2025-2026学年湖南省株洲市茶陵县第二中学化学高三上期末预测试题.doc

2025-2026学年湖南省株洲市茶陵县第二中学化学高三上期末预测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列关于有机化合物的说法正确的是
A．糖类、油脂、蛋白质均只含C、H、O三种元素
B．乙烯，乙醇、植物油均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．2 -苯基丙烯( )分子中所有原子共平面
D．二环[1，1，0]丁烷()的二氯代物有3种(不考虑立体异构)
2、设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是
A．1L 1 mol·L－1 的NaHCO3溶液中含有的离子数为3NA
B．22.4 L的CO2与过量Na2O2充分反应转移的电子数为NA
C．常温下，2.7 g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA
D．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA
3、能确定为丙烯的化学用语是（ ）
A． B．C3H6 C． D．CH2=CH-CH3
4、某学习小组在室温下用0.01 mol/L NaOH溶液滴定20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液，滴定曲线如图。（H2A的电离分两步，H2A=H++HA-，HA-H++A2-)下列说法错误的是

A．室温时，E点对应的溶液中0.01 mol/L<c( H+)<0.02 mol/L
B．F点对应溶质是NaHA，溶液显酸性
C．G点溶液显中性的原因是溶质为Na2A
D．H点溶液中，c(Na+) = 2c(A2-) +2c(HA－)
5、下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是（ ）
A．SO2 B．NH3 C．Cl2 D．CO2
6、改革开放40周年以来，化学科学技术的发展大大提高了我国人民的生活质量。下列过程没有涉及化学变化的是
A．太阳能分解水制取氢气
B．开采可燃冰获取燃料
C．新能源汽车燃料电池供电
D．运载“嫦娥四号”的火箭发射

A．A B．B C．C D．D
7、下列物质分类正确的是
A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物
B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体
C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质
D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物
8、下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的的是

A．用图甲装置制取并收集二氧化硫
B．用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释
C．用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物
D．用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发结晶
9、设NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．28 g的乙烯和环丙烷混合气体中所含原子总数为6NA
B．在标准状况下，9.2 g NO2含有的分子数为0.2NA
C．常温下，56 g铁与足量的浓硫酸反应，转移的电子数为3NA
D．公共场所用75%的乙醇杀菌消毒预防新冠病毒， 1 mol乙醇分子中含有的共价键的数目为7NA
10、某温度下，向10 mL 溶液中滴加的溶液，滴加过程中，溶液中与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是( )已知： 。

A．该温度下
B．X、Y、Z三点中，Y点水的电离程度最小
C．溶液中：
D．向100 mL 浓度均为的混合溶液中逐滴加入的溶液，先沉淀
11、某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是

A．反应过程a有催化剂参与
B．该反应为吸热反应，热效应等于∆H
C．改变催化剂，可改变该反应的活化能
D．有催化剂的条件下，反应的活化能等于E1+E2
12、无法实现的反应是
A．酸和酸反应生成酸 B．只有氧化剂的氧化还原反应
C．盐和盐反应生成碱 D．一种碱通过化合反应生成一种新的碱
13、下列化学用语正确的是（　　）
A．2﹣氨基丁酸的结构简式：
B．四氯化碳的比例模型：
C．氯化铵的电子式为：
D．次氯酸的结构式为：H﹣Cl﹣O
14、X、Y、Z是中学化学中常见的三种物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化关系的是（ ）

X
Y
Z
箭头上所标数字的反应条件

A．
NO
NO2
HNO3
①常温遇氧气

B．
Cl2
NaClO
HClO
②通入CO2
C．
Na2O2
NaOH
NaCl
③加入H2O2
D．
Al2O3
NaAlO2
Al(OH)3
④加NaOH溶液
A．A B．B C．C D．D
15、将氯气持续通入紫色石蕊试液中，溶液颜色呈如下变化：

