四川省成都市经开区实验中学2025-2026学年高三化学第一学期期末质量检测模拟试题.doc

四川省成都市经开区实验中学2025-2026学年高三化学第一学期期末质量检测模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、化学与人们的日常生活密切相关，下列叙述正确的是
A．二氧化硅是制造玻璃、光导纤维的原料
B．纤维素、油脂是天然有机高分子化合物
C．白菜上洒少许福尔马林，既保鲜又消毒
D．NOx、CO2、PM2.5颗粒都会导致酸雨
2、向某恒容密闭容器中加入1.6 mol • L-1的NO2后，会发生如下反应：2NO2(g)⇌N2O4(g) △H =-56.9kJ•mol-1。其中N2O4的物质的量浓度随时间的变化如图所示，下列说法不正确的是

A．升高温度，60s后容器中混合气体颜色加深
B．0-60s内，NO2的转化率为75%
C．0-60s内，v(NO2)=0.02mol• L-1• s-1
D．a、b两时刻生成NO2的速率v(a)>v(b)
3、某盐溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Na+、Fe2+、Cl—、CO32—、NO3—七种离子中的数种。某同学取4份此溶液样品，分别进行了如下实验：
①用pH试纸测得溶液呈强酸性；
②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成；
③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；
④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色
该同学最终确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl—三种离子。
请分析，该同学只需要完成上述哪几个实验，即可得出此结论。
A．①②④ B．①② C．①②③④ D．②③④
4、下列条件下，可以大量共存的离子组是（ ）
A．pH=9的溶液中：Na+、Fe3+、NO3-，SCN-
B．含有大量S2O32-的溶液中：H+、K+、SO42-、Al3+
C．0.1mol•L-1的NH4Cl溶液中：Li+、Ba2+、CH3COO-、OH-
D．某酸性无色透明溶液中：Na+、I-、Cl-、Mg2+
5、已知：CH3C≡CH＋CO＋CH3OHM，N＋CH3OHM＋H2O。其中M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，下列说法错误的是（ ）
A．N可以使溴水褪色
B．N转化为M的反应为取代反应
C．M中所有碳原子可能共面
D．N属于酯的同分异构体有3种
6、反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是

A．X→Y反应的活化能为E5
B．加入催化剂曲线a变为曲线b
C．升高温度增大吸热反应的活化能，从而使化学反应速率加快
D．压缩容器体积不改变活化能，但增大单位体积活化分子数，使得反应速率加快
7、下列说法不正确的是（ ）
A．沼气的主要成分是甲烷，它是不可再生能源
B．石油分馏得到的石油气常用来制造塑料或作为燃料
C．用煤气化得到的水煤气合成液态烃和含氧有机物的过程也属于煤的液化
D．垃圾分类处理后，对热值较高的可燃垃圾可进行焚烧发电
8、一定呈中性的是(　　)
A．pH＝7 的溶液
B．25℃，Kw＝1.0×10﹣14的溶液
C．H+与 OH﹣物质的量相等的溶液
D．等物质的量的酸、碱混合后的溶液
9、下列实验能达到实验目的且符合安全要求的是（ ）
A．利用排空气法收集CO2
B．收集氧气
C．制备并检验氢气的可燃性
D．稀释浓硫酸
10、四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48，下列说法不正确的是
X
Y

Z
W
A．原子半径（r）大小比较：
B．X和Y可形成共价化合物XY、等化合物
