河北省衡水市安平县安平中学2026届高三化学第一学期期中调研模拟试题含解析

河北省衡水市安平县安平中学2026届高三化学第一学期期中调研模拟试题注意事项：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、实验室根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3固体的四个主要步骤中，不能实现实验目的的是A．制取氨气 B．制取碳酸氢钠 C．分离碳酸氢钠 D．干燥碳酸氢钠2、化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关说法错误的是（）A．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”B．我国发射的“嫦娥三号”卫星中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料C．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是发生雾霾天气的主要原因，这些颗粒物扩散在空气中都会形成胶体D．双氧水、高锰酸钾溶液可以完全杀死埃博拉病毒，其消毒原理与漂白粉消毒饮用水的原理相同3、A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4，C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005mol/L戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述正确的是A．C、D两元素形成化合物属共价化合物B．C．D的简单离子均能促进水的电离C．A、D分别与B

元素形成的化合物都是大气污染物D．E的氧化物水化物的酸性大于D的氧化物水化物的酸性4、中学化学常见物质A、B、C、D、E、X,存在下图转化关系(部分生成物和反应条件已略去)。下列推断错误的是A．若D为NaCl,且A可与C反应生成B,则E可能是CO2B．若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁C．若D是一种强碱，则A．B．C均可与X反应生成DD．若D是一种强酸，则A既可是单质也可是化合物，且D可与铜反应生成B或C5、在一定温度下的恒容容器中，当下列物理量不再发生变化时，表明反应:A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)已达平衡状态的是A．混合气体的压强 B．混合气体的密度 C．体系的温度 D．气体的总物质的量6、表中对于相关物质的分类全部正确的是A．A B．B C．C D．D7、具有下列性质的物质可能属于离子晶体的是A．熔点10.31℃，液态不导电，水溶液能导电B．熔点1700℃，易溶于水，水溶液能导电C．能溶于CS2，熔点112.8℃，沸点444.6℃D．熔点97.81℃，质软，固体能导电，密度0.97g/cm38、下列体系加压后，对化学反应速率没有影响的是()A．2SO2＋O22SO3B．CO＋H2O(g)CO2＋H2C．CO2＋H2OH2CO3D．OH－＋H＋＝H2O9、某无色溶液中加入铝粉能放出氢气，在该溶液中一定可以大量共存的是（

）A．Na＋、NH4＋、SO42－、CO32－ B．Na＋、Cu2＋、Cl－、SO42－C．Na＋、K＋、Cl－、SO42－ D．Na＋、K＋、Cl－、NO3－10、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．S2和S8的混合物共6.4g,其中所含的电子数一定为3.2NAB．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应,产物的分子数为2NAC．24g二氧化硅晶体中含有SiO2分子数为0.4NAD．5.6gFe与含0.2molHNO3的溶液充分反应,至少失去电子数为0.2NA11、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↓＋9H2O12、2SO2(g)十O2(g)⇌2SO3(g)

△H=-198kJ·mol-1，在V2O5存在时，该反应机理为：Ⅰ：V2O5+SO2→2VO2+SO3(快)

Ⅱ:4VO2+O2→2V2O5(慢)，下列说法正确的是A．反应速率主要取决于Ⅰ步反应B．该反应逆反应的活化能大于198kJ/molC．2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应能放出198KJ的热量D．VO2在反应中起催化剂的作用降低了反应活化能加快反应速率13、Cl2与NaOH(70℃)的溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，完全反应后，测得溶液中NaClO、NaClO3个数之比4：1，则溶液中NaCl和NaClO的个数之比为()A．11：2 B．1：1 C．9：4 D．5：114、在pH=13的无色溶液中，下列各组离子能大量共存的是A．K+、Na+、HCO3-

、NO3- B．Na+、NH4+、NO3-、Cl-C．K+、Na+、NO3-、Br

