2026屆浙江省溫州新力量聯(lián)盟化學(xué)高三上期中學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項(xiàng)）1、Cu2S與一定濃度的HNO3反應(yīng),生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2,NO和H2O。當(dāng)產(chǎn)物n(NO2):n(NO)=1:1時,下列說法正確的是()A．產(chǎn)物中n[Cu(NO3)2]:n[CuSO4]=1:1B．參加反應(yīng)的n(Cu2S):n(HNO3)=1:5C．反應(yīng)中Cu2S既作氧化劑,又作還原劑D．1molCu2S參加反應(yīng)時有8mol電子轉(zhuǎn)移2、如圖所示電化學(xué)裝置，X可能為“鋅棒”或“碳棒”，下列敘述錯誤的是A．X為鋅棒，僅閉合K1，F(xiàn)e電極上發(fā)生還原反應(yīng)B．X為鋅棒，僅閉合K1，產(chǎn)生微量電流方向：Fe→XC．X為碳棒，僅閉合K2，該電化學(xué)保護(hù)法稱為“犧牲陽極陰極保護(hù)法”D．若X為碳棒，僅閉合K1，鐵電極的極反應(yīng)為：Fe－2e－→Fe2＋3、以下離子中，半徑最大的是A．Na B．K C．S2 D．Cl4、山西老陳醋素有“天下第一醋”的盛譽(yù)。食醋中含有乙酸，下列關(guān)于乙酸的說法中錯誤的是A．乙酸分子中含有4個氫原子，但乙酸是一元酸B．往食醋溶液中滴入紫色石蕊試液，溶液將變紅C．往熱水瓶內(nèi)膽中加入適量的食醋，可去除水垢D．制取乙酸乙酯時，乙酸分子中的氫被乙基(—C2H5)取代5、下列有關(guān)數(shù)據(jù)的實(shí)驗(yàn)可以成功的是()A．用精密試紙可以測出某溶液的為9.6B．用托盤天平稱量氯化鈉C．用規(guī)格為的量筒量取的硫酸D．用酸式滴定管量取的溶液6、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列判斷正確的是A．2.24LH2和0.2molCl2光照反應(yīng)后氯分子數(shù)目為0.1NAB．7.8gNa2O2與足量CO2充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.2NAC．1.8g重水中所含中子、原子的數(shù)目分別為NA、0.3NAD．CaCO3、KHCO3混合物粉末10g中氧原子數(shù)目為0.3NA7、類比法是化學(xué)學(xué)習(xí)過程中一種重要方法，以下類比關(guān)系正確的是A．加熱條件下，鈉與氧氣反應(yīng)生成過氧化鈉，鋰與氧氣反應(yīng)也生成過氧化鋰B．Cl2、Br2、I2都具有強(qiáng)氧化性，都能將鐵氧化成+3價的鐵鹽C．鋁與氧化鐵能發(fā)生鋁熱反應(yīng)，則鋁與二氧化錳也能發(fā)生鋁熱反應(yīng)D．氧化鐵和氧化亞鐵都是堿性氧化物，和硝酸反應(yīng)都只生成鹽和水8、下列敘述能說明X的非金屬性比Y強(qiáng)的是（）A．Y的單質(zhì)能將X從NaX的溶液中置換出來B．Y在暗處可與H2反應(yīng)，X在加熱條件下才能與H2反應(yīng)C．X的氣態(tài)氫化物比Y的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定D．X原子的電子層數(shù)比Y原子的電子層數(shù)多9、以下化學(xué)用語正確的是A．乙烯的結(jié)構(gòu)簡式:CH2CH2 B．乙炔的最簡式:CHC．四氯化碳的電子式 D．丁烯的比例模型10、W、X、Y、Z四種短周期元素在元素周期表中的相對位置如圖所示，W、X、Y、Z原子的最外層電子數(shù)之和為21,下列說法中不正確的是A．原子半徑：X>Y>WB．簡單陰離子的還原性：Z＞W(wǎng)C．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：W>YD．氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Z>

Y11、下列實(shí)驗(yàn)操作對應(yīng)的現(xiàn)象和根據(jù)現(xiàn)象得出的結(jié)論均正確的是（）實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A向FeCl3溶液中加入濃NaOH溶液溶液由黃色變?yōu)榧t棕色生成了氫氧化鐵膠體B向Co2O3中滴入濃鹽酸加熱產(chǎn)生黃綠色氣體氧化性:Cl2>Co2O3C向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液產(chǎn)生藍(lán)色沉淀溶液中存在亞鐵離子D向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液有白色沉淀和氣體產(chǎn)生AlO2-與HCO3-發(fā)生了水解的相互促進(jìn)A．A B．B C．C D．D12、下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)的說法中正確的是（）A．用圖甲裝置制取干燥純凈的NH3B．用圖乙裝置可以完成“噴泉”實(shí)驗(yàn)C．圖丙可除去CO2種混有的HCl氣體D．圖丁可制得并分離出乙酸乙酯13、某溶液中可能存在I－、CO32-、SO32-、Al3＋、Cl－、K＋

等六種離子中的某幾種。現(xiàn)取該溶液進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，得到如下現(xiàn)象：實(shí)驗(yàn)1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液變黃色，且有無色氣體逸出；實(shí)驗(yàn)2：向所得黃色溶液中加CCl4萃取后，取水層滴加AgNO3溶液，出現(xiàn)白色沉淀；實(shí)驗(yàn)3：向?qū)嶒?yàn)1所得溶液中加入足量BaCl2溶液，無沉淀生成。根據(jù)上面的操作和現(xiàn)象推斷，下列說法正確的是A．溶液中一定存在I－、CO32-，不存在Al3＋、SO32-B．溶液變黃色時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為I－＋Cl2==I＋2Cl－C．產(chǎn)生的無色氣體中一定有CO2，可能有SO2D．溶液中一定存在K＋，可能存在Al3＋、Cl－14、對于平衡體系mA(g)+nB(g)?pC(g)+qD(g)△H=bkJ·mol-1,下列結(jié)論中錯誤的是A．若溫度不變，將容器的體積縮小到原來的一半，達(dá)到新平衡時A的濃度為原來的2.2倍，則m+n＜p+qB．若平衡時，A、B的轉(zhuǎn)化率相等，說明反應(yīng)開始時，A、B的物質(zhì)的量之比為m：nC．保持其它條件不變，升高溫度，D的體積分?jǐn)?shù)增大說明該反應(yīng)的△H＜0。D．若m+n=p+q，則向含有amol氣體的平衡體系中再加入amol的B，達(dá)到新平衡時，氣體的總物質(zhì)的量等于2amol15、下列各組離子在澄清透明溶液中能大量共存的是（）A．室溫下溶液中：Fe2+、SO、Cl- B．I-、H+、Na+、K+C．Na+、Ba2+、SO、Cl- D．