吉林省长春市汽车经济技术开发区第六中学2026届化学高三第一学期期中学业水平测试试题含解析

吉林省长春市汽车经济技术开发区第六中学2026届化学高三第一学期期中学业水平测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展，其合成示意图如下：下列说法正确的是A．过程Ⅰ发生了加成反应B．可用酸性高锰酸钾溶液检验最终产品中是否有M残留C．中间产物M的结构简式为D．该合成路线的“绿色”体现在理论上原子利用率达到了100%。2、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．c()=0.1mol∙L-1的溶液中：、、、B．=10-12的溶液中：、、、C．c()=0.1mol∙L－1的溶液中：、、、D．加入KSCN显血红色的澄清透明溶液中：、、、3、将17.9g由Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L（标准状况）。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为25.4g。若HNO3的还原产物仅为NO，则生成NO的标准状况下的体积为（）A．2.24L B．4.48L C．6.72L D．8.96L4、下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（）A．CH3CH2COOHB．SO2C．NH4HCO3D．Cl25、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是（）A．X的简单氢化物的热稳定性比W强B．Y的简单离子与X的具有相同的电子层结构C．Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红D．Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期6、下列有关化学用语的表述正确的是（）A．37Cl-的结构示意图： B．中子数为7的碳原子：CC．NH3的结构式： D．次氯酸的电子式：7、下列有关化学方程式的叙述正确的是（）Ａ.已知2H2(g)+O2(g)="=="2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ/molA．已知C(石墨,s)="=="C(金刚石，s)△H＞0,则金刚石比石墨稳定B．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)="=="NaCl(aq)+H2O(l)△H="-57.4kJ/mol"C．已知2C(s)+2O2(g)===2CO2(g)△H12C(s)+O2(g)===2CO(g)△H2则△H1＞△H28、双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，化学式是NaAl(OH)2CO3，下列关于该物质的说法正确的是（）A．该物质属于两性氢氧化物B．该物质是Al(OH)3和Na2CO3的混合物C．该药剂遇胃酸不产生气体，适合胃溃疡患者服用D．1molNaAl(OH)2CO3最多可消耗4molH+9、下列根据化学事实所得出的结论正确的是选项化学事实结论ABeO与Al2O3均为两性氧化物Be与Al处于周期表中同一主族BHCl与SO2的水溶液均能导电HCl与SO2均是电解质C酸性：H3PO4＞HNO3>H2SiO3非金属性：P>N>SiD熔融的AlF3和MgCl2均能导电AlF3和MgCl2均为离子化合物A．A B．B C．C D．D10、已知A、B、D、E均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示(部分产物略去)，则下列有关物质的推断不正确的是A．若A是铁，则E可能为稀硝酸B．若A是CuO，E是碳，则B为COC．若A是NaOH溶液，E是CO2，则B为NaHCO3D．若A是AlCl3溶液，E可能是氨水11、白屈菜有止痛、止咳等功效，从其中提取的白屈菜酸的结构简式如图。下列有关白屈菜酸的说法中，不正确的是（）A．分子式是C7H4O6 B．能发生加成反应C．能发生水解反应 D．能发生加聚反应12、肼（N2H4）是火箭常用的高能燃料，常温常压下为液体。肼能与过氧化氢发生反应：N2H4+2H2O2=N2+4H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．11.2LN2含电子总数为7NAB．标准状况下,22.4LN2H4中所含原子总数为6NAC．若生成3.6gH2O，则上述反应转移电子数为0.2NAD．3.2gN2H4中含有共用电子对的总数为0.6NA13、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．质量均为32g的氧气和臭氧含有分子数均为NAB．1L1mol·L-1NaOH水溶液中含有氧原子数为NAC．标准状况下，1．224L辛烷完全燃烧生成的CO2分子数为1．18NAD．含1．4molHNO3的浓硝酸与足量铜反应，转移的电子数大于1.2NA14、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，22.4LCCl4中含CCl4分子数为NAB．5.6g铁和6.4g铜分别与0.1mol氯气完全反应，转移的电子数相等C．0.1mo1·L－1MgCl2溶液中含Cl－数为0.2NAD．