2026届广东省中山市实验中学化学高三第一学期期中综合测试模拟试题含解析

2026届广东省中山市实验中学化学高三第一学期期中综合测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、在一个绝热的恒容密闭容器中，可逆反应达到平衡状态的标志是（）①②各组分的物质的量不变③体系的压强不再发生变化④混合气体的密度不变⑤体系的温度不再发生变化⑥⑦3molH-H键断裂的同时有2molN-H键也断裂A．①②③⑤⑥ B．②③④⑤⑥C．②③⑤⑥ D．②③④⑥⑦2、利用如图所示的仪器和药品(必要时可加热)，能够达到实验目的是（）试剂a试剂b试剂c实验目的①盐溶液XNaOH酚酞证明X中含有NH4+②浓盐酸CaCO3Na2SiO3溶液证明酸性：HCl>H2CO3>H2SiO3③浓盐酸MnO2淀粉KI溶液证明氧化性：MnO2>Cl2>I2④浓硫酸C澄清石灰水证明产物中含有CO2A．①②③ B．①③ C．②③ D．①②③④3、从下列事实所列出的相应结论正确的是选项实验事实结论A液态氯气不导电Cl2是非电解质BSO2通入硝酸钡溶液出现白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解BaSO3不溶于强酸CNaHCO3溶液与Na[Al(OH)4]溶液混合产生白色沉淀结合H+能力：CO32-＜[Al(OH)4]-D常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应非金属性：P＞NA．A B．B C．C D．D4、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，5.6LCCl4中含有的Cl原子数为NAB．密闭容器中，1molNO与足量O2反应，混合气体中NO2的分子数为NAC．3.0g乙烷中含有的共价键数为0.6NAD．常温下，1molCl2溶于足量Ca(OH)2溶液中，转移的电子数为NA5、一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH溶液，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO16.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，则V可能为A．9.0LB．11.2LC．16.8LD．17.92L6、下列离子方程式的书写正确的是A．将2molCl2通入到含1molFeBr2的溶液中：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2B．Mg(HCO3)2溶液与足量的Ca(OH)2溶液反应：Mg2++2+2Ca2++4OH-=2CaCO3↓+2H2O+Mg(OH)2↓C．少量CO2通入到NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClO-=2HClO+D．等浓度等体积的NaAlO2溶液和HCl溶液混合：+4H+=Al3++2H2O7、下列离子方程式或热化学方程式与所述事实不相符的是（）A．向显蓝色的淀粉溶液中通入足量SO2后溶液变无色：I2+SO2+2H2O=2I-+SO+4H+B．用Na2S处理含Hg2+的废水：Hg2++S2-=HgS↓C．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+D．298K、101kPa，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中，充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ。其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ•mol-18、下列变化过程涉及氧化还原反应的是（

