2026年长沙市高考冲刺化学模拟试题（含答案解析）

这是一份2026年长沙市高考冲刺化学模拟试题（含答案解析），共31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．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．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（每题只有一个选项符合题意）
1、有机物X、Y的转化如下：
下列说法不正确的是
A．X能加聚反应
B．Y分子苯环上的二氯代物有5种
C．与Y互为同分异构体
D．X、Y分子的所有原子可能共平面
2、化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得：
下列说法正确的是
A．X的分子式为C7H6O2B．Y分子中的所有原子可能共平面
C．Z的一氯取代物有6种D．Z能与稀硫酸发生水解反应
3、将含 1mlKAl(SO4)2 溶液逐滴加到含 1mlBa(OH)2 溶液中，最终溶液中不存在
A．K+B．Al3+C．SO42-D．AlO2-
4、700℃时，H2(g)＋CO2(g) H2O(g)＋CO(g)。该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2和CO2，起始浓度如下表所示。其中甲经2min达平衡时，v (H2O)为0.025 ml/(L·min)，下列判断不正确的是( )
A．平衡时，乙中CO2的转化率大于50％
B．当反应平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍
C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为25/16，则正反应为吸热反应
D．其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10ml/L H2和0.20 ml/L CO2，到达平衡时c (CO)与乙不同
5、下列说法正确的是
A．苯乙烯和苯均能使溴水褪色，且原理相同
B．用饱和 Na2CO3 溶液可鉴别乙醇、乙酸、乙酸乙酯
C．用 Ni 作催化剂，1ml 最多能与 5mlH2 加成
D．C3H6BrCl 的同分异构体数目为 6
6、常温下将NaOH溶液滴加到已二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）。
A．常温下Ka1(H2X)的值约为10-4.4
B．曲线N表示pH与
C．NaHX溶液中c(H+)>c(OH-)
D．当混合溶液呈中性时，c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)
7、25℃时，在20 mL 0.1 ml·L－1一元弱酸HA溶液中滴加0. 1 ml· L－1 NaOH溶液，溶液中1g[c(A-)/c(HA)]与pH关系如图所示。下列说法正确的是
A．A点对应溶液中：c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(OH-)
B．25℃时，HA酸的电离常数为1. 0× 10－5.3
C．B点对应的NaOH溶液体积为10 mL
D．对C点溶液加热(不考虑挥发)，则c(A-)/[c(HA)c(OH-)]一定增大
8、利用如图的实验装置和方法进行实验，能达到目的的是（ ）
A．甲装置可将FeC12溶液蒸干获得FeC12晶体
B．乙装置可证明浓硫酸具有脱水性和氧化性
C．丙装置可除去CO2中的SO2
D．丁装置可将NH4Cl固体中的I2分离
9、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．7g14C中，含有3NA个中子
B．25℃时，pH=4的CH3COOH溶液中H+的数目为10-4NA
C．3.2gCu与足量浓硝酸反应，生成的气体在标准状况下的体积为22.4L
D．标准状况下，5.6L丙烷中含有共价键的数目为2.5NA
10、下列说法正确的是（ ）
A．Cl表示中子数为18的氯元素的一种核素
B．乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3）和硬脂酸甘油酯（）互为同系物
C．的名称为2﹣乙基丁烷
D．CH3（CH2）2CH3和CH（CH3）3互为同素异形体
11、下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．澄清石灰水与过量苏打溶液混合：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
B．少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中：C1O-+SO2+H2O=SO42-+2H++Cl-
C．向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气：2Cu+4H++O22Cu2++2H2O