3.9gNa2O2晶体中含有的离子总数为0.2NA15、根据下列实验内容得出的结论正确的是选项实验内容结论A某气体的水溶液能使红色石蕊试纸变蓝该气体一定是NH3B某气体能使酸性高锰酸钾溶液褪成无色该气体一定是SO2C某物质的水溶液中加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体该溶液一定含有CO32－D某气体完全燃烧，火焰呈淡蓝色该气体一定是H2SA．A B．B C．C D．D16、已知33As、35Br位于同一周期，下列关系正确的是A．原子半径：As＞Cl＞P B．热稳定性：HCl＞AsH3＞HBrC．还原性：As3-＞S2-＞Cl- D．酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物H是重要的有机物，可由E和F在一定条件下合成：（部分反应物或产物省略，另请注意箭头的指向）已知以下信息：i．A属于芳香烃，H属于酯类化合物。ii．I的核磁共振氢谱为二组峰，且峰的面积比为6：1。回答下列问题：（1）E的含氧官能团名称是______，B的结构简式是___________________。（2）B→C和G→J两步的反应类型分别为___________，____________。（3）①E+F→H的化学方程式是____________________________________。②D与银氨溶液反应的化学方程式是__________________________________。（4）E的同系物K比E相对分子质量大28，则K的同分异构体共______种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1，写出符合要求的该同分异构体的结构简式为（写出1种即可）____________________________。18、有一溶液，其中可能含有Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+、Cu2+、NH4＋、K+、CO32－、SO42－、Br－等离子的几种，为分析其成分，取此溶液分别进行了四个实验，其操作和有关现象如图所示：请你根据上图推断：（1）实验①、②能确定原溶液中一定存在________和_______(填离子符号）；（2）实验⑤中所发生的氧化还原的离子方程式为__________________________________。（3）实验④中产生的刺激性气味的气体，工人常利用该物质的浓溶液检查氯气管道是否漏气，反应的化学方程式是_______________________________________________（4）写出实验④中，由A→B过程中所发生反应的离子方程式：________________________。19、亚硝酸钠(NaNO2)是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用下图所示装置（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分。已知：①NO＋NO2＋2OH－＝2NO2－＋H2O②气体液化的温度：NO2（21℃）、NO（–152℃）(1)为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序为（从左向右连接）：A→_____________；组装好仪器后，接下来进行的操作是________________。(2)关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70％的硫酸后，A中产生红棕色气体。①确认A中产生气体含有NO，依据的现象是_____________________________。②装置E的作用是_______________________________________________________。(3)如果没有装置C，对实验结论造成的影响是______________________________。(4)通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是_______________。20、某研究性学习小组在研究二氧化硫漂白作用时，从“氯气的漂白作用实际上是氯气与水反应生成的次氯酸的漂白作用”得到启发。为了探究二氧化硫的漂白作用到底是二氧化硫本身还是二氧化硫与水作用的产物，该小组设计了如下实验。请回答相关问题。(1)实验室用亚硫酸钠粉末跟硫酸制取二氧化硫，现有下列三种硫酸溶液，应选用________(填字母)A．98%浓硫酸B．70%硫酸C．10%稀硫酸(2)为了探究SO2能否使品红褪色，该同学选择了正确的药品后设计了如下图所示实验装置，请指出实验装置设计中的不合理之处。①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________。(3)该同学选择了正确装置后，实验中控制二氧化硫以大约每秒3个气泡的速度通过品红的酒精溶液时，经过一小时后，品红仍不褪色。为此，你认为使品红的水溶液褪色的微粒可能是________。(4)该同学进一步实验如下：取等量相同浓度的品红水溶液于两支试管中，再分别加入少量亚硫酸钠固体和亚硫酸氢钠固体，两支试管中的品红都褪色，他得出的结论：使品红褪色的微粒肯定是HSO3-或SO32-。你认为他的结论是否正确________，其理由是______________。