2026届江苏省淮安市淮阴中学化学高三上期中质量检测模拟试题含解析

2026届江苏省淮安市淮阴中学化学高三上期中质量检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，其工作示意图如下。下列说法不正确的是A．Zn电极是负极B．Ag2O电极发生还原反应C．Zn电极的电极反应式：Zn-2e-++2OH-=Zn(OH)2D．放电前后电解质溶液的pH保持不变2、下列生活用品中主要由合成纤维制造的是A．尼龙降落伞B．羊毛衫C．纯棉T恤D．餐巾纸3、化工生产中使用的一种具有较强吸水性的高分子化合物(Z)的合成路线如下：下列说法正确的是A．X、Y分子中均有两个手性碳原子B．过量酸性KMnO4溶液可将X转化为YC．Y转化为Z的反应类型是加聚反应D．Z与足量H2发生加成反应，消耗Z与H2的物质的量之比为1:34、分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用。下列分类标准合理的是A．根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质和弱电解质B．根据分散系是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液C．根据纯净物中的元素组成，将纯净物分为单质和化合物D．根据反应中的能量变化，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应5、甲醚是一种淸洁燃料，以=2的比例将混合气体通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H，其CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图所示，下列说法正确的是A．上述反应△H<0B．图中P1<P2<P3C．若在P3和316℃时，测得容器中n(H2)=n(CH3OCH3)，此时v(正)＜v(逆)D．若在P3和316℃时，起始时=3，则达到平衡时，CO转化率小于50%6、元素性质呈现周期性变化的根本原因是A．元素原子电子层数增大 B．核电荷数逐渐增大C．最外层电子数呈现周期性变化 D．元素的化合价呈周期性变化7、下列说法中正确的是（）A．在铜和浓硫酸反应后的试管中加水，以观察溶液颜色B．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放C．用氯水进行水处理，夏季比冬季的效果好D．稀硝酸与金属反应生成金属硝酸盐，当还原产物只有NO时，参加反应的金属在反应后无论化合价怎样，参加反应的硝酸与还原产物物质的量之比始终为4∶18、下列实验操作及现象能够达成相应实验目的的是实验目的实验操作及现象A检验Na2SO3溶液是否变质向Na2SO3溶液中加入Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解B证明酸性条件下H2O2氧化性强于I2向淀粉KI溶液中滴入3滴稀硫酸，未见溶液变蓝；再加入10%的H2O2溶液，溶液立即变蓝色C证明碳的非金属性强于硅将浓盐酸滴入碳酸钠固体中，生成的气体通入盛有水玻璃的试管中，出现浑浊D向某溶液中滴入氯水，再滴加KSCN溶液显红色原溶液中一定有Fe2＋A．A B．B C．C D．D9、能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑D．向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+10、下列有关说法正确的是A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解B．Fe(OH)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥D．SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物11、能反映甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，而不是正方形的平面结构的事实是A．CH3Cl无同分异构体 B．CH2Cl2无同分异构体C．CHCl3无同分异构体 D．CH4是共价化合物12、分子式为C4H8O2且能与NaOH溶液发生水解反应的有机物有(不考虑空间异构)A．6种B．5种C．4种D．3种13、某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。用惰性电极电解时，下列说法正确的是：A．a极产生氧气，b极产生氢气B．a电极区溶液pH值减小C．含铬微粒主要以Cr2O72－形式在b极区聚集D．CrO42-能从浆液中分离出来向a极区迁移14、下列有关水电离情况的说法正确的是A．25℃，pH=12的烧碱溶液与纯碱溶液，水的电离程度相同B．其它条件不变，CH3COOH溶液在加水稀释过程中，c(OH－)/c(H＋)一定变小C．其它条件不变，稀释氢氧化钠溶液，水的电离程度减小D．其它条件不变，温度升高，水的电离程度增大，Kw增大15、下列物质所发生的化学反应中，由于反应物的用量不同而得到不同产物的是①硫化氢气体和氧气②铁丝和氯气③氯化铝溶液和烧碱溶液④氯气和烧碱溶液⑤碳酸钠溶液和稀盐酸⑥硫磺和铁粉A．全部都是 B．①③⑤ C．①②③⑤ D．①④⑤⑥16、下列有关溶液组成的描述合理的是A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl‾、S2‾B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO‾、SO42‾、I‾C．弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl‾、HCO3‾D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl‾、SO42‾二、非选择题（本题包括5小题）17、某药物H的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)C的名称是_____。(2)F→H的反应类型为___，B→C的试剂和条件是_____。(3)H有多种同分异构体，在下列哪种仪器中可以显示物质中化学键和官能团类型_____(填字母)。A．质谱仪B．元素分析仪C．红外光谱仪D．核磁共振氢谱仪(4)写出D→E的化学方程式____。(5)在E的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有_____种；其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3：3：2：2：1：1的是_____。①既能发生银镜反应，又能发生水解反应；②属于芳香族化合物；③苯环上只有2个取代基。(6)参照上述流程，以D和乙醛为原料合成