D．向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水：7H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++6O2↑+10H2O
12、与氢硫酸混合后无明显现象的是
A．NaOH溶液B．亚硫酸C．FeCl3溶液D．氯水
13、碘在不同状态下（固态或气态）与氢气反应的热化学方程式如下所示：
①H2（g） + I2（?）2HI（g）+1．48kJ
②H2（g） + I2（?）2HI（g）-2．48kJ
下列判断正确的是
A．①中的I2为固态，②中的I2为气态
B．②的反应物总能量比①的反应物总能量低
C．①的产物比反应②的产物热稳定性更好
D．1ml 固态碘升华时将吸热17kJ
14、铁的氧化物可用于脱除煤气中的H2S，有一步反应为：Fe3O4(s)+3H2S(g)+H2(g)3 FeS(s)+4 H2O(g)，其温度与平衡常数的关系如图所示。对此反应原理的理解正确的是
A．H2S是还原剂
B．脱除H2S的反应是放热反应
C．温度越高H2S的脱除率越大
D．压强越小H2S的脱除率越高
15、比较合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，下列说法错误的是（ ）
A．都使用了合适的催化剂
B．都选择了较高的温度
C．都选择了较高的压强
D．都未按化学方程式的系数进行投料反应
16、CO2催化加氢制取甲醇、乙醇等低碳醇的研究，对于环境问题和能源问题都具有非常重要的意义。已知一定条件下的如下反应：
CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ∆H =－49.0 kJ· ml-1
2CO2(g) + 6H2(g) CH3CH2OH(g) + 3H2O(g) ∆H=－173.6 kJ· ml-1
下列说法不正确的是
A．CH3OH(g) + CO2(g) + 3H2(g) CH3CH2OH(g) + 2H2O(g) ∆H＜0
B．增大压强，有利于反应向生成低碳醇的方向移动，平衡常数增大
C．升高温度，可以加快生成低碳醇的速率，但反应限度降低
D．增大氢气浓度可以提高二氧化碳的转化率
二、非选择题（本题包括5小题）
17、聚合物G可用于生产全生物降解塑料，有关转化关系如下：
（1）物质A的分子式为_____________，B的结构简式为____________。
（2）E中的含氧官能团的名称为_______________。
（3）反应①-④中属于加成反应的是_____________。
（4）写出由两分子F合成六元环化合物的化学方程式________________________________。
18、某药物G，其合成路线如下：
已知：①R-X+ ②
试回答下列问题：
(1)写出A的结构简式_________。
(2)下列说法正确的是__________
A．化合物E具有碱性 B．化合物B与新制氢氧化铜加热产生砖红色沉淀
C．化合物F能发生还原反应 D．化合物G的分子式为C16H17N5O2Br
(3)写出C+D→E的化学方程式___________。
(4)请设计以用4－溴吡啶（）和乙二醇（）为原料合成化合物D的同系物的合成路线________(用流程图表示，无机试剂任选)。
(5)写出化合物A可能的同分异构体的结构简式__________。
须同时符合：①分子中含有一个苯环； ②1H-NMR图谱显示分子中有3种氢原子。
19、硫化碱法是工业上制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）的方法之一，流程如下：
已知：Na2S2O3在空气中强热会被氧化，Na2S2O3•5H2O（M=248g/mL）在35 ℃以上的干燥空气中易失去结晶水，可用作定影剂、还原剂。某兴趣小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3•5H2O并探究Na2S2O3的化学性质。
I．制备Na2S2O3•5H2O
设计如下吸硫装置：
（1）写出A瓶中生成Na2S2O3和CO2的离子方程式______。
（2）装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效果，装置B中试剂可以是______
A 浓硫酸 B 溴水 C FeSO4溶液 D BaCl2溶液
II．测定产品纯度
（1）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：
第一步：准确称取a gKIO3（M=214g/mL）固体配成溶液；
第二步：加入过量KI和H2SO4溶液，滴加指示剂；
第三步：用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为V mL。
则c（Na2S2O3）＝______ ml /L。（列出算式即可）（已知：IO3－+5I－+6H+＝3I2+3H2O，2S2O32－+I2＝S4O62－+2I－）
（2）滴定过程中下列实验操作会造成结果偏高的是_________（填字母）
A 滴定管未用Na2S2O3溶液润洗
B 滴定终点时俯视读数
C 锥形瓶用蒸馏水润洗后未用待取液润洗
