湖北十堰市2026届高三化学第一学期期中监测试题含解析

湖北十堰市2026届高三化学第一学期期中监测试题注意事项：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、在反应8NH3+3Cl2→6NH4Cl+N2中，还原剂和还原产物的物质的量之比是A．1:3 B．3:1 C．1:1 D．3:82、利用H2和O2制备H2O2的原理为（）①H2(g)+A(l)B(l)ΔH1②O2(g)+B(l)A(l)+H2O2(l)ΔH2巳知：A、B均为有机物，两个反应均能自发进行，下列说法正确的是A．ΔH2>0B．B为H2和O2制备H2O2的催化剂C．反应①的正反应的活化能大于逆反应的活化能D．H2(g)+O2(g)H2O2(l)的ΔH<03、我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指（

）A．萃取 B．渗析 C．蒸馏 D．过滤4、下列离子反应方程式书写正确的是A．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OB．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-C．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO-+2Fe（OH）3=2FeO42-+3Cl-+H2O+4H+D．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液：2Al3++3S2-=Al2S3↓5、下列各物质所含原子数目，按由大到小顺序排列的是（）①0.2molPH3②标准状况下22.4LNe③4℃下9mL水④含有1.806×1023个氧原子的SO3A．①④②③ B．③②①④C．②③①④ D．①④③②6、已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ/mol。据下表所列数据判断错误的是元素I1I2I3I4X500460069009500Y5801800270011600A．元素X的常见化合价是+1价B．元素Y是ⅢA族的元素C．元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XClD．若元素Y处于第3周期，它可与冷水剧烈反应7、下列反应既属于氧化还原反应,又属于放热反应的是(

)A．氢氧化钠与稀盐酸的反应 B．甲烷在氧气中的燃烧反应C．灼热的碳与CO2的反应 D．Ba(OH)2∙8H2O与NH4Cl的反应8、利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是选项①②③实验结论A酸性高锰酸钾浓盐酸NaHCO3溶液Cl2与水反应生成酸性物质B浓硫酸蔗糖澄清石灰水浓硫酸具有脱水性、氧化性C浓硝酸铁片NaOH溶液铁和浓硝酸反应可生成NOD稀盐酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性：Cl>C>SiA．A B．B C．C D．D9、在密闭容器中进行反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），有关下列图象的说法正确的是A．依据图a可判断正反应为吸热反应B．在图b中，虚线可表示压强增大C．若正反应的△H＜0，图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动D．由图d中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的△H＞010、NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAC．欲配制1.00L1.00mol·L-1的NaCl溶液，可将58.5gNaCl溶于1.00L水中D．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA11、下列说法错误的是A．石墨烯作为一种复杂的无机高分子，是重要的隐身材料，我国对石墨烯的研究已处于世界领先地位B．明矾在水中生成的氢氧化铝胶体有吸附性，因此常用明矾对水进行消毒C．2017年我国北方地区相继开展了“煤改气”和“煤改电”的尝试，此举是改善空气质量的重要措施D．高科技产业中的压电陶瓷及生物陶瓷属于新型无机非金属材料12、向200mL2mol·L

－1

HNO

3溶液中，逐渐加入铁粉至过量（假设生成的气体只有一种），在此过程中，n(Fe

2+)随n(Fe)变化如图所示。下列有关说法正确的是A．该过程中产生标准状况下的氢气4.48LB．向c点处的反应液中加入稀盐酸后无明显现象C．图中a=1、b=1.5D．当加入铁粉nmol时(0.1＜n＜0.15)，溶液中n(Fe3+)=(0.3-2n)mol13、下列表述正确的是（）A．硅晶体具有半导体性能，可用于光导纤维B．碳酸钠可用于去除餐具的油污C．次氯酸是一种弱酸是因为次氯酸不稳定，易分解D．能使酸性溶液褪色，体现了的漂白性14、室温下，分别用0.1mol·L－1溶液进行下列实验，结论不正确的是A．向NaOH溶液中通SO2至pH=7：c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO3B．向NH4HSO4加入等浓度等体积的NaOH溶液后：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Na+)C．向NH4Cl溶液中加入等浓度等体积的NH3·H2O后，所得溶液呈碱性，则：c(NH4+)<c(NH3·H2O)D．