2026届山西省忻州市化学高三第一学期期中预测试题含解析

2026届山西省忻州市化学高三第一学期期中预测试题考生须知：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、已知饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠晶体混合加热可制备氮气。利用如下装置制取氮气,并用氮气制备Ca3N2,Ca3N2遇水发生水解反应。下列说法错误的是A．①中发生的化学反应为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2OB．④、⑥中依次盛装的试剂可以是浓H2SO4、碱石灰C．③中盛放的试剂是NaOH溶液D．实验结束,取⑤中的少量产物于试管中，加适量蒸馏水，可以使试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝2、苯丙炔酸（）广泛用于医药、香料等化工产品中。下列关于苯丙炔酸的说法正确的是A．分子式为C9H7O2B．与丙炔酸（）互为同系物C．是高分子化合物的单体D．1mol苯丙炔酸最多可与5mol氢气发生反应，可以发生缩聚反应3、化学式为N2H6SO4的某晶体，其晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4晶体中不存在A．离子键 B．共价键 C．分子间作用力 D．阳离子4、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2＋＋HCO3-＋OH－=BaCO3↓＋H2OB．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2OC．将2molCl2通入含1molFeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋4Cl－＋I2D．将等体积的3.5mol/L的HCl溶液，逐滴加入到1mol/L的NaAlO2溶液中：6AlO2-＋21H＋=5Al3＋＋Al(OH)3↓＋9H2O5、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．能使甲基橙变红的溶液中：Mg2+、K+、SO42-、NO3-B．0.1mol·L-1的FeCl3溶液中：Al3+、NH4+、Cl－、I－C．c(OH－)/c(H＋)=1012的溶液中：Cu2+、NH4+、SO42-、NO3-D．含足量NaAlO2的溶液中：K+、H+、Cl－、SO42-6、X、Y、Z是三种短周期元素，其中X、Y位于同一族，Y、Z处于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。Z原子的核外电子数比Y原子少1。下列说法正确的是A．元素非金属性由弱到强的顺序为X＜Y＜ZB．Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H3YO4C．三种元素的气态氢化物中，Z的气态氢化物最稳定D．原子半径由大到小的顺序为Z＞Y＞X7、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．18g氨基(－ND2)中含有的电子数为10NAB．一定质量的乙烷与22.4L(标准状况)Cl2在光照条件下发生取代反应，形成C－Cl键的数目为2NAC．用惰性电极电解100mL0.1mol·L－1的CuSO4溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积的气体时，电路中转移电子数为0.04NAD．n(H2SO3)和n(HSO3－)之和为1mol的KHSO3溶液中，含有的K+数目为NA8、如图所示，常温时将一滴管液体Y一次性全部挤到充满O2的锥形瓶内(装置气密性良好)，若锥形瓶内气体的最大物质的量是amol，久置后其气体的物质的量是bmol，其中a≥b的是XYA少量C、Fe屑NaCl溶液B过量Na2SO3粉末稀H2SO4C少量Fe块浓H2SO4D过量Cu粉末浓HNO3A．A B．B C．C D．D9、某无色溶液,由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2−、MnO4−、CO32−、SO42−中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：①取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液；②在①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成；同时析出白色沉淀甲；③在②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出。根据对上述实验的分析判断,最后得出的结论合理的是()A．不能判断溶液中是否存在SO42− B．溶液中一定不存在的离子是CO32−C．不能判断溶液中是否存在Ag+ D．不能判断是否含有AlO2−离子10、下列关于铜锌原电池（如图所示）的说法正确的是（）A．