厦门灌口中学2026届化学高三第一学期期中学业质量监测试题含解析

厦门灌口中学2026届化学高三第一学期期中学业质量监测试题考生须知：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、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A．氨气易溶于水，可用作制冷剂B．氧化铝具有两性，可用作耐高温材料C．浓硫酸具有吸水性，可用作气体干燥剂D．晶体硅熔点高硬度大，可用作半导体材料2、下列有关实验现象的描述不正确的是A．将表面变暗的金属钠粒投入干燥氯气中，无明显现象B．将在空气中点燃的金属钠伸入干燥氯气中会继续燃烧，产生黄色火焰和大量黄烟C．将SO2气体通入溴水中使溴水褪色，滴加BaCl2溶液有白色沉淀产生D．SO2气体通入品红溶液中，品红褪色，加热所得无色溶液红色复原3、下列说法不正确的是A．发生爆炸的天津滨海仓库存放的电石、氰化钠和硝酸铵等危险化学品均属于电解质B．在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均能与NaOH发生反应C．的系统命名为：2﹣甲基﹣2﹣乙基丙烷，其一氯代物有5种D．1mol化合物()跟足量NaOH溶液反应最多耗4molNaOH4、最近有科学家成功地在高压下将CO2转化具有类似SiO2结构的原子晶体，下列关于CO2的原子晶体说法正确的是A．在一定条件下，CO2原子晶体转化为分子晶体是物理变化B．CO2的原子晶体和CO2分子晶体具有相同的物理性质和化学性质C．在CO2的原子晶体中,每个C原子周围结合4个O原子,每个O原子跟两个C原子相结合D．CO2的原子晶体和分子晶体组成相同，实际上是同一种物质5、运用元素周期律分析下列推断，不正确的是()A．Sr的原子序数为38，则氢氧化锶的化学式为Sr(OH)2B．H3BO3的酸性与H2SiO3接近C．氧化硼可能与氢氟酸发生反应D．HCl的还原性比H2S强，是因为Cl的非金属性比S强6、下列离子方程式书写正确的是A．向明矾溶液中加入过量氢氧化钡溶液：SO42-＋Ba2＋BaSO4↓B．向CH3COOH中加入足量的氢氧化钠溶液：CH3COOH＋OH－CH3COO－＋H2OC．向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)2＋2H＋Fe2＋＋2H2OD．向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：NH4+＋OH－NH3·H2O7、下列指定反应的离子方程式书写正确的是（）A．SO2与足量氨水：SO2＋2NH3·H2O＝2NH＋SO＋H2OB．向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2＋＋H2O＋CO2＝CaCO3↓＋2H＋C．NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合：HCO＋AlO＋2H2O＝Al(OH)3↓＋CO2＋2OH－D．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH＋OH－＝NH3·H2O8、阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法不正确的是A．1LpH=3的盐酸与1LPH=3的CH3COOH溶液中，水电离出的H+数目均为10-11NAB．0.1mol乙烯与乙醇的混合物中含碳原子数为0.2NAC．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.1NAD．0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2mol9、下列离子不能大量共存的是A．NH4＋、Fe3＋、SO42一、NO3一 B．Na＋、Ca2＋、Cl一、CO32一C．K＋、Na＋、SO42一、S2一 D．K＋、Na＋、Cl一、NO3一10、下列关于能量变化的说法正确的是A．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高B．化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种C．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定D．化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒11、无水叠氮酸(HN3)是无色易挥发、易爆炸的油状液体，沸点308.8K，其水溶液较稳定，用于有机合成、制造雷管等。制备原理：N2H4+HNO2=HN3+2H2O。则下列说法正确的是A．HN3分子间存在氢键，故其沸点较高，化学性质较稳定B．上述反应中的氧化剂是HNO2C．N2H4为分子晶体，HN3为离子晶体D．