向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa晶体：c(CH3COO-)/c(CH3COOH)增大15、X、Y、W、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如右图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10，X和Ne原子的核外电子总数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期主族元素中最强。下列说法正确的是（）A．最高化合价：X＞Y＞Z＞WB．简单气态氢化物的稳定性：Z＞Y＞WC．Y的氧化物与X、Z的最高价氧化物对应的水化物均能反应D．由X、Z、W三种元素形成的化合物一定既含有离子键又含共价键16、下列有关化学用语的表达正确的是A．CO2的比例模型：B．N原子最外层轨道表示式：C．Cl原子的结构示意图：D．Al原子最外层电子排布式：3s23p1二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：（1）E中含氧官能团的名称为________和________。（2）B→C的反应类型为________。（3）C→D反应中会有副产物X（分子式为C12H15O6Br）生成，X的结构简式为：________。反应D→E的方程式为______________。（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1。（5）已知：（R表示烃基，R'和R"表示烃基或氢），写出以和CH3CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。____________________18、下图表示有关物质（均由短周期元素形成）之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末），C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。（反应条件图中已省略。）（1）A、B、C、D代表的物质分别为_______、________、_______、_______（填化学式）；（2）反应①中的C、D均过量，该反应的化学方程式是_______；（3）反应②中，若B与F物质的量之比为4∶3，G、H分别是_______、________（填化学式）；（4）反应③产物中K的化学式为______________________________；（5）反应④的离子方程式为________________________________________。19、POCl3常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，实验室制备POCl3并测定产品含量的实验过程如下：I．制备PCl3（1）实验室用高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气。发生装置可以是图中的____（填字母代号）。（2）检查装置C气密性并装入药品后，先关闭K1，打开K2通入干燥的CO2，一段时间后，关闭K2，加热曲颈瓶同时打开K1通入干燥氯气，反应立即进行。图中碱石灰的作用是______________。II．实验室制备POCl3。采用氧气氧化液态PCl3法制取POCl3，实验装置（加热及夹持仪器略）如图：资料：①Ag++SCN﹣＝AgSCN↓，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgSCN）；②PCl3和POCl3的相关信息如下表：物质熔点/℃沸点/℃相对分子质量其他PCl3﹣112.076.0137.5两者互溶，均为无色液体，遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢POCl32.0106.0153.5（3）POCl3在潮湿空气中会剧烈“发烟”，反应的化学方程式为___________________________________。（4）反应温度要控制在60～65℃，原因是：_________________________________。（5）通过佛尔哈德法可以测定产品中Cl元素含量，实验步骤如下：a、准确称取15.0gPOCl3产品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液。b、取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL3.2mol•L﹣1AgNO3标准溶液。c、加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖。d、以NH4Fe(SO4)2为指示剂，用0.2mol•L﹣1NH4SCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去l0.00mLNH4SCN溶液。①步骤d中达到滴定终点的现象是__________________________________________。②产品中Cl元素的质量分数为______________（保留3位有效数字）。20、二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：(1)在处理废水时，ClO2可将废水中的CN－氧化成CO2和N2，写出该反应的离子方程式：________________________。(2)某小组按照文献中制备ClO2的方法设计了如图所示的实验装置用于制备ClO2。①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是____________________。②装置B的作用是__________________。③装置A用于生成ClO2气体，该反应的化学方程式为__________________。