(其它无机试剂自选)，设计合成路线___。18、制备天然化合物antofine的中间体F的一种合成路线如下：注：PCC为吡啶和CrO3在盐酸溶液中的络合盐，。(1)A中的含氧官能团名称为____和____。(2)X的分子式为C8H8O2，C→D是两苯环间脱2H成稠环，则X的结构简式为____。(3)B→C的反应类型为____。(4)F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：____(只写一种)。①分子中只有两种含氧官能团。②碱性水解后酸化，得到碳原子数相等的芳香化合物P和Q；P既能发生银镜反应又能与FeCl3溶液发生显色反应；P、Q中均只有四种不同化学环境的氢。(5)写出以为原料制备的合成路线流程图___(无机试剂、PCC和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。19、二氧化氯（ClO2）是极易溶于水且不与水发生化学反应的黄绿色气体，沸点为11℃，可用于处理含硫废水。某小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反应。回答下列问题：（1）ClO2的制备：已知：SO2+NaClO3+H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4①装置A中反应的化学方程式为________________。②欲收集干燥的ClO2，选择上图中的装置，其连接顺序为A→_______、_______、_______→C（按气流方向）。③装置D的作用是_______________。（2）ClO2与Na2S的反应将上述收集到的ClO2用N2稀释以增强其稳定性，并将适量的稀释后的ClO2通入图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。一段时间后，通过下列实验探究Ⅰ中反应的产物。操作步骤实验现象结论取少量I中溶液于试管甲中，滴加品红溶液和盐酸品红始终不褪色①无___生成另取少量I中溶液于试管乙中，加入Ba(OH)2溶液，振荡②____________有SO42−生成③继续在试管乙中滴加Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液于试管丙内_________有白色沉淀生成有Cl−生成④ClO2与Na2S反应的离子方程式为___________。用于处理含硫废水时，ClO2相对于Cl2的优点是______________（任写一条）。20、纳米材料一直是人们研究的重要课题，例如纳米级Fe粉表面积大，具有超强的磁性、高效催化性等优良的性质。Ⅰ.实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示:(1)纳米级Fe和稀盐酸反应的离子方程式为__________________________。

(2)如何将FeCl2·nH2O固体加热脱水制得无水FeCl2_________(用简要文字描述)。

(3)生成纳米级Fe的化学方程式为__________________。

Ⅱ.查阅资料：在不同温度下，纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570℃时生成FeO，高于570℃时生成Fe3O4。甲同学用如图甲所示装置进行纳米级Fe粉与水蒸气反应的实验，乙同学用图乙所示的装置进行纳米级Fe粉与水蒸气的反应并验证产物。(4)甲装置中纳米级Fe粉与水蒸气反应的化学方程式是____________。

