北京市海淀区第二十中学2026届高三化学第一学期期中质量检测试题含解析

北京市海淀区第二十中学2026届高三化学第一学期期中质量检测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列关于其单质及化合物的说法中正确的是A．三种元素在自然界中既有游离态又有化合态B．二氧化物都属于酸性氧化物，能与碱反应而不能与任何酸反应C．最低价的气态氢化物都具有还原性，易与O2发生反应D．其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：H2SO4＞H2SiO3＞H2CO32、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3、下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是()A．含有大量的[Al(OH)4]－的溶液：NH、Na+、HCO、SOB．澄清透明的溶液中：MnO、SO、K+、H+C．pH=11的溶液中：ClO－、Na+、SO、I－D．水电离产生的c(H+)=1×10−14mol·L−1的溶液中：HCO、NH、Cl－、Ca2+4、下列有关元素的说法正确的是A．ⅠA族与ⅦA族元素间一定形成离子化合物B．第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7C．同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强D．元素周期表中的117号元素（Uus）位于第七周期、ⅦA族5、下列有关说法中错误的是（）A．氢氟酸不能盛放在玻璃试剂瓶中B．玻璃、水晶、陶瓷的主要成分均是硅酸盐C．灼烧NaOH固体时不能使用瓷坩埚，因为坩埚中的SiO2能与NaOH反应D．由沙子制备光伏材料时的反应之一为SiO2+2C高温Si+2CO↑6、下列属于非电解质的是A．氨气 B．碳酸钾 C．盐酸 D．氯气7、已知某物质X能发生如下转化：下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是（）A．若X为NH3，则A为硝酸B．若X为H2S，则A为亚硫酸或者硫酸C．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③有可能为非氧化还原反应D．若X为非金属单质或非金属氢化物，则A一定能与金属铜反应生成Y8、将溶于水配成的溶液，溶解过程如图所示．下列说法正确的是A．a离子为Na+，b离子为Cl-B．溶液中含有个水合C．溶液中存在D．水分子与晶体作用表明水分子中氧原子端带负电9、下列说法正确的是A．漂白粉属于混合物，液氯属于纯净物B．实验室用加热氯化铵固体制取氨气C．醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和碱性氧化物D．煤的气化与液化均属于化学变化，煤的干馏属于物理变化10、某小组用打磨过的铝片进行如下实验，下列分析不合理的是（）A．①中无明显现象说明常温下铝与浓硝酸不反应B．②中产生的气泡是氮氧化合物，不是氢气C．②中反应体现了硝酸的酸性和强氧化性D．③中沉淀溶解的离子方程式是Al（OH）3+OH—＝AlO+2H2O11、已知某溶液中只存在OH﹣、Cl﹣、NH4+、H+四种离子，下列说法不正确的是()A．若溶液中c(NH4+)＝c(Cl﹣)，则该溶液一定显中性B．若溶液中c(NH4+)＞c(Cl﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，则溶液中一定含有NH4Cl和NH3•H2OC．若溶液中c(Cl﹣)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH﹣)，则溶液中可能含有NH4Cl或可能含有NH4Cl和HClD．若溶液中c(Cl﹣)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH﹣)，则溶液中含大量的NH4Cl和少量的HCl12、下列说法不正确的是A．干冰升华和液氯气化时，都只需克服分子间作用力B．硫酸氢钠晶体溶于水，需要克服离子键和共价键C．氯化氢气体溶于水时，只有共价键的断裂，没有化学键的形成D．石墨转化金刚石，既有化学键的断裂，又有化学键的形成13、一定量的铁与一定量的浓HNO3反应，得到硝酸铁溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与3.36LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铁溶液中加入2mol•L-1的NaOH溶液至Fe3+恰好沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）A．150mL B．300mL C．120mL D．90mL14、下列实验操作能达到实验目的或得出相应结论的是()实验操作目的或结论A将Cu片放入FeC13溶液中证明Fe的金属性比Cu强B将点燃的镁条置于盛有CO2的集气瓶中，瓶内壁有黑色固体生成镁的还原性比碳强C将SO2通入溴水或酸性KMnO4溶液中证明SO2有漂白性D向FeCl2溶液(含少量FeBr2杂质)中，加入适量氯水，再加CCl4萃取分液除去FeCl2溶液中的FeBr2A．A B．B C．C D．D15、下列反应的离子方程式正确的是()A．NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液:AlO2－＋HCO3－＋H2O=Al(OH)3↓＋CO32－B．碘水中通入适量的SO2：I2＋SO2＋2H2O=2HI＋SO42－＋2H＋C．FeSO4溶液中滴加双氧水:2Fe2++2H2O2=2Fe3++O2↑+2H2OD．Na2CO3发生水解反应:CO32－＋2H2O=H2CO3＋2OH－16、铜锌原电池（如图）工作时，下列叙述正确的是A．一段时间后，铜棒上有红色物质析出B．正极反应为：Zn－2e－＝Zn2+C．在外电路中，电流从负极流向正极D．盐桥中的K+移向ZnSO4溶液二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物X是一种重要的有机化工原料，下图是以它为初始原料设计出的转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去），Y是一种功能高分子材料。已知：（1）X为芳香烃，其相对分子质量为92；（2）烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：；（3）（苯胺，易被氧化）；回答下列问题：（1）X的名称为________________，G的分子式为____________________。（2）F的结构简式为___________________，B中官能团的名称为____________。（3）F→G的反应类型为__________________________。（4）G→Y的化学方程式为__________________________。（5）满足下列条件的B的同分异构体有________种。①含有苯环；②只含一种官能团；③1mol该有机物能与2molNaHCO3完全反应。（6）请写出以C为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。_______________。18、〔化学—选修5：有机化学基础〕席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成G的一种路线如下：已知以下信息：①②一摩尔B经上述反应可生居二摩尔C，且C不能发生银镜反应。③D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106。④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的⑤回答下列问题：（1）由A生成B的化学方程式为，反应类型为（2）D的化学名称是，由D生成E的化学方程式为：（3）G的结构简式为（4）F的同分异构体中含有苯环的还有____种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱中有4组峰，且面积比为6：2：2：1的是_______。（写出其中的一种的结构简式）。（5）由苯和化合物C经如下步骤可合成N-异丙基苯胺。反应条件1所选择的试剂为____________；反应条件2所选择的试剂为________；I的结构简式为_____________。19、某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化的实验：实验Ⅰ：将Fe3+转化为Fe2+（1）Fe3+与Cu粉发生反应的离子方程式为________。（2）探究白色沉淀产生的原因，请填写实验方案：实验方案

