2026届甘肃省武威市高考全国统考预测密卷化学试卷（含答案解析）

这是一份2026届甘肃省武威市高考全国统考预测密卷化学试卷（含答案解析），共15页。
3．考试结束后，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、NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．—1的H2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NA
B．273K、101kPa下，22.4L甲烷和氧气的混合气体燃烧后，产物的分子总数一定为NA
C．25℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH—的数目为0.1NA
D．1 ml Na与氧气完全反应得到Na2O与Na2O2的混合物时失去的电子数一定为NA
2、下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A．乙醇和丙三醇互为同系物
B．环己烯()分子中的所有碳原子共面
C．分子式为C5H10O2，且属于酯的同分异构体共有9种(不考虑立体异构)
D．二环己烷( )的二氯代物有6种结构(不考虑立体异构)
3、X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子半径与最外层电子数的关系如下图所示。R原子最外层电子数Q原子最外层电子数的4倍，Q的简单离子核外电子排布与Z2-相同。下列相关叙述不正确的是
A．化合物中含有离子键
B．五种元素中Q的金属性最强
C．气态氢化物的稳定性：
D．最高价氧化物对应的水化物酸性：
4、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W最简单的氢化物常温下为气体，是可燃冰的成分，X是同周期中原子半径最小的元素，W和Y的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X、Z同主族。下列有关判断正确的是（ ）
A．常温下，X、Z的单质与水反应均有弱酸生成
B．W、X、Z的最简单氢化物中，HZ的热稳定性最强
C．Y与Z的化合物YZ3是非电解质
D．W的氢化物的沸点一定低于X的氢化物的沸点
5、电化学在日常生活中用途广泛，图甲是镁——次氯酸钠燃料电池，电池总反应为：
，图乙是含的工业废水的处理。下列说法正确的是（ ）。
A．图乙向惰性电极移动，与该极附近的结合转化成除去
B．图甲中发生的还原反应是
C．图乙电解池中，若有0.84g阳极材料参与反应，则阴极会有3.36L的气体产生
D．若图甲电池消耗0.36g镁，图乙废水处理，理论上可产生1.07g氢氧化铁沉淀
6、已知X、Y、Z、W、M均为短周期元素。25℃时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01ml/L）溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．X、M简单离子半径大小顺序：X>M
B．Z的最高价氧化物水化物的化学式为H2ZO4
C．X、Y、Z、W、M五种元素中只有一种是金属元素
D．X的最简单氢化物与Z的氢化物反应后生成的化合物中既含离子键又含共价键
7、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4 L CH4含有的共价键数为NA
B．1 ml Fe与1ml Cl2充分反应，电子转移数为3NA
C．常温下，pH =2的醋酸溶液中含有的H+数目为0.02NA
D．常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA
8、常温下，NC13是一种油状液体，其分子空间构型为三角锥形，下列对NC13的有关叙述错误的是（ ）
A．NC13中N—C1键键长比CCl4中C—C1键键长短
B．NC13分子中的所有原子均达到8电子稳定结构
C．NCl3分子是极性分子
D．NBr3的沸点比NCl3的沸点低
9、下列有关实验的选项正确的是( )
A．分离甲醇与氯化钠溶液
B．加热NaHCO3固体
C．制取并观察Fe(OH)2的生成
D．记录滴定终点读数为12.20mL
10、相对分子质量约为4000的聚乙二醇具有良好的水溶性，是一种缓泻剂。聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成()。下列说法正确的是
A．环氧乙烷在酸性条件下发生加聚反应制得聚乙二醇
B．聚乙二醇的结构简式为
C．相对分子质量约为4000的聚乙二醇的聚合度n≈67
D．聚乙二醇能保持肠道水分的原因是其可和H2O分子间形成氢键
11、已知N2H4在水中电离方式与NH3相似，若将NH3视为一元弱碱，则N2H4是一种二元弱碱，下列关于N2H4的说法不正确的是
A．它与硫酸形成的酸式盐可以表示为N2H5HSO4
B．它溶于水所得的溶液中共有4种离子
C．它溶于水发生电离的第一步可表示为：N2H4＋H2ON2H5＋OH－
D．室温下，向0.1ml/L的N2H4溶液加水稀释时，n(H＋)·n(OH－)会增大
12、在25°C时，向amL0.10ml·L-1的HNO2溶液中逐滴加入0.10ml·L-1的NaOH溶液。滴定过程中混合溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]与NaOH溶液的体积V的关系如图所示。已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，下列说法不正确的是（ ）
