黑龙江省哈尔滨市2026届化学高三第一学期期中联考试题含解析

黑龙江省哈尔滨市2026届化学高三第一学期期中联考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、常温条件下，下列各组比值为1∶2的是（）A．0.1mol/LNa2CO3溶液，c(CO32－)与c(Na+)之比B．0.1mol/L与0.2mol/L醋酸溶液，c(H+)之比C．pH＝3的硫酸与醋酸溶液，c(SO42－)与c(CH3COO－)之比D．pH＝10的Ba(OH)2溶液与氨水，溶质的物质的量浓度之比2、酯化反应是有机化学中的一类重要反应，下列对酯化反应理解不正确的是()A．酯化反应的产物只有酯 B．酯化反应可看成取代反应的一种C．酯化反应是有限度的 D．浓硫酸可做酯化反应的催化剂3、下列说法正确的是A．含1molFeCl3的溶液充分水解产生胶体粒子数为1NAB．标准状况下，22.4LSO3所含的分子数为1NAC．1.0L0.1mol·L−1Na2CO3溶液所含的阴离子数大于0.1NAD．一定条件下，2.3gNa完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.2NA4、向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色，再向反应后的溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（）A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物B．当有22.4LSO2参加反应时，有2NA个电子发生转移C．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2D．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性5、某镍冶炼车间排放的漂洗废水中含有一定浓度的Ni2+和Cl-，图甲是双膜三室电沉积法回收废水中的Ni2+的示意图，图乙描述的是实验中阴极液pH值与镍回收率之间的关系。下列说法不正确的是（）A．交换膜a为阳离子交换膜B．阳极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+C．阴极液pH=1时，镍的回收率低主要是有较多的H2生成D．浓缩室得到1L0.5mol/L的盐酸时，阴极回收得到11.8g镍6、25℃时，下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系错误的是()A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c(M+)＝c(OH－)+c(A－)B．Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H+)＋2c(H2CO3）C．将醋酸钠、盐酸两溶液混合后呈中性的溶液中：c(Na＋)＞c(Cl—)＝c(CH3COOH)D．pH=4的NaHA溶液：c(HA－)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2－)7、下列解释事实或实验现象的化学用语正确的是A．硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝：4I－+O2+4H+=2I2+2H2OB．铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe+4H++NO3－=Fe3++NO↑+2H2OC．水垢上滴入CH3COOH溶液有气泡产生：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OD．SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO8、25℃时，将某一元碱MOH和盐酸溶液等体积混合(体积变化忽略不计)，测得反应后溶液的pH如下表，则下列判断不正确的是实验序号c(盐酸)/(mol·L－1)c(MOH)/(mol·L－1)反应后溶液的pH甲0.200.205乙0.10a7A．由实验甲可判断出MOH为弱碱 B．将实验甲中所得溶液加水稀释后，c(H+)/c(M+)变小C．a>0.10 D．MOH的电离平衡常数可以表示为Kb＝10-8/(a-0.10)9、工业上制取大量的乙烯和丙烯常采用A．裂解 B．减压分馏 C．催化裂化 D．常压分馏10、下列说法不正确的是()A．利用硅材料可制成光伏发电装置B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成C．催化净化汽车尾气可降低污染D．SO2、漂白液、双氧水的漂白原理相同11、短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，A和C同主族，D原子最外层电子数与电子层数相等，在中学常见的酸中E的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强。下列叙述正确的是（）A．氧元素与A、B、C形成的二元化合物均只有两种B．简单离子半径：E>C>D>BC．由A、B、E三种元素只能形成含有共价键的共价化合物D．