现象

结论

步骤1：取4mL______mol/LCuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液

产生白色沉淀

CuSO4与KSCN反应产生了白色沉淀

：步骤2：取_____________________

无明显现象

查阅资料：ⅰ．SCN－的化学性质与I－相似ⅱ．2Cu2++4I－="2CuI↓+"I2，Cu2+与SCN－反应的离子方程式为__________。实验Ⅱ：将Fe2+转化为Fe3+实验方案

现象

向3mL0.1mol/LFeSO4溶液中加入1mL8mol/L稀硝酸

溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色

探究上述现象出现的原因：查阅资料：Fe2++NOFe(NO)2+(棕色)（3）用离子方程式解释NO产生的原因________。（4）从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：反应Ⅰ：Fe2+与HNO3反应；反应Ⅱ：Fe2+与NO反应①依据实验现象，甲认为反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ_________(填“快”或“慢”)。②乙认为反应Ⅰ是一个不可逆反应，并通过实验证明其猜测正确，乙设计的实验方案是_____。③请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因__________。（5）丙认为若生成的NO与Fe2+不接触，溶液就不会出现棕色，请设计实验方案，并画出实验装置图，实现Fe2+Fe3+的转化，同时避免出现此异常现象。20、某学习小组开展下列实验探究活动：（1）装置A中反应的化学方程式为_____。（2）设计实验：利用装置A中产生的气体证明+4价硫具有氧化性：_____。（3）选用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：装置连接顺序为A、C、__、__、D、F，其中装置C的作用是_____，通过___________________现象即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。（4）利用G装置可测定装置A残液中SO2的含量。量取1mL残液于烧瓶中，加适量的水稀释，加热使SO2全部逸出并与锥形瓶中H2O2完全反应（SO2+H2O2=H2SO4），然后用0.1000mol/LNaOH标准溶液进行滴定，至终点时消耗NaOH溶20.00mL。①G中球形冷凝管的冷凝水进口为_____（填“a”或“b”）。②残液中SO2含量为____

