2026届福建省建瓯市芝华中学高三化学第一学期期中经典模拟试题含解析

2026届福建省建瓯市芝华中学高三化学第一学期期中经典模拟试题注意事项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、反应2A(g)2B(g)E(g)ΔH＞0，达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是A．缩小体积加压 B．扩大体积减压 C．增加E的浓度 D．降温2、下列各组离子一定能大量共存的是()A．在酸性溶液中：Na+、K+、Cl-、NO3-B．在强碱性溶液中：NH4+、K+、SO42-、CO32-C．在含有大量AlO2－的溶液中：NH4＋、Cu2＋、Cl－、H＋D．在c(H+)＝0.1mol·L－1的溶液中：K+、Na+、HCO3-、NO3-3、雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是A．砷酸的分子式为H2AsO4B．红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出C．该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为12：1D．该反应中每析出4.8g硫黄，则转移0.5mol电子4、一个原电池的总反应是Zn+Cu2+=Zn2++Cu的是()A．Zn正极Cu负极CuCl2 B．Cu正极Zn负极H2SO4C．Cu正极Zn负极CuSO4 D．Zn正极Fe负极CuCl25、现取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加bmol·L−1NaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，则下列有关该实验的说法中不正确的是A．沉淀中氢氧根的质量为(n—m)克B．恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量为bv/1000molC．生成标准状况下NO气体的体积为2.24(n-m)/17LD．与合金反应的硝酸的物质的量为bv/1000mol+(n-m)/51mol6、水的离子积常数随温度升高而升高。关于一定量的水，下列叙述正确的是A．温度升高，水中分子总数减少 B．水中c(OH-)随温度升高而降低C．水的pH随温度升高而升高 D．水的电离过程是放热过程7、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．煤、石油、天然气是不可再生资源，应该合理利用不能浪费B．硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂C．新冠病毒可用乙醇、次氯酸钠溶液、双氧水消毒，其消毒原理相同D．晶体硅常用来做光导纤维8、25℃时，pH=2的盐酸和醋酸各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。下列说法不正确的是（）A．曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程 B．a溶液的导电性比c溶液的导电性强C．a溶液中和氢氧化钠的能力强于b溶液 D．将a、b两溶液加热至30℃，变小9、下列各组物质混合后，只能生成一种含钠化合物的是（）A．NaHCO3溶液、石灰水 B．NaOH溶液、CO2C．Na2CO3溶液、盐酸 D．Na2O2、CO210、下列转化过程不能一步实现的是A．Al(OH)3→Al2O3 B．Al2O3→Al(OH)3C．Al→AlCl3 D．Al→NaAlO211、在给定条件下，下列加点的物质在对应的化学反应中能完全耗尽的是A．向100.0mL3.00mol/L的稀硝酸中加入5.6g铁B．用40.0mL10.00mol/L的盐酸与10.0g二氧化锰共热制取氯气C．标准状况下，将1.0g铝片投入20.0mL18.40mol/L的硫酸中D．在50MPa、500℃和铁触媒催化的条件下，用1.2mol氮气和3mol氢气合成氨12、短周期主族元素Q、W、X、Y、Z原子序数依次增大，Q原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，W是非金属性最强的元素，X的原子半径在短周期主族元素中为最大，Y是地壳中含量最多的金属元素，Z与Q同主族。下列叙述正确的是A．原子半径：r(Z)＞r(W)＞r(Q)B．气态氢化物的热稳定性：W＞Q＞ZC．X与Z形成的化合物呈碱性的原因：Z2-＋2H2OH2Z＋2OH－D．Y与Z的二元化合物可以在溶液中通过复分解反应制得13、化学与生活、环境密切相关。下列有关说法不正确的是()A．