上海外国语大学附属外国语学校2026届化学高三上期中质量检测试题含解析

上海外国语大学附属外国语学校2026届化学高三上期中质量检测试题注意事项: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、分子式为CnH2n+1Cl(n>l)的卤代烃不能发生消去反应，n的最小值是A．3 B．4 C．5 D．62、下列除杂方法正确的是物质杂质除杂试剂主要操作A溶液过滤B稀硫酸过滤C过滤D泥沙加水溶解、过滤、蒸发A．A B．B C．C D．D3、以下有关物质用途的叙述正确的是()A．金属钠、金属镁等活泼金属着火时，可以使用干粉灭火器来灭火B．利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能C．食品包装袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品氧化变质D．古有“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，今用乙醚从黄花蒿中可提取青蒿素是利用氧化还原反应原理4、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NAB．常温下1molCl2和足量氢氧化钠溶液充分反应，转移电子数目为2NAC．64gSO2含有氧原子数为2NAD．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NA5、下列各组中的物质均能发生加成反应的是A．乙烯和乙醇 B．苯和氯乙烯 C．乙酸和溴乙烷 D．丙炔和丙烷6、工业上用粗盐(含Ca2+、Mg2+、SO42－等杂质)为主要原料采用“侯氏制碱法”生产纯碱和化肥NH4Cl，工艺流程如下图所示。下列有关说法正确的是A．对粗盐溶液除杂可依次加入NaOH、Na2CO3、BaCl2，再加入盐酸调节溶液pHB．饱和食盐水中先通入的气体为CO2C．流程图中的系列操作中一定需要玻璃棒D．如图所示装置可以比较Na2CO3和NaHCO3晶体热稳定性7、水杨酸、冬青油、阿司匹林的结构简式如下，下列说法不正确的是A．由水杨酸制冬青油的反应是取代反应B．冬青油苯环上的一氯取代物有4种C．可用FeCl3溶液检验阿司匹林中是否混有水杨酸D．相同物质的量的冬青油和阿司匹林消耗NaOH的物质的量相同8、下列各项操作或现象能达到预期实验目的的是选项操作或现象实验目的A将铁钉放入试管中，用盐酸浸没验证铁的吸氧腐蚀B向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色证明Br—还原性强于Cl—C将氯化亚铁固体溶于适量蒸馏水中配制FeCl2溶液D将混有氯化氢杂质的氯气通过装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶除去氯气中的HCl气体A．A B．B C．C D．D9、下列说法正确的是（）A．凡是单原子形成的离子，一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布B．不存在两种质子数和电子数完全相同的阳离子和阴离子C．同一短周期元素的离子半径从左到右逐渐减小D．元素非金属性越强，对应氢化物的酸性越强10、将t1℃的饱和CuSO4溶液升温到t2℃，或者温度仍保持在t1℃并加入少量无水CuSO4，在这两种情况下均保持不变的是（）A．CuSO4的溶解度 B．溶液中Cu2＋的数目 C．溶液的质量 D．物质的量浓度11、下列叙述中不正确的是A．NH3分子与H＋结合的过程中，N原子的杂化类型未发生改变B．某晶体固态不导电，熔融状态能导电，可以较充分说明该晶体是离子晶体C．区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X－射线衍射实验D．气态SO3和SO2中心原子的孤电子对数目相等12、甲、乙两烧瓶中各盛有100mL3mol·L-1的盐酸和氢氧化钾溶液；向两烧瓶中分别加入等质量的铝粉，反应结束测得生成的气体体积甲∶乙＝2∶3（相同状况），则加入铝粉的质量为（）A．2.7g B．3.6g C．5.04g D．4.05g13、表中对于相关物质的分类全部正确的是A．A B．B C．C D．D14、一瓶澄清透明溶液，只可能含有Fe3+、Fe2+、H+、Al3+、CO32-、SO32-、NO3-七种离子中的几种，向该溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，开始时无沉淀，接着有沉淀产生，最后沉淀部分溶解。则溶液中一定存在的离子是A．H+、Al3+、CO32-、Fe2+ B．