21、CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题：（1）CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：①已知相关反应的能量变化如图所示：过程Ⅰ的热化学方程式为________。②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是________（填序号）。a．实现了含碳物质与含氢物质的分离b．可表示为CO2＋H2＝H2O（g）＋COc．CO未参与反应d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH③其他条件不变，在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，反应CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态________（填“是”或“不是”）平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是________。（2）在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入Ni／α－Al2O3催化剂并加热至1123K使其发生反应CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）。①研究表明CO的生成速率υ（CO）＝1.3×10－2·p（CH4）·p（CO2）mol·g－1·s－1，某时刻测得p（CO）＝20kPa，则p（CO2）＝________kPa，υ（CO）＝________mol·g－1·s－1。②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp＝________（kPa）2。（用各物质的分压代替物质的量浓度计算）（3）CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸（H2C2O4）。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中，则此时溶液的pH＝________。（已知常温下H2C2O4的Ka1＝6×10－2，Ka2＝6×10－5，lg6＝0.8）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【详解】A．反应中C=C键生成C-C键，则为加成反应，故A正确；B．产物对二甲苯也能使酸性高锰酸钾褪色，无法用于检验是否有M残留，故B错误；C．由球棍模型可知M含有C=C键，且含有醛基，结构简式为，故C错误；D．过程ii中有副产物生成，原子利用率不能达到100%，故D错误；答案选A。2、C【详解】A．室温下，中性溶液中c()=10-7mol∙L-1，c()=0.1mol∙L-1的溶液显酸性，酸性条件下不能大量存在，会生成醋酸这样的弱电解质，故A不符合题意；B．室温下，中性溶液中c()=c()=10-7mol∙L-1；c()c()=10-14，若=10-12，解得c()=10-1mol∙L-1，c()=10-13mol∙L-1，c()＞c()，溶液中显碱性，在碱性条件下不能大量共存，会生成一水合氨这样的弱电解质，故B不符合题意；C．c()=0.1mol∙L-1的溶液中：、、、离子间不发生反应，可以大量共存，故C符合题意；D．加入KSCN显血红色的澄清透明溶液中含有，和会发生氧化还原反应生成和碘单质，在溶液中不能大量共存，且和会发生氧化还原反应，故D不符合题意；答案选C。3、C【解析】加入足量的氢氧化钠中发生的反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑生成的氢气为3.31L,即0.15mol，所以含有铝0.1mol，而0.1mol铝则变为+3价，所以转移0.3mol电子，Fe被氧化为+3价，Cu被氧化为+2。假设Fe、Cu的物质的量分别是x、y。质量和：2.7+51x+14y="17.9"；沉淀量：107x+98y=25.4；解得x="0.1"mol，y="0.15"molAl、Fe、Cu的物质的量分别是0.1mol、0.1mol、0.15mol所以转移电子数总的为0.9mol；氮原子从硝酸中的+5价还原为+2价，共转移0.9mol电子，则生成NO为0.3mol，则V（NO）=1．72L。故答案选C。4、B【解析】SO2的水溶液能导电，但属于非电解质，本题选B。点睛：要注意氯气的水溶液虽然也导电，但其既不是电解质，也不是非电解质。5、C【分析】W的简单氢化物可用作制冷剂，则W为氮元素，短周期主族元素中原子半径最大的是钠，则Y为钠元素，X、Y、Z形成的盐，加入盐酸生成黄色沉淀及刺激性气体，结合四种元素均是短周期元素，说明是Na2S2O3与盐酸反应生成S和SO2，化学方程式为Na2S2O3＋2HCl=2NaCl＋S↓＋SO2↑＋H2O，所以X为氧元素，Z为硫元素，据此解答。【详解】A．O的非金属性强于N，稳定性：H2O＞NH3，A正确；B．O2－、Na＋均具有Ne的电子层结构，B正确；C．Na2S溶液因S2－水解呈碱性，蓝色石蕊试纸遇碱不变色，C错误；D．S和O同属于第ⅥA族，S与Na同属于第三周期，D正确。故选C。6、C【详解】A.氯的核电荷数为17，37Cl-的结构示意图，A项错误；