0.2mol/L的NaNO3溶液：H+、Fe2+、SO、Cl-16、mg鋁鎂合金與一定濃度的稀硝酸恰好完全反應(yīng)（假定硝酸的還原產(chǎn)物只有NO），向反應(yīng)后的混合溶液中滴加amol/LNaOH溶液，當(dāng)?shù)渭拥絍mL時，得到沉淀質(zhì)量恰好為最大值ng，則下列有關(guān)該實(shí)驗(yàn)的說法中正確的有①沉淀中氫氧根的質(zhì)量為(n-m)g②恰好溶解后溶液中的NO3-離子的物質(zhì)的量為aVmol③反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為mol④生成NO氣體的體積室溫下為L⑤與合金反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為()molA．2項(xiàng) B．3項(xiàng) C．4項(xiàng) D．5項(xiàng)17、肼(N2H4)是火箭發(fā)動機(jī)的燃料，它與N2O4反應(yīng)生成氮?dú)夂退魵狻Ｒ阎孩貼2(g)＋2O2(g)===N2O4(g)ΔH＝＋8.7kJ·mol－1②N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534.0kJ·mol－1下列表示肼跟N2O4反應(yīng)的熱化學(xué)方程式正確的是A．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－542.7kJ·mol－1B．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1076.7kJ·mol－1C．N2H4(g)＋N2O4(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－1076.7kJ·mol－1D．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1059.3kJ·mol－118、PbO2是褐色固體，受熱分解為Pb的+4和+2價的混合氧化物，+4價的Pb能氧化濃鹽酸生成Cl2；現(xiàn)將1molPbO2加熱分解得到O2，向剩余固體中加入足量的濃鹽酸得到Cl2，O2和Cl2的物質(zhì)的量之比為3：2，則剩余固體的組成及物質(zhì)的量比是（）A．1：2混合的PbO2、Pb3O4 B．1：1混合的Pb3O4、PbOC．1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO D．4：1：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO19、向四只盛有一定量NaOH溶液的燒杯中通入不同量的CO2氣體后，在所得溶液中逐滴加入稀鹽酸至過量，并將溶液加熱，產(chǎn)生的CO2氣體與HCl的物質(zhì)的量的關(guān)系如下圖（忽略CO2的溶解和HCl的揮發(fā)）。則下列分析都正確的組合是①Ⅰ圖對應(yīng)溶液中的溶質(zhì)為NaHCO3②Ⅱ圖對應(yīng)溶液中的溶質(zhì)為Na2CO3和NaHCO3，且二者的物質(zhì)的量之比為1:1③Ⅲ圖對應(yīng)溶液中的溶質(zhì)為NaOH和Na2CO3，且二者的物質(zhì)的量之比為1:1④Ⅳ圖對應(yīng)溶液中的溶質(zhì)為Na2CO3A．①② B．①③ C．②④ D．②③20、某無色透明溶液在堿性條件下能大量共存的離子組是A．K＋、MnO、Na＋、Cl－ B．K＋、Na＋、NO、COC．Na＋、H＋、NO、SO D．Fe3＋、Na＋、Cl－、SO21、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是A．1molOH－中含有9NA個電子B．28g的CO氣體中含有NA個氧原子C．1L1mol/L的AlCl3溶液中含有NA個Al3+D．常溫常壓下11.2L的甲烷氣體含有的分子數(shù)為0.5NA22、下列表示物質(zhì)結(jié)構(gòu)的化學(xué)用語正確的是()A．HF的電子式: B．HClO的結(jié)構(gòu)式:H—O—ClC．S2-的結(jié)構(gòu)示意圖: D．CaO的俗名:熟石灰二、非選擇題(共84分)23、（14分）高分子H是一種成膜良好的樹脂，其合成路線如下：已知：①A的相對分子質(zhì)量為58，氧元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.276，核磁共振氫譜顯示只有一組峰；②（1）A的結(jié)構(gòu)簡式為___，G中官能團(tuán)名稱為___。（2）由B生成C的化學(xué)方程式為___。（3）B的系統(tǒng)命名為___。（4）化合物E的沸點(diǎn)___(選填“>”，“<”或者“=”)2-甲基丙烷。（5）F與新制Cu(OH)2懸濁液反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。（6）H的結(jié)構(gòu)簡式為___。（7）的符合下列條件的同分異構(gòu)體有__種①分子中無環(huán)狀結(jié)構(gòu)且無支鏈②核磁共振氫譜有兩組峰，峰面積之比為3∶2。其中官能團(tuán)能與H2發(fā)生加成反應(yīng)的有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式為___(任寫一種)。24、（12分）花椒毒素(I)是白芷等中草藥的藥效成分，也可用多酚A為原料制備，合成路線如下：回答下列問題：(1)②的反應(yīng)類型為__________；B分子中最多有___________個碳原子共平面。(2)A中含氧官能團(tuán)的名稱為__________；若反應(yīng)④為加成反應(yīng)，則寫出F的結(jié)構(gòu)簡式_______________。(3)反應(yīng)③的化學(xué)方程式為_____________。(4)芳香化合物J是D的同分異構(gòu)體，符合下列條件的J的結(jié)構(gòu)共有_______種，其中核磁共振氫譜為五組峰的J的結(jié)構(gòu)簡式為_____________。（只寫一種即可）。①苯環(huán)上只有3個取代基②可與NaHCO3反應(yīng)放出CO2③1molJ可中和3molNaOH。(5)參照題圖信息，寫出以為原料制備：的合成路線（無機(jī)試劑任選）：____________。25、（12分）二氧化鈰（CeO2）是一種重要的稀土氧化物。平板電視顯示屏生產(chǎn)過程中產(chǎn)生大量的廢玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物質(zhì)）。某課題組以此粉末為原料回收鈰，設(shè)計實(shí)驗(yàn)流程如下：（1）洗滌濾渣A的目的是為了去除_______（填離子符號），檢驗(yàn)該離子是否洗滌的方法是_________________________________________________________。（2）第②步反應(yīng)的離子方程式是______________________________，濾渣B的主要成分是_________。（3）萃取是分離稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作為萃取劑能將鈰離子從水溶液中萃取出來，TBP________（填“能”或“不能”）與水互溶。