上述反应中每生成1molHN3，转移电子8/3mol12、以下有机物的说法正确的是A．CH2=CH-COOH能发生取代反应、加成反应、水解反应B．石油分馏产品经过裂解、加成可制得1，2—二溴乙烷C．分子式为C4H8O2的酯有3种D．硬脂酸甘油酯、淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物13、下列化学用语表达正确的是()A．乙酸的结构简式：C2H4O2B．氢氧化钠的电子式：C．Cl离子的结构示意图：D．NaClO的电离方程式：NaClO=Na++Cl-+O2-14、肼(N2H4)是火箭发动机的燃料，它与N2O4反应生成氮气和水蒸气。已知：①N2(g)＋2O2(g)===N2O4(g)ΔH＝＋8.7kJ·mol－1②N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534.0kJ·mol－1下列表示肼跟N2O4反应的热化学方程式正确的是A．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－542.7kJ·mol－1B．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1076.7kJ·mol－1C．N2H4(g)＋N2O4(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－1076.7kJ·mol－1D．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1059.3kJ·mol－115、下列物质中，可能是石油裂解的产物的是（）A．C2H4 B．C4H10 C．C8H16 D．C16H3416、下图中的实验方案，能达到实验目的的是选项ABCD实验方案将NO2球浸泡在冰水和热水中实验目的探究温度对平衡2NO2

N2O4的影响比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱除去CO2气体中混有的SO2验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本题包括5小题）17、用两种不饱和烃A和D为原料可以合成一类新药有机物J，合成路线如下：已知①②有机物J结构中含两个环。回答下列问题：(1)C的名称是___________。(2)A→B试剂和反应条件为____________。(3)H→J的化学反应方程式为_________。(4)已知CMN①符合下列条件的N的同分异构体有_______种。a含有基团、环上有三个取代基b与NaHCO3反应产生气泡c可发生缩聚反应。②M的所有同分异构体在下列表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同是_____。a．质谱仪b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪(5)利用题中信息和所学知识，写出以A和甲烷为原料，合成的路线流程图(其它试剂自选)_________。18、元素是构成我们生活的世界中一切物质的“原材料”。Ⅰ．1869年，门捷列夫在前人研究的基础上制出了第一张元素周期表，如图所示。Ni=Co=59H=1Cu=63.4Ag=108Hg=200Be=9.4Mg=24Zn=65.2Cd=112B=11Al=27.4?=68Ur=116Au=198?C=12Si=28?=70Sn=118N=14P=31As=75Sb=122Bi=210?O=16S=32Se=79.4Te=128?F=19Cl=35.5Br=80I=127Li=7Na=23K=39Rb=85.4Cs=133Tl=204Ca=40Pb=207（1）门捷列夫将已有元素按照相对原子质量排序，同一___（填“横行”或“纵列”）元素性质相似。（2）结合表中信息，猜想第5列方框中“Te=128？”的问号表达的含义是___。Ⅱ．X、Y、Z、W是现在元素周期表中的短周期元素，它们的相对位置如图所示，其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍。XYZW请回答下列问题：（1）W位于周期表中的位置__。W的原子核外电子运动状态有___种，原子轨道数为___。（2）比较Y、Z气态氢化物的稳定性___（用分子式表示）。（3）科学家们认为存在含氢量最高的化合物XH5，预测其与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，写出该反应的化学方程式___，XH5是离子化合物，它的电子式为___。（4）工业上将干燥的W单质通入熔融的Z单质中可制得化合物Z2W2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，写出Z2W2与水反应的化学方程式___。19、二氯异氰尿酸钠是常用的杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水。