Zn是负极，发生还原反应B．Cu是负极，发生氧化反应C．铜片上有气体逸出D．电子由铜片通过导线流向锌片11、下列除去杂质的方法正确的是（）A．除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体B．除去CO2中的少量HCl：通入Na2CO3溶液，收集气体C．除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后，过滤D．除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤12、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A．向AlCl3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2OB．向稀NaHCO3中加入过量Ca（OH）2溶液：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-C．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-D．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-+2H+=SO2↑+H2O13、轻质氧化镁和硼酸(H3BO3)都是重要的化工原料，可采用硼镁矿（含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸和轻质氧化镁，其工艺流程如图：下列叙述错误的是（）A．Fe2O3、Al2O3都不能溶于(NH4)2SO4溶液B．进入“吸收”工序中的气体为NH3C．若“过滤2”时调节溶液的碱性越强得到的硼酸越多D．“沉镁”中得到的母液经加热后可返回“溶浸”工序循环使用14、下列微粒不具有还原性的是

()A．H2B．H＋C．NaD．CO15、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．①②③16、甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：。下列有关物质的推断不正确的是A．若甲为Cl2，则丁可能是铁 B．若甲为NH3，则丁可能是氧气C．若甲为AlCl3溶液，则丁可能是氨水 D．若甲为NaOH，则丁可能是SO2二、非选择题（本题包括5小题）17、对羟基苯甲酸丁酯(俗称尼泊金丁酯)可用做防腐剂，对酵母和霉菌具有很强的抑制作用，工业上常用对羟基苯甲酸与丁醇在浓硫酸催化作用下进行酯化反应而制得。以下是某课题组开发的从廉价、易得的化工原料出发制备对羟基苯甲酸丁酯的合成路线：已知以下信息：①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基；②D可与银氨溶液反应生成银镜；③F的核磁共振氢谱表明其有两个不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1。回答下列问题：(1)A的化学名称为_____________。(2)由B生成C的化学反应方程式为______；该反应的类型为________________。(3)D的结构简式为____________________。(4)F的分子式为_________________。(5)E的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的共有种，其中核磁共振氢谱有三种不同化学环境的氢，且峰面积比为2:2:1的是(写结构简式)___。18、以石油裂解得到的乙烯和1，3-丁二烯为原料，经过下列反应合成高分子化合物H，该物质可用于制造以玻璃纤维为填料的增强塑料（俗称玻璃钢）请按要求填空：（1）写出下列反应的反应类型：反应①___________；反应⑤___________。（2）反应②的化学方程式是：__________。（3）反应③、④中有一反应是与HCl加成，该反应是______（填反应编号），设计这一步反应的目的是_____，物质C的结构简式是_____。（4）写出与G具有相同种类和数目的官能团的同分异构体：________。（5）写出由甲苯合成苯甲醛的合成路线________。19、现要测定某氯化铁与氯化亚铁混合物中铁元素的质量分数。实验按以下步骤进行：I．根据上面流程，回答以下问题：（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有_______、_______(填仪器名称)。（2）加入氯水发生反应的离子方程式为______________________________。（3）将沉淀物灼烧后，冷却至室温，用天平称量其质量为b1g，再次加热并冷却至室温，称量其质量为b2g，若b1－b2=0.3g，则接下来还应进行的操作是___________________；若坩埚质量是w1g，坩埚与灼烧后固体总质量是w2g，则样品中铁元素的质量分数是_______________。II．有同学提出，还可以采用以下方法来测定：（4）溶解样品改用了硫酸，而不再用盐酸，为什么?_____________________________。