湖北省孝感市2025-2026学年高考化学全真模拟密押卷（含答案解析）

这是一份湖北省孝感市2025-2026学年高考化学全真模拟密押卷（含答案解析），共7页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、下列对化学用语的理解中正确的是（ ）
A．原子结构示意图：可以表示35Cl，也可以表示37Cl
B．电子式：可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子
C．比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子
D．结构简式(CH3)2CHOH：可以表示1-丙醇，也可以表示2-丙醇
2、下表中各组物质之间不能通过一步反应实现如图转化的是
A．AB．BC．CD．D
3、锂—铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li＋Cu2O＋H2O＝2Cu＋2Li+＋2OH-，下列说法错误的是
A．整个反应过程中，氧化剂为O2
B．放电时，正极的电极反应式为：Cu2O＋H2O＋2e-＝2Cu＋2OH-
C．放电时，当电路中通过0.1 ml电子的电量时，有0.1 ml Li+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12 L氧气参与反应
D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O
4、某未知溶液（只含一种溶质）中加入醋酸钠固体后，测得溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1。则原未知溶液一定不是
A．强酸溶液B．弱酸性溶液C．弱碱性溶液D．强碱溶液
5、硫元素最常见和最稳定的一种同素异形体是黄色的正交α－型，1912年E.Beckmann由硫在碘中的冰点降低法测得它含有S8分子。1891年，用浓盐酸和硫代硫酸盐的饱和溶液在0℃下作用首次制得了一种菱形的－硫，后来证明含有S6分子。下列说法正确的是
A．S6和S8分子都是由S原子组成，所以它们是一种物质
B．S6和S8分子分别与铁粉反应，所得产物不同
C．S6和S8分子分别与过量的氧气反应可以得到SO3
D．等质量的S6和S8分子分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同
6、降冰片二烯类化合物是一类太阳能储能材料。降冰片二烯在紫外线照射下可以发生下列转化。下列说法错误的是（ ）
A．降冰片二烯与四环烷互为同分异构体
B．降冰片二烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．四环烷的一氯代物超过三种（不考虑立体异构）
D．降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子不超过4个
7、下列说法中正确的是 （ ）
A．加热浓硫酸和乙醇混合液，产生的气体能使溴水褪色 ，证明该气体是乙烯
B．用苯与溴水制取溴苯，溴苯的密度比水的大
C．铜与稀硝酸制取一氧化氮，可以利用排水法收集
D．加热氢氧化钙与氯化铵反应制氨气， 氨气能使红色石蕊试纸变蓝
8、化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）
A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的
B．人工合成的多氟碳化物可能作为未来的血液的替代品
C．煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源
D．禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染
9、下列物质中含氯离子的是（ ）
A．HClB．CCl4C．KClD．NaClO
10、某温度下，向10 mL 溶液中滴加的溶液，滴加过程中，溶液中与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是( )已知： 。
A．该温度下
B．X、Y、Z三点中，Y点水的电离程度最小
C．溶液中：
D．向100 mL 浓度均为的混合溶液中逐滴加入的溶液，先沉淀
11、下列各表述与示意图一致的是
A．
25℃时，用0.1ml·L-1盐酸滴定20mL 0.1ml·L-1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
B．
10mL 0.01ml·L-1 KMnO4酸性溶液与过量的0.1ml·L-1 H2C2O4溶液混合时，n(Mn2-)随时间的变化
C．
曲线表示反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △HO>P
B．瑞德西韦中的N—H键的键能大于O—H键的键能
C．瑞德西韦中所有N都为sp3杂化
D．瑞德西韦结构中存在σ键、π键和大π键
二、非选择题(共84分)
23、（14分）中国科学家运用穿山甲的鳞片特征，制作出具有自我恢复性的防弹衣，具有如此神奇功能的是聚对苯二甲酰对苯二胺(G)。其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为___。
（2）B中含有的官能团名称为___，B→C的反应类型为___。
（3）B→D的化学反应方程式为___。
（4）G的结构简式为___。