A．25°C时，HNO2电离常数的数量级是10-4
B．M点溶液中存在：2c(H+)+c(HNO2)=c(OH-)+c(NO2-)
C．图上M、N、P、Q四点溶液中所含离子的种类相同
D．a=10.80
13、下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是
A．AB．BC．CD．D
14、对于1ml/L盐酸与铁片的反应，下列措施不能使产生H2反应速率加快的是（ ）
A．加入一小块铜片B．改用等体积 98%的硫酸
C．用等量铁粉代替铁片D．改用等体积3ml/L盐酸
15、实验室利用下列反应装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，反应原理为：NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，下列说法错误的是（ ）
A．通过活塞K可控制CO2的流速
B．装置b、d依次盛装饱和Na2CO3溶液、稀硫酸
C．装置c中含氨的饱和食盐水提高了CO2吸收效率
D．反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水充分冷却，过滤得到NaHCO3晶体
16、配制一定物质的量浓度的溶液时，下列因素会导致溶液浓度偏高的是
A．溶解时有少量液体溅出B．洗涤液未全部转移到容量瓶中
C．容量瓶使用前未干燥D．定容时液面未到刻度线
17、下列各组中所含化学键类型相同的一组是（ ）
A．NaOH、H2SO4、NH4ClB．MgO、Na2SO4、NH4HCO3
C．Na2O2、KOH、Na2SO4D．AlCl3、Al2O3、MgCl2
18、下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
19、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
20、某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）。关于该固体混合物，下列说法正确的是
A．一定含有Al，其质量为4.05g
B．一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3
C．一定含有MgCl2 和FeCl2
D．一定含有(NH4)2SO4 和MgCl2，且物质的量相等
21、下列有关化学用语表示正确的是
A．CCl4 分子的比例模型：B．氟离子的结构示意图：
C．CaCl2 的电子式：D．氮分子的结构式：N—N
22、2019年《化学教育》期刊封面刊载如图所示的有机物M(只含C、H、O)的球棍模型图。不同大小、颜色的小球代表不同的原子，小球之间的“棍”表示共价键，既可以表示三键，也可以表示双键，还可以表示单键。下列有关M的推断正确的是
A．M的分子式为C12H12O2
B．M与足量氢气在一定条件下反应的产物的环上一氯代物有7种
C．M能发生中和反应、取代反应、加成反应
D．一个M分子最多有11个原子共面
二、非选择题(共84分)
23、（14分）H是一种氨基酸，其合成路线如下：
已知：
①
②RMgBrRCH2CH2OH+
③R-CHO
完成下列填空：
（1）A的分子式为C3H4O，其结构简式为____________。
（2）E→F的化学方程式为____________。
（3）H的结构简式为_________________。写出满足下列条件的苯丙氨酸同分异构体的结构简______________、________________。
I.含有苯环；II.分子中有三种不同环境的氢原子。
（4）结合题中相关信息，设计一条由CH2Cl2和环氧乙烷（）制备1，4-戊二烯的合成路线（无机试剂任选）。___________。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
24、（12分）结晶玫瑰广泛用于香料中，它的两条合成路线如下图所示：
已知：两个羟基同时连在同一碳原子上的结构不稳定，会发生脱水反应：
+H2O
完成下列填空：
（1）A的俗称是_________；D中官能团的名称是_______；反应②的反应类型是_______。
（2）写出G与氢氧化钠溶液反应的化学方程式__________。
（3）已知：，则可推知反应②发生时，会得到一种副产物，写出该副产物的结构简式_____。
（4）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则共热生成的有机物的结构简式为________________（任写一种）
25、（12分）已知25℃时，Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16。某研究性学习小组探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。
(1)Ⅰ中的白色沉淀是__。
(2)Ⅱ中能说明沉淀变黑的离子方程式是__。
(3)滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀，推测含有AgCl。用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，过滤得到滤液X和白色沉淀Y。
ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀
ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀
①由ⅰ判断，滤液X中被检出的离子是__。
②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀__。
(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，氧气将Ⅲ中黑色沉淀氧化。
①A中产生的气体是___。
②C中盛放的物质W是__。
③该同学认为B中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：__
2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH
④从溶解平衡移动的角度，解释B中NaCl的作用__。
26、（10分）草酸亚铁晶体（FeC2O4-2H2O，M=180g.ml-1）为淡黄色固体，难溶于水，可用作电池正极材料磷酸铁锂的原料。回答下列问题：
实验1探究纯草酸亚铁晶体热分解产物
（1）气体产物成分的探究，设计如下装置（可重复选用）进行实验：
①装置B的名称为 ____。
②按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为a→___ →点燃（填仪器接口的字母编号）。
③为了排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，实验前应进行的操作是____。
④C处固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，则证明气体产物中含有____。
（2）固体产物成分的探究，待固体热分解充分后，A处残留黑色固体。黑色固体可能是Fe或FeO，设计实验证明其成分为FeO的操作及现象为____。
（3）依据（1）和（2）结论，A处发生反应的化学方程式为____。
实验2草酸亚铁晶体样品纯度的测定
工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的流程如下图：
（4）草酸亚铁晶体溶解酸化用KMnO4溶液滴定至终点的离子方程式为____。
（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为 ____（用代数式表示），若配制溶液时Fe2+被氧化，则测定结果将____（填“偏高”“偏低”或“不变”）。
27、（12分）氯化亚铜(CuCl)晶体呈白色，见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化。某研究小组设计如下两种方案在实验室制备氯化亚铜。
方案一：铜粉还原CuSO4溶液
已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3] 2-(无色溶液)。
(1)步骤①中发生反应的离子方程式为________________。
(2)步骤②中，加入大量水的作用是_____________ 。
(3)如图流程中用95%乙醇洗涤和真空干燥是为了防止________________ 。
方案二：在氯化氢气流中加热CuCl2•2H2O晶体制备，其流程和实验装置(夹持仪器略)如下：
请回答下列问题：
(4)实验操作的先后顺序是 a→_____→______→_______→e (填操作的编号)
a．检査装置的气密性后加入药品 b．点燃酒精灯，加热
c．在“气体入口”处通入干燥HCl d．熄灭酒精灯，冷却
e．停止通入HCl，然后通入N2
(5)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是______。
(6)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2杂质，请分析产生CuCl2杂质的原因 ________________________。
(7)准确称取0. 2500 g氯化亚铜样品置于一定量的0.5 ml/L FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20 mL，用0. 1000 ml/L的Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗24. 60 mLCe(SO4)2溶液。有关化学反应为Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，计算上述样品中CuCl的质量分数是_____________ %(答案保留4位有效数字)。
28、（14分）氢能作为高效清洁的二次能源，应用前景日益广泛。二甲醚制氢技术是实现小规模现场制氢的一种理想方案。其反应原理主要分两步：
二甲醚水解：CH3OCH3(g)＋H2O(g) 2CH3OH(g) ΔH1＝+23.53kJ/ml 反应Ⅰ
甲醇与水蒸汽重整：CH3OH(g)＋H2O(g) 3H2(g)＋CO2(g) ΔH2＝+49.48kJ/ml 反应Ⅱ
回答下列问题。
(1)反应CH3OCH3(g)＋3H2O(g) 6H2(g)＋2CO2(g) ΔH3＝_________。该反应自发进行的条件是___________(填“高温”、“低温”或“任意条件”)。
(2)实验室条件下，二甲醚与水蒸汽以物质的量之比1：3混合，以固定的高流速通过填充有催化剂HZSM-5(分子筛)反应器。测得如下关系图（图1和图2）。图2中的平衡值是指不同温度下的平衡转化率。
已知：二甲醛转化率=

①下列说法合理的是__________