C、D、E三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间均能发生反应12、科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程，其示意图如下。下列说法正确的是A．由状态Ⅰ→状态Ⅲ，既有旧键的断裂又有新键的形成B．使用催化剂能降低该反应的反应热（△H）C．CO与O反应生成CO2是吸热反应D．CO和CO2分子中都含有极性共价键13、将过量的CO2分别通入①CaCl2溶液，②Ca(OH)2溶液，③饱和Na2CO3溶液，最终有白色浑浊出现的是（）A．只有③ B．②③ C．只有② D．①②③14、海水的综合利用一直是研究课题。某地天然海水(主要含Na＋、K＋、Ca2＋、Mg2＋、Cl－、SO42－、Br－、CO32－、HCO3－等离子)，研究用海水吸收燃煤排放的含有SO2烟气的工艺流程如图所示，下列说法中正确的是A．工艺中天然海水显酸性B．氧化过程中可能发生的离子反应为2SO2＋2H2O＋O2=4H＋＋2SO42－C．排入大海的溶液与天然海水相比，只有SO42－数量发生了变化D．若将氧化后的液体进行蒸发结晶，得到的晶体中CaSO4含量最高15、下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是A．使用容量瓶和分液漏斗前必须检漏B．可以用温度计代替玻璃棒搅拌溶液C．进行中和滴定实验时，需用待测液润洗锥形瓶D．熔化氢氧化钠固体需在玻璃坩埚中进行16、下列说法正确的是A．碳酸钠可称为碳酸盐、钠盐或碱式盐B．鸡蛋清、浑浊的河水可能属于同一类别C．强光束通过Fe(OH)3胶体时发生了显著的化学变化D．直径为10－8m的微粒一定属于胶体二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物A是聚合反应生产胶黏剂基料的单体，亦可作为合成调香剂I、聚酯材料J的原料，相关合成路线如下：已知：在质谱图中烃A的最大质荷比为118，E的结构简式为：根据以上信息回答下列问题：（1）A的分子式为___________，A所含的官能团名称为____________，E→F的反应类型为___________。（2）I的结构简式为__________________________，（3）D与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为________________________________。（4）H的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀，1molW参与反应最多消耗3molBr2，请写出所有符合条件的W的结构简式_____________________________________。（5）J是一种高分子化合物，则由C生成J的化学方程式为_______________________。18、已知：①在稀碱溶液中，溴苯难发生水解②现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1:2:6:1，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C能发生银镜反应，E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应。请回答下列问题：（1）X中官能的名称是______________。（2）F→H的反应类型是_________________。（3）I的结构简式为___________________；（4）E不具有的化学性质________（选填序号）a．取代反应b．消去反应c．氧化反应d．1molE最多能与2molNaHCO3反应（5）写出下列反应的化学方程式：①X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式：________________；②F→G的化学方程式：____________________；（6）同时符合下列条件的E的同分异构体共有_____种，其中一种的结构简式为________。a．苯环上核磁共振氢谱有两种b．不能发生水解反应c．遇FeCl3溶液不显色d．1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应19、硫代硫酸钠（Na2S2O3·5H2O），又名大苏打、海波，主要用于照相业作定影剂、作鞣革时重铬酸盐的还原剂，易溶于水，遇酸易分解。其工艺制备流程如下：某化学兴趣小组同学模拟该流程设计了如下实验装置：回答下列问题：（1）双球管a处的液体可用来检验I中的反应是否发生，选用的试剂是______（填字母）a、品红溶液b、NaOH溶液c、稀硫酸若要停止I中的化学反应，除停止加热外，还要采取的操作是___________________。（2）加热I，使反应完全，发现浸入液面下的铜丝变黑，甲同学对黑色生成物提出如下假设：①可能是Cu2O；②可能是CuO；③可能是CuS；④CuS和CuO的混合物。乙同学提出假设①一定不成立，该同学的依据是____________________________________；丙同学做了如下实验来验证黑色物质的组成：基于上述假设分析，原黑色物质的组成为____________________（填化学式）。（3）II中发生反应的化学方程式为_____________________，实验中通入的SO2不能过量，可能的原因是______________________________________________________。