④当看到装置C中导管液面上升时应进行的操作是______________________。(3)测定装置C中ClO2溶液的浓度：取10mLC中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入_______________________作指示剂，用0.1000mol·L－1的Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，当看到____________________________现象时，测得标准液消耗的体积为20.00mL，通过计算可知C中ClO2溶液的浓度为________mol·L－1。21、硫化氢气体在资源利用和环境保护等方面均有重要应用。(1)工业上采用高温分解H2S制取氢气，2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，在膜反应器中分离出H2。在容积为2L的恒容密闭容器中，控制不同温度进行此反应。H2S的起始物质的量均为1mol，实验过程中测得H2S的转化率如图所示。曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线b表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率。①反应2H2S(g)2H2(g)+S2(g)的H___________(填“>”“<’或“＝”)0。②985℃时，反应经过5s达到平衡状态，此时H2S的转化率为40%，则用H2表示的反应速率为v(H2)＝____________。③随着H2S分解温度的升高，曲线b向曲线a逐渐靠近，其原因是____________。(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如下图所示。①在图示的转化中，化合价不变的元素是____________。②在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中尽可能不含CuS，可采取的措施有________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【详解】在该反应中Cl元素化合价降低，获得电子，被还原，Cl2为氧化剂，生成NH4Cl为还原产物；N元素的化合价升高，失去电子，被氧化，NH3为还原剂，生成N2是氧化产物，当有8molNH3参加反应，有2molNH3作还原剂被氧化，则该反应中还原剂与还原产物的物质的量之比是2：6=1：3，故合理选项是A。2、D【解析】A项：反应②能自发进行，其ΔS<0，则ΔH2<0，A项错误；B项：H2和O2制备H2O2的总反应为H2(g)+O2(g)H2O2(l)，则A为催化剂，B为中间产物，B项错误；C项：反应①能自发进行，其ΔS<0，则ΔH1<0,正反应的活化能小于逆反应的活化能，C项错误；D项：H2(g)+O2(g)H2O2(l)的ΔH=ΔH1+ΔH2<0，D项正确。3、C【解析】由题意知，“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其淸如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指我国古代制烧洒的方法——蒸馏法，加热使酒精气化再冷凝收集得到烧酒，C正确。本题选C。4、B【详解】A．氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2I﹣+2Fe（OH）3+6H+═2Fe2++6H2O+I2，故A错误；B．向NaAlO2溶液中通入过量CO2的离子反应为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故B正确；C．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4的离子反应为2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故C错误；D．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液的离子反应为2Al3++3S2﹣+6H2O═2Al（OH）3↓+3H2S↑，故D错误；故选B。【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应、水解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大。5、B【详解】①每个PH3分子含有4个原子，0.2molPH3含有原子的物质的量为0.2mol×4=0.8mol；②标准状况下22.4LNe含有原子的物质的量为=1mol；③4℃下9mL水的质量为9g，物质的量为0.5mol，每个水分子含有3个原子，含有的原子的物质的量为1.5mol；④含有1.806×1023个氧原子的SO3的物质的量为=0.1mol，每个SO3分子含有4个原子，则含有原子的物质的量为0.4mol；原子的物质的量越大含有的原子数越多，则上述物质中含原子数目按由大到小顺序排列为③②①④，答案选B。6、D【分析】分析X的电离能数据，其I1与I2间差值很大，表明X的最外层电子数为1；分析Y的电离能数据，其I3与I4间差值很大，表明Y的最外层电子数为3。【详解】A．由分析可知，元素X的原子最外层电子数为1，其常见化合价是+1价，A正确；B．主族元素Y的原子最外层电子数为3，Y是ⅢA族元素，B正确；C．元素X的原子最外层电子数为1，它为ⅠA族元素，与氯形成化合物时，化学式可能是XCl，C正确；D．若元素Y处于第3周期，则其为ⅢA族元素，应为金属铝，与冷水不反应，D错误；故选D。7、B【详解】A.氢氧化钠与稀盐酸的反应属于非氧化还原反应，与题意不符，A错误；B.甲烷在氧气中的燃烧反应，既属于氧化还原反应,又属于放热反应，符合题意，B正确；C.