A．图1中表明，催化剂HZSM-5的活性只受温度影响，与反应持续时间无关
B．图1中使用不同的催化剂可以改变二甲醚水解的平衡转化率
C．图2中曲线①数值高于平衡值，是因为催化剂可能会吸附部分未反应的二甲醚
D．图2中曲线①和曲线②在275℃前二甲醚的转化率与平衡转化率的趋势一致，这与反应I和反应II是吸热反应有关
E.图2中曲线②在在较低温度时二甲醚的转化率与平衡值保持一致，主要是反应持续280min后已达到平衡状态
②图2曲线②数值在280℃之后明显下降，解释可能原因___________
(3)在固定体积容器内，二甲醚与水蒸汽以物质的量之比1：3投料，温度恒定为150℃，二甲醚的平衡转化率约为15%，平衡时容器内总压为P0，升温到280℃并保持恒定，再次达到平衡，此时二甲醚平衡转化率接近22%，而容器内总压约为1.5P0，请解释升温二甲醚平衡转化率增大的原因。__________________
(4)研究表明，在相同条件下，反应Ⅰ的活化能远小于反应Ⅱ的活化能，在固定体积容器内，二甲醚与水蒸汽以物质的量之比1：3投料，温度恒定为250℃，反应在t1时刻达到平衡，在图中作出甲醇含量随时间变化的关系图____________________。
29、（10分）磷酸氯喹是一种广谱抗疟疾和抗炎药，临床试验证明：该药物在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染。磷酸氯喹可由氯喹（）和磷酸在一定条件下制得。氯喹的合成路线如图：
已知：①A为芳香族化合物；②；③具有酸性。
回答下列问题：
（1）A的结构简式为__，F的名称为__，H中的含氧官能团名称为__。
（2）A→B、F→G的反应类型分别为__。
（3）写出C与NaOH反应的化学方程式__。
（4）碳原子上连接有4个不同的原子或原子团时，该碳原子称为手性碳。B与足量H2加成后的产物为X，写出X的结构简式，并用※标识手性碳__。
（5）Y是G的同系物，分子式为C5H11NO2，其同时含有氨基和羧基的同分异构体有__种，其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6：2：2：1的结构简式为__。
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、D
【解析】
A. 的H2SO4水溶液中含有水，氧原子数大于4NA，A错误；
B. 273K、101kPa下，22.4L甲烷和氧气的混合气体燃烧后，产物二氧化碳和水，分子总数大于NA，B错误；
C. 25℃时pH＝13的NaOH溶液中没有体积，无法计算OH—的数目，C错误；
D. 1 ml Na与氧气完全反应得到Na2O与Na2O2的混合物时，钠单质变为钠离子，转移1 ml电子，失去的电子数一定为NA，D正确；
答案选D。
2、C
【解析】
A.乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，因此二者不是同系物，A错误；
B.环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由于甲烷的分子结构中与该C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，所以该物质分子中的所有碳原子不可能同一个平面上，B错误；
C.分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，若为甲酸与丁醇形成的酯有4种，HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；若为乙酸和丙酯，有2种，CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCHCH(CH3)2；若为丙酸和乙醇形成的酯，只有1种，CH3CH2COOCH2CH3；若为丁酸和甲醇形成的酯，有2种，CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3,所以属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9种，C正确；
D.二环己烷有2种不同位置的H原子，其二氯取代产物中，若2个Cl原子在同一个C原子上，只有1种结构，若在两个不同的C原子上，有6种不同的结构，乙醇其二氯代物共有7种，D错误；
故合理选项是C。
3、A
【解析】
X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，R原子最外层上的电子数是Q原子最外层电子数的4倍，则Q只能处于IA族，R处于ⅣA族，R与X最外层电子数相同，二者同主族，且R的原子半径较大，故X为C元素、R为Si元素；最外层电子数Z>Y>4，且二者原子半径小于碳原子，故Y、Z处于第二周期，Z能够形成离子Z2-，故Z为O元素，则Y为N元素；Q离子核外电子排布与O2-相同，且Q处于IA族，故D为Na，据此进行解答。
【详解】
根据上述分析可知X是C元素，Y是N元素，Z是O元素，R是Si元素，Q是Na元素。
A.化合物XZ2是CO2，该物质是共价化合物，由分子构成，分子中含有共价键，A错误；
B.在上述五种元素中只有Q表示的Na元素是金属元素，因此五种元素中Q的金属性最强，B正确；
C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性N>C，所以氢化物的稳定性NH3>CH4，C正确；