（4）丁同学提出上述实验装置的设计存在不足，建议在I上_____________；在I、II之间增加_____________。20、铁及其化合物在日常生产生活中用途广泛，利用制备还原铁粉的工业流程如下：实验室中可用(用铁粉和稀硫酸反应制得)和在如图装置模拟上述流程中的“转化”环节．(1)装置A的名称是_____，装置B中盛放的药品是_____，盛放在装置_____中．(2)实验过程中，欲将生成的溶液和溶液混合，操作方法是_________．溶液要现用现配制的原因是_________．(3)操作I的名称是________，干燥过程的主要目的是脱去游离水，该过程中会有少量在空气中被氧化为，取干燥后的样品，与炭混合后焙烧，最终得到还原铁粉，计算样品中杂质的质量_______g21、氮元素的化合物在工农业以及国防科技中用途广泛，但也会对环境造成污染，如地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。完成下列填空：（1）神舟载人飞船的火箭推进器中常用肼(N2H4)作燃料。NH3与NaClO反应可得到肼(N2H4)，其他产物性质稳定。该反应中被氧化与被还原的元素的原子个数之比为______。如果反应中有5mol电子发生转移，可得到肼______g。（2）常温下向25mL1.00mol/L稀盐酸中缓缓通入0.025molNH3(溶液体积变化忽略不计)，反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序是_____。在通入NH3的过程中溶液的导电能力____(填写“变大”、“变小”或“几乎不变”)。（3）向上述溶液中继续通入NH3，该过程中离子浓度大小关系可能正确的是_____(选填编号)。a．[Cl-]=[NH4+]>[H+]=[OH-]b．[Cl-]>[NH4+]=[H+]>[OH-]c．[NH4+]>[OH-]>[Cl-]>[H+]d．[OH-]>[NH4+]>[H+]>[Cl-]（4）常温下向25mL含HCl0.01mol的溶液中滴加氨水至过量，该过程中水的电离平衡____(填写电离平衡移动情况)。当滴加氨水到25mL时，测得溶液中水的电离度最大，则氨水的浓度为______mol·L-1。（5）设计两种实验方案证明氨水是弱电解质（1）_______；（2）_______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】根据弱电解质的电离、盐类的水解概念及应用分析。【详解】A.0.1mol/LNa2CO3溶液中，CO32-离子会发生水解，c（CO32-）与c（Na+）之比一定小于1：2，故A错误；B.醋酸的电离程度和醋酸的浓度有关，浓度越小电离程度越大，即0.1mol/L的醋酸电离程度大，故0.1mol/L与0.2mol/L醋酸溶液，c(H+)之比大于1：2，故B错误；C.pH=3的硫酸与醋酸溶液，氢离子浓度相等，氢氧根离子浓度也是相等的，根据电荷守恒，故c(SO42-)与c（CH3COO-）之比等于2：1，故C正确；D.Ba(OH)2是强碱，氨水是弱碱，pH=10的Ba（OH）2溶液与氨水，氨水的浓度大，故Ba(OH)2和氨水的溶质的物质的量浓度之比小于1：2，故D错误。故选C。【点睛】盐类的水解过程中，要考虑水解程度的强弱判断溶液中的离子溶度大小。2、A【解析】A、酯化反应的产物有酯和水，错误；B、酯化反应可看成取代反应的一种，正确；C、酯化反应为可逆反应，是有一定的限度，正确；D、浓硫酸可作酯化反应的催化剂，正确。故答案选A。3、C【详解】A、氢氧化铁胶体微粒是氢氧化铁的集合体，用含1molFeCl3的溶液与足量沸水反应制得的Fe（OH）3胶体中胶粒数小于1NA，故A错误；B、标准状况下，SO3不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4LSO3的物质的量，故B错误；

C、Na2CO3溶液中碳酸根离子水解使阴离子数目增多，所以1.0L0.1mol·L−1Na2CO3溶液中阴离子数目之和大于0.1NA，故C正确；

D、2.3gNa完全反应，钠的物质的量=0.1mol，反应中Na元素化合价由0价升高为+1价，故转移电子数目=0.1mol×1×NAmol-1=0.1NA，故D错误；

故选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，需要注意题设陷井，标况下SO3的状态不是气体；钠与氧气反应无论生成氧化钠还是过氧化钠，只要钠完全反应，计算转移电子数要结合钠元素的价态变化来分析解答。4、C【分析】根据反应现象可知，硫酸铜与KI溶液反应生成硫酸钾、CuI，Cu元素的化合价降低，则I元素的化合价升高，所以还生成碘单质，蓝色溶液变为棕色；再通入二氧化硫，则二氧化硫与碘单质反应生成硫酸和HI，所以溶液又变为无色。【详解】A．根据以上分析，滴加KI溶液时，KI被氧化，硫酸铜被还原，CuI是还原产物，A错误；B．未指明标准状况，所以22.4L的二氧化硫的物质的量不一定是1mol，则转移的电子数不一定是2NA，B错误；C．根据上述分析，第一个反应中铜离子是氧化剂，碘单质是氧化产物，第二个反应中碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，所以物质的氧化性：Cu2+>I2>SO2，C正确；D．