竹炭具有超强的吸附能力，可用于吸收新装修房屋内的有害气体B．研发使用高效电力能源汽车，减少雾霾污染以降低呼吸系统发病率C．胶粒不能透过半透膜，血液透析利用半透膜将有害物质移出体外D．碘酸钾具有较强的氧化性，在食盐中加入适量碘酸钾，可抗人体老化14、已知：lgC（s）燃烧生成一氧化碳放出9.2kJ的热量；氧化亚铜与氧气反应的能量变化如图所示。下列叙述正确的是A．碳[C（s）]的燃烧热△H为-110.4kJ·mol-1B．1molCuO分解生成Cu2O放出73kJ的热量C．反应2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）的活化能为292kJ·mol-1D．足量炭粉与CuO反应生成Cu2O的热化学方程式为：C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）△H=+35.6kJ·mol-115、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16、有机物A的键线式结构为，有机物B与等物质的量的H2发生加成反应可得到有机物A下列有关说法错误的是()A．用系统命名法命名有机物A，名称为2，2，3﹣三甲基戊烷B．有机物A的一氯取代物只有4种C．有机物A的分子式为C8H18D．有机物B的结构可能有3种，其中一种名称为3，4，4﹣三甲基﹣2﹣戊烯二、非选择题（本题包括5小题）17、氮、磷属于同一主族元素，是组成生命体的重要元素，其单质及化合物用途广泛。回答下列问题：（1）基态P原子的核外电子排布式为___________________（2）自然固氮现象发生的一系列化学变化：，解释了民谚“雷雨发庄稼”的原理。①分子结构中σ键和π键数目之比为__________②中N原子采取__________杂化方式，写出它的一种等电子体的化学式：__________。③已知酸性：，下列相关见解合理的是__________。A．含氧酸中氧原子总数越多，酸性越强B．同种元素化合价越高，对应含氧酸的酸性越强C．中氮元素的正电性更高，在水溶液中更易电离出，酸性强于（3）磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，其晶胞结构如图所示，图中a点和b点的原子坐标参数分别为(0，0，0)、，则c点的原子坐标参数为__________。已知该晶体密度为，则B—P键的键长为__________pm(阿伏加德罗常数用表示，列出计算式即可)。。18、氰基烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为，从而具有胶黏性，某种氰基丙烯酸酯(G)的合成路线如下：已知：①A的相对分子量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰；②回答下列问题：(1)A的化学名称为_________。(2)G的结构简式为_________，G中的含氧官能团是________________（填官能团名称）。(3)由B生成C的反应类型为_________，由C生成D的反应类型为_________。(4)由E生成F的化学方程式为_________。(5)G的同分异构体中，含有酯基，能发生银镜反应、核磁共振氢谱之比是1：1：3的同分异构体结构简式_________、_________。（写两种即可）19、碳、硫的含量影响钢铁性能，碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定。（1）采用装置A，在高温下x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2。①气体a的成分是____________________。②若钢样中硫以FeS形式存在，A中反应：3FeS+5O21____+3_____。（2）将气体a通入测硫酸装置中（如右图），采用滴定法测定硫的含量。①H2O2氧化SO2的化学方程式：_________________。②用NaOH溶液滴定生成的H2SO4，消耗zmLNaOH溶液，若消耗1mLNaOH溶液相当于硫的质量为y克，则该钢样中硫的质量分数：_________________。（3）将气体a通入测碳装置中（如下图），采用重量法测定碳的含量。①气体a通过B和C的目的是_____________________。②计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是__________________。20、在平板电视显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末中含有二氧化铈(CeO2)。