g/L。③经多次测定发现，测定值始终高于实际值，则其原因是_____。21、[化学—选修3：物质结构与性质]前四周期原子序数依次增大的元素A，B，C，D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，平且A-和B+的电子相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。回答下列问题：（1）D2+的价层电子排布图为_______。（2）四种元素中第一电离最小的是________，电负性最大的是________。（填元素符号）（3）A、B和D三种元素责成的一个化合物的晶胞如图所示。①该化合物的化学式为_________________；D的配位数为___________；②列式计算该晶体的密度_______g·cm-3。（4）A-、B+和C3+三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有_____________；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为_______________，配位体是____________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【详解】A、Si元素是亲氧元素，在自然界中无游离态，A项错误；B、SiO2能与HF反应，B项错误；C、C、Si、S低价态气态氢化物为CH4、SiH4、H2S，都具有还原性，易与O2发生反应，C项正确；D、根据元素性质的递变性，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，D项错误；本题答案选C。2、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。3、B【详解】A．含有大量的[Al(OH)4]－的溶液，[Al(OH)4]－与HCO反应生成氢氧化铝沉淀和，不共存，故A不符合题意B．澄清透明的溶液中：MnO、SO、K+、H+相互间不反应，能大量共存，故B符合题意；C．pH=11的溶液显碱性，ClO－与I－反应，不能大量共存，故C不符合题意；D．水电离产生的c(H+)=1×10−14mol·L−1的溶液，说明可能是酸性、也可能是碱性，HCO与H+、HCO与OH－反应，NH与OH－反应，不共存，故D不符合题意。综上所述，答案为B。4、D【解析】A.ⅠA族为H和碱金属，ⅦA族元素为非金属元素，H与卤族元素形成共价化合物，碱金属元素与卤族元素形成离子化合物，故A错误；B.第二周期中，O没有最高正价，F没有正价，第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+5，故B错误；C.同周期金属元素的化合价越高，元素的金属性越弱，则失电子能力逐渐减弱，故C错误；D.117号元素（Uus）位于第七周期、ⅦA族，故D正确；故选D。【点睛】1、周期序数=电子层数，主族序数=最外层电子数=最高正价；2、对于非金属而言，最高正价+最低负价的绝对值=8(H、O、F除外)。5、B【解析】试题分析：A.氢氟酸能腐蚀玻璃，所以氢氟酸不能盛放在玻璃试剂瓶中，A项正确；B.水晶的主要成分是SiO2，不是硅酸盐，B项错误；C.瓷坩埚是硅酸盐产品，坩埚中的SiO2能与NaOH反应，用铁坩埚，C项正确；D.沙子的主要成分是SiO2，光伏材料的成分是晶体硅，由沙子制备光伏材料时的反应之一为SiO2＋2CSi＋2CO↑，D项正确；答案选B。考点：考查物质的保存、成分和性质6、A【详解】A、氨气的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和OH-，并不是氨气本身发生电离，所以氨气是非电解质，故A正确；B、碳酸钾在水溶液中电离出钾离子和碳酸根，能够导电，所以碳酸钾是电解质，故B错误；C、盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D、氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质故D错误。故选A。【点睛】单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。7、D【详解】A．若X为NH3，则Y为NO，Z为NO2，A为硝酸，故A正确；B．若X为H2S，氧气少量时，生成硫单质和水，氧气过量时，生成二氧化硫和水，则Y为S或SO2，Z为SO2或SO3，A为亚硫酸或者硫酸，故B正确；C．根据图示，反应①和②一定为氧化还原反应，结合选项A、B分析可知，若X为NH3，Z为NO2，与水的反应为氧化还原反应，若X为H2S，Z为SO2或SO3，与水反应为非氧化还原反应，则反应③有可能为非氧化还原反应，故C正确；D．根据B项分析，若X

