2026届北京市东城区第五十中学高三上化学期中经典试题含解析

2026届北京市东城区第五十中学高三上化学期中经典试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列叙述错误的是()A．分液时要先打开分液漏斗上口的塞子，再将下层液体缓缓放入下面的烧杯中B．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C．蒸馏中，冷却水应从冷凝管的下口通入，上口流出D．用苯萃取出溴水中的溴，再用分液的方法从溴与苯混合物中提纯溴2、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3、下列实验中,对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是实验现象结论A将盐酸滴入0.5mol·L−1Fe(NO3)2溶液中溶液变黄色；有无色气体逸出，后又变成红棕色Fe2+被HNO3氧化B向浓NaOH溶液中滴入几滴2mol·L−1AlCl3溶液，振荡有白色沉淀出现Al3+和OH－结合生成难溶性物质C乙酸乙酯与稀硫酸共热、搅拌液体不再分层乙酸乙酯在酸性条件下完全水解生成可溶性物质D将盐酸酸化的BaCl2溶液滴入某溶液中出现白色沉淀该溶液含有SO42-A．A B．B C．C D．D4、利用原电池原理，在室温下从含低浓度铜的酸性废水中回收铜的实验装置如图所示，下列说法错误的是A．X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜B．负极的电极反应式：BH4-＋8OH-一8e-═B(OH)4-＋4H2OC．2室流出的溶液中溶质为Na2SO4和K2SO4D．电路中每转移1mol电子，电极2上有32gCu析出5、有机物的结构可用“键线式”表示，如：CH3CHCHCH3可简写为。有机物X的键线式为，下列说法不正确的是（）A．X的化学式为C8H8B．有机物Y是X的同分异构体，且属于芳香烃，则Y的结构简式为C．X能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．X与足量的H2在一定条件下反应可生成环状的饱和烃Z，Z的一氯代物有4种6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．0.1mol·L－1的HNO3溶液中含有的H＋数目为0.1NAB．1molCl2与足量的氢氧化钠溶液反应转移电子数目为2NAC．含4.6g钠元素的Na2O2和Na2O的混合物中含有离子总数为0.3NAD．50mL18.4mol·L－1的浓H2SO4与足量铜反应，生成SO2的分子数等于0.46NA7、在一定温度下，向体积不变且相同的两个容器中，一个充入NH3，另一个充入N2与H2物质的量之比为1:3的混合气，使两个容器的压强相同。则两个容器内一定相等的是（）A．原子数 B．分子数 C．质量 D．密度8、关于下图所示装置的判断，叙述正确的是()A．左边的装置是电解池，右边的装置是原电池B．该装置中铜为正极，锌为负极C．当铜片的质量变化为12.8g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为2.24LD．装置中电子的流向是：a→Cu→经过CuSO4溶液→Zn→b9、下列有关说法错误的是A．金属Mg与稀硫酸、CO2均能反应，但其基本反应类型不同B．浓硫酸与铜反应时，既体现了其强氧化性又体现了其酸性C．铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4D．SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀生成10、已知7834Se与O同主族，下列有关7834Se的说法不正确的是A．非金属性强于SB．位于第四周期第ⅥA族C．中子数是44D．最高化合价为+611、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NAB．100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA12、下图中甲为甲烷和O2构成的燃料电池示意图，电解质为KOH溶液，乙为电解饱和MgCl2溶液的装置，其中乙装置中X为阳离子交换膜。用该装置进行实验，反应开始后观察到Fe电极附近出现白色沉淀。下列说法正确的是A．甲中A处通入CH4，电极反应式为CH4+10OH--8e-CO32-+7H2OB．乙中电解MgCl2溶液的总反应为2Cl-+2H2O电解Cl2↑+H2↑+2OH-C．理论上甲中每消耗22.4LCH4(标准状况下)，乙中产生4molCl2D．