(5)乙同学为探究实验结束后试管内的固体物质成分，进行了下列实验:实验步骤实验操作实验现象①将反应后得到的黑色粉末X(假定为均匀的)，取出少量放入另一试管中，加入少量盐酸，微热黑色粉末逐渐溶解，溶液呈浅绿色；有少量气泡产生②向实验①得到的溶液中滴加几滴KSCN溶液，振荡溶液没有出现红色根据以上实验，乙同学认为该条件下反应的固体产物为FeO。丙同学认为乙同学的结论不正确，他的理由是________(用简要文字描述)。

(6)丁同学称取5.60gFe粉，用乙装置反应一段时间后，停止加热。将试管内的固体物质在干燥器中冷却后，称得质量为6.88g，则丁同学实验后的固体物质中氧化物的质量分数为___(结果保留三位有效数字)。21、水合肼(N2H4·H2O)是无色、有强碱性和强还原性的液体，是一种重要的化工试剂，某新型生产工艺设计如下：己知：①乙腈CH3CN：无色液体，与水任意比例互溶：丁酮：无色液体，有毒，沸点79.6℃，密度0.81g·cm-3，在水中以1:4溶解；②反应I的化学方程式为：2NH3+H2O2++4H2O请回答：（1）反应I中H2O2需逐滴滴加至混合溶液中，原因是______________________________；（2）该新型生产工艺可将水相和丁酮回收循环使用，实现清洁化生产，水相的主要溶质成分是_____________________________；（3）反应II加入盐酸操作的实验装置如图所示，虚线框内最为合适的仪器是_________，优点是___________。（4）在加入足量盐酸后，肼以盐的形式存在请写出反应Ⅲ的化学方程式_________；（5）称取水合肼馏分1.00g，加水配成2.0mL溶液，在一定条件下，用0.300mol/L的I2溶液滴定，来测定水合肼的产率。已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O。①滴定时，可选用的指示剂为_________；②实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，则N2H4·H2O的产率为_________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A、活泼金属Zn为负极，Ag2O为正极，选项A正确；B、Ag2O电极为正极，正极上得到电子，发生还原反应，选项B正确；C、Zn为负极，电极反应式为：Zn－2e－＋2OH－＝Zn(OH)2，选项C正确；D、电极总反应式为：Zn＋Ag2O＋H2O＝Zn(OH)2＋2Ag，放电后水消耗了，氢氧化钾的浓度增大，电解质溶液的pH增大，选项D错误。答案选D。2、A【解析】A．尼龙绳的主要成分是聚酯类合成纤维，满足条件，故A正确；B．羊毛衫的主要成分是蛋白质，不属于合成纤维，故B错误；C、纯棉T恤是用棉线制成的，棉线属于天然纤维，故C错误；D．餐巾纸的主要成分为天然纤维素，不属于合成纤维，故D错误；故选A。3、A【详解】A.X分子中有两个手性碳原子()、Y分子中也有两个手性碳原子()，故A正确；B.

羟基和醛基均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，过量酸性KMnO4溶液可将X转化为，故B错误；C.Y中的羧基和羟基通过缩聚反应转化为Z，故C错误；D.Z中含有n个苯环，与足量H2发生加成反应，消耗Z与H2的分子数之比为1:3n，故D错误；故答案选A。【点睛】一般来讲，有机物发生缩聚反应的结构特点：结构中含有羧基和羟基或羧基和氨基；有机物发生加聚反应的结构特点：结构中含有不饱和的碳碳双键或三键等。4、C【解析】A.弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质，强电解质是指在水溶液中能完全电离的电解质，强电解质和弱电解质的分类标准并不是电解质在水溶液中导电性的强弱，而是在水溶液中电离程度的大小，故A不合理；B.根据分散质粒子的大小，可将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据是否具有丁达尔现象，故B不合理；C.根据纯净物中的元素组成，将纯净物分成单质和化合物，只由一种元素组成的纯净物称为单质，含有两种或以上元素组成的纯净物称为化合物，故C分类标准合理；D.根据反应中的能量变化，可将化学反应分为放热反应和吸热反应；氧化还原反应和非氧化还原反应的分类标准为反应中是否有电子的转移，故D不合理；答案选C。【点睛】本题的易错项为B，区别溶液和胶体的实验方法可以是丁达尔现象，但两种分散系的本质区别是分散质粒子的大小不同。5、A【解析】A．根据图知，相同压强下，升高温度，CO的转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，所以正反应是放热反应，则上述反应△H＜0，故A正确；B．相同温度下，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，所以压强越大CO的转化率越大，根据图中CO转化率大小顺序知，P1＞P2＞P3，故B错误；C.=2，设通入的n(H2)=2xmol、n(CO)=xmol，在P3和316℃时，达到平衡状态时，CO的转化率为50%，发生的反应2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)开始(mol/L)x