关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是（　　）
A．H+、HClO、Cl2 B． H+、ClO-、Cl-
C．HCl、ClO-、Cl- D．HCl、HClO、Cl2
16、下列各组物质所含化学键相同的是（　　）
A．钠（Na）与金刚石（C）
B．氯化钠（NaCl）与氯化氢（HCl）
C．氯气（Cl2）与氦气（He）
D．碳化硅（SiC）与二氧化硅（SiO2）
二、非选择题（本题包括5小题）
17、（化学—有机化学基础）
3﹣对甲苯丙烯酸甲酯（E）是一种用于合成抗血栓药的中间体，其合成路线如下：

已知：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO+H2O
（1）遇FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有___________种，B中含氧官能团的名称为___________．
（2）试剂C可选用下列中的___________．
a、溴水
b、银氨溶液
c、酸性KMnO4溶液
d、新制Cu(OH)2悬浊液
（3）是E的一种同分异构体，该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为___________．
（4）E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为___________．
18、某新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期VA族。D、E、H均为难溶于水的白色固体：化合物C、E均含A元素。其余物质均为中学化学中常见物质。

请回答：
（1）写出H的化学式：________________。
（2）化合物A3M4中含有的化学键类型为：________________。
（3）写出反应②的离子方程式：________________。
19、乙烯来自石油的重要化工原料，其产量是一个国家石油化工水平的标志，根据以下实验，请回答下列问题：

（1）实验之前需要对该装置进行气密性的检查，具体操作为：______
（2）石蜡油分解实验产生的气体的主要成分是______（填写序号）；
①只有甲烷 ②只有乙烯 ③烷烃与烯烃的混合物
（3）实验过程中装置B中的现象为_________，若装置D中产生了白色沉淀，则说明装置C中发生反应的离子方程式为______________；
（4）该实验中碎瓷片的作用是______（填序号）；
①防止暴沸 ②有催化功能 ③积蓄热量 ④作反应物
（5）将分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为__________（用NA表示）；
（6）利用A装置的仪器还可以制备的气体有______（任填一种），产生该气体的化学方程式为_____。
20、实验室用如图装置（略去夹持仪器）制取硫代硫酸钠晶体。

已知：①Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇。
②硫化钠易水解产生有毒气体。
③装置C中反应如下：Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1。
回答下列问题：
（1）装置B的作用是___。
（2）该实验能否用NaOH代替Na2CO1？___（填“能”或“否”）。
（1）配制混合液时，先溶解Na2CO1，后加入Na2S·9H2O，原因是___。
（4）装置C中加热温度不宜高于40℃，其理由是___。
（5）反应后的混合液经过滤、浓缩，再加入乙醇，冷却析出晶体。乙醇的作用是___。
（6）实验中加入m1gNa2S·9H2O和按化学计量的碳酸钠，最终得到m2gNa2S2O1·5H2O晶体。Na2S2O1·5H2O的产率为___（列出计算表达式）。[Mr(Na2S·9H2O)=240，Mr(Na2S2O1·5H2O)=248]
（7）下列措施不能减少副产物Na2SO4产生的是___（填标号）。
A．用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水配制相关溶液
B．装置A增加一导管，实验前通人N2片刻
C．先往装置A中滴加硫酸，片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液
D．将装置D改为装有碱石灰的干燥管
21、硝酸铝是一种常用皮革鞣剂．工业上用铝灰（主要含Al、A12O3、Fe2O3等）制取硝酸铝晶体[Al(NO3)3﹒nH2O]的流程如下：

完成下列填空：
(1)用NaOH固体配制30%的NaOH溶液，所需的玻璃仪器除烧杯外，还有______。
a．容量瓶 b．量筒 c．烧瓶
(2)反应Ⅱ中为避免铝的损失，需要解决的问题是______。
(3)从反应Ⅲ所得溶液中得到硝酸铝晶体的步骤依次是：减压蒸发、______、过滤、______、低温烘干．
(4)有人建议将反应Ⅱ、Ⅲ合并以简化操作，说明工业上不采用这种方法的原因______。
(5)某同学在实验室用铝灰制各硝酸铝晶体，其流程如下：
氢氧化物
Fe(OH)3
Al(OH)3
开始沉淀pH
1.9
4.2
沉淀完全pH
3.2
5.4