甲、乙中电解质溶液的pH都增大13、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．0.1mol·L－1HCl溶液：Al3+、Fe2+、SO、Br－B．0.1mol·L－1Ca(ClO)2溶液：K+、H+、Cl－、SOC．0.1mol·L－1Ba(OH)2溶液：Na+、NH、NO、HCOD．0.1mol·L－1NaHSO3溶液：NH、K+、CH3COO－、MnO14、25℃时，将10mL质量分数为50%（密度为1.4g/cm3）的硫酸稀释成100mL。下列说法正确的是（）A．上述100mL稀硫酸中含溶质14g，该稀硫酸不属于电解质B．上述稀释过程所需要的蒸馏水为90mLC．50%的硫酸溶液中溶质的物质的量浓度为7.14mol/LD．俯视容量瓶颈刻度线定容，所配溶液的浓度偏低15、碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I－的形式存在，几种粒子之间有如图所示关系，根据图示转化关系推测下列说法错误的是()A．用KI淀粉试纸和食醋可以检验加碘盐中是否含有碘B．足量Cl2能使湿润的KI淀粉试纸变白的原因可能是：5Cl2＋I2＋6H2O→2HIO3＋10HClC．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2<IO3-<I2D．途径Ⅱ中若生成1molI2，反应中转移的电子数为10NA16、下列有关物质的性质和用途正确且具有对应关系的是A．二氧化氯（ClO₂）具有强氧化性，用于饮用水的消毒B．碱石灰具有吸水性，可用于干燥氯气C．氢氟酸具有酸性，用于雕刻玻璃D．SO2具有还原性，用于漂白纸浆二、非选择题（本题包括5小题）17、烃A的质谱图中，质荷比最大的数值为42。碳氢两元素的质量比为6∶1，其核磁共振氢谱有三个峰，峰的面积比为1∶2∶3。A与其他有机物之间的关系如下图所示：已知：CH2===CH2HOCH2CH2OH，回答下列问题：（1）F的结构简式为____________。（2）有机物C中的官能团名称__________。（3）指出下列转化的化学反应类型：A→B______，E→G______。（3）写出C与新制的氢氧化铜反应的化学方程式_______（4）E在一定条件下可以相互反应生成一种六元环有机物，则此反应的化学方程式为________（5）与E互为同分异构体，且属于酯类的有机物，除CH3OCOOCH3、CH3CH2OCOOH外还有___种(分子中无O—O键)。18、前四周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大。元素X和铝在元素周期表中具有特殊的“对角线”关系，单质及化合物的性质十分相似；Y原子半径在短周期主族元素中最大；Z元素有多种同素异形体，其中一种为正四面体结构，易自燃；M基态原子未成对电子数在同周期元素中最多。请回答下列问题：(1)元素Z在周期表中的位置是_______。(2)元素X的氧化物能与Y的氧化物的水化物形成的溶液反应，生成一种四配位化合物，写出该化合物的化学式________。(3)元素Y的氢化物被称作“万能还原剂”，具有强的还原性。其电子式为______，遇水可发生反应的化学方程式为________。(4)元素M的名称为_______，其+3价氧化物与铝反应的化学方程式为_______。19、亚硝酰氯(NOCl,熔点:-64.5℃,沸点:-5.5℃)是一种黄色气体,遇水易水解。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2,制备装置如下图所示:为制备纯净干燥的气体,下表中缺少的药品是:装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2①___②___制备纯净NOCu③___④___（2）乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl,装置如图所示:①装置连接顺序为a→________(按气流自左向右方向,用小写字母表示)。

②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外,另一个作用是____________。

③装置Ⅶ的作用是____________。

④装置Ⅷ中吸收尾气时,NOCl发生反应的化学方程式为________________。