實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行萃取操作是用到的主要玻璃儀器有_________、燒杯、玻璃棒、量筒等。（4）取上述流程中得到的Ce(OH)4產(chǎn)品0.536g，加硫酸溶解后，用0.1000mol?L-1FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定終點(diǎn)是（鈰被還原為Ce3+），消耗25.00mL標(biāo)準(zhǔn)溶液，該產(chǎn)品中Ce(OH)4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為__________。26、（10分）實(shí)驗(yàn)小組制備高鐵酸鉀（K2FeO4）并探究其性質(zhì)。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，在堿性溶液中較穩(wěn)定。（1）K2FeO4作為高效、多功能水處理劑的原因是______________________________。（2）制備K2FeO4（夾持裝置略）①A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應(yīng)方程式是_____________________________。②該裝置有明顯不合理設(shè)計，如何改進(jìn)？____________________________。③改進(jìn)后，B中得到紫色固體和溶液。B中Cl2發(fā)生的反應(yīng)有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外還有____________________________。（3）探究K2FeO4的性質(zhì)（改進(jìn)后的實(shí)驗(yàn)）①取B中紫色溶液，加入稀硫酸，產(chǎn)生黃綠色氣體，得溶液a，經(jīng)檢驗(yàn)氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl－而產(chǎn)生Cl2，設(shè)計以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗滌B中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產(chǎn)生。a．由方案Ⅰ中溶液變紅可知a中含有______離子，但該離子的產(chǎn)生不能判斷一定是K2FeO4將Cl－氧化，還可能由_________________________產(chǎn)生（用方程式表示）。b．方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗滌的目的是______________。②根據(jù)K2FeO4的制備實(shí)驗(yàn)和方案Ⅱ?qū)嶒?yàn)表明Cl2和的氧化性強(qiáng)弱關(guān)系相反，原因是_____________。27、（12分）某班同學(xué)用以下實(shí)驗(yàn)探究Fe2＋、Fe3＋的性質(zhì)。回答下列問題：（1）分別取一定量氯化鐵、氯化亞鐵固體，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑，其目的是___。甲組同學(xué)取2mLFeCl2溶液，加入幾滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液變紅，說明Cl2可將Fe2＋氧化。（2）FeCl2溶液與氯水反應(yīng)的離子方程式為___。乙組同學(xué)認(rèn)為甲組的實(shí)驗(yàn)不夠嚴(yán)謹(jǐn)，該組同學(xué)在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入幾滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液變紅。（3）煤油的作用是___。丙組同學(xué)取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分別取2mL此溶液于3支試管中進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：①第一支試管中加入1mLCCl4充分振蕩、靜置，CCl4層顯紫色；②第三支試管中加入1滴KSCN溶液，溶液變紅。（4）實(shí)驗(yàn)說明：在I－過量的情況下，溶液中仍含有___(填離子符號)，由此可以證明該氧化還原反應(yīng)為____。丁組同學(xué)向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的FeCl2溶液，溶液變成棕黃色。（5）發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___。（6）一段時間后，溶液中有氣泡出現(xiàn)，并放熱，隨后有紅褐色沉淀生成，產(chǎn)生氣泡的原因是___；生成沉淀的原因是___(用平衡移動原理解釋)。28、（14分）(1)中國化學(xué)家研究出一種新型復(fù)合光催化劑(C3N4/CQDs)，能利用太陽光高效分解水，原理如圖所示。已知化學(xué)鍵鍵能如下表：共價鍵O—HO—OO=O鍵能/（kJ?mol-1）464146498①反應(yīng)I的化學(xué)方程式為___________________________。②寫出反應(yīng)II的熱化學(xué)方程式________________________________________。③設(shè)總反應(yīng)反應(yīng)熱為△H，反應(yīng)I反應(yīng)熱為△H1，則△H____△H1（填“＞”“＜”或“＝”）。(2)已知H3PO2（次磷酸）與足量的NaOH反應(yīng)只生成一種鹽NaH2PO2。H3PO2水溶液中存在H3PO2分子。H3PO2易被氧化為H3PO4磷酸。①寫出次磷酸的電離方程式______________________________。②常溫下，NaH2PO2溶液的pH__________。A．＞7B．＜7C．＝7D．不能確定③向H3PO2溶液中逐滴加入等濃度的NaOH溶液至過量，其導(dǎo)電性變化圖像為_____；向稀NaOH溶液中逐滴滴加濃H3PO2溶液至恰好中和，其導(dǎo)電性變化圖像為_____。④常溫下磷酸和氫氧化鈉溶液反應(yīng)獲得含磷各物種的分布分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系如圖所示。由圖分析：H3PO4的Ka1=______；利用圖中數(shù)據(jù)計算推測Na2HPO4溶液的酸堿性______________________________。29、（10分）前四周期原子序數(shù)依次增大的X、Y、Z、G、Q、R、T七種元素，核電荷數(shù)均小于36，已知X的一種1：2型氫化物分子中既有σ鍵又有π鍵，且所有原子共平面;Z的L層上有2個未成對電子;G原子s能級與P能級電子數(shù)相等;R單質(zhì)是制造各種計算機(jī)、微電子產(chǎn)品的核心材料;T處于周期表的ds區(qū)，原子中只有一個未成對電子.