调节pH的目的是______，为使得到的硝酸铝晶体较纯净，所用的X物质可以是______（填编号）。
A．氨水 B．铝 c．氢氧化铝 D．偏铝酸钠
(6)该实验室制法与工业上制法相比，其缺点是______。
(7)称取7.392g硝酸铝晶体样品，加热灼烧使其分解完全，最终得到1.020gAl2O3，计算硝酸铝晶体样品中结晶水的数目为______。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
A. 蛋白质中还含有N等元素，故A错误；
B. 乙烯和植物油中含有碳碳双键，乙醇中含有羟基，均能被高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C. 2 -苯基丙烯( )分子中所有碳原子可以共平面，但甲基中的氢原子与苯环不能共面，故C错误；
D. 二环[1，1，0]丁烷()的二氯代物，其中两个氯原子在同一个碳原子上的有1种，在相邻碳原子上的有1中，在相对碳原子上的有2中，共有4种(不考虑立体异构)，故D错误；
故选B。
蛋白质的组成元素一般为碳、氢、氧,氮、硫，少数含有磷，一定含有的是碳、氢、氧、氮。
2、D
【解析】
A．HCO3-不能完全电离，部分发生水解，因此1L、1 mol·L－1的NaHCO3溶液中含有的离子数小于3NA，故A错误；
B．未注明气体的状况，无法确定气体的物质的量，故B错误；
C．铝片遇到冷的浓硫酸会钝化，铝失去的电子数小于0.3NA，故C错误；
D．氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，都是双原子分子，14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为:=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子数目为NA，故D正确；
故答案为D。
3、D
【解析】
A．球棍模型中不一定由C、H两种元素组成，所以不一定为丙烯，A不合题意；
B．C3H6可能为丙烯，也可能为环丙烷，所以不一定为丙烯，B不合题意；
C．中少了1个H原子，丙烯的电子式为：，C不合题意；
D．丙烯的结构简式为：CH2=CH-CH3，D符合题意；
故选D。
4、C
【解析】
由题给信息可知，H2A分步电离，第一步完全电离， 第二步部分电离，F点20.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成NaHA，G点溶液显中性，溶质为NaHA和Na2A，H点40.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成Na2A。
【详解】
A项、由题给信息可知，H2A分步电离，第一步完全电离， 第二步部分电离，则0.01 mol/L的H2A溶液中0.01 mol/L<c( H+)<0.02 mol/L，故A正确；
B项、F点20.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成NaHA，NaHA溶液中只存在电离，溶液显酸性，故B正确；
C项、G点溶液显中性，溶质应为电离显酸性的NaHA和水解呈碱性的Na2A，故C错误；
D项、H点40.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成Na2A，因H2A第一步完全电离，溶液中不存在H2A，则Na2A溶液中的物料守恒关系为c(Na+) = 2c(A2-) +2c(HA－)，故D正确。
故选C。
本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意酸的电离方程式，正确分析图象曲线变化特点，明确反应后溶液的成分是解答关键。
5、B
【解析】
能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明气体溶于水后显碱性，据此解答。
【详解】
A．SO2和水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；
B．氨气溶于水形成氨水，氨水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B正确；
C．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使湿润的红色石蕊试纸褪色，C错误；
D．CO2和水反应生成碳酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D错误；
答案选B。
6、B
【解析】
A.水分解产生氢气和氧气，有新的物质产生，发生的是化学变化，A不符合题意；
B.从海底开采可燃冰获取燃料，没有新物质产生，发生的是物理变化，B符合题意；
C.新能源汽车燃料电池供电，是化学能转化为电能，有新物质产生，发生的是化学变化，C不符合题意；
D.运载“嫦娥四号”的火箭发射，化学能转化为热能、机械能，发生化学反应，有新的物质产生，D不符合题意；
故合理选项是B。
7、D
【解析】
A．SO2、SiO2为酸性氧化物，CO是不成盐氧化物。A错误；
B．稀豆浆、硅酸属于胶体；而氯化铁溶液则是溶液，B错误；
C．烧碱NaOH是碱，属于电解质；冰醋酸是纯净的醋酸，是酸，属于电解质；而四氯化碳是非电解质。C错误；
D．福尔马林是甲醛的水溶液；水玻璃是硅酸钠的水溶液；氨水为氨气的水溶液，因此都是混合物。D正确；
本题答案选D。
8、C
【解析】
A．二氧化硫密度比空气大；
B．类比浓硫酸的稀释；
C．操作符合过滤中的一贴二低三靠；
D．溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体。
【详解】
A．二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，选项A错误；
B．反应后的混合物中含有浓度较大的硫酸，稀释该混合物时，要将混合液沿烧杯内壁缓慢加入水中，并用玻璃棒不断搅拌，选项B错误；