(1)在空气中煅烧Ce(OH)CO3可制备CeO2，该反应的化学方程式________；(2)已知在一定条件下，电解熔融状态的CeO2可制备Ce，写出阳极的电极反应式________；(3)某课题组用上述废玻璃粉末(含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其它少量不溶于稀酸的物质)为原料，设计如图流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵。①过滤得到滤渣B时，需要将其表面杂质洗涤干净。洗涤沉淀的操作是________。②反应①的离子方程式为______________________。③如下图，氧化还原滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。该产品中Ce(OH)4的质量分数为________________(保留两位有效数字)。若滴定所用FeSO4溶液已在空气中露置了一段时间，则测得该Ce(OH)4产品的纯度__________(“偏高”、“偏低”或“无影响”)。21、资料显示联苯双酯能增强肝脏解毒功能，减轻肝脏的病理损伤，促进肝细胞再生并保护肝细胞，从而改善肝功能。合成联苯双酯的工艺路线如下：已知：回答下列问题：（1）化合物Ⅲ中的官能团名称为______________，该化合物的核磁共振氢谱中有_____组峰。（2）Ⅴ→Ⅵ的反应类型为______________。写出一定条件下Ⅴ→Ⅵ的化学方程式：____________________。（3）写出比Ⅴ多2个H原子，且符合下列条件的任意两种同分异构体的结构简式：_________________①苯环上的一氯代物只有1种；②能发生银镜反应；③水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；（4）根据题目中的相关信息并结合已学知识，写出Ⅰ→Ⅱ的合成路线：_________________，该合成路线为何要经过多步而不是一步完成，目的是__________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【分析】要使正反应速率降低，A的浓度增大，平衡要逆向进行；【详解】A.增大压强，平衡向着体积缩小的方向移动，即逆向移动，但反应速率加快，A项错误；B.降低压强，反应速率减慢，平衡正向移动，B项错误；C.增加E的浓度，反应速率加快，平衡逆向移动，C项错误；D.降低温度，平衡逆向移动，反应速率减慢，D项正确；答案选D。2、A【解析】A.在酸性溶液中，Na+、K+、Cl-、NO3-离子间不发生反应，能够大量共存，故A正确；B.在强碱性溶液中，NH4+与氢氧根离子能够反应生成难电离的物质，不能大量共存，故B错误；C.AlO2－与H＋能够反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故C错误；D.c(H+)＝0.1mol·L－1的溶液显酸性，在酸性溶液中HCO3-不能大量存在，故D错误；故选A。点晴：离子不能大量共存的一般情况有：(1)能反应生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质；(2)能生成难溶物的离子；(3)能发生氧化还原反应的离子之间(如：Fe、H+、NO3-等)；(4)能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN-)等。本题的易错点为C，AlO2－与H＋的反应不是太常见，要注意。3、D【详解】A、砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；B、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2,原电池正极发生还原反应，所以NO2在正极生成并逸出，故B错误；C、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1，故C错误；D、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1molAs2S3失10mol电子，生成2mol砷酸和3mol硫单质，所以生成0.15mol硫黄，转移0.5mol电子，故D正确。4、C【分析】根据电池反应式知，Zn失电子化合价升高作负极，不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极，铜离子得电子发生还原反应，则可溶性铜盐溶液作电解质溶液。【详解】A.应该是Zn作负极、Cu作正极，故A错误；B.