2026届浙江省浙东北联盟 高三化学第一学期期中调研模拟试题含解析

2026届浙江省浙东北联盟高三化学第一学期期中调研模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列离子方程式正确的是能正确表示下列反应的离子方程式是()A．向含有Fe2O3悬浊液中通入HI：Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2OB．氨水中通入过量的二氧化硫：SO2+NH3·H2O=NH4++SO32-C．碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：HCO3－＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2OD．Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓2、海洋中的珊瑚虫经如下反应形成石灰石外壳，进而形成珊瑚：。与珊瑚虫共生的藻类会消耗海洋中的。气候变暖、温室效应的加剧干扰了珊瑚虫的生长，甚至致其死亡。下列说法不合理的是A．共生藻类消耗，有利于珊瑚的形成B．海洋中浓度升高，抑制了珊瑚的形成C．温度升高会增大在海水中的溶解度，抑制了珊瑚的形成D．将转化为甲醇等化工原料，有助于缓解温室效应3、新型小分子团水具有在人体内储留时间长、渗透效率高、生物利用度高等特点，下列关于小分子团水的说法正确的是A．水分子的化学性质改变B．水分子间的结构、物理性质改变C．水分子内的作用力减小D．水分子中氧氢键长缩短4、下述实验能达到预期目的的是（）编号实验内容实验目的A将SO2通入酸性KMnO4溶液中证明SO2具有氧化性B将Cl2通入NaBr溶液中比较氯与溴的氧化性强弱C将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却降温研究温度对化学平衡的影响D分别向2支试管中加入相同体积不同浓度的H2O2溶液，再向其中1支加入少量MnO2研究催化剂对H2O2分解速率的影响A．A B．B C．C D．D5、已知H2(g)+I2(g)2HI(g)△H<0，有相同容积的密封容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入0.1molH2和0.2molI2，相同温度下分别达到平衡。下列说法不正确的是()A．乙中反应速率比甲中反应速率快B．平衡时甲、乙两容器中混合物的总物质的量之比为2:3C．若平衡时甲中H2的转化率为40%，则乙中H2的转化率大于40%D．平衡后，向乙中再加入0.1molH2，建立新的平衡时，甲和乙中H2的百分含量不相同6、下列关于化合物M(结构如图)的说法错误的是A．能发生消去反应 B．最多与5mol氢气发生加成反应C．环上的一氯代物有7种 D．最多消耗2molNaOH7、下列关于常见无机物的应用说法错误的是A．氨水可用于脱除工业烟气中的二氧化硫B．铁粉和炭粉组成的微电池可用于处理工业废水C．用[Al2(OH)nCl6-n]m(碱式氯化铝)可除去水体中的悬浮杂质并消毒杀菌D．将废铁屑加入氯化亚铁溶液中,可用于除去工业废气中的氯气8、下列说法中，不正确的是A．麦芽糖水解的产物只有葡萄糖B．苯酚可用于合成高分子化合物C．油脂水解可以制取高级脂肪酸D．鸡蛋清遇醋酸铅后产生的沉淀能重新溶于水9、Cu2S与一定浓度的HNO3反应,生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2,NO和H2O。当产物n(NO2):n(NO)=1:1时,下列说法正确的是()A．产物中n[Cu(NO3)2]:n[CuSO4]=1:1B．参加反应的n(Cu2S):n(HNO3)=1:5C．反应中Cu2S既作氧化剂,又作还原剂D．1molCu2S参加反应时有8mol电子转移10、常温下，在等体积①pH=1的硫酸；②0.01mol·L－1NaOH溶液；③pH=10的纯碱溶液中；水电离程度的大小顺序是（）A．①>②>③ B．②>①>③ C．③>①>② D．③>②>①11、化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是()A．铝及其合金是使用广泛的金属材料，通常用电解氯化铝的方法制备铝B．为测定熔融氢氧化钠的导电性，常将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化C．采取“静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量D．氰化物泄漏时，可直接将其冲入下水道，让其自然消解12、化学来源于生活，并应用于生产生活中。下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是A．将煤气化、液化等方法处理，是提高燃料燃烧效率的重要措施之一B．CO2、CxHy、N2等均是造成温室效应的气体C．乙醇、天然气、液化石油气、氢气都可以作为燃料电池的原料，其中氢气是最为环保的原料D．合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺13、下列现象或事实可用同一原理解释的是（）A．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低B．能使溴水和品红溶液褪色C．