C．Y的非金属性比Z的强，所以Y的最高价氧化物的水化物酸性大于Z
D．Z的最低价单核阴离子的失电子能力比W的强
11、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A．Cl2和水：Cl2+ H2O =2H＋+Cl－+ClO－
B．明矾溶于水产生Al(OH)3 胶体：Al3＋+3H2O =Al(OH)3↓+3H＋
C．Na2O2 溶于水产生O2：Na2O2+H2O =2Na＋+2OH－+O2↑
D．Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3－ +Ca2＋+OH－= CaCO3↓+H2O
12、已知镓(31Ga)和溴(35Br)是第四周期的主族元素。下列分析正确的是
A．原子半径:Br>Ga>Cl>Al B．镓元素为第四周期第ⅣA元素
C．7935Br与8135Br得电子能力不同 D．碱性:Ga(OH)3>Al(OH)3 ，酸性:HClO4>HBrO4
13、不能用NaOH溶液除去括号中杂质的是
A．Mg（Al2O3） B．MgCl2（AlCl3） C．Fe（Al） D．Fe2O3（Al2O3）
14、已知：①正丁醇沸点：117. 2℃，正丁醛沸点：75. 7℃；②CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO。利用如图装置用正丁醇合成正丁醛，下列说法不正确的是

A．为防止产物进一步氧化，应将适量Na2Cr2O7酸性溶液逐滴加入正丁醇中
B．当温度计1示数为90~95℃，温度计2示数在76℃左右时收集产物
C．向分馏出的馏出物中加入少量金属钠，可检验其中是否含有正丁醇
D．向分离所得的粗正丁醛中，加入CaCl2固体，过滤，蒸馏，可提纯正丁醛
15、硫元素最常见和最稳定的一种同素异形体是黄色的正交α－型，1912年E.Beckmann由硫在碘中的冰点降低法测得它含有S8分子。1891年，M.R.Engel用浓盐酸和硫代硫酸盐的饱和溶液在0℃下作用首次制得了一种菱形的－硫，后来证明含有S6分子。下列说法正确的是
A．S6和S8分子都是由S原子组成，所以它们是一种物质
B．S6和S8分子分别与铁粉反应，所得产物不同
C．S6和S8分子分别与过量的氧气反应可以得到SO3
D．等质量的S6和S8分子分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同
16、溴化氢比碘化氢
A．键长短 B．沸点高 C．稳定性小 D．还原性强
二、非选择题（本题包括5小题）
17、存在于茶叶的有机物A，其分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种。A遇FeCl3溶液发生显色反应。F分子中除了2个苯环外，还有一个六元环。它们的转化关系如下图：

（1）有机物A中含氧官能团的名称是_____________________；
（2）写出下列反应的化学方程式
A→B：_______________________________________________________；
M→N：_______________________________________________________；
（3）A→C的反应类型为________________，E→F的反应类型为_________________1mol A可以和______________mol Br2 反应；
（4）某营养物质的主要成分(分子式为C16H14O3)是由A和一种芳香醇R发生酯化反应成的，则R的含有苯环的同分异构体有________________种（不包括R）；
（5）A→C的过程中还可能有另一种产物C1，请写出C1在NaOH水溶液中反应的化学方程式________________________________________。
18、甲苯是有机合成的重要原料，既可用来合成抗流感病毒活性药物的中间体E，也可用来合成γ-分泌调节剂的药物中间体K，合成路线如下：

已知：ⅰ.R1NH2+Br-R2R1-NH-R2+HBr
ⅱ.
