2026届浙江宁波市余姚中学高三化学第一学期期中综合测试试题含解析

2026届浙江宁波市余姚中学高三化学第一学期期中综合测试试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、下列离子方程式书写正确的是A．Fe3O4溶于足量氢碘酸：Fe3O4+8H+==Fe2++2Fe3++4H2OB．硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠可能发生：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na+C．向100mL0.5mol/LNaOH溶液中通入672mLCO2(标准状况)：3CO2+5OH‾==2CO32‾+HCO3‾+2H2OD．向含1molFeBr2的溶液中通入0.6molCl2：10Fe2++4Br‾+8Cl2=10Fe3++2Br2+16Cl‾2、有机物AB2、AB4、AB8均可形成枝状高分子ABm。下列说法不正确的是A．AB2分子中有4种不同化学环境的氢原子B．AB4既能与强酸反应也能与强碱反应C．AB2生成ABm是缩聚反应D．ABm的结构简式是3、下列事实不能说明元素的金属性或非金属性相对强弱的是序号事实推论A与冷水反应，Na比Mg剧烈金属性：Na>MgBCa(OH)2的碱性强于Mg(OH)2金属性：Ca>MgC氧化性：HClO＞H2CO3非金属性：Cl>CD热稳定性强弱：HBr＞HI非金属性：Br>IA．A B．B C．C D．D4、如图，将一根较纯的铁棒垂直没入水中，由于深水处溶氧量较少，一段时间后发现AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重。下列关于此现象的说法错误的是（）A．该腐蚀过程属于电化腐蚀B．铁棒AB段电极反应为O2+2H2O+4e-→4OH－C．铁棒AB段是负极，BC段是正极D．产生此现象的根本原因是铁棒所处化学环境的不同5、如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。则下列说法正确的是A．Y、R两种元素的气态氢化物稳定性：Y>RB．简单离子的半径：X<Z<MC．最高价氧化物对应水化物的酸性：R<ND．由X与N两种元素组成的化合物不能与任何酸反应，但能与强碱反应6、关于C、N、S等非金属元素及其化合物的说法错误的是A．它们都能以游离态存在于自然界中B．二氧化硫、氮氧化物的任意排放会形成酸雨C．浓硫酸可干燥CO2、SO2、H2S等气体，但不能干燥NH3D．加热条件下，碳、硫单质都能与浓硝酸、浓硫酸发生反应7、下列说法正确的是（）A．共价化合物中可能含离子键B．区别离子化合物和共价化合物的方法是看其水溶液是否能够导电C．离子化合物中只含离子键D．离子化合物熔融状态能电离出自由移动的离子，而共价化合物不能8、化学与生产、生活密切相关。下列叙述不正确的是A．用氯化钠腌制食品，可延长食品的保存时间B．用硫酸亚铁补铁时，不可同时服用维生素CC．用铝箔制成的食品包装“锡纸”，可以包裹食品在烤箱中加热D．用纤维素和淀粉为原料制成可降解塑料，有利于减少白色污染9、下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是（）①Fe+Cu2+=Fe2++Cu②Ba2++2OH－+2H++SO42—=BaSO4↓+2H2O③Cl2+H2OH++Cl—+HClO④CO32-+2H+=CO2↑+H2O⑤Ag＋+Cl－=AgCl↓A．①②③④⑤ B．①②③ C．②③ D．③10、a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述错误的是A．d的离子半径大于a的离子半径B．a、b、c均存在两种或两种以上的氧化物C．元素最高价含氧酸的酸性：d比c的强D．b与氢形成的化合物中化学键都是极性共价键11、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是A．B．C．D．12、常温下，下列各组离子一定可以大量共存的是A．含的溶液中：H+、K+、I－、Fe2+B．遇石蕊溶液显红色的溶液中：C．含有大量的溶液中：、Cl－、H＋、Mg2＋D．遇酚酞显红色的溶液中：K+、Fe3+、Na+、13、根据中学化学教材所附的元素周期表判断，下列叙述错误的是A．K层电子数为奇数的所有元素所在的族的序数与该元素原子的K层电子数相等B．L层电子数为奇数的所有元素所在的族的序数与该元素原子的L层电子数相等C．L层电子数为偶数的所有元素所在的族的序数与该元素原子的L层电子数相等D．M层电子数为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的M层电子数相等14、下列说法中正确的是()A．1L水中溶解了58.5gNaCl，该溶液的物质的量浓度为1mol/LB．从1L2mol/L的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为1mol/LC．配制500mL0.1mol·L－1的CuSO4溶液，需8.0g无水CuSO4D．中和100mL1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH为4.0g15、短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13。X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者是Y原子最外层电子数的3倍。下列说法不正确的是A．X和Z的氢化物都是弱电解质B．化合物Y3X2溶于盐酸可得到两种盐C．工业上采用电解Y的氯化物制备单质YD．