2026届全国百强名校高三化学第一学期期中联考试题含解析

2026届全国百强名校高三化学第一学期期中联考试题注意事项：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、四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是（）A．简单离子半径：B．W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性C．气态氢化物的热稳定性：D．最高价氧化物的水化物的酸性：2、SO2是大气污染物，造成酸雨的主要原因，用如图所示装置可以既吸收工厂排放的废气中的SO2，又可以生成一定量的硫酸，下列说法正确的是()A．a为正极，b为负极B．生产过程中氢离子由右移向左C．从左下口流出的硫酸的质量分数一定大于50%D．负极反应式为SO2＋2H2O-2e-=SO42-＋4H+3、一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率但不影响生成H2的总量，可向盐酸中加入适量的(）A．CaCO3(s) B．KNO3溶液C．Na2SO4溶液 D．CuSO4(s)4、下列对有机物结构或反应特征的描述正确的是A．乳酸薄荷醇酯()仅能发生取代反应和氧化反应B．有机物C4H11N的同分异构体有6种（不考虑立体异构）C．丙烯中反应①②分别是取代反应、加成反应D．化合物甲()和乙()分子中，共平面的碳原子数相同5、某化工厂为了综合利用生产过程中生成的CaSO4，与相邻的合成氨厂联合设计了以下制备（NH4）2SO4的工艺流程：下列有关说法错误的是A．将滤液蒸干，即可提取产品（NH4）2SO4B．通入足量氨气使悬浊液呈碱性有利于CO2的吸收C．副产品是生石灰，X是CO2，其中CO2可循环利用D．沉淀池中发生的主要反应为CaSO4+CO2+2NH3+H2OCaCO3↓+（NH4）2SO4，6、下列有关实验装置(夹持和尾气处理装置已省略)进行的相应实验，不能达到实验目的的是A．利用甲装置，验证SO2或H2SO3具有氧化性B．利用乙装置，验证元素的非金属性：C1>C>SiC．利用丙装置，进行NH3的干燥、收集、尾气处理D．利用丁装置，验证浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性7、某科研团队研制出“TM﹣LiH（TM表示过渡金属）”双催化剂体系，显著提高了在温和条件下氮气和氢气合成NH3的效率，原理示意如下：下列分析不合理的是（）A．状态Ⅰ，吸收能量并有N≡N键发生断裂 B．合成NH3总反应的原子利用率是100%C．“TM﹣LiH”能降低合成氨反应的△H D．生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH38、在密闭容器中，反应达到平衡后，若将容器体积缩小一半，对反应产生的影响是A．减小，增大 B．增大，减小C．、都减小 D．、都增大9、下列物质提纯的方法正确的是A．除去混在NO2中的NO：将气体与足量O2混合B．除去混在CO2中的SO2：将气体依次通过足量酸性KMnO4溶液和浓硫酸C．除去KCl溶液中的K2CO3：加入过量BaCl2溶液后过滤D．除去乙酸中混有的乙醇：加入生石灰后蒸馏10、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11、下列说法错误的是A．二氧化硫可用于杀菌消毒B．SiO2

和氢氟酸、氢氧化钠溶液都能发生反应，故被称为两性氧化物C．红葡萄酒密封储存的时间越长质量越好，其原因之一是储存过程中生成了有香味的酯D．对于在给定条件下反应物之间能够同时发生多个反应的情况，理想的催化剂可以大幅度提高目标产物在最终产物中的比率12、下列描述正确的是A．硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B．蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质C．可通过溶液导电能力的大小判断强弱电解质D．在NaHSO4溶液中存在的离子有：Na+、H+、HSO4-、OH-13、下列关于反应能量的说法正确的是A．Zn(s)＋CuSO4(aq)===ZnSO4(aq)＋Cu(s)ΔH＝－216kJ/mol，反应物总能量<生成物总能量B．相同条件下，如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子的能量为E2，则2E1>E2C．