D 滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡
Ⅲ．探究Na2S2O3的化学性质
已知Na2S2O3溶液与Cl2反应时，1ml Na2S2O3转移8ml电子。甲同学设计如图实验流程：
（1）甲同学设计实验流程的目的是证明Na2S2O3溶液具有___________和__________。
（2）乙同学认为应将上述流程中②③所加试剂顺序颠倒，你认为理由是__________。
20、（三草酸合铁酸钾晶体）为翠绿色晶体，可用于摄影和蓝色印刷，110℃失去结晶水，230℃分解。某化学研究小组对受热分解生成的气体产物和固体产物进行探究。
实验I：探究实验所得的气体产物，按下图装置进行实验（夹持仪器已略去，部分装置可重复使用）。
（1）实验室常用饱和和饱和的混合液制，反应的化学方程式为_____________。
（2）装置的连接顺序为：A→__→__→__→__→__→F（填各装置的字母代号）。
（3）检查装置气密性后，先通一段时间，其目的是________，实验结束时熄灭A、C两处的酒精灯，继续通至常温，其目的是__________。
（4）实验过程中观察到F中的溶液变浑浊，C中有红色固体生成，则气体产物____（填化学式）。
（实验二）分解产物中固体成分的探究
（5）定性实验：经检验，固体成分含有。
定量实验：将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥，得到含铁样品。完成上述实验操作，需要用到下列仪器中的__________（填仪器编号）。
设计下列三种实验方案分别对该含铁样品进行含量的测定
（甲方案）
（乙方案）
（丙方案）
你认为以上方案中可以确定样品组成的有_____________方案。
（6）经测定产物中，写出分解的化学方程式_________。
21、KClO3是一种常见的氧化剂，常用于医药工业、印染工业和制造烟火。实验室用KClO3和MnO2混合加热制氧气，现取KClO3和MnO2的混合物16.60g加热至恒重，将反应后的固体加15g水充分溶解，剩余固体6.55g（25℃），再加5g水充分溶解，仍剩余固体4.80g（25℃）。
（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，则原混合物中KClO3的质量为___g；
（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物
①求25℃时KCl的溶解度___；
②求原混合物中KClO3的质量___；
③所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为多少___？（保留2位小数）
（3）工业常利用3Cl2+6KOH（热）→KClO3+5KCl+3H2O，制取KClO3（混有KClO）。实验室模拟KClO3制备，在热的KOH溶液中通入一定量氯气充分反应后，测定溶液中n(K+)：n(Cl-)=14：11，将所得溶液低温蒸干，那么在得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为多少？___
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
A．X分子中含有碳碳双键，则能发生加聚反应，故A正确；
B．Y分子()苯环上的二氯代物有6种，分别在苯环的2、3位取代，2、4位取代，2、5位取代，2、6位取代，3、4位取代和3、5位取代，故B错误；
C．与Y分子式相同，但结构不同，两者互为同分异构体，故C正确；
D．苯环有12原子共面，-COOH和HCOO-中4原子可能共面，故X、Y分子的所有原子可能共平面，故D正确；
故答案为B。
2、D
【解析】
A．X()的分子式为C8H8O2，故A错误；
B．Y()分子中含有甲基(-CH3)，甲基为四面体结构，所有原子不可能共平面，故B错误；
C．Z()分子中有7种环境的氢原子，一氯取代物有7种，故C错误；
D．Z()中含有酯基，能与稀硫酸发生水解反应，故D正确；
故选D。
3、D
【解析】
1mlKAl(SO4)2 电离出1ml钾离子，1ml铝离子，2ml硫酸根离子，加入1ml氢氧化钡，电离出1ml钡离子和2ml氢氧根离子，所以铝离子过量，不会生成偏铝酸根离子，
故选：D。
4、D
【解析】
A．根据水蒸气的反应速率，生成水蒸气的物质的量浓度为0.025×2ml·L－1=0.05ml·L－1，则消耗CO2的物质的量浓度为0.05ml·L－1，推出CO2的转化率为×100%=50%，乙可以看作是在甲的基础上再通入H2，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，即大于50%，故A正确；
B．反应前后气体系数之和相等，因此甲和丙互为等效平衡，即丙中c(CO2)是甲中c(CO2)的2倍，故B正确；
C．700℃时，
H2（g）＋CO2（g）H2O（g）＋CO（g）
起始： 0.1 0.1 0 0
变化： 0.05 0.05 0.05 0.05
平衡： 0.05 0.05 0.05 0.05
根据化学平衡常数的定义，K==1，温度升高至800℃，此时平衡常数是>1，说明升高温度平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应方向是吸热反应，故C正确；