）A．从海水中获取氯化镁 B．煤的液化和气化C．使用泡沫灭火器产生泡沫 D．铝土矿用强碱溶解9、一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的硝酸中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量的NaOH溶液，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到24.0gCuO。若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（）A．22.40LB．26.88LC．29.12LD．35.84L10、下列实验操作中，正确的是（）A．把pH试纸浸入待测溶液中，测定溶液的pHB．称NaOH固定质量时。将NaOH固体放在垫有滤纸的托盘上进行称量C．配制100mL2mol·L－1的NaOH溶液时，应将称量好的固体在烧杯中溶解后再将溶液转移入容量瓶定容D．浓硫酸溅在皮肤上，应立即用烧碱溶液冲洗11、下列水解方程式的书写不正确的是（）A．NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋B．S2－＋2H2OH2S＋2OH－C．CH3COONa+H2OCH3COOH+NaOHD．MgCO3+H2OMg(OH)2+CO212、过氧化钠可用于呼吸面罩中作为氧气的来源，可发生反应2Na2O2+2H2O=O2↑+4NaOH、2Na2O2+2CO2=O2+2Na2CO3。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A．Na2O2中的阴离子符号：O2- B．NaOH的电子式：C．Na+的结构示意图： D．CO2的结构式：O—C—O13、下列物质分类的正确组合是分类组合纯净物盐碱性氧化物酸性氧化物A碱石灰烧碱氧化铝二氧化碳BNH3•H2O小苏打氧化镁二氧化氮C五水硫酸铜纯碱氧化钠三氧化硫DH2O2苏打过氧化钠二氧化硫A．A B．B C．C D．D14、向30mL1mol·L－1的AlCl3溶液中逐渐加入浓度为4mol·L－1的NaOH溶液，若产生0.78g白色沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为()A．3mL B．7.5mL C．15mL D．17.5mL15、氮化铝（AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域。在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO下列叙述正确的是()A．在氮化铝的合成反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B．上述反应中每生成2molAlN，N2得到3mol电子C．氮化铝中氮元素的化合价为-3D．氮化铝晶体属于分子晶体16、在多电子原子中，轨道能量是由以下哪些因素决定()①能层②能级③电子云的伸展方向④电子自旋状态A．①②B．①④C．②③D．③④二、非选择题（本题包括5小题）17、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。18、合成医用麻醉药苄佐卡因E和食品防腐剂J的路线如图所示：已知：请回答下列问题：（1）A属于芳香烃，结构简式为_____________。（2）E中官能团的名称是氨基、____________。（3）C能与NaHCO3溶液反应，反应③的化学方程式是___________。（4）反应⑥、⑦中试剂ii和试剂iii依次是___________、___________。（5）反应①~⑦中，属于取代反应的是_______________。（6）J有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有______________种，写出其中任一种同分异构体的结构简式：___________。a.为苯的二元取代物，其中一个取代基为羟基b.属于酯类，且能发生银镜反应（7）以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成高分子树脂（），写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）：_______________。19、工业生产中常常需要对混合气体中的，含量进行测定，其中一种方法的操作如下：①将0.200气样通入酸化的溶液中，使完全被氧化为；(气样中的其它气体不参与反应)，加水稀释至100.00mL；②微热，除去过量的；③量取20.00mL该溶液，加入20.00mL溶液，充分反应；④用溶液滴定剩余的，终点时消耗溶液20.00mL，已知：(未配平)；(未配平)(1)若主要为NO，写出NO被氧化为的离子方程式____。(2)若气体中仅含、NO和，由于发生反应，气体中也存在一定量的以表示该混合气体的组成，增大压强时，x的值将______(填“增大”“不变”或”减小”)。