（5）选择的还原剂是否能用铁_____(填“是”或“否”)，原因是______________________。（6）)若滴定消耗cmol·L-1KMnO4溶液bmL，则样品中铁元素的质量分数是__________。20、实验室在蒸馏烧瓶中加NaBr、适量水、95%的乙醇和浓硫酸，用酒精灯对烧瓶微热，边反应边蒸馏，蒸出的溴乙烷用水下收集法获得。其中可能发生的副反应有：2HBr+H2SO4（浓）→Br2+SO2+2H2O完成下列填空：（1）制备溴乙烷的化学方程式为：_________、_______。（2）反应中加入少量水不能产生的作用是__________（选填编号）A防止溴乙烷被浓硫酸氧化B减少溴化氢的挥发C使反应混合物分层D溶解溴化钠（3）为了保证容器均匀受热和控制恒温，加热方法最好采用________。（4）采用边反应边蒸馏的操作设计，其主要目的是_________。（5）溴乙烷可用水下收集法获得的依据是___________。（6）下列装置在实验中既能吸收HBr气体，又能防止液体倒吸的是__________（选填编号）（7）粗产品用水洗涤后有机层仍呈红棕色，欲除去该杂质，可加入的试剂为________（选填编号）A碘化钾溶液B亚硫酸钠溶液C氢氧化钠溶液（8）以下步骤，可用于检验溴乙烷中溴元素，其正确的操作顺序是：取少量溴乙烷，然后_______。21、实验室从含碘废液（除H2O外，含有CCl4、I2、I-等）中回收碘，实验过程如下：（1）向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，其离子方程式为___________；该操作将I2还原为I－的目的是________。（2）操作X的名称为__________。（3）氧化时，在三颈瓶中将含I－的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl2，在40℃左右反应（实验装置如图所示）。实验控制在较低温度下进行的原因是________；仪器a的名称为__________；仪器b中盛放的溶液为________。（4）已知：；某含碘废水（pH约为8）中一定存在I2，可能存在I－、中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有I－、IO3-的实验方案（实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液）。①取适量含碘废水用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；②______________________；③另从水层中取少量溶液，加入1-2mL淀粉溶液，加盐酸酸化后，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝说明废水中含有IO3-；否则说明废水中不含有IO3-。（5）二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂和水处理剂。现用氧化酸性含废液回收碘。完成ClO2氧化I－的离子方程式：_____ClO2+____I－+_______=_____+_____Cl－+（_________）________。（6）“碘量法”是一种测定S2－含量的有效方法。立德粉ZnS·BaSO4是一种常用的白色颜料，制备过程中会加入可溶性的BaS，现用“碘量法”来测定立德粉样品中S2－的含量。称取mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol/L的I2-KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000mol/LNa2S2O3滴定，反应式为。测定消耗Na2S2O3溶液体积VmL。立德粉样品S2－含量为__________（写出表达式）

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、根据题干可知，装置①为制备氮气的装置，饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠晶体混合生成氮气、氯化钠和水，所以反应方程式为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，故A正确。B、Ca3N2遇水发生水解，所以产生的氮气需要干燥才能进入玻璃管中反应，装置④应为干燥装置，可选用浓硫酸作干燥剂；装置⑥中也应装有干燥剂，防止空气中的水蒸气进入，装置⑥中可盛放碱石灰，故B正确。C、装置中含有氧气，可利用装置③除去装置中的氧气，NaOH溶液不能除氧气，可改成酸性氯化亚铁溶液，故C错误；D、实验结束后，装置⑤中有生成的Ca3N2，Ca3N2遇水发生水解反应生成NH3和Ca(OH)2，NH3可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D正确。故选C。点睛：解答制备型的实验题时，要根据反应物和生成物的性质、反应条件来选择或推断所需装置及各装置的作用。本题的突破点为根据Ca3N2易水解的特点，确定装置前后需要要吸水装置。