为H2S，Y可能为S，Z是SO2、A为亚硫酸，则亚硫酸不能与金属铜反应，故D错误；答案选D。8、D【详解】A．钠离子核外有2个电子层，氯离子有3个电子层，即氯离子半径大于钠离子，a离子为Cl-，b离子为Na+，A错误；B．题目中没有说明溶液的体积，无法计算溶质的物质的量，即无法判断溶液中水合的个数，B错误；C．氯化钠是强电解质，全部电离，电离方程式为：，C错误；D．由图可知，b离子与水中的氧接近，形成水合b离子，所以表明水分子中氧原子端带负电，D正确；故选D。9、A【详解】A项、漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，液氯是液态的氯气，属于纯净物，故A正确；B项、实验室用加热氯化铵和消石灰固体混合物的方法制取氨气，加热氯化铵固不能制取氨气，故B错误；C项、过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，属于过氧化物，不属于碱性氧化物，故C错误；D项、煤的气化与液化、煤的干馏都有新物质生成，属于化学变化，故D错误；故选A。【点睛】碱性氧化物是能与酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钠与酸反应还有氧气生成，不属于碱性氧化物是解答易错点。10、A【详解】A．①中无明显现象说明常温下铝与浓硝酸发生了钝化，但钝化是产生了氧化膜，不是不反应，故A错误；B．②中加水后，硝酸浓度变稀，硝酸体现强氧化性，产生的气泡是氮氧化合物，故B正确；C．②中反应生成了氮的氧化物和硝酸铝，体现了硝酸的酸性和强氧化性，故C正确；D．③中沉淀是生成了氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠会继续溶解，溶解的离子方程式是Al（OH）3+OH—＝AlO+2H2O，故D正确；故选A。11、D【解析】A．溶液中存在电荷守恒，若溶液中c(NH4+)＝c(Cl﹣)，根据电荷守恒得c(OH﹣)＝c(H+)，则溶液呈中性，故A正确；B.如果溶液中c(NH4+)＞c(Cl﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈碱性，则氨水过量，所以溶液中的溶质为NH4Cl和NH3•H2O，故B正确；C.若溶液中c(Cl﹣)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH﹣)，溶液呈酸性，氯化铵溶液呈酸性，要使溶液呈酸性，氨水和HCl可能恰好反应也可能HCl过量，所以溶液中可能含有NH4Cl或可能含有NH4Cl和HCl，故C正确；D.若溶液中c(Cl﹣)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH﹣)，溶液中c（H+）＞c（NH+）且溶液呈酸性，则溶液中存在大量的HCl和少量的NH4Cl，故D错误。故选D。12、C【解析】A．干冰和氯气形成的晶体都是分子晶体，所以干冰升华和液氯气化时，都只需克服分子间作用力，故A正确；B．硫酸氢钠是离子晶体，溶于水需要克服离子键，HSO4-在水中电离需要克服共价键，故B正确；C．氯化氢气体溶于水时，H-Cl共价键的断裂，生成H3O+时有共价键的形成，有化学键的形成，故C错误；D．石墨转化金刚石是化学变化，既有化学键的断裂，又有化学键的形成，故D正确；故答案为C。13、B【分析】根据氧气的体积计算物质的量，根据氧气的物质的量计算其转移电子数，转移电子数等于铁离子结合的氢氧根的物质的量，据此解答。【详解】3.36LO2（标准状况）的物质的量为3.36/22.4=0.15mol，则转移电子物质的量为0.15×4=0.6mol，根据守恒分析，电子物质的量等于铁离子结合的氢氧根离子物质的量，即氢氧化钠的物质的量为0.6mol，溶液的体积为0.6/2=0.3L，即300mL。故选B。【点睛】掌握有关硝酸的计算中的守恒关系，反应中铁元素失去电子数=硝酸中氮元素得到电子数=氧气得到的电子数=铁离子结合的氢氧根离子数。14、B【详解】A．Cu片放入FeC13溶液中，生成氯化铜和氯化亚铁，无法证明Fe的金属性比Cu强，A结论错误；B．将点燃的镁条置于盛有CO2的集气瓶中，生成氧化镁和单质碳，镁作还原剂，C为还原产物，镁的还原性比碳强，B结论正确；C．将SO2通入溴水或酸性KMnO4溶液中，二氧化硫被氧化生成硫酸，二氧化硫表现还原性，C结论错误；D．向FeCl2溶液(含少量FeBr2杂质)中，加入适量氯水，亚铁离子的还原性大于溴离子，产生氯化铁，不能除掉Br-，D结论错误；答案为B。15、A【解析】A.NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式为：AlO2－+HCO3－+H2O=Al(OH)3↓+CO32－，故A正确；B.碘水中通入适量的SO2生成的HI为强酸，应该用离子表示，故B错误；C.2Fe2++2H2O2=2Fe3++O2↑+2H2O反应的电荷不守恒，故C错误；D.Na2CO3的水解反应分2步进行，故D错误；故选A。点睛：注意离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。本题的易错点是B，氢碘酸为强酸。