101kPa时，2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ/mol，H2的燃烧热ΔH＝－241.8kJ/molD．H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol，含1molNaOH的氢氧化钠溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出57.3kJ的热量14、某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中c(SO42-)+c(NO3-)=3.1mol·L-1，取211mL该混合酸，则能溶解铜的最大物质的量为A．1.36mol B．1.24mol C．1.31mol D．1．21mol15、根据如图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）（）A．反应①②③④⑤均属于氧化还原反应，反应③还属于置换反应B．反应⑤说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属C．相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶1D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶416、含氮化合物在水体中过多蓄积会导致水体富营养化，需将其从水体中除去，该过程称为脱氮。常用的脱氮方法有吹脱法和折点氯化法。吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入大量空气。折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量NaClO。下列分析不正确的是A．含氨和铵盐的水体中存在平衡：NH4++OH－⇋NH3·H2O⇋NH3+H2OB．吹脱法的原理是通过鼓气降低NH3浓度，从而降低水中NH3·H2O与NH4+的含量C．折点氯化法除NH4+的原理为：2NH4++3ClO－=N2↑+3Cl－+3H2O+2H+D．吹脱法无法对含NO2–的水体脱氮，但折点氯化法可以对含NO2–的水体脱氮二、非选择题（本题包括5小题）17、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________。18、A、B、C、D、E为短周期主族元素，其原子序数依次增大；B、C、D、E位于同一周期；A的简单气态氢化物可以用作制冷剂；1molB单质与足量盐酸反应生成气体在标准状况下的体积为33.6L；D原子最外层电子数与核外电子总数之比为3∶8；C的原子子序数是A的两倍。(1)A、B简单离子半径由大到小的顺序为______________(填离子符号)。(2)C在元素周期表中的位置是_______________。(3)A的简单气态氢化物接触到E的简单气态氢化物时可观察到的现象是_____________。(4)D与E可形成原子个数比为1∶2的化合物，其电子式为________。(5)C、D、E最简单气态氢化物稳定性由高到低的顺序是___________(用化学式表达)。(6)B与D形成的化合物遇水迅速水解，写出该反应的化学方程式_______________________。(7)若E单质与NaOH溶液反应生成NaE、NaEO和NaEO3，则30mL2mol/LNaOH与_____molE单质恰好完全反应(忽略E单质与水的反应及盐类的水解反应)。19、用相同质量的锌片和铜粉跟相同浓度的足量的稀盐酸反应，得到的实验数据如表所示：实验編号锌的状态反应温度/℃收集100mL氢气所需时间/s①薄片15200②薄片2590③粉末2510（1）实验①和②表明___，化学反应速率越大。表明固体表面积对反应速率有影响的实验编号是___和____。（2）该实验的目的是探究____、___等因素对锌跟稀盐酸反应速率的影响。请设计一个实验方案证明盐酸的浓度对该反应速率的影响。____。20、如图所示，此装置可用来制取和观察Fe(OH)2在空气中被氧化的颜色变化。实验时必须使用铁屑和6mol·L－1的硫酸，其他试剂任选。填写下列空白：(1)B中盛有一定量的NaOH溶液，A中应预先加入的药品是__________。B中反应的离子方程式是______________________________________。(2)实验开始时先将止水夹a_________(填“打开”或“关闭”)。(3)简述生成Fe(OH)2的操作过程___________________________________________。