D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的非金属性N>Si，所以酸性：HNO3>H2SiO3，D正确；
故合理选项是A。
本题考查了元素周期表与元素周期律的应用的知识。根据元素的原子结构及相互关系进行元素推断是本题解答的关键，难度适中。
4、A
【解析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W最简单的氢化物是可燃冰的有效成分，即为CH4，则W为C元素；X是同周期中原子半径最小的元素，X不是F就是Cl，因原子序数依次增大，则X为F元素；W和Y的原子核外最外层电子数之和等于X的最外层电子数，则Y为Al元素；X、Z同主族，则Z为Cl元素，据此分析解答。
【详解】
根据上述分析可知，W为C元素、X为F元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。
A．常温下，X、Z的单质与水的反应分别是2F2+2H2O=4HF+O2、Cl2+H2O=HCl+HClO，HF和HClO都是弱酸，故A正确；
B．F的非金属性最强，则HF最稳定，故B错误；
C. Y与Z的化合物YZ3为AlCl3，氯化铝溶于水能够导电，属于电解质，故C错误；
D. W的氢化物为烃，其中很多为固体，沸点不一定低于HF的沸点，故D错误；
答案选A。
本题的易错点为D，要注意碳的氢化物是一类物质——烃，随着碳原子数目的增多，烃的熔沸点升高，在烃中有气态、液态的烃，还有固态的烃。
5、B
【解析】
A．图乙中惰性电极为阴极，Fe电极为阳极，则Cr2O72-离子向金属铁电极移动，与亚铁离子发生氧化还原反应生成的金属阳离子与惰性电极附近的OH-结合转化成Cr(OH)3除去，A错误；B．该原电池中，镁作负极，负极上镁失电子发生氧化反应，负极反应为Mg-2e-=Mg2+，电池反应式为Mg+ClO-+H2O=Cl-+Mg(OH)2↓，正极上次氯酸根离子得电子发生还原反应，则总反应减去负极反应可得正极还原反应为Mg2++ClO-+H2O+2e-=Cl-+Mg(OH)2↓，B正确；C．图乙的电解池中，阳极反应式是Fe-2e-＝Fe2+，阴极反应式是2H++2e-=H2↑，则n（Fe）=0.84g÷56g/ml=0.015ml，阴极气体在标况下的体积为0.015ml×22.4L/ml=0.336L，C错误；D．由电子守恒可知，Mg～2e-～Fe2+，由原子守恒可知Fe2+～Fe(OH)3↓，则n（Mg）=0.36g÷24g/ml=0.015ml，理论可产生氢氧化铁沉淀的质量为0.015ml×107g/ml=1.605g，D错误；答案选B。
6、B
【解析】
X、Y、Z、W、M均为短周期元素，由图像分析可知，原子半径：M>W>Z>Y>X，M的原子半径最大且0.01ml/L最高价氧化物对应水化物溶液的pH=12，则M为Na元素，0.01ml/LW的最高价氧化物对应水化物溶液的pHC，所以不能表示CCl4 分子的比例模型，A不符合题意；
B. F是9号元素，F原子获得1个电子变为F-，电子层结构为2、8，所以F-的结构示意图为：，B正确；
C. CaCl2是离子化合物，Ca2+与Cl-之间通过离子键结合，2个Cl-不能合并写，应该表示为：，C错误；
D. N2分子中2个N原子共用三对电子，结构式为N≡N，D错误；
故合理选项是B。
22、C
【解析】
根据球棍模型，推出该有机物结构简式为，据此分析；
【详解】
A. 根据球棍模型推出M的化学式为C12H10O2，故A错误；
B. M与足量氢气在一定条件下发生加成反应，得到，环上有10种不同的氢，因此环上一氯代物有10种，故B错误；
C. M中有羧基和苯环，能发生中和反应、取代反应、加成反应，故C正确；
D. 苯的空间构型是平面正六边形，M分子中含有2个苯环，因此一个M分子最多有22个原子共面，故D错误；
答案：C。
二、非选择题(共84分)
23、CH2=CHCHO 2+O22+2H2O CH2Cl2 ClMgCH2MgCl HOCH2CH2CH2CH2CH2OHH2C=CHCH2CH=CH2
【解析】
A的分子式为，而1，丁二烯与A反应生成B，且B与氢气反应得到，结合信息可知A为，B为结合转化关系与信息可知发生取代反应生成C为，D为，E为，由信息可知F为，G为，H为。
【详解】
（1）A的分子式为，其结构简式为：，故答案为：；
（2）E→F羟基的催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为：；
（3）H的结构简式为，满足下列条件的苯丙氨酸同分异构体的结构简式：Ⅰ、含有苯环；Ⅱ、分子中有三种不同环境的氢原子，符合条件的同分异构体有：、， 故答案为：；、；
（4）由与干醚得到，再与环氧乙烷得到由，然后再浓硫酸加热条件下发生消去反应得到，合成路线流程图为：， 故答案为：。
24、氯仿 氯原子、醛基 加成反应 +4NaOH+3NaCl+2H2O
【解析】
（1）根据A的结构简式可判断其俗称是氯仿，D中官能团为醛基、氯原子；对比D、E、G的结构可知反应②为加成反应，
故答案为：氯仿；醛基、氯原子；加成反应；
（2）G与氢氧化钠溶液反应发生水解反应，再脱去1分子水生成形成羧基，羧基和氢氧化钠发生中和反应，则反应方程式为：，
故答案为：；
（3）已知： ，可推知反应②中副产物为苯环取代G中羟基，结构简式为：，
故答案为：；
（4）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，说明酚羟基邻位、对位没有H原子，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则L含有-CH2CH2Cl或-CHClCH3，L苯环上还含有2个-Cl，L与NaOH的乙醇溶液共热时，羟基发生反应，还发生卤代烃的消去反应，生成物的结构简式为：，