（1）Y原子核外共有______種不同運(yùn)動狀態(tài)的電子，T+離子價電子排布圖為________。（2）T元素在周期表的位置為__________。（3）G、Q、R三種元素的氯化物的熔點(diǎn)如下表，G的氯化物明顯高于其他兩種的原因是__________。Q的氯化物高于R的氯化物，有同學(xué)猜想可能是因?yàn)槠浯嬖诰喓戏肿?，試寫出其結(jié)構(gòu)式____。氟化物G的氯化物Q的氯化物R的氯化物熔點(diǎn)/℃714190-70（4）硒（Se）與Z同一主族，Se原子比Z原子多兩個電子層，則Se的原子序數(shù)為_____，其最高價氧化物中心原子的雜化方式為_____。該族2-5周期元素單質(zhì)分別于H2反應(yīng)生成1mol氣態(tài)氫化物的反應(yīng)熱如下，表示生成1mol硒化氫反應(yīng)熱的是_____（填字母代號）。a.+99.7KJ/molb.+29.7KJ/molc.-20.6KJ/mold.-241.8KJ/mol（5）金屬Q(mào)屬立方晶系，其晶胞邊長為405pm，密度是2.70g/cm3，通過計算確定Q原子在三維空間中堆積方式________（已知NA=6.02×1023,4053=6.64×107）；晶胞中距離最近的Q原子可看作是接觸的，列式計算Q的原子半徑=pm______。（只列出計算式即可）

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項(xiàng)）1、A【分析】由信息可知，n（NO2）：n（NO）=1：1，假定生成1molNO2、1molNO，則HNO3被還原生成1molNO2、1molNO共得4mole-；由電子守恒可知Cu2S應(yīng)失去4mole-。而1molCu2S能失10mole-，故失4mole-說明反應(yīng)的Cu2S的物質(zhì)的量為0.4mol，0.4molCu2S生成0.4molCuSO4和0.4molCu（NO3)2，即起酸性作用的HNO3的物質(zhì)的量為0.8mol，起氧化作用的HNO3為2mol，參加反應(yīng)的HNO3共2.8mol，故n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=1：7。【詳解】A、由反應(yīng)可知產(chǎn)物n[Cu(NO3)2]：n[CuSO4]=1：1，故A正確；B、由反應(yīng)可知參加反應(yīng)的n（Cu2S）：n（HNO3）=1：7，故B錯誤；C、Cu、S化合價都升高，則反應(yīng)中Cu2S只作還原劑，故C錯誤；D、由分析可知1molCu2S參加反應(yīng)時有10mol電子轉(zhuǎn)移故D錯誤。答案選A。【點(diǎn)睛】本題考查氧化還原反應(yīng)的計算，為高頻考點(diǎn)，把握元素化合價變化、電子守恒為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，注意守恒法的應(yīng)用。2、C【詳解】A．X為鋅棒，僅閉合K1，此時構(gòu)成原電池，鋅的金屬性強(qiáng)于鐵，F(xiàn)e是正極，電極上發(fā)生還原反應(yīng)，A正確；B．X為鋅棒，僅閉合K1，此時構(gòu)成原電池，鋅的金屬性強(qiáng)于鐵，F(xiàn)e是正極，產(chǎn)生微量電流方向：Fe→X，B正確；C．X為碳棒，僅閉合K2，此時構(gòu)成電解池，鐵與電源的負(fù)極相連，作陰極，該電化學(xué)保護(hù)法稱為“外加電流的陰極保護(hù)法”，C錯誤；D．若X為碳棒，僅閉合K1，此時構(gòu)成原電池，鐵是負(fù)極。電極上的極反應(yīng)為：Fe－2e－→Fe2＋，D正確；答案選C。3、C【解析】離子的核外電子層數(shù)越多，離子半徑越大，核外電子排布相同時離子半徑隨原子序數(shù)的增大而減小，因此離子半徑大小順序是S2－＞Cl－＞K＋＞Na＋，答案選C?！军c(diǎn)睛】注意微粒半徑的大小比較規(guī)律：一看電子層數(shù)：同主族元素的微粒，電子層數(shù)越多，半徑越大；二看核電荷數(shù)：在同周期中的原子，核電荷數(shù)越大，半徑越?。蝗促|(zhì)子數(shù)：在電子層數(shù)和核外電子數(shù)均相同時，質(zhì)子數(shù)越多，半徑越小。4、D【詳解】A．盡管其分子中含有4個氫原子，但在水中只有羧基上的氫原子能發(fā)生部分電離，因此乙酸是一元酸，Ａ正確；B．乙酸的酸性較弱，但比碳酸的酸性強(qiáng)，它可使石蕊試液變紅，B正確；C、醋酸酸性強(qiáng)于碳酸，醋酸可以和水垢的主要成分碳酸鈣反應(yīng)，C正確；D．制取乙酸乙酯時，乙酸分子中的羥基被(—O－C2H5)取代，D錯誤；答案選D。5、D【詳解】A.次氯酸鈉具有強(qiáng)氧化性，不能用試紙測溶液的，故A錯誤；B.托盤天平只能記錄到0.1g，不能稱量的氯化鈉，故B錯誤；C.量筒量取液體體積時應(yīng)該“大而近”原則，量取的硫酸應(yīng)該用100ml的量筒，故C錯誤；D.高錳酸鉀具有氧化性，要用酸式滴定管量取，滴定管精確到0.01ml，故D正確；故選：D。6、D【詳解】A、沒有指明H2的體積是否是標(biāo)準(zhǔn)狀況下測定，因此無法直接使用22.4L·mol－1，故A錯誤；B、Na2O2與CO2反應(yīng)方程式為2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，1molNa2O2參與反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量1mole－，因此7.8gNa2O2參與反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為7.8g/78g·mol－1×1=0.1mol，故B錯誤；C、重水的化學(xué)式為D2O，即2H2O，其摩爾質(zhì)量為20g·mol－1，1mol重水含有中子物質(zhì)的量為10mol，原子物質(zhì)的量為3mol，1.8g重水的物質(zhì)的量為1.8g/20g·mol－1=0.09mol，含有中子、原子物質(zhì)的量分別為0.9mol、0.27mol，故C錯誤；D、CaCO3和KHCO3的摩爾質(zhì)量都是100g·mol－1，因此10g該混合物中含有氧原子的物質(zhì)的量為10g×3/100g·mol－1=0.3mol，故D正確。【點(diǎn)睛】易錯點(diǎn)是選項(xiàng)C，重水為2H2O，利用質(zhì)量數(shù)等于近似相對原子質(zhì)量，因此重水的摩爾質(zhì)量為20g·mol－1，最后利用質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)進(jìn)行分析。7、C【詳解】A．Li與O2反應(yīng)只會生成Li2O，得不到過氧化鋰，故A錯誤；B．碘單質(zhì)氧化性較弱，碘能氧化Fe生成+2價亞鐵鹽，且I-能被鐵離子氧化生成I2，故B錯誤；C．鋁活潑性大于鐵和錳，Al與Fe2O3能發(fā)生鋁熱反應(yīng)，則與MnO2也能發(fā)生鋁熱反應(yīng)，類比關(guān)系正確，故C正確；D．FeO具有還原性，能被強(qiáng)氧化劑氧化生成+3價鐵離子，硝酸具有強(qiáng)氧化性和酸性，能和FeO反應(yīng)生成Fe(NO3)3，同時放出一氧化氮?dú)怏w，故D錯誤；故選C?！