(4)实验完毕，打开b处止水夹，放入一部分空气，此时B瓶中发生的反应为______________。(5)知识拓展，下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是__________(填序号)。21、《汉书·景帝纪》记载，我国用锌的历史可追溯到西汉或更早。(1)基态Zn原子的价层电子轨道表达式为______________。(2)Zn2+可与CN-、二苯硫腙()等形成稳定配合物。①CN-的结构式为________________。②每个二苯硫腙分子中，采取sp2杂化的中心原子有_________个。(3)卤化锌的熔点如表所示：ZnF2ZnCl2ZnBr2ZnI2熔点/℃872275394446ZnF2的熔点远高于其它三种卤化锌，其原因为_____________________________。(4)ZnS的某种晶胞结构如图所示。已知该晶体的密度为dg/cm3,S2-和Zn2+半径分别为apm、bpm，阿伏伽德罗常数的数值为NA。①Zn2+的配位数为___________________________。②该晶胞中离子的体积占晶胞体积的百分率为________________(列式即可)

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【分析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na；由原子序数可知，Y、Z处于第三周期，而Z与X（钠）形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为Cl；W、X的简单离子具有相同电子层结构，且W与Y同族，W在第二周期且是非金属元素，W可能是N或O，则对应的Y为P或S。【详解】由上述分析可知，W为N或O，X为Na，Y为P或S，Z为Cl，A.X与W的离子电子层结构相同，简单离子半径：，故A错误；B.W与X形成的化合物Na3N、Na2O、Na2O2溶于水后溶液呈碱性，故B正确；C.W与Y同族，气态氢化物的热稳定性：，故C错误；D.Y、Z处于第三周期，最高价氧化物的水化物的酸性取决于非金属性，故：，故D错误；故选B。2、D【详解】A.由图可知，此装置为原电池，且a极发生氧化反应，属于负极，b极为正极，A项错误；B.原电池中阳离子移向正极，故氢离子由左移向右，B项错误；C.负极区有硫酸生成，但同时水的量在增加，则硫酸的质量分数不一定大于50%，甚至还可能小于50%，C项错误；D.负极反应式为SO2＋2H2O－2e－===SO42-＋4H＋，D项正确；答案选D。3、C【详解】A．CaCO3(s)与盐酸反应，使盐酸的浓度减小，反应速率减慢，产生的氢气量减少，故A不选；B．KNO3溶液与盐酸混合后，硝酸根离子在酸性条件下氧化性强于盐酸，硝酸与铁反应不产生氢气，故B不选；C．Na2SO4溶液与盐酸不反应，且将盐酸浓度冲稀，浓度减小，速率变慢，故C选；D．CuSO4(s)中铜离子的氧化性比氢离子强，铁先置换出铜，形成原电池，加快反应速率，故D不选；故选C。4、C【分析】本题主要考查了有机物同分异构体计算，官能团对应化学反应类型，碳原子共平面问题。【详解】A.乳酸薄荷醇酯()具有酯基和羟基，能发生取代反应，氧化反应，消去反应，A错误；B.有机物C4H11N的同分异构体（不考虑立体异构）有8种，分别是CH2CH2CH2CH2NH2，CH2NHCH2CH2CH2，CH2CH2NHCH2CH2，CH2CH(NH2)CH2CH2，CH2CH(CH2)CH2NH2，CH2CH(CH2)NHCH2，(CH2)2CNH2，（CH2）2NCH2CH2，B错误；C.丙烯转为中，氯原子只有一个，故反应①是取代反应、反应②是双键加成反应，C正确；D.化合物甲()一定共平面的碳原子数为8个，乙()分子最多共平面的碳原子数为6个，不相同，D错误。答案为C。【点睛】判断碳原子共平面问题，可以先从以下几种简单结构入手：1、甲烷的空间构型——正四面体型：5个原子中最多有2个原子共平面。2、乙烯的空间构型——平面型：六个原子均在同一平面上。2、乙炔的空间构型——直线型：四个原子在同一条直线上。4、苯的空间构型——平面六边型：六个碳原子和六个氢原子12个原子共平面。5、HCHO的空间构型——平面三角型：分子中所有原子共平面。再从结构不同的基团连接后分析：1．直线与平面连接：直线结构中如果有2个原子（或者一个共价键）与一个平面结构共用，则直线在这个平面上；2、平面与平面连接：如果两个平面结构通过单键相连，则由于单键的旋转性，两个平面不一定重合，但可能重合；2．平面与立体连接：如果甲基与平面结构通过单键相连，则由于单键的旋转性，甲基的一个氢原子可能暂时处于这个平面上。