某同学利用高浓度的NaClO溶液和固体，在时反应制备二氯异氰尿酸钠，实验装置如下图所示(部分夹持装置略)。已知：回答下列问题：(1)仪器a的名称为___________；装置A中制备的化学方程式为________________________。(2)待装置B____________(填实验现象)时，再由三颈烧瓶上口加入固体；反应过程中仍需不断通入的理由是________________________。(3)反应结束后，装置B中的浊液经过滤、____________、干燥得粗产品。上述装置存在一处缺陷会导致装置B中NaOH利用率降低，改进的方法是________________________。(4)通过下列实验测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的含量。反应原理：实验步骤：准确称取mg样品，用容量瓶配成250mL溶液；取上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，充分反应后，用标准溶液滴定至溶液呈微黄色。加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗溶液。①该样品的有效氯含量表达式为____________。()②下列操作将导致样品有效氯测定值偏低的是__________(填标号)。a．加入稀硫酸的量过少b．滴定前滴定管未排气泡滴定后气泡消失c．锥形瓶内溶液蓝色消失后立即读数d．读数时，滴定前平视、滴定后仰视20、PCl3主要用于制造敌百虫等有机磷农药和磺胺嘧啶(S.D)等医药的原料。如图为实验室中制取粗PCl3产品的装置，夹持装置略去。经查阅资料知：红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5。PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3。PCl3遇O2会生成POCl3(三氯氧磷)，PCl3、POCl3的熔沸点见下表。物质熔点/℃沸点/℃PCl3-11275.5POCl32105.3回答下列问题：(1)仪器G的名称是______。装置F与G由橡胶管a相连通，a的作用是_______。(2)A是制取CO2装置，CO2的作用是_____，选择A中的药品是_____(填字母)。a.稀盐酸b.稀硫酸c.NaHCO3粉末d.块状石灰石(3)装置D中盛有碱石灰，其作用是__________________。(4)装置G中生成Cl2，反应的离子方程式为___________。(5)装置C采用65-70℃水浴加热，制得的PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等杂质，除杂的方法是：先加入红磷加热，除去PCl5，然后通过___________(填实验操作名称)，即可得到较纯净的PCl3。(6)通过实验测定粗产品中PCl3的质量分数，实验步骤如下(不考虑杂质的反应)：第一步：迅速移取20.0gPCl3粗产品，加水完全水解后，再配成500mL溶液；第二步：移取25.00mL溶液置于锥形瓶中；第三步：加入0.5mol•L－1碘溶液20

mL，碘过量，H3PO3完全反应生成H3PO4；第四步：加入几滴淀粉溶液，用1.0mol•L－1Na2S2O3标准溶液滴定过量的碘，反应方程式为I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，滴至终点时消耗Na2S2O3标准溶液12mL。①第三步中反应的化学方程式为_____________。②根据上述数据，计算该产品中PCl3的质量分数为______%。21、不锈钢表面用硝酸和氢氟酸的混酸处理后，产生的酸洗废液中含有Fe3+、Ni2+、NO3-、F-和+6价铬的含氧酸根离子等．如图是综合利用该酸洗废液的工艺流程：已知：①金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH：Fe3+Ni2+Cr3+开始沉淀1.56.74.0沉淀完全3.49.56.9②Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2++6NH3⇌[Ni（NH3）6]2+（1）再生酸中含有______，采取减压蒸馏的原因是______（用化学方程式表示）．（2）利用废氧化铁（主要成分为Fe2O3）代替烧碱调节pH的好处是______．（3）请写出“转化”时NaHSO3与Cr2O72-发生反应的离子反应方程式：______．（4）已知[Ni（NH3）6]2+为难电离的络合离子，则“沉镍”的离子方程式为：______．（5）滤渣3的主要成分为Ca（OH）2和_________________________．（6）经检测，最后的残液中c（Ca2+）=0.004mol•L-1，则残液中F-浓度为______mg•L-1，[已知Ksp（CaF2）=4×10-11

mol3•L-3.