（5）芳香化合物H是B的同分异构体，符合下列条件的H的结构共有___种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为___。
①能与NaHCO3溶液反应产生CO2；②能发生银镜反应
（6）参照上述合成路线，设计以为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线：___。
24、（12分）F(4-苯并呋喃乙酸)是合成神经保护剂依那朵林的中间体,某种合成路线如下:
(1)化合物F中的含氧官能团为____和_______(填官能团的名称)。
(2)试剂X分子式为C2H3OCl且分子中既无甲基也无环状结构,则X的结构简式为_______;由E→F的反应类型为______。并写出该反应方程式:______
(3)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式:______
Ⅰ.能发生银镜反应
Ⅱ.分子中含有1个苯环且有3种不同化学环境的氢
(4)请写出以和BrCH2COOC2H5为原料制备的合成路线流程图(无机试剂可任选)合成路线流程图示例如下:______
CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3
25、（12分）无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气。某学生试图用如图所示装置来确定该化学反应中各物质的计量关系。
试回答：
（1）加热过程中，试管A中发生的实验现象可能有___。
（2）装置E和F的作用是___；
（3）该学生使用装置B的本意是除去混合气体中的三氧化硫以提纯氧气，他的做法正确吗？为什么？___。
（4）另一学生将9.6g无水硫酸铜充分加热使其完全分解后，用正确的实验方法除去了生成物中的二氧化硫和三氧化硫，最后测出氧气的体积为448mL（标准状况）。据此可计算出二氧化硫为___ml，三氧化硫为___ml。
（5）由上述实验数据可知无水硫酸铜受热分解的化学方程式：___。
（6）上述装置可以简化而不影响实验效果。请你提出一个简化方案，达到使装置最简单而不影响实验效果的目的：___。
26、（10分）一氯甲烷(CH3Cl)一种重要的化工原料，常温下它是无色有毒气体，微溶于水，易溶于乙醇、CCl4等有机浓剂。
(1)甲组同学在实验室用装置A模拟催化法制备一氯甲烷并检验CH3Cl的稳定性。
A． B． C． D．
①装置A中仪器a的名称为__________，a瓶中发生反应的化学方程式为________。
②实验室干燥ZnCl2晶体制备无水ZnCl2的方法是________。
(2)为探究CH3Cl与CH4分子稳定性的差别，乙组同学设计实验验证CH3C1能被酸性KMnO4溶液氧化。
①为达到实验目的，上面装置图中装置连接的合理顺序为A________
②装置中水的主要作用是__________。
③若实验过程中还产生了一种黄绿色气体和一种无色气体，该反应的离子方程式为_____。
(3)丙组同学选用A装置设计实验探究甲醇的转化率。取6.4g甲醇与足量的浓盐酸充分反应，将收集到的CH3Cl气体在足量的氧气中充分燃烧，产物用过量的V1mL、c1ml·L-1NaOH溶液充分吸收。现以甲基橙作指示剂，用c2ml·L-1盐酸标准溶液对吸收液进行返滴定，最终消耗V2mL盐酸。(已知：2CH3Cl+3O2 2CO2+2H2O+2HCl)
①滴定终点的现象为____________
②该反应甲醇的转化率为________。(用含有V、c的式子表示)
27、（12分）甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。实验室利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。
查阅资料：
①甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。
②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。
实验过程：
I．装置C中盛有17.4gFeCO3和200mL1.0ml·L-1甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌；然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。
Ⅱ．反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。
(1)仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是_______________。
(2)装置B中盛有的试剂是：____________；装置D的作用是________________。
(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，该反应的离子方程式为____________________________。
(4)过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。
①pH过低或过高均导致产率下降，其原因是_____________________；
②柠檬酸的作用还有________________________。
(5)过程II中加入无水乙醇的目的是_______________________。
(6)本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，则其产率是_____％。