和溶液使酸性高锰酸钾溶液的紫色褪去D．新制的氨水、氯水放置时间较久而变质14、下列既能由金属和氯气直接制取，又能由金属和盐酸直接制取的是A．FeCl2 B．AlCl3 C．FeCl3 D．CuCl215、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16、下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是A．氯碱工业中制备氯气：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑B．工业制硫酸的主要反应之一：2SO2+O22SO3C．氨氧化法制硝酸的主要反应之一：4NH3+5O24NO+6H2OD．利用铝热反应焊接铁轨：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe二、非选择题（本题包括5小题）17、已知有机物C的分子式为C9H9OCl，分子中有一个苯环，苯环上只有一个侧链且不含甲基，一定条件下C能发生银镜反应。C与其他物质之间的转化如图所示（部分无机产物已略去）：（1）F中官能团的名称是_____________________；C→F的反应类型是____________。（2）C的结构简式是______________________，I的结构简式是__________________。（3）D与银氨溶液反应的化学方程式为_________________________________。（4）有的同学认为B中可能没有氯原子，理由是_______________________。（5）D的一种同系物W(分子式为C8H8O2)有多种同分异构体，则符合以下条件的W的同分异构体有________种，写出其中核磁共振氢谱有4个峰且能发生银镜反应的结构简式___________________。①属于芳香族化合物②遇FeCl3溶液不变紫色③能与NaOH溶液发生反应18、中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题：(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：___________________________。(2)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：__________________________________。(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：_______________________________________。(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，_________、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为_______________________。(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为____________________________。19、肼(N2H4，无色液体)是一种用途广泛的化工原料。实验室中先制备次氯酸钠，再用次氯酸钠溶液和氨反应制备肼并验证肼的性质。实验装置如图所示。已知：Cl2(g)+2NaOH(aq)=NaC1O(aq)+NaC1(aq)+H2O(g)△H<0。当温度超过40℃时，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3。回答下列问题：(1)仪器a的名称是________________，装置B的作用是____________________________。(2)为控制D装置中的反应温度，除用冷水浴外，还需采取的实验操作是________________。(3)当三颈烧瓶中出现黄绿色气体时立即关闭分液漏斗活塞、移去酒精灯、关闭K1。此时装置C的作用是________________________________。(4)将D装置水槽中的冷水换为热水，把三颈烧瓶中黄绿色气体赶走后，打开K2，通入NH3，使其与NaC1O溶液反应制取肼。理论上通入三颈烧瓶的Cl2和NH3的最佳物质的量之比为______________。(5)请从提供的下列试剂中选择合适试剂，设计合理的实验方案验证肼的还原性____________(说明操作、现象和结论)。①淀粉-KI溶液②稀硫酸(酚酞)③NaHCO3④AgC120、水合肼(N2H4·H2O)是无色、有强还原性的液体，实验室制备水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl据此，某学生设计了下列实验。【制备NaClO溶液】实验装置如下图图甲所示（部分夹持装置已省略）已知：3NaClO2NaCl+NaClO3（1）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有__________（填字母）。A．容量瓶B．烧杯C．移液管D．