通入SO2后，碘单质被还原为碘离子，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，溶液变为无色，体现了SO2的还原性，D错误；故答案选C。5、D【解析】阳极区域是稀硫酸，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，氢离子通过交换膜a进入浓缩室，所以交换膜a为阳离子交换膜，故A正确；阳极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，故B正确；阴极发生还原反应，酸性强时主要氢离子发生还原反应生成氢气、酸性弱时主要Ni2+发生还原反应生成Ni，故C正确；浓缩室得到1L0.5mol/L的盐酸时，转移电子0.4mol，阴极生成镍和氢气，所以阴极回收得到镍小于11.8g，故D错误；答案选D。6、D【详解】A项，HA溶液与MOH溶液任意比混合，不论HA是强酸还是弱酸，混合后溶液中的离子就只有H+、M+、OH－、A－，所以一定满足电荷守恒c(H+)+c(M+)＝c(OH－)+c(A－)，A正确；B项满足质子守恒c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H+)＋2c(H2CO3，B正确；醋酸钠、盐酸两溶液混合后含有的离子有Na＋、H+、Cl—、OH－、CH3COO-，满足电荷守恒c(H+)+c(Na＋)＝c(OH－)+c(CH3COO－)+c(Cl—)，由于溶液呈中性，c(H+)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)+c(Cl—)，又因为加入的醋酸钠满足物料守恒c(Na＋)＝c(CH3COOH)+c(CH3COO－)，所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(CH3COO－)+c(Cl—)，得出c(CH3COOH)=c(Cl—)，所以C正确；NaHA的可以是强酸的酸式盐也可以是弱酸酸式盐，所以D错误，答案选D。7、A【详解】A.硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故A正确；B.铁和稀硝酸反应产物与量有关，铁少量时变成三价铁，溶液由无色变为黄色，离子方程式为Fe+4H++NO3－=Fe3++NO↑+2H2O；铁过量时变成二价亚铁，溶液由无色变为浅绿色，离子方程式为：3Fe+8H++2NO3－=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；C.醋酸是弱酸，不能拆成离子，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故C错误；D.SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO，生成的次氯酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸钙，故D错误。答案选A。【点睛】本题考查的是实验现象的解释和离子方程式的书写。解题时需注意B选项铁与稀硝酸反应的产物与反应条件有关，铁少量时变成三价铁，铁过量时变成二价亚铁，产物不同溶液的颜色不同；D选项次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸钙。8、B【解析】A.依据甲中数据可知，恰好反应溶液显酸性，说明MOH为弱碱，故A正确；B.向MCl溶液中加入水，M+的水解程度增大，则溶液中氢离子物质的量增大，M+的物质的量减小，由于在同一溶液中，则比值变大，故B错误；C.MOH为弱碱，当a=0.10，反应恰好生成MCl，溶液显酸性，若为中性，则加入MOH稍过量，则得到a＞0.10，故C正确；D.对乙溶液操作的电荷守恒分析c(M+)=c(Cl-)-0.05mol/L，依据M元素守恒可知，c(MOH)=0.5-c(M+)=(0.5a-0.05)mol/L，则MOH的电离平衡常数Kb=，故D正确。故选B。9、A【分析】裂解是深度裂化，以获得短链不饱和烃（主要为乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃）为主要成分的石油加工过程。【详解】A.裂解是深度裂化，以获得短链不饱和烃（主要为乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃）为主要成分的石油加工过程，A项正确；B.石油减压分馏的目的是将沸点较高的重油进行分离，可得到柴油、润滑油、石蜡等，B项错误；C.裂化的目的是为了提高轻质油（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，C项错误；D.常压分馏可以分馏得到石油气、汽油、煤油、柴油以及重油,D项错误；答案选A。10、D【详解】A．利用硅材料可制成光伏发电装置，也可以用于硅芯片，故A正确；B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，陶瓷是由黏土经高温烧结而成，故B正确；C．汽车尾气主要是NO、CO，利用催化净化汽车尾气可降低污染，故C正确；D．SO2漂白是与有色物质生成不稳定的无色物质而漂白，漂白液、双氧水的漂白是利用强氧化性而漂白，因此SO2与漂白液、双氧水的漂白原理不相同，故D错误。