（1）A的结构简式为______________。
（2）C中含氧官能团名称为_____________。
（3）C→D的化学方程式为_____________。
（4）F→G的反应条件为________________。
（5）H→I的化学方程式为________________。
（6）J的结构简式为_____________。
（7）利用题目所给信息，以和为原料合成化合物L的流程如下，写出中间产物1和中间产物2的结构简式：______，_________。
①
②合成L的过程中还可能得到一种高分子化合物，其结构简式为________。
19、某化学兴趣小组为探究Na2SO3固体在隔绝空气加热条件下的分解产物，设计如下实验流程：

已知：气体Y是一种纯净物，在标准状况下密度为1.518g/L。
请回答下列问题：
(1)气体Y为_______。
(2)固体X与稀盐酸反应产生淡黄色沉淀的离子方程式为_______。
(3)实验过程中若测得白色沉淀的质量为6.291g，则Na2SO3的分解率为_______。
(4)Na2SO3在空气易被氧化，检验Na2SO3是否氧化变质的实验操作是________。
20、辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：
①取2.6g样品，加入200.0mL0.2000mol·L－1酸性KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO42－)，滤去不溶杂质；
②收集滤液至250mL容量瓶中，定容；
③取25.00mL溶液，用0.1000mol·L－1FeSO4溶液滴定，消耗20.00mL；
④加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2++4I－=2CuI+I2；
⑤加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1·L－1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S2O32－+I2=S4O62－+2I－)。
回答下列问题：
(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：___________；
(2)配制0.1000mol· L－1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是___________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有___________；
(3)③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是___________；
(4)⑤中滴定至终点时的现象为___________；
(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_________%、_________%(结果均保留1位小数)。
21、CS2是一种常见溶剂，还可用于生产人造粘胶纤维等。回答下列问题：
(1)CS2与酸性KMnO4溶液反应，产物为CO2和硫酸盐，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 _______(MnO4-被还原为Mn2+)
(2)甲烷硫磺法制取CS2的反应为CH4(g)+2S2(g)CS2(g)+2H2S(g) △H。
① 在恒温恒容密闭容器中进行该反应时，能说明该反应已达到平衡状态的是_______(填字母)
A．v正(S2)=2v逆(CS2)
B．容器内气体的密度不再随时间变化
C．容器内气体的总压强不再随时间变化
D．单位时间内断裂C-H键数目与断裂H—S键数目相等
②已知下列键能数据：
共价键
C—H
S=S
C=S
H—S
律能/kJ∙mol-1
411
425
573
363
该反应的△H _______kJ•mol-1
(3)在一密闭容器中，起始时向该容器中充入H2S和CH4且n(H2S):n(CH4)=2:1，发生反应：CH4(g) +2H2S(g)⇌CS2(g) + 4H2(g)。0.1MPa时，温度变化对平衡时产物的物质的量分数的影响如图所示：

①该反应△H _______(填“>”或“<”)0。
②M点，H2S的平衡转化率为_______，为提高H2S的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是_______(列举一条)。
③N点，平衡分压p(CS2)=_______MPa，对应温度下，该反应的KP =_______(MPa)2。(KP为以分压表示的平衡常数)
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
A.二氧化硅是制造玻璃、光导纤维的原料，A正确；
B.纤维素属于天然有机高分子化合物，油脂是小分子，B错误；
C.福尔马林是甲醛的水溶液，福尔马林有毒，不能用于食物的保鲜和消毒，C错误；
D.导致酸雨的物质主要是SO2和NOx，CO2、PM2.5颗粒不会导致酸雨，D错误；