玻璃棒（2）装置I中发生的离子反应方程式是_______________；Ⅱ中玻璃管a的作用为____________；Ⅱ中用冰水浴控制温度在30℃以下，其主要目的___________________【制取水合肼】实验装置如上图图乙所示（3）反应过程中，如果分液漏斗中溶液的滴速过快，部分N2H4·H2O参与A中反应并产生大量氮气，产品产率因此降低，请写出降低产率的相关化学反应方程式____________________；充分反应后，加热蒸馏A内的溶液即可得到水合肼的粗产品。【测定肼的含量】（4）称取馏分0.3000g，加水配成20.0mL溶液，一定条件下用0.1500mol·L-1的I2溶液滴定。已知:N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O。①滴定时，可以选用的指示剂为____________；②实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中N2H4·H2O的质量分数为____。21、Fe2O3俗称氧化铁红，常用作油漆等着色剂。某实验小组用部分氧化的FeSO4为原料，以萃取剂X（甲基异丁基甲酮）萃取法制取高纯氧化铁并进行铁含量的测定。实验过程中的主要操作步骤如下：已知：①在较高的盐酸浓度下，Fe3+能溶解于甲基异丁基甲酮，当盐酸浓度降低时，该化合物解离。②3DDTC-NH4+Fe3+=(DDTC)3-Fe↓+3NH4＋请回答下列问题：（1）用萃取剂X萃取的步骤中，以下关于萃取分液操作的叙述中，正确的是____________。A．FeSO4原料中含有的Ca2+、Cu2+等杂质离子几乎都在水相中B．为提高萃取率和产品产量，实验时分多次萃取并合并萃取液C．溶液中加入X，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，如图用力振摇D．振摇几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气E．经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层F．分液时，将分液漏斗上的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，打开旋塞，待下层液体完全流尽时，关闭旋塞后再从上口倒出上层液体（2）下列试剂中，可作反萃取的萃取剂Y最佳选择是_______________。A．高纯水B．盐酸C．稀硫酸D．酒精（3）吸油量是反映氧化铁红表面性质的重要指标。吸油量大，说明氧化铁红表面积较大，则用在油漆中会造成油漆假稠，影响质量。不同浓度的两种碱溶液对产物吸油量影响如图所示，则上述实验过程中选用的碱溶液为_______________（填“NaOH”或“NH3·H2O”），反应的化学方程式为_________________。（4）操作A为______________________。（5）现准确称取4.000g,样品，经酸溶、还原为Fe2+，在容量瓶中配成100mL溶液，用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.l000mol/L的K2Cr2O7溶液进行滴定（还原产物是Cr3+），消耗K2Cr2O7溶液20.80mL。①用移液管从容量瓶中吸取25.00mL溶液后，把溶液转移到锥形瓶中的具体操作为_____。②产品中铁的含量为_______（假设杂质不与K2Cr2O7反应）。

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、Fe3＋具有强氧化性，I－具有强还原性，两者发生氧化还原反应，缺少2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，故A错误；B、因为SO2是过量的，因此生成的是HSO3－，故B错误；C、碳酸氢钠是少量，碳酸氢钠的系数为1，因此发生的反应是Ba2＋＋OH－＋HCO3－=BaCO3↓＋H2O，故C正确；D、NH3·H2O是弱碱，书写离子反应方程式时，不能拆写成离子，故D错误。点睛：离子反应方程式正误判断中，注意“量”，少量的系数为1，1molNaHCO3，需要消耗1molOH－，产生1molCO32－，因此离子反应方程式为：Ba2＋＋OH－＋HCO3－=BaCO3↓＋H2O。2、C【解析】共生藻类消耗，使生成珊瑚的石灰石外壳的反应正向移动，有利于生成珊瑚，选项A正确。海洋中浓度升高，使生成珊瑚的石灰石外壳的反应逆向移动，抑制了珊瑚的形成，选项B正确。气体溶解度一般随着温度的升高而降低，所以选项C错误。将转化为甲醇等化工原料，可以减少大气中的二氧化碳含量，缓解温室效应，选项D正确。3、B【详解】A、小分子团水的分子与普通水分子相同，只不过它们的聚集状态不同，同种分子化学性质相同，故A错误；

B、小分子团水实际是多个水分子的集合体，小分子团水的分子与普通水分子的聚集状态不同，所以水分子间的结构、物理性质改变，故B正确；C、水分子内的作用力是O-H键，分子没变，所以水分子内的作用力不变，故C错误；