军c(diǎn)睛】本題考查化學(xué)規(guī)律中的反?，F(xiàn)象，明確元素化合物性質(zhì)及化學(xué)反應(yīng)原理是解本題關(guān)鍵。本題的易錯點(diǎn)為D，要注意硝酸的強(qiáng)氧化性。8、C【解析】A.Y的單質(zhì)能將X從NaX的溶液中氧化出來，說明Y的非金屬性比X強(qiáng)；B.Y在暗處可與H2反應(yīng)，X在加熱條件下才能與H2反應(yīng)，說明Y的非金屬性比X強(qiáng)；C.X的氣態(tài)氫化物比Y的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定，說明X的非金屬性比Y強(qiáng)；D.X原子的電子層數(shù)比Y原子的電子層數(shù)多，不能說明X的非金屬性比Y強(qiáng)。故選C。9、B【詳解】A、乙烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH2，結(jié)構(gòu)式中碳碳雙鍵、碳碳三鍵等官能團(tuán)不能省略，故A錯誤．B、乙炔的分子式C2H2最簡式:CH，故B正確；C、四氯化碳的電子式為，故C錯誤；D、丁烯的球棍模型，比例模型只有相應(yīng)大小的球，而沒有鍵，故D錯誤．故選：B．10、D【詳解】W、X、Y、Z均為短周期元素，假設(shè)W是第一周期，則W為He元素，最外層為2，那么Z、Y、X的最外層分別為7、6、4，此時四種元素最外層電子數(shù)之和為19，不符合題意，故假設(shè)不成立。W應(yīng)處于第二周期，X、Y、Z處于第三周期，設(shè)X的原子最外層電子數(shù)是a，則Y的最外層電子數(shù)是a+2，Z最外層電子數(shù)是a+3，W的最外層電子數(shù)是a+4，這四種元素原子的最外層電子數(shù)之和為20，則a+(a+2)+(a+3)+(a+4)=21，解得a=3，故X是Al元素、Y是P元素、Z是S元素、W為F元素。A．同周期元素原子半徑由左至右逐漸減小，同主族原子半徑從上至下逐漸增大，故原子半徑X＞Y＞W(wǎng)，正確，A不選；B．W為F元素，是非金屬性最強(qiáng)的元素，其單質(zhì)氧化性W＞Z，簡單陰離子的還原性：W<Z，正確，B不選；C．非金屬性W>Y，故氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：W>Y，正確，C不選；D．非金屬性Z＞Y，其對應(yīng)的最高價氧化物水化物酸性Z＞Y，其他價態(tài)不能根據(jù)非金屬性比較，錯誤，D選。答案選D。11、C【詳解】A.FeCl3和NaOH在溶液中反應(yīng)生成紅褐色氫氧化鐵沉淀，不能制取氫氧化鐵膠體，應(yīng)該將飽和氯化鐵溶液滴入沸水中加熱至液體呈紅褐色，制取氫氧化鐵膠體，A錯誤；B.氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，該反應(yīng)中氧化劑是Co2O3，氧化產(chǎn)物是Cl2，所以氧化性Cl2<Co2O3，B錯誤；C.Fe2+和鐵氰化鉀反應(yīng)生成特征的藍(lán)色沉淀，所以該實(shí)驗(yàn)?zāi)軝z驗(yàn)Fe2+，C正確；D.AlO2-離子促進(jìn)碳酸氫根離子的電離，生成Al(OH)3白色沉淀和CO32-，HCO3-與水解無關(guān)，D錯誤；故合理選項(xiàng)是C。12、B【解析】A．圖中為向上排空氣法收集氣體，而氨氣的密度比空氣小，應(yīng)選用向下排空氣法收集，故A錯誤；B．?dāng)D壓膠頭滴管，二氧化硫與NaOH反應(yīng)可使瓶內(nèi)氣體減少，從而產(chǎn)生壓強(qiáng)差，引發(fā)噴泉實(shí)驗(yàn)，故B正確；C．二者均與碳酸鈉溶液反應(yīng)，試劑應(yīng)為飽和碳酸氫鈉溶液，故C錯誤；D．乙酸乙酯與KOH能夠反應(yīng)，不能分離出乙酸乙酯，小試管中應(yīng)為飽和碳酸鈉，且導(dǎo)管在液面上防止倒吸，故D錯誤；故選B。13、A【解析】實(shí)驗(yàn)1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液變黃色，說明溶液中含有I-，且有無色氣泡冒出，該氣體只能是二氧化碳，說明溶液中含CO32-；實(shí)驗(yàn)2：向所得橙色溶液加CCl4萃取后，取水層滴加AgNO3溶液，出現(xiàn)白色沉淀生成，由于實(shí)驗(yàn)1引進(jìn)了氯離子，則無法判斷原溶液中是否含有Cl-；實(shí)驗(yàn)3：向?qū)嶒?yàn)1所得溶液中加入足量BaCl2溶液，無沉淀生成，說明不含SO32-；結(jié)合電荷守恒及離子共存的條件可以判斷，該溶液中一定存在的離子為K+、I-、CO32-，一定不存在的離子為Al3+、SO32-，可能存在Cl-?！驹斀狻緼．溶液中含有CO32-，則一定不含有Al3+，因Al3+與CO32-發(fā)生雙水解反應(yīng)不能共存，生成沉淀，實(shí)驗(yàn)3說明不含SO32-，選項(xiàng)A正確；B．溶液變黃色時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2I-+Cl2=I2+2Cl-，選項(xiàng)B錯誤；C．實(shí)驗(yàn)1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液變黃色，且有無色氣泡冒出，說明反應(yīng)生成的碘單質(zhì)、氣體為二氧化碳；實(shí)驗(yàn)3：向?qū)嶒?yàn)1所得溶液中加入足量BaCl2溶液，無沉淀生成，說明不含SO32-（若有則一定可以被氯氣氧化為硫酸根離子），則溶液中一定存在I-、CO32-，無色氣體中一定為CO2，不可能有SO2，選項(xiàng)C錯誤；D．根據(jù)溶液呈電中性原則，溶液中一定含有K+，溶液中含有CO32-，則一定不含有Al3+，實(shí)驗(yàn)1引進(jìn)了氯離子，則無法判斷原溶液中是否含有Cl-，選項(xiàng)D錯誤；答案選B?！军c(diǎn)睛】本題考查離子的檢驗(yàn)及離子共存問題，題目難度中等，注意把握反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，結(jié)合離子的性質(zhì)進(jìn)行判斷。14、C【解析】分析：本題考查的是條件對平衡的影響，根據(jù)勒夏特列原理進(jìn)行分析。詳解：A.溫度不變，將容器的體積縮小到原來的一半，A的濃度變?yōu)樵瓉淼?倍，平衡開始移動，若到新平衡A的濃度為原來的2.2倍，說明該反應(yīng)逆向移動，則m+n＜p+q，故正確；B.若平衡時，A、B的轉(zhuǎn)化率相等，說明反應(yīng)開始時，A、B的物質(zhì)的量之比滿足化學(xué)計量數(shù)比，為m：n，故正確；C.保持其它條件不變，升高溫度，D的體積分?jǐn)?shù)增大，說明反應(yīng)正向移動，則該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，即說明該反應(yīng)的△H>0，故錯誤；D.若m+n=p+q，則向含有amol氣體的平衡體系中再加入amol的B，達(dá)到新平衡時總物質(zhì)的量不變，仍為2amol，故正確。故選C。15、B【詳解】A．室溫下=10-13的溶液中含有大量的H+，SO與H+可生成二氧化硫氣體，A不能大量共存；B．