吉林省长春市榆树市一中2026年高三下学期3月联考（文理）化学试题含解析

吉林省长春市榆树市一中2026年高三下学期3月联考（文理）化学试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、把35.7g金属锡投入300mL14mol/LHNO3共热(还原产物为NOx)，完全反应后测得溶液中c(H+)=10mol/L，溶液体积仍为300mL。放出的气体经水充分吸收，干燥，可得气体8.96L(S．T．P)。由此推断氧化产物可能是A．Sn(NO3)4 B．Sn(NO3)2 C．SnO2∙4H2O D．SnO2、已知NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．反应中，每生成294gg释放的中子数为3NAB．常温常压下，22.4L乙烷和丙烯(C3H6)的混合物中氢原子数目为6NAC．1L0.5mol.L-1'碳酸钠溶液含有的CO32-数目小于0.5NAD．0.1molH2O2与MnO2充分作用生成O2，转移的电子数为0.1NA3、下列除杂方案错误的是选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法A．C2H5OH(l)H2O(l)新制的生石灰蒸馏B．Cl2(g)HCl(g)饱和食盐水、浓H2SO4洗气C．NH4Cl(aq)Fe3＋(aq)NaOH溶液过滤D．Na2CO3(s)NaHCO3(s)—灼烧A．A B．B C．C D．D4、下列操作能达到相应实验目的的是（）实验目的操作A检验绿茶中是否含有酚类物质向茶水中滴加FeCl3溶液B测定84消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上C除去苯中混有的少量苯酚向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，过滤后分液D实验室制备乙酸乙酯向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热A．A B．B C．C D．D5、在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)△H1<0平衡常数K1②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H2<0平衡常数K210分钟时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20％，10分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L·min)。下列说法不正确的是（）A．反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数为K1B．平衡后c(Cl2)=2.5×10-2mol/LC．其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大D．平衡时NO2的转化率为50％6、重要的农药、医药中间体-碱式氯化铜［CuaClb(OH)c·xH2O］，可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成CuCl2。已知Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。下列有关说法不正确的是A．图中M、N分别为Fe2+、Fe3+B．a、b、c之间的关系式为：2a=b+cC．步骤1充分反应后，加入少量CuO是为了除去Fe3+D．若制备1mol的CuCl2，理论上消耗标况下11.2LO27、下列实验操作及现象和结论都正确的是()实验操作及现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和氯化钠溶液和饱和硫酸铜溶液，均有固体析出蛋白质均发生变性B溴乙烷与氢氧化钠溶液共热后，滴加硝酸银溶液，未出现淡黄色沉淀溴乙烷未水解C向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别滴入2滴相同浓度的氯化钠和碘化钠溶液，一支试管中出现黄色沉淀，另一支无明显现象Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)D向碳酸钠溶液中加入冰醋酸，将生成的气体直接通入到苯酚钠溶液中，产生白色浑浊酸性：醋酸>碳酸>苯酚A．A B．B C．C D．D8、钠离子电池具有成本低、能量转换效率高、寿命长等优点。一种钠离子电池用碳基材料（NamCn）作负极，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，该钠离子电池的工作原理为Na1-mCoO2+NamCnNaCoO2+Cn。下列说法不正确的是A．放电时，Na+向正极移动B．放电时，负极的电极反应式为NamCn—me-=mNa++CnC．充电时，阴极质量减小D．充电时，阳极的电极反应式为NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+9、下列事实不能说明X元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是（）A．X单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊B．在氧化还原反应中，1molX单质比1mol硫得电子多C．X和硫两元素的气态氢化物受热分解，前者的分解温度高D．X元素的最高价含氧酸的酸性强于硫酸的酸性10、[安徽省合肥市2019年高三第三次教学质量检测]化工生产与人类进步紧密相联。下列有关说法不正确的是A．空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂B．侯氏制碱法工艺流程中利用了物质溶解度的差异C．合成氨采用高温、高压和催化剂主要是提高氢气平衡转化率D．工业用乙烯直接氧化法制环氧乙烷体现绿色化学和原子经济11、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，其中有两种组成为ZXY3、ZWY4。下列说法中正确的是A．简单离子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B．最常见氢化物的稳定性：X＞YC．Z2Y2中含有共价键且在熔融状态下能导电D．HWY分子中各原子均达到8电子稳定结构12、中华文明博大精深。下列说法错误的是A．黏土烧制陶瓷的过程中发生了化学变化B．商代后期制作的司母戊鼎属于铜合金制品C．侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱D．屠呦呦发现的用于治疗疟疾的青蒿素()属于有机高分子化合物13、根据实验目的，设计相关实验，下列实验操作、现象解释及结论都正确的是（）A．A B．B C．C D．D14、已知、、、为原子序数依次增大的短周期元素，为地壳中含量最高的过渡金属元素，与同主族，与同周期，且与的原子序数之和为20，单质能与无色无味液体反应置换出单质，单质也能与反应置换出单质，、、均能与形成离子化合物，下列说法不正确的是()A．、两元素的形成的化合物都为黑色固体B．、形成的离子化合物可能含有其价键C．的单质只有还原性，没有氧化性D．