2、C【解析】A项，苯丙炔酸的不饱和度为7，分子式为C9H6O2，错误；B项，苯丙炔酸中含苯环，丙炔酸中没有苯环，结构不相似，丙炔酸的分子式为C3H2O2，分子组成上也不相差若干个“CH2”，两者不是同系物，错误；C项，苯丙炔酸中含碳碳三键，以苯丙炔酸为单体发生加聚反应生成高分子化合物，正确；D项，苯丙炔酸中的碳碳三键和苯环都能与H2发生加成反应，1mol苯丙炔酸最多可与5molH2发生加成反应，苯丙炔酸能发生加聚反应但不能发生缩聚反应，错误；答案选C。3、C【详解】化学式为N2H6SO4的晶体，其晶体类型与硫酸铵相同，应该是离子晶体，硫酸铵中含有离子键、共价键及阴、阳离子，故N2H6SO4晶体中不存在分子间作用力，选项C错误，答案为C。4、D【详解】A、Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应,离子方程式按照碳酸氢钡的化学式组成书写，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：Ba2++2HCO3-+2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2O，故A错误；B、碱性溶液不能生成H+，故B错误；C、将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中氯气足量，碘离子和亚铁离子都完全被氧化，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2I2，故C错误；D、1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl等体积互相均匀混合,设溶液体积为1L，溶液中含有1mol偏铝酸根离子、2.5mol氢离子,1mol偏铝酸根离子转化成1mol氢氧化铝沉淀消耗1mol氢离子，剩余的1.5mol氢离子能够溶解0.5mol氢氧化铝，则反应生成的氢氧化铝和铝离子的物质的量相等，反应的离子方程式为：6AlO2-＋21H＋=5Al3＋＋Al(OH)3↓＋9H2O，故D正确；故选D；5、A【解析】根据特定条件下离子间的相互反应进行判断，不能反应就能大量共存。【详解】A项：能使甲基橙变红的溶液pH<3.1，呈酸性。Mg2+、K+、SO42-、NO3-能大量共存。A项正确；B项：FeCl3溶液中，I－会被Fe3+氧化而不能大量共存。B项错误；C项：c(OH－)/c(H＋)=1012的溶液pH＝13，呈强碱性，Cu2+、NH4+不能大量存在。C项错误；D项：NaAlO2的溶液AlO2－与H+不能大量存在。D项错误。本题选A。6、D【分析】X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，说明X不可能是3层或1层电子，所以X是O元素；X、Y位于同一族，则Y是S元素；Z原子的核外电子数比Y原子少1，则Z是P元素，据此分析解答。【详解】A、根据以上分析，X是O元素；Y是S元素；Z是P元素；非金属性的强弱是O>S>P，故A错误；B、Y是S元素；S的最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H2YO4，故B错误；C、3种元素非金属性的强弱是O>S>P，气态氢化物中O的气态氢化物最稳定，故C错误；D、原子半径有电子层数、核电荷数决定，所以原子半径由大到小的顺序为P>S>O，故D正确。答案选D。7、C【解析】A．18g该氨基的物质的量为1mol，含有的电子数为9NA，A项错误；B．若形成C-Cl键的数目为2NA，则表示氯气中所有的氯反应后均形成了C-Cl键，这显然是错误的，因为每取代一个氢原子，都还要生成一个氯化氢分子，形成H-Cl键，B项错误；C．用惰性电极电解硫酸铜溶液时，电解过程分两个阶段，第一阶段是电解硫酸铜2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，第二阶段是电解硫酸（实为电解水）：2H2O2H2↑+O2↑。阳极始终产生氧气，阴极先是产生铜，后是产生氢气，因此当阴、阳两极产生相同量的气体时，说明第一阶段和第二阶段产生的氧气的量相同，因第一阶段硫酸铜完全反应，转移电子数为0.02mol，所以两阶段共转移电子数为0.04mol，C项正确；D．KHSO3溶液中硫原子有三种存在形式：H2SO3、HSO3-和SO32-，所以该溶液中K+的数目大于1mol，D项错误；所以答案选C项。8、C【分析】若锥形瓶内气体的最大物质的量是amol,久置后其气体的物质的量是bmol,如存在a>b关系,说明在久置过程中锥形瓶的气体参与反应而消耗,反之不存在a>b，以此解答该题。【详解】A.铁与盐酸反应生成氢气,因为铁过量,则久置过程中铁发生吸氧腐蚀,则消耗氧气,a>b,故A不选；

B.亚硫酸钠和稀硫酸反应生成二氧化硫气体,因为亚硫酸钠过量,则久置过程中亚硫酸钠与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠,气体总物质的量减小,a>b,故B不选；

C.Fe、Al与浓硫酸发生钝化，气体体积基本不变，故C选；

