2026届上海市崇明区市级名校高三化学第一学期期中考试模拟试题含解析

2026届上海市崇明区市级名校高三化学第一学期期中考试模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列解释实验过程或事实的反应方程式不正确的是A．熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2OB．在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2:2I-+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2OC．红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2D．“84消毒液”（有效成分NaClO）和“洁厕灵”（主要成分盐酸）混合使用放出氯气：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O2、下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。下列说法中不正确的是（）A．当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4B．当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3C．B和Cl2的反应是氧化还原反应D．当X是强酸时，C在常温下是气态单质3、下列各组离子一定在指定溶液中大量共存的是（）①酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3－，I－，Cl－，S2－②室温下，pH=11的溶液中：CO32-，Na+，AlO2－，NO3－，S2-，SO32-③加入Al能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4+，Cl－，K+，NO3－④使石蕊变红的溶液中：Cu2+，NO3－，Na+，SO42－⑤室温下，水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol/L的溶液中：Cl－，NO3－，NH4+，S2O32-A．②③④B．①②④C．②④⑤D．②④4、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5、除去下列物质中所含的杂质。选用的试剂正确的是选项物质(杂质)试剂AAl2O3(SiO2)过量NaOH溶液BCO2(HCl)饱和Na2CO3溶液CNa2O2(Na2O)O2/加热DAl2O3(Fe2O3)Al粉/加热A．A B．B C．C D．D6、中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是A．SO2和湿润的Cl2都有漂白性，推出二者都能使紫色石蕊试液退色B．根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH=7.0的溶液一定显中性C．由F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，推出HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强D．根据主族元素的最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素的最高正价都是+77、下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是A．AB．BC．CD．D8、阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A．标准状况下，22.4L乙烷中所含的极性共价键数目为7NAB．2.0gH218O和D2O的混合物中含有质子数为NAC．5.6gFe和足量盐酸完全反应，转移的电子数为0.3NAD．2L0.05mol·L−1乙醇溶液中含有H原子数目为0.6NA9、在一密闭容器中有HCHO、H2和O2混合气体共10g，放入足量Na2O2用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重4g，则原混合气体中O2的质量分数是A．40%B．33.3%C．60%D．36%10、25℃时，将10mLpH=11的氨水稀释至1L，溶液的pH或pH范围是A．9 B．13 C．11～13 D．9～1111、X、Y、Z、W四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示。其中元素Z的基态原子价电子层排布为nsn-1npn+1，下列说法正确的是A．Y、Z、W三种元素的最高正价依次递增B．X、Z都是第ⅥA族元素，电负性：W>X>ZC．氢化物稳定性Z>Y>WD．对应的简单离子半径：W>X>Z12、下列“油”中，一定条件下既不能与乙酸反应也不能与氢氧化钠溶液反应的是A．甘油 B．酱油 C．奶油 D．汽油13、下列对实验现象解释的方程式中，正确的是A．0.1mol/L次氯酸溶液的pH约为4.2：HClO=H++ClO-B．向醋酸中加入NaHCO3溶液得到无色气体：2CH3COOH+CO=2CH3COO-+H2O+CO2↑C．