答案选A。
2、D
【解析】
A. 放热反应，温度升高，平衡逆向移动，二氧化氮的量增加，颜色变深，A项正确；
B. 设容器体积为V，0-60s内，生成N2O4的物质的量为0.6Vmol，则消耗的NO2的物质的量为1.2Vmol，NO2的转化率为=75%，B项正确；
C. 根据图中信息可知，从反应开始到刚达到平衡时间段内=0.01 mol⋅L−1⋅s−1，则v(NO2)=2 v(N2O4)=2×0.01 mol⋅L−1⋅s−1=0.02mol⋅L−1⋅s−1 ，C项正确；
D. 随着反应的进行，消耗的NO2的浓度越来越小，生成NO2的速率即逆反应速率越来越大，因此a、b两时刻生成NO2的速率：v(a)<v(b)，D项错误；
答案选D。
3、B
【解析】
由①溶液呈强酸性，溶液中不含CO32-；由②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成，溶液中含NH4＋、Fe2＋，由于酸性条件下NO3-、Fe2+不能大量共存，则溶液中不含NO3-，根据溶液呈电中性，溶液中一定含Cl-；由③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，溶液中含Cl-；由④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色，溶液中含Fe2+；根据上述分析，确定溶液中肯定含NH4+、Fe2+、Cl-只需完成①②，答案选B。
4、D
【解析】
A．pH=9的溶液呈碱性，碱性条件下Fe3+生成沉淀，且Fe3+、SCN-发生络合反应而不能大量共存，故A错误；
B．能和S2O32-反应的离子不能大量共存，酸性条件下S2O32-生成S和二氧化硫而不能大量存在，故B错误；
C．能和氯化铵反应的离子不能大量共存，铵根离子和OH-生成弱电解质而不能大量共存，Li+、OH-不能大量共存，故C错误；
D．酸性溶液中含有大量氢离子，无色溶液不含有色离子，这几种离子都无色且和氢离子不反应，所以能大量共存，故D正确；
故选：D。
S2O32-为硫代硫酸根，与氢离子可以发生反应：S2O32-+2H+==S↓+SO2+H2O。
5、D
【解析】
由CH3C≡CH＋CO＋CH3OHM，N＋CH3OHM＋H2O，其中M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，可知N为CH2＝C(CH3)COOH。
【详解】
A．由分析可知，N为CH2＝C(CH3)COOH，分子中含有碳碳双键，可以使溴水褪色，故A正确；
B．N＋CH3OHM＋H2O为酯化反应，属于取代反应，故B正确；
C．M中碳碳双键、羰基均为平面结构，且直接相连，3个原子可共面，则M中所有碳原子可能共面，故C正确；
D．CH2＝C(CH3)COOH，属于酯的同分异构体含−COOC−，可能为CH3CH＝CHOOCH、CH2＝CHCH2OOCH、CH2＝CHOOCCH3、CH3OOCCH＝CH2，则属于酯的同分异构体大于3种，故D错误；
故答案选D。
本题把握M的结构简式及N与甲醇的酯化反应推断N的结构为解答的关键，注意有机物官能团所具有的性质。
6、D
【解析】
A、根据能量变化，X→Y，活化能是(E5－E2)，故错误；B、使用催化剂降低活化能，产物不变，故错误；C、升高温度，提高了活化分子的百分数，化学反应速率都增大，故错误；D、压缩体积，增大压强，增加单位体积内活化分子的个数，反应速率加快，故正确。
7、A
【解析】
A.沼气为秸秆等植物发酵而成，属于可再生能源，故A错误；
B.石油中石油气的沸点最低，所以石油分馏最先得到的是石油气，可作为燃料，石油气也常用来制造塑料，故B正确；
C.用煤气化得到的水煤气合成液态烃和含氧有机物是使煤经过化学反应生成液体燃料，属于煤的液化，故C正确；
D.垃圾发电是把各种垃圾收集后，进行分类处理。其中：一是对燃烧值较高的进行高温焚烧，在高温焚烧中产生的热能转化为高温蒸气，推动涡轮机转动，使发电机产生电能。二是对不能燃烧的有机物在缺乏空气的条件下进行腐烂发酵、产生一种气体沼气，故D正确；
故选A。
8、C
【解析】
A．100度时，纯水的pH＝6，该温度下pH＝7的溶液呈碱性，所以pH＝7的溶液不一定呈中性，故A错误；
B．25℃，Kw＝1.0×10﹣14是水的离子积常数，溶液可能呈酸性、中性或碱性，所以不一定呈中性，故B错误；
C．只要溶液中存在H+与 OH﹣物质的量相等，则该溶液就一定呈中性，故C正确；
D．等物质的量的酸、碱混合后的溶液不一定显中性，这取决于酸和碱的相对强弱以及生成盐的性质，故D错误；
答案选C。
判断溶液是否呈中性的依据是氢离子和氢氧根离子的浓度相等，温度改变水的电离平衡常数，温度越高，水的电离平衡常数越大。
9、B
【解析】
A.CO2的密度比空气大，应该由长导气管通入，用向上排空气的方法收集，A错误；
B.O2难溶于水，可以用排水的方法收集，B正确；
C.装置中含有空气，开始反应产生气体，通过导气管逸出的气体中含有H2、O2，若立即点燃会发生爆炸，应该等排出一段时间气体后再点燃，C错误；
D.浓硫酸稀释时，应该将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中，D错误；