28、（14分）研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。
（1）利用CO2和CH4重整可制合成气（主要成分为CO、H2），已知重整过程中部分反应的热化学方程式为：
Ⅰ．CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH=+75.0 kJ·ml−1
Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.0 kJ·ml−1
Ⅲ．CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g) ΔH=−131.0 kJ·ml−1
①反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的ΔH=_________kJ·ml−1。
②固定n(CO2)=n(CH4)，改变反应温度，CO2和CH4的平衡转化率如图所示。同温度下CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率，其原因是_______________。
（2）研究发现，化石燃料在O2和CO2的混合气体中燃烧与在空气中燃烧相比，烟气中NOx的排放量明显降低，其主要原因是_________________________。
（3）为研究“CO还原SO2”的新技术，在反应器中加入0.10 ml SO2，改变加入CO的物质的量，反应后体系中产物物质的量随CO物质的量的变化如图所示。反应的化学方程式为__________。
（4）碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]毒性小，是一种绿色化工产品，用CO合成(CH3O)2CO，其电化学合成原理为4CH3OH+2CO+O22(CH3O)2CO+2H2O，装置如图所示，直流电源的负极为________（填“a”或“b”）；阳极的电极反应式为_____________。
（5）用PdCl2溶液可以检验空气中少量的CO。当空气中含CO时，溶液中会产生黑色的Pd沉淀。若反应中有0.02 ml电子转移，则生成Pd沉淀的质量为_______________。
29、（10分）苯酚是一种重要的有机化工原料。利用苯酚合成己二醛[OHC(CH2)4CHO]和尼龙6()的合成路线如图：
已知：①
②+NH2OH+H2O
回答下列问题：
（1）由A制取B的反应类型为___，C的系统命名为___。
（2）E的结构简式为___。
（3）写出合成尼龙6的单体（）的分子式___。
（4）己二醛与足量银氨溶液反应的化学方程式为___。
（5）己二醛的同分异构体中既含五元环结构，又含“”结构的有___种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式有___（任写一种）
（6）写出以溴乙烷为原料制备甲醛的合成路线___(无机试剂任选)。
参考答案
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、A
【解析】
A.35Cl和37Cl是同种元素，质子数相同，电子数也相同，所以原子结构示意图也相同，故A正确；
B.羟基的电子式为，氢氧根离子的电子式为，故B错误；
C.比例模型中应符合原子的大小，氯原子半径大于碳原子半径，所以不能用同一个比例模型表示甲烷和四氯化碳，故C错误；
D.(CH3)2CHOH中主碳链有3个碳，羟基在二号碳上，仅可以表示2-丙醇，故D错误；
综上所述，答案为A。
2、B
【解析】
A. 乙烯与HCl加成得到一氯乙烷，一氯乙烷消去得到乙烯与HCl，一氯乙烷与水发生取代得到乙醇，乙醇消去得到乙烯与水，符合转化，A项正确；
B. HNO3显酸性，NH3显碱性，由硝酸不能直接转化为氨气，不能实现转化，B项错误；
C. AlCl3与氨水反应得到Al(OH)3，Al(OH)3与盐酸反应得到AlCl3与水，Al(OH)3加热分解得到Al2O3，Al2O3与盐酸反应得到AlCl3与水，符合转化，C项正确；
D. 氯气与氢气反应得到HCl，浓HCl与高锰酸钾反应得到氯气，HCl与CuO反应得到CuCl2和水，CuCl2电解得到Cu与氯气，符合转化，D项正确；
答案选B。
3、C
【解析】A，根据题意，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，由放电反应推知Cu极电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，Cu2O又被还原成Cu，整个过程中Cu相当于催化剂，氧化剂为O2，A项正确；B，放电时正极的电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，B项正确；C，放电时负极电极反应式为Li-e-=Li+，电路中通过0.1ml电子生成0.1mlLi+，Li+透过固体电解质向Cu极移动，反应中消耗O2物质的量为=0.025ml，在标准状况下O2的体积为，C项错误；D，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，D项正确；答案选C。
4、A
【解析】
A.强酸性溶液会促进醋酸根水解平衡正向进行,不能满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1,故选A；
B.弱酸性溶液如加入少量醋酸会增加溶液中醋酸根离子浓度,可以满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1，故不选B；