I-、H+、Na+、K+不反應(yīng)，B能大量共存；C．Ba2+、SO反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，C不能大量共存；D．0.2mol/L的NaNO3溶液含有硝酸根離子，H+、Fe2+、能反應(yīng)生成NO、鐵離子和水，D不能大量共存；答案為B。16、B【分析】鎂鋁合金與一定濃度的稀硝酸恰好完全溶解，向反應(yīng)后的混合溶液中滴加amol·L－1NaOH溶液，當(dāng)?shù)渭拥絍mL時，得到沉淀質(zhì)量恰好為最大值，沉淀質(zhì)量最大時，沉淀Wie氫氧化鋁和氫氧化鎂，此時溶液為硝酸鈉溶液；①沉淀質(zhì)量等于合金質(zhì)量與OH－質(zhì)量之和；②根據(jù)n(NO3－)=n(NaNO3)=n(NaOH)，進(jìn)行計算；③沉淀中OH－的物質(zhì)的量等于Mg2＋、Al3＋所帶電荷的物質(zhì)的量，也等于合金失去電子物質(zhì)的量；④條件是室溫狀態(tài)，不是標(biāo)準(zhǔn)狀況，無法直接用22.4L·mol－1；⑤參加反應(yīng)的硝酸有兩種作用：其酸性和氧化性，其酸性硝酸的物質(zhì)的量等于硝酸鈉的物質(zhì)的量，起氧化劑的硝酸的物質(zhì)的量等于NO的物質(zhì)的量。【詳解】①沉淀為Al(OH)3和Mg(OH)2，根據(jù)原子守恒，其質(zhì)量應(yīng)為合金質(zhì)量和OH－的質(zhì)量，即m(OH－)=(n－m)g，故①正確；②當(dāng)沉淀質(zhì)量達(dá)到最大時，溶液中溶質(zhì)為NaNO3，即n(NO3－)=n(NaNO3)=n(NaOH)=V×10－3×amol，故②錯誤；③在沉淀中OH－的物質(zhì)的量等于Mg2＋、Al3＋所帶電荷的物質(zhì)的量，也等于合金失去電子物質(zhì)的量，即n(e－)=n(OH－)=(n－m)/17mol，故③正確；④根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，即生成n(NO)=(n－m)/(17×3)mol=(n－m)/51mol，因?yàn)槭覝貭顟B(tài)下，因此無法計算NO的體積，，故④不正確；⑤參加反應(yīng)的硝酸有兩種作用：其酸性和氧化性，因此與合金反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為[aV×10－3＋(n－m)/51]mol，故⑤正確；綜上所述，選項(xiàng)B正確。17、B【詳解】肼(N2H4)是火箭發(fā)動機(jī)的燃料，它與N2O4反應(yīng)生成氮?dú)夂退魵猓阎孩貼2(g)＋2O2(g)＝N2O4(g)ΔH＝＋8.7kJ·mol－1，②N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g)ΔH=－534.0kJ·mol－1，將方程式②×2-①得N2H4跟N2O4反應(yīng)的熱化學(xué)方程式，2N2H4(g)＋N2O4(g)＝3N2(g)＋4H2O(g)ΔH=－1076.7kJ·mol－1或N2H4(g)＋N2O4(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH=-538.35kJ·mol－1，B選項(xiàng)符合題意；答案選B。18、B【分析】PbO2加熱分解得到O2，得到的剩余固體含有Pb的+4和+2價的混合氧化物，向剩余固體中加入足量的濃鹽酸得到Cl2，O2和Cl2的物質(zhì)的量之比為3：2，假設(shè)得到的氧氣為3mol，則Cl2為2mol。在PbO2加熱分解反應(yīng)中，+4價鉛的化合價降低的數(shù)值等于-2價氧的化合價升高的數(shù)值，所以得到的+2價鉛的物質(zhì)的量為3mol×4÷2=6mol。在剩余固體和濃鹽酸的反應(yīng)中，+4價鉛的化合價降低的數(shù)值等于-1價氯的化合價升高的數(shù)值，所以在剩余固體中的+4價鉛的物質(zhì)的量為2mol×2÷2=2mol。所以在剩余固體中，+4價鉛和+2價鉛的物質(zhì)的量之比為2:6=1:3。Pb3O4可以看做是2PbO·PbO2，1molPb3O4里有2mol+2價鉛，1mol+4價鉛?！驹斀狻緼.1：2混合的PbO2、Pb3O4里，+4價鉛和+2價鉛的物質(zhì)的量之比為(1+1)：2=1:1，故A不選；B.1：1混合的Pb3O4、PbO，+4價鉛和+2價鉛的物質(zhì)的量之比為1：(2+1)=1:3，故B選；C.1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，+4價鉛和+2價鉛的物質(zhì)的量之比為(1+4×1)：(4×2+1)=5:9，故C不選；D.4：1：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，+4價鉛和+2價鉛的物質(zhì)的量之比為(4+1)：(2+1)=5:3，故D不選。故選B。19、A【詳解】向一定量NaOH溶液的燒杯中通入不同量的CO2氣體，當(dāng)二氧化碳少量時，產(chǎn)物是NaOH和Na2CO3的混合物，當(dāng)NaOH和CO2恰好完全反應(yīng)時，產(chǎn)物只有Na2CO3，當(dāng)二氧化碳過量時，產(chǎn)物可能只有NaHCO3，也可能是Na2CO3和NaHCO3的混合物。Ⅰ、圖中剛開始加入HCl就產(chǎn)生了二氧化碳，因此溶質(zhì)只能是NaHCO3，故①正確；Ⅱ、從圖中看出剛滴下去鹽酸一個單位后產(chǎn)生了二氧化碳，說明此時碳酸根的量是一個單位（鹽多酸少，碳酸鈉和鹽酸一比一反應(yīng)生成碳酸氫鈉），后來鹽酸加了兩個單位才把所有二氧化碳反應(yīng)出來，說明溶液中總的碳酸氫根量為兩個單位，但有一個單位的是之前碳酸根得來的，所以原溶液中碳酸根的量和碳酸氫根的量相等，即c（Na2CO3）=c（NaHCO3），故②正確；Ⅲ、從圖中看出，滴入了兩個單位的鹽酸后才開始產(chǎn)生氣泡，且產(chǎn)生二氧化碳所消耗的鹽酸也是兩個單位，說明產(chǎn)物只有Na2CO3，物料守恒可知：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）；故③錯誤；Ⅳ、從圖中看出，滴入了兩個單位的鹽酸后才開始產(chǎn)生氣泡，說明產(chǎn)物是NaOH和Na2CO3的混合物，一個單位的鹽酸和NaOH反應(yīng)，第二個單位的鹽酸和Na2CO3反應(yīng)生成NaHCO3，后由圖中可看出，NaHCO3又消耗了一個單位的鹽酸，則含有氫氧化鈉和碳酸鈉的量之比是1：1，故④錯誤．由上分析知①②正確，③④錯誤，故選A。20、B【詳解】A．MnO在溶液中顯紫紅色，與題中要求不符，故A不符合題意；B．堿性條件下，K＋、Na＋、NO、CO離子之間以及與OH-都不發(fā)生反應(yīng)，能大量共存，故B符合題意；C．堿性條件下，H＋與OH-不能大量共存，故C不符合題意；D．堿性條件下，F(xiàn)e3＋與OH-不能大量共存，且Fe3＋在溶液中顯棕黃色，與題中要求不符，故D不符合題意；答案選B。21、B【解析】A、1molOH－中含有10NA個電子，A錯誤；B、28gCO的物質(zhì)的量是1mol，則氣體中含有NA個氧原子，B正確；C、鋁離子水解，則1L1mol/L的AlCl3溶液中含有Al3+個數(shù)小于NA個，C錯誤；D、常溫常壓下11.2L的甲烷氣體的物質(zhì)的量不是0.5mol，則含有的分子數(shù)不是0.5NA，D錯誤；答案選B。22、B【分析】A．HF是共價化合物，不存在離子鍵，分子中氟原子與氫原子形成1對共用電子對；