向NaHSO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀：2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2OD．在煤中添加石灰石，降低尾气中SO2浓度：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO214、下列有关仪器的使用或实验操作正确的是A．用稀盐酸洗涤H2还原CuO后试管内壁的铜B．蒸发时,蒸发皿中溶液的量不能超过总容量的C．分离苯萃取溴水后的分层液体,从分液漏斗下口先放出水层,再放出有机层D．用KMnO4溶液测定Na2C2O4的浓度时,KMnO4溶液盛放在碱式滴定管中15、下列物质的用途利用了其氧化性的是（）A．漂粉精用于消毒游泳池水 B．SO2用于漂白纸浆C．Na2S用于除去废水中的Hg2+ D．FeCl2溶液用于吸收Cl216、下列离子方程式书写正确的是A．碳酸钙与醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OB．少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=SO42-+2H++Cl-C．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应后溶液呈中性：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2OD．足量锌粉与一定量浓硫酸反应：Zn+2H2SO4=Zn2++SO42-+SO2↑+2H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、聚碳酸酯（简称PC）是重要的工程塑料，某种PC塑料(N)的合成路线如下：已知：i．R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OHii．R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO（1）A中含有的官能团名称是______。（2）①、②的反应类型分别是______、______。（3）③的化学方程式是______。（4）④是加成反应，G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是______。（5）⑥中还有可能生成的有机物是______（写出一种结构简式即可）。（6）⑦的化学方程式是______。（7）己二醛是合成其他有机物的原料。L经过两步转化，可以制备己二醛。合成路线如下：中间产物1的结构简式是______。18、下表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题：（1）写出下列元素符号：①________，⑥________，⑦________，⑪________。（2）在这些元素中，最活泼的金属元素是________，最活泼的非金属元素是_______，最不活泼的元素是________。（3）在这些元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是________，碱性最强的是______，呈两性的氢氧化物是___________，写出三者之间相互反应的化学方程式___。（4）在这些元素中，原子半径最小的是_________，原子半径最大的是_________。（5）在③与④中，化学性质较活泼的是________，怎样用化学实验证明？答：________。在⑧与⑫中，化学性质较活泼的是_________，怎样用化学实验证明？答：_________。19、草酸亚铁晶体是一种淡黄色粉末，常用于照相显影剂及制药工业，也是电池材料的制备原料。某化学兴趣小组对草酸亚铁晶体的一些性质进行探究。（1）甲组同学用如图所示装置测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为ag。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置称重，记为bg。按图连接好装置进行实验。a.打开K1和K2，缓缓通入N2；b.点燃酒精灯加热;c.熄灭酒精灯；d.冷却至室温；e.关闭K1和K2;f.称重A；g.重复上述操作，直至A恒重，记为cg。①仪器B的名称是__________,通入N2的目的是___________。②根据实验记录，计算草酸亚铁晶体化学式中的x=____________(列式表示)；若实验时a、b次序对调，会使x值______________(填“偏大”“无影响”或“偏小”）。（2）乙组同学为探究草酸亚铁的分解产物，将(1)中已恒重的装置A接入图14所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后装置A中残留固体为黑色粉末。①装置C、G中的澄清石灰水均变浑浊，说明分解产物中有____________(填化学式)。②装置F中盛放的物质是___________(填化学式)。③将装置A中的残留固体溶于稀盐酸，无气泡，滴入KSCN溶液无血红色，说明分解产物中A的化学式为________。④写出草酸亚铁(FeC2O4)分解的化学方程式：______________________。20、现要测定某氯化铁与氯化亚铁混合物中铁元素的质量分数。实验按以下步骤进行：I．根据上面流程，回答以下问题：（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有_______、_______(填仪器名称)。