（3）丙组同学查阅资料,查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下该混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为__________________。20、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21、直接排放含的烟气会形成酸雨，危害环境。工业上常采用催化还原法和碱吸收法处理SO2气体。（1）1mol（g）完全燃烧生成气态水的能量变化和1molS（g）燃烧的能量变化如图所示。在催化剂作用下，可以还原生成单质S（g）、（g）和，写出该反应的热化学方程式：____________。（2）焦炭催化还原二氧化硫的化学方程式为。一定压强下，向1L密闭容器中加入足量的焦炭和1mol发生反应，测得的生成速率与（g）的生成速率随温度变化的关系如图所示：①A、B、C、D四点对应的状态中，达到平衡状态的是_______（填字母）。②该反应的_____0（填）。③下列措施能够增大平衡转化率的是______。A降低温度B增加C的量C减小容器体积D添加高效催化剂（3）当吸收液失去吸收能力后通入可得到溶液，用如图所示装置电解溶液可制得强氧化剂。①写出电解溶液的化学方程式：________。②若用9.65A的恒定电流电解饱和溶液1小时，理论上生成的的物质的量为________（F＝96500）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A.分液时，为了使分液漏斗中的液体顺利滴下，要先打开分液漏斗上口的塞子，时分液漏斗内液体的压强上下一致，再将下层液体缓缓放入下面的烧杯中，选项A正确；B.蒸馏操作时，为了测定蒸出的馏分的温度，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，选项B正确；C.蒸馏中，为了增强冷凝效果，利用逆流原理，将冷却水应从冷凝管的下口通入，上口流出，选项C正确；D.用苯萃取出溴水中的溴后，可根据苯、液溴的沸点不同，用蒸馏的方法从溴与苯混合物中提纯溴，选项D错误。合理选项是D。2、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。3、A【解析】A、硝酸盐在酸性溶液中具有强氧化性,则将盐酸滴入0.5mol·L−1Fe(NO3)2溶液中生成铁离子、NO，观察到溶液变黄色；有无色气体逸出，后又变成红棕色，故A正确；B、试验中NaOH过量，不生成沉淀，生成偏铝酸钠，现象与结论不合理，故B错误；C、乙酸乙酯在酸性溶液中水解为可逆反应,结论不合理，故C错误；D、白色沉淀可能为AgCl和硫酸钡，应先加盐酸无现象，再加氯化钡检验硫酸根离子，故D错误。综上所述，本题应选A。4、D【分析】由图中得失电子可知，电极1为负极，电极2为正极，负极发生：BH4-＋8OH-一8e-═B(OH)4-＋4H2O，正极发生还原反应，废水中Cu2＋及H＋在正极上得到电子被还原，1室中Na+、K＋透过X膜向2室迁移，SO42-透过Y膜向2室迁移，故X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜，在2室流出的溶液为Na2SO4和K2SO4溶液。【详解】A、由图中得失电子可知，电极1为负极，电极2为正极，1室中Na+、K＋透过X膜向2室迁移，SO42-透过Y膜向2室迁移，故X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜，在2室流出的溶液为Na2SO4和K2SO4溶液，故A正确；B、在原电池中负极发生氧化反应，故B项正确；C、由A分析可知：在2室流出的溶液为Na2SO4和K2SO4溶液，故C正确；D、正极发生还原反应，废水中Cu2＋及H＋在正极上得到电子被还原，故D错误。故选D。【点睛】难点突破：根据图中电子得失判断电极反应，从而确定1室中Na+、K＋透过X膜向2室迁移，SO42-透过Y膜向2室迁移。5、D【详解】A．根据键线式的书写特点，拐点代表碳原子，氢原子省略，所以的分子式为C8H8，故A正确；B．X的化学式为C8H8，不饱和度为5，Y是X的同分异构体，属于芳香烃含有苯环，则其支链上有一个双键，则Y只能为，故B正确；C．有机物X中具有碳碳双键，具有烯烃的性质，能被高锰酸钾氧化，使高锰酸钾酸性溶液褪色，故C正确；D．X和氢气加成以后，所有的双键变为单键，根据对称性原则，得到的烃共有两种类型的氢原子，所以Z的一氯代物有2种，故D错误；故答案为D。6、C【详解】A.