D.铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，久置过程中二氧化氮与水反应生成NO，体积变小，故D不选；

综上所述，本题选C。9、A【解析】溶液无色，说明溶液中不存在(紫色)；①取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液，说明溶液中存在，不存在Ag+、Ba2+、Al3+，因为它们都会和反应；依据溶液中的电荷守恒知，一定存在阳离子Na+；②因加入过量盐酸，如果溶液中存在，则转变成Al3+；向①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，①中过量盐酸与过量碳酸氢铵反应生成CO2；白色沉淀只能是Al3+和碳酸氢铵中的发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3和CO2，所以原溶液中一定存在；③向②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出，说明②中过量的碳酸氢铵与OH−反应生成氨气；但白色沉淀不一定是BaSO4，因为碳酸氢铵遇碱可生成，从而得到BaCO3白色沉淀;综上所述此溶液中一定不存在Ag+、Ba2+、Al3+、，一定存在Na+、、，不能确定是否存在，综上所述，选项A正确。【点睛】每一次所加过量试剂都会对后一次实验造成影响，离子共存问题需考虑全面。在碱性溶液中转化为，从而对的检验造成干扰，是本题的易错点。10、C【分析】该装置是将化学能转化为电能的装置,为原电池,Zn易失电子作负极、Cu作正极,电子从负极沿导线流向正极,据此分析解答。【详解】A.该装置是原电池,Zn易失电子发生氧化反应而作负极、Cu作正极,故A错误;

B.Cu作正极,发生还原反应,故B错误；C.铜是正极,氢离子在正极得电子发生还原反应:2H++2e-=H2↑,所以C选项是正确；D.负极上失电子、正极上得电子,该装置中Zn是负极、Cu是正极,所以电子从Zn沿导线流向正极Cu,故D错误；正确选项C。【点睛】原电池工作时溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质中通过。11、C【详解】A、除去N2中少量的O2，应通过灼热的Cu网，然后收集气体，故A错误；B、Na2CO3溶液可以吸收HCl，同时CO2能与Na2CO3发生反应：CO2＋Na2CO3＋H2O=2NaHCO3，因此除去CO2中少量的HCl，应通入饱和的NaHCO3溶液，收集气体，故B错误；C、加入铁屑，发生反应Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，可以除去FeCl3，不引入新的杂质，故C正确；D、加入NaOH溶液，引入Na＋，产生新的杂质，故D错误；答案选C。12、C【解析】A项，AlCl3与氨水反应生成的Al（OH）3不会溶于过量的氨水，正确离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，错误；B项，因为Ca（OH）2过量，CO32-应完全沉淀，正确的离子方程式为HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，错误；C项，CO2过量，生成HCO3-，正确；D项，HNO3有强氧化性，Na2SO3有强还原性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：3SO32-+2NO3-+2H+=3SO42-+2NO↑+H2O，错误；答案选C。点睛：离子方程式常见的错误：（1）不符合客观事实（如A、D项）；（2）拆分不正确，易溶于水、易电离的物质拆成离子，其余物质以化学式保留；（3）漏写部分离子反应；（4）“↓”、“↑”、“=”、“”等符号使用错误；（5）不符合量比要求（如B项）；（6）离子方程式不平，原子不守恒、电荷不守恒。13、C【分析】硼镁矿含Mg2B2O5·H2O、SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入(NH4)2SO4溶液，SiO2、Fe2O3、Al2O3不与(NH4)2SO4溶液反应，Mg2B2O5·H2O与(NH4)2SO4溶液反应，其反应方程式为：2(NH4)2SO4+Mg2B2O5•H2O+2H2O=2MgSO4+2NH4B(OH)4+2NH3↑，NH3中加入NH4HCO4，发生反应为：NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3，滤渣1为不溶于(NH4)2SO4溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3，滤液1调pH为3.5，将B(OH)4-转化为H3BO3，并析出H3BO3；滤液2调pH为6.5，沉镁过程中(NH4)2CO3溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2·MgCO3，其离子反应方程式为：2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3-。