综上所述，答案为D。11、D【解析】根据题意：A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，A为氢元素，B为氮元素，A和C同主族，C为钠元素；在中学常见的酸中E的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，E为氯元素；D原子最外层电子数与电子层数相等，D为铝元素。氧元素与氮元素形成的二元化合物有：N2ONONO2N2O4N2O5等；A错误；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以Al3+<N3-，B错误；H、N、Cl可以形成氯化铵，即有离子键、又含共价键的离子化合物，C错误；氢氧化钠、氢氧化铝、高氯酸三者之间两两之间可以反应生成盐和水，D正确；正确选项D。12、D【详解】A.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，只有化学键的形成，没有化学键的断裂，故A错误；B.使用催化剂，能降低该反应的活化能，但不能改变反应热△H的大小和符号，故B错误；C.由图可知CO与O反应生成CO2的反应中反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，故C错误；D.CO和CO2都是共价化合物，都只含有极性共价键，故D正确；故选D。13、A【详解】①盐酸是强酸，碳酸是弱酸，所以碳酸不能制取盐酸，即二氧化碳和氯化钙不反应，最终没有沉淀析出，故①不符合题意；②Ca(OH)2溶液中通入过量二氧化碳气体先生成碳酸钙沉淀，继续通入二氧化碳气体沉淀会溶解，最后无沉淀生成，故②不符合题意；③碳酸钠能和水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，相同条件下碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，所以饱和Na2CO3溶液中通CO2气体会有碳酸氢钠析出，故③符合题意；故答案为A。14、B【详解】A．天然海水中有CO32-或HCO3-，它们水解使海水呈弱碱性，故A错误；B．氧化过程中可能发生的离子反应为：2SO2+2H2O+O2=4H++2SO42-，故B正确；C．排入大海的溶液与天然海水相比，除了SO42-数量发生了变化，碳酸根离子和碳酸氢根离子数量也发生变化，故C错误；D．海水中氯化钠含量最高，若将氧化后的液体进行蒸发结晶，得到的晶体中氯化钠含量最高，故D错误；故答案为B。15、A【解析】A.使用容量瓶和分液漏斗前必须检漏，故A正确；B.用温度计代替玻璃棒搅拌溶液，容易引起温度计水银球破裂，故B错误；C.进行中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶，造成测定结果不准确，故C错误；D.熔化氢氧化钠固体若在玻璃坩埚中进行，则氢氧化钠与玻璃坩埚中的二氧化硅发生反应，故D错误。故选A。16、B【解析】A.对于盐的分类可以从阴阳离子的角度进行，根据其组成的阳离子为Na+来看碳酸纳属于钠盐，根据其组成的阴离子为CO32-来看碳酸纳属于碳酸盐，虽然溶液呈碱性，但不是碱式盐，而属于正盐，故A错误；B.鸡蛋清属于胶体，浑浊的河水属于悬浊液，但它们都属于混合物，故B正确；C.强光束通过Fe(OH)3胶体时出现丁达尔现象，但没有发生显著的化学变化，故C错误；D.胶体属于混合物，而直径为10-8m的微粒可能是纯净物，故D错误。故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、C9H10碳碳双键消去反应【解析】在质谱图中烃A的最大质荷比为118，则烃A的相对分子质量为118，根据商余法，118÷12=9…10，其化学式为C9H10；由流程图可知A可与Br2/CCl4的溶液发生加成反应，说明B为溴代烃，根据C能够被氧化生成D，D能够与新制氢氧化铜悬浊液反应生成E，结合E的结构简式，可知D为，C为，则B为，A为；E在浓硫酸存在时脱水生成F，F为，F再与苯乙醇发生酯化反应生成的酯I为。(1)A的结构简式为，分子式为C9H10，含有的官能团为碳碳双键；在浓硫酸存在时脱水生成，即E→F的反应类型为消去反应，故答案为C9H10；碳碳双键；消去反应；(2)由分析可知I的结构简式为，故答案为；(3)与新制Cu(OH)2混合加热生成的化学方程式为；故答案为；(4)的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀，说明分子结构中含有酚羟基，1mol

W参与反应最多消耗3mol