D．若起始时，通入0.1ml·L－1H2和0.2ml·L－1CO2，转化率相等，因此达到平衡时c(CO)相等，故D错误；
故答案选D。
5、B
【解析】
A. 苯乙烯中含碳碳双键，与溴水发生加成反应，而苯与溴水混合发生萃取，则苯乙烯与苯使溴水褪色原理不同，故A错误；
B. 乙醇易溶于水，则乙醇与饱和Na2CO3 溶液互溶，乙酸具有酸性，可与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯难溶于水，会出现分层，则可鉴别，故B正确；
C. 能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1ml该物质最多只能与4mlH2加成，故C错误；
D. C3H6BrCl可看成丙烷分子中有两个氢原子分别被一个溴原子、一个氯原子取代，根据“定一移一”的思路可得，先定Br原子的位置，有两种情况，BrCH2CH2CH3、CH3CHBrCH3，再定Cl原子的位置，符合的同分异构体有，，则C3H6BrCl 的同分异构体共5种，故D错误；
故选B。
苯在溴化铁的催化作用下与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢；苯分子中没有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，但溴更易溶于苯中，溴水与苯混合时，可发生萃取，苯的密度小于水，因此上层为溴的苯溶液，颜色为橙色，下层为水，颜色为无色，这是由于萃取使溴水褪色，没有发生化学反应。这是学生们的易错点，也是常考点。
6、D
【解析】
H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)>Ka2(H2X)，在酸性条件下，当pH相同时，>。根据图象可知N为lg的变化曲线，M为lg的变化曲线，当lg=0或lg=0时，说明=1或=1.浓度相等，结合图象可计算电离平衡常数并判断溶液的酸碱性。
【详解】
A. lg=0时，=1，此时溶液的pH≈4.4，所以Ka1(H2X)=c(H+)=10-4.4，A正确；
B.根据上述分析可知曲线B表示lg的变化曲线，B正确；
C.根据图象可知：当lg=0时，=1，即c(HX-)=c(X2-)，此时溶液的pH约等于5.4c(OH-)，C正确；
D.根据图象可知当溶液pH=7时，lg>0，说明c(X2-)>c(HX-)，因此该溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)> c(OH-)，D 错误；
故合理选项是D。
本题考查弱电解质的电离、电离常数的应用等知识。注意把握图象中曲线的变化和相关数据的处理，难度中等。
7、B
【解析】
A. A点对应溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH-），结合电荷关系判断；
B. pH=5.3时，=0，即c（A-）=c（HA），结合HA酸的电离常数Ka的表达式进行计算；
C. 在20mL HA溶液中加入10mL NaOH溶液，得到等浓度的HA和NaA混合溶液，根据题意判断出电离程度与水解程度的大小关系，再分析作答；
D. = ==，Kh为A-的水解常数，据此分析判断。
【详解】
A. A点对应溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH-），溶液中电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），所以离子浓度关系为c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），A项错误；
B. pH=5.3时，=0，即c（A-）=c（HA），HA酸的电离常数Ka= =c（H+）=10-pH=10-5.3，B项正确；
C. 由于Ka=10-5.3＞ = = Kh，所以20 mLHA溶液中加入10mL NaOH溶液，得到等浓度的HA和NaA混合溶液，混合溶液以电离为主，使c（A-）＞c（HA），即＞0，故B点对应的NaOH溶液的体积小于10 mL，C项错误；
D. A-的水解常数Kh随温度升高而增大，所以 = ==，随温度升高而减小，D项错误；
答案选B。
8、B
【解析】
A.加热会强烈水解，并且暴露在空气中会导致被氧气氧化为，最终无法得到，A项错误；
B.浓硫酸可以脱去蔗糖中的水，即“黑面包实验”，同时硫酸被还原得到，使溴水褪色，因此体现了浓硫酸的脱水性和氧化性，B项正确；
C.碳酸钠溶液会吸收变成碳酸氢钠，因此不能用来除杂，C项错误；
D.氯化铵固体受热易分解，碘受热易升华，二者遇冷后都重新附着于圆底烧瓶底部无法分离，D项错误；
答案选B。
除杂的第一要义是不能和原物质反应，其次是不能引入新的杂质，最后还要从可行性、操作的简便程度来选择最优的除杂方法。
9、D
【解析】
A．1个14C中含有8个中子，7g14C即0.5ml，含有中子数目为4NA，故A错误；
B．溶液的体积未知，所以无法计算相关微粒的个数，故B错误；