【详解】A.SiO2、Fe2O3、Al2O3不与(NH4)2SO4溶液反应，A正确；B.Mg2B2O5·H2O与(NH4)2SO4溶液反应，其反应方程式为：2(NH4)2SO4+Mg2B2O5•H2O+2H2O=2MgSO4+2NH4B(OH)4+2NH3↑，即进入“吸收”工序中的气体为NH3，B正确；C.在“过滤2”时，将溶液pH调节至3.5，目的是得到硼酸，促进硼酸的析出，C错误；D.沉镁时，其离子反应方程式为：2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3-，母液的主要成分为硫酸铵，可返回“溶浸"工序中循环使用，D正确；故答案为：C。14、B【解析】A.H2中H元素化合价为0价，比较容易升高到+1价，具有较强的还原性，故A不选；B.H＋中H元素化合价为+1价，处于H元素的最高价态，不具有还原性，故B选；C.Na元素化合价为0价，比较容易升高到+1价，具有较强的还原性，故C不选；D.CO中C元素化合价为+2价，比较容易升高到+4价，具有较强的还原性，故D不选；故选B。点睛：元素处于高价的物质一般具有氧化性，元素处于低价的物质一般具有还原性，元素处于中间价态时，该物质既有氧化性，又有还原性。对于同一种元素，一般是价态越高，其氧化性就越强；价态越低，其还原性越强。15、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。16、C【详解】A、若甲为Cl2，丁是Fe，则乙是FeCl3，丙是FeCl2，符合转化关系，A正确；B、若甲为NH3，丁是O2，则乙是N2，丙是NO，符合转化关系，B正确；C、若甲为AlCl3溶液，丁是氨水，则乙是Al(OH)3，Al(OH)3与氨水不反应，C错误；D、若甲为NaOH，丁是SO2，则乙为Na2SO3，丙为NaHSO3，符合转化关系，D正确；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、甲苯+2Cl2+2HCl取代反应C7H4O3Na2【分析】A的分子式为C7H8，最终合成对羟基苯甲酸丁酯，由因此A为甲苯，甲苯在铁作催化剂条件下，苯环甲基对位上的H原子与氯气发生取代反应生成B，B为，结合信息②D可与银氨溶液反应生成银镜可知，D中含有醛基，B在光照条件下，甲基上的H原子与氯气发生取代反应生成C，C为，C在氢氧化钠水溶液中，甲基上的氯原子发生取代反应，生成D，结合信息①可知，D为，D在催化剂条件下醛基被氧化生成E，E为，E在碱性高温高压条件下，结合信息③可知，苯环上的Cl原子被取代生成F，同时发生中和反应，则F为，F酸化生成对羟基苯甲酸G()，最后G与丁醇发生酯化反应生成对羟基苯甲酸丁酯，据此分析解答。【详解】(1)通过以上分析知，A为，其名称是甲苯，故答案为甲苯；(2)B为，C为，B发生取代反应生成C，反应方程式为+2Cl2+2HCl，该反应属于取代反应，故答案为+2Cl2+2HCl；取代反应；(3)D的结构简式为，故答案为；(4)F为，分子式为C7H4O3Na2，故答案为C7H4O3Na2；(5)E为，E的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应，说明含有醛基；侧链为-OOCH、-Cl，有邻、间、对3种；侧链为-CHO、-OH、-Cl时，当-CHO、-OH处于邻位时，-Cl有4种位置；当-CHO、-OH处于间位时，-Cl有4种位置；当-CHO、-OH处于对位时，-Cl有2种位置；其中核磁共振氢谱有三种不同化学环境的氢，且峰面积比为2∶2∶1的是，故答案为。18、加成反应消去反应+2NaOH+2NaBr③保护A分子中C＝C不被氧化HOOCCH2CHClCOOHCH2=C（COOH）2【分析】1，3-丁二烯与溴发生1，4-加成反应生成1，4-二溴-2-丁烯，再发生卤代烃的水解反应生成A为HOCH2CH=CHCH2OH；乙烯与溴发生加成反应生成E为BrCH2CH2Br，E发生卤代烃的水解反应生成F为HOCH2CH2OH，结合反应⑨生成的高聚物H的结构可知，G为HOOCCH=CHCOOH，该反应为缩聚反应，则D为NaOOCCH=CHCOONa，A系列转化得到G，反应③、④中有一反应是与HCl加成，应是保护碳碳双键，防止被氧化，则反应③为A与HCl发生的加成反应，则B为HOCH2CH2CHClCH2OH，B发生氧化反应生成C为HOOCCH2CHClCOOH，C发生卤代烃的消去反应、中和反应得到D，D酸化生成G。【详解】（1）由上述分析可知，反应①属于加成反应，反应⑤属于消去反应；（2）反应②为卤代烃的水解，方程式为+2NaOH+2NaBr；（3）HOCH2CH=CHCH2OH系列转化得到HOOCCH=CHCOOH，过程中需要被氧化，而碳碳双键也容易被氧化，所以反应③、④中有一反应是与HCl加成，应是保护碳碳双键，防止被氧化，所以要先加成再氧化，即反应③为A与HCl发生的加成反应，则B为HOCH2CH2CHClCH2OH，B发生氧化反应生成C为HOOCCH2CHClCOOH；（4）G为HOOCCH=CHCOOH，与G具有相同种类和数目的官能团的同分异构体为：CH2=C（COOH）2；（5）甲苯中的甲基可以在光照条件下与卤代烃发生取代反应，之后进行卤原子的取代反应得到醇，醇催化氧化得到醛，所以合成路线为。