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【详解】A．液氨气化时吸收热量导致其周围环境温度降低，所以液氨可以作制冷剂，与氨气的溶解性大小无关，故A错误；B．高熔点的物质可用作耐高温耐火材料，氧化铝熔沸点较高，所以可用作耐高温耐火材料，与氧化铝具有两性无关，故B错误；C．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，故C正确；D．晶体硅能导电，可用于制作半导体材料，与熔点高硬度大无关系，故D错误；答案选：C。2、B【分析】从物质的化学性质分析两者是否反应，同时根据产物的性质分析反应的现象是否正确。【详解】表面变暗是因为生成了氧化钠，而干燥的氯气与氧化钠不反应，故无明显现象，故A正确；钠在氯气中燃烧生成细小的氯化钠晶体，故现象为白烟，故B错误；二氧化硫具有还原性，可以使溴水褪色，同时其被氧化成硫酸根，滴加BaCl2溶液有白色沉淀产生，故C正确；二氧化硫的漂白原理是因为与品红反应生成不稳定的无色物质，当加热时，又会复原，故D正确。故选B。3、C【详解】A.电石、氰化钠和硝酸铵等均是化合物，在水溶液或熔融状态下能电离，属于电解质，故A不选；B.乙酸与氨基乙酸均是酸，能与碱发生中和反应，蛋白质在碱性条件下能水解，故B不选；C.的最长碳链为4，在2号碳上含有2个甲基，正确命名为2，2−二甲基丁烷，有3种化学环境不同的H，故有3种一氯取代物，故C选；D.，1个该分子中含有4个酰胺键，故最多能与4mol氢氧化钠反应，故D不选；故选：C。4、C【解析】A．在一定条件下，CO2原子晶体转化为分子晶体，由于物质的微粒结构改变，所以发生的是化学变化，错误；B．CO2的原子晶体和CO2分子晶体具有不同的物理性质和化学性质，错误；C．在CO2的原子晶体中,每个C原子周围结合4个O原子,每个O原子跟两个C原子相结合，正确；D．CO2的原子晶体和分子晶体组成相同，由于物质的结构不同，性质不同，因此实际上是两种不同的物质，错误。答案选C。5、D【详解】A.由Sr的原子序数为38可知，Sr元素位于元素周期表第五周期ⅡA族，最高正化合价为+2价，则氢氧化锶的化学式为Sr(OH)2，故A正确；B.由对角线规则可知，处于对角线的B元素和硅元素的非金属性相近，则最高价氧化物对应水化物H3BO3的酸性与H2SiO3接近，故B正确；C.由对角线规则可知，处于对角线的B元素和硅元素的性质相近，由二氧化硅能与氢氟酸发生反应可知氧化硼可能与氢氟酸发生反应，故C正确；D.元素的非金属越强，其对应氢化物的还原性越弱，氯元素的非金属性强于硫元素，则氯化氢的还原性弱于硫化氢，故D错误；故选D。6、B【详解】A.向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液,反应的离子方程式为:Al3++SO42-＋Ba2＋+4OH-BaSO4↓+AlO2-+2H2O,故A错误；B.向CH3COOH中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为：CH3COOH＋OH－CH3COO－＋H2O，故B正确；C.向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸，反应的离子方程式为:3Fe(OH)2+NO3-＋10H＋3Fe3＋＋8H2O+NO,故C错误；D.向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,反应的离子方程式:NH4+＋HCO3-+2OH－CO32+-NH3·H2O+H2O，故D错误；答案：B。7、A【详解】A．SO2与足量氨水生成(NH4)2SO3和水，故离子方程式为：SO2＋2NH3·H2O＝2NH＋＋H2O，A正确；B．由于HCl的酸性比碳酸的强，故向CaCl2溶液中通入CO2不发生反应，B错误；C．NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合应该生成Al(OH)3和，故离子方程式为：＋＋H2O＝Al(OH)3↓＋，C错误；D．由于H+结合OH-的能力强于，故同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：H+＋OH－＝H2O，D错误；故答案为：A。8、D【详解】A.1LpH=的盐酸与1LPH=3的CH3COOH溶液中，氢离子的浓度为c(H+)=10-3mol/L,c(OH-)=10-11=c(H+)水，水电离出的H+数目均为10-11NA，故A正确；B.