缺少溶液体积，不能计算微粒的数目，A错误；B.Cl2与NaOH溶液反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可见1molCl2充分反应转移电子数目为NA，B错误；C.4.6gNa的物质的量是0.2mol，Na2O2和Na2O中阳离子与阴离子的离子个数比都是2：1，所以含有0.2molNa+的混合物中含有离子总数为0.3NA，C正确；D.50mL18.4mol/L的浓H2SO4中含有溶质的物质的量n(H2SO4)=18.4mol/L×0.05L=0.92mol，若这些硫酸与铜完全反应，生成SO2的物质的量是0.46mol，但随着反应的进行，硫酸变稀，反应就不再发生，因此反应产生的SO2分子数小于0.46NA，D错误；故合理选项是C。7、B【详解】在同温同压同体积，则气体的物质的量相同，分子数相同，但因为分子中含有的原子数不相同，和不同物质的摩尔质量不同，故两容器内的原子数和质量和密度不同。故选B。【点睛】掌握阿伏加德罗定律和推论。即四同原理“同温同压同体积同分子数”。结合具体物质分析不同的分子中的原子数和质量和密度的关系。8、C【详解】A．左边是原电池，右边的电解池，故A错误；B．左边是原电池，投放氢气的电极是负极，投放氧气的电极是正极，则锌是阴极，铜是阳极，故B错误；C．根据转移电子守恒得，当铜片的质量变化为12.8g时，a极上消耗的O2在标况下体积为=×22.4L/mol=2.24L，故C正确；D．左边是原电池，投放氢气的电极是负极，投放氧气的电极是正极，则锌是阴极，铜是阳极，装置中电子的流向量b→Zn，Cu→a，故D错误；故选C。9、A【解析】A项，金属Mg与稀硫酸反应：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，金属Mg与CO2反应：2Mg+CO22MgO+C，二者都是置换反应，也是氧化还原反应，反应类型相同，A错误；B项，浓硫酸与铜反应生成硫酸铜，说明硫酸表现酸性，生成SO2，说明硫酸表现强氧化性，B正确；C项，铁在纯氧中燃烧生成Fe3O4，铁和水蒸气反应生成Fe3O4和H2，故C正确；D项，SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中，反应离子方程式为3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故D正确。10、A【解析】A.同主族元素从上往下非金属性逐渐减弱，所以Se非金属性弱于S，故A错误；B.Se与O同主族，而Se是第四周期，所以Se位于第四周期第ⅥA族，故B正确；C.中子数=质量数−质子数，所以中子数为：78−34=44，故C正确；D.最高价等于最外层电子数，所以最高化合价为+6，故D正确；故选：A。【点睛】本题以3478Se与O同主族为载体考查原子结构的有关“粒子数”的关系及非金属性强弱的比较、元素在周期表中的位置，熟悉基础知识是解题的关键，注意中子数=质量数−质子数。11、C【详解】A.常温常压下，124gP4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；B.铁离子在溶液中水解，所以100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；C.甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；D.反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。【点睛】本题主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。12、C【解析】A项，乙为电解氯化镁溶液的装置，反应开始后观察到Fe电极附近出现白色沉淀，说明H+在铁电极放电，所以铁电极为阴极，则甲中B端为负极，通入CH4，反生氧化反应，电极反应式为：CH4＋10OH--8e-=CO32-＋7H2O，故A错误；B项，乙中电解氯化镁溶液的总反应为：Mg2+＋2Cl-＋2H2OCl2↑＋H2↑＋Mg(OH)2↓，故B错误；C项，由上分析可知，甲中每消耗标况下22.4L（1mol）CH4，转移8mol电子，则乙中产生4molCl2，故C正确；D项，甲中KOH参与反应，碱性减弱，PH减小，乙中氢离子放电，pH增大，故D错误。13、A【详解】A．0.1mol·L－1HCl溶液中，Al3+、Fe2+、SO、Br－各离子均不发生反应，可以共存，故A正确；B．ClO-和H+能生成次氯酸，不能大量共存，故B错误；C．OH-和HCO能反应，不能大量共存，故C错误；D．MnO能氧化亚硫酸氢根，不能大量共存，故D错误；故选A。14、C【详解】A．稀释前后溶质的质量保持不变，则100mL稀硫酸中含H2SO4的质量为1.4g/cm310mL50%=7g，稀硫酸属于混合物，既不是电解质、也不是非电解质，A错误；B．由于稀释后硫酸溶液的密度未知，故无法计算所需蒸馏水的体积，B错误；C．50%的硫酸溶液中溶质物质的量浓度为=7.14mol/L，C正确；D．