X的氢化物和Z的最高价氧化物对应的水化物形成的盐溶液pH＜716、某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molX和2molY进行如下反应：3X(g)＋2Y(g)4Z(s)＋2W(g)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molZ，则下列说法正确的是（）A．该反应的化学平衡常数表达式是K＝B．此时，Y的平衡转化率是40%C．增大该体系的压强，化学平衡常数增大D．增加Y，Y的平衡转化率增大二、非选择题（本题包括5小题）17、常温下，酸性溶液A中可能含有NH4+、K+、Na+、Fe2+、Al3+、Fe3+、CO32－、NO3-、Cl-、I-、SO42-中的几种，现取该溶液进行有关实验，实验结果如下图所示：回答下列问题：(1)溶液A中一定存在的离子有___________________(2)生成沉淀甲的离子方程式为___________________(3)生成气体丙的离子方程式为__________________，若实验消耗Cu144g，则最多生成气体丙的体积（标准状况下）为_____。依据上述实验，某小组同学通过讨论后认为：溶液中可能含有的离子有NH4+、K+、Na+、Cl-、SO42-。为进一步确认溶液中存在的离子，分别取100ml废水又进行了如下图所示的三组实验：(4)根据上述实验可进一步确定NH4+、K+、Na+、Cl-、SO42-中一定存在的离子有_________，沉淀溶解时发生反应的离子方程式为________________________________。18、盐酸多巴胺是选择性血管扩张药，临床上用作抗休克药，合成路线如图所示：根据上述信息回答：（1）D的官能团名称为________________________________。（2）E的分子式为_________________________。（3）若反应①为加成反应，则B的名称为__________________。（4）反应②的反应类型为___________________________。（5）D的一种同分异构体K用于合成高分子材料，K可由HOOCH2Cl制得，写出K在浓硫酸作用下生成的聚合物的化学方程式：_______________________________________。（6）E生成F的化学反应方程式为________________________。（7）D的同分异构体有多种，同时满足下列条件的有____种。I.能够发生银镜反应；II.遇FeCl3溶液显紫色；III.苯环上只有两种化学环境相同的氢原子。19、以CuSO4溶液和不同酸根离子形成的钠盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。(1)经检验，现象I的白色沉淀为CuI，则反应的离子方程式为_____________________，氧化产物与还原产物的物质的量之比为____________。(2)经检验，现象Ⅱ中产生的气体是二氧化碳，绿色沉淀是碱式碳酸铜[xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O]。现采用氢气还原法测定碱式碳酸铜组成，请回答如下问题：①写出xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O与氢气反应的化学方程式__________________________________________________；②实验装置用下列所有仪器连接而成，按氢气流方向的连接顺序是(填仪器接口字母编号)：a→_______→gf→____→_____→_____→l(3)经检验，现象Ⅲ的棕黄色沉淀中不含SO42-，含有Cu+、Cu2+和SO32-。已知：Cu+Cu+Cu2+①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是______________________________。②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO32-a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是_____________________。b．证实沉淀中含有Cu+和SO32-的理由是___________________________。20、K3[Fe(C2O4)3]·3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。回答下列问题：（1）晒制蓝图时，用K3[Fe(C2O4)3]·3H2O作感光剂，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为：2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑；显色反应的化学方程式为______________。（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。①通入氮气的目的是________________________________________。②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有___________、___________。③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是_____________________________。④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验Fe2O3存在的方法是：________________。