B．次氯酸分子中含有1個H-O鍵和1個O-Cl鍵；

C．硫離子質(zhì)子數(shù)為16，核外電子數(shù)為18，有3個電子層，由里到外各層電子數(shù)分別為2、8、8；

D．氧化鈣俗稱生石灰?！驹斀狻緼．HF是共價化合物，不存在離子鍵，分子中氟原子與氫原子形成1對共用電子對，電子式為，故A錯誤；

B．次氯酸的中心原子為O，HClO的結(jié)構(gòu)式為：H-O-Cl，故B正確；

C．硫離子質(zhì)子數(shù)為16，核外電子數(shù)為18，有3個電子層，由里到外各層電子數(shù)分別為2、8、8，離子結(jié)構(gòu)示意圖為，故C錯誤；

D．氧化鈣俗稱叫生石灰，熟石灰是氫氧化鈣的俗稱，故D錯誤。

故選B?！军c(diǎn)睛】本題考查了常見化學(xué)用語的表示方法判斷，涉及電子式、離子結(jié)構(gòu)示意圖、結(jié)構(gòu)式等知識，明確離子結(jié)構(gòu)示意圖與原子結(jié)構(gòu)示意圖為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力。二、非選擇題(共84分)23、羧基+H2O2-甲基-2-丙醇>+Cu(OH)2+2NaOH+2Cu2O↓+6H2O8或【分析】A的相對分子質(zhì)量為58，氧元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.276，所以氧元素的個數(shù)為，即A中含有一個氧原子，剩下為C、H元素，根據(jù)相對分子質(zhì)量關(guān)系得出分子式為C2H6O，又因?yàn)楹舜殴舱駳渥V顯示只有一組峰，所以A的結(jié)構(gòu)簡為。根據(jù)已知②推出B的結(jié)構(gòu)為。醇在濃硫酸加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成烯烴，故C的結(jié)構(gòu)為；烯烴和溴單質(zhì)發(fā)生加成反應(yīng)生成鹵代烴，故D的結(jié)構(gòu)為。D在氫氧化鈉水溶液加熱條件下發(fā)生水解生成E，故E的結(jié)構(gòu)為。在催化劑和氧氣條件下發(fā)生醇的催化氧化生成醛，故F的結(jié)構(gòu)為。全在新制氫氧化銅溶液中加熱并酸化生成羧酸，故G的結(jié)構(gòu)為。G和E發(fā)生縮聚生成H?！驹斀狻?1)、由分析可知A的結(jié)構(gòu)為，G中官能團(tuán)名稱為羧基；(2)、由B生成C的化學(xué)方程式為+H2O；(3)、B的結(jié)構(gòu)為，根據(jù)系統(tǒng)命名法規(guī)則，B的名稱為2-甲基-2-丙醇；(4)、化合物E的結(jié)構(gòu)為，相對分子質(zhì)量大于2-甲基丙醇，所以熔沸點(diǎn)更高，故答案為>；(5)、F與新制Cu(OH)2懸濁液反應(yīng)的化學(xué)方程式為：+Cu(OH)2+2NaOH+2Cu2O↓+6H2O；(6)、H由G、E發(fā)縮聚形成，故化學(xué)式為：；(7)、分子中無環(huán)狀結(jié)構(gòu)且無支鏈，則含有四個雙鍵或一個三鍵兩盒雙鍵或者兩個三鍵且核磁共振氫譜有兩組峰，峰面積之比為3∶2。滿足要求的結(jié)構(gòu)有：、、、、、、、。故答案為8；、。24、加成反應(yīng)9羥基HCHO+H2O30或【分析】根據(jù)B的結(jié)構(gòu)簡式和生成B的反應(yīng)條件結(jié)合A的化學(xué)式可知，A為，根據(jù)C和D的化學(xué)式間的差別可知，C與氫氣在催化劑作用下發(fā)生加成反應(yīng)生成D，D為，結(jié)合G的結(jié)構(gòu)可知，D消去結(jié)構(gòu)中的羥基生成碳碳雙鍵得到E，E為，根據(jù)G生成H的反應(yīng)條件可知，H為，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)②為C與氫氣在催化劑作用下發(fā)生加成反應(yīng)生成D，反應(yīng)類型為加成反應(yīng)；B分子中苯環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以最多有9個碳原子共平面，故答案為：加成反應(yīng)；9；(2)A為，含氧官能團(tuán)為羥基；若反應(yīng)④為加成反應(yīng)，E為，與F生成，則F為HCHO，故答案為：HCHO；(3)反應(yīng)③中D消去結(jié)構(gòu)中的羥基生成碳碳雙鍵得到E，化學(xué)方程式為+H2O(4)芳香化合物是D（）的同分異構(gòu)體，①苯環(huán)上只有3個取代基；②可與NaHCO3反應(yīng)放出CO2，說明結(jié)構(gòu)中含有羧基；③1molJ可中和3molNaOH，說明結(jié)構(gòu)中含有2個酚羥基和1個羧基；符合條件的J的結(jié)構(gòu)有：苯環(huán)上的3個取代基為2個羥基和一個-C3H6COOH，當(dāng)2個羥基位于鄰位時有2種結(jié)構(gòu)；當(dāng)2個羥基位于間位時有3種結(jié)構(gòu)；當(dāng)2個羥基位于對位時有1種結(jié)構(gòu)；又因?yàn)?C3H6COOH的結(jié)構(gòu)有-CH2CH2CH2COOH，-CH2CH(CH3)COOH，-CH(CH3)CH2COOH、-C(CH3)2COOH、-CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)×5=30種，其中核磁共振氫譜為五組峰的J的結(jié)構(gòu)簡式有或，故答案為：30；或；(5)以為原料制備，根據(jù)流程圖C生成D可知，可以和氫氣加成生成，羥基消去后生成，與溴化氫加成后水解即可生成，因此合成路線為：，故答案為：?！军c(diǎn)睛】本題考查了有機(jī)合成與推斷，根據(jù)反應(yīng)條件和已知物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式釆用正逆推導(dǎo)的方法分析是解題的關(guān)鍵。本題的易錯點(diǎn)為B分子中共面的原子數(shù)的判斷，要注意單鍵可以旋轉(zhuǎn)；本題的難點(diǎn)是(6)的合成路線的設(shè)計，要注意羥基的引入和去除的方法的使用。25、濾渣上附著的Fe3+、Cl-等取最后洗滌液少量于試管中，滴加幾滴AgNO3溶液，如無白色沉淀，則洗干凈2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2OSiO2不能分液漏斗97.01%【詳解】（1）濾渣A上含有FeCl3，洗滌濾渣A的目的是為了除去Fe3+、Cl-，因此檢驗(yàn)是否洗滌干凈的實(shí)驗(yàn)操作為：取最后一次洗滌液，加入KSCN溶液，若不出現(xiàn)紅色，則已洗凈，反之，未洗凈或取最后洗滌液少量，滴加AgNO3，如無白色沉淀，則洗干凈；（2）稀硫酸、H2O2，CeO2三者反應(yīng)生成轉(zhuǎn)化為Ce2(SO4)3、O2和H2O，反應(yīng)的離子方程式為：2CeO2+H2O2+6H+