- D．K+、Cu2+、Cl-、SO42-15、10mL一定物质的量浓度的盐酸被一定物质的量浓度的NaOH溶液滴定的图示如下图，据图推出NaOH溶液和盐酸的物质的量浓度正确的是ABCDc(HCl)0.120.040.120.09c(NaOH)0.040.120.060.03A．A B．B C．C D．D16、某晶体化学式为N2H6SO4，其晶体类型与硫酸铵相同。试分析在该晶体中不会存在（）A．分子间作用力 B．共价键 C．离子键 D．阳离子二、非选择题（本题包括5小题）17、短周期元素W、X、Y、Z、M原子序数依次增大，元素W的一种核素的中子数为0，X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Z与M同主族，Z2－电子层结构与氖原子相同。（1）M在元素周期表中的位置是__________________________。（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。p的化学式为_____________。（3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84g·mol－1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为_____________________。（4）(XY)2的性质与Cl2相似，(XY)2与NaOH溶液常温下反应的离子方程式为________。（5）常温下，1molZ3能与Y的最简单氢化物反应，生成一种常见的盐和1molZ2，该反应的化学方程式为____________________________________________。18、化合物H是一种光伏材料中间体。工作室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O②回答下列问题(1)B所含官能团名称为___________。(2)由B生成C和E生成F的反应类型分别为___________、___________。(3)D的结构简式为___________。(4)由A生成B的化学方程式为___________。(5)芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1，符合要求的X的结构有___________种，写出其中一种结构简式___________。(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以乙醇为原料合成CH3CH2CH2COOH的合成路线(无机试剂在用)(合成路线示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH______________________________________________。19、MnO2是制造干电池的主要原料之一，也是中学化学中常见的一种试剂。工业上Mn(NO3)2和KMnO4为原料制备MnO2，其生产原理如下：用软锰矿（含MnO2和少量的Fe2O3、SiO2）和碳反应制得MnO；再将MnO与稀硝酸反应，反应后经过滤、提纯、浓缩，可制得50%的Mn(NO3)2溶液；在一定条件下，把50%的Mn(NO3)2溶液滴加到KMnO4溶液中，发生如下反应：3Mn(NO3)2+2KMnO4+2H2O═5MnO2↓+2KNO3+4HNO3，反应生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后得到MnO2。请回答下列问题：Ⅰ、若将软锰矿和碳反应后的固体产物置于如图1所示的装置甲中，与稀硝酸反应，观察到装置乙中有红棕色气体产生。（1）写出甲中产生气体反应的化学方程式___。（2）在制备MnO2的实验中要向反应混合液中不断滴加氨水，则氨水的作用是___。Ⅱ、有人提出用日光分解KMnO4溶液的方法可制取MnO2，反应方程式为：4KMnO4+2H2O4MnO2↓+4KOH+3O2↑该反应中c（OH-）随时间的变化曲线如图2所示，分析曲线的变化趋势，你认为形成该变化的原因是___。Ⅲ、某兴趣小组通过实验研究MnO2的氧化性进行了一系列的研究。（1）该小组设计了如下4个方案以验证MnO2的氧化性，可行的是___。A．把MnO2固体加入到FeSO4溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红B．把MnO2固体加入到FeCl3溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红C．把MnO2固体加入到Na2SO3溶液中，再加入BaCl2观察是否有白色沉淀生成D．把MnO2固体加入到稀盐酸中，观察是否有黄绿色气体生成（2）该小组为研究在不同酸碱性的溶液中MnO2的氧化能力，他们控制KI溶液的浓度和MnO2固体的质量相同，恒定实验温度在298K，设计如下对比试验。实验酸或碱现象A1滴0.2mol/LNaOH溶液不变色B1滴水缓慢变浅棕褐色C1滴0.1mol/L硫酸溶液迅速变棕褐色该小组从上述对比实验中，可以得出的结论是___。写出在MnO2迅速氧化I−的离子方程式___。20、某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为沉淀可能是CuCO3；乙同学认为沉淀可能是Cu(OH)2；丙同学认为沉淀可能是CuCO3和Cu(OH)2的混合物。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照甲同学的观点，发生反应的离子反应方程式为_______________________；在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。