工业上可以用铝热法制取金属用于野外焊接铁轨15、萜类化合物广泛存在于动植物体内，某萜类化合物如下图所示，下列说法正确的是A．此萜类化合物的化学式为C10H14OB．该有机物属于芳香烃C．分子中所有碳原子均处于同一平面上D．在浓硫酸、加热条件下，可生成两种芳香烯烃16、以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是A．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4B．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3C．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5D．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来二、非选择题（本题包括5小题）17、用于汽车刹车片的聚合物Y是一种聚酰胺纤维，合成路线如图：已知：（1）生成A的反应类型是_____。（2）试剂a是_____。（3）B中所含的官能团的名称是_____。（4）W、D均为芳香化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。①F的结构简式是_____。②生成聚合物Y的化学方程式是_____。（5）Q是W的同系物且相对分子质量比W大14，则Q有______种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的为_____、_____（写结构简式）（6）试写出由1，3﹣丁二烯和乙炔为原料（无机试剂及催化剂任用）合成的合成路线。（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。___________18、白藜芦醇在保健品领域有广泛的应用。其合成路线如下：回答下列问题：(1)物质B中含氧官能团的名_______。B→C的反应类型为___________。(2)1mol有机物D最多能消耗NaOH为_________mol，白藜芦醇遇足量浓溴水时反应的化学方程式为____________。(3)已知的系统名称1，3-苯二酚，则A的名称为________，已知乙酸酐()极易与水反应生成乙酸，是很好的吸水剂。试从平衡移动的角度分析A→B反应中用乙酸酐代替乙酸的目的是__________。(4)C的核磁共振氢谱有_________组峰，写出满足下列条件的化合物X的所有同分异构体的结构简式__________。①具有与X相同的官能团②属于醋酸酯(5)利用甲苯、磷叶立德试剂和乙醛为原料可以合成(涉及无机试剂自选)，请写出合成路线__________。19、ClO2是一种优良的消毒剂，熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，实验室在50℃时制备ClO2。实验Ⅰ：制取并收集ClO2，装置如图所示：(1)写出用上述装置制取ClO2的化学反应方程式_____________。(2)装置A中持续通入N2的目的是___________。装置B应添加__________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“50℃的热水浴”)装置。实验Ⅱ：测定装置A中ClO2的质量，设计装置如图：过程如下：①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；②按照右图组装好仪器；在玻璃液封管中加入①中溶液，浸没导管口；③将生成的ClO2由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封溶液倒入锥形瓶中，洗涤玻璃液封管2—3次，都倒入锥形瓶，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；④用cmol·L−1Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去VmLNa2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I−+S4O62-)。(3)装置中玻璃液封管的作用是_____________。(4)滴定终点的现象是___________________。(5)测得通入ClO2的质量m(ClO2)=_______g(用整理过的含c、V的代数式表示)。20、硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合，过滤、洗涤、干燥得到碳酸亚铁，在空气中灼烧碳酸亚铁得到铁的氧化物M。利用滴定法测定M的化学式，其步骤如下：①称取3.92g样品M溶于足量盐酸，并配成100mL溶液A。②取20.00mL溶液A于锥形瓶中，滴加KSCN溶液，溶液变红色；再滴加双氧水至红色刚好褪去，同时产生气泡。③待气泡消失后，用1.0000mol·L－1KI标准溶液滴定锥形瓶中的Fe3＋，达到滴定终点时消耗KI标准溶液10.00mL。(1)实验中必需的定量仪器有量筒、电子天平、____________和____________。(2)在滴定之前必须进行的操作包括用标准KI溶液润洗滴定管、__________、___________。(3)步骤②中“气泡”有多种可能，完成下列猜想：①提出假设：假设1：气泡可能是SCN－的反应产物N2、CO2、SO2或N2，CO2。假设2：气泡可能是H2O2的反应产物____________，理由___________。②设计实验验证假设1：试管Y中的试剂是_______。(4)根据上述实验，写出硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合制备碳酸亚铁的离子方程式_____。(5)根据数据计算，M的化学式为_______。(6)根据上述实验结果，写出碳酸亚铁在空气中灼烧的化学方程式________。21、（1）已知A和B均为第3周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：A通常显___价，A的电负性____B的电负性(填“>”“<”或“=”)。（2）紫外光的光子所具有的能量约为399kJ·mol-1。根据下表有关蛋白质分子中重要化学键的信息，说明人体长时间照射紫外光后皮肤易受伤害的原因_____。组成蛋白质的最简单的氨基酸中的碳原子杂化类型是____。（3）实验证明：KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似(如图所示)，其中3种离子晶体的晶格能数据如下表：则该4种离子晶体(不包括NaCl)熔点从高到低的顺序是：____。其中MgO晶体中一个Mg2+周围和它最邻近且等距离的Mg2+有____个。（4）金属阳离子含有的未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型氧化物V2O5和CrO2中，适合作录音带磁粉原料的是____。（5）某配合物的分子结构如图所示，其分子内不含有___(填序号)。A．离子键B．极性键C．金属键D．配位键E.氢键F.非极性键（6）科学家设计反应：CO2+4H2→CH4+2H2O以减小空气中的CO2。若有1molCH4生成，则有___molσ键和___molπ键断裂。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