D、水分子内的作用力是O-H键，分子没变，水分子中氧氢键长不变、键能不变，故D错误。选B。4、B【解析】A项，将SO2通入酸性KMnO4溶液中，KMnO4作氧化剂，发生5SO2＋2MnO4－＋2H2O=5SO42－＋2Mn2＋＋4H+，可以证明SO2具有还原性，故A错误。B项，将Cl2通入NaBr溶液中，发生Cl2＋2NaBr=2NaCl＋Br2反应，根据氧化还原反应的强弱规律可知Cl2的氧化性大于Br2，故B正确；C项，将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却降温，气体中发生的反应是2NO2N2O4，与Cu2＋无关，故C错误；D项，根据“控制变量法”，在比较催化剂对化学反应速率的影响时，应在同一浓度下进行比较，否则没有可比性，故D错误。此题答案选B。5、D【解析】本题考查化学平衡的影响因素及有关计算。乙中I2浓度比甲中大，反应更快，A正确；H2（g）＋I2（g）2HI（g）是等体积反应，平衡前后的物质的量不变，故平衡时甲、乙两容器中混合物的总物质的量之比为2︰3，B正确；乙中I2浓度比甲中大，故乙中H2的转化率大于41％，C正确；平衡后，向乙中再加入1．1molH2，建立新的平衡与甲中平衡为等效平衡，甲和乙中H2的百分含量相同，D不正确。6、C【详解】A．该物质含有醇羟基，且某些醇羟基所连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，所以可以发生消去反应，故A正确；B．苯环、碳碳双键可以和氢气发生加成，所以1mol该物质最多与5mol氢气发生加成反应，故B正确；C．该物质结构不对称，所以苯环上有3种一氯代物，最左侧六元环上有4种一氯代物，中间六元环上有1种(另外两种重复)，所以环上的一氯代物共8种，故C错误；D．酚羟基、酯基可以和NaOH反应，所以1mol该物质最多消耗2molNaOH，故D正确；综上所述答案为C。7、C【详解】A、氨水显碱性，可与工业烟气中的二氧化硫反应生成亚硫酸铵或亚硫酸氢铵，故A正确；B、铁粉和炭粉组成的微电池可以加快铁还原废水中的某些重金属离子，故B正确；C、碱式氯化铝水解生成胶体，只能除去水体中的悬浮杂质，但不能消毒杀菌，故C错误；D、氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子能氧化Fe生成亚铁离子，涉及的反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、2Fe3++Fe=3Fe2+，从而除去氯气，故D正确。答案选C。【点睛】在净化水的时候，胶体只有吸附作用，而要有消毒杀菌作用必须要有强氧化性。8、D【详解】A.麦芽糖水解的产物只有葡萄糖，而蔗糖的水解产物是葡萄糖和果糖，A正确；B.苯酚是一种重要的化工原料，可以用于合成高分子化合物，B正确；C.油脂酸性水解的产物是高级脂肪酸和甘油，因此可以制取高级脂肪酸，C正确；D.鸡蛋清的主要成分是蛋白质，蛋白质遇到重金属盐发生变性而沉淀，且沉淀不能重新溶于水，D错误。9、A【分析】由信息可知，n（NO2）：n（NO）=1：1，假定生成1molNO2、1molNO，则HNO3被还原生成1molNO2、1molNO共得4mole-；由电子守恒可知Cu2S应失去4mole-。而1molCu2S能失10mole-，故失4mole-说明反应的Cu2S的物质的量为0.4mol，0.4molCu2S生成0.4molCuSO4和0.4molCu（NO3)2，即起酸性作用的HNO3的物质的量为0.8mol，起氧化作用的HNO3为2mol，参加反应的HNO3共2.8mol，故n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=1：7。【详解】A、由反应可知产物n[Cu(NO3)2]：n[CuSO4]=1：1，故A正确；B、由反应可知参加反应的n（Cu2S）：n（HNO3）=1：7，故B错误；C、Cu、S化合价都升高，则反应中Cu2S只作还原剂，故C错误；D、由分析可知1molCu2S参加反应时有10mol电子转移故D错误。答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素化合价变化、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用。10、D【分析】本题主要考查水的电离。①酸溶液中，OH－是水电离的，根据c(OH－)大小可知水的电离情况.②碱溶液中，H＋是水电离的，可以利用c(H＋)判断水的电离大小。③纯碱是碳酸钠，属于强碱弱酸盐，水解显示碱性，溶液中的OH－是水电离的。【详解】①pH=1的硫酸酸溶液中,OH－是水电离的,,水电离的氢氧根。②溶液,溶液中的H＋是水电离的,,水电离的。③pH=10的纯碱溶液,碳酸钠是强碱弱酸盐,水解后溶液呈碱性,溶液中的OH−是水电离出的,水电离的。综合以上数据，可知水电离程度的大小顺序是：③>②>①。故选D。11、C【解析】A、氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，工业上常电解熔融氧化铝冶炼金属铝，故A错误；B、石英为SiO2，能与NaOH发生反应，因此熔化NaOH固体时，不能用石英坩埚，故B错误；C、静电除尘：烟尘为胶体，利用电泳，达到除尘的目的；燃煤固硫：燃煤中加入CaO或石灰石，与生成的SO2反应，转化成CaSO4，达到除去硫的目的；汽车尾气催化净化：将氮的氧化物转化成N2；故C正确；D、氰化物有剧毒，不能直接排放到自然界中，故D错误。12、B【解析】N2不是造成温室效应的气体。答案选B。13、C【详解】A.浓硫酸的吸水性使浓硫酸中溶剂的量增大，溶质的量不变，导致浓度降低；浓盐酸有挥发性，使溶质的量减少，溶剂的量不变，导致浓度降低，所以浓硫酸和浓盐酸浓度降低的原因不同，A不符合题意；B.SO2是品红溶液褪色是由于其漂白性，使溴水褪色是由于其还原性，褪色原理不同，B不符合题意；C.SO2、FeSO4都具有还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液紫色褪色，C符合题意；D.