灼热的碳与CO2的反应，属于吸热反应，与题意不符，C错误；D.Ba(OH)2∙8H2O与NH4Cl的反应，属于吸热反应，与题意不符，D错误；答案为B。8、B【解析】A、浓盐酸被酸性高锰酸钾溶液氧化生成氯气，但浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能与碳酸氢钠反应，结论不正确，A错误；B、浓硫酸具有脱水性，将蔗糖炭化，生成的碳又被浓硫酸氧化生成CO2，CO2能使澄清石灰水变浑浊，B正确；C、铁和浓硝酸反应生成NO2，C错误；D、盐酸不是最高价含氧酸，不能比较元素的非金属性强弱，D错误，答案选B。9、C【解析】A．依据图a可知：当反应达到平衡后，由于升高温度，υ逆>υ正，平衡逆向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，因此可判断正反应为放热反应，错误；B．在图b中，平衡未移动，但是达到平衡所需要的时间缩短，由于该反应是气体体积减小的反应，所以虚线不可表示压强增大，只能表示是加入了催化剂，错误；C．若正反应的ΔH＜0，升高温度，正、逆反应速率都加快，根据平衡移动原理，平衡逆向移动，故可以用图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动，正确；D．由于升高温度，气体的平均相对分子质量减小，该反应是气体体积减小的反应，则根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平衡逆向移动，可推知正反应的ΔH<0，错误；答案选C。10、D【解析】试题分析：A、18gD2O物质的量为=0.9mol，含有质子数9NA，18gH2O的物质的量为=1mol，含有的质子数为10NA，故A错误；B、红热的铁与水蒸气可发生反应：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，0.2molFe粉与足量水蒸气反应，生成molH2，生成的H2分子数为NA，故D错误；C、将58.5gNaCl溶于1.00L水中，溶液的体积大于1L，所以溶液物质的量浓度小于1mol/L，故C错误；D、过氧化钠中氧元素为-1价，则过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故D正确；故选D。考点：考查了阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律的相关知识。11、B【详解】A.石墨烯作为一种复杂的无机高分子，是重要的隐身材料，我国对石墨烯的研究已处于世界领先地位，A正确；B.氢氧化铝胶体具有吸附性,能吸附水中的悬浮物而净水,没有强氧化性,所以不能杀菌消毒,故B错误；C.开展了“煤改气”和“煤改电”的尝试，减少了二氧化硫气体的排放，此举是改善空气质量的重要措施，C正确；D.压电陶瓷及生物陶瓷都属于新型无机非金属材料，D正确；综上所述，本题选B。12、D【解析】试题分析：A.硝酸与铁反应生成硝酸铁、NO和水，不生成氢气，A项错误；B.c点处的溶液是硝酸亚铁，若加入盐酸，H＋、NO3-和Fe2＋发生氧化还原反应生成Fe3＋,溶液变为黄色，B项错误；C.向硝酸中加入铁粉发生的反应为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，硝酸的物质的量为0.4mol，则消耗铁的物质的量为0.1mol，b=0.1mol，生成硝酸铁0.1mol，随后发生反应2Fe(NO3)3+Fe=3Fe(NO3)2，生成硝酸亚铁为0.15mol，则a=0.15，C项错误；D.根据上述分析，当加入铁粉nmol时(0.1＜n＜0.15)，发生反应为2Fe(NO3)3+Fe=3Fe(NO3)2，参加该反应的铁为n-0.1，消耗硝酸铁为2（n-0.1），则溶液中n(Fe3+)=(0.3-2n)mol，D项正确；答案选D。考点：考查化学计算，硝酸的性质等知识。13、B【详解】A．硅晶体具有半导体性能，可用于芯片和光电池，二氧化硅用于光导纤维，A错误；B．碳酸钠在水中可以水解出OH-溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解被去除，B正确；C．次氯酸是一种弱酸是因为其在水溶液中部分发生电离，C错误；D．SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是发生氧化还原反应，体现了SO2的还原性，D错误；故选B。14、B【解析】A.向NaOH溶液中通SO2至pH=7，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，c(H+)=c(OH-)，因此c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)，故A正确；B.NH4Cl溶液中加入等浓度等体积的NH3·H2O后，所得溶液呈碱性，说明氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，则c(NH4+)＞c(NH3·H2O)，故B错误；C.向NH4HSO4加入等浓度等体积的NaOH溶液反应后生成等浓度的硫酸钠和硫酸铵，根据物料守恒，c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(SO42-)=c(Na+)，故C正确；D.