2x

0

0

反应(mol/L)0.5x

x

0.25x

0.25x平衡(mol/L)0.5x

x

0.25x

0.25x根据方程式知，平衡时n(H2)＞n(CH3OCH3)，要使二者物质的量相等，平衡应该正向移动，则v(正)＞v(逆)，故C错误；D．相同温度和压强下，增大一种气体反应物浓度，能提高另一种气体物质的转化率，所以增大氢气浓度时能提高CO转化率，则若在P3和316℃时，起始时=3，则达到平衡时，CO转化率大于50%，故D错误；故选A。点睛：明确温度、压强对化学平衡影响原理是解本题关键，易错选项是C，注意利用物质的量之间的关系确定反应方向。6、C【解析】元素性质呈现周期性变化的根本原因是元素原子最外层电子排布呈现周期性变化，最外层电子数决定元素的性质，元素的化合价为元素的性质，而电子层数、核电荷数不具有周期性变化，故选C。7、D【详解】A、应将反应后液体缓慢注入水中观察，操作同浓硫酸稀释，故A错误；B、加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下不能吸收二氧化碳，故B错误；C、夏季温度高，次氯酸易分解，杀菌效果比冬季差，故C错误；D、设金属M反应后的化合价是+x,则生成的盐为M(NO3)x，根据得失电子守恒可知M(NO3)x与NO的系数之比为3：x，根据氮元素守恒可知消耗的HNO3的系数为3x+x，所以硝酸与还原产物NO的物质的量之比为(3x+x):x=4:1,故D正确；综上所述，本题应选D。8、B【详解】A.亚硫酸钠变质为硫酸钠，亚硫酸钠在酸性条件下被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，所以不能检验是否变质，故错误；B.过氧化氢和碘化钾反应生成碘单质，遇到淀粉显蓝色，能证明过氧化氢的氧化性强于碘单质，故正确；C.盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，因为氯化氢有挥发性，所以二氧化碳中含有氯化氢，将气体通入硅酸钠溶液中反应生成硅酸，不能证明是碳酸反应生成的，故不能证明碳酸的酸性强于硅酸，即不能证明碳的非金属性比硅强，故错误；D.没有证明原溶液中没有铁离子，所以不能因为加入硫氰化钾溶液后显红色，就确定原溶液中一定有亚铁离子，故错误。故选B。【点睛】掌握亚铁离子的检验方法，应先加入硫氰化钾溶液，不显红色，再加入氧化剂如氯水，出现红色，则证明原溶液中有亚铁离子。加入的试剂不能颠倒，否则不能确定，此方法适合不含铁离子的溶液。9、D【详解】A.浓盐酸与铁屑反应生成Fe2+，故A错误；B.钠首先与水发生反应，故B错误；C.NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：HCO3-+2H+==H2O+CO2↑，故C错误；D.Fe(OH)3的溶度积远远小于Mg(OH)2，向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+，故D正确；故选D。10、C【解析】A、Na2CO3固体受热不易分解，故A错误；B、Fe(OH)3胶体是红褐色，故B错误；C、以上三种气体都不与浓硫酸反应，能用浓硫酸干燥，故C正确；D、SiO2和氢氟酸反应，没有生成盐和水，不是两性氧化物，故D错误；答案选C。11、B【分析】如果甲烷是正方形的平面结构，CH2Cl2有两种结构：相邻或者对角线上的氢被Cl取代，而实际上，其二氯取代物只有一种结构，因此只有正四面体结构才符合。【详解】A．无论甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，还是平面正方形结构，CH3Cl都不存在同分异构体，故A错误；B．甲烷是正方形的平面结构，而CH2Cl2有两种结构：相邻或者对角线上的氢被Cl取代，而实际上，其二氯取代物只有一种结构，因此只有正四面体结构才符合，故B正确；C．