（2）加入氯水发生反应的离子方程式为______________________________。（3）将沉淀物灼烧后，冷却至室温，用天平称量其质量为b1g，再次加热并冷却至室温，称量其质量为b2g，若b1－b2=0.3g，则接下来还应进行的操作是___________________；若坩埚质量是w1g，坩埚与灼烧后固体总质量是w2g，则样品中铁元素的质量分数是_______________。II．有同学提出，还可以采用以下方法来测定：（4）溶解样品改用了硫酸，而不再用盐酸，为什么?_____________________________。（5）选择的还原剂是否能用铁_____(填“是”或“否”)，原因是______________________。（6）)若滴定消耗cmol·L-1KMnO4溶液bmL，则样品中铁元素的质量分数是__________。21、下图是某工业生产过程。溶解度表：温度℃010203040608090100氯化铵29.433.337.241.445.855.265.671.377.3硫酸铵70.67375.47881889598103硫酸钾7.49.311.11314.818.221.422.924.1氯化钾2831.234.237.240.145.851.353.956.3（1）本工业生产过程的目标产品是____________________________________。（写化学式）（2）过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还有一种物质，该固体的用途有_________（试举一例）。（3）根据溶解度表转化Ⅱ适宜的温度是________A、0~10℃B、20~30℃C、40~60℃D、90~100℃过滤Ⅱ操作所得滤渣是__________。（4）我国著名的化学家也利用了转化Ⅱ的反应原理制备了一种重要的碱，该制备的化学反应方程式为：___________________________________________________（5）氯化钙结晶水合物（CaCl2·6H2O）进行脱水处理可制得常用的干燥剂，根据下图选择最佳脱水的方法是__________A、氯化氢气流中加热到174℃B、直接加热至174℃C、直接加热至260℃D、氯化氢气流中加热到260℃（6）上述工业流程实现了绿色化学的理念，其中__________________（填化学式）实现了循环利用，副产品_________________________（填化学式）可转化为原料，整个流程基本实现了污染物零排放。

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.熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚，因为二者反应：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，A正确；B.在海带灰的浸出液（含有I-）中滴加H2O2得到I2：2I-+H2O2+2H+＝I2+2H2O，B错误；C.红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层四氧化三铁：3Fe+4H2OFe3O4+4H2，C正确；D.“84消毒液”(有效成分NaClO)和“洁厕灵”(主要成分盐酸)混合使用发生氧化还原反应放出氯气：ClO－＋Cl－＋2H＋＝Cl2↑＋H2O，D正确；答案选B。2、D【解析】根据图中的转化关系可知，A一定是弱酸的铵盐，当X是强酸时，A、B、C、D、E、F分别是：Na2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4；当X是强碱时，A、B、C、D、E、F分别是：NH4Cl、NH3、N2、NO、NO2、HNO3。【详解】A.由上述分析可知，当X是强酸时，F是H2SO4，故A正确；B.由上述分析可知，当X是强碱时，F是HNO3，故B正确；C.无论B是H2S还是NH3，B和Cl2的反应一定是氧化还原反应，故C正确；D.当X是强酸时，C是硫，在常温下是固态单质，故D错误；答案选D。3、D【解析】①酸性条件下NO3-与I-、S2-、Fe2+能够发生氧化还原反应而不能大量共存，故①错误；②pH=11的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故②正确；③加入铝片能放出H2的溶液，为酸或强碱溶液，镁离子和铵根离子能够与碱反应生成沉淀或弱电解质，不能大量共存，故③错误；④使石蕊变红的溶液呈酸性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故④正确；⑤由水电离的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，NH4+能够与碱反应生成NH3·H2O，S2O32-能够与酸反应生成二氧化硫和硫，不能大量共存，故⑤错误；故选D。点睛：本题考查离子的共存，把握常见离子的颜色、离子之间的反应为解答的关键。本题的易错点为③和⑤的条件，加入Al能放出H2的溶液、由水电离的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液，均表示溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。