向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa晶体，c(CH3COO-)，抑制醋酸的电离，溶液中c(H+)减小，但电离平衡常数不变，因此c(CH315、D【解析】四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，则W的质子数为8，故W是O元素；X和Ne原子的核外电子总数相差1，又根据如图X的原子半径大于O原子半径，所以X为Na元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，Y的原子序数大于Na，则Y为Si；Z的非金属性在同周期主族元素中最强，Z的原子序数大于Si，则Z为Cl元素；A项，X为Na元素，最高化合价为+1价，Y为Si元素，最高化合价为+4价，Z为Cl元素，最高化合价为+7价，W为O元素，最高化合价为0价，故最高化合价：Cl＞Si＞Na＞O，即Z＞Y＞X＞W，故A错误；B项，元素的非金属性越强，其相应的最简单的氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性：O>Cl>Si，即W>Z>Y，所以元素氢化物的稳定性：W>Z>Y，故B错误；C项，Y(Si)的氧化物是SiO2，X(Na)、Z(Cl)的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和HClO4，SiO2与NaOH能反应，与HClO4不反应，故C错误；D项，由X(Na)、Z(Cl)、W(O)三种元素形成的化合物可以是NaClO、NaClO3、NaClO4等Na元素的含氧酸盐，一定既含有离子键又含共价键，故D正确。点睛：本题以“元素周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及对元素周期律的认识程度，思维容量较大，重在考查运用元素周期律解决具体化学问题的能力，注意根据提给信息，结合如图原子序数与原子半径的关系正确推断出元素的种类，然后根据同周期、同主族元素性质的递变规律解答，注意O的非金属性强于Cl的非金属性。16、D【详解】A．原子半径C>O，所以图示不能表示CO2的比例模型，错误；B．N原子最外层有5个电子，最外层的电子应该尽可能的成单排列，而且自旋方向相同，这样原子的能量低，稳定，错误；C．Cl原子最外层有7个电子，原子的结构示意图：，错误；D．Al原子最外层有3个电子，根据原子核外电子普遍的能级图可知其电子排布式：3s23p1，正确。故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、酯基醚键取代反应+CH3I→+HI【分析】（1）根据题中E的结构简式可推知E中含氧官能团；（2）根据题中信息可知可推知B→C的反应类型；（3）根据路线图可知，C转化为D，是C中一个羟基中的氢，被-CH2OCH3取代，而C分子中含有两个羟基，推测另一个羟基也可以发生此反应，结合副产物X的分子式为C12H15O6Br，可推断出X的结构简式；根据流程可知，反应D→E的反应为取代反应，据此写出反应的方程式；（4）该同分异构体可以与FeCl3溶液发生显色反应，则该同分异构体中含有酚羟基，又因为其碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1，据此可推断其结构简式；（5）根据路线图和已知中提供的反应，结合和两种原料设计制备的路线。【详解】（1）根据题中E的结构简式可知，E中含氧官能团为酯基、醚键；故答案是：酯基、醚键；（2）根据题中信息可知，有机物B的结构中-COCl变为有机物C中的-COOCH3，CH3O-取代了Cl，所以B→C的反应类型为取代反应；故答案是：取代反应；（3）根据路线图可知，C转化为D，是C中一个羟基中的氢，被-CH2OCH3取代，而C分子中含有两个羟基，推测另一个羟基也可以发生此反应，结合副产物X的分子式为C12H15O6Br，可推断出X的结构简式为；根据流程可知，D→E的反应为取代反应，反应的方程式为：+CH3I→+HI；故答案是：；+CH3I→+HI；（4）该同分异构体可以与FeCl3溶液发生显色反应，则该同分异构体中含有酚羟基，又因为其碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1，可推断其结构简式为；故答案是：；（5）根据路线图和已知中提供的反应，以和为原料制备的路线为：；故答案是：。【点睛】有机物的结构和性质。反应类型的判断，化学方程式、同分异构体及合成路线流程图的书写是高考的常考点。在有机合成和推断题中一般会已知部分物质，这些已知物质往往是推到过程的关键点。推导时，可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可从最终产物结合反应条件逆向推导原料，还可以从中间产物出发向两侧推导，推导过程中要注意结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用。18、AlCH2ONa2O22H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑CO2CONa2CO32AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-【详解】D是淡黄色的固体化合物，D是Na2O2；C是常见的无色无味液体，C是水；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，A是常见的金属单质，A能与NaOH溶液反应，A为Al，E、F为H2、O2中的一种，溶液甲中含NaAlO2，B为非金属单质（一般是黑色粉末），B为C，B能与F反应生成G和H，则F为O2，E为H2，G、H为CO2、CO中的一种，D能与G反应生成K和F，则G为CO2，K为Na2CO3，溶液乙为Na2CO3溶液，H为CO；CO2与NaAlO2溶液反应生成的沉淀L为Al（OH）3。（1）根据上述分析，A、B、C、D的化学式分别为Al、C、H2O、Na2O2。（2）反应①中C、D均过量，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。（3）B为C，F为O2，C与O2以物质的量之比1:1反应生成CO2，以物质的量之比2:1反应生成CO，反应②中C与O2物质的量之比为4:3则反应生成CO2和CO，其中G能与Na2O2反应，G为CO2，H为CO。