无论甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，还是平面正方形结构，CHCl3都不存在同分异构体，故C错误；D．CH4是共价化合物不能说明甲烷分子的结构特点，故D错误。故选：B。12、C【解析】试题分析：能和氢氧化钠溶液发生水解反应的有机物为酯，可能的结构为：HCOOCH2CH2CH3，HCOOCH(CH3)2，CH3COOCH2CH3，CH3CH2COOCH3，总共4种结构。考点：有机物的同分异构体的书写13、C【分析】电解时，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，所以b电极为阳极，a电极为阴极，据此判断本题。【详解】A、电解时，a电极为阴极，产生氢气，b电极为阳极，产生氧气，故A错误；B、a电极的电极反应方程式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，PH升高，故B错误C、b电极的电极反应方程式：2H2O-2e-=O2↑+4H+，放电后阳极池酸性增强发生反应：2CrO42-+2H+=Cr2O72－+H2O，故C正确；D、CrO42-是阴离子，不能通过阳离子交换膜，故D错误；故选C；【点睛】本题考查的内容是电解池，解答这类题目首先要判断出阴阳极，判断阴阳极的方式为阴阳记得特征，如阳极的特征为：阳极化合价升高、失电子、与电源正极相连、阴离子移动的方向。14、D【解析】A.酸或碱抑制水的电离，含弱离子的盐促进水的电离，NaOH是强碱，Na2CO3是强碱弱酸盐，则NaOH抑制水的电离，Na2CO3促进水的电离，所以两者水解程度不同，故A项错误；B项，醋酸为弱酸，其它条件不变，稀释醋酸溶液，c(H+)减小，c(OH－)增大，所以c(OH－)/c(H＋)增大，故B错误；C.NaOH溶液显碱性，抑制水的电离，其它条件不变，稀释氢氧化钠溶液，其对水电离的抑制程度将降低，所以水的电离程度增大，故C项错误。D.温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)和c(H＋)增大，所以KW=c(OH－)∙c(H＋)增大，故D项正确；答案为D。【点睛】本题主要考查碱性物质以及温度对水的电离的影响。加酸加碱抑制水的电离。升高温度水的离子积增大；盐类水解促进水的电离。15、B【详解】①硫化氢气体在足量氧气中燃烧生成二氧化硫，氧气不足生成硫，反应物的用量不同而得到不同产物，故①符合；②铁和氯气反应生成氯化铁，与反应物用量无关，故②不符合；③氯化铝溶液与过量烧碱溶液反应生成偏铝酸钠，烧碱不足生成氢氧化铝，反应物的用量不同而得到不同产物，故③符合；④氯气和烧碱溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠与水，与反应物用量无关，故④不符合；⑤碳酸钠溶液与过量稀盐酸反应生成二氧化碳，盐酸不足生成碳酸氢钠，反应物的用量不同而得到不同产物，故⑤符合；⑥硫磺和铁粉在加热条件下反应生成硫化亚铁，与反应物用量无关，故⑥不符合；答案选B。16、C【详解】A．Al3+、S2之间发生双水解反应生成硫化氢气体和氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．酸性溶液中存在大量氢离子，ClO‾与H+、I‾之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．弱碱性条件下，这几种离子之间不反应，碳酸氢根离子水解导致溶液呈弱碱性，所以能大量共存，故C正确；D．Fe3+易水解，只能存在于酸性溶液，在中性溶液中不能大量共存，故D错误；故答案为C。【点睛】离子共存的判断，为高考的高频题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。