根据l4mol/LHNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=10mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，利用得失电子守恒来分析金属锡被氧化后元素的化合价。【详解】35.7g金属锡的物质的量为=0.3mol，14mol/L

HNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=10mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，放出的气体经水充分吸收，干燥，可得NO气体8.96L，根据反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，则标准状况下NO2的物质的量为=1.2mol，设金属锡被氧化后元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.3mol×(x−0)=1.2mol×(5−4)，解得x=+4，又溶液中c(H+)=10mol/L，而c(NO3−)==10mol/L，根据溶液电中性可判断氧化产物一定不是硝酸盐，综合以上分析，答案选C。2、B【解析】

A.根据质量守恒原理得：x=249+48-294=3，即每生成1mol释放的中子数为3mol，即3NA，故A正确；B.常温常压下，无法由体积计算物质的量，也就无法计算微粒数目，故B错误；C.1L0.5mol.L-1'碳酸钠溶液中溶质的物质的量为1L×0.5mol.L-1=0.5mol，CO32-部分水解，所以含有的CO32-数目小于0.5NA，故C正确；D.0.1molH2O2与MnO2充分作用生成0.05molO2，O元素由-1价升高为0价，失去1个电子，则转移的电子数为0.05mol×2=0.1mol，即0.1NA，故D正确；故选B。3、C【解析】

A.因为CaO与水反应生成沸点较高的Ca(OH)2，所以除去乙醇中的少量水可以加入新制的生石灰后蒸馏，A正确；B.氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，HCl极易溶于水，可以通过饱和食盐水除去氯化氢，再通过浓硫酸干燥除去Cl2中的HCl，B正确；C.NH4Cl也能与NaOH溶液反应，C错误；D.NaHCO3受热容易分解生成碳酸钠、水和CO2，通过灼烧可除去Na2CO3固体中的NaHCO3固体，D正确；答案选C。4、A【解析】

A选项，检验绿茶中是否含有酚类物质，向茶水中滴加FeCl3溶液，变紫色，则含有分类物质，故A正确，符合题意；B选项，不能用pH试纸测定84消毒液的pH，因为84消毒液有漂白性，故B错误，不符合题意；C选项，除去苯中混有的少量苯酚，滴加溴水，苯酚和溴水反应生成2,4,6—三溴苯酚与苯互溶，不能用过滤、分液，故C错误，不符合题意；D选项，实验室制备乙酸乙酯，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸和碎瓷片，加热，故D错误，不符合题意。综上所述，答案为A。检验酚羟基主要用铁离子检验。5、C【解析】

A.①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)△H1<0平衡常数K1=c(ClNO)c②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H2<0平衡常数K2=c2反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=c2(NO)∙c(Cl2)c4B.10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）=7.5×10-3mol/(L•min)，则平衡时n(ClNO)=7.5×10-3mol/(L•min)×10min×2L=0.15mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)xmol0.5xmol2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)2ymolymol2ymol则0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(Cl2)=0.1mol-0.05mol2L=2.5×10-2mol/L，BC.平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2不变，C错误；D.平衡时NO2的转化率为0.1mol0.2mol×100%=50%，故合理选项是C。6、A【解析】