（4）反应③的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，产物K的化学式为Na2CO3。（5）反应④的离子方程式为2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-。19、A吸收尾气，并防止空气中的水蒸气进入蒸馏烧瓶POCl3+3H2O＝H3PO4+3HCl温度过低，反应速度太慢，温度过高，PCl3易挥发，利用率低溶液由无色变为红色且30s内不再变色71.0%【分析】I．（1）高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气，属于固体和液体反应，反应不需要加热，据此选择装置；（2）根据氯气有毒，产品PCl3遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢进行分析；II．实验室制备POCl3。A装置中用双氧水与二氧化锰反应生成氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有水蒸气用浓硫酸除去，所以B装置中装浓硫酸，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷反应生成POCl3，为了控制反应速率且要防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在60～65℃，所以装置C中用水浴，为防止POCl3挥发，用冷凝管进行冷凝回流，POCl3遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢，所以为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析回答问题。【详解】I．（1）固体和液体反应，反应不需要加热，据此选择装置A；答案：A；（2）根据氯气有毒，因此尾气不可排放到空气中，产品PCl3遇水剧烈反应，要防止空气中的水蒸气进入蒸馏烧瓶；答案：吸收尾气，并防止空气中的水蒸气进入蒸馏烧瓶；II．（3）POCl3在潮湿空气中会剧烈“发烟”，确定有HCl生成，根据磷元素的化合价还可以确定有磷酸生成，方程式为POCl3+3H2O＝H3PO4+3HCl；答案：POCl3+3H2O＝H3PO4+3HCl；（4）根据上面的分析可知，反应温度应控制在60～65℃，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低；答案：温度过低，反应速度太慢，温度过高，PCl3易挥发，利用率低；（5）因为Fe3+与SCN-结合，溶液会变红，因此以NH4Fe(SO4)2为指示剂，用0.2mol•L﹣1NH4SCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点的现象是溶液由无色变为红色且30s内不再变色；答案：溶液由无色变为红色且30s内不再变色；（6）测定POCl3产品含量，用POCl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子，NH4SCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据NH4SCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3，结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而计算出溶液中氯离子的物质的量，进而确定氯元素的质量分数；NH4SCN的物质的量为0.2mol/L×0.01L=0.002mol，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol，POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为（3.2×0.01mol-0.002mol）×10=0.3mol，氯元素的质量分数为×100%=71.0%；答案：71.0%。20、2ClO2＋2CN－＝2CO2＋N2＋2Cl－稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸防止倒吸(或作安全瓶)2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O加大氮气的通入量淀粉溶液溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色0.04【解析】（1）依据电子转移数守恒配平该氧化还原反应方程式；（2）①结合ClO2的特点，从安全隐患角度分析考虑；②根据仪器的连接特点作答；③NaClO3与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应用于制备ClO2；④装置C中导管液面上升时，说明ClO2在水中过饱和，析出晶体；（3）碘单质与淀粉溶液变蓝；再根据标准溶液滴定待测液的基本实验操作分析作答；最后依据电子转移数守恒及各物质之间的关系式列式计算。【详解】（1）ClO2可将废水中的CN－氧化成CO2和N2，本身氯元素化合价降低到稳定的-1价，其离子方程式为：2ClO2＋2CN－＝2CO2＋N2＋2Cl－，故答案为：2ClO2＋2CN－＝2CO2＋N2＋2Cl－；（2）①氮气可稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，故答案为：可稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；②ClO2易溶于水，则装置B作为安全瓶，可防倒吸，故答案为：防止倒吸(或作安