Br2，可知酚羟基的邻、对位均有可取代的氢，则符合条件的W的结构简式为，故答案为；(5)J是一种高分子化合物，则由与乙二酸发生缩聚反应生成J的化学方程式为或；故答案为。点睛：本题考查有机物推断，明确官能团及其性质关系是解本题关键。注意结合题给信息及有机反应条件来分析解答。本题的易错点和难点为同分异构体结构简式和有机方程式的书写，要根据学过的基础知识迁移应用。18、酯基、溴原子消去反应b、d4：、、、（任写一种）【分析】分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，与NaOH水溶液加热发生反应产生的C含有羧基，产生的D能够与新制Cu(OH)2悬浊液在加热煮沸时发生反应，证明D中含有醛基，根据题意可知该物质是含有2个醇羟基的物质脱水产生，所以X中含有酯基及溴原子，两个溴原子连接在同一个碳原子上。其苯环上的一溴代物只有一种，说明苯环上只有一种位置的氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有四种不同类型的氢原子，吸收峰的面积比为1:2:6:1，所以四类氢原子的个数之比为1:1:6:1，H原子总数是10个，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C还能发生银镜反应，说明C中还含有醛基，A能被氧化生成B，B能被氧化生成C，说明C中含有羧基，所以C是甲酸，B是甲醛，A是甲醇；E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应，说明苯环上含有酚羟基，且两个邻位有氢原子，所以X是，酯发生水解反应生成甲酸和酚钠，且酚钠中含有醛基，D是，E是，F是。【详解】（1）根据上述推断可知X中含有酯基和溴原子；（2）F是，生成H可以使溴水褪色，说明H中含有不饱和的碳碳双键，因此该反应属于消去反应，产生的H结构简式是。（3）H含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应形成高聚物I，I的结构简式为。（4）E是，含有酚羟基，能和溴水反应发生取代反应，能和FeCl3溶液发生显色反应；但是不能发生消去反应；由于含有一个羧基，羧酸的酸性比碳酸强，所以可以和1mol碳酸氢钠反应，故选b、d。（5）①X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式是：；②F→G的化学方程式是：；（6）E是，同时符合条件a．苯环上核磁共振氢谱有两种，说明只有两类氢原子；b．不能发生水解反应说明不含酯基；c．遇FeCl3溶液不显色说明不含酚羟基；d．1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应说明含有一个醇羟基和一个羧基的E的同分异构体共有4种，他们的结构分别是：、、、。19、a旋转手柄使铜丝螺旋部分与液面脱离Cu2O为红色固体CuS、CuO2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2过量SO2使溶液呈酸性，Na2S2O3遇酸易分解在双球管支管口处增加一赶气装置安全瓶（或缓冲瓶）【解析】从流程图中分析反应的原理，从装置图中分析实验过程中的不足之处。【详解】(1)铜和浓硫酸加热反应生成二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，检验产物二氧化硫可以用品红溶液；要想停止反应，根据图示可以旋转手柄使铜丝螺旋部分与液面脱离；故答案为：a，旋转手柄使铜丝螺旋部分与液面脱离；(2)Cu2O为红色固体，所以黑色物质不可能为Cu2O；硫化铜既不溶于水也不溶于硫酸；氧化铜虽然不溶于水，但是可溶于硫酸，所以与硫酸反应生成蓝色溶液和黑色固体，则该黑色物质为CuS和CuO；故答案为：Cu2O为红色固体，CuS、CuO；(3)根据流程图II中发生反应的化学方程式为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；题干中提示硫代硫酸钠遇酸易分解，所以二氧化硫不能过量的原因为：过量SO2使溶液呈酸性，Na2S2O3遇酸易分解；故答案为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，过量SO2使溶液呈酸性，Na2S2O3遇酸易分解；(4)从装置上看要想使生产的二氧化硫顺利进入装置II，需要在双球管支管口处增加一赶气装置；装置I需要加热，温度比较高，为了防止倒吸情况，需要在在I、II之间增加安全瓶（或缓冲瓶）；故答案为：在双球管支管口处增加一赶气装置，安全瓶（或缓冲瓶）。【点睛】从题干中获取硫代硫酸钠遇酸易分解的信息是解题的关键；在分析实验装置时，从实验的安全性分析找出不足之处。20、分液漏斗铁粉C(待D处的氢气纯净后)关闭活塞3，打开活塞2亚铁离子易被氧化洗涤0.89【分析】由图可知，分液漏斗中为稀硫酸，烧杯中为铁粉，反应后（待D处的气体纯净后）关闭活塞3，打开活塞2，C中盛放NH4HCO3，C中发生Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+H2O+CO2↑，过滤分离出硫酸铵，然后将FeCO3洗涤，干燥，最后加碳焙烧生成还原性Fe粉，以此来解答。【详解】(1)装置A的名称是分液漏斗，装置B中盛放的试剂是铁粉，NH4HCO3盛放在装置C中；(2)实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合制FeCO3沉淀，操作方法是(待D处的气体纯净后)关闭活塞3，打开活塞2，发生主要反应的离子方程式为，FeSO4溶液要现用现配制的原因是亚铁离子易被氧化；(3)过滤后得到固体，需要洗涤，所以操作I的名称是洗涤，干燥过程主要目的是脱去游离水，过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为，取干燥后的FeCO3样品12.49g，与碳混合后焙烧，最终得到还原铁粉6.16g，设样品中FeCO3的物质的量为xmol，FeOOH的物质的量为ymol，则116x+89y=12.49x+y=，解得x=0.1mol，y=0.01mol，样品中杂质FeOOH的