16、A【解析】A、铜为正极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，说明铜棒上有红色物质析出，选项A正确；B、锌为负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，选项B不正确；C、电流从正极经外电路流向负极，选项C不正确；D、盐桥中K+移向正极区，也就是移向CuSO4溶液，选项D不正确。答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、甲苯C7H7NO2羧基酯基还原反应10【分析】相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8，结构简式为。在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成E，结合G的结构可知E为，E转化生成F，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，F为，发生反应生成Y，Y为功能高分子化合物，故Y的结构简式为。【详解】(1)通过以上分析知，X为，为甲苯；G()的分子式为C7H7NO2，故答案为甲苯；C7H7NO2；(2)F为，B()中官能团的名称为酯基和羧基，故答案为；酯基、羧基；(3)F()→G()反应中硝基被还原为氨基，故答案为还原反应；(4)邻氨基苯甲酸在一定条件下反应生成Y，反应④的化学方程式为n+(n-1)H2O，故答案为n+(n-1)H2O；(5)B为()，其同分异构体满足下列条件：①含有苯环；②只含一种官能团；③1mol该有机物能与2molNaHCO3完全反应，说明含有两个羧基。如果取代基为-COOH、-CH2COOH，有邻间对3种结构；如果取代基为-CH(COOH)2，有1种结构；如果取代基为两个-COOH、一个-CH3，两个-COOH为相邻位置，有2种同分异构体；如果两个-COOH为相间位置，有3种同分异构体；如果两个-COOH为相对位置，有1种同分异构体；所以符合条件的有10种，故答案为10；(6)以C()为原料制备，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与溴发生加成反应，所得产物在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，合成反应流程图为：，故答案为。【点睛】本题考查有机推断。本题的难点为(6)中合成路线的设计，可以采用正向或逆向方法进行设计，关键是羟基的引入和羟基数目的改变方法，要注意卤代烃在羟基引入中的运用。18、（1）,消去反应；（1）乙苯；（3）；（4）19；；；。（5）浓硝酸、浓硫酸、加热50℃～60℃；Fe/稀HCl；【解析】试题分析：A的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B，1molB发生信息①中氧化反应生成1molC，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和C原子没有H原子，故B为（CH3）1C=C（CH3）1，C为（CH3）1C=O，逆推可知A为（CH3）1CH-CCl（CH3）1．D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106，D含有一个苯环，侧链式量=106-77=19，故侧链为-CH1CH3，D为，核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢，故D发生乙基对位取代反应生成E为，由F的分子式可知，E中硝基被还原为-NH1，则F为，C与F发生信息⑤中反应，分子间脱去1分子水形成N=C双键得到G，则G为，（1）A发生消去反应生成B，反应方程式为C（CH3）1Cl-CH（CH3）1+NaOHC（CH3）1=C（CH3）1+NaCl+H1O，该反应为消去反应，故答案为C（CH3）1Cl-CH（CH3）1+NaOHC（CH3）1=C（CH3）1+NaCl+H1O；消去；（1）E为，其名称是对硝基乙苯，D发生取代反应生成E，反应方程式为+HNO3+H1O，故答案为对硝基乙苯；+HNO3+H1O；（3）通过以上分析知，G结构简式为，故答案为；（4）F为，含有苯环同分异构体中，若取代基为氨基、乙基，还有邻位、间位1种，若只有一个取代基，可以为-CH（NH1）CH3、-CH1CH1NH1、-NH-CH1CH3、-CH1NHCH3、-N（CH3）1，有5种；若取代为1个，还有-CH3、-CH1NH1或-CH3、-NHCH3，各有邻、间、对三种，共有6种；若取代基有3个，即-CH3、-CH3、-NH1，1个甲基相邻，氨基有1种位置，1个甲基处于间位，氨基有3种位置，1个甲基处于对位，氨基有1种位置，共有1+3+1=6种，故符合条件的同分异构体有：1+5+6+6=19，其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6：1：1：1，说明含有1个-CH3，可以是，故答案为19；。（5）由苯与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下得到H为硝基苯，硝基苯在Fe粉/盐酸条件下还有得到I为，再与（CH3）1C=O反应得到，最后加成反应还原得到，故反应条件1所选用的试剂为：浓硝酸、浓硫酸，反应条件1所选用的试剂为：Fe粉/稀盐酸，I的结构简式为，故答案为浓硝酸、浓硫酸；Fe粉/盐酸；。