H+、Al3+、NO3-C．H+、NO3-、Fe3+、Al3+ D．Al3+、SO32-、NO3-15、常温下，向10mL0.1mol·L－1的HR溶液中逐滴滴入0.1mol·L－1的NH3·H2O溶液，所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析正确的是A．b～c溶液中所有离子浓度都减小B．b点溶液pH＝7，说明NH4R没有水解C．c点溶液中存在c(R－)>c(NH4+)、c(H＋)>c(OH－)D．a～b导电能力增强，说明HR为弱酸16、下列各组离子在指定溶液中一定不能大量共存的是A．在能使Al产生氢气的溶液中：H+、Na+、C1－、Cu2+B．在Kw／c(OH－)=1mol·L－1的溶液中：Na+、NH4+、I－、SO42－C．在0.1mol·L－1NaHSO4溶液中：K+、Fe2+、C1－、NO3－D．在能使甲基橙显黄色的溶液中：Na+、Ba2+、Br－、C1－二、非选择题（本题包括5小题）17、1，4-二苯基丁烷是用来研究聚合物溶剂体系热力学性质的重要物质,工业上用下列方法制备1，4-二苯基丁烷：友情提示：格拉泽反应:2R—C≡C—HR—C≡C—C≡C—R+H2回答下列问题：（1）D的官能团的名称为_____________________。（2）①和③的反应类型分别为____________、_____________。（3）E的结构简式为_________________________________。用1molE合成1，4－二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气________mol。（4）请写出反应①的化学方程式______________________________。（5）化合物C在氢氧化钠的水溶液中加热可得到化合物F,请写出化合物F和乙酸反应的化学方程式______________________________________。（6）芳香化合物G是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为1:1，写出其结构简式_______________________________________。18、X、Y、Z、M、W、Q、R是7种短周期元素，其性质如下：元素代号XYZMWQR原子半径/nm0.1430.1040.0990.0700.066主要化合价+3+6，﹣2+7，﹣1+5，﹣3﹣2其它焰色为黄色形成气体单质密度最小完成下列填空：（1）上述元素中，X在周期表中的位置是__，由Y、Q形成的简单离子半径大小关系是Y___Q(填“＞”或“＜”)。（2）由W或Q与R两种元素组成的微粒中，都是10e-体参与的离子反应方程式为___，是18e-分子的有__种。（3）写出证明Z、M非金属性强弱的化学方程式为__。（4）Z、W、Q、R四种元素按原子个数比为1：1：4：5形成某化合物，则该化合物中化学键类型为___。（填选项）A．离子键B．极性共价键C．非极性共价键D．氢键19、已知:ICl的熔点为13.9℃，沸点为97.4℃，易水解，ICl3的熔点为111℃，并且已知:ICl(l)+Cl2(g)=ICl3(s)。用下图(中夹持装置略去)的装置制取ICl。(1)装置A中发生反应的化学方程式是_____________________。(2)装置B的作用是_________，不能用装置F代替装置E，理由____________。(3)所制得的ICl中溶有少量ICl3杂质，提纯的方法是____________(填标号)。A.过滤B.蒸发结晶C.蒸馏D.分液(4)用ICl的冰醋酸溶液测定某油脂的不饱和度。进行如下两个实验，实验过程中有关反应为：①②ICl+KI=I2+KCl③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6实验1：将5.00g该油脂样品溶于四氯化碳后形成100mL溶液，从中取出十分之一，加入20mL某ICl的冰醋酸溶液(过量)，充分反应后，加入足量KI溶液，生成的碘单质用amol/L的Na2S2O3标准溶液滴定。经平行实验，测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为V1mL。实验2(空白实验)：不加油脂样品，其它操作步骤、所用试剂及用量与实验I完全相同，测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为V2mL。①滴定过程需要的指示剂是___________________。②5.00g该油脂样品所消耗的ICl的物质的量为________mol。