由实验步骤及转化图可知，发生反应2Cu+O2+4HCl===2CuCl2+2H2O，N为Fe2+，M为Fe3+，在制得在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜，且化合物中正负化合价代数和为0，依此结合选项解答问题。【详解】A．根据上述分析，N为Fe2+，M为Fe3+，A选项错误；B．根据化合物中正负化合价的代数和为0，可知2a=b+c，B选项正确；C．Fe3+水解使溶液显酸性，CuO与H+反应产生Cu2+和水，当溶液的pH增大到一定程度，Fe3+形成Fe(OH)3而除去，从而达到除去Fe3+的目的，C选项正确；D．根据方程式2Cu+O2+4HCl===2CuCl2+2H2O，若制备1mol的CuCl2，理论上消耗0.5molO2，标况下，，D选项正确；答案选A。7、C【解析】

A．蛋白质与NaCl饱和溶液发生盐析，硫酸铜溶液可使蛋白质变性，故A错误；B．溴乙烷与NaOH溶液共热后，应先加入硝酸酸化除去过量的NaOH，否则不能排除AgOH的干扰，故B错误；C．浓度相同，Ksp小的先沉淀，由现象可知Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故C正确；D．醋酸易挥发，醋酸与苯酚钠溶液反应也能产生白色浑浊，则不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱，故D错误；故答案为C。8、C【解析】

A.放电时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故A不选；B.放电时，负极是金属钠失去电子，故电极反应式为NamCn—me-=mNa++Cn，故B不选；C.充电时，阴极的电极反应式为mNa++Cn+me-=NamCn，电极质量增加，故C选；D.充电时，阳极是NaCoO2中的Co失去电子转化为Na1-mCoO2，电极反应式为NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+，故D不选。故选C。碳基材料NamCn中，Na和C都为0价，Na是嵌在碳基里的。在NaCoO2中，Co的化合价比Na1-mCoO2中的Co的化合价低，所以充电时，阳极是NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+。9、B【解析】

比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性等角度判断，而与得失电子数没有必然关系。【详解】A．X单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明X单质的氧化性比硫强，则说明X元素的非金属性比S元素的非金属性强，故A不符合题意；B．在氧化还原反应中，1molX单质比1molS得电子多，氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，故B符合题意；C．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，X和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明X的非金属性较强，故C不符合题意；D．X元素的最高价含氧酸的酸性强于硫酸的酸性，说明X的非金属性较强，故D不符合题意；故答案选B。10、C【解析】

A．空气吹出法中氯气置换出来的溴，Br2被水蒸气吹出与SO2反应，SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，S的化合价从＋4升高到＋6，作还原剂，A项正确；B．在侯氏制碱法中，NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，利用的就是NaHCO3的溶解度比NaCl等物质的溶解度小，使之析出，B项正确；C．合成氨的反应为N2＋3H22NH3，该反应是放热反应，采用高温并不利于反应正向移动，不能提高氢气平衡转化率，采用高温是为了提高化学反应速率，使用催化剂只能加快反应速率，不能提高氢气平衡转化率，C项错误；D．乙烯与氧气反应生成环氧乙烷，2CH2=CH2＋O22，原子利用率100%，符合绿色化学和原子经济性，D项正确；本题答案选C。11、C【解析】

由三种元素组成的盐通常是含氧酸盐，可确定Y为O元素，由于X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，可确定ZXY3是NaNO3，而不是MgCO3；W是Cl元素，排除Si或S元素，结合已有的知识体系可推出这两种盐为：NaNO3、NaClO4，X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl元素，A.电子层数越大，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则简单离子半径：r(Cl－)>r(N3－)>r(O2－)>r(Na＋)，A项错误；B.因非金属性：N＜O，故最常见氢化物的稳定性：X＜Y，B项错误；C.Z2Y2为过氧化钠，其中含有离子键和共价键，属于离子晶体，在熔融状态下能导电，C项正确；D.HWY分子为HClO，其中Cl和O原子均达到8电子稳定结构，而H是2电子稳定结构，D项错误；答案选C。12、D【解析】

A.黏土烧制陶瓷的过程需要高温加热，逐渐去除了有机物，无机物之间相互反应生成了新物质，发生了化学变化，故A正确；B.司母戊鼎由青铜制成，青铜中含有铜元素、锡元素、铅元素等，属于合金，故B正确；C.侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱，即碳酸钠，故C正确；D.青蒿素的相对分子质量较小，不属于有机高分子化合物，故D错误；故选D。有机高分子化合物，由千百个原子彼此以共价键结合形成相对分子质量特别大、具有重复结构单元的有机化合物，属于混合物。一般把相对分子质量高于10000的分子称为高分子。13、C【解析】