C．转移液体时用玻璃棒引流，防止液体飞溅，操作符合过滤中的一贴二低三靠，操作正确，选项C正确；
D．溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，不能进行蒸发结晶，选项D错误。
答案选C。
本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大。
9、A
【解析】
A. 乙烯和环丙烷最简式是CH2，其中含有3个原子，式量是14，28 g的乙烯和环丙烷中含有最简式的物质的量是2 mol，则混合气体中所含原子总数为6NA，A正确；
B. NO2的式量是46，9.2 g NO2的物质的量是0.2 mol，由于NO2与N2O4在密闭容器中存在可逆反应的化学平衡，所以其中含有的分子数目小于0.2NA，B错误；
C. 在常温下铁遇浓硫酸会发生钝化不能进一步发生反应，所以转移的电子数小于3NA，C错误；
D. 乙醇分子结构简式为CH3CH2OH，一个分子中含有8个共价键，则1 mol乙醇分子中含有的共价键的数目为8NA，D错误；
故合理选项是A。
10、B
【解析】
向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，Y点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，Ksp(CuS)= c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，据此结合物料守恒分析。
【详解】
A. 该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS)= c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，A错误；
B.Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，Y点时恰好形成CuS沉淀，水的电离程度小于X、Z点，所以X、Y、Z三点中，Y点水的电离程度最小，B正确；
C.根据Na2S溶液中的物料守恒可知：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，C错误；
D.向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)=mol/L=3×10-20mol/L，产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)= =10-30.4mol/L＜3×10-20mol/L，则产生CuS沉淀时所需S2-浓度更小，即Cu2+先沉淀，D错误；
故合理选项是B。
本题考查沉淀溶解平衡的知识，根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp数值是解题关键，注意掌握溶度积常数的含义及应用方法，该题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
11、C
【解析】
A．催化剂能降低反应的活化能，故b中使用了催化剂，故A错误；
B．反应物能量高于生成物，为放热反应，△H=生成物能量-反应物能量，故B错误；
C．不同的催化剂，改变反应的途径，反应的活化能不同，故C正确；
D．催化剂不改变反应的始终态，焓变等于正逆反应的活化能之差，图中不能确定正逆反应的活化能，故D错误；
故选C。
12、B
【解析】
A．强酸制弱酸是得到新酸和盐，可以实现，A正确；
B．氧化剂得到电子，必须有失去电子的物质，B错误；
C．生成碱需要氢氧根，碱式盐和盐反应可能能生成碱，如Mg(OH)Cl和Na2CO3反应可生产NaOH，C正确；
D．一种碱通过化合反应可生成一种新的碱，例如氢氧化亚铁、氧气和水化合生成氢氧化铁，D正确。
故选B。
13、A
【解析】
A．2﹣氨基丁酸，氨基在羧基邻位碳上，其结构简式为：，故A正确；
B．四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳的正确的比例模型为：，故B错误；
C．氯化铵为离子化合物，氯离子中的最外层电子应该标出，正确的电子式为：，故C错误；
D．次氯酸的电子式为：，所以次氯酸的结构式为：H﹣O﹣Cl，故D错误；
故答案为A。
考查电子式、结构简式、结构式、比例模型的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，明确离子化合物与共价化合物的电子式区别，离子化合物中存在阴阳离子，而共价化合物中不存在离子微粒。
14、C
【解析】
A. 一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故A正确；
B. 氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故B正确；
C. 氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，故C错误；
D. 氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故D正确；
本题选C。
要通过氯化钠得到过氧化钠，首先要电解熔融的氯化钠得到金属钠，金属钠在氧气中燃烧可以得到过氧化钠。
15、A
【解析】
氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，氯气能溶于水形成氯水溶液。
【详解】
氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，则将氯气持续通入紫色石蕊试液中先变红后褪色，最后形成饱和氯水溶液显浅黄绿色为溶解的氯气分子，关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是H+、HClO、Cl2。
答案选A。
16、D