C.弱碱性溶液如加入弱碱抑制醋酸根离子水解,可以满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1，故不选C；
D.强碱溶液如加入KOH溶液抑制醋酸根离子水解,可以满足满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1,故不选D；
答案：A
醋酸钠固体溶解后得到溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，使得醋酸根离子浓度减小，c(CH3COO―)+H2OCH3COOH+OH-，从平衡角度分析。
5、D
【解析】
A选项，S6和S8分子都是由S原子组成，它们是不同的物质，互为同素异形体，故A错误；
B选项，S6和S8是硫元素的不同单质，化学性质相似，因此它们分别与铁粉反应，所得产物相同，故B错误；
C选项，不管氧气过量还是少量，S6和S8分子分别与氧气反应可以得到SO2，故C错误；
D选项，等质量的S6和S8分子，其硫原子的物质的量相同，因此它们分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同，故D正确。
综上所述，答案为D。
6、C
【解析】
A.降冰片二烯与四环烷分子式相同，结构不同，因此二者互为同分异构体，A正确；
B.降冰片二烯分子中含有碳碳双键，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C.四环烷含有三种位置的H原子，因此其一氯代物有三种，C错误；
D.根据乙烯分子是平面分子，与碳碳双键连接的C原子在碳碳双键所在的平面上，所以降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子为4个，D正确；
故合理选项是C。
7、C
【解析】
A. 实验室可通过加热酒精和浓硫酸的混合物制乙烯，其副反应常伴有SO2产生，SO2有还原性，也能使溴水，故A错误；
B. 苯的溴代反应需要催化剂，而反应的催化剂是溴化铁，在有水存在时，溴化铁就会电离和水解，改变了溴化铁的结构，失去了催化作用，反应就无法进行，制取溴苯要用苯和溴单质，不能用溴水，故B错误；
C. 铜与稀硝酸制取一氧化氮，一氧化氮难溶于水，可以利用排水法收集，故C正确。
D. 加热氢氧化钙与氯化铵反应制氨气， 氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，必须强调湿润的，干燥的试纸不变色，故D错误；
答案选C。
8、C
【解析】
A．乙烯含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，因此用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故A正确；
B．实验表明，老鼠能在含饱和多氟碳化物的溶液内部获得氧气，像鱼儿一样在水中游动，把狗身上的70%的血液，换成由25%的多氟碳化物和75%的水混合成的乳液后仍可存活，科学家预测多氟碳化物可能成为血液的替代品，故B正确；
C．煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有CO、H2、CH4等可燃性气体的过程；煤的液化指固体煤经化学加工转化成液体燃料和化工原料的过程；两者都生成了新物质，属于化学变化，故C错误；
D．因铅能使人体中毒，禁止使用四乙基铅作汽油防爆剂可以减少铅污染，故D正确；
答案选C。
9、C
【解析】
A. HCl是共价化合物，不存在氯离子，故A错误；
B. CCl4是共价化合物，不存在氯离子，故B错误；
C. KCl是离子化合物，由K+ 和Cl- 组成，含有氯离子，故C正确；
D. NaClO是离子化合物，由Na+ 和ClO- 组成，不存在氯离子，故D错误；
故答案为C。
10、B
【解析】
向10mL0.1ml/LCuCl2溶液中滴加0.1ml/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，Y点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7ml/L，Ksp(CuS)= c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7ml/L×10-17.7ml/L=10-35.4ml2/L2，据此结合物料守恒分析。
【详解】
A. 该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7ml/L，则Ksp(CuS)= c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7ml/L×10-17.7ml/L=10-35.4ml2/L2，A错误；
B.Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，Y点时恰好形成CuS沉淀，水的电离程度小于X、Z点，所以X、Y、Z三点中，Y点水的电离程度最小，B正确；
C.根据Na2S溶液中的物料守恒可知：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，C错误；
D.向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5ml/L的混合溶液中逐滴加入10-4ml/L的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)=ml/L=3×10-20ml/L，产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)= =10-30.4ml/L＜3×10-20ml/L，则产生CuS沉淀时所需S2-浓度更小，即Cu2+先沉淀，D错误；