氨水易挥发，浓度降低而变质；而氯水是由于其中的HClO不稳定，见光分解而变质，故变质原理不同，D不符合题意；故合理选项是C。14、B【详解】A．Fe和Cl2加热条件下反应生成FeCl3，故FeCl2不能由金属和氯气直接反应得到，故A不符合题意；B．Al和Cl2加热条件下反应生成AlCl3，Al和盐酸反应生成AlCl3和H2，故B符合题意；C．Fe和Cl2加热条件下反应生成FeCl3，Fe和盐酸反应生成FeCl2和H2，故C不符合题意；D．Cu和Cl2加热条件下反应生成CuCl2，但Cu与盐酸不反应，故D不符合题意；答案选B。15、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。16、A【分析】本题主要考查化学与生活、生产工业之间的联系。A.考虑到氯碱工业实质是电解饱和食盐水，而不是电解熔融的氯化钠；B.工业制备硫酸，主要有三个阶段，分别是：①煅烧黄铁矿：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3；②SO2的催化氧化：2SO2+O22SO3；③用98.3%的浓硫酸吸收，再稀释的所需浓度的硫酸SO3+H2O=H2SO4。C.工业制硝酸，主要反应为：①氨气的催化氧化：4NH3+5O24NO+6H2O；②2NO+O2＝2NO2；③3NO2+H2O＝2HNO3+NO；D.利用铝热反应焊接铁轨，主要利用了铝的强还原性，其反应为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe。【详解】A.以电解食盐水为基础制取氯气等产品的工业称为氯碱工业，则氯碱工业中制备氯气的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故A错误；B.工业制硫酸的主要反应之一为二氧化硫的催化氧化，化学方程式为：2SO2+O22SO3，故B正确；C.氨氧化法制硝酸的主要反应之一为氨气的催化氧化，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故C正确；D.工业上可以利用Fe2O3或Fe3O4发生铝热反应焊接铁轨，化学方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故D正确；本题答案选A。【点睛】高中阶段常见的工业制备及其所设计的化学方程式如下：1.工业制备硫酸：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3；2SO2+O22SO3；SO3+H2O=H2SO4。2.工业制取硝酸：：4NH3+5O24NO+6H2O；2NO+O2＝2NO2；3NO2+H2O＝2HNO3+NO；3.工业合成氨：N2+3H22NH3；4.氯碱工业：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；5.制水煤气：C+H2O（g）CO+H2；

6.工业制取粉精：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；7.高炉炼铁：3CO+Fe2O33CO2+2Fe；8.工业制备单晶硅：2C+SiO2Si+2CO(制得粗硅)；9.工业制普通玻璃：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑；10.粗铜的精炼：阳极：Cu-2e-=Cu2+阴极:Cu2++2e-=Cu11.侯氏制碱法：①NaCl(饱和)+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳双键、醛基消去反应+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O在碱性环境中氯原子可能水解10【解析】有机物C的分子式为C9H9OCl，分子中有一个苯环且苯环上只有一条侧链，无甲基；一定条件下C能发生银镜反应，说明C中含有醛基，C的不饱和度==5，因为含有一个苯环，所以还含有一个醛基，C发生水解反应生成D，D发生银镜反应然后酸化得到E，E中含有醇羟基、羧基，所以能发生酯化反应生成I，I分子中含有一个八元环，则C结构简式为，C发生氧化反应得到B，B为，B和乙醇发生酯化反应生成A，A结构简式为；C发生消去反应生成F，F结构简式为，G发生加聚反应生成H，H为；C发生取代反应生成D，D结构简式为，D发生银镜反应然后酸化得到E，E为，E发生酯化反应生成含有一个八元环的I，I结构简式为。(1)F为，官能团是碳碳双键和醛基，C发生消去反应生成F，故答案为碳碳双键、醛基；消去反应；(2)C为，I为，故答案为；；(3)D与银氨溶液发生银镜反应，反应方程式为+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；(4)在碱性条件下氯原子可能发生水解反应，所以可能B中不含氯原子，故答案为在碱性环境中氯原子可能水解；(5)D的一种同系物W(分子式为C8H8O2)有多种同分异构体，D结构简式为，W结构简式符合下列条件：①属于芳香族化合物，说明含有苯环；②遇FeCl3溶液不变紫色，说明不含酚羟基；③能与NaOH溶液发生反应说明含有羧基或酯基，如果含有羧基和甲基，有邻间对三种结构；如果只含亚甲基和羧基，有一种结构，为苯乙酸；如果含有酯基，可能是苯甲酸甲酯、甲酸苯甲酯、乙酸苯酯；如果含有酯基和甲基，有邻间对三种结构，所以符合条件的有10种；其中核磁共振氢谱有4个峰且能发生银镜反应的结构简式为，故答案为10；。