故合理选项是B。
10、C
【解析】
据周期表中同周期、同主族元素原子序数的变化规律，利用已知条件计算、推断元素，进而回答问题。
【详解】
表中四种短周期元素的位置关系说明，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期。设X原子序数为a，则Y、Z、W原子序数为a+1、a+9、a+10。因四种元素原子序数之和为48，得a=7，故X、Y、Z、W分别为氮（N）、氧（O）、硫（S）、氯（Cl）。
A. 同周期主族元素从左到右，原子半径依次减小，故，A项正确；
B. X和Y可形成共价化合物XY（NO）、（NO2）等化合物，B项正确；
C. 同主族由上而下，非金属性减弱，故Y的非金属性比Z的强，但Y元素没有含氧酸，C项错误；
D. S2-、Cl-电子层结构相同，前者核电荷数较小，离子半径较大，其还原性较强，D项正确。
本题选C。
11、D
【解析】
A．氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，正确的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故A错误；
B．明矾溶于水产生Al(OH)3胶体，不能使用沉淀符号，且应该用可逆号，正确的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，故B错误；
C．Na2O2溶于水生成氢氧化钠和O2，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH-+O2↑，故C错误；
D．Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为：HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O，故D正确；
答案选D。
12、D
【解析】
A、半径大小比较：一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，核外电子排布相同，半径随着原子序数的增大而减小，因此半径大小顺序是Ga>Br>Al>Cl，选项A错误；
B、镓元素为第四周期第ⅢA元素，选项B错误；
C、7935Br与8135Br都是溴元素，核外电子排布相同，因此得电子能力相同，选项C错误；
D、同主族从上到下金属性增强，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性增强，即碱性Ga(OH)3>Al(OH)3，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，酸性高氯酸大于高溴酸，选项D正确；
答案选D。
13、B
【解析】
A、氢氧化钠能与氧化铝反应，与镁不反应，可以除去镁中的氧化铝，A正确；
B、氯化镁、氯化铝与氢氧化钠均反应，不能除杂，B错误；
C、铝能溶于氢氧化钠溶液，铁不能，可以除杂，C正确；
D、氧化铝能溶于水氢氧化钠，氧化铁不能，可以除杂，D正确。
答案选B。
14、C
【解析】
A． Na2Cr2O7溶在酸性条件下能氧化正丁醛，为防止生成的正丁醛被氧化，所以将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，故A不符合题意；
B．由反应物和产物的沸点数据可知，温度计1保持在90∼95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，温度计2示数在76℃左右时，收集产物为正丁醛，故B不符合题意；
C．正丁醇能与钠反应，但粗正丁醛中含有水，水可以与钠反应，所以无法检验粗正丁醛中是否含有正丁醇，故C符合题意；
D．粗正丁醛中含有水、正丁醇，向粗正丁醛中加入CaCl2固体，过滤，可除去水，然后利用正丁醇与正丁醛的沸点差异进行蒸馏，从而得到纯正丁醛，故D不符合题意；
故答案为：C。
15、D
【解析】
A选项，S6和S8分子都是由S原子组成，它们是不同的物质，互为同素异形体，故A错误；
B选项，S6和S8是硫元素的不同单质，化学性质相似，因此它们分别与铁粉反应，所得产物相同，故B错误；
C选项，不管氧气过量还是少量，S6和S8分子分别与氧气反应可以得到SO2，故C错误；
D选项，等质量的S6和S8分子，其硫原子的物质的量相同，因此它们分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同，故D正确。
综上所述，答案为D。
16、A
【解析】
A.溴化氢中的溴原子半径小于碘原子半径，所以溴化氢的键长比碘化氢的短，故A正确；
B.溴化氢和碘化氢都是共价化合物，组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，所以溴化氢的沸点低于碘化氢的，故B错误；
C.溴的非金属性比碘强，所以溴化氢比碘化氢稳定，故C错误；
D.溴的非金属性比碘强，非金属性越强，单质的氧化性越强，离子的还原性就越弱，所以溴化氢比碘化氢还原性弱，故D错误；