俯视容量瓶颈刻度线定容，所配溶液的体积偏小，则所配溶液的浓度偏高，D错误；答案选C。15、C【分析】A.加碘盐中含有NaIO3，其在酸性条件下可被I-还原生成I2；B.根据图示转化Ⅲ可知：足量的Cl2与I-反应生成NaIO3，氯气被还原为氯离子；C.由途径I可知氧化性Cl2>I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2<NaIO3，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2>NaIO3；D.根据转化关系2IO3-～I2～10e-计算判断。【详解】A.加碘盐中含有NaIO3，其在酸性条件下可被I-还原生成I2，故用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉-KI试纸会变蓝，A正确；B.根据图示转化Ⅲ可知：足量的Cl2与I-反应生成NaIO3，氯气被还原为氯离子，则足量Cl2能使湿润的KI淀粉试纸变白的原因可能是：5Cl2+I2+6H2O→2HIO3+10HCl，B正确；C.由途径I可知氧化性Cl2>I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2<NaIO3，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2>NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2>IO3->I2，C错误；D.根据转化关系2IO3-～I2～10e-可知，生成1molI2反应中转移的电子数为10NA，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查氧化性强弱比较及应用，在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物；还原剂的还原性强于还原产物；氧化剂的氧化性强于还原剂，还原剂的还原性强于氧化剂。根据转化关系判断氧化性强弱是解题关键。利用氧化还原反应中元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移数目。16、A【解析】A.二氧化氯（ClO2）具有强氧化性，是安全、无毒的绿色消毒剂，用于饮用水的消毒；B.氯气能与碱石灰反应，被其吸收；C.氢氟酸具有酸性，也可用于雕刻玻璃，但二者间不具因果对应关系；D.SO2的漂白是与有色物质反应生成不稳定的无色物质，与还原性无关。【详解】A.二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色到橙黄色的气体，具有强氧化性，是安全、无毒的绿色消毒剂，用于饮用水的消毒，A正确。B.碱石灰具有吸水性，可用于干燥气体。但氯气能与碱石灰反应，被其吸收，故不能用碱石灰干燥氯气，B错误；C.氢氟酸具有酸性，也可用于雕刻玻璃，但二者间不具因果对应关系。氢氟酸雕刻玻璃是与玻璃中SiO2反应生成了SiF4气体，C错误；D.SO2具有还原性，也可用于漂白纸浆。但二者间不具因果对应关系。SO2的漂白原理是与有色物质化合生成无色物质，与还原性无关，D错误。故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、（1）（2分）（2）羰基（或酮基）、醛基（2分）（3）氧化反应（1分）缩聚反应（1分）（4）CH3COCHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COCOONa+Cu2O↓+3H2O（3分）（5）（6）5（3分）【解析】试题分析：烃A的质谱图中，质荷比最大的数值为42，即相对分子质量是42。碳氢两元素的质量比为6:1，所以含有碳原子的个数是，氢原子个数是，因此分子式为C3H6。其核磁共振氢谱有三个峰，峰的面积比为1:2:3，因此A的结构简式为CH3CH＝CH2。A中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成F，则F的结构简式为。根据已知3信息可知A被高锰酸钾溶液氧化生成B，则B的结构简式为CH3CHOHCH2OH。B发生催化氧化生成C，则C的结构简式为CH3COCHO。C分子中含有醛基，被氢氧化铜悬浊液氧化并酸化后生成D，则D的结构简式为CH3COCOOH。D与氢气发生加成反应生成E，则E的结构简式为CH3CHOHCOOH。E分子中含有羟基和羧基，发生加聚反应生成G，则G的结构简式为。（1）根据以上分析可知F的结构简式为。（2）有机物C的结构简式可知，C中的官能团名称羰基（或酮基）、醛基。