其具体操作依次为____________________。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为__________________________。（2）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是__________________。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可利用下列装置通过实验测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是__________________，实验开始和结束时都要通入过量的空气，请说明结束时通入过量空气的作用是____________________________（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为___________。21、磁性材料A由两种元素组成，取2.960gA在足量的空气中充分煅烧，得到2.400g红棕色固体B和无色刺激性气体D。固体B溶于盐酸形成棕黄色溶液C，再加入KSCN溶液变为血红色。气体D溶于水得到无色酸性溶液E，向E中加足量碘的碘化钾溶液（红棕色）得到溶液F，同时溶液酸性增强。请回答下列问题：（1）溶液C也可用于处理污水，用离子方程式表示污水处理原理：_______________。（2）已知化合物A能与稀硫酸反应，反应后得到浅绿色溶液，同时生成一种淡黄色不溶物和一种臭鸡蛋气味气体，写出该反应的化学方程式：_______________。（3）用离子方程式解释E中加足量碘的碘化钾溶液后溶液酸性增强的原因_______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】A.2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故A可以达到实验目的；B.将CO2通入氨化的饱和食盐水中，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，NaHCO3的溶解度较小，析出NaHCO3晶体，故B可以达到实验目的；C.过滤得到NaHCO3晶体，故C可以达到实验目的；D.NaHCO3受热易分解，故D不能达到实验目的；故选D。2、C【解析】A，二氧化硅是酸性氧化物，可以与强碱反应生成可溶性硅酸盐和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，A正确。B，无机非金属材料是指除有机高分子材料和金属材料外的所有材料的统称。碳纤维属于人类制造的一种碳的单质，属于非金属单质，所以B正确。C，PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是发生雾霾天气的主要原因，这些颗粒物直径比胶体粒子大，胶体粒子直径在0.001～0.1微米之间，所以C是错误的。D，双氧水、高锰酸钾溶液可以完全杀死埃博拉病毒是因为它们具有强氧化性，漂白粉能消毒饮用水也是因为强氧化性，所以两者原理相同，D正确。3、B【解析】根据甲+乙→丙+丁，而乙、丁是B常见的同素异形体，即乙、丁是单质，而甲、丙是氧化物，甲、丙中一定含有氧元素，所以乙、丁是O3、O2，B是O元素；氧化物+O2→氧化物，中学中常见的有CO、NO、SO2，而C、N的原子序数小于O，所以D可能是S，如果D是S，丙是SO3，戊是硫酸，0.005mol/LH2SO4溶液的pH=2，与题干提供的信息吻合，所以D是S；（8+16）/4=6，A元素是C；C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，其原子序数应该介于8～16之间，所以C是Mg，E是短周期且原子序数大于16，E只能是Cl；所以A、B、C、D、E分别是C、O、Mg、S、Cl元素。C和D元素形成的化合物是MgS，是离子化合物，A选项错误；Mg（OH）2是中强碱，所以Mg2+在水溶液中能够发生水解，使水溶液呈酸性，促进了水的电离，H2S的水溶液是弱酸，S2-在水溶液中能够发生水解，使溶液呈碱性，也促进了水的电离，所以Mg2+、S2-的简单离子均能促进水的电离，B选项正确；A与D形成化合物是SO3、SO2是大气污染物，A与B形成化合物是CO、CO2，二氧化碳不是大气污染物，C选项错误；根据元素周期律的规律：非金属性Cl＞S，则E的最高价氧化物水化物的（HClO4）酸性大于D的最高价氧化物水化物（H2SO4）的酸性，但硫酸酸性大于HClO酸性，题干中没有涉及到是最高价氧化物的水化物，D选项错误；正确答案B。点睛：中学化学中元素之间的转化是比较复杂的，类型也很多，如直线型转化关系X为O2，中学中常见的有：Na→Na2O→Na2O2、N2→NO→NO2或NH3→NO→NO2、S→SO2→SO3或H2S→SO2→SO3、C→CO→CO2或CH4→CO→CO2，本题中涉及是SO2→SO3→H2SO4，熟悉这个之间的转化，是解决本题的关键。4、B【解析】A．若D为NaCl，A为氢氧化钠、E为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠、X为盐酸，符合转化关系，A正确；B．若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe（OH）2，X为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe，才能实现转化关系，B错误；C．