【点睛】注意根据有机物的结构与反应条件，采取正、逆推法相结合的方法推断。19、251mL容量瓶胶头滴管2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g×111%过量的盐酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对KMnO4的滴定过程有干扰否如果用铁做还原剂，会与Fe3+、过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰原混合物中铁元素的测定2.8bc/a【解析】本题按照两种不同的实验设计进行了某氯化铁与氯化亚铁混合物中铁元素的质量分数，方案I为沉淀法，方案II滴定法，两种方案中均是先准确配制一定体积的溶液，然后取样进行测定，计算的依据为铁元素的质量守恒，据此分析解答。【详解】Ⅰ．（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有251mL容量瓶、胶头滴管；故答案为251mL容量瓶、胶头滴管；（2）加入氯水将溶液中的Fe2+氧化转变成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；（3）为了减少误差，需再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g，因b1－b2=1.3g>1.1g，所以接下来需再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g；由铁元素质量守恒可得红棕色固体中铁元素就是样品中的铁，Fe2O3中铁元素的质量为（W2-W1）g×；则样品中铁元素的质量为：（W2-W1）g××=g=7（W2-W1）g，所以样品中铁元素的质量分数为：×111%，故答案为再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g；×111%；II．（4）溶解样品改用了硫酸，而不再用盐酸，是因为过量的盐酸会被酸性KMnO4溶液氧化，对KMnO4的滴定有干扰，故答案为过量的盐酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对KMnO4的滴定过程有干扰；（5）选择的还原剂不能用铁，因为如果用铁做还原剂，会与Fe3+、过量的硫酸反应生成Fe2+，从而干扰原混合物中铁元素的测定；故答案为否；如果用铁做还原剂，会与Fe3+、过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰原混合物中铁元素的测定；（6）Fe与KMnO4反应的离子方程式是：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。n(MnO4-)=bc×11-3mol；则n(Fe2+)=5bc×11-3mol，则样品中铁元素的质量分数是（11×5bc×11-3mol×56g/mol）÷a=2.8bc/a，故答案为2.8bc/a。20、NaBr+H2SO4NaHSO4+HBrC2H5OH+HBr

C2H5Br+H2OC水浴加热使反应平衡正向移动，提高产物的产率溴乙烷难溶于水且密度比水大AB加入适量氢氧化钠水溶液，加热，冷却后，加入足量的稀硝酸，再加入硝酸银溶液【分析】浓硫酸和溴化钠反应生成溴化氢，然后利用溴化氢和乙醇反应制备溴乙烷，因浓硫酸具有强氧化性，可能将溴化钠氧化生成溴单质，使溶液呈橙色；然后利用冷水冷却进行收集溴乙烷；溴乙烷能够与氢氧化钠溶液发生取代反应生成乙醇和溴化钠，溴化钠能够与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀。【详解】（1）溴化钠与浓硫酸在加热条件下反应生成溴化氢，其反应方程式为：NaBr+H2SO4NaHSO4+HBr；溴化氢与乙醇发生取代反应生成溴乙烷，其反应方程式为：C2H5OH+HBr

C2H5Br+H2O；（2）溴化钠极易溶于水，反应中加入适量的水，能溶解NaBr，溴化氢极易溶于水，因浓硫酸具有强氧化性，易与NaBr发生氧化还原反应，为减少副反应发生，可先加水稀释，减少硫酸浓度，可减少溴化氢的氧化，故答案为：C；（3）溴乙烷的沸点是38.4℃，控制恒温，38.4℃，采用水浴加热，水变成蒸汽的温度不超过100℃，为了保证容器均匀受热和控制恒温，一般采用水浴加热；（4）采取边反应边蒸馏的操作方法，及时分馏出产物，减少生成物的浓度，可促使平衡正向移动，可以提高乙醇的转化率；（5）溴乙烷为有机物，密度比水大且难溶于水，所以溴乙烷可用水下收集法收集和从水中分离；（6）A．HBr气体极易溶于水，对于极易溶于水的气体，吸收装置中的导管与干燥管连接，干燥管球形部分空间大有缓冲作用，当水进入干燥管内，烧杯内液面下降低于导管口，液体又流落到烧杯中，能防止倒吸，故A符合；B．HBr气体极易溶于水，对于极易溶于水的气体，吸收装置中的导管连接漏斗伸入到液体中，不能防止倒吸，故B不符合；C．HBr气体极易溶于水，若将导管伸入水中，由于气体溶于水，导致装置内压强急剧降低，外界大气压压着液体进入，产生倒吸现象，故C不符合