C．3.2gCu即0.05ml，与足量浓硝酸反应生成NO2气体，化学计量关系为：Cu—2NO2可知n(NO2)=0.1ml，V(NO2)=2.24L，且标况下NO2不是气体，无法确定其体积，故C错误；
D．标况下，5.6L丙烷为0.25ml，一个丙烷分子含有10个共价键，0.25ml丙烷中含有2.5NA个共价键，故D正确；
答案选D。
易错点为B选项，pH值代表溶液中氢离子的浓度，要计算微粒数目必须要计算物质的量，题中没有给出体积，不能计算物质的量，也就无法计算微粒数目。NO2在标况下不是气体。
10、A
【解析】
A．核素中中子数=质量数-质子数，质子数=原子序数，利用关系式求出Cl-35的中子数；
B．同系物是物质结构相似、分子组成上相差一个或多个“CH2”，根据概念判断正误；
C．系统命名法是选择最长的碳链为主链；
D．同素异形体是同一种元素形成的不同单质，不是化合物
【详解】
A．该核素的中子数=35﹣17=18，故A正确；
B．同系物是物质结构相似、分子组成上相差一个或多个“CH2”，而乙酸乙酯和硬脂酸甘油酯还相差有“O“原子，不符合概念，故B错误；
C．系统命名法是选择最长的碳链为主链，该物最长碳链为5个碳原子，名称应该为为3﹣甲基戊烷，故C错误；
D．同素异形体是同一种元素形成的不同单质，CH3（CH2）2CH3和CH（CH3）3是化合物、互为同分异构体，故D错误：
故选：A。
原子结构、同系物、同分异构体、烷烃命名等知识点，解题关键：掌握概念的内涵和外延，错点D，同素异形体的使用范围是单质。
11、C
【解析】
A.苏打为碳酸钠，则澄清石灰水与过量苏打溶液反应的离子方程式为：Ca2++ CO32-=CaCO3↓，故A错误；
B.次氯酸根离子具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42-，CaSO4微溶于水，则少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中，反应的离子方程式为Ca2++ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl－，故B错误；
C.向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气，反应生成硫酸铜和水，离子方程式为2Cu+4H++O22Cu2++2H2O，故C正确；
D. 向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水，离子方程式为5H2O2+2MnO4－+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D错误，答案选C。
本题考查离子方程式的正误判断，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等。解题时容易把苏打误认为碳酸氢钠，为易错点。
12、A
【解析】
A. 氢硫酸和氢氧化钠溶液反应生成水和硫化钠，没有明显现象，故A符合题意；
B. 亚硫酸和氢硫酸反应生成硫单质，溶液会变浑浊，有明显现象，故B不符合题意；
C. FeCl3溶液和氢硫酸反应生成氯化亚铁和硫单质，黄色溶液变为浅绿色,并伴有淡黄色沉淀，故C不符合题意；
D. 氯水和氢硫酸反应生成硫单质，有淡黄色沉淀出现，故D不符合题意；
正确答案是A。
13、B
【解析】
A、反应①放热，②吸热源于碘单质的状态不同，固态变为气态需要吸收能量，故①中的I2为气态，②中的I2为固态，错误；
B、生成物的能量相等，①放热，故②的反应物总能量比①的反应物总能量低，正确；
C、产物的稳定性形同，错误；
D、1ml 固态碘升华时将吸热为2．48+1．48=3．16kJ，错误。
答案选B。
14、B
【解析】
A．还原剂在氧化还原反应中失去电子，化合价升高，H2S为反应物，FeS为生成物，反应前后S的化合价均为-2，故既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；
B．由图可以得出，温度越高，K值越小，说明此反应为放热反应，故B正确；
C．此反应为放热反应，升高温度，平衡左移，不利于脱硫，即温度越高H2S的脱除率越小，故C错误；
D．此反应特点为反应前后气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故硫化氢的转化率不会提高，D错误；
故选B。
15、C
【解析】
对于合成氨来说，在合成塔里选择高温、较高压以及催化剂条件反应生成氨气，而制硫酸接触室中的反应为二氧化硫与氧气在催化剂高温条件下生成三氧化硫，两者都是可逆反应，据此分析解答。
【详解】
A、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都使用了合适的催化剂，故A正确；
B、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都选择了较高的温度，故B正确；
C、合成氨合成塔中选择较高的压强，而制硫酸接触室中的反应没有选择较高的压强，高压对设备要求高，故C错误；
D、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应都是可逆反应，则都未按化学方程式的系数进行投料反应，故D正确。