4、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。5、C【解析】A、SiO2也能与NaOH溶液反应，故A错误；B、Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3，应用饱和NaHCO3溶液，故B不正确；C、2Na2O＋O22Na2O2，故C正确；D、Al与Fe2O3发生反应后，形成Al2O3和Fe的混合物，故D错误。故选C。点睛：物质的提纯、除杂，不增、不减、易分离是除杂的原则，不增：不增加新的杂质。不减：不减少被提纯物质。易分离：杂质与被提纯物质容易分离。D形成Al2O3和Fe的混合物不易分离。6、C【解析】A、SO2和湿润的Cl2虽然都有漂白性，但SO2通入紫色石蕊试液显红色，Cl2通入紫色石蕊试液选项变红后褪色，选项A错误；B、只有在常温下pH=7.0的溶液才一定显中性，而在100℃时pH=7.0的溶液却显碱性，因此用pH判断溶液酸碱性时必需考虑温度，c(H+)=c(OH-)时溶液呈中性，选项B错误；C、非金属性：I＜Br＜Cl＜F，元素的非金属性越强，对应的氢化物的还原性越弱，则HI、HBr、HCl、HF的还原性的依次减弱，选项C正确；D、在卤族元素中,氟元素只有负价,没有正价。除氟元素以外,其他元素的最高化合价均为+7，选项D错误。答案选C。7、B【解析】二氧化硅不能与水反应生成硅酸，硅酸也不能直接转化为硅。【详解】AlCl3与NaOH反应可生成NaAlO2，Al（OH）3与NaOH反应可生成NaAlO2，NaAlO2与盐酸反应可生成Al（OH）3，盐酸过量可生成AlCl3，A正确；硅高温下与氧气反应生成二氧化硅，硅酸受热分解生成二氧化硅，但常温下，二氧化硅不与水反应，不能生成硅酸，硅酸也不能直接转化为硅，B错误；少量氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，碳酸钠与石灰水反应可以生成氢氧化钠，C正确；铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，氯化亚铁与活泼金属发生置换反应生成铁，D正确。故选B。【点睛】本题考查无机物的推断，试题侧重于物质的性质以及转化的考查，注意利用物质性质进行分析判断是关键。8、B【解析】A、标准状况下，22.4L乙烷的物质的量为1mol，1mol乙烷中含6molC—H键，1molC—C键，其中C—H键为极性键，故1mol乙烷中含极性共价键6NA，A错误；B、H218O与D2O的相对分子质量均为20，且一个分子所含质子数均为10个，所以2.0gH218O和D2O组成的物质为0.1mol，含有0.1NA个分子，则含有质子数为NA，B正确；C、铁与盐酸反应：Fe+2H+＝Fe2++H2↑，因此5.6gFe完全反应，转移电子的物质的量为0.2mol，C错误；D、2L0.05mol·L−1乙醇溶液中乙醇的物质的量为0.1mol，由于溶剂水分子还含有氢原子，则所含有H原子数目为大于0.6NA，D错误；答案选B。9、C【解析】试题分析：HCHO燃烧生成二氧化碳与水，氢气燃烧生成水，反应方程式为：HCHO+O2HCHO+O2CO2+H2O、2H2+O22H2O，二氧化碳、水与过氧化钠反应为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，通过方程式可以看出，固体质量的增加量就是原混合气体中HCHO、H2的质量和，Na2O2增重4g，所以HCHO、H2的质量和为4g，所以混合气体中氧气的质量为：10g-4g=6g，所以氧气的质量分数为：×100%=60%，故选C。考点：考查了混合物的计算的相关知识。10、D【详解】一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，将10mLpH=11的氨水稀释至1L，氨水稀释100倍后，溶液中氢氧根离子浓度大于原来的，则稀释后溶液的pH在9−11之间，故D正确；答案选D。11、B【分析】s轨道最多容纳2个电子，n-1=2，所以n=3，则Z价电子层排布为nsn-1npn+1为3s23p4，Z是S元素，根据各种元素的相对位置可知X是O，Y是P，W是F，然后根据元素周期律分析解答。【详解】根据上述推断可知X是O，Y是P，Z是S，W是F。A.W元素原子半径很小，吸引电子能力很强，无最高正化合价，A错误；B.X、Z原子核外最外层有6个电子，都是第ⅥA族元素，由于同一周期的元素，原子序数越大，元素的电负性越大；同一主族的元素，原子序数越大，元素的电负性越小，所以元素的电负性：W>X>Z，B正确；C.元素的非金属性越强，其相应的氢化物稳定性越强。由于同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强；同一主族的元素，原子序数越小，元素的非金属性越强，所以元素的氢化物的稳定性：W>Z>Y，C错误；D.X、W离子核外有2个电子层，Z离子有3个电子层，对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径越小；对于电子层结构不同的离子来说，离子核外电子层数越多，离子半径越大，所以离子半径：Z>X>W，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了原子结构与元素位置及物质性质关系的知识。把握元素的位、构、性三者的关系是本题解答的关键，注意规律性知识的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。