B.元素符号左上角的数字表示质量数，中子数为7的碳原子：，B项错误；

C.氨分子含有三个共价键，C项正确；

D.次氯酸的中心原子是氧原子，次氯酸的电子式，D项错误；

答案选C。【点睛】化学用语是化学考试中的高频考点，其中元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z），质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（N）。7、C【解析】A、氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量，故A错误；B、根据C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则石墨的能量低于金刚石的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以金刚石不如石墨稳定，故B错误；C、依据酸碱中和热概念是强酸强碱稀溶液反应生成1mol水放出的热量计算分析，含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，40g氢氧化钠完全反应放热57.4kJ，则该反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.4kJ/mol，故C正确；D、物质C完全燃烧放出的能量多，但是反应是放热的，焓变是带有负号的，所以△H1＜△H2，故D错误；答案选C。8、D【详解】A．该该物质可电离出酸根离子和金属阳离子，属于盐，故A错误；B．NaAl(OH)2CO3只有一种物质构成，属于纯净物，故B错误；C．NaAl(OH)2CO3能与盐酸反应，所以能治疗胃酸过多的胃病患者，但胃溃疡患者不能服用此物，因为产生的CO2对胃有刺激作用，胃溃疡患者会加重，故C错误；D．NaAl(OH)2CO3与盐酸发生反应NaAl(OH)2CO3+4HCl=NaCl+AlCl3+3H2O+CO2↑，由方程式可知1mol该物质最多可消耗4molHCl，即消耗4molH+，故D正确。答案选D。9、D【解析】A、Be是第ⅡA族，Al是第ⅢA族，A错误；B、SO2不能自身电离出离子，属于非电解质，B错误；C、酸性：HNO3>H3PO4＞H2SiO3，非金属性：N>P>Si，C错误；D、共价化合物在熔融状态下一定不能导电，离子化合物在熔融状态下一定导电，所以结论正确，D正确，答案选D。点睛：电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质，例如SO2、CO2、NH3等。10、D【解析】A、如果A是Fe，E为稀硝酸，B为Fe(NO3)3，D为Fe(NO3)2，Fe(NO)3和Fe反应生成Fe(NO3)2，Fe(NO3)2和硝酸反应生成Fe(NO3)3，符合转化关系，故说法正确；B、C＋CuO=Cu＋CO2，过量的C和CO2发生反应：C＋CO2=2CO，因此B为CO，D为CO2，符合转化关系，故说法正确；C、2NaOH＋CO2(少量))=Na2CO3＋H2O，NaOH＋CO2(过量)=NaHCO3、2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，符合转化关系，故说法正确；D、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，无论氨水是否过量，生成都是氢氧化铝沉淀，不符合转化关系，故说法错误。答案选D。11、C【详解】A．由结构简式可知分子式为C7H4O6，故A正确；B．含有碳碳双键和羰基，可发生加成反应，故B正确；C．含有羰基和羧基，不能水解，故C错误；D．含有碳碳双键，可发生加聚反应，故D正确。故选：C。【点睛】解答本题需注意：白屈菜酸中不含苯环，结构中含碳碳双键。12、C【解析】A.未指出氮气所处的状态，即未说明是否处于标准状况，故不能计算出其物质的量和含有的电子总数，故A错误；B.N2H4在常温常压下为液体，说明其在标准状况下不是气体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的原子总数，故B错误；C.在反应中，氧元素的价态由−1价变为−2价，故当生成3.6g水即0.2mol水时，转移0.2mol电子即0.2NA个，故C正确；D.3.2g肼的物质的量为n=3.2g÷32g/mol=0.1mol，而1mol肼中含5mol共用电子对，故0.1mol肼中含0.5mol共用电子对即0.5NA个，故D错误。故答案选C。点睛：本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关计算，涉及氮气的分子结构、肼（N2H4）的分子结构、氧化还原反应中电子转移等。解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：①要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等；②涉及物质的体积时要审清物质的状态，尤其是考查气体时，所给状态是不是标准状况；③涉及化学键或共用电子对的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量；④涉及化学反应时，要明确相关反应的特点和电子转移的数目。13、D【解析】32g氧气含分子数，32g臭氧含有分子数为，故A错误；水、氢氧化钠中都含氧原子，所以1L1mol·L-1NaOH水溶液中含有氧原子数大于NA，故B错误；标准状况下辛烷是液体，故C错误；浓硝酸与铜反应生成NO2、稀硝酸与铜反应生成NO，含1．4molHNO3的浓硝酸与足量铜反应，转移的电子数大于1.2NA，故D正确。14、B【解析】A、标况下四氯化碳为液态；B、依据n=mM计算物质的量，结合铁和氯气反应生成氯化铁，铜和氯气反应生成氯化铜，等物质的量反应需要判断过量问题；C、氯化镁溶液的体积不知，无法计算氯化镁的物质的量；D．n（Na2O2）=3.9g78g/mol【详解】A、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和共价键数目，选项A错误；B、5.6g铁物质的量=5.6g56g/mol=0.1mol，6.4g铜物质的量=6.4g64g/mol=0.1mol，分别与0.1mol氯气完全反应，铜恰好反应，铁过量，所以反应过程中转移的电子数相等，选项B正确；C、题中没有告诉氯化镁溶液的体积，无法计算氯化镁的物质的量及氯离子数目，选项C错误；B．Na2O2晶体中含有钠离子和过氧根离子，n（Na2O2【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是化学方程式过量计算，气体摩尔体积条件分析应用，注意常温下铁在浓硝酸中发生钝化，题目难度中等。15、A【解析】A.某气体的溶液能使红色石蕊试纸变蓝，说明该气体溶于水后溶液呈碱性，即氨气，A项正确；