二、非选择题（本题包括5小题）17、苯甲醇加成反应NaOH水溶液、加热C15【分析】根据D结构简式及A分子式知，A为，A发生取代反应生成的B为，B发生水解反应生成的C为，C发生催化氧化生成D；D与丙酮发生加成反应生成E，根据F分子式知，E发生消去反应生成的F为；F和G发生加成反应生成H；以D和乙醛为原料合成，结合流程中D→E构建碳干骨架，苯甲醛和乙醛发生加成反应，然后发生消去反应、氧化反应、最后发生加聚反应得到目标产物。【详解】(1)C为，C的名称是苯甲醇，故答案为：苯甲醇；(2)F→H的反应类型为加成反应，B→C为卤代烃的水解反应，该反应的试剂和条件是NaOH水溶液、加热，故答案为：加成反应；NaOH水溶液、加热；(3)A.质谱仪测定其相对分子质量，不符合题意；B.元素分析仪测定元素，不符合题意；C.红外光谱仪测定化学键和官能团，符合题意；D.核磁共振氢谱仪测定H原子种类及各类氢原子个数之比，不符合题意；故选C；(4)D→E的化学方程式，故答案为：；(5)E的同分异构体符合下列条件：①既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有HCOO−；②属于芳香族化合物，说明含有苯环；③苯环上只有2个取代基，如果取代基为HCOO−、CH3CH2CH2−，有邻间对3种；如果取代基为HCOO−、(CH3)2CH−，有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH2−、CH3CH2−，有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH2CH2−、CH3−，有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH(CH3)−，CH3−，有邻间对3种，符合条件的有15种；其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3:3:2:2:1:1的是，故答案为：15；。(6)以D和乙醛为原料合成，结合流程中D→E构建碳干骨架，苯甲醛和乙醛发生加成反应，然后发生消去反应、氧化反应、最后发生加聚反应得到目标产物，其合成路线为：，故答案为：。18、醚键羧基取代反应【分析】C→D是两苯环间脱2H成稠环，则C应为，根据B生成C的反应条件可知该过程为酯化反应，根据C中酯基的位置可知B为；A与X反应生成B，X的分子式为C8H8O2，且X中含有苯环，结合B的结构简式可知X为。【详解】(1)根据A的结构简式可知其含氧官能团为醚键、羧基；(2)根据分析可知X的结构简式为；(3)B生成C为酯化反应，也属于取代反应；(4)F的同分异构体满足：①分子中只有两种含氧官能团；②碱性水解后酸化，得到碳原子数相等的芳香化合物P和Q，说明含有酯基；P既能发生银镜反应又能与FeCl3溶液发生显色反应，则P中含有—CHO和酚羟基；P、Q中均只有四种不同化学环境的氢，说明P、Q均为对称结构，则Q为或，P为或，F的同分异构体为、、、；(5)对比和的结构简式，需要将—CH2COOCH3转化为—CH2CHO、—CH=CH2转化为—CH(OH)CH3；观察题目所给流程可知将—CH2COOCH3转化为—CH2CHO的步骤与D生成F的过程相似，而—CH=CH2转化为—CH(OH)CH3可以直接与H2O加成，也可以先和卤化氢加成，再水解，所以合成路线为。19、Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2OEBD冷凝并收集ClO2SO2(或HSO3−或SO32−)溶液中有白色沉淀生成加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液8ClO2＋5S2－＋4H2O=8Cl－＋5SO42－＋8H＋ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍（写一条即可）【分析】（1）ClO2