（3）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是___________________________。②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。该晶体中铁的质量分数的表达式为________________________________。21、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。（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），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___g肼。（2）常温下向25mL0.01mol/L稀盐酸中缓缓通入5.6mLNH3（标准状况，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。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A.Fe3O4溶于足量氢碘酸生成碘化亚铁、单质碘和水，A错误；B.还有氧气生成，应该是：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+，B错误；C.向100mL0.5mol/LNaOH溶液中通入672mLCO2(标准状况)，二者的物质的量之比是5：3，因此反应的离子方程式为：3CO2+5OH‾＝2CO32‾+HCO3‾+2H2O，C正确；D.向含1molFeBr2的溶液中通入0.6molCl2，亚铁离子全部被氧化，溴离子部分被氧化，即10Fe2++2Br‾+6Cl2=10Fe3++Br2+12Cl‾，D错误，答案选C。点睛：选项D是解答的难点，注意掌握离子方程式错误的原因：离子方程式不符合客观事实：质量不守恒、电荷不守恒、电子得失总数不守恒、难溶物质和难电离物质写成离子形式、没有注意反应物的量的问题。在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。2、D【详解】A.苯环上2种氢，-NH2，-COOH上各有一种H，AB2分子中有4种不同化学环境的氢原子，故A正确；B.-NH2具有碱性，-COOH具有酸性，因此，AB4既能与强酸反应也能与强碱反应，故B正确；C.AB2生成ABm的高聚物的同时，还生成水分子，因此该反应是缩聚反应，故C正确；D.ABm的的链节中的所有氨基均要形成酰胺键，故D错误；故选D。3、C【解析】A．金属性越强，与水反应越剧烈；B．金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物碱性越强；C、非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强；D、非金属性越强，气态氢化物越稳定。【详解】A．Na、Mg位于同周期，金属性Na＞Mg，则与冷水反应，Na比Mg剧烈，故A正确；B．Ca、Mg位于同主族，金属性Ca＞Mg，对应的最高价氧化物的水化物碱性为Ca（OH）2强于Mg（OH）2，故B正确；C、次氯酸中氯为+1价，不是最高价，比较最高价氧化物的水化物的酸性，不是比较氧化性，故C错误；D、气态氢化物越稳定HBr＞HI，非金属性：Br>I，故D正确。故选C。【点睛】本题考查金属性及非金属性的比较，解题关键：把握元素的位置、元素周期律及比较方法，注意归纳金属性、非金属性比较方法。4、C【分析】铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于原电池，BC段作原电池负极、AB段作原电池正极，据此解答。【详解】铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，BC段作原电池负极、AB段作原电池正极。A、铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故A正确；B、依据分析可知，AB段为原电池的正极，发生反应O2+4e-+2H2O=4OH-，故B正确；C、由于AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重，故BC段作原电池负极、AB段作原电池正极，故C错误；D、此原电池的构成是由于铁棒所处的化学环境不同，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查金属的吸氧腐蚀，明确各个电极上发生的反应及离子移动方向即可解答，会正确书写电极反应式，知道铁锈的成分。5、A【解析】A.X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si，R为Cl元素；非金属性F＞Cl，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性HF＞HCl，A正确；B.O2-、Na+、Al3+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，离子半径：O2-＞Na+＞Al3+，B错误；C.非金属性Cl＞Si，最高价氧化物对应水化物的酸性：高氯酸＞硅酸，C错误；D.由X与N两种元素组成的化合物为二氧化硅，能与氢氟酸反应，D错误；正确选项A。6、C【详解】A.它们都能以游离态存在于自然界中，如木炭、氮气、硫磺，选项A正确；B.二氧化硫、氮氧化物的任意排放会形成酸雨，选项B正确；C.