应该是锌作负极、Cu作正极，含铜离子的溶液作电解质溶液，故B错误；C.Zn作负极、Cu作正极、硫酸铜溶液作电解质溶液可以实现该原电池反应,所以C正确；D.Zn负极、Fe正极，CuCl2做电解质溶液，故D错误；答案：C。【点睛】理解电池总反应和原电池的工作原理是解题的关键，原电池的负极发生失电子的氧化反应，正极发生得电子的还原反应，原电池的负极一般比正极活泼。5、C【解析】A、沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为（n－m）克，A正确；B、恰好溶解后溶液中的NO3－离子的物质的量等于沉淀质量最大时溶液中NO3－离子的物质的量，当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠（NaNO3），硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n（NO3－）=n（Na+）=n（NaOH）=mol，B正确；C、根据以上分析可知沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子，n（e－）=n（OH－）=mol，根据电子守恒原理，生成NO时，HNO3中+5价的N原子得3个电子，因此生成NO的物质的量应该是转移电子的三分之一，即mol×=mol，其体积在标准状况下为L，C错误；D、参加反应的硝酸有两种作用，起酸和氧化剂作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量为mol，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量为mol，所以与合金反应的硝酸的物质的量为（+）mol，D正确；答案选C。6、A【解析】A、水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，水分子总数减少，选项A正确；B、温度升高，水的电离程度增大，氢氧根离子浓度增大，选项B错误；C、温度升高，水的电离程度增大，氢离子浓度增大，pH值减小，选项C错误；D、水的电离过程是吸热过程，选项D错误；答案选A。7、A【详解】A．煤、石油、天然气都是化石能源，是不可再生资源，应该合理利用，故A正确；B．铁粉是食品包装中常用的抗氧化剂，故B错误；C．新冠病毒可用次氯酸钠溶液、双氧水消毒，是利用其具有强氧化性消毒，利用乙醇消毒是酒精能渗入细菌体内，使组成细菌的蛋白质凝固，其消毒原理不同，故C错误；D．常用来做光导纤维的是二氧化硅，故D错误；故选A。8、C【解析】A．稀释相同倍数，I的pH变化大，则I应为盐酸稀释时的pH值变化曲线，A正确；B．溶液导电性取决于离子浓度，a点的H+浓度大，离子总浓度大于c点，a点导电性强，B正确；C．b点溶液中存在未电离的醋酸，其中和NaOH能力比HCl溶液强，C错误；D．将a、b两溶液加热至30℃，a中c（Cl-）不变，加热促进醋酸的电离，c(CH3COO-)增大，则变小，D正确；答案选C。9、D【详解】A．NaHCO3溶液、石灰水反应，如石灰水不足，则生成Na2CO3，如石灰水过量，则生成NaOH，故A不选；B．NaOH溶液、CO2反应，如二氧化碳不足，则生成Na2CO3，如二氧化碳过量，则生成NaHCO3，故B不选；C．Na2CO3与盐酸反应，如盐酸不足，生成NaHCO3、NaCl，如盐酸过量，则只生成NaCl，故C不选；D．Na2O2、CO2反应只生成Na2CO3，故D选。故答案选D。10、B【详解】A、Al(OH)3加热分解Al2O3，可一步实现转化，A错误；B、氧化铝不溶于水,不能一步转化生成Al(OH)3，B正确；C、金属铝与盐酸或氯气反应均生成AlCl3，可一步转化，C错误；D、Al与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，可一步实现转化，D错误；答案选B。11、A【分析】A、5.6g铁的物质的量0.1mol,反应首先氧化为硝酸铁,即先发生反应Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，0.3mol硝酸氧化0.075mol铁为三价铁离子,剩余0.025mol铁会继续和生成的0.1mol三价铁离子反应,根据反应Fe+2Fe3＋＝3Fe2＋进行判断；B、二氧化锰与浓盐酸反应,随反应进行浓盐酸变成稀盐酸,二氧化锰与稀盐酸不反应;C、18.40mol/L的硫酸为浓硫酸,常温下遇到铁、铝金属发生了钝化,不再继续反应；D、反应是可逆反应,反应物不能完全转化。