的制备：装置A中又Cu与浓硫酸发生反应制备二氧化硫气体，在装置B中发生生成二氧化氯的反应，为防止倒吸，A与B之间连接装置E，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，据此分析解答；（2）根据实验可知ClO2

与

Na2S

反应有氯离子、硫酸根离子的生成；ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍。【详解】（1）①装置

A

中反应Cu与浓硫酸制备二氧化硫，化学方程式为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；②二氧化硫从a进入装置B中反应，为防止倒吸，故应在之前有安全瓶，则a→g→h，为反应充分，故再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接e，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为：a→gh→bc→ef→d；③装置D的作用为冷凝并收集ClO2；（2）将适量的稀释后的

ClO2

通入如图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液，①取少量I中溶液于试管甲中，滴加品红溶液和盐酸，品红始终不褪色，说明溶液中无SO2(或HSO3−或SO32−)生成；故答案为：SO2(或HSO3−或SO32−)；②另取少量I中溶液于试管乙中，加入Ba(OH)2溶液，振荡，有SO42−生成，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀；故答案为：溶液中有白色沉淀生成；③结论为有Cl−生成，现象为有白色沉淀生成，氯化银为不溶于酸的白色沉淀，检验氯离子，故操作为：继续在试管乙中滴加Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液于试管丙内加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液；故答案为：加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液；④由上述分析可知ClO2

与

Na2S

反应有氯离子、硫酸根离子的生成，故发生的离子方程式为：8ClO2＋5S2－＋4H2O=8Cl－＋5SO42－＋8H＋；用于处理含硫废水时，ClO2相对于Cl2的优点有：ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍；故答案为：8ClO2＋5S2－＋4H2O=8Cl－＋5SO42－＋8H＋；ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍。20、Fe+2H+=Fe2++H2↑在干燥的HCl气流中加热FeCl2+H2Fe+2HClFe+H2O(g)FeO+H2加入KSCN溶液，溶液没有出现红色，也可能是因为Fe过量，与生成的Fe3+反应转化为Fe2+67.1%【分析】Ⅰ.(1)纳米级Fe和稀盐酸反应生成FeCl2和H2，据此写出离子方程式；(2)FeCl2·nH2O固体加热脱水时，易发生水解，为防止FeCl2水解，在加热脱水时，通常通入干燥的HCl气体，抑制水解；(3)根据流程可知，FeCl2·nH2O固体加热脱水得到FeCl2，然后N2、H2与FeCl2在高温条件下反应得到纳米级Fe，据此写出反应方程式；Ⅱ.(1)根据已知“纳米级Fe粉与水蒸气反应，温度低于570℃时生成FeO、氢气，据此写出反应方程式；(5)用KSCN溶液检验Fe3+；纳米级Fe粉与水蒸气反应的过程中Fe过量，Fe没有反应完；将反应后的固体加入少量的盐酸，也可能发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，据此进行分析；(6)用乙装置反应，反应温度高于570℃，则Fe粉与水蒸气反应的固体产物为Fe3O1．反应后所得固体的质量为6.88g，其中氧原子的质量为m(O)＝6.88g−5.60g＝1.28g，则n(O)==0.08mol；由关系式1Fe3O1∼1O，可得n(Fe3O1)＝0.02mol；据此计算出固体物质中氧化物的质量分数。【详解】Ⅰ.(1)纳米级Fe和稀盐酸反应生成FeCl2和H2，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；(2)FeCl2·nH2O固体加热脱水时，易发生水解，水解方程式为FeCl2+2H2O⇋Fe(OH)2+2HCl，为防止FeCl2水解，在加热脱水时，通常通入干燥的HCl气体，HCl能抑制FeCl2的水解，且通入的HCI气体可带走水蒸气，利于固体脱水，故答案为：在干燥的HCl气流中加热；(3)根据流程可知，FeCl2·nH2O固体加热脱水得到FeCl2，然后N2、H2与FeCl2在高温条件下反应得到纳米级Fe，反应方程式为FeCl2+H2F