(3)若缺少步骤②，混合气体中含量的测定结果将______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(4)气样中中N的含量为_______。(保留3位有效数字，写出计算过程)20、纳米材料一直是人们研究的重要课题，例如纳米级Fe粉表面积大，具有超强的磁性、高效催化性等优良的性质。Ⅰ.实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示:(1)纳米级Fe和稀盐酸反应的离子方程式为__________________________。

(2)如何将FeCl2·nH2O固体加热脱水制得无水FeCl2_________(用简要文字描述)。

(3)生成纳米级Fe的化学方程式为__________________。

Ⅱ.查阅资料：在不同温度下，纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570℃时生成FeO，高于570℃时生成Fe3O4。甲同学用如图甲所示装置进行纳米级Fe粉与水蒸气反应的实验，乙同学用图乙所示的装置进行纳米级Fe粉与水蒸气的反应并验证产物。(4)甲装置中纳米级Fe粉与水蒸气反应的化学方程式是____________。

(5)乙同学为探究实验结束后试管内的固体物质成分，进行了下列实验:实验步骤实验操作实验现象①将反应后得到的黑色粉末X(假定为均匀的)，取出少量放入另一试管中，加入少量盐酸，微热黑色粉末逐渐溶解，溶液呈浅绿色；有少量气泡产生②向实验①得到的溶液中滴加几滴KSCN溶液，振荡溶液没有出现红色根据以上实验，乙同学认为该条件下反应的固体产物为FeO。丙同学认为乙同学的结论不正确，他的理由是________(用简要文字描述)。

(6)丁同学称取5.60gFe粉，用乙装置反应一段时间后，停止加热。将试管内的固体物质在干燥器中冷却后，称得质量为6.88g，则丁同学实验后的固体物质中氧化物的质量分数为___(结果保留三位有效数字)。21、矿物斜长石（主要成份为KAlSi3O8）在一定温度范围内用氯化钠熔浸可制得氯化钾，反应原理是NaCl(l)+KAlSi3O8(s)KCl(l)+NaAlSi3O8(s)。（1）氯原子最外层的电子排布式___；氧原子核外电子的轨道式___；铝原子核外有___种不同能量的电子。（2）上述反应涉及的元素中，原子半径最大的是___。该反应中位于同一周期的几种元素中，有一种元素的最高价氧化物的水化物和其余元素的最高价氧化物的水化物均能发生反应，该元素是___；从原子结构方面去分析钠元素的金属性强于铝元素的原因是___。（3）为研究上述反应中钾元素的熔出率（液体中钾元素的质量占样品质量的百分率）与温度的关系，进行对照实验（保持其它条件不变），获得如下数据：时间(h)熔出率温度1.52.53.03.54.05.0860℃0.5150.6240.6710.6900.6890.690950℃0.6690.7140.7100.7140.714―①分析以上数据可以得出，氯化钠熔浸钾长石是___（填“放热”或“吸热”）反应。②950℃时，欲提高熔出钾的速率可以采取的措施是___（选填编号）。a．充分搅拌b．延长反应时间c．增大反应体系的压强d．将钾长石粉粹成更小的颗粒（2）该方法制得KCl提纯后可用来冶炼金属钾。反应Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)是工业上冶炼金属钾常用的方法，该方法是否能说明钠比钾更活泼？___，（填“能说明”或“不能说明”）原因是___。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【详解】①在化学反应过程中，各物质的反应速率之比始终等于相应的化学计量数之比，故不能证明达到平衡状态；②各组分的物质的量不变，可以证明达到平衡状态；③该反应为气体体积变化的反应，在恒容密闭容器中体系的压强不再发生变化可以证明达到平衡状态；④恒容密闭容器中，混合气体的体积始终不变，质量始终不变，故密度始终不变，不能证明达到平衡状态；⑤该反应为放热反应，当体系的温度不再发生变化时，可以证明达到平衡状态；⑥在该反应中，，若，则，可以证明达到平衡状态；⑦3molH—H键断裂的同时6molN—H键也断裂才能表示正、逆反应速率相等，反应达到平衡，故不能证明达到平衡状态；故答案选C。