故答案为：。
25、AgCl 2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq) SO42- S O2 Ag2S的悬浊液 2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH 对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S
【解析】
(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3溶液发生反应生成。
(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等。
(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；
ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；
①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子。
②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。
(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体的成分。
②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W。
③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。
④B中，Ag2S被氧化生成S，则Ag+会与NaCl作用，从而促进平衡正向移动。
【详解】
(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3反应生成，则为AgCl。答案为：AgCl；
(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等，反应的离子方程式为2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案为：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；
(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；
ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；
①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子为SO42-。答案为：SO42-；
②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，则其为S。答案为：S；
(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体为O2。答案为：O2；
②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W为Ag2S的悬浊液。答案为：Ag2S的悬浊液；
③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式为2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH。答案为：2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH；
④B中，Ag2S被O2氧化生成S，则Ag+游离出来，会与NaCl中的Cl-结合，生成AgCl沉淀，从而促进平衡正向移动，B 中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。答案为：对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。
因为Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16，所以将AgCl转化为Ag2S我们容易理解，如何实现黑色沉淀向白色沉淀的转化，即Ag2S转化为AgCl，则需要改变反应条件，通过实验我们可得出是O2的帮助，结合前面推断，可确定还有S生成，然后利用守恒法便可将方程式配平。
26、洗气瓶 f g → b c → hi →d e→b c 先通入一段时间的氮气 CO 取少量固体溶于硫酸，无气体生成 偏低
【解析】
（1）①根据图示分析装置B的名称；
②先用无水硫酸铜检验水，再用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体，再用热的氧化铜、澄清石灰水检验CO，最后用点燃的方法处理尾气；
③用氮气排出装置中的空气；
④CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳；
（2）铁与硫酸反应生成氢气，氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气；
（3）依据（1）和（2），草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO、CO2、水；