5、A【解析】A.加热蒸干会使(NH4)2SO4受热分解，应将滤液蒸发浓缩、冷却结晶来提取(NH4)2SO4，故A错误；B.CO2溶解度小，而氨气极易溶于水，先通入氨气使溶液呈碱性，能吸收更多的CO2，B正确；C.CaSO4溶解度大于CaCO3，在沉淀池中CaSO4转化为CaCO3，进入煅烧炉，分解为生石灰，同时产生能循环利用的CO2，故C正确；D.沉淀池中微溶的CaSO4转化为难溶的CaCO3，D正确；答案为A。6、B【解析】H2SO3与Na2S发生归中反应生成硫单质，故A能达到实验目的；盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳不能证明非金属性C1>C，从烧瓶中出来的气体含有二氧化碳和氯化氢，氯化氢、二氧化碳都能与硅酸钠反应生成沉淀，所以生成硅酸沉淀不能证明非金属性C>Si，故B不能达到实验目的；用碱石灰干燥氨气、向下排空气法收集氨气、用倒置的漏斗吸收氨气且能防倒吸，故C能达到实验目的；浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，能使蔗糖变黑，反应生成二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫具有漂白性使品红褪色，二氧化硫具有还原性使高锰酸钾溶液褪色，故D能达到实验目的。选B。7、C【分析】由流程可知氮气与TM-LiH反应生成LiNH，LiNH与氢气反应生成氨气和LiH，总反应为2LiNH+3H2═2LiH+2NH3。【详解】A．状态Ⅰ为氮气生成LiNH的过程，N≡N键发生断裂要吸收能量，故A正确；B．由流程可知氮气和氢气反应，生成物只有氨气，原子利用率为100%，故B正确；C．催化剂可降低反应的活化能，但不能降低反应物和生成物的总能量，不能改变反应热，故C错误；D．由状态Ⅲ可知生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3，故D正确。故选C。8、D【详解】其它条件不变，将容器体积缩小一半，各组分的浓度变大，浓度越大反应速率越快，正、逆反应速率都加快，D项正确；答案选D。9、B【解析】A中容易引入杂质氧气，A不正确；SO2具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B增强；C不正确，这样引入了杂质Ba2＋，应该加入盐酸；D不正确，乙酸和生石灰反应，所以答案选B。10、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。11、B【解析】A、病毒属于蛋白质，二氧化硫可以使蛋白质变性，从而杀死细菌，A正确。B、SiO2与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，但

SiO2不与酸反应生成盐和水，虽然

SiO2

能与HF酸反应，但生成的SiF4属于共价化合物，不是盐类物质，所以SiO2

不属于碱性氧化物，故不能称为两性氧化物，B错误。C、红葡萄酒在贮存过程中，其中的乙醇部分被氧化为乙酸，乙醇与乙酸反应生成具有香味的乙酸乙酯，所以红葡萄酒密封储存的时间越长质量越好，C正确。D、特定的催化剂具有选择性，只对某一个反应才有催化作用，所以理想的催化剂可以使某一个反应成为主要反应，而增大目标产物的产率，提高其在最终产物中的比例，D正确。正确答案为B点睛：理解酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物的概念是解题的关键，与水反应只生成酸或与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，与水反应只生成碱或与酸反应只生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，既能与酸反应又能与碱反应且均只生成盐和水的氧化物是两性氧化物如Al2O3。12、B【详解】A、硫酸-酸、纯碱-盐、醋酸钠-盐和生石灰-氧化物，错误；B、蔗糖-非电解质、硫酸钡-强电解质和水-弱电解质，正确；C、强弱电解质的判断标准是在水溶液中是否完全电离，错误；D、在NaHSO4溶液中存在的离子有：H+和OH-不能大量共存，错误；答案选B。