【详解】A、5.6g铁的物质的量0.1mol,根据反应Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，0.3mol硝酸氧化0.075mol铁为三价铁离子,剩余0.025mol铁会继续和生成的0.1mol三价铁离子反应,根据反应Fe+2Fe3＋＝3Fe2＋可以知道,剩余0.025mol铁全部溶解需要三价铁离子0.05mol<0.075mol,铁全部溶解,所以A选项是正确的；B、二氧化锰与浓盐酸反应,随反应进行浓盐酸变成稀盐酸,二氧化锰与稀盐酸不反应,盐酸不能完全反应,故B错误；C、18.40mol/L的硫酸为浓硫酸,标准状况下,铝片遇浓硫酸发生钝化,阻止反应进行,铝不能完全消耗,故C错误；D、氮气与氢气的反应是可逆反应,反应物不能完全转化,故D错误；综上所述，本题正确选项A。12、B【解析】短周期主族元素Q、W、X、Y、Z原子序数依次增大，Q原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，最外层最多容纳8个电子，则Q最外层含有6个电子，为O元素；W是非金属性最强的元素，则W为F元素；X的原子半径在短周期主族元素中为最大，则X为Na元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，则Al元素；Z与Q同主族，则Z为S元素，A．Z、W、Q分别为S、F、O元素，S原子的电子层最多，其原子半径最大，F、O位于同一周期，原子半径O>F，则原子半径大小为：S>O>F，即r（Z）>r（Q）>r（W），选项A错误；B．非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，非金属性S<O<F，则气态氢化物的热稳定性大小为：W>Q>Z，选项B正确；C．X与Z形成的化合物为Na2S，硫离子水解溶液呈碱性，但硫离子的水解分别进行，主要以第一步为主，正确的离子方程式为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，选项C错误；D．Y、Z分别为Al、S，二者形成的化合物为Al2S3，铝离子与硫离子发生双水解反应，在溶液中无法制取，选项D错误；答案选B。13、D【解析】竹炭具有超强的吸附能力，能吸收有害气体，故A正确；研发使用高效电力能源汽车，可以减少汽车尾气排放，故B正确；血液透析利用渗析原理，用半透膜将有害物质移出体外，故C正确；氧化剂能加快人体老化，还原剂能抵抗人体老化，故D错误。14、D【详解】A碳[C（s）]的燃烧热指的是1mol碳完全燃烧生成二氧化碳气体时所放出的热量，根据题中数据无法计算碳的燃烧热，故A不正确；B.由题图可知，氧化亚铜与氧气反应生成CuO是放热反应，则CuO分解生成Cu2O是吸热反应，故B错误；C.由题图可知氧化亚铜与氧气反应生成CuO的活化能为348kJ·mol-1，故C错误；D.将lgC（s）燃烧生成一氧化碳放出9.2kJ的热量的热化学方程式为：①C（s）+1/2O2（g）=CO（g）△H=-110.4kJ·mol-1，氧化亚铜与氧气反应的热化学方程式为：②2Cu2O+O2（g）=4CuO（s）△H=-292kJ·mol-1，根据盖斯定律计算①-②/2得热化学方程式为C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）△H=+35.6kJ·mol-1，故正确。故选D。15、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。16、B【详解】A．最长的主链含有5个C原子，从距离甲基进的一段编碳号，的名称为：2，2，3−三甲基戊烷，故A正确；B．根据信息可知，A的结构简式为，分子中有5种化学环境不同的氢原子，故其一氯代物有5种，故B错误；C．由A的结构简式可知，A的分子式为C8H18，故C正确；D．A是有机物B与等物质的量的H2发生加成产物，则B中含有1个C=C双键，根据加成反应还原双键，A中相邻碳原子上都含有H原子的可以含有碳碳双键，故B的结构简式可能有如下三种：、、，它们名称依次为：3，3−二甲基−2−乙基−1−丁烯、3，4，4−三甲基−1−戊烯、3，4，4−三甲基−2−戊烯，故D正确；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、1∶2sp2SO3或O4或BF3等BC【分析】(1).P元素的原子序数为15，核外电子为3层，有5个能级；（2）①N2分子中含有氮氮三键，结构式为N≡N，氮氮三键由一个σ键和两个π键形成；②硝酸根中N原子价电子层电子对数为3，孤电子对数为0，杂化方式为sp2杂化；原子个数和价电子数相同的微粒互为等电子体；③同种元素化合价越高，含氧酸中氧原子总数越多，非羟基氧原子个数越多，正电性更高，在水溶液中更易电离出，酸性越强；（3）由a、b的坐标可知晶胞的边长为1，由晶胞结构可知c位于右侧面的面心，则c的坐标为（1，，）；由分摊法计算可得。