2、B【详解】①若c中酚酞变红，则表明盐a与b中的NaOH溶液反应生成了NH3，从而说明盐a中一定含有NH4+，①结论正确；②因为CaCO3与HCl反应生成CO2，CO2通入Na2SiO3溶液中发生反应生成H2SiO3，但盐酸挥发出的HCl也能与Na2SiO3反应生成H2SiO3，我们不能确定H2SiO3的来源，所以②结论不一定正确；③在加热条件下，MnO2与浓盐酸反应生成Cl2，Cl2通入淀粉KI溶液中，溶液变蓝，即便考虑Cl2中混有HCl，对实验结果也不会造成影响，所以可得出氧化性MnO2>Cl2>I2，③中结论正确；④在加热条件下，C与浓硫酸反应生成CO2、SO2，不仅CO2能使澄清石灰水变浑浊，SO2也能使澄清石灰水变浑浊，所以④结论不正确。综合以上分析，只有①③的结论正确。故选B。3、C【解析】A项，液态氯气属于单质，既不是电解质也不是非电解质，错误；B项，在酸性条件下NO3-将SO2氧化成SO42-，SO42-与Ba2+形成白色BaSO4沉淀，BaSO4不溶于盐酸，错误；C项，NaHCO3溶液中HCO3-存在电离平衡：HCO3-H++CO32-，加入Na[Al（OH）4]溶液，[Al（OH）4]-与H+、H2O作用形成Al（OH）3沉淀，结合H+能力：CO32-[Al（OH）4]-，正确；D项，N2中氮氮三键键能大，N2不活泼，不能比较N、P非金属强弱，比较元素非金属性强弱可通过气态氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物酸性强弱来反映，错误；答案选C。4、D【详解】A．标准状况下CCl4是液体，5.6LCCl4的物质的量不是0.25mol，含有的Cl原子数为也不是NA，故A错误；B．NO和O2发生反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，1molNO与足量O2完全反应生成1molNO2，但NO2和N2O4之间存在2NO2N2O4平衡，所以产物分子数小于NA，故B错误；C．3.0g乙烷的物质的量n(CH3CH3)==0.1mol，含有的共价键数为0.7NA，故C错误；D．常温下，1molCl2与足量Ca(OH)2溶液反应2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，转移的电子数目为NA，故D正确；答案为D。5、C【解析】利用极限法解答,假设混合物全是CuS,或混合物全是Cu2S,根据n=m/M计算n(CuO),根据电子转移守恒计算n(CuS)、n(Cu2S),再根据电子转移数目守恒,计算n(NO)、n(NO2),根据V=nVm计算气体体积，实际气体体积介于二者之间。【详解】若混合物全是CuS，其物质的量n(CuS)=n(CuO)=16/80=0.2mol，转移电子物质的量=0.2×（6+2）=1.6mol；NO和NO2的体积相等,设NO的物质的量为x，NO2的物质的量为x，则3x+x=1.6，计算得出x=0.4mol；故气体总体积V=0.4×2×22.4=17.92L；若混合物全是Cu2S，其物质的量n(Cu2S)=1/2n(CuO)=0.2×1/2=0.1mol；转移电子物质的量0.1×10=1mol；设NO为xmol、NO2为xmol,3x+x=1，计算得x=0.25mol；气体总体积0.25×2×22.4=11.2L；根据题意可知，一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，得到的气体的体积在17.92L与11.2L之间，C选项正确；综上所述，本题选C。6、B【详解】A.将2molCl2通入到含1molFeBr2的溶液中，氯气过量：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2Br2，A错误；B.氢氧化镁比碳酸镁更难溶，故Mg(HCO3)2溶液与足量的Ca(OH)2溶液反应：Mg2++2+2Ca2++4OH-=2CaCO3↓+2H2O+Mg(OH)2↓，B正确；C.次氯酸的电离平衡常数介于碳酸的一级电离常数和二级电离常数之间，少量CO2通入到NaClO溶液中，生成次氯酸和碳酸氢钠：CO2+H2O+ClO-=2HClO+，C错误；D.等浓度等体积的NaAlO2溶液和HCl溶液混合得到氢氧化铝沉淀：+H++2H2O=Al(OH)3↓，D错误；答案选B。7、D【详解】A．向显蓝色的淀粉溶液中通入足量SO2后溶液变无色，碘单质与SO2、H2O反应生成H2SO4和HI，离子方程式为：I2+SO2+2H2O=2I-+SO+4H+，离子方程式与所述事实相符，故A不选；B．