浓硫酸能将H2S氧化，不能用于干燥H2S，浓硫酸能与碱性气体反应而不能干燥NH3，选项C错误；D、加热条件下，碳、硫单质都能与浓硝酸、浓硫酸发生反应，被氧化生成二氧化碳、二氧化硫，选项D正确。答案选C。7、D【详解】A．只含共价键的化合物是共价化合物，含有离子键的化合物为离子化合物，故A错误；B．部分共价化合物在水溶液里能电离出阴阳离子，如HCl在水中能电离，其水溶液能导电，故B错误；C．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NaOH属于离子化合物，含有O-H共价键，故C错误；D．离子化合物熔融状态能电离，共价化合物在熔融时不电离，只有在水中才能电离，故D正确；故答案选D。【点睛】根据化学键的概念及物质中存在的化学键来分析解答。只含共价键的化合物是共价化合物，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物一定不存在离子键，共价化合物只有在水中才能电离。8、B【详解】A.氯化钠属于食品防腐剂，可以延长食品的保存时间，故正确；B.硫酸亚铁和维生素C不反应，二者都具有还原性，能同时服用，故错误；C.铝是金属，具有良好的导热性，故正确；D.塑料通常不能降解，易形成白色污染。但是，用纤维素或淀粉等能水解的物质为原料生产的塑料可以降解，因而可以减少白色污染，故正确。故选B。9、D【详解】①可表示Fe与氯化铜、硫酸铜等物质的反应，可表示一类反应，故错误；②可表示硫酸、硫酸氢钠与氢氧化钡溶液的反应，故错误；③只能表示氯气与水反应，故正确；④可表示碳酸钠、碳酸钾与盐酸、硫酸、硝酸等的反应，故错误；⑤可表示硝酸银与氯化钠、盐酸的反应，故错误；综上所述，只有③只能表示一个化学反应，故D符合；故选D。10、D【分析】根据题意知短周期元素中a的M层有1个电子，则a的核外电子排布是2、8、1，则a是Na元素；b的最外层电子数为内层电子数的2倍，则b核外电子排布是2、4，则b为C元素；c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则c为S元素；c、d的原子处于同一周期，d的原子半径小于c，则d是Cl元素，据以上分析解答。【详解】A、d离子为Cl-，a离子为Na+，钠离子比氯离子少一个电子层，所以离子半径：Cl->Na+，选项A正确；B、Na可以形成Na2O、Na2O2等氧化物，C可以形成CO、CO2等氧化物，S可以形成SO2、SO3等种氧化物，选项B正确；C、元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强；同一周期，从左到右，元素的非金属性增强，非金属性Cl>S，所以HClO4>H2SO4，选项C正确；D、C元素可以与H元素可形成只含有极性键的化合物如CH4，也可以形成含有极性键、非极性键的化合物如CH3CH3等，选项D错误；故答案选D。11、C【解析】A、氯气是强氧化剂，和变价金属反应生成高价化合物；B、硫燃烧一步只能生成二氧化硫；C、碳酸钙高温分解得氧化钙，氧化钙与二氧化硅反应生成硅酸钙；D、氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与水不反应，所以不能实现各步转化。【详解】A、铁和氯气反应生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，故A错误；B、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则转化关系不可以实现，故B错误；C、碳酸钙高温分解得氧化钙，氧化钙与二氧化硅反应生成硅酸钙，所以能实现各步转化，故C正确；；D、氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与水不反应，所以不能实现各步转化，故D错误。故选C。12、C【详解】A．与H+起硝酸的作用，表现强氧化性，能够将I－、Fe2+氧化，不能大量共存，A不符合题意；B．遇石蕊溶液显红色的溶液中含有大量H+，H+与会发生反应产生CO2、H2O，不能大量共存，B不符合题意；C．与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；D．遇酚酞显红色的溶液显碱性，含有大量的OH-，OH-与Fe3+会反应产生Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是C。13、C【详解】A.K层电子数为奇数的元素是氢元素，氢所在的族的序数与氢元素原子的K层电子数相等，故A正确；B.L层电子数为奇数的所有元素，一定在第二周期，所在的族的序数与该元素原子的L层电子数相等，故B正确；C.L层电子数为偶数的元素，不一定在第二周期，如钠元素，L层电子数是8，族序数是ⅠA，故C错误；D.M层电子数为奇数的元素一定是第三周期元素，所有元素所在族的序数与该元素原子的M层电子数相等，故D正确。选C。14、C【解析】A，1L水为溶剂的体积而不是溶液的体积，错误；B，溶液的浓度与溶液的体积多少无关，错误；C，500mL0.1mol·L－1的CuSO4的物质的量为0.5mol，质量为0.5mol×160g/mol=8.0g，正确；D，中和100mL1mol/L的H2SO4（0.1mol）溶液，需NaOH0.2mol，质量为8.0g，错误；故选C。15、A【解析】因X与Y、Z位于相邻周期，短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，则X可能为第二周期的元素，即Y、Z位于第三周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则Z的最外层电子数为2×3=6，即Z为硫，Y的最外层电子数为6/3=2，即为镁元素，再由原子的最外层电子数之和为13，则X的最外层电子数为13-2-6=5，即X为氮元素。