（4）草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+、CO2；
（5）亚铁离子消耗高锰酸钾溶液V2mL，则草酸根离子消耗高锰酸钾溶液V1mL-V2mL，由于样品含有FeSO4杂质，所以根据草酸根离子的物质的量计算草酸亚铁晶体样品的纯度。
【详解】
（1）①根据图示，装置B的名称是洗气瓶；
②先用无水硫酸铜检验水，再用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体，再用热的氧化铜检验CO，再用澄清石灰水检验二氧化碳的生成，最后用点燃的方法处理尾气，仪器的连接顺序是a→fg→bc →hi→de→bc；
③为了排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，实验前应进行的操作是先通入一段时间的氮气；
④CO具有还原性，C处固体由黑变红，说明氧化铜被还原为铜，其后的澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，则证明气体产物中含有CO；
（2）铁与硫酸反应生成氢气，氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气，取少量固体溶于硫酸，没有气体放出，则证明是FeO；
（3）依据（1）和（2），草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO、CO2、水，反应方程式是 ；
（4）草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+、CO2，反应的离子方程式是；
（5）25mL样品溶液中亚铁离子消耗高锰酸钾的物质的量是，草酸根离子消耗高锰酸钾的物质的量为，根据方程式，草酸亚铁晶体样品的纯度为 ；若配制溶液时Fe2+被氧化，则V1减小，V2不变，测定结果将偏低。
本题通过探究草酸亚铁的性质，考查学生实验基本操作和获取信息解决实际问题的能力，明确实验原理与方法是解题的关键，知道草酸、亚铁离子都能被高锰酸钾氧化。
27、Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2- 稀释促进平衡CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)逆向移动，生成CuCl CuCl在潮湿空气中被氧化 c b d 先变红后褪色 加热时间不足或温度偏低 97.92
【解析】
方案一：CuSO4、Cu在NaCl、浓盐酸存在条件下加热，发生反应：Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-，过滤除去过量的铜粉，然后加水稀释滤液，化学平衡CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)逆向移动，得到CuCl沉淀，用95%的乙醇洗涤后，为防止潮湿空气中CuCl被氧化，在真空环境中干燥得到纯净CuCl；
方案二：CuCl2是挥发性强酸生成的弱碱盐，用CuCl2·2H2O晶体在HCl气流中加热脱水得到无水CuCl2，然后在高于300℃的温度下加热，发生分解反应产生CuCl和Cl2。
【详解】
(1)步骤①中CuSO4、Cu发生氧化还原反应，产生的Cu+与溶液中Cl-结合形成[CuCl3]2-，发生反应的离子方程式为：Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-；
(2)根据已知条件：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3] 2-(无色溶液)，在步骤②中向反应后的滤液中加入大量的水，溶液中Cl-、[CuCl3] 2-浓度都减小，正反应速率减小的倍数大于逆反应速率减小的倍数，所以化学平衡逆向移动，从而产生CuCl沉淀；
(3)乙醇易挥发，用95%乙醇洗涤可以去除CuCl上的水分，真空干燥也可以避免CuCl在潮湿空气中被氧化；
(4)CuCl2•2H2O晶体要在HCl气体中加热，所以实验前要先检查装置的气密性，再在“气体入口”处通入干燥HCl，然后点燃酒精灯，加热，待晶体完全分解后的操作是熄灭酒精灯，冷却，为了将装置中残留的HCl排出，防止污染环境，要停止通入HCl，然后通入N2，故实验操作编号的先后顺序是 a→c→b→d→e；
(5)无水硫酸铜是白色固体，当其遇到水时形成CuSO4·5H2O，固体变为蓝色，HCl气体遇水变为盐酸，溶液显酸性，使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，当CuCl2再进一步加热分解时产生了Cl2，Cl2与H2O反应产生HCl和HClO，HC使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，HClO具有强氧化性，又使变为红色的石蕊试纸褪色变为无色；
(6)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2杂质，产生CuCl2杂质的原因可能是加热时间不足或加热温度偏低，使CuCl2未完全分解；
(7)根据反应方程式Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+可得关系式：CuCl～Ce4+，24. 60 mL 0. 1000 ml/L的Ce(SO4)2溶液中含有溶质Ce(SO4)2的物质的量n[Ce(SO4)2]=0. 1000 ml/L×0.02460 L=2.46×10-3 ml，则根据关系式可知n(CuCl)=n(Ce4+)=2.46×10-3 ml，m(CuCl)=2.46×10-3 ml×99.5 g/ml=0.24478 g，所以该样品中CuCl的质量分数是×100%=97.92%。