若D是一种强碱，A为Na、E为氧气、B为氧化钠、C为过氧化钠、X为水、D为氢氧化钠，符合转化关系，Na、氧化钠、过氧化钠都能与水反应，C正确；D．若D是一种强酸，如为硝酸，则A为氮气或氨气，B为NO，C为NO2，E为O2，X为H2O，稀硝酸与铜反应生成NO，浓硝酸与铜反应生成NO2，D正确；答案选B。5、B【分析】反应到达平衡状态时,正逆反应速率相等,平衡时各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化,由此进行判断.解题时要注意,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态。【详解】A、可逆反应:A(s)+3B(g)2C(g)+D(g),反应前后,气体的物质的量不发生变化,体积恒定,反应自开始到平衡,压强都是一定值,故A不符合题意；

B、A是固体,随着反应进行,气体的质量在增加而体积不变,故气体的密度是变量。当气体的总质量不发生变化时,气体的密度也不再变化，说明到达平衡状态,故B符合题意；

C、该反应是在一定温度下的恒容容器中进行的，所以无论该反应是否达到平衡状态,体系的温度保持不变，不能判定反应达到平衡状态，故C不符合题意；D.该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应,无论该反应是否达到平衡状态,气体的总物质的量始终不变,故D不符合题意；

综上所述，本题选B。【点睛】上述反应是在一定温度下的恒容容器中，发生的可逆反应，体系的温度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态；若是在绝热的密闭容器中发生的可逆反应，体系的温度始终保持不变，能说明反应达到平衡状态。6、D【详解】A.Mn2O7属于酸性氧化物，A错误；B.胆矾是CuSO4·5H2O，是盐，属于纯净物，B错误；C.浓硫酸是H2SO4的水溶液，属于混合物，H2O属于电解质，C错误；D.选项中的物质符合物质分类标准，D正确；故合理选项是D。7、B【分析】离子晶体：阴阳离子通过离子键结合形成的晶体；一般熔点较高，硬度较大、难挥发，固体不导电，但质脆，一般易溶于水，其水溶液或熔融态能导电。【详解】A熔点10.31℃，低熔点，液态不导电是共价化合物，是分子晶体，故A错误；B.熔点1700℃，易溶于水，水溶液能导电，离子晶体的性质：一般熔点较高，固体不导电，其水溶液或熔融态能导电，故B正确；C.能溶于CS2，熔点112.8℃，沸点444.6℃，是分子晶体，故C错误；D.熔点97.81℃，质软，固体能导电，密度0.97g/cm3，是钠的性质，故D错误；故选B。8、D【解析】试题分析：压强对反应速率的影响，一般只能影响到气体，而选项D中没有气体参加或生成，所以改变压强不能影响该反应的反应速率，答案选D。考点：考查外界条件压强对反应速率的影响9、C【分析】无色溶液中不能含有有色离子。和铝反应生成氢气的溶液可能为酸或碱。【详解】A.碳酸根离子在酸性溶液中不存在，铵根离子在碱性溶液中不存在，故该组离子一定不能存在，故错误；B.铜离子有颜色，不错误；C.四种离子在酸性溶液或碱性溶液中都能存在，故正确；D.溶液中含有硝酸根离子，在酸性溶液中和铝反应不能产生氢气，故错误。故选C。10、A【分析】A、S2和S8均由S原子构成，且S原子中含16个电子；B、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4；C、二氧化硅为原子晶体；D、5.6g铁为0.1mol，和0.2mol硝酸反应时，无论硝酸的还原产物为什么，硝酸均不足．【详解】A、S2和S8均由S原子构成，6.4g混合物中S原子的物质的量为0.2mol，S原子中含16个电子，故0.2molS原子中含3.2NA个电子，故A正确；B、NO和氧气反应后生成的NO2，NO2中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数减小，故分子个数小于2NA个，故B错误；C、二氧化硅为原子晶体，不含二氧化硅分子，故C错误；D、5.6g铁为0.1mol，和0.2mol硝酸反应时，无论硝酸的还原产物为什么，硝酸均不足，故铁过量，不能完全反应，则转移的电子数小于0.2NA个，故D错误。故选A。11、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；12、B【详解】A、化学反应速率的快慢取决于反应速率慢的，根据题意，反应速率主要取决于II步反应，故A错误；B、活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，SO2与O2反应是放热反应，因此逆反应的活化能大于198kJ·mol－1，故B正确；C、SO2与O2的反应是可逆反应，不能完全进行到底，因此2molSO2与1molO2反应放出的热量小于198kJ，故C错误；D、根据反应的机理，V2O5为催化剂，故D错误。13、C【详解】产物NaCl、NaClO、NaClO3中Cl元素的化合价分别为-1、+1、+5，测得溶液中NaClO与NaClO3的个数之比为4：1，可设溶液中NaClO与NaClO3的物质的量分别为4mol、1mol，根据电子守恒可知NaCl的物质的量n(NaCl)=4mol×1+1mol×(5-0)=9mol，则该溶液中NaCl与NaClO的数目之比等于物质的量之比n(NaCl)：n(NaClO)=9mol：4mol=9：4，故答案为C。14、C【详解】A.碳酸氢根离子在碱性溶液中不能大量存在，故A错误；B.