【详解】(1).P元素的原子序数为15，核外电子为3层，有5个能级，电子排布式为1s22s22p63s23p3，故答案为：1s22s22p63s23p3；（2）①N2分子中含有氮氮三键，结构式为N≡N，氮氮三键由一个σ键和两个π键形成，则σ键和π键之比为1:2，故答案为：1:2；②硝酸根中N原子价电子层电子对数为3，孤电子对数为0，则杂化方式为sp2杂化；原子个数和价电子数相同的微粒互为等电子体，则与硝酸根互为等电子体的微粒为SO3或O4或BF3等，故答案为：SO3或O4或BF3等；③A.含氧酸中非羟基氧原子个数越多，酸性越强，与氧原子总数无关，故错误；B.同种元素化合价越高，含氧酸中氧原子总数越多，非羟基氧原子个数越多，酸性越强，故正确；C.HNO3中氮元素的化合价高，正电性更高，在水溶液中更易电离出，所以相较HNO2酸性更强，故正确；BC正确，故答案为：BC；（3）由a、b的坐标可知晶胞的边长为1，由晶胞结构可知c位于右侧面的面心，则c的坐标为（1，，）；由晶胞结构可知，b处于4个P原子围成的正方体的正中心，P原子位于顶点，设x为晶胞边长，则B-P键的长度为；由晶胞结构可知，晶胞中含有4个BP，由=x3ρ可得x=，则B-P键长为pm，故答案为：（1，，）；。18、丙酮酯基消去反应取代反应+O2+H2O（或）【详解】A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，则A分子中氧原子数目为=1，A分子中C、H原子总相对原子质量为58-16=42，用“商余法”=3…6，故A的分子式为C3H6O，A的核磁共振氢谱显示为单峰，且A能发生已知②的反应生成B，故A为，B为，根据C的分子式和B→C的反应条件，B发生消去反应生成的C为，C与氯气光照反应生成D，D发生水解反应生成E，结合E的分子式可知，C与氯气发生取代反应生成D，则D为，E为，E发生催化氧化反应生成F，F与甲醇发生酯化反应生成G，则F为，G为；(1)A为，其化学名称为丙酮；(2)G的结构简式为，G中含有的官能团为碳碳双键、酯基、氰基，其中含氧官能团是酯基；(3)与浓硫酸混合加热，发生消去反应生成；由与氯气光照反应生成，反应类型为取代反应；(4)由发生催化氧化生成的化学方程式为+O2+H2O；(5)的同分异构体中，含有酯基，能发生银镜反应，说明为甲酸酯，再结合核磁共振氢谱之比是1：1：3，可知满足条件的同分异构体结构简式有。19、CO2、SO2、O2Fe3O4SO2H2O2+SO2=H2SO4zy/x除去SO2对CO2测定的干扰吸收CO2气体前后吸收瓶的质量【详解】（1）①钢样中的碳、硫在装置A中被氧化为CO2、SO2，故a的成分为CO2、SO2以及未反应的O2；②FeS中的-2价的硫被氧化为SO2，+2价的Fe被氧化为+3价的铁，结合所给化学计量数，可知产物应为Fe3O4和SO2，故方程式为3FeS+5O2Fe3O4+3SO2；（2）①H2O2具有氧化性，可氧化SO2使S的化合价升高为+6价，在溶液中反应产物应为硫酸，故反应方程式为：H2O2+SO2=H2SO4；②1mLNaOH相当于ygS，故zmLNaOH相当于zygS，则该样品中硫的质量分数为zy/x。（3）①测定碳的含量需将气体a中的SO2除去，故装置B和C的作用是除去SO2；②计算碳的质量分数须利用CO2的质量进行分析，故需测量CO2吸收瓶在吸收CO2气体前后的质量。20、（1）4Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O（2）（3）后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净;2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O;冷却结晶65.30%偏高【解析】试题分析：（1）Ce(OH)CO3变成CeO2失去1个电子，氧气得到4个电子，所以二者比例为4:1，方程式为4Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O。（2）电解熔融状态的二氧化铈可制备铈，在阴极得到铈，阴极是铈离子得到电子生成铈，电极反应为。（3）滤渣A为氧化铁，二氧化铈和氧化亚铁，与硫酸反应后溶液中存在铁离子和亚铁离子。固体表面可吸附铁离子或亚铁离子，检验滤渣B已经洗净的方法是取最后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净。二氧化铈与过氧化氢反应生成硫酸铈和水，方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；根据流程分析，由溶液生成固体，应先蒸发浓缩，然后冷却结晶。称取0.536g样品，加入硫酸溶解，用硫酸亚铁溶液滴定，消耗25毫升，方程式为：Ce4++Fe2++=Ce3++Fe3+,根据元素守恒分析，Ce(OH)4的物质的量等于