乙烯的分子式为C2H4,乙醇的分子式为C2H6O,所以0.1mol乙烯与乙醇的混合物中含碳原子数为0.2NA，故B正确；C.N2和O2都属于双原子分子，标准状况下2.24L混合气体是0.1mol，分子数为0.1NA，故C正确；D.因为H2+I2⇌2HI属于可逆反应，反应前后物质的量不变，所以无论反应是否彻底，0.1molH2和0.1molI2充分反应后的分子总数为0.2NA，故D错误。答案：D。9、B【分析】离子之间结合能生成沉淀、气体或水，或能发生氧化还原反应、络合反应即不能大量共存。【详解】A、NH4＋、Fe3＋、SO42一、NO3一不能生成沉淀、气体或水等，故A不选；B、Ca2＋与CO32一生成CaCO3沉淀，不能大量共存，故B选；C、K＋、Na＋、SO42一、S2一不能生成沉淀、气体或水等，故C不选；D、K＋、Na＋、Cl一、NO3一不能生成沉淀、气体或水等，故D不选；故选B。10、D【详解】A、水和冰相比较，冰的能量低，A错误；B、发生化学反应时能量的变化有多种形式，可以表现为热量的变化，还可以变现为光能，B错误；C、ΔH＞0反应吸热，所以石墨的能量较低，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，C错误；D、化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，D正确；答案选D。11、B【解析】A项、HN3分子中N原子的非金属性强、原子半径小，分子间易形成氢键，沸点大，常温下为液态，但HN3化学性质不稳定易爆炸，故A错误；B项、反应中，HNO2中N元素的化合价降低，N2H4中N元素的化合价升高，反应中的氧化剂是HNO2，还原剂是N2H4，HN3既是氧化产物也是还原产物，故B正确；C项、N2H4和HN3均为溶沸点低的分子晶体，故C错误；D项、由方程式可知，反应中N元素的化合价+3价降低为-1/3价，每生成1molHN3，转移电子为1mol×（3+1/3）=10/3mol，故D错误。故选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重分析与迁移应用能力的考查，把握反应中物质的结构、化学键及元素的化合价为解答的关键，判断HN3中化学键及N元素的化合价为解答的难点。12、B【详解】A．CH2=CH-COOH含有碳碳双键和羧基，能发生取代反应、加成反应，但不能发生水解反应，故A错误；B．石油分馏产品经过裂解可得到乙烯，乙烯与Br2发生加成可制得1，2-二溴乙烷，故B正确；C．分子式为C4H8O2的酯可以是甲酸丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯和丙酸甲酯共4种，故C错误；D．淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物，但硬脂酸甘油酯可水解，不是高分子化合物，故D错误；答案为B。13、B【详解】A．乙酸结构简式应体现官能团-COOH，即乙酸的结构简式为CH3COOH，选项A错误；B．NaOH的电子式：，选项B正确；C．Cl的质子数为17，离子的核外电子数为18，则Cl-的结构示意图为：，选项C错误；D．NaClO是强电解质NaClO在水中电离出钠离子和次氯酸根离子，次氯酸根不能拆，正确应为：NaClO═Na++ClO-，选项D错误。答案选B。14、B【详解】肼(N2H4)是火箭发动机的燃料，它与N2O4反应生成氮气和水蒸气，已知：①N2(g)＋2O2(g)＝N2O4(g)ΔH＝＋8.7kJ·mol－1，②N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g)ΔH=－534.0kJ·mol－1，将方程式②×2-①得N2H4跟N2O4反应的热化学方程式，2N2H4(g)＋N2O4(g)＝3N2(g)＋4H2O(g)ΔH=－1076.7kJ·mol－1或N2H4(g)＋N2O4(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH=-538.35kJ·mol－1，B选项符合题意；答案选B。15、A【详解】A项、乙烯是不饱和气态烃，是石油裂解的产物之一，故A正确；B项、C4H10为饱和气态烃，不是石油裂解的产物之一，故B错误；C项、C8H16为液态烯烃，不是石油裂解的产物之一，故C错误；D项、C16H34为液态烷烃，不是石油裂解的产物之一，故D错误；故选A。