A．开始要将银离子沉淀完全，再向新生成的AgCl浊液中滴入KI溶液，白色沉淀逐渐转化为黄色沉淀，才能说明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故A错误；B．加入KSCN溶液溶液变红，只说明有铁离子，不能确定亚铁离子是否完全被氧化，故B错误；C．纯净的乙烯通入酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，说明乙烯具有还原性，故C正确；D．SO2被ClO-氧化成CaSO4沉淀，不能说明酸性强弱，故D错误；故选C。14、A【解析】

已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为Fe与水；C单质能与无色无味液体m反应置换出B单质，D单质也能与m反应置换出A单质，A、B单质应该为氢气、氧气，结合原子序数可知A为H，B为O元素；A与D同主族，则D为Na元素；B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20，则C的原子序数=20-11=9，为F元素，据此解答。【详解】根据分析可知：A为H，B为O，C为F，D为Na，E为Fe元素；A．O、F形成的氧化铁为红棕色，故A错误；B．O、Na形成的过氧化钠是离子化合物，含有共价键和离子键，故B正确；C．Na为活泼金属，金属钠只有还原性，没有氧化性，故C正确；D．Al的还原性大于Fe，可以用铝热反应用于野外焊接铁轨，故D正确；故答案为A。15、A【解析】

A.由萜类化合物的结构简式可知分子式为C10H14O，故A正确；B.萜类化合物中含有氧元素，属于芳香化合物，不属于芳香烃，故B错误；C.萜类化合物中含有4个饱和碳原子，所有碳原子不可能处于同一平面上，故C错误；D.萜类化合物含有羟基，与羟基相连的碳原子上含有的两个甲基是等效的，在浓硫酸、加热条件下，只能生成一种芳香烯烃，故D错误；故选A。判断分子中共线、共面原子数的技巧1.任何两个直接相连的原子在同一直线上。2.任何满足炔烃结构的分子，其所有4个原子在同一直线上。3.苯环对位上的2个碳原子及与之相连的2个氢原子共4个原子一定在一条直线上。4.典型所有的原子一定共平面的有：CH2=CH2、CHCH、苯；可能共平面的有：CH2=CH—CH=CH2、。5.只要出现CH4、—CH3或—CX3等，即只要出现饱和碳原子，所有原子肯定不能都在同一平面上。16、C【解析】

A.FeS2煅烧时会生成SO2，加入CaO会与SO2反应，减少SO2的排放，而且CaSO3最后也会转化为CaSO4，A项不符合题意；B.滤液为NaAlO2溶液，通入CO2，生成Al(OH)3，过滤、洗涤、煅烧可以得到Al2O3；B项不符合题意；C.隔绝空气焙烧时，发生的反应为FeS2+16Fe2O3=2SO2+11Fe3O4，理论上反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16，而不是1:5，C项符合题意；D.Fe3O4具有磁性，能够被磁铁吸引，D项不符合题意；本题答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、取代反应浓硝酸、浓硫酸氯原子、硝基+(2n-1)H2O10【解析】

苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到A是，A转化得到B，B与氨气在高压下得到，可知B→引入氨基，A→B引入硝基，则B中Cl原子被氨基取代生成，可推知B为，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；还原得到D为；乙醇发生消去反应生成E为CH2＝CH2，乙烯发生信息中加成反应生成F为，W为芳香化合物，则X中也含有苯环，X发生氧化反应生成W，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，结合W的分子式，可知W为、则X为，W与D发生缩聚反应得到Y为。（6）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成。【详解】（1）生成A是苯与氯气反应生成氯苯，反应类型是：取代反应，故答案为：取代反应；（2）A→B发生硝化反应，试剂a是：浓硝酸、浓硫酸，故答案为：浓硝酸、浓硫酸；（3）B为，所含的官能团是：氯原子、硝基，故答案为：氯原子、硝基；（4）①由分析可知，F的结构简式是：，故答案为：；②生成聚合物Y的化学方程式是：，故答案为：；（5）Q是W（）的同系物且相对分子质量比W大14，则Q含有苯环、2个羧基、比W多一个CH2原子团，有1个取代基为﹣CH（COOH）2；有2个取代基为﹣COOH、﹣CH2COOH，有邻、间、对3种；有3个取代基为2个﹣COOH与﹣CH3，2个﹣COOH有邻、间、对3种位置，对应的﹣CH3，分别有2种、3种、1种位置，故符合条件Q共有1+3+2+3+1＝10种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的为、，故答案为：10；、；（6）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，其合成路线为，故答案为：。本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中物质的结构、反应条件、反应信息进行分析，侧重考查学生分析推理能力，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常考题型。18、酯基取代反应65－甲基－1,3－苯二酚吸收酯化反应生成的水，促进酯化反应正向移动以提高酯的产率4和【解析】