故合理选项是B。
本题考查沉淀溶解平衡的知识，根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp数值是解题关键，注意掌握溶度积常数的含义及应用方法，该题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
11、C
【解析】
A. 等浓度的强酸强碱的滴定曲线，到达终点的pH发生突变，不是渐变；
B. 发生氧化还原反应生成锰离子，Mn2+对该反应有催化作用，反应加快；
C. 反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △HH2S，元素非金属性越强，对应的简单氢化物的热稳定性越强，则热稳定性H2O>H2S，故B正确；
C. 非金属性S＞C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为H2SO4＞H2CO3，故C错误；
D. 由H、O、Na、S四种元素组成的常见化合物有NaHSO3和NaHSO4，0.1ml·L－1NaHSO3溶液的pH>1，0.1ml·L－1NaHSO4溶液的pH＝1，故D错误。
综上所述，答案为B。
氢化物稳定性与非金属有关，氢化物沸点与非金属无关，与范德华力、氢键有关，两者不能混淆。
20、C
【解析】
A．亚硫酸为酸性，其pH小于7，与图象不符，发生Cl2+H2SO3+H2O=2Cl-+4H++SO42-后，随着氯气的通入，pH会降低，直到亚硫酸反应完全，pH不变，故A错误；
B．NaAlO2溶液中通入HCl气体，发生H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1：3，故B错误；
C．向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，则Fe元素的质量增加，Cl元素的质量不变，所以Cl的质量分数减小，至反应结束不再变化，故C正确；
D．BaSO4饱和溶液中，存在溶解平衡，加硫酸钠，硫酸根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，故D错误；
故答案为C。
21、B
【解析】
由题意可知，生成物为两种无毒物质，再结合反应历程可知，生成物为：N2和H2O，反应物为：NH3和NO和NO2，结合得失电子守恒、原子守恒可得反应方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O
【详解】
A．NO2和NH4+反应生成[(NH4)2(NO2)]2+无元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A错误；
B．由分析可知，该反应的化学方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，B正确；
C．结合B可知，X是N2和H2O，C错误；
D．由反应历程可知，[(NH4)(HNO2)]+是该反应的中间产物，不是催化剂，D错误。
答案选B。
22、D
【解析】
A．一般情况下非金属性越强，电负性越强，所以电负性：O>N>P，故A错误；
B．O原子半径小于N原子半径，电负性强于N，所以O-H键的键能大于N-H键键能，故B错误；
C．形成N=C键的N原子为sp2杂化，形成C≡N键的N原子为sp杂化，故C错误；
D．该分子中单键均为σ键、双键和三键中含有π键、苯环中含有大π键，故D正确；
故答案为D。
二、非选择题(共84分)
23、对二甲苯（或1，4-二甲苯） 羧基 取代反应 +2CH3OH+2H2O； 13
【解析】
根据合成路线可知，经氧化得到B，结合D的结构简式可逆推得到B为，B与甲醇发生酯化反应可得到D，D与氨气发生取代反应生成E，E与次氯酸钠反应得到F，F与C发生缩聚反应生成聚对苯二甲酰对苯二胺（G），可推知G的结构简式为：，结合有机物的结构与性质分析作答。
【详解】
（1）根据A的结构，两个甲基处在对位，故命名为对二甲苯，或系统命名为1，4-二甲苯，
故答案为：对二甲苯（或1，4-二甲苯）；
（2）由D的结构逆推，可知B为对苯二甲酸（），含有的官能团名称为羧基，对比B与C的结构，可知B→C的反应类型为取代反应，
故答案为：羧基；取代反应；
（3）B→D为酯化反应，反应的方程式为：+2CH3OH+2H2O；
故答案为：+2CH3OH+2H2O；
（4）已知G为聚对苯二甲酰对苯二胺，可知C和F在一定条件下发生缩聚反应而得到，其结构简式为；
故答案为：
（4）芳香化合物H是B的同分异构体，能与溶液反应产生；能发生银镜反应，说明含有羧基和醛基，可能的结构有一个苯环连有三个不同官能团：—CHO、—COOH、—OH，有10种同分异构体；还可能一个苯环连两个不同官能团：HCOO—、—COOH，有邻、间、对三种；共10+3=13种。其中核磁共振氢谱有四组峰的H的结构简式为，
故答案为：13；；
（6）设计以为原料，制备的合成路线，根据题目B→D、D→E、E→F信息，可实现氨基的引入及碳链的缩短，具体的合成路线为。
24、羧基 醚键 ClCH2CHO 取代反应 +H2O+CH3CH2OH
【解析】
由A生成B，A的苯环变成环己烷结构，两个羟基变成羰基。在试剂X的作用下得到C。C生成D，羰基变为—CH2COOC2H5，D生成E，重新变成苯环，E分子中有酯基，发生酸性水解，酯基转变为羧基。