由此数据经换算即可求得该油脂的不饱和度。20、某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。实验序号ⅠⅡ实验操作实验现象紫色褪去，溶液变为棕黄色紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀消失，溶液变为棕黄色资料：i.MnO4—在酸性条件下最终被还原为Mn2+。ii.酸性条件下氧化性:KMnO4＞KIO3＞I2。（1）实验1中溶液呈棕黄色，推测生成了________。（2）实验小组继续对实验II反应中初始阶段的产物成分进行探究：①经检验，实验II初始阶段I—的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为________。②黑色固体是________。③设计实验方案证明在“紫色清液”中存在IO3-：________。④写出生成IO3-的离子方程式：________。（3）探究实验II中棕褐色沉淀消失的原因。用离子方程式解释实验II中棕褐色沉淀消失的原因：________。（4）实验反思：KI和酸性KMnO4溶液反应过程中，所得产物成分与________有关（写出两点即可）。21、异丙苯（）是一种重要的有机化工原料。（1）比异丙苯少2个碳原子的同系物的结构简式：__________。（2）下列关于异丙苯说法错误的是____________（选填编号）A异丙苯的分子式为C9H12B异丙苯的沸点比苯低C异丙苯和苯为同系物D异丙苯中碳原子可能都处于同一平面（3）鉴别异丙苯与苯的试剂、现象和结论：_____________。（4）由苯与2-丙醇反应制备异丙苯属于____________反应；由异丙苯制备对溴异丙苯的反应试剂和反应条件为______________。（5）异丙苯有多种同分异构体，其中一溴代物最少的芳香烃的名称是____________。（6）α-甲基苯乙烯是生产耐热型ABS树脂的一种单体，工业上由异丙苯催化脱氢得到，写出由异丙苯制取该单体的另一种方法。_________（合成路线常用的表示方式为：）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】分子式为CnH2n+1X（n＞1）的卤代烃不能发生消去反应，则卤素原子连接的C原子上没有H原子，至少连接3个甲基，故含有C原子数至少的结构为（CH3）3CCH2X，至少含有5个C原子，答案选C。点睛：本题考查有机物的结构确定、卤代烃的性质等，注意掌握卤代烃发生消去反应的条件：与卤素原子相连碳相邻碳上有氢原子才能发生消去反应。2、D【详解】A．在通常条件下，氧化铁与氢氧化钠不反应，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，不能除去杂质，故A错误；B．稀硫酸与铁、铝均反应，无法达到除杂目的，故B错误；C．Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜，引入新杂质，不能除杂，应选铁粉，故C错误；D．泥沙不溶于水，则溶解、过滤、蒸发可分离，故D正确；答案选D。3、B【详解】A．金属钠、金属镁都能在二氧化碳气体中燃烧，所以活泼金属着火时，不能用干粉灭火器灭火，A不正确；B．太阳能电池板由高纯硅制成，它可实现光-电转换，将光能直接转化为电能，B正确；C．氧化钙能够吸收空气中的水分，所以食品包装袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品受潮，不能起到抗氧化作用，C不正确；D．根据相似相溶原理，用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素，是利用萃取原理，D不正确；故选B。4、C【解析】A.常温常压下124gP4为1mol，一个P4中所含6个P—P键，故1molP4数目为6NA，故A错误；B.常温下Cl2和足量氢氧化钠溶液发生的是歧化反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，1molCl2充分反应，转移电子数目为NA，故B错误；C.64gSO2为1mol，故含有氧原子数为2NA，故C正确；D.标准状况下，22.4LH2O为液体，无法计算含有的分子数，故D错误；答案：C。5、B【解析】A项，乙烯可以发生加成反应，乙醇无不饱和键不能发生加成反应，故A错误；B项，苯分子中含碳碳不饱和键，可以发生加成反应，例如一定条件下苯可以和氢气发生加成反应，氯乙烯分子中含碳碳双键，可以发生加成反应，故B正确；C项，乙酸分子中羰基不能发生加成反应，溴乙烷无不饱和键不能发生加成反应，故C错误；D项丙炔分子中含碳碳叁键，能发生加成反应，丙烷为饱和烷烃不能发生加成反应，故D错误。