本题考查了物质制备方案的设计，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法及元素化合物性质，充分利用题干信息分析解答，当反应中涉及多个反应时，可利用方程式得到已知物质与待求物质之间的关系式，然后分析、解答，试题充分考查了学生的分析能力及化学实验能力。
28、+122.49kJ/ml 高温 CDE 催化剂失活(失效)，或答催化剂寿命降低 各反应的正方向均为吸热且气体分子数增多，升温使平衡正向移动的效应大于压强增大使平衡逆向移动的效应 作图
【解析】
判断一个反应能否自发进行，依据是，当＜0时，该反应可以自发进行。催化剂对于反应的平衡转化率无影响，加入催化剂的目的一方面是提高反应速率，在相同的时间内，尽可能的获取更高的转化率，另一方面催化剂对于提高产物选择性也有很大帮助；催化剂在使用时，存在最适操作条件，温度过低催化剂活性较低，温度过高则会有使催化剂烧结失活的风险；催化剂在长时间使用后，由于表面积碳或吸附其他物质等原因，催化活性也会有所降低。反应活化能越大，对反应速率越不利，因此二甲醚现场制氢的反应中，第一步转化为甲醇的反应进行较快，而第二步甲醇转化为氢气的反应进行较慢，这样会在短时间内造成甲醇的积累，随着时间推移，上述反应各自达到平衡，甲醇的浓度最终还会下降。
【详解】
(1)由题可知，；根据公式，该反应，并且，所以在较高温度下，会出现的情况，因此，该反应在高温下会自发进行；
(2)①A．观察图1，在不同温度下，随着时间推移，转化率几乎都呈现下降的趋势，所以反应持续时间也会影响转化率，A项错误；
B．催化剂不会改变反应的平衡转化率，B项错误；
C．催化剂比表面积很大，因此，催化剂表面可能吸附了二甲醚导致测得的转化率高于平衡转化率，C项正确；
D．反应Ⅰ和反应Ⅱ都是吸热反应，随着温度升高，平衡转化率也会逐渐增大，D项正确；
E．随着反应持续时间增加，获得的转化率会与平衡转化率越来越接近，E项正确；
答案选CDE；
②催化剂在使用时，有最适操作条件，温度过高可能会使催化剂失活，进而导致催化效率明显下降；
(3)反应Ⅰ和反应Ⅱ都是吸热反应，此外这两个反应正向进行又都会使气相物质总量增加，即升温对于反应正向进行有利，压强增大对于反应正向进行不利；对于同一份气体，根据公式可知，升温会使压强增大；考虑到该反应在升温后转化率仍然是增大的，这就说明温度改变对平衡的影响比压强改变对平衡的影响更明显；
(4) 反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ低，所以第一步转化为甲醇的反应进行较快，而第二步甲醇转化为氢气的反应进行较慢，这样会在短时间内造成甲醇的积累，随着时间推移，上述反应各自达到平衡，甲醇的浓度最终还会下降；因此图像中甲醇的浓度先上升，后下降，最后几乎不变。
催化剂无法改变可逆反应的平衡转化率，但是可以大大缩短反应到达平衡状态所需的时间，在相同的时间内也能获得更高的转化率；催化剂对于反应的另一方面意义即提高产物的选择性，进而让转化更高效；为了保证催化剂的活性，需要设计实验探究不同参数对催化剂活性的影响，进而确定催化剂的最适操作条件；不在最适操作条件下使用时，催化剂不单单活性会下降，还有可能面临失活的风险。
29、 2-氨基丙酸 酯基和醛基 还原反应、取代反应 12
【解析】
A在Fe/HCl条件下生成B，根据已知②可知，A中含有-NO2；通过C、D的分子式比较和反应条件可知，C发生酯基的水解反应生成D。F生成G为醇羟基间的脱水反应。
【详解】
（1）根据已知②可知，A中含有-NO2，再根据A的分子式和B的结构可知，A的结构简式为；根据系统命名法，F的名称为2-氨基丙酸；根据H的结构简式可知，H中的含氧官能团名称为酯基和醛基。
（2）A→B发生脱氧加氢反应，反应类型为还原反应；F→G发生的是醇羟基间的脱水反应，反应类型取代反应。
（3）C与NaOH反应，即官能团酯基、-Cl发生反应，化学方程式为。
（4）碳原子上连接有4个不同的原子或原子团时，该碳原子称为手性碳。B与足量H2加成后的产物为X,X的结构简式为，分子中无对称轴根据已知标识手性碳为。
（5）Y是G的同系物，则Y结构中含有一个酯基和一个氨基，分子式为C5H11NO2，同时含有氨基和羧基的同分异构体碳骨架有C-C-C-C-COOH、、 ，对应氨基的位置分别有4种、3种、4种、1种，故满足条件的同分异构体共有12种，其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6：2：2：1的结构简式为。
碳原子上连接有4个不同的原子或原子团时，该碳原子称为手性碳。注意手性碳原子4个键必须为单键，且链接不同的原子。同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，且必须是同一类物质(含有相同且数量相等的官能团)。
选项
实验操作和现象
预期实验目的或结论
A
向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀
KI3溶液中存在平衡:I3-I2+ I-
B
向1 mL浓度均为0.05 ml·L-l NaCl、NaI的混合溶液中滴加2滴0.01 ml·L-l AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色
Ksp(AgCl)