=2Ce3++O2↑+4H2O；加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉(zhuǎn)化為Ce3+，SiO2不反應(yīng)，濾渣B的成分為SiO2；（3）化合物TBP作為萃取劑能將鈰離子從水溶液中萃取出來，所以TBP不能與水互溶，實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行萃取操作時用到的主要玻璃儀器有分液漏斗、燒杯、玻璃棒、量筒等；（4）用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定至終點(diǎn)，鈰被還原成Ce3+，則Fe2+被氧化為Fe3+，則Ce(OH)4～FeSO40.0025mol0.1000mol/L-1×0.025L所以m[Ce(OH)4]=0.0025mol×208g/mol=0.52g產(chǎn)品中Ce(OH)4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.52/0.536×100%=97.0%。26、K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，能夠消毒殺菌；同時FeO42?被還原成Fe3+，F(xiàn)e3+水解形成Fe（OH）3膠體，能夠吸附水中懸浮雜質(zhì)2KMnO4+16HCl(濃)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O應(yīng)該增加盛裝飽和食鹽水的洗氣瓶，吸收蒸發(fā)出來的HCl氣體Cl2+2OH?=Cl?+ClO?+H2OFe3+4FeO42?+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO?的干擾溶液的酸堿性不同【分析】(1)K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，說明K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，而FeO42?被還原成Fe3+，F(xiàn)e3+水解形成Fe（OH）3膠體，能夠吸附水中懸浮雜質(zhì)，所以可以用來凈水；(2)本實(shí)驗(yàn)采用氯氣與氫氧化鐵在堿性條件下制備K2FeO4，而采用濃鹽酸與高錳酸鉀溶液反應(yīng)制備的氯氣中混有氯化氫雜質(zhì)，應(yīng)先除去；(3)通過Cl2、Fe(OH)3與KOH之間的反應(yīng)制備K2FeO4，溶液中可能存在副反應(yīng)Cl2+2OH?=Cl?+ClO?+H2O，因此制備出的K2FeO4中可能混有次氯酸鉀和氯化鉀等雜質(zhì)。方案I，取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色說明溶液中存在Fe3+，但Fe3+不一定是與K2FeO4將Cl－氧化，根據(jù)題干已知K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，同時產(chǎn)生Fe3+，氯氣是由酸性條件下次氯酸根與氯離子發(fā)生歸中反應(yīng)生成的。方案II可以證明K2FeO4將Cl－氧化，方案II中采氫氧化鉀溶液洗滌高鐵酸鉀，使K2FeO4穩(wěn)定析出，并除去ClO?，防止酸性條件下ClO?與Cl?發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生Cl2，干擾實(shí)驗(yàn)?！驹斀狻?1)K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，說明K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，能夠殺菌消毒，而FeO42?被還原成Fe3+，F(xiàn)e3+水解形成Fe（OH）3膠體，能夠吸附水中懸浮雜質(zhì)，所以可以用來凈水；(2)①A中用濃鹽酸和高錳酸鉀反應(yīng)制備氯氣，化學(xué)方程式為：2KMnO4+16HCl(濃)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；②氯氣中的主要雜質(zhì)為濃鹽酸揮發(fā)出的氯化氫氣體，制備K2FeO4需在強(qiáng)堿條件下進(jìn)行，應(yīng)用飽和氯化鈉溶液除去氯化氫氣體。③C中主要是Cl2、Fe(OH)3與KOH之間的反應(yīng)制備K2FeO4，除了已知反應(yīng)，還有Cl2與KOH的歧化反應(yīng)：Cl2+2OH?=Cl?+ClO?+H2O；(3)①a.溶液中加入KSCN呈紅色證明其中含有Fe3+，酸性條件下K2FeO4不穩(wěn)定，因此生成Fe3+的反應(yīng)還有：4FeO42?+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；b.用氫氧化鉀溶液洗滌的目的是洗去固體表面附著的氧化性離子ClO?，以免對FeO42?氧化Cl?產(chǎn)生干擾，并在洗滌時保證K2FeO4的穩(wěn)定性，避免FeO42?在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2。②實(shí)驗(yàn)中在堿性條件下Cl2制備FeO42?，可以得出氧化性為Cl2＞FeO42?，而方案Ⅱ則得出相反的結(jié)論，主要是因?yàn)樵谒嵝原h(huán)境中氧化性FeO42?＞Cl2。27、防止Fe2+被氧化Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-隔離空氣（排除氧氣對實(shí)驗(yàn)的影響）Fe3+可逆反應(yīng)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O鐵離子可做過氧化氫分解催化劑分解生成氧氣氯化鐵溶液中存在水解平衡，F(xiàn)e3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，過氧化氫分解放出熱量，促進(jìn)Fe3+的水解平衡正向移動?！痉治觥浚?）鐵和氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵；（2）氯氣具有氧化性能氧化氯化亞鐵為氯化鐵；（3）氧氣會氧化亞鐵離子；（4）Fe3+遇到KSCN溶液會顯紅色，說明碘離子在稀的氯化鐵溶液中不發(fā)生氧化還原反應(yīng)；（5）H2O2具有氧化性，F(xiàn)eCl2有還原性，含有Fe3+遇的溶液顯黃色；（6）氫氧化鐵沉淀為紅褐色，過氧化氫可以反應(yīng)生成氧氣。【詳解】（1）鐵和氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵，在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑，其目的是防止氯化亞鐵被氧化，故答案為：防止Fe2+被氧化；（2）氯氣具有氧化性能氧化氯化亞鐵為氯化鐵，故答案為：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-；

（3）煤油不溶于水，密度比水小，分層后可以隔離溶液與空氣接觸，排除氧氣對實(shí)驗(yàn)的影響，故答案為：隔離空氣