故选：C。
16、B
【解析】
A.根据盖斯定律，用第二个反应减第一个反应得：，故A正确；
B.温度不变，平衡常数不变，故B错误；
C.升高温度，正逆反应速率都可以加快，升高温度，平衡向吸热反应方向进行，即平衡逆向移动，反应限度降低，故C正确；
D.反应物中氢气和二氧化碳都是气体，增大一种反应物的浓度可以提高另一种反应物的转化率，故D正确；
故选：B。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、C6H12O6 CH3-CH=CH2 羰基、羧基 ①④ +2H2O
【解析】
B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，据此答题。
【详解】
B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖。
（1）物质A为葡萄糖，其分子式为C6H12O6，B的结构简式为CH3-CH=CH2；
（2）E为CH3COCOOH，含氧官能团的名称为羰基、羧基；
（3）根据上面的分析可知，反应①～④中属于加成反应的是①④；
（4）由两分子F合成六元环化合物的化学方程式为+2H2O。
本题考查有机物的推断，确定B的结构是关键，再根据官能团的性质结合反应条件进行推断，题目难度中等，注意掌握官能团的性质与转化。
18、 A、B、C +→+HBr 、、
【解析】
A的分子式为C6H6N2Br2，A生成分子式为C7H6N2Br2O的B，再结合B的结构推测由A生成B的反应即取代反应，生成了一个肽键，所以A的结构为。B经过反应后生成分子式为C7H4N2Br2的C，相比于B，C的分子中少了1个H2O，所以推测B生成C额外产生了不饱和结构。由C生成E的条件以及E的分子式为C16H20N3O2Br且其中仅含1个Br推测，C生成E发生的是已知信息中给出的反应①类型的取代反应；进一步由G的结构原子的排列特点可以推测，C的结构为，那么E的结构为。E反应生成分子式为C14H16N3OBr的产物F，再结合反应条件分析可知，E生成F的反应即已知信息中提供的反应②，所以F的结构为。
【详解】
(1)通过分析可知，A生成B的反应即取代反应，所以A的结构即为；
(2)A．通过分析可知，E的结构为，结构中含有咪唑环以及胺的结构，所以会显现碱性，A项正确；
B．化合物B的结构中含有醛基，所以可以与新制氢氧化铜在加热条件下产生砖红色沉淀，B项正确；
C．通过分析可知，F的结构为，可以与氢气加成生成醇，所以F可以发生还原反应，C项正确；
D．由化合物G的结构可知其分子式为C16H18N5O2Br，D项错误；
答案选ABC；
(3)C与D反应生成E的方程式为：++HBr；
(4)原料中提供了乙二醇，并且最终合成了，产物的结构中具有特征明显的五元环结构，因此考虑通过已知信息中的反应②实现某步转化；所以大致思路是，将4-溴吡啶中的溴原子逐渐转变为羰基，再与乙二醇发生反应②即可，所以具体的合成路线为：
；
(5)化合物A为，分子中含有4个不饱和度，1个苯环恰好有4个不饱和度，所以符合条件的A的同分异构体除苯环外其他结构均饱和；除去苯环外，有机物中还含有2个溴原子，以及2个都只形成单键的氮原子；若苯环上只安排1个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有2个取代基，只有；若苯环上有3个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有4个取代基，则满足要求的结构有和，至此讨论完毕。
推断有机物结构时，除了反应条件，物质性质等信息外，还可以从推断流程入手，对比反应前后，物质结构上的差异推测反应的具体情况。
19、2S2－+ CO32－+ 4SO2 ＝3S2O32－+ CO2 B （或） B 碱性 还原性 可以排除BaS2O3的干扰
【解析】
I．(1)根据图示信息可知，吸硫装置A制取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数和另一种产物CO2，据此分析；
(2)二氧化硫具有还原性、漂白性；
II．(1)根据KIO3的量求出I2，再根据S2O32-与I2的关系求出Na2S2O3的物质的量及浓度；
(2)滴定时的误差分析，需利用c(标)V(标)=c(待)V(待)，c(待)=分析；
Ⅲ．(1) 甲同学的实验流程中通过加入BaCl2 产生白色沉淀B 来证明Na2S2O3 与氯水反应时有SO42-生成；
(2) 在证明Na2S2O3的还原性时由于不知道BaS2O3 是否是沉淀，所以应先加BaCl2 溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性。
【详解】
I．(1) 根据图示信息可知，吸硫装置A制取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，SO2、Na2S中硫元素由+4价和−2价变为+2价，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数分别为4、2和3，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数为1，根据碳原子和氧原子数守恒可知另一种产物CO2，且计量数为1，故方程式为：2S2－+ CO32－+ 4SO2＝3S2O32－+ CO2；