（3）根据以上分析可知A→B是氧化反应，E→G是缩聚反应。（4）C酯含有醛基与新制的氢氧化铜反应的化学方程式为CH3COCHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COCOONa+Cu2O↓+3H2O。（5）E在一定条件下可以相互反应生成一种六元环有机物，反应的化学方程式为。（6）与E互为同分异构体，且属于酯类的有机物，除CH3OCOOCH3、CH3CH2OCOOH外还有HCOOCH2CH2OH、HCOOCHOHCH3、HCOOCH2OCH3、CH3COOCH2OH、HOCH2COOCH3共计是5种。考点：考查有机物推断、官能团、反应类型、同分异构体判断以及方程式书写18、第3周期第ⅤA族Na2[Be(OH)4]NaH+H2O=NaOH+H2↑铬2Al+Cr2O32Cr+Al2O3【分析】前四周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大。元素X和铝在元素周期表中具有特殊的“对角线”关系，单质及化合物的性质十分相似，则X是Be元素；Y原子半径在短周期主族元素中最大，则Y是Na元素；Z元素有多种同素异形体，其中一种为正四面体结构，易自燃，Z是P元素；M基态原子未成对电子数在同周期元素中最多，则M是Cr元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析可知X是Be元素，Y是Na元素，Z是P元素，M是Cr元素。(1)元素Z是P，核外电子排布是2、8、5，所以P元素在周期表中的位置是第3周期第ⅤA族；(2)元素X的氧化物是BeO，该氧化物能与Y的氧化物的水化物NaOH溶液反应，生成一种四配位化合物，根据Be单质及化合物的性质与Al单质及化合物的性质十分相似，结合Al元素的化合物Na[Al(OH)4]，结合Be元素化合价为+2价，可知该化合物的化学式为Na2[Be(OH)4]；(3)Na元素的原子容易失去电子形成Na+，H元素的原子获得电子形成，二者通过离子键结合形成离子化合物NaH，电子式为；该物质遇水可发生反应产生NaOH和H2，反应的化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑；(4)由于前四周期的M元素的未成对电子数最多，结合元素的原子序数可知元素M是Cr，元素的名称为铬，其+3价氧化物Cr2O3与铝在高温下发生铝热反应产生Al2O3和Cr，反应的化学方程式为2Al+Cr2O32Cr+Al2O3。【点睛】本题考查了元素的推断、元素在周期表的位置、物质的结构表示、化学方程式书写等。元素的原子结构与元素在周期表的位置关系密切，不仅同族元素性质相似，有些元素还存在对角线相似法则，掌握结构对性质的决定作用是本题解答的关键。19、浓盐酸饱和食盐水稀硝酸水e→f(或f→e)→c→b→d通过观察气泡调节气体的流速防止水蒸气进入装置Ⅸ中NOCl+2NaOH＝NaCl+NaNO2+H2OHNO3(浓)+3HCl(浓)＝NOCl↑+Cl2↑+2H2O【解析】(1)实验室加热制取氯气是用MnO2与浓盐酸加热生成的，所以分液漏斗中装的是浓盐酸，装置Ⅱ是用于吸收氯气中HCl气体，所以内装饱和的食盐水；实验室里NO是用Cu和稀硝酸反应制取的，所以分液漏斗中装的是稀硝酸，装置Ⅱ是用于吸收NO中HNO3蒸气的，因此内装水即可。(2)已知NOCl沸点为-5.5℃，遇水易水解，所以可用冰盐冷却收集液体NOCl，再用装有无水CaCl2的干燥管Ⅶ防止水蒸气进入装置Ⅸ中使NOCl变质，由于NO和Cl2都有毒且污染环境，所以用NaOH吸收尾气，因此①接口顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d，②通过观察洗气瓶中的气泡的快慢，调节NO、Cl2气体的流速，以达到最佳反应比，提高原料的利用率，减少有害气体的排放，③装置Ⅶ中装有的无水CaCl2，是防止水蒸气进入装置Ⅸ中使生成的NOCl变质，④NOCl遇水反应生成HCl和HNO2，再与NaOH反应，所以反应的化学方程式为：NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O。(3)由题中叙述可知，反应物为浓硝酸和浓盐酸，生成物为亚硝酰氯和氯气，所以可写出反应的化学方程式为HNO3(浓)+3HCl(浓)NOCl↑+Cl2↑+2H2O。点睛：本题要特别注意NOCl的性质对解题的影响，1、沸点为-5.5℃，冰盐可使其液化，便于与原料气分离；2、遇水易水解，所以制备前、制备后都要防止水蒸气的混入，这样才能找到正确的装置连接顺序。20、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