点睛：本题考查有机物的性质、反应类型，主要是对加成反应实质的理解应用，根据加成反应的实质，有机物分子中含有不饱和碳原子，才能发生加成反应，常见的有：含有碳碳双键、C=O键、-CHO及苯环的物质可以发生加成反应，如：烯烃、炔烃、醛类、苯及其同系物等，注意-COOH不能发生加成反应。6、C【解析】A、除去粗盐中的钙离子、镁离子、硫酸根离子及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠除去钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，选项A错误；B、二氧化碳在水中溶解度较小，氨气溶解度较大，故应先通入氨气，碱性溶液中再通入二氧化碳，二氧化碳的溶解度增大，可以达到实验目的，选项B错误；C、从溶液中得到固体，需要加热浓缩、冷却结晶、过滤等操作，这些过程中需要玻璃棒搅拌、引流等，选项C正确；D、碳酸钠加热不易分解，碳酸氢钠加热容易分解，故小试管中盛放碳酸氢钠，大试管盛放碳酸钠，碳酸氢钠间接加热能分解，碳酸钠直接加热不分解，能证明两者的稳定性，图中放反了，选项D错误。答案选C。7、D【解析】水杨酸的官能团为酚羟基和羧基，表现酚和羧酸的性质；冬青油的官能团为酚羟基和酯基，表现表现酚和酯的性质；阿司匹林的官能团为酯基和羧基，表现酯和羧酸的性质。【详解】A．水杨酸可与乙酸酐发生取代反应制得冬青油，故A正确；B．冬青油苯环上连有羟基和酯基，结构不对称，苯环上含有4种H，则一氯取代物有4种，故B正确；C．水杨酸的官能团为酚羟基和羧基，阿司匹林的官能团为酯基和羧基，FeCl3溶液可以酚羟基，故C正确；D．冬青油的官能团为酚羟基和酯基，1mol冬青油消耗2molNaOH，阿司匹林的官能团为酯基（酚酯）和羧基，1mol阿司匹林消耗3molNaOH，故D错误。故选D。8、B【详解】A.将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，由于是强酸性环境，发生的是析氢腐蚀，故A错误；B.向NaBr溶液中滴入少量氯水，发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，反应产生的Br2容易溶于苯，苯与水互不相溶，密度比水小，苯与溴单质不能发生反应，振荡、静置，溶液上层呈橙红色，故B正确；C.氯化亚铁是强酸弱碱盐，在溶液中容易发生水解反应:Fe2++H2OFe(OH)2+2H+，使溶液显浑浊，因此要将氯化亚铁固体溶于适量稀盐酸中，再加蒸馏水稀释，故C错误；D.除去氯气中的HCl气体，应该把混有氯化氢杂质的氯气通过装有饱和NaCl溶液的洗气瓶，若通入装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，会发生反应产生CO2杂质气体，故错误；故选B。9、B【解析】A、H+没有核外电子，Fe3+核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5，与稀有气体核外电子排布不同，故A错误；

B、阳离子的质子数大于电子数,阴离子的质子数小于电子数,如电子数相同,则质子数一定不同,故B正确；C、离子半径比较大小，先看电子层数，电子层数越多，半径越大，同一短周期元素的最低价阴离子核外电子比同一短周期元素的最高价阳离子核外电子多一层，所以半径大，电子层数相同，则核电荷数越大半径越小，同一短周期元素的最高价阳离子核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故C错误；D、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故D错误；综上所述，本题应选B。【点睛】本题重点考查元素周期律。粒子半径比较方法：先看电子层数，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，则看核电荷数，核电荷数越大，半径越小。元素的非金属性越强，单质氧化性越强，对应阴离子还原性越弱，单质与氢气反应越容易(剧烈)，其氢化物越稳定，最高价氧化物对应水化物酸性越强。金属性越强，则单质还原性越强，对应阳离子氧化性越弱，单质与水或酸反应越容易(剧烈)，最高价氧化物对应水化物碱性越强。10、D【分析】根据题意可知，本题考查物质的溶解度，运用温度升高溶解度一般增大分析。【详解】A.将t1℃升温到t2℃，CuSO4溶解度会增大，饱和溶液变为不饱和溶液；A项错误；B.若温度保持在t1℃不变并加入少量无水CuSO4，无水CuSO4吸水变为五水合硫酸铜，溶剂减少，析出溶质，溶液中Cu2＋的数目减少，B项错误；C.