(2)二氧化硫具有还原性、漂白性，所以可以用品红、溴水或溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中的溶液会褪色；
II．(1) KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI；
n(KIO3)=ml，设参加反应的Na2S2O3为xml；
所以x=，则c(Na2S2O3)= =ml⋅L−1（或）ml⋅L−1，
(2) A.滴定管末用Na2S2O3溶液润洗，则Na2S2O3溶液会被稀释，滴定时消耗待测液体积偏大，导致纯度偏低，故A不符合题意；
B. 滴定终点时俯视读数，使Na2S2O3溶液体积偏小，滴定时消耗待测液体积偏小，导致纯度偏高，故B符合题意；
C.锥形瓶用蒸馏水润洗，对实验结果没影响，纯度不变，故C不符合题意；
D. 滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡，待测液体积偏大，导致样品纯度偏低，故D不符合题意；
故答案选B；
Ⅲ．(1)甲同学通过测定Na2S2O3溶液的pH=8；说明该盐的水溶液显碱性；甲同学的实验流程中通过加入BaCl2产生白色沉淀B来证明Na2S2O3与氯水反应时有SO42−生成,即证明S2O32−具有还原性；
(2)在证明Na2S2O3的还原性时由于不知道BaS2O3是否是沉淀，所以应先加BaCl2溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性，故乙可排除BaS2O3的干扰。
本题易错点在于第(2)题中和滴定的误差分析，首先要清楚标准液和待测液，装在滴定管中的液体不一定必须是标准液，待测液也可以装在滴定管中，该题中的Na2S2O3是待测液，分析时一定要注意。
20、NH4Cl + NaNO2N2↑+ NaCl +2H2O B F D E C 排出装置中的空气，防止空气中的O2和CO2干扰实验结果 防止F中溶液倒吸进入C中 ①②⑤⑦ 甲、乙
【解析】
⑴实验室常用饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液制N2。
⑵利用C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验CO2，用D装置除去多余的CO2，用E装置干燥CO气体，利用D装置中灼热的CuO和F装置澄清石灰水检验CO。
⑶先通一段时间N2，排尽装置中的空气，实验结束时，先熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入N2至室温。
⑷实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜。
⑸①溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；
②【甲方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌溶液，加入足量NaOH溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体bg，bg为氧化铁，结合铁元素守恒可以计算铁的含量；【乙方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌，测量气体体积测得气体体积VmL(标况)，气体为一氧化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成，能测定铁元素含量；【丙方案】ag样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL溶液，每次取25mL溶液用酸性KMnO4溶液滴定，三次平均消耗0.1mlL−1酸性KMnO4溶液VbmL，该过程中足量稀硝酸会把FeO、Fe氧化生成铁离子，铁离子不能用高锰酸钾溶液反应测定，故丙不能测定。
⑹经测定产物中，假设生成的FeO、Fe物质的量分别为1ml，则得到电子为1ml+3ml=4ml，草酸根中碳部分变为+4价，部分变为+2价，2ml生成3ml K2CO3，失去3ml电子，根据得失电子守恒9ml碳元素中5ml碳失去电子5ml电子，4ml碳得到4ml电子。
【详解】
⑴实验室常用饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液制N2，反应的化学方程式为NH4Cl + NaNO2N2↑+ NaCl +2H2O；故答案为：NH4Cl + NaNO2N2↑+ NaCl +2H2O。
⑵利用C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验CO2，用D装置除去多余的CO2，用E装置干燥CO气体，利用D装置中灼热的CuO和F装置澄清石灰水检验CO，则根据气体流向连接装置的顺序为：A→B →F→D→E →C→F；故答案为：B；F；D；E；C。