【详解】A项、X的氢化物为氨气，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨在水中电离生成铵根离子和氢氧根离子，氨气是非电解质，一水合氨是弱电解质，故A错误；B项、化合物Y3X2为氮化镁，氮化镁溶于盐酸可得到氯化镁和氯化铵两种盐，故B正确；C项、工业上采用电解熔融的氯化镁制备金属单质镁，故C正确；D项、氨气和硫酸反应生成硫酸铵，硫酸铵在溶液中发生水解使溶液显酸性，溶液pH＜7，故D正确。故选A。【点睛】题考查位置结构性质的相互关系应用，利用元素的位置及原子的最外层电子数和内层电子数的关系来推断元素，利用X为第二周期元素为突破口是解答本题的关键。16、B【分析】A.平衡常数表达式中固体和纯液体不能出现；B.根据三段法进行计算；C.化学平衡常数只与温度有关；D.增加Y，平衡正向移动Y的转化率减小。【详解】A.该反应的化学平衡常数表达式是K＝B.达到平衡时生成1.6molZ，根据方程式可知消耗的Y为0.8mol，则Y的平衡转化率=×100%=40%，B项正确；C.化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，C项错误；D.增加Y，平衡正向移，Y的转化率减小，D项错误；答案选B。【点睛】解答本题时需要注意固体和纯液体物质的浓度视为常数，通常不计入平衡常数表达式中。二、非选择题（本题包括5小题）17、Al3+、NO3-3H2O+2Al3++3CO32－=2Al（OH）3↓+3CO2↑3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O33.6LNH4+、Na+、SO42-Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O【解析】(1)、溶液为酸性溶液，则溶液中存在大量氢离子，可以排除CO32−；溶液A中加过量(NH4)2CO3，产生白色沉淀，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液一定含有有Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为NO，说明原溶液中有NO3−，强酸性溶液中含有NO3−，则一定不存在具有还原性的离子：Fe2+、I−。故答案是Al3+、NO3-。（2）、根据上述分析，生成沉淀甲是CO32-和溶液中的Al3+发生双水解反应，故离子方程式为3H2O+2Al3++3CO32－=2Al（OH）3↓+3CO2↑。（3）、根据上述分析可知，生成的气体丙是NO，是Cu、H+和溶液中的NO3-反应生成的，离子方程式为3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O。实验消耗Cu144g，则Cu的物质的量是：144g÷64g/mol=2.25mol，由3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O可得：3Cu～2NO，则NO的物质的量是×2.25mol，其在标准状况下的体积是×2.25mol×22.4L/mol=33.6L；故本题的答案是：3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；33.6L。（4）、因焰色反应为黄色，说明含有Na+；加入氯化钡和稀盐酸可以生成白色沉淀，说明溶液中一定含有SO42-，2.33g白色沉淀是BaSO4；根据上面的分析可知，溶液中含有H+和Al3+，根据图像可知，开始时发生的是H＋＋OH－=H2O，当H＋完全反应后，开始发生Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，继续滴加NaOH溶液，Al(OH)3并没有立刻溶解，说明溶液中含有NH4＋，发生了NH4＋＋OH－=NH3·H2O；故一定存在的离子还有：NH4+、Na+、SO42-；沉淀溶解时是Al(OH)3和过量的NaOH发生反应生成NaAlO2和H2O，其离子方程式是：Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O。18、羟基、醚键、醛基C9H9NO4甲醛氧化反应

nHOOCCH2OH

HO

OCCH2O+(n-1)H2O。

+4H2

+HCl+2H2O19

【解析】（1）根据D的结构可知D中含有的官能团有：羟基、醚键、醛基。（2）根据E的结构简式可知E的分子式为：C9H9NO4。（3）A的分子式为C7H8O2，C7H8O2与B发生加成反应生成化合物C8H10O3，可知B的分子式为CH2O，所以B的结构简式为HCHO，名称为甲醛。（4）A与HCHO加成得到的产物为，根据D的结构可知发生氧化反应，故反应②的反应类型为氧化发应。（5）HOOCH2Cl在NaOH水溶液中加热发生水解反应生成物质K：HOOCCH2OH，HOOCCH2OH在浓硫酸的作用下发生缩聚反应:nHOOCCH2OHHOOCCH2O+(n-1)H2O。（6）E到F的过程中，碳碳双键与H2发生加成反应，-NO2与H2发生还原反应生成-NH2，所以化学方程式为：+4H2+HCl+2H2O。（7）分情况讨论：（1）当含有醛基时，苯环上可能含有四个取代基，一个醛基、一个甲基、两个羟基：a：两个羟基相邻时，移动甲基和醛基，共有6种结构。b：两个羟基相间时，移动甲基和醛基，共有6种结构。c：两个羟基相对时，移动甲基和醛基，共有3种结构。（2）当含有醛基时，苯环上有两个对位的取代基，一个为-OH，另一个为-O-CH2-CHO或者一个为-OH，另一个为-CH2-O-CHO，共有2种结构。（3）当含有醛基时，有两个对位的取代基，一个为-OH，另一个为-CH（OH）CHO，共1种结构。