B.二氧化硫、乙烯等无色气体均能使高锰酸钾溶液褪色，B项错误；

C.某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能为二氧化碳、二氧化硫，溶液中可能存在亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子、碳酸氢根离子等，所以该溶液中不一定存在大量CO32-，C项错误；

D.某气体完全燃烧，火焰呈淡蓝色，该气体可能是H2S、氢气或甲烷等，D项错误；

答案选A。16、C【详解】A．原子半径大小顺序是As＞P＞Cl，故A错误；B．非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，则热稳定性：HCl＞HBr＞AsH3，故B错误；C．单质的氧化性Cl2＞S＞As，所以阴离子的还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣，故C正确；D．非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，则酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D错误；故选C．二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基取代反应（或水解反应）加聚反应（或聚合反应）+CH3CH(OH)CH3+H2O+2Ag(NH3)OH+2Ag+3NH3+H2O14或【分析】A属于芳香烃，分子式为C7H8，则A为，B与氯气在光照条件下发生甲基上取代反应生成B，结合B的分子式可知B为，B发生水解反应生成C为，C发生催化氧化生成D为，D与银氨溶液反应、酸化得到E为．I的分子式为C3H7Cl，核磁共振氢谱为二组峰，且峰的面积比为6：1，则I为CH3CHClCH3，I发生水解反应得到F为CH3CH(OH)CH3，E与F发生酯化反应生成H为．I发生消去反应生成G为CH2=CHCH3，G发生加聚反应生成J为，据此分析作答。【详解】（1）通过以上分析知，E为，含有官能团为羧基，B结构简式为，故答案为羧基；；（2）B发生水解反应生成C为，其反应类型为：取代反应（或水解反应）；G发生加聚反应生成J为，其反应类型为：加聚反应（或聚合反应）；（3）①E+F→H的化学方程式为：+CH3CH(OH)CH3+H2O；②D为，其与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)OH+2Ag+3NH3+H2O；（4）E的同系物K比E相对分子质量大28，则K的分子式为：C9H10O2，与E属于同系物，则含有羧基，且属于芳香族化合物，则按苯环上的取代基个数分类讨论如下：①苯环上有一个取代基，则结构简式为、；②苯环上有两个取代基，则可以是-CH2CH3和-COOH，也可以是-CH2COOH和-CH3，两个取代基的位置可以是邻间对，共23=6种；③苯环上有三个取代基，则为2个-CH3和1个-COOH，定“二”议“一”其，确定其结构简式可以为：、、、、和共6种，综上情况可知，K的结构简式有2+6+6=14种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的结构简式是或，故答案为14；或(任意一种)。18、K+Br-2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-【分析】溶液焰色反应，用蓝色钴玻璃观察显紫色，说明溶液中含有钾离子；与硝酸银反应产生淡黄色沉淀，说明有溴离子；加入过量氢氧化钠产生刺激性气味气体，气体为氨气，说明有铵根离子；加入氢氧化钠产生白色沉淀，沉淀有部分溶于NaOH，说明溶液中存在镁离子，铝离子，溶液中不含Fe3+、Cu2+；加入KSCN后无现象，氯水氧化后产生红色，说明溶液中存在亚铁离子。【详解】（1）实验①焰色反应通过蓝色钴玻璃进行观察，火焰为紫色，说明溶液中存在K+，②中加入硝酸银发生黄色沉淀，说明溶液中有Br-。故能确定原溶液中一定存在K+和Br-；（2）实验⑤中通入氯水，溶液中亚铁离子与氯水反应产生三价铁离子，三价铁离子与SCN-作用使溶液变红，故所发生的氧化还原反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；（3）实验④中产生的刺激性气味的气体为氨气，工人常利用该物质的浓溶液即氨水，检查氯气管道是否漏气，若漏气，漏气位置产生大量氯化铵白烟，反应的化学方程式是8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；（4）实验④中，随着氢氧化钠的含量不断增加，沉淀开始部分溶解，说明沉淀中有氢氧化铝，由A→B过程中所发生反应的离子方程式Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-或Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。【点睛】离子推断题要从基础颜色出发，进行初步排除，进而通过后续实验现象对于特征离子进行鉴别，易忽略的地方是三价铁的颜色，对于涉及的氧化还原反应、双水解反应、沉淀反应等，作为确定一定存在和一定不存在的两类离子的辅助手段，最后根据电荷守恒进行检查。19、CEDB检查装置的气密性D中有红棕色气体生成冷凝，使NO2完全液化水会与NO2生成NO，影响NO的检验2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO2↑+NO↑+H2O【分析】根据物质的制备实验操作及注意事项分析解答；根据氮及其化合物的性质分析解答。【详解】(1)C吸收水蒸气，B尾气处理，防止污染空气，D检验NO，E冷却二氧化氮，利用D检验NO，所以装置的连接为A→C→E→D→B，组装好仪器后，接下来进行的操作实验是检查装置气密性；故答案为E；D；B；