【详解】
(1)由F的结构可知，含氧官能团为羧基、醚键；
(2)试剂X分子式为C2H3OCl，且分子中既无甲基也无环状结构，且羟基和碳碳双键连在同一个碳原子上的结构不稳定，则X的结构简式为ClCH2CHO。由E→F发生酯的水解反应，属于取代反应。故答案为：ClCH2CHO，取代反应，+H2O+CH3CH2OH；
(3)E中有12个碳原子，3个氧原子和7个不饱和度，它的一种同分异构体满足:Ⅰ.能发生银镜反应，含有醛基，Ⅱ.分子中含有1个苯环且有3种不同化学环境的氢，可以含有3个—CH2CHO，且处于间位位置，结构简式为；
(4)可以先从生成物入手考虑，要得到，结合给出的原料BrCH2COOC2H5，根据转化关系中的C→D→E→F，需要有，可以用原料合成。即与HBr发生加成反应得到，在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解生成，再发生催化氧化生成，结合转化关系中C→D反应，与BrCH2COOC2H5/Zn作用得到，最后在酸性条件下水解得到。故答案为：。
25、白色固体变黑 测出产生O2的体积 不正确，O2能被NaHSO3溶液吸收 0.04 0.02 3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑ 去掉BC，仅O2进入E中可计算
【解析】
(1)无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气，氧化铜为黑色；
(2)EF是排水量气法测量气体体积，依据装置试剂作用分析判断最后测量的是氧气的体积；
(3)装置连接中A受热分解生成的气体含有氧气，通过亚硫酸氢钠溶液会被还原吸收引起误差；
(4)依据反应生成的二氧化硫和氧气之间存在电子守恒，计算二氧化硫物质的量，依据硫酸铜质量换算物质的量，结合硫元素守恒计算三氧化硫物质的量；
(5)依据(4)计算得到生成物的物质的量，然后写出化学方程式；
(6)结合电子守恒和原子守恒可知，只要知道O2的物质的量，即可计算SO2和SO3的物质的量，据此分析调整装置。
【详解】
(1)无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气，无水硫酸铜是白色固体，氧化铜为黑色；
(2)EF是排水量气装置，难溶于水的气体体积可以利用排水量气装置测定体积，装置A生成的气体通过亚硫酸氢钠溶液吸收氧气；吸收三氧化硫生成二氧化硫，浓硫酸吸收三氧化硫和水蒸气；通过碱石灰吸收二氧化硫，则最后测定的是氧气的体积；
(3)使用装置B的本意是除去混合气体中的三氧化硫以提纯氧气，但气体通过饱和亚硫酸氢钠溶液中，氧气会被还原吸收；
(4)依据反应生成的二氧化硫和氧气之间存在电子守恒，计算二氧化硫物质的量，氧气448mL(标准状况)物质的量为0.02ml，电子转移0.08ml，CuSO4～SO2～2e-；计算得到二氧化硫物质的量为0.04ml，依据硫酸铜质量换算物质的量==0.06ml，结合硫元素守恒计算三氧化硫物质的量为0.06ml-0.04ml=0.02ml；
(5)依据(4)计算得到生成物的物质的量写出化学方程式为3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑；
(6)由计算(4)中分析可知，只要知道O2的物质的量，即可计算SO2和SO3的物质的量，则简化方案是去掉BC，仅O2进入E中，即可根据收集的氧气计算。
26、圆底烧瓶CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O在HC1气流中小心加热C-D-B除去CH3C1中的HCl和甲醇，防止对后续试验的干扰10CH3Cl+14MnO4－+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化
【解析】
(1)①根据仪器a特点，得出仪器a为圆底烧瓶；根据实验目的，装置A是制备CH3Cl，据此分析；
②ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2＋能发生水解，制备无水ZnCl2时，需要防止Zn2＋水解；
(2)①A是制备CH3Cl的装置，CH3Cl中混有甲醇和HCl，甲醇和HCl能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰实验，必须除去，利用它们溶于水，需要通过C装置，然后通过D装置验证CH3Cl能被酸性高锰酸钾溶液氧化最后通过B装置；
②根据①分析；
③黄绿色气体为Cl2，利用高锰酸钾溶液的氧化性，将CH3Cl中C氧化成CO2，高锰酸钾中Mn元素被还原成Mn2＋，据此分析；
(3)①使用盐酸滴定，甲基橙作指示剂，终点是溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化；
②CH3Cl燃烧生成CO2和HCl，CO2和HCl被NaOH所吸收，然后用盐酸滴定过量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，据此分析；
【详解】
(1)①根据仪器a的特点，仪器a的名称为圆底烧瓶，根据实验目的，装置A制备CH3Cl，HCl中Cl取代CH3OH中羟基，则a瓶中的反应方程式为CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O；
答案：圆底烧瓶；CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O；
②ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2＋发生水解，因此实验室干燥ZnCl2晶体制备无水ZnCl2的方法是在HC1气流中小心加热；
答案：在HC1气流中小心加热；
(2)①根据实验目的，装置A制备CH3Cl，甲醇和浓盐酸易挥发， CH3C1中含有HCl和甲醇等杂质，HCl和甲醇均能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰后续实验，利用甲醇和HCl易溶于水，通入KMnO4溶液前需用水除去，然后再通入酸性高锰酸钾溶液，根据③得到黄绿色气体，黄绿色气体为Cl2，氯气有毒，污染环境，因此最后通入CCl4溶液，除去Cl2等有毒气体，则连接顺序是A→C→D→B；
答案：C→D→B；
②根据①分析，水的作用是除去CH3C1中的HCl和甲醇；
答案：除去CH3Cl中的HCl和甲醇，防止对后续实验的干扰；
③黄绿色气体为Cl2，利用高锰酸钾溶液的氧化性，将CH3Cl中C氧化成CO2，高锰酸钾中Mn元素被还原成Mn2＋，根据化合价升降法、原子守恒和电荷守恒，得到l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O；
答案：l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O；
(3)①燃烧生成的CO2和HCl全部被NaOH溶液充分吸收，溶液中的溶质有NaOH、NaCl、Na2CO3，用甲基橙作指示剂，盐酸进行滴定，滴定终点的产物为NaCl，滴定终点的现象为溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化；
答案：溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟（30s）内不变化；
②根据①的分析，最后溶质为NaCl，NaCl中氯元素来自于CH3Cl和盐酸，根据Cl元素守恒可得CH3Cl中的n(Cl)= n(CH3Cl) -n（HCl）=(c1V1－c2V2)×10－3，甲醇的转化率是=；
答案：。
27、分液漏斗 平衡压强、便于液体顺利流下 饱和NaHCO3溶液 检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中 Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀 防止Fe2+被氧化 降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出 75
【解析】
(1)根据仪器的结构确定仪器a的名称；仪器b可平衡液面和容器内的压强；
(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl；澄清石灰水遇CO2气体变浑浊；
(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，根据守恒法写出反应的离子方程式；
(4)①甘氨酸具有两性，能与H+反应；溶液中的Fe2+易水解生成Fe(OH)2沉淀；
②柠檬酸的还原性比Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化；
(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇；
(6) 17.4gFeCO3的物质的量为=0.15ml，200mL甘氨酸溶液中含甘氨酸的物质的量为0.2L×1.0ml·L-1=0.2ml，理论上生成0.1ml的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204g▪ml-1×0.1ml=20.4g，以此计算产率。
【详解】
(1)根据仪器的结构可知仪器a的名称分液漏斗；仪器b可平衡液面和容器内的压强，便于液体顺利流下；
(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl，则装置B中盛有的试剂饱和NaHCO3溶液；当装置内空气全部排净后，多余的CO2气体排出遇澄清的石灰水变浑浊，则装置D的作用是检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中；
(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(4)①过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，当pH过低即酸性较强时，甘氨酸会与H+反应生成NH3+CH2COOH；当pH过高即溶液中OH-较大时，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，故pH过低或过高均会导致产率下降；
②柠檬酸的还原性比Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化，则滴加柠檬酸可防止Fe2+被氧化；
(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，则过程II中加入无水乙醇可降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出；
(6)17.4gFeCO3的物质的量为=0.15ml，200mL甘氨酸溶液中甘氨酸的物质的量为0.2L×1.0ml·L-1=0.2ml，理论上生成0.1ml的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204g▪ml-1×0.1ml=20.4g，产率是=75%。