硫离子与汞离子反应生成硫化汞沉淀，用Na2S处理含Hg2+的废水：Hg2++S2-=HgS↓，离子方程式与所述事实相符，故B不选；C．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀，说明Mg(OH)2沉淀转化生成了Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+，离子方程式与所述事实相符，故C不选；D．该反应为可逆反应，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g）的物质的量小于1mol，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜-38.6kJ•mol-1，故D选；答案选D。8、B【详解】A.从海水中获取氯化镁需要加入氢氧化钙，反应生成氢氧化镁沉淀，沉淀溶于盐酸即可，故不涉及氧化还原反应，故错误；B.煤的气化是将煤这种固体燃料变为一氧化碳和氢气，属于氧化还原反应，液化是指一氧化碳和氢气反应生成甲醇等，也属于氧化还原反应，故正确；C.泡沫灭火器的原理为Al2(SO4)3+6NaHCO3==3Na2SO4+2Al(OH)3↓+6CO2↑，不属于氧化还原反应，故错误；D.铝土矿用强碱溶解的过程中涉及氧化铝溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠和水，不属于氧化还原反应，故错误。故选B。9、A【解析】若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）=24g80g/mol=0.3mol，转移电子物质的量=0.3×（6+2）=2.4mol．NO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=12n（CuO）=12×0.3mol=0.15mol，转移电子物质的量0.15×10=1.5mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=1.5，计算得x=0.375，气体体积0.375mol×2×22.4L/mol=16.8L，实际气体介于二者之间，即16.8＜V＜26.88【点睛】本题考查氧化还原反应计算（极限法）。利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=mM，计算n（CuO），根据Cu守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒，计算n（NO）、n（NO2），根据V=nVm10、C【详解】A.使用pH试纸时不能直接将试纸浸到溶液中，应用玻璃棒蘸取溶液滴在PH试纸上，防止污染溶液，故A错误；

B.NaOH具有吸水性能与空气中二氧化碳反应，称量时应尽量减小与空气的接触面积，应放在小烧杯中称量，故B错误；

C.配制100mL2mol·L-1的NaOH溶液时，应将称量好的固体在烧杯中溶解冷却后再将溶液转移入容量瓶，在加水定容即可，故C正确；D.因浓硫酸能与烧碱反应放出大量的热，如果用烧碱溶液清洗会增大烧伤面积，所以先用抹布擦拭，再用大量的水冲洗，故D错误；

故选C。11、B【分析】水解离子反应中弱酸或弱碱离子结合水电离生成的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质，以此分析。【详解】A．铵根离子水解生成一水合氨和氢离子NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋，则属于水解离子反应，选项A正确；B．硫离子水解分步进行，以第一步为主，不能一步完成，应为S2－＋H2OHS－＋OH－、HS－＋H2OH2S＋OH－，选项B错误；C．醋酸钠水解产生醋酸和氢氧化钠CH3COONa+H2OCH3COOH+NaOH，水解方程式书写正确，选项C正确；D．加热条件下碳酸镁水解产生更难溶的氢氧化镁，同时生成二氧化碳气体MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2，属于水解反应，选项D正确；答案选B。【点睛】本题考查水解的离子反应，明确水解的反应原理是解答本题的关键，注意区分水解、电离的离子反应，易错点为选项B：多元弱酸的电离是分步的，第一步电离为主。12、B【详解】A.Na2O2中的阴离子是过氧根离子，符号：，故A错误；B.NaOH是离子化合物，电子式是，故B正确；C.Na+核外有10个电子，Na+的结构示意图：，故C错误；D.CO2中有2个碳氧双键，CO2的结构式：O=C=O，故D错误。