故选：A。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、羟基、羧基 +NaHCO3+CO2+H2O； CH3CH2OHCH2=CH2+H2O 加成反应 酯化（取代）反应 3 4 +3NaOH+NaCl+2H2O。
【解析】
A的分子式为C9H8O3，分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种，2个取代基处于对位，A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A能与碳酸氢钠反应，分子中含有羧基-COOH，A的不饱和度为=6，故还含有C=C双键，所以A的结构简式为，X在浓硫酸、加热条件下生成A与M，M的分子式为C2H6O，M为乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，N为乙烯，X为，A与碳酸氢钠反应生成B，为，B与Na反应生成D，D为，A与HCl反应生成C，C的分子式为C9H9ClO3，由A与C的分子式可知，发生加成反应，C再氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成E，E在浓硫酸、加热的条件下生成F，F分子中除了2个苯环外，还有一个六元环，应发生酯化反应，故C为，E为，F为，据此解答。
【详解】
(1)由上述分析可知，有机物A为，分子中含有官能团：羟基、碳碳双键、羧基，但含氧官能团有：羟基和羧基，故答案为：羟基、羧基；
(2)A→B的反应方程式为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑，M→N是乙醇发生选取反应生成乙烯，反应方程式为： CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，故答案为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；CH3CH2OHCH2=CH2+H2O ；
(3)A→C是与HCl发生加成反应生成，E→F是发生酯化反应生成，与溴发生反应时，苯环羟基的邻位可以发生取代反应，C=C双键反应加成反应，故1molA可以和3mol Br2反应，故答案为：加成反应，酯化(取代)反应；3；
(4)某营养物质的主要成分(分子式为C16H14O3)是由A和一种芳香醇R发生酯化反应生成的，故R的分子式为C7H8O，R为苯甲醇，R含有苯环的同分异构体(不包括R)，若含有1个支链为苯甲醚，若含有2个支链为-OH、-CH3，羟基与甲基有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有4种，故答案为：4；
(5)A→C的过程中还可能有另一种产物C1，则C1为，C1在NaOH水溶液中反应的化学方程式为+3NaOH+NaCl+2H2O，故答案为：+3NaOH
+NaCl+2H2O。
18、 羟基、羧基 +CH3OH+H2O 浓H2SO4、浓硝酸，加热 +H2O
【解析】
被氧化为A，A发生取代反应生成，故A是；与甲醇发生酯化反应生成D，D是；根据，由可逆推I是，H与甲酸反应生成，则H是，根据逆推G是。
【详解】
（1）根据以上分析可知A是苯甲酸，结构简式为。
（2）C是，含氧官能团名称为羧基、羟基。
（3）与甲醇发生酯化反应生成，化学方程式为。
（4）→为硝化反应，反应条件为浓硫酸、浓硝酸，加热。
（5）与甲酸发生反应生成和水，化学方程式为。
（6）与J反应生成，根据可知J的结构简式为。
（7）①根据，由逆推中间产物1和中间产物2的结构简式分别为、。
②合成L的过程中、可能发生缩聚反应生成高分子化合物。
本题考查有机物的推断与合成，注意根据有机物的结构进行分析解答，需要熟练掌握官能团的性质与转化，重点把握逆推法在有机推断中的应用。
19、H2S 2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O 90% 取少量Na2SO3样品于试管中，加入足量盐酸溶解，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则Na2SO3已被氧化变质；若不产生白色沉淀，则Na2SO3未被氧化变质
【解析】
气体Y是一种纯净物，在标准状况下密度为1.518g/L，则相对分子质量为22.4×1.518=34.0，Y应为H2S气体，生成的淡黄色沉淀为S，溶液加入氯化钡溶液生成白色沉淀，说明生成Na2SO4，则隔绝空气加热，Na2SO3分解生成Na2S和Na2SO4，发生4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，以此解答该题。
【详解】
(1)由以上分析可知Y为H2S；
(2)固体X与稀盐酸反应产生淡黄色沉淀，为硫化钠、亚硫酸钠在酸性溶液中发生归中反应，离子方程式为2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O；
(3)实验过程中若测得白色沉淀的质量为6.291g，该白色沉淀为硫酸钡，可知n(BaSO4)==0.027mol，说明生成Na2SO4的物质的量为0.027mol，反应的方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，可知分解的Na2SO3物质的量为0.027mol×=0.036mol，则Na2SO3的分解率为×100%=90%；