【解析】
根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，但若含，则一定为共价键；原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。
【详解】
A、钠为金属晶体，含金属键；金刚石为原子晶体，含共价键，故A不符合题意；
B、氯化钠是离子晶体，含离子键；HCl为分子晶体，含共价键，故B不符合题意；
C、氯气为分子晶体，含共价键；He为分子晶体，是单原子分子，不含化学键，故C不符合题意；
D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体，也含共价键，故D符合题意；
故选：D。
本题考察了化学键类型和晶体类型的关系，判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部可能存在化学键。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、3 醛基 b、d +2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O
【解析】
甲苯和CO在AlCl3、HCl作用下生成A，A和乙醛发生题目给的已知的反应生成B，则B为，B在银氨溶液或新制氢氧化铜作用下被氧化为羧酸盐，然后再酸化得到D，D可以和甲酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E。
【详解】
（1）遇FeCl3溶液显紫色，说明同分异构体含有酚羟基，则另一个取代基为乙烯基，二者可为邻、间、对3种位置，共有3种同分异构体；根据题目所给信息，B中含有醛基。
（2）B中含有的醛基与C反应转化为羧基，所以试剂C可以为银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液。
（3）酯基在NaOH条件下发生水解反应，根据水解反应的原理，化学方程式为+2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O。
（4）E中含有碳碳双键，经过加聚反应可得E，根据加聚反应规律可得F的结构简式为。
18、AgCl共价键SiO2+2OH- = SiO32-+H2O
【解析】根据题中各物质转化关系，D受热得E，E能与氢氧化钠反应生成F，F与过量的二氧化碳反应生成D，说明D为弱酸且能受热分解；新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期VA族，应为N元素，A元素为四价元素，C、E均为含A元素，可知A3M4应为Si3N4，可以确定A为Si，E为SiO2，F为Na2SiO3，则D为H2SiO3，G与硝酸银反应生成 不溶于稀硝酸的沉淀H，则可知G中有Cl-，H为AgCl，故C为SiCl4，B为Cl2；由SiCl4+3H2═4HCl+H2SiO3，生成G：HCl；
（1）H的化学式为AgCl；
（2）化合物Si3N4中含有的化学键类型为共价键；
（3）SiO2溶解于NaOH溶液发生反应的离子方程式为SiO2+2OH- = SiO32-+H2O。
19、微热A中的大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好 ③ 溴水褪色 5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2↑+12Mn2++28H2O ②③ 3mNA/14 NH3 Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑
【解析】
探究工业制乙烯的原理和乙烯的主要化学性质，由实验装置可知，A中烷烃在催化剂和加热条件下发生反应生成不饱和烃，B中乙烯与溴水发生加成反应，C中乙烯与高锰酸钾发生氧化反应，D中吸收C中生成的二氧化碳，E中利用排水法收集乙烯。
【详解】
(1)检查该装置气密性时先形成密闭系统，再利用气体的热胀冷缩原理检验，具体操作为：E中加入适量水，将导管放入水中，再微热A中的大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好。
(2)石蜡油主要是含17个碳原子以上的液态烷烃混合物，在加热条件下，石蜡油分解生成烯烃，根据原子守恒知，除了生成烯烃外还生成烷烃，故选③；
(3)石蜡油分解生成烯烃，烯烃能与溴发生加成反应，则实验过程中装置B中的现象为溴水褪色；若装置D中产生了白色沉淀，则说明混合气体经过装置C时，乙烯被酸性KMnO4溶液氧化生成了CO2气体，同时生成MnSO4，则发生反应的离子方程式为5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2↑+12Mn2++28H2O；
(4)加热石蜡油时加入碎瓷片，石蜡油分解较缓慢，加热碎瓷片能加快反应速率，碎瓷片还能吸收热量而积蓄热量从而促进石蜡油分解，故选②③；
(5)分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，说明分解生成的烯烃的质量为mg，烯烃的分子通式为CnH2n，其摩尔质量为14ng/mol，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为=。
(6)A装置是固体混合加热制气法，常见气体O2、NH3均可以用此装置制备，其中加热氯化铵和消石灰的混合固体可制得NH3，发生反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑。
20、安全瓶，防止倒吸 能 碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解 温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1较多，或Na2S2O1产率降低等其它合理答案 降低Na2S2O1晶体的溶解度，促进晶体析出 ×100% D