A和乙酸酐反应，酚羟基中的H被－OCCH3取代，B中的甲基上的H被Cl取代。D在碱性环境下发生水解反应，再酸化，得到白藜芦醇。【详解】(1)B中含氧官能团的名称是酯基；B中的甲基上的H被Cl取代，B到C为取代反应；(2)1mol酚羟基形成的酯基与NaOH溶液反应时，消耗2molNaOH，1molD中含有3mol酚羟基形成的酯基，因此1molD最多能消耗6molNaOH；酚羟基的邻对位上的H能够被Br取代，碳碳双键能够与Br2发生加成反应，则化学方程式为；(3)根据已知，可知酚羟基的编号为1和3，则A中甲基的编号为5，则A的名称为5－甲基－1,3－苯二酚；A与乙酸发生酯化反应时有水生成，如果用乙酸酐代替乙酸，乙酸酐可以吸收酯化反应生成的水，而且生成乙酸，有利于反应正向进行，答案：吸收酯化反应生成的水，促进酯化反应正向移动以提高酯的产率；(4)C分子存在一对称轴，分子中有4种H原子，如图所示，因此C的核磁共振氢谱有4组峰；X的同分异构体，与X具有相同的官能团，也属于醋酸酯，则苯环上的取代基与X的相同，分别是－CHO，－OOCCH3。苯环上有2个取代基，则同分异构体共3种，两取代基分别位于邻位、间位、对位，除去X本身还有2种，分别是和；(5)利用甲苯、磷叶立德试剂和乙醛制备，模仿B到D的过程，则合成路线为。19、降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸冰水浴防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化1.35×10-2cV【解析】

Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；Ⅱ.(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等，准确测量；(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)根据氧化还原反应分析，有关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)。【详解】Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质，则化学反应方程式为：，故答案为：；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，通入氮气，及时排出；ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，故答案为：降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸；冰水浴；Ⅱ.(3)装置中玻璃液封管的作用是，防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量，故答案为：防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量；(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点，故答案为：溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3L×cmol/L=c•V•10-3mol．则：根据关系式：，所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c•V•10-3mol，所以m(ClO2)=n(ClO2)•M=×c•V•10-3mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g，故答案为：1.35cV×10-2。本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键。20、100mL容量瓶滴定管排出玻璃尖嘴的气泡调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度O2H2O2在催化剂作用下分解产生O2澄清石灰水Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2OFe5O75FeCO3+O2Fe5O7+5CO2【解析】

(1)根据实验操作选择缺少的定量仪器，该实验第①步为配制100mL溶液，第③步为滴定实验，据此分析判断；(2)根据滴定管的使用方法进行解答；(3)①过氧化氢在铁离子催化作用下分解生成氧气；

②气泡可能是SCN-的反应产物N2、CO2、SO2或N2、CO2，可以利用二氧化碳通入石灰水变浑浊判断；(4)硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸亚铁、二氧化碳和水；(5)利用反应2I-+2Fe3+=2Fe2++I2的定量关系计算铁元素物质的量，进而计算氧元素物质的量，从而确定化学式；(6)碳酸亚铁在空气中灼烧生成铁的氧化物和二氧化碳，结合原子守恒配平化学方程式。【详解】(1)该实验第①步为配制100mL溶液，缺少的定量仪器有100mL容量瓶；第③步为滴定实验，缺少的定量仪器为滴定管，故答案为：100mL容量瓶；滴定管；(2)滴定管在使用之前，必须检查是否漏水，若不漏水，然后用水洗涤滴定管，再用待装液润洗，然后加入待装溶液，排出玻璃尖嘴的气泡，再调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度，读数后进行滴定，故答案为：排出玻璃尖嘴的气泡；调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度；(3)①假设2：气泡可能是H2O2的反应产物为O2，H2O2在催化剂铁离子作用下分解产生O2，故答案为：O2；H2O2在催化