铵根离子在碱性条件下不能大量存在，故B错误；C.四种离子在碱性条件下不反应，能大量共存，故C正确；D.铜离子有颜色，且在碱性溶液中不能大量存在，故D错误；答案选C。15、D【分析】设HCl的浓度为x，NaOH的浓度为y，由图可知，NaOH加入20mL时pH=2，可知酸过量，则（0.01×x-0.02×y）/0.03=0.01；NaOH加入30mL时pH=7，则0.01×x=0.03×y。【详解】设HCl的浓度为x，NaOH的浓度为y，由图可知，NaOH加入20mL时pH=2，可知酸过量，则（0.01×x-0.02×y）/0.03=0.01；NaOH加入30mL时pH=7，则0.01×x=0.03×y，解得x=0.09mol·L－1，y=0.03mol·L－1，故选D。16、A【详解】硫酸铵晶体中铵根离子和硫酸根离子之间存在离子键，铵根离子内部N和H之间存在共价键，硫酸铵晶体属于离子晶体，不存在分子间作用力，N2H6SO4的某晶体的晶体类型与硫酸铵相同，所以该晶体中含有离子键、共价键、阳离子和阴离子，不存在分子间作用力，故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期第VIA族NH4SCNN≡C—O—O—C≡N(CN)2+2OH－=CN－+CNO－+H2O2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O【分析】元素W的一种核素的中子数为0，W是H元素；X的原子最外层电子数是次外层的2倍，X是C元素；Z2－电子层结构与氖相同，Z是O元素；Z与M同主族，M是S元素。W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Y是N元素。据此解答。【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z、M分别是H、C、N、O、S。（1）S位于元素周期表中第三周期VIA族；（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色，P中含有；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，P中含有，因此p的化学式为NH4SCN。（3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84g·mol－1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，所以q分子的结构式为N≡C—O—O—C≡N。（4）(CN)2的性质与Cl2相似，根据氯气与氢氧化钠反应，(CN)2与NaOH溶液反应的离子方程式为(CN)2+2OH－=CN－+CNO－+H2O。（5）常温下，1molO3能与氨气反应，生成一种常见的盐NH4NO3和1molO2，该反应的化学方程式为2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O。18、碳碳双键、醛基氧化反应取代反应（或酯化反应）4种【分析】芳香族化合物A与乙醛发生信息①中的反应生成B，A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式为：C9H8O+H2O-C2H4O=C7H6O，故A为，则B为，B发生氧化反应、酸化得到C为．C与溴发生加成反应得到D为，D发生消去反应、酸化得到E为．E与乙醇发生酯化反应生成F为．结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为，以此解答(1)~(5)；(6)利用信息①增长碳链，乙醇催化氧化生成乙醛，2分子乙醛反应得到CH3CH=CHCHO，再与氢气发生反应得到CH3CH2CH2CH2OH，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化得到CH3CH2CH2COOH。【详解】(1)由分析可知，B为，所含官能团名称为碳碳双键和醛基。(2)发生氧化反应生成的C为；E为，其与乙醇发生酯化反应生成的F为，反应类型为取代反应；(3)由分析可知D的结构简式为；(4)A为，与乙醛在NaOH的水溶液中发生反应生成的B为，反应的化学方程式为；(5)F为，芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明含有羧基，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1，则分子中应含有2个甲基，且为对称结构，符合条件的结构有4种，分别是；(6)利用信息①增长碳链，乙醇催化氧化生成乙醛，2分子乙醛反应得到CH3CH=CHCHO，再与氢气发生反应得到CH3CH2CH2CH2OH，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化得到CH3CH2CH2COOH．合成路线流程图为：。【点睛】学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。