检查装置气密性；(2)关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70％的硫酸后，A中产生红棕色气体，说明生成了NO2气体。①确认A中产生气体含有NO，通过在D装置中通O2来检验．观察气体是否变红棕色，若D中气体变成了红棕色，说明A中含有NO气体。②装置E的作用是冷凝，使NO2完全液化。(3)如果没有装置C即不干燥，水会与NO2反应产生NO，影响NO的确定。(4)通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应应产生两种气体。+3价氮元素发生歧化反应。化学方程式是2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO2↑+NO↑+H2O。【点睛】制备实验方案的设计，应遵循以下原则

：(1)条件合适，操作简便；(2)原理正确，步骤简单；

(3)原料丰富，价格低廉；(4)产物纯净，污染物少。制备实验方案的设计，主要涉及原料、基本化学反应原理，实验程序和仪器、设备。核心是原料，由原料可确定反应原理，推导出实验步骤及所用仪器。20、B98%的浓硫酸H+浓度小不易反应，10%硫酸浓度太稀不利于SO2放出不能用长颈漏斗，应改用分液漏斗缺少二氧化硫的干燥装置HSO3-、SO32-、H2SO3不正确因为亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子都会水解生成亚硫酸【解析】分析：（1）根据浓硫酸和二氧化硫的性质分析，浓度大时硫酸以分子形式存在，二氧化硫易溶于水；（2）根据实验目的及二氧化硫的性质分析，应制取干燥的二氧化硫气体，为控制液体的量，应选取易控制流量的仪器；（3）根据二氧化硫、品红溶液、品红酒精溶液的性质分析；（4）亚硫酸钠和亚硫酸氢钠都能水解生成亚硫酸，根据溶液中存在的含硫微粒判断。详解：（1）硫酸和亚硫酸钠固体制取二氧化硫发生的是离子反应，如果硫酸浓度过大，硫酸是以分子形式存在，没有电离出H+，不能反应生成SO2；如果硫酸浓度过低，二氧化硫易溶于水，不利于二氧化硫放出，所以选取70%硫酸，故选B，故答案为B；98%的浓硫酸H+浓度小不易反应，10%硫酸浓度太稀不利于SO2放出；（2）为控制硫酸的流量应选取分液漏斗，该实验是探究干燥的SO2能不能使品红褪色，所以二氧化硫通入品红溶液前要进行干燥，故答案为不能用长颈漏斗，应改用分液漏斗；缺少二氧化硫的干燥装置；（3）二氧化硫和水反应生成亚硫酸，二氧化硫和酒精不反应，二氧化硫能使品红溶液褪色而不能使品红的酒精溶液褪色，由此得出SO2的漂白作用是SO2与水作用的产物导致的，二氧化硫和水反应生成亚硫酸、亚硫酸电离生成亚硫酸氢根离子、亚硫酸氢根离子电离生成亚硫酸根离子，所以使品红的水溶液褪色的微粒可能是：HSO3-、SO32-、H2SO3，故答案为HSO3-、SO32-、H2SO3；（4）亚硫酸钠和亚硫酸氢钠都能水解生成亚硫酸，且亚硫酸氢根离子能电离生成亚硫酸根离子，所以两种溶液中都含有HSO3-、SO32-、H2SO3，所以不能确定使品红褪色的微粒肯定是HSO3-或SO32-，故答案为不正确；因为亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子都会水解生成亚硫酸。21、CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=247.4kJ·mol-1cd不是b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高151.952.7【分析】由能量－反应进程曲线得热化学方程式，应用盖斯定律可得过程I的热化