13、C【解析】试题分析：A．碱石灰的成分为NaOH和CaO的混合物，不属于纯净物，A项错误；B．NO2与NaOH反应生成硝酸钠和亚硝酸钠两种盐，不属于酸性氧化物，B项错误；C．蓝矾属于纯净物，纯碱的化学式为Na2CO3，属于盐，氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，属于碱性氧化物，SO3与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，C项正确；D．过氧化钠属于过氧化物，不属于碱性氧化物，D项错误；答案选C。考点：考查物质的分类。14、B【详解】AlCl3溶液和NaOH溶液反应生成氢氧化铝的量与NaOH量的多少有关，当NaOH不足时生成Al（OH）3，当碱过量时，则生成NaAlO2；现AlCl3的物质的量为0.03mol，完全生成Al（OH）3沉淀时，沉淀质量应为2.34g，现沉淀质量为0.78g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2；①若碱不足，由Al3++3OH-═Al（OH）3↓可知，NaOH的物质的量为0.01mol×3=0.03mol，加入NaOH溶液的体积为=0.0075L，即7.5mL；②沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，则由Al3++3OH-═Al（OH）3↓知当Al3+完全沉淀时，消耗氢氧化钠的物质的量为0.09mol，生成氢氧化铝0.03mol，由Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O知溶解0.02mol氢氧化铝消耗氢氧化钠0.02mol，则消耗的氢氧化钠总物质的量为0.11mol，加入NaOH溶液的体积为0.11mol÷4mol/L=0.0275L，即27.5mL；结合以上分析可知，只有B正确；故答案选B。15、C【详解】A.在氮化铝的合成反应中，N2中氮元素的化合价从0价降低到－3价，氮气是氧化剂，碳是还原剂，A不正确；B.上述反应中每生成2molAlN，N2得到6mol电子，B不正确；C.氮化铝中氮元素的化合价为-3，C正确；D.氮化铝具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，说明该化合物是原子晶体，D不正确。答案选C。16、A【解析】多原子中，在电子填充原子轨道时，电子由能量低向能量高的轨道填充，因此轨道的能量是由能层和能级决定，故A选项正确。二、非选择题（本题包括5小题）17、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。18、酯基（键）酸性高锰酸钾溶液NaOH/H2O①③⑤⑦6（以下结构任写一种）（路线合理即可）【分析】本题考查有机推断和有机合成，涉及有机物官能团的识别，有机物结构简式和有机反应方程式的书写，有机反应类型的判断，限定条件下同分异构体数目的确定和书写，有机合成路线的设计。A属于芳香烃，A发生反应①生成B，A的结构简式为；对比B和E的结构简式以及反应④的条件，反应④是将-NO2还原为-NH2，D的结构简式为；C能与NaHCO3溶液反应，C中含羧基，反应②为用酸性高锰酸钾溶液将B中-CH3氧化成-COOH，C的结构简式为；反应③为C与CH3CH2OH的酯化反应，试剂i为CH3CH2OH、浓硫酸。结合F的分子式，反应⑤为A与Cl2在催化剂存在下发生苯环上的取代反应，由于J中两个侧链处于对位，则F的结构简式为；由于试剂i为CH3CH2OH、浓硫酸，由J逆推出I的结构简式为；对比F和I的结构简式，F转化为I需要将-CH3氧化成-COOH，将-Cl水解成酚羟基，由于酚羟基也易发生氧化反应，为了保护酚羟基不被氧化，反应⑥为氧化反应，反应⑦为水解反应，则试剂ii为酸性KMnO4溶液，G的结构简式为；试剂iii为NaOH溶液，H的结构简式为，据以上分析解答。【详解】A属于芳香烃，A发生反应①生成B，A的结构简式为；对比B和E的结构简式以及反应④的条件，反应④是将-NO2还原为-NH2，D的结构简式为；C能与NaHCO3溶液反应，C中含羧基，反应②为用酸性高锰酸钾溶液将B中-CH3氧化成-COOH，C的结构简式为；反应③为C与CH3CH2OH的酯化反应，试剂i为CH3CH2OH、浓硫酸。