12、D【详解】A.甘油指的是丙三醇，属于醇类化合物，能与羧酸发生酯化反应，故A不符合题意；B.酱油属于混合物，主要成分为氨基酸，能和氢氧化钠溶液反应，故B不符合题意；C.奶油指的是酯类化合物，能和氢氧化钠溶液反应，故C不符合题意；D.汽油属于烃类化合物，既不能与乙酸反应也不能与氢氧化钠溶液反应，故D符合题意；故答案：D。13、D【详解】A.HClO为弱电解质，不完全电离，故A错误；B.NaHCO3溶液中电离生成Na+和，不能拆成形式，故B错误；C.NaHSO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液反应，离子方程式中H+与的系数比应为1:1离子方程式为H++SO+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，故C错误；D.石灰石与SO2和空气中氧气反应得到CaSO4和CO2降低尾气中SO2浓度，化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，故D正确。故答案选：D。14、B【详解】A、氢气还原氧化铜后留下的铜，是不活泼金属，排在金属活动性顺序中氢的后面，不能和稀盐酸反应，故A错误；B、蒸发时，加入的液体不能超过容器容积的，过多液体可能溢出，故B正确；C、苯的密度比水的密度小，分层后水层在下层，分层时避免上下层液体混合，则先分离出水，有机层从上口倒出，故C错误；D、高锰酸钾溶液呈酸性，且有强氧化性，要腐蚀橡皮，应该用酸式滴定管盛放，故D错误。答案选B。15、A【详解】A．漂白精中含次氯酸根离子，具有强氧化性，可以消毒游泳池中的水，故A选；B．SO2用于漂白纸浆，是化合漂白，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故B不选；C．Na2S用于除去废水中的Hg2+，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故C不选；D．FeCl2溶液用于吸收Cl2，Fe元素化合价升高，利用了其还原性，故D不选；故选A。16、C【解析】A.醋酸是弱酸，不能拆成离子，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-；A错误；B.HClO具有强氧化性，能够把SO2氧化为SO42-，本身被还原气为Cl-，离子方程式为：SO2+3ClO-+H2O=SO42-+2HClO+Cl-，B错误；C.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应后溶液呈中性，满足n(NaHSO4)：n(Ba(OH)2)=2:1，正确的离子方程式：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，C正确；D.足量锌粉与一定量浓硫酸反应先生成二氧化硫，反应为Zn+2H2SO4=Zn2++SO42-+SO2↑+2H2O；浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与锌反应生成硫酸锌和氢气，反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，上述反应方程式不全，D错误；综上所述，本题选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳双键氧化反应加成反应CH3CH=CH2、、【分析】A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和二氧化碳反应生成碳酸乙二酯，碳酸乙二酯和甲醇发生信息i中的反应生成碳酸二甲酯和HOCH2CH2OH，其中F和M可生成N，则E为HOCH2CH2OH，F为碳酸二甲酯，结构简式为；G和苯反应生成J，由J分子式知G生成J的反应为加成反应，G为CH2=CHCH3，J发生氧化反应然后酸化生成L和丙酮，L和丙酮在酸性条件下反应生成M，由M结构简式和D分子式知，D为，F和M发生缩聚反应生成的PC结构简式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到；【详解】（1）A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，含有的官能团名称是碳碳双键；（2）反应①是乙烯催化氧化生成环氧乙烷，反应类型为氧化反应；反应②是环氧乙烷与CO2发生加成反应生成，反应类型是加成反应；（3）反应③是和CH3OH发生取代反应，生成乙二醇和碳酸二甲酯，发生反应的化学方程式是；（4）反应④是G和苯发生加成反应生成的J为C9H12，由原子守恒可知D的分子式为C3H6，结合G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是CH3CH=CH2；（5）反应⑥中苯酚和丙酮还发生加成反应生成，还可以发生缩聚反应生成等；（6）反应⑦是碳酸二甲酯和发生缩聚反应生成PC塑料的化学方程式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到，结合L为苯酚可知，合成路线为苯酚与H2加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，最后再催化氧化即得己二醛，由此可知中间产物1为环己醇，结构简式是。