19、Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2反应生成的MnO2对该反应起催化作用A酸性越强，MnO2氧化能力越强MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O【分析】Ⅰ、(1)软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体，为便于吸收氮氧化物，向乙中通入空气，空气中的氧气将NO氧化成NO2，使气体呈红棕色，丙中应盛NaOH溶液等碱性物质，吸收有毒气体NO2；(2)制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；Ⅱ、反应中c(OH-)在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物起催化作用；Ⅲ、(1)A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+；B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性；C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀；D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应。（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；MnO2在酸性溶液中氧化I−，生成Mn2+、I2和H2O。【详解】Ⅰ、(1)软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体。反应的方程式为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；答案为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；(2)制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；答案为：可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；Ⅱ、反应中c(OH-)在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物MnO2起催化作用；答案为：反应生成的MnO2对该反应起催化作用；Ⅲ、(1)A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+，A符合题意；B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性，B不合题意；C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀，C不合题意；D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应，D不合题意。故选A；（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；答案为：酸性越强，MnO2氧化能力越强；MnO2在酸性溶液中氧化I−，生成Mn2+、I2和H2O，反应的离子方程式为MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O；答案为：MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O。20、CO32－+Cu2+=CuCO3↓过滤、洗涤、干燥A→C→B装置B中澄清石灰水变浑浊吸收空气中的H2O(g)和CO2结束时通入的空气可以将装置中滞留的H2O(g)和CO2赶出1－【分析】Ⅰ、沉淀是CuCO3说明Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生复分解反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀；将沉淀从溶液中分离并净化，用过滤的方法；Ⅱ、（1）加热时氢氧化铜分解成CuO和水，碳酸铜分解成氧化铜和二氧化碳；若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验；若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；由于澄清石灰水会带出H2O（g），所以先检验H2O后检验CO2。（2）由上述分析能证明生成物中有CuCO3的实验现象是装置B中澄清石灰水变浑浊。Ⅲ、（1）实验开始时装置的空气中含有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始时先用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的空气排尽；实验结束氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和H2O（g），通过用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的H2O（g）和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收；（2）装置B质量增加了n克，说明分解生成ng水，根据水的质量计算沉淀中氢氧化铜的质量，沉淀质量减去氢氧化铜的质量等于碳酸铜的质量，再利用质量分数的定义计算。【详解】Ⅰ、沉淀是CuCO3说明，Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀，反应的离子方程式为CO32－+Cu2＋=CuCO3↓；将沉淀从溶液中分离并净化，用过滤的方法，其具体操作依次