结合F的分子式，反应⑤为A与Cl2在催化剂存在下发生苯环上的取代反应，由于J中两个侧链处于对位，则F的结构简式为；由于试剂i为CH3CH2OH、浓硫酸，由J逆推出I的结构简式为；对比F和I的结构简式，F转化为I需要将-CH3氧化成-COOH，将-Cl水解成酚羟基，由于酚羟基也易发生氧化反应，为了保护酚羟基不被氧化，反应⑥为氧化反应，反应⑦为水解反应，则试剂ii为酸性KMnO4溶液，G的结构简式为；试剂iii为NaOH溶液，H的结构简式为，（1）A属于芳香烃，A的结构简式为；（2）由E的结构简式可知，E中官能团的名称为氨基、酯基；（3）C的结构简式为，反应③为C与CH3CH2OH的酯化反应，反应的化学方程式为：+CH3CH2OH+H2O；（4）反应⑥是将中-CH3氧化成-COOH，试剂ii是酸性高锰酸钾溶液。反应⑦是的水解反应，试剂iii是NaOH溶液；（5）反应①~⑦依次为取代反应、氧化反应、取代反应、还原反应、取代反应、氧化反应、取代反应，属于取代反应的是①③⑤⑦；（6）J的结构简式为，J的同分异构体属于酯类且能发生银镜反应，则结构中含有HCOO-，J的同分异构体为苯的二元取代物，其中一个取代基为-OH；符合条件的同分异构体有：（1）若两个取代基为-OH和-CH2CH2OOCH，有邻、间、对三个位置，结构简式为、、；（2）若两个取代基为-OH和-CH（CH3）OOCH，有邻、间、对三个位置，结构简式为、、；符合条件的同分异构体共6种；（7）由单体和发生缩聚反应制得，合成需要由合成和；由合成，需要在-CH3的对位引入-OH，先由与Cl2在催化剂存在下发生苯环上的取代反应生成，然后在NaOH溶液中发生水解反应生成，酸化得；由合成，在侧链上引入官能团，先由与Cl2在光照下发生侧链上的取代反应生成，在NaOH溶液中发生水解反应生成，发生催化氧化生成；合成路线为：。19、不变偏大8.33×10-3【详解】(1)若主要为NO，NO被氧化为，H2O2被还原为水，根据电子守恒和电荷守恒，写出离子方程式为：。(2)增大压强，虽然会发生移动，但由于NO2和N2O4中N和O的比都是1:2，所以中的x=2不会随着平衡的移动而变化。(3)若没有除去H2O2，则H2O2会消耗FeSO4，导致剩余的FeSO4变少，使滴入的K2Cr2O7减少，混合气体中含量的测定结果将偏大。(4)实验过程中消耗的由滴定时的反应则与反应的的物质的量：

N的物质的量：气样中中N的含量：。20、Fe+2H+=Fe2++H2↑在干燥的HCl气流中加热FeCl2+H2Fe+2HClFe+H2O(g)FeO+H2加入KSCN溶液，溶液没有出现红色，也可能是因为Fe过量，与生成的Fe3+反应转化为Fe2+67.1%【分析】Ⅰ.(1)纳米级Fe和稀盐酸反应生成FeCl2和H2，据此写出离子方程式；(2)FeCl2·nH2O固体加热脱水时，易发生水解，为防止FeCl2水解，在加热脱水时，通常通入干燥的HCl气体，抑制水解；(3)根据流程可知，FeCl2·nH2O固体加热脱水得到FeCl2，然后N2、H2与FeCl2在高温条件下反应得到纳米级Fe，据此写出反应方程式；Ⅱ.(1)根据已知“纳米级Fe粉与水蒸气反应，温度低于570℃时生成FeO、氢气，据此写出反应方程式；(5)用KSCN溶液检验Fe3+；纳米级Fe粉与水蒸气反应的过程中Fe过量，Fe没有反应完；将反应后的固体加入少量的盐酸，也可能发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，据此进行分析；(6)用乙装置反应，反应温度高于570℃，则Fe粉与水蒸气反应的固体产物为Fe3O1．反应后所得固体的质量为6.88g，其中氧原子的质量为m(O)＝6.88g−5.60g＝1.28g，则n(O)==0.08mol；由关系式1Fe3O1∼1O，可得n(Fe3O1)＝0.02mol；据此计算出固体物质中氧化物的质量分数。【详解】Ⅰ.(1)纳米级Fe和稀盐酸反应生成FeCl2和H2，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；(2)FeCl2·nH2O固体加热脱水时，易发生水解，水解方程式为FeCl2+2H2O⇋Fe(OH)2+2HCl，为防止FeCl2水解，在加热脱水时，通常通入干燥的HCl气体，HCl能抑制FeCl2的水解，且通入的HCI气体可带走水蒸气，利于固体脱水，故答案为：在干燥的HCl气流中加热；(3)根据流程可知，FeCl2·nH2O固体加热脱水得到FeCl2，然后N2、H2与FeCl2在高温条件下反应得到纳米级Fe，反应方程式为FeCl2