【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据产物的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。18、NSiSCaKFArHClO4KOHAl(OH)3Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O、Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O、KOH+HClO4=KClO4+H2OFKNa与H2O反应：Na与水剧烈反应，Mg与水不反应Cl将Cl2通入到NaBr溶液中，溶液由无色变为橙色，说明Cl的化学性质比Br的活泼【详解】（1）根据元素周期表的结构可知：①、⑥、⑦、⑪分别在第二周期VA、第三周期IVA、第三周期VIA和第四周期IIA，则①、⑥、⑦、⑪分别为N、Si、S、Ca；（2）根据元素周期表性质的递变规律，最活泼的金属应在第IA，最活泼的非金属应在第VIIA，惰性气体最不活泼，则在IA元素Na（③）和K（⑩）中K最活泼；在VIIA族元素F（②）、Cl（⑧）和Br（⑫）中，F最活泼；最不活泼的是⑨即Ar；（3）元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的必是非金属性增强的，根据同周期、同主族元素非金属性的递变规律可知，元素非金属性最强的是②即F，但F无最高正价；因为我们知道，HClO4已知的最高价含氧酸中酸性最强的，即酸性最强的是HClO4；元素的最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的必是非金属性增强的，根据同周期、同主族元素金属性的递变规律可知，元素金属性最强的是⑩即K，则碱性最强的必是KOH；在表中所列元素的最高价氧化物对应水化物中，只有Al(OH)3具有两性；三者之间相互反应的化学方程式分别为Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O、Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O、KOH+HClO4=KClO4+H2O；（4）同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素从上而下原子半径依次增大，故在这些元素中，原子半径最小的是F，原子半径最大的是K；（5）③和④分别是Na和Mg，根据同主族元素金属性的递变规律可知，金属性Na＞Mg，根据判断金属性强弱的方法，可依据二者单质分别与水反应的剧烈程度来判断其金属性强弱，即与H2O反应：Na与水剧烈反应，Mg与水不反应；⑧和⑫分别是Cl和Br，根据同主族元素非金属性的递变规律可知，非金属性Cl＞Br，根据判断非金属性强弱的方法，可依据二者气态氢化物的稳定性、单质之间的置换反应等来判断其非金属性强弱，即将Cl2通入到NaBr溶液中，溶液由无色变为橙色，说明Cl的化学性质比Br的活泼。【点睛】本题综合性较强，涵盖了元素周期表、元素性质的递变规律、元素金属性及非金属性强弱的判断方法等，要求用多方面的知识解决问题，能很好滴训练综合运用知识解决问题的能力，根据元素最高价氧化物对应水化物的递变规律或元素的金属性、非金属性的递变规律思考。19、球形干燥管排除装置中的空气偏小CO2和COCuOFeOFeC2O4FeO+CO↑+CO2↑【解析】考查实验方案设计与评价，（1）①根据仪器的特点，仪器B的名称为干燥管或球形干燥管；②加热后固体是Fe(C2O)4，其质量为(c－a)g，失去结晶水的质量为(b－c)g，因此有：，即x=；通入氮气的目的排除装置中空气，防止加热时空气中氧气把FeC2O4氧化，造成反应后固体质量增加，即结晶水的质量减小，x偏小；（2）①C和G中的澄清石灰水变浑浊，根据草酸亚铁的化学式，加热A和F时说明产生CO2，然后根据设计方案，推出A分解时产生CO2和CO；②装置F发生CO还原金属氧化物得到CO2，装置F盛放CuO或Fe2O3等；③加入盐酸无气泡，说明不含铁单质，滴入KSCN溶液无血红色，说明溶液中含有Fe2＋，不含Fe3＋，即分解产生的黑色粉末是FeO；③根据上述分析，分解的化学方程式为：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑。20、251mL容量瓶胶头滴管2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g×111%过量的盐酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对KMnO4的滴定过程有干扰否如果用铁做还原剂，会与Fe3+、过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰原混合物中铁元素的测定2.8bc/a【解析】本题按照两种不同的实验设计进行了某氯化铁与氯化亚铁混合物中铁元素的质量分数，方案I为沉淀法，方案II滴定法，两种方案中均是先准确配制一定体积的溶液，然后取样进行测定，计算的依据为铁元素的质量守恒，据此分析解答。【详解】Ⅰ．（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有251mL容量瓶、胶头滴管；故答案为251mL容量瓶、胶头滴管；（2）加入氯水将溶液中的Fe2+氧化转变成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为2Fe2++Cl2=2Fe3