28、+247 CO2发生了其他副反应 CO2代替了N2，减少了N2与O2反应 4CO+2SO24CO2+S2 b 2CH3OH+CO−2e−(CH3O)2CO+2H+ 1.06 g
【解析】
（1）分析题中重整过程中部分反应的热化学方程式，可根据盖斯定律计算目标反应的焓变值。分析图中转化率曲线，当n(CO2)=n(CH4)，CO2的转化率大于CH4，分析重整过程中部分反应的热化学方程式Ⅱ，可知CO2会和H2发生副反应。
（2）相比空气，O2和CO2的混合气体中没有N2，CO2代替了N2，减少了N2与O2反应；
（3）分析题给信息，随着CO的物质的量的增大，生成物X、Y的生成量逐渐增大，但产物X的生成量大于产物Y的生成量。在CO的物质的量为0.20ml时，产物X的生成量保持不变，产物Y的生成量变小。在CO的物质的量为0.20ml时，生成产物X、Y的物质的量分别为0.20ml和0.05ml，根据质量守恒，推断X、Y的成分，进而得出反应方程式。
（4）由图可知，该装置为电解池，根据电解池原理，与电源负极相连的为阴极，发生还原反应，与电源正极相连的为阳极，发生氧化反应，根据电解池中阳离子向阴极移动，可判断出电解池的阴极。根据题给的总反应方程式，写出电极反应方程式。
（5）依据生成Pd质量，结合PdCl2～Pd～2e-，计算分析。
【详解】
（1）根据盖斯定律，由①+②−③得到反应CO2(g)+CH4(g)2CO( g)+2H2(g) ΔH=+247 kJ/ml；根据图示可知，CO2发生了其他副反应，同温度下CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率；答案为：①+247；②CO2发生了其他副反应；
（2）CO2代替了N2，减少了N2与O2反应；答案为：CO2代替了N2，减少了N2与O2反应；
（3）根据图中信息，若以CO投入量为0.2 ml，则为0.10 ml SO2与0.20 ml CO反应生成0.05 ml Y和0.2 ml X，且“CO还原SO2”，则X与Y中有一种是CO2，根据质量守恒可知X为CO2，则Y只含有硫元素，应该为S2；故反应的化学方程式为：4CO+2SO24CO2+S2；答案为：4CO+2SO24CO2+S2；
（4）在电解池中，阳离子向阴极移动，可以得出b为直流电源的负极；阳极氧化失电子，电极反应式为2CH3OH+CO−2e−==(CH3O)2CO+2H+；答案为：b；2CH3OH+CO−2e−(CH3O)2CO+2H+；
（5）若空气中含CO，溶液中会产生黑色的Pd沉淀。依据PdCl2～Pd～2e−，每转移2 ml电子，生成106 g Pd沉淀，共0.02 ml电子转移，则生成沉淀的质量==1.06 g。答案为：1.06 g。
29、消去反应 1，2-环已二醇 C6H11ON OHC(CH2)4CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOC(CH2)4COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O 11 、、 CH3CH2BrCH2=CH2
【解析】
由己二醛的结构，结合反应条件及信息①可知，苯酚与氢气发生加成反应生成A为，A发生消去反应生成B为，B发生氧化反应得到C为；C被H5IO6氧化得到OHC(CH2)4CHO；D发生信息②中的反应得到E，可知A发生氧化反应生成D，故D为、E为；
(6)以溴乙烷为原料制备甲醛，溴乙烷发生消去反应生成乙烯，乙烯发生信息①的反应生成乙二醇，乙二醇发生信息①的反应生成甲醛。
【详解】
(1)由A制取B是转化为，反应类型为：消去反应；C为，C的化学名称为：1，2−环己二醇，故答案为：消去反应；1，2−环己二醇；
(2)E的结构简式为：，故答案为：；
(3)合成尼龙6的单体的分子式 为C6H11ON，故答案为：C6H11ON；
(4)己二醛与银氨溶液反应的化学方程式为：OHC(CH2)4CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOC(CH2)4COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O，故答案为：OHC(CH2)4CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOC(CH2)4COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O；
(5)己二醛的同分异构体中既含五元环结构，又含“”，若为五元碳环，取代基可以为−COOH、或者−OOCH，有2种，若五元环中含有酯基结构，取代基为−CH2CH3，环上有3种不同的氢，故有3种，取代基为2个−CH3，两个甲基可以在同一碳原子上，有3种，在不同碳原子上也有3种，故符合条件的同分异构体共有2＋3＋3＋3＝11种，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式有：、、，故答案为：11；、、；
(6)溴乙烷发生消去反应生成乙烯，再用冷、稀、中性高锰酸钾氧化得到乙二醇，最后与H5IO6作用得到甲醛，合成路线流程图为：CH3CH2BrCH2=CH2，故答案为：CH3CH2BrCH2=CH2。
本题采用正逆结合、题给信息灵活运用方法进行推断，正确推断各物质结构简式是解本题关键，易错点是同分异构体种类判断。
甲
乙
丙
A
CH2=CH2
CH3CH2Cl
CH3CH2OH
B
NH3
NO
HNO3
C
AlCl3
Al(OH)3
Al2O3
D
Cl2
HCl
CuCl2