13、B【解析】A、当反应物总能量＞生成物总能量，则反应是放热反应，△H＜O，故A错误；B、如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子的能量为E2，原子的能量比分子的能量高，所以原子结合成分子形成化学键时放出热量，即2H=H2放出热量，则2E1＞E2，故B正确；C、H2的燃烧热必须是1mol物质燃烧生成最稳定的氧合物液态水时所放出的能量，故C错误；D、中和热是强酸和强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时，所放出的热量，1molNaOH的氢氧化钠溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合时，浓硫酸溶于水放热，所以导致△H＜-57.3kJ•mol-1，故D错误；故选B。14、A【分析】金属铜和稀硫酸之间不会反应,但是可以和稀硝酸之间反应,根据反应:3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O来计算。【详解】铜不与硫酸反应,但硫酸能提供氢离子，硝酸与铜反应,生成硝酸铜，硝酸根离子与硫酸提供的氢离子与Cu可以继续反应，反应离子方程式如下:3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸根离子的浓度与氢离子的浓度比为1:4时，溶解的铜最多,设硫酸的物质的量为xmol,硝酸的物质的量为ymol,则x+y=3×1.2=1.6，(2x+y)/y=4，x=1.36，y=1.24，设参加反应的铜的最大物质的量是z,根据反应可知3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，反应关系式3Cu~2NO3-，所以：3:2=z：1.24mol，z=1.36mol；A正确；综上所述，本题选A。15、B【解析】A．①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰发生铝热反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价的升降，均属于氧化还原反应，但③不属于置换反应，故A错误；B．⑤为铝热反应，放出大量的热，可用于制熔点较高的金属，故B正确；C．③中O元素的化合价由-1价升高为0价，④中O元素的化合价由-2价升高为0价，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，故C错误；D．反应①4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0价，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误；故选B。16、D【详解】A.氨气与水反应生成弱电解质一水合氨，铵盐中的铵根离子水解生成一水合氨，一水合氨在溶液中存在平衡：NH4++OH－⇋NH3·H2O⇋NH3+H2O，故A正确；B.吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入大量空气，利用空气将水体中的氨气带出，促使NH4++OH－⇋NH3·H2O⇋NH3+H2O平衡向正向移动，减小铵根离子和NH3·H2O的浓度，故B正确；C.根据题意，折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量NaClO，酸性条件下，ClO-具有氧化性，铵根离子中氮元素为-3价，具有还原性，NaClO与NH4+发生氧化还原反应，反应为2NH4++3ClO－=N2↑+3Cl－+3H2O+2H+，故C正确；D.吹脱法是利用物理法脱氮，无法对含NO2–的水体脱氮；折点氯化法利用ClO-具有氧化性，发生氧化还原反应，将NO2–氧化为硝酸根离子，氮元素不能脱离水体，无法脱氮，故D错误；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、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。18、r(N3−)＞r(Al3+)或N3−＞Al3+第三周期第ⅣA族产生白烟HCl＞H2S＞SiH4Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑0.03【分析】A、B、C、D、E为短周期的主族元素，其原子序数依次增大，B、C、D、E位于同一周期，A的简单气态氢化物可以用作制冷剂，则A为N元素；1molB单质与足量盐酸反应生成气体在标准状况下的体积为33.6L，则B为Al元素；D原子最外层电子数与核外电子总数之比为3∶8，且D位于第三周期，则D为S元素；C的原子序数是A的两倍，则C为Si元素；E元素为短周期主族元素且原子序数大于D，则E为Cl元素，【详解】根据以上分析可知，A、B、C、D、E分别为N、Al、Si、S、Cl。