若温度保持在t1℃不变并加入少量无水CuSO4，无水CuSO4吸水变为五水合硫酸铜，溶剂减少，析出溶质，溶液质量减少，C项错误；D.将t1℃的饱和CuSO4溶液升温到t2℃，溶液成分没有变，物质的量浓度不变；若温度保持在t1℃不变并加入少量无水CuSO4，CuSO4溶解度不变，物质的量浓度不变，D项正确；答案选D。11、D【分析】NH3分子与H＋结合生成NH4+；离子晶体是电解质，晶体不能导电，但水溶液或熔融状态下能导电；构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X−射线衍射图谱反映出来；计算中心原子的孤电子对数目：（中心原子价电子数－中心原子结合的原子数中心原子结合的原子提供的单电子数）。【详解】A．NH3分子与H＋结合生成NH4+，反应前后N原子的杂化类型均为sp3，符合题意及，故A正确；B．离子晶体是电解质，晶体不能导电，但水溶液或熔融状态下能导电，因此，某晶体固态不导电，熔融状态能导电，可以较充分说明该晶体是离子晶体，故B正确；C．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X−射线衍射图谱反映出来。因此，区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X−射线衍射实验，故C正确；D．通过公式计算中心原子的孤电子对数，SO3：、SO2：，所以二者的孤电子对数目不相等；故D错误；答案选D。12、D【详解】铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若Al都完全反应，则生成氢气应相等，而应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，由方程式：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，可知相同物质的量的Al反应时，消耗HCl较多，可知酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为1．1L×3mol/L=1．3mol，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则：解得x==1.15mol，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为1.15mol×=1.225mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则：解得y==1.15mol，则铝的质量为1.15mol×27g/mol=4.15g，故D正确。13、D【详解】A.Mn2O7属于酸性氧化物，A错误；B.胆矾是CuSO4·5H2O，是盐，属于纯净物，B错误；C.浓硫酸是H2SO4的水溶液，属于混合物，H2O属于电解质，C错误；D.选项中的物质符合物质分类标准，D正确；故合理选项是D。14、C【解析】向该溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，开始时无沉淀，接着有沉淀产生，最后沉淀部分溶解，说明溶液中一定存在H+、Al3+，至少存在Fe3+、Fe2+中的一种；结合离子共存一定不存在CO32﹣、SO32﹣，则一定存在NO3﹣；酸性条件下硝酸根离子能够氧化Fe2+，则一定不存在亚铁离子，故一定存在铁离子，据此解答。【详解】向该溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，开始时无沉淀，接着有沉淀产生，最后沉淀部分溶解，说明溶液中一定存在H+、Al3+，至少存在Fe3+、Fe2+中的一种；结合离子共存一定不存在CO32﹣、SO32﹣，则一定存在NO3﹣；酸性条件下硝酸根离子能够氧化Fe2+，则一定不存在Fe2+，故一定存在Fe3+；根据分析可知，溶液中一定存在的离子为：H+、NO3﹣、Fe3+、Al3+，故答案为C。【点睛】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；能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN-)等；解决离子共存问题时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-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；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。15、D【分析】A.根据溶液中的溶质进行分析；B.弱酸的阴离子或弱碱的阳离子在水溶液中会发生水解反应；