⑶先通一段时间N2，排尽装置中的空气，防止空气中的O2和CO2干扰实验。实验结束时，先熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入N2至室温，目的是防止压强减小，F装置中的溶液倒吸；故答案为：排出装置中的空气，防止空气中的和干扰实验结果；防止F中溶液倒吸进入C中。
⑷实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜，则气体产物是CO2、CO；故答案为：CO2、CO。
⑸①定量实验：将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥，得到含铁样品，溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；故答案为：①②⑤⑦。
②【甲方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌溶液，加入足量NaOH溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体bg，bg为氧化铁，结合铁元素守恒可以计算铁的含量；【乙方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌，测量气体体积测得气体体积VmL(标况)，气体为一氧化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成，能测定铁元素含量；【丙方案】ag样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL溶液，每次取25mL溶液用酸性KMnO4溶液滴定，三次平均消耗0.1mlL−1酸性KMnO4溶液VbmL，该过程中足量稀硝酸会把FeO、Fe氧化生成铁离子，铁离子不能用高锰酸钾溶液反应测定，故丙不能测定；故答案为：甲、乙。
⑹经测定产物中，假设生成的FeO、Fe物质的量分别为1ml，则得到电子为1ml+3ml=4ml，草酸根中碳部分变为+4价，部分变为+2价，2ml生成3ml K2CO3，失去3ml电子，根据得失电子守恒9ml碳元素中5ml碳失去电子5ml电子，4ml碳得到4ml电子，依次分解的化学方程式；故答案为：。
21、11.80 35g 12.25g 5.99ml/L 0.212～0.238
【解析】
(1)根据2KClO32KCl+3O2反应原理，MnO2不溶于水，KCl溶于水进行分析计算；
(2)若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物，则5g水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶液，据此计算其溶解度；反应前后质量减少的质量为氧气的质量，根据氯酸钾和氧气之间的关系式计算氯酸钾的质量；根据溶液质量、密度计算溶液体积，再结合c=计算溶液的物质的量浓度；
(3)测定溶液中n(K+):n(Cl-)=14:11结合氯气与KOH反应生成氯酸钾和KCl或KClO和KCl来计算质量分数的范围。
【详解】
(1)若剩余的4.80g固体全是MnO2，m(KClO3)=16.60g-4.80g=11.80g，故答案为:11.80；
(2)若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物，则5g水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶液，5g水溶解KCl的质量=6.55g-4.80g=1.75g，
①则100g水溶解KCl的质量=，25°C时KCl的溶解度35g；故答案：35g；
②20g水溶解氯化钾的质量=1.75g4=7g，反应前后质量减少的质量为氧气的质量，氧气的质量=16.60g-7g-4.80g=4.8g，根据氧原子守恒得 =12.25g，所以原混合物中KClO3的质量12.25g，故答案为：12.25g；
③溶液的质量=20g+7g=27g，溶液的体积=，n(KCI)=，则溶液的物质的量浓度==5.99ml/L，所以答案为：5.99ml/L；
(3)测定溶液中n(K+):n(Cl-)=14:11，设钾离子为14ml，氯离子11ml；
①由零价氯变成负一价的氯，一共需要得到11ml电子，如果剩下的K离子是氯酸钾和次氯酸钾，由得失电子守恒可知氯酸钾是2ml，次氯酸钾是1ml，所以得到的晶体是11mlKCl，1mlKClO，2mlKClO3氯酸钾的质量分数==0.212
②由零价氯变成负一价的氯一共需要得到11ml电子，若其余为氯酸钾和氢氧化钾的混合物，由得失电子守恒可以得到氯酸钾的质量分数==0.238，所以得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为0.212~0.238，故答案：0.212~0.238。
解题关键：2KClO32KCl+3O2反应原理及MnO2不溶于水，KCl溶于水，计算KClO3的质量；根据氧化还原反应中电子守恒判断固体中KClO3的质量分数。
起始浓度
甲
乙
丙
C(H2)/ml/L
0.1
0.2
0.2
C(CO2)/ml/L
0.1
0.1
0.2