（1）A为N元素，B为Al元素，核外电子排布相同，核电荷数越大半径越小，故离子半径N3−＞Al3+，因此，本题正确答案为：N3−＞Al3+；（2）C为Si元素，在元素周期表中的位置是第三周期第ⅣA族。因此，本题正确答案为：第三周期第ⅣA族；（3）A的氢化物是氨气，E的氢化物是HCl，二者相互接近有白烟生成，其成分为氯化铵固体。因此，本题正确答案为：产生白烟；（4）D是S元素、E是Cl元素，D与E可形成原子个数比为1：2的化合物为SCl2，每个Cl原子和S原子形成一对共用电子对，其电子式为，因此，本题正确答案为：；(5)C为Si元素、D为S元素、E为Cl元素，非金属性Cl＞S＞Si，所以氢化物的稳定性HCl＞H2S＞SiH4，因此，本题正确答案为：HCl＞H2S＞SiH4；(6)B为Al元素、D为S元素，B与D形成的化合物为为Al2S3，遇水迅速水解，反应的化学方程式为Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑，因此，本题正确答案为：Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑；(7)E为Cl元素，若Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和NaClO3，根据原子守恒n(Cl2)=n(Cl)=n(Na)=n(NaOH)=0.030L×2mol/L×=0.03mol，因此，本题正确答案为：0.03。【点睛】本题考查了元素位置结构性质的关系及应用，涉及氧化还原反应、元素周期律、物质结构、盐类水解等知识点，根据物质结构、元素周期律、物质性质等知识点分析解答，注意（7）中原子守恒方法的运用。19、锌的状态相同的条件下，温度越高②③固体表面积温度在相同温度下，采用同状态、同质量的锌片与两种同体积但不同浓度的盐酸反应，记录收集相同体积氢气所需时间【分析】（1）实验①和②中，温度不同；（2）②③能表明固体的表面积对反应速率有影响，应控制温度相同；证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响，则控制锌的状态、反应温度等外因相同。【详解】（1）实验①和②中，温度不同，温度大的反应速率快，即反应温度越高，反应速率越快；能表明固体的表面积对反应速率有影响，应控制温度相同，则应为②③组实验；（2）由表格中的数据可知，锌的状态不同、温度不同，则实验目的为探究接触面积、温度对锌和稀盐酸反应速率的影响；在相同温度下，采用同状态、同质量的锌片与两种同体积但不同浓度的盐酸反应，记录收集相同体积氢气所需时间。证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响，则控制锌的状态、反应温度等外因相同，即设计实验为：相同质量的薄片锌，分别与0.1mol·L－1、1mol·L－1的足量稀盐酸反应，比较收集100mL氢气所需时间的长短；【点睛】本题考查影响化学反应速率的实验探究，解题关键：把握常见的外因及实验中控制变量法的应用，注意（2）中实验设计答案不唯一，具有较好的开放性，有利于发散思维的训练。20、铁屑Fe2+＋2OH-=Fe(OH)2↓打开从B上口收集H2，验纯，H2纯净后关闭止水夹a，将FeSO4溶液压入B中进行反应4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3①②③⑤【分析】制取氢氧化亚铁使用的试剂是硫酸亚铁和氢氧化钠溶液，但是一定要注意隔绝氧气的氧化，A是产生硫酸亚铁的装置，保证其进入B中，要借助氢气产生的压强，根据实验试剂以及原理来回答分析即可。【详解】（1）B中盛一定量的NaOH溶液，则A中必须提供亚铁离子，所以应预先加入的试剂是铁粉，B中反应的离子方程式是Fe2+＋2OH-=Fe(OH)2↓，故答案为铁屑；Fe2+＋2OH-=Fe(OH)2↓；（2）为防止生成的氢氧化亚铁被氧化，则需要利用稀硫酸和铁反应产生的氢气排尽装置中的空气，如果不打开活塞E，会造成安全事故，所以要打开活塞a，使生成的气体进入装置B，一方面能除去A和B装置中的空气，另一方面能防止安全事故的发生，故答案为打开；（3）铁和硫酸反应有氢气生成，关闭活塞a，导致A装置中氢气增大使FeSO4溶液被压入B瓶中进行反应生成氢氧化亚铁，故答案为从B上口收集H2，验纯，H2纯净后关闭止水夹a，将FeSO4溶液压入B中进行反应；（4）氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（5）对比5个实验明显可以发现