C.c点溶液的pH＞7，说明溶液呈碱性，溶液中c（OH-）＞c（H+），再结合电荷守恒判断；D.溶液导电能力与离子浓度成正比，如果HR是强电解质，加入氨水至溶液呈中性时，溶液中离子浓度会减小，导致溶液导电能力降低。【详解】A.b～c段溶液的溶质为NH3·H2O、NH4R，溶液由中性变为弱碱性，OH-的浓度增大，故A错误；B.弱酸的阴离子或弱碱的阳离子在水溶液中会发生水解反应，HR是弱酸，且一水合氨是弱碱，所以NH4R是弱酸弱碱盐，b点溶液呈中性，此时酸和碱恰好完全反应，所以该点溶液中铵根离子和酸根离子水解程度相同，故B错误；

C.c点溶质为NH3·H2O、NH4R，此时溶液呈碱性，说明NH3·H2O的电离程度大，因此溶液中c（OH-）＞c（H+），再结合电荷守恒得c（NH4+）＞c（R-），故C错误；D.加入10mL等浓度的氨水，两者恰好完全反应，HR+NH3·H2O=NH4R+H2O，假设HR为强酸，NH4R是强电解质，反应前后导电能力基本相同，但a～b导电能力增强，因此假设错误，HR为弱酸，故D正确。故选D。16、C【解析】A.能使Al产生氢气的溶液，可能有较强酸性，也可能是强碱性，若为强碱性则H+和Cu2+均不能大量共存，但若溶液具有强酸性，则可以大量共存，故A不选；B.在Kw／c(OH－)=1mol·L－1的溶液，显酸性，酸溶液中Na+、NH4+、I－、SO42－能够大量共存，故B不选；

C.0.1mol·L－1NaHSO4溶液呈酸性，H+、Fe2+、NO3－发生氧化还原反应，一定不能大量共存，故C选。

D.能使甲基橙显黄色，pH>4.4，溶液中Na+、Ba2+、Br－、C1－能大量存在，故D不选；

故答案选C。【点睛】本题考查离子的共存，把握试题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查。此类题目解题时要注意题目要求“一定”和“可能”的区别。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳三键加成消去C≡C—C≡C—4molC6H6+CH2=CH2CH2CH3CH(OH)CH2(OH)+2CH3COOHCH(OOCCH3)CH2OOCCH3+2H2OClH2CCH2Cl【解析】试题分析：由B的分子式、C的结构简式可知B为，则A与氯乙烷发生取代反应生成B，则A为；对比C、D的结构可知C脱去2分子HCl，同时形成碳碳三键得到D，该反应属于消去反应；D发生信息中的偶联反应生成E为；E与氢气发生加成反应（也是还原反应）生成1，4-二苯基丁烷。据此可得下列结论：（1）由D的结构简式可知，D的官能团的名称为碳碳三键。（2）由上述分析可知，①和③的反应类型分别为加成反应、消去反应。（3）由上述分析可知，E的结构简式为。用1molE合成1，4－二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气4mol。（4）有题给信息可知，反应①的化学方程式为：C6H6+CH2=CH2CH2CH3。（5）化合物C的结构简式为，在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应（取代反应）可得到化合物F，结构简式为：CH(OH)CH2(OH)，化合物F和乙酸反应的化学方程式：。（6）化合物C的结构简式为，芳香化合物G是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为1:1，则G的结构简式为。考点：考查有机物的推断与合成；【名师点睛】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、对信息的获取与迁移运用等，是对有机化学基础的综合考查，是有机化学常考题型，熟练掌握官能团的性质与转化。依据反应规律和产物来推断反应物是有机物推断的常见题型，通常采用逆推法：抓住产物的结构、性质、实验现象、反应类型这条主线，找准突破口，把题目中各物质联系起来从已知逆向推导，从而得到正确结论。对于某一物质来说，有机物在相互反应转化时要发生一定的化学反应，常见的反应类型有取代反应、加成反应、消去（消除）反应、酯化反应、加聚反应、缩聚反应等，要掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构特点（包含官能团的种类）进行判断和应用。有机合成路线的设计解题方法一般采用综合思维的方法，其思维程序可以表示为：原料→中间产物←目标产物。