(4)当含有甲酸某酯的结构时，苯环上只有两个取代基，一个为羟基，一个为-CH2OOCH，所以有1种结构。故符合条件的同分异构体总共有6+6+3+2+1+1=19种。点睛：本题考查有机物的结构简式的推断、官能团的名称、反应类型及同分异构体的书写。本题中最后一问的同分异构体的书写是难点，当苯环上有多个取代基时，一定要利用邻、间、对的关系和定一移一的方法不重复不遗漏的将所有的同分异构体书写完整。19、2Cu2++4I-=2CuI↓+I21:2xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O+(x+y)H2(x+y)Cu+xCO2+(x+2y+z)H2Okjdehibc有红色固体析出盐酸和BaCl2溶液在I-作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32-转化为SO42-【详解】(1)经检验，现象I的白色沉淀为CuI，铜元素的化合价由+2价降低到-1价，则碘离子中碘元素化合价由-1价升高到0价，则反应的离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；该反应中氧化产物为碘单质，还原产物为CuI，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2；综上所述，本题答案是：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；1:2。(2)①xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O与氢气反应生成单质铜、水、二氧化碳，反应方程式为：xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O+(x+y)H2(x+y)Cu+xCO2+(x+2y+z)H2O；综上所述，本题答案是：xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O+(x+y)H2(x+y)Cu+xCO2+(x+2y+z)H2O。②实验中要测定生成的水、二氧化碳的量，从a口出来气体中含有水蒸气和挥发出来的氯化氢气体，会对实验造成干扰，应先用水吸收氯化氢气体，再用浓硫酸吸收水蒸气；之后，与碱式碳酸铜发生反应，产生的两种气体先用浓硫酸吸收水蒸气，再用U型管中的碱石灰吸收二氧化碳，同时连上装有碱石灰的球形干燥管，避免空气中的水和二氧化碳进入U型管而产生误差，因此装置的连接顺序为：a→kj→gf→de→hi→bc→l；综上所述，本题答案是：kj，de，hi，bc。(3)①由已知可知Cu+和稀硫酸反应生成Cu和Cu2+，所以用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验操作和现象为取一定量的沉淀于试管中，向其中加入稀硫酸，有红色固体析出。综上所述，本题答案是：有红色固体析出。②a.证明溶液中有SO42-，需要加入盐酸和BaCl2溶液，生成白色沉淀BaSO4，因此试剂1是HCl和BaCl2溶液；综上所述，本题答案是：盐酸和BaCl2溶液。b.根据“已知”，加入KI溶液生成白色沉淀CuI，说明溶液中有Cu2+，向清液中加入淀粉溶液没有颜色变化，说明生成的I2被SO32-还原成I-，SO32-被氧化为SO42-，向清液中加入盐酸和BaCl2溶液，产生BaSO4沉淀；因此证实沉淀中含有Cu2+和SO32-的理由是在I-作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32-转化为SO42-，溶液中存在Cu2+和SO32-；综上所述，本题答案是：在I-作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32-转化为SO42-。【点睛】本题考查化学实验方案的分析、评价和设计．主要是离子检验和实验过程的理解应用，题目难度较大。分析时要注意：铜离子与碘离子反应生成白色沉淀碘化亚铜和碘单质，说明铜离子的氧化性也比较强，与碘离子不能共存；铜离子在酸性环境下稳定，而亚铜离子在酸性环境下发生歧化反应。20、3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置CO2CO先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3粉红色出现【解析】（1）根据亚铁离子能与K3[Fe(CN)6]发生显色反应解答；（2）①根据氮气能隔绝空气和排尽气体分析；②根据CO2、CO的性质分析；③要防止倒吸可以根据外界条件对压强的影响分析；③根据铁离子的检验方法解答；（3）①根据酸性高锰酸钾溶液显红色；②根据电子得失守恒计算。【详解】（1）光解反应的化学方程式为2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑，反应后有草酸亚铁产生，所以显色反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]＝Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4。（2）①装置中的空气在高温下能氧化金属铜，能影响E中的反应，所以反应前通入氮气的目的是隔绝空气排尽装置中的空气；反应中有气体生成，不会全部进入后续装置。②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，说明反应中一定产生二氧化碳。装置E中固体变为红色，说明氧化铜被还原为铜，即有还原性气体CO生成，由此判断热分解产物中一定含有CO2、CO；③为防止倒吸，必须保证装置中保持一定的