【解析】
(1)装置B的作用是平衡压强，防止倒吸；
(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠；
(1)Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解；
(4)温度过高不利于二氧化硫的吸收，产品产率会降低；
(5) Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇；
(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1， 列关系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，结合数据计算理论上制得Na2S2O1·5H2O晶体的质量，Na2S2O1·5H2O的产率为；
(7)Na2SO1易被氧化为硫酸钠，减少副产物的含量就要防止Na2SO1被氧化。
【详解】
(1)装置B的作用是平衡压强，防止倒吸，则B为安全瓶防止倒吸；
(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠，氢氧化钠和二氧化硫反应也可以生成亚硫酸钠，可以代替碳酸钠；
(1)Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解，碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解；
(4) 温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1较多，或Na2S2O1产率降低等其它合理答案；
(5) Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，则乙醇的作用为：降低Na2S2O1晶体的溶解度，促进晶体析出；
(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1， 列关系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，理论上制得Na2S2O1·5H2O晶体的质量为g，Na2S2O1·5H2O的产率为×100%=×100%；
(7)A．用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水中含氧量降低，可有效防止Na2SO1被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，故A不符合题意；
B．装置A增加一导管，实验前通人N2片刻，可将装置中的空气赶走提供无氧环境，可防止Na2SO1被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，故B不符合题意；
C．先往装置A中滴加硫酸，产生二氧化硫，可将装置中的空气赶走，片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液，可减少副产物的产生，故C不符合题意；
D．将装置D改为装有碱石灰的干燥管，装置中仍然含有空气，氧气可将Na2SO1被氧化为Na2SO4，不能减少副产物产生，故D符合题意；
答案选D。
21、b 如何控制反应终点（或硝酸的用量 冷却结晶 洗涤 产物中杂质NaNO3的含量较高 将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去 BC 产生大量污染性气体NO等 8.7
【解析】
铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤分离，滤液中含有偏铝酸钠、未反应的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过减压蒸发得到硝酸铝晶体。
【详解】
(1)用天平称量氢氧化钠，用量筒量取水的体积，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，还需要量筒，故答案为：b；
(2)硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导致Al元素损失，需要解决的问题是：如何控制反应终点（或硝酸的用量），可以将加入稀硝酸改为通入过量CO2，避免氢氧化铝沉淀溶解，故答案为：如何控制反应终点（或硝酸的用量）；
(3)从反应Ⅲ所得溶液中得到硝酸铝晶体的步骤依次是：减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干，故答案为：冷却结晶、洗涤；
(4)反应Ⅱ、Ⅲ合并以简化操作，产物中杂质NaNO3的含量较高，故答案为：产物中杂质NaNO3的含量较高；
(5)铝灰用稀硝酸溶解，Al、A12O3、Fe2O3均反应得到硝酸铝、硝酸铁，加入X调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去；加入的X能与酸反应且不能引入新杂质，故不能选氨水、偏铝酸钠，可以选择Al与氢氧化铝，故答案为：将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去；BC；
(6)Al与稀硝酸反应会生成NO，污染空气，故答案为：产生大量污染性气体NO等；
(7)硝酸铝晶体分解得到氧化铝、水，另外物质相当于N2O5，氧化铝的物质的量为=0.01mol，根据Al元素守恒，硝酸铝的物质的量为0.02mol，根据N原子守恒，可知N2O5为=0.03mol，其质量为0.03mol×108g/mol=3.24g，故结晶水为质量为7.392g﹣1.02g﹣3.24g=3.132g，结晶水物质的量为=0.174mol，故结晶水数目为=8.7，故答案为：8.7。
计算结晶水的数目时，也可先求出晶体的摩尔质量M==369.6g/mol，则27+62×3+18n=369.6，n=8.7。