【点睛】在石油化工生产过程里，常用石油分馏产品（包括石油气）作原料，采用比裂化更高的温度以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程，叫石油裂解。石油裂解的目的是获得不饱和气态烃做化工原料。16、A【分析】A．升高温度平衡向吸热反应方向移动，降低温度平衡向放热反应方向移动；B．盐酸也和硅酸钠溶液反应生成硅酸；C．二氧化碳和碳酸钠溶液反应；D．两个实验中温度、催化剂都不同。【详解】A．升高温度平衡向吸热反应方向移动，降低温度平衡向放热反应方向移动，其它条件相同，只有温度不变，所以可以探究温度对平衡的影响来分析，选项A正确；B．浓盐酸具有挥发性，所以制取的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也能和硅酸钠反应对实验造成干扰，所以不能判断HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，选项B错误；C．二氧化碳和碳酸钠溶液反应，所以不能用饱和碳酸钠溶液除去二氧化碳中的二氧化硫，可以用饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的二氧化硫，选项C错误；D．两个实验中温度、催化剂都不同，所以不能验证催化剂对反应速率的影响，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查了实验方案评价，涉及化学平衡和反应速率的影响因素的探究、酸性强弱的判断、除杂等知识点，注意：探究外界影响因素时，必须其它条件相同、只有一个条件不同时才能得出正确结论，为易错点。二、非选择题（本题包括5小题）17、邻溴苯甲醛Br2、FeBr3(或Fe)+H2O19c【分析】由题可知，A和D为两种不饱和的烃，根据已知①，C和F发生反应生成G，可知C的结构式为，F为，则E为，D与HBr发生加成反应得到E，故D为，B到C为催化氧化，则B为，A发生取代反应得到B，故A为，G在该条件下得到H，结合已知①可以得到H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到J，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析，C的结构式为，名称为邻溴苯甲醛；(2)A→B为苯环上的取代反应，条件为Br2、FeBr3(或Fe)；(3)

H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到J，所以H→J的化学反应方程式为+H2O；(4)，根据以上分析C为，由转化关系可推出M为，N为，其分子式为C8H14O3，N的同分异构体中符合下列条件：a．含有基团、环上有三个取代基；b．与NaHCO3反应产生气泡说明含有羧基；c．可发生缩聚反应，说明同时含有羧基和羟基，则环上有三个不同取代基分别为甲基、羟基和羧基。先分析环上有两个取代基时共有4种结构（邻间对和同一个碳上），这4种结构对应的第三个取代基的取代产物分别有6种，6种，4种，3种，所以共有6+6+4+3=19种同分异构体；M的同分异构体的元素组成相同，在元素分析仪中显示的信号完全相同，故答案为：c；(5)

以和甲烷为原料合成，甲苯发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛和CH3MgBr发生信息①的反应生成，甲烷发生取代反应生成CH3Br，其合成路线为：。【点睛】充分利用反应条件、结构简式或分子式、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用逆向思维及知识迁移方法进行合成路线设计；(4)中不要漏掉两个取代基位于同一个碳原子上的情况。18、横行怀疑Te的相对原子质量（或同一列相对原子质量依次增大，按此规律，Te的相对原子质量应该在122和127之间）第三周期第ⅦA族179H2S<H2ONH5+H2O=H2↑+NH3·H2O2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl【分析】Ⅰ．(1)结合表中给出的是相对原子质量分析；(2)由表中信息，同一列相对原子质量依次增大；Ⅱ．X、Y、Z、W是现在元素周期表中的短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，其中

Y