即观察目标分子的结构（目标分子的碳架特征，及官能团的种类和位置）→由目标分子和原料分子综合考虑设计合成路线（由原料分子进行目标分子碳架的构建，以及官能团的引入或转化）→对于不同的合成路线进行优选（以可行性、经济性、绿色合成思想为指导）。熟练掌握一定的有机化学基本知识、具备一定的自学能力、信息迁移能力是解答本题的关键，题目难度中等。18、第三周期ⅠA族＜NH+OH-=H2O+NH32H2S+Cl2=S+2HClA、B【分析】X焰色为黄色，则X为Na，R的形成气体单质密度最小，则R为H，Z和Q的化合价都有-2价，应为周期表第ⅥA族元素，Z的最高价为+6价，应为S元素，Q无正价，应为O元素；Y的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，根据半径大于Z小于X，可知应和X同周期，为Al元素，M为+7、-1价，且原子半径小于S大于O，则M为Cl元素，W为+5、-3价，且原子半径小于Cl大于O，则W为N元素。【详解】（1）由分析可知，X为Na，在周期表中的位置是第三周期ⅠA族，Y、Q各自形成的简单离子Al3+、O2-，具有相同电子层结构，核电荷数越大，半径越小，故离子半径由大到小的顺序是Al3+＜O2-，故答案为：第三周期ⅠA族；＜；（2）由N或O与H两种元素组成的微粒中，NH、OH-、H2O、NH3等都是10e-体，反应的离子方程式为NH+OH-=H2O+NH3，N或O与H两种元素组成的微粒中，N2H4、H2O2都是18e-分子，有2种，故答案为：NH+OH-=H2O+NH3；2；（3）氯气能置换出硫单质，可比较Cl、S非金属性强弱，化学方程式为H2S+Cl2=S+2HCl，故答案为：H2S+Cl2=S+2HCl；（4）S、N、O、H四种元素按原子个数比为1：1：4：5形成的化合物为NH4HSO4，为离子化合物，该化合物中含有的化学键类型为离子键，极性共价键，故答案为：A、B。19、KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O除去氯气中的氯化氢装置F中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解C淀粉溶液5a（V2-V1）×10-3【分析】由实验装置可知，A中氯酸钾具有氧化性能把浓盐酸氧化生成氯气，发生KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；浓盐酸易挥发生成的氯气中含有氯化氢，所以装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢，浓硫酸干燥氯气。已知ICl易水解，装置E中碱石灰可以吸收氯气，同时吸收空气中的水蒸气，据此解答。【详解】(1)氯酸钾具有氧化性能把浓盐酸氧化生成氯气，则装置A中发生反应的化学方程式是KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；(2)浓盐酸易挥发生成的氯气中含有氯化氢，所以装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢，已知ICl易水解，若用装置F代替装置E，则装置F中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解，所以不能用装置F代替装置E；(3)由于ICl与ICl3的沸点相差较大，因此若所制得的ICl中溶有少量ICl3杂质，提纯的方法是蒸馏，故答案为：C；(4)①由于碘遇淀粉显蓝色，因此滴定过程中可用淀粉溶液作指示剂；②实验2中比实验1多消耗的溶液体积为（V2-V1）ml，则Na2S2O3的物质的量的是0.001a（V2-V1）mol，根据方程式②ICl+KI=I2+KCl、③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知：ICl～2Na2S2O3，所以ICl的物质的量是0.001a（V2-V1）mol×，由根据方程式①可知，5.00g该油脂样品所消耗的ICl的物质的量为0.001a（V2-V1）mol××=5a（V2-V1）×10-3mol。20、I2溶液分层，下层液体无色MnO2取少量“紫色清液”，逐滴加入Na2SO3溶液，振荡，溶液紫色消失变成棕黄色时，滴加淀粉溶液，溶液变蓝说明存在IO3-2MnO4-+I-+2H+=2MnO2↓+IO3-+H2OMnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O试剂的相对用量（滴加顺序）、溶液酸性强弱（其他答案合理给分）【分析】（1）实验1中碘化钾过量，MnO4—