【考点定位】考查有机物的合成与推断【名师点晴】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生获取信息并灵活运用信息解答问题能力，根据题给信息、反应条件、分子式进行推断，正确推断A、D结构简式是解本题关键，难点是（4）题同分异构体种类判断。19、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+0.1取4mL0.1mol/LFeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液Cu2++3SCN-=CuSCN↓+(SCN)23Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2O慢取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应I是不可逆反应；③Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，导致溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色【解析】试题分析：（1）Fe3+与Cu粉发生反应生成铜离子与亚铁离子，反应离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故答案为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；（2）由反应2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，可知图1中得到溶液中Fe2+为0.2mol/L，Cu2+为0.1mol/L，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液进行对照实验，故实验方案为：步骤1：取4mL0.1mol/LCuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液，步骤2：取4mL0.1mol/LFeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液，由题目信息ii可知，Cu2+与SCN-反应生成CuSCN沉淀，同时生成(SCN)2，反应离子方程式为：Cu2++3SCN-=CuSCN↓+(SCN)2，故答案为0.1；取4mL0.1mol/LFeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液；Cu2++3SCN-=CuSCN↓+(SCN)2；（3）亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，反应生成铁离子、NO与水，反应离子方程为：3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2O；（4）①溶液先变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色，反应速率快的反应现象最先表现，反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ的慢，故答案为慢；②反应中硝酸过量，若存在平衡，溶液中含有Fe2+，否则没有Fe2+，具体的实验方案是：取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应I是不可逆反应，故答案为取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应I是不可逆反应；③Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，导致溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色，故答案为Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，导致溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色；（5）利用原电池原理，使NO与Fe2+在不同的电极区域生成，实验装置图为，故答案为。考点：考查了反应原理的探究实验、实验方案设计等相关知识。20、CaSO4+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O将SO2通入氢硫酸溶液或者硫化钠（NaHS也给分）溶液中，出现淡黄色沉淀（或溶液变浑浊）即证BE除去HCl气体当D中品红不褪色，F中出现白色沉淀b64.00残液中有剩余的盐酸（或过氧化氢），导致实验中消耗的氢氧化钠的量偏多【解析】装置A制取二氧化硫，二氧化硫和硫化氢反应可以证明二氧化硫的氧化性。要证明亚硫酸的酸性强于次氯酸，需要借助碳酸，酸性：亚硫酸>碳酸>次氯酸，所以需要把二氧化硫通入碳酸氢钠溶液中制得二氧化碳，然后再通入漂白粉溶液中得到次氯酸和碳