元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为氧元素，则Z为硫元素、X为氮元素、W为Cl；(2)元素非金属性越强，对应氢化物越稳定；(3)化合物NH5与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，水溶液为氨水，相当于反应生成氨气后再溶于水，由元素守恒可知反应时放出的气体为氢气，NH5是离子化合物，N原子形成稳定结构最多形成4个N-H键，由铵根离子与氢负离子构成；(4)S2Cl2可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体为SO2，其中只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，根据电子转移守恒计算生成二氧化硫的物质的量，再根据元素守恒计算发生还原反应的S原子物质的量，再根据电子转移守恒计算硫元素在氧化产物中的化合价确定氧化产物，最后结合原子守恒进行解答。【详解】Ⅰ．(1)结合表中信息得，给出的是元素的相对原子质量，故同一横行元素性质相似；(2)由表中信息，同一列按相对原子质量依次增大规律进行排列，第5列方框中“Te=128？”的问号表示怀疑Te的相对原子质量，Te的相对原子质量应该在122和127之间；Ⅱ．X、Y、Z、W是现在元素周期表中的短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，其中

Y

元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为氧元素，则Z为硫元素、X为氮元素、W为Cl；(1)W为Cl，在周期表中的位置：第三周期第ⅦA族；Cl元素的核电荷数是17，则原子核外电子总数为17，即W的原子核外电子运动状态有17种，其电子排布式为1s22s22p63s23p5，则原子轨道数为9；(2)由于元素非金属性S＜O，故氢化物稳定性：H2S＜H2O；(3)化合物NH5与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，水溶液为氨水，相当于反应生成氨气后再溶于水，由元素守恒可知反应时放出的气体为氢气，反应方程式为NH5+H2O=H2↑+NH3•H2O，NH5是离子化合物，N原子形成稳定结构最多形成4个N-H键，由铵根离子与氢负离子构成，电子式为：；(4)化合物S2Cl2可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体为SO2，其中只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，根据电子转移守恒，转移0.3mol电子生成二氧化硫为=0.1mol，故有0.3molS原子发生还原反应，根据电子转移守恒可知S元素在还原产物中的化合价为0，故生成S，同时生成HCl，该反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl。19、恒压滴液漏斗液面上方有黄绿色气体使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料的利用率冰水洗涤在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶ac【分析】由题干实验装置图可知，A为制备Cl2，反应为，由于浓盐酸有较强的挥发性，故这样制得的Cl2含有大量的HCl，将消耗部分NaOH，使得NaOH利用率降低，故需先通入到饱和食盐水的集气瓶来除杂，B装置是发生装置反应为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，，由此可知，反应过程中又生成了NaOH，故反应过程中需通入一定量的Cl2，装置C进行尾气处理，据此分析解题。