点睛：本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，正确判断C结构简式是解本题关键，根据反应条件结合某些物质分子式、结构进行推断，难点是(5)同分异构体种类判断，要考虑官能团异构、位置异构。18、1~100nm2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在蒸发浓缩玻璃棒2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O【分析】将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。【详解】(1)根据胶体的定义，红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1~100nm。(2)C是FeSO4，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。(3)E是NH4Cl溶液，铵根离子与碱反应能放出氨气，鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是：取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在。(4)利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。根据过滤操作的装置图可知，过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为玻璃棒。(5)FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为-1，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。19、烧瓶除去Cl2中的HCl控制浓盐酸的滴加速度或控制加热温度储存氯气1:2取少量AgCl于试管中，加入肼溶液，固体逐渐变黑，并有气泡产生，说明肼有还原性【解析】（1）仪器a为烧瓶；装置A中生成Cl2，气体中含有HCl，故B的作用为除去Cl2中的HCl；（2）由题干已知信息可知，过量的Cl2会与NaOH发生副反应，导致原料的浪费以及NaClO浓度降低，故需控制Cl2的量，可采取的实验操作为：控制浓盐酸的滴加速度或控制加热温度；（3）关闭分液漏斗活塞、移去酒精灯时，分液漏斗中反应未立即停止，还会继续产生少量氯气，因K1关闭，A、B装置为封闭体系，故C的作用为储存氯气；（4）氯气通入D中发生反应：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；通入NH3后，D中发生反应：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，由两个方程式中NaClO与Cl2、N2H4的关系可知，通入三颈烧瓶的Cl2和NH3的最佳物质的量之比为1:2；（5）若要验证肼的还原性，则需要选择氧化剂，AgCl中Ag+具有氧化性，故可选用AgCl，其实验操作及现象和结论为：取少量AgCl于试管中，加入肼溶液，固体逐渐变黑，并有气泡产生，说明肼有还原性。20、BDMnO2+4H++2Cl-≜Mn2++Cl2↑+2H2O平衡压强防止NaClO分解为NaCl和NaClO3，影响水合肼的产率2NaClO+N2H4·H2O=2NaCl+N2↑+3H2O淀粉溶液25%【解析】分析：本题考查质量分数溶液的配制、NaClO溶液和水合肼的制备、Cl2的实验室制备、肼含量的测定、指定情境下方程式的书写。【制备NaClO溶液】图甲装置I中MnO2与浓盐酸共热制Cl2；根据“已知3NaClO≜2NaCl+NaClO3”，说明NaClO受热易分解，装置II中Cl2与NaOH溶液在冰水浴中制备NaClO溶液；Cl2有毒，装置III用于吸收多余Cl2，防止污染大气。【制备水合肼】由于水合肼具有强还原性，NaClO具有强氧化性，NaClO溶液滴加过快，NaClO将部分水合肼氧化成N2，NaClO被还原成NaCl。【测定肼的含量】反应中用碘水滴定肼溶液，所以用淀粉溶液作指示剂。根据消耗的I2和方程式计算N2H4·H2O的质量，进一步计算N2H4·H2O的质量分数。详解：【制备NaClO溶液】（1）配制30%NaOH溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解，所需的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒，答案选BD。（2）图甲装置I中MnO2与浓HCl共热制备Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）≜MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-≜Mn2++Cl2↑+2H2O。II中玻璃管a的作用为：平衡压强。装置II中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO溶液，根据“