(4)Na2SO3在空气中被氧化，可生成Na2SO4，检验Na2SO3是否氧化变质的实验操作是：取少量Na2SO3样品于试管中，加入足量盐酸溶解，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则Na2SO3已被氧化变质；若不产生白色沉淀，则Na2SO3未被氧化变质。
本题考查性质实验方案的设计。掌握Na2SO3具有氧化性、还原性，在隔绝空气时加热会发生歧化反应，反应产物Na2S与未反应的Na2SO3在酸性条件下会发生归中反应产生S单质是本题解答的关键。可根据BaSO4既不溶于水也不溶于酸的性质检验Na2SO3是否氧化变质。
20、Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O 除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化 胶头滴管 （酸式）滴定管（或移液管） 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 61.5 36.9
【解析】
由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成。
【详解】
(1)据题意，样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-，则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O。
(2)配制0.1000mol·L－1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。
(3)步骤③中取25.00mL待测溶液（有未反应的酸性KMnO4溶液），所用仪器的精度应为0.01mL，故选酸式滴定管或移液管。
(4)步骤⑤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2，使用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。
(5)设2.6g样品中，Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y，
据5Fe2+~MnO4-（5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O），样品反应后
剩余n(MnO4-)=0.1000mol·L－1×20.00×10-3L××=4.000×10-3mol
样品消耗n(MnO4-)=0.2000mo·L－1×200.0×10-3L－4.000×10-3mol=36.00×10-3mol
由Cu2S~2MnO4-和5CuS~8MnO4-（5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2++5SO42-+8Mn2++12H2O），得2x+y=36.00×10-3mol
又据2Cu2+~I2~2S2O32－，得2x+y=0.1000mo1·L－1×30.00×10-3L×=30.00×10-3mol
解方程组得x=y=0.01mol
故w(Cu2S)==61.5%，w(CuS)==36.9%。
混合物的计算常利用方程组解决，多步反应用关系式使计算简化。注意溶液体积的倍数关系，如本题中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于测定实验。
21、5:16 AD -104 ＞ 20% 减小起始时 9.1×10-3 6.6×10-4
【解析】
(1)CS2中C为+4价，S为-2价，所以与高锰酸钾反应时，变价元素分别是S和Mn，通过升降价守恒计算可得，还原剂和氧化剂的物质的量之比为；
(2)①A．当v正(S2)=2v逆(CS2)时，正逆反应速率相等，所以能证明反应达到平衡状态，A项正确；
B．反应，全为气体参与，且在恒温恒容条件下反应，根据公式ρ=，可知气体密度恒定，所以密度不变不一定平衡，B项错误；
C．反应气体总物质的量恒定，由公式可知，体系内压强恒定，所以压强不变不一定平衡，C项错误；
D．当单位时间内断裂C-H键数目与断裂H—S键数目相等时，正逆反应速率相等，反应一定处于平衡状态，D项正确；
答案选AD。
②由键能计算焓变的公式为ΔH=反应物总键能-生成物总键能，所以代入数据计算后该反应的ΔH=-104kJ/mol；
(3)①根据图像，随着温度升高，反应物H2S的量逐渐下降，所以反应是吸热反应，所以ΔH＞0；
②M点时，CH4与H2的物质的量分数相等，列三段式：
，所以有1-a=4a，a=0.2，那么H2S的转化率为；为提高硫化氢转化率，从平衡移动的角度分析还可以加压或者增加CH4的进料提高CH4与H2S的比例；
③N点时，硫化氢与氢气的物质的量分数相同，列三段式：
，所以2-2a=4a，a=，即N点时二硫化碳的物质的量分数为：，所以；通过三段式可知，，所以。