【详解】(1)由实验装置图可知仪器a为恒压滴液漏斗，由分析可知装置A中制备的化学方程式为：，故答案为：恒压滴液漏斗；；(2)待装置B液面上方有黄绿色气体时，说明NaOH溶液与Cl2已经完全反应，再由三颈烧瓶上口加入固体，由已知信息可知，加入固体后反应为：，该反应过程中生成了NaOH，故仍需不断通入以增大NaOH的利用率，故答案为：液面上方有黄绿色气体；使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料的利用率；(3)由题干信息可知，二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，故反应结束后，装置B中的浊液经过滤、冰水洗涤、干燥得粗产品，由于浓盐酸有较强的挥发性，故这样制得的Cl2含有大量的HCl，将消耗部分NaOH，使得NaOH利用率降低，故需先通入到饱和食盐水的集气瓶来除杂，故答案为：冰水洗涤；在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；(4)①由已知反应不难找出关系式为：，n(HClO)=n()=cmol·L-1V=5cVmol，故该样品的有效氯含量表达式为=，故答案为：；②a．加入稀硫酸的量过少，将使反应不完全，即生成的HClO偏少，故将导致样品有效氯测定值偏低，a符合题意；b．滴定前滴定管未排气泡滴定后气泡消失，将导致V偏大，故将导致样品有效氯测定值偏高，b不合题意；c．锥形瓶内溶液蓝色消失后立即读数，此时可能锥形瓶内壁上仍然含有为参与反应的I2，将导致V偏小，故将导致样品有效氯测定值偏低，c符合题意；d．读数时，滴定前平视、滴定后仰视，将使V偏高，故将导致样品有效氯测定值偏高，d不合题意；故答案为：ac。20、蒸馏烧瓶使F与G压强相同，便于浓盐酸容易滴出赶尽装置中空气，防止PCl3被氧化ad防止空气中水蒸气进入装置使PCl3水解，吸收未反应的氯气，防止污染空气16H++10Cl－+2MnO4－＝5Cl2↑+2Mn2++8H2O蒸馏H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI55【分析】首先A中利用稀盐酸和块状石灰石制取CO2，生成的CO2经过B获得干燥的CO2，CO2气流就会排尽装置内部的空气，以避免生成的PCl3被氧化，然后G中盐酸和高锰酸钾反应制取氯气，经过E中浓硫酸干燥获得干燥的氯气，并与C中红磷反应获得PCl3，另外D中碱石灰吸收空气中的水蒸气和吸收未反应的氯气。【详解】(1)观察仪器G的结构特点知仪器G的名称是蒸馏烧瓶；装置F与G由橡胶管a相连通，a的作用是平衡F和G内部气体的压强，便于浓盐酸在重力作用下更容易滴出，即使F与G压强相同，便于浓盐酸容易滴出；(2)PCl3遇O2会生成POCl3(三氯氧磷)，所以需要排尽装置内部的空气，故A中制取CO2的作用是赶尽装置中空气，防止PCl3被氧化；NaHCO3粉末和酸反应生成CO2的速率过快，不易控制，因而选用块状石灰石与酸反应，而稀硫酸与石灰石反应生成微溶的硫酸钙，其附着在石灰石表面，阻碍反应进行，所以选用块状石灰石与稀盐酸反应制取CO2，故选ad；(3)PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3，同时氯气有剧毒，易与碱反应，因而装置D中盛有碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入装置使PCl3水解，吸收未反应的氯气，防止污染空气；(4)装置G中高锰酸钾将盐酸氧化得到氯气，其离子方程式为16H++10Cl－+2MnO4－＝5Cl2↑+2Mn2++8H2O；(5)先加入红磷加热，除去PCl5，此时的杂质为POCl3，观察题给表格信息，PCl5和POCl3沸点相差30℃以上，然后通过蒸馏即可除去POCl3，即可得到较纯净的PCl3；(6)①加入碘溶液，H3PO3完全反应生成H3PO4，P元素化合价由+3变为+5，H3PO3作还原剂，碘作氧化剂，被还原成HI，所以反应的化学方程式为H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI；②滴定剩余的I2消耗Na2S2O3物质的量为1.0×12×10-3mol=0.012mol，由I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，剩余的I2为×0.012mol=0.006mol，所以与H3PO3反应的I2为0.5×20×10-3mol-0.006mol=0.004mol，根据关系式PCl3~H3PO3~I2可知，20.0g产品中PCl3的质量为g=11g，PCl3的质量分数为×100%=55%。【点睛】[氧化还原滴定法]①直接碘量法(或碘滴定法)直接碘量法是直接用I2标准溶液滴定还原性物质，又叫做碘滴定法。直接碘量法只能在酸性、中性或弱碱性溶液中进行。直接碘量法可用淀粉指示剂指示终点。直接碘量法还可利用碘自身的颜色指示终点，化学计量点后，溶液中稍过量的碘显黄色而指示终点。②间接碘量法(或滴定碘法)