福州市2026年高考考前模拟化学试题（含答案解析）

这是一份福州市2026年高考考前模拟化学试题（含答案解析），共6页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
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一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、由下列实验及现象推出的相应结论正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
2、亚硝酸钠(NaNO2)是一种常用的发色剂和防腐剂，某学习小组利用如图装置(夹持装置略去)制取亚硝酸钠，已知：2NO+Na2O2=2NaNO2，2NO2+Na2O2=2NaNO3；NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO3-。下列说法正确的是（ ）
A．可将B中的药品换为浓硫酸
B．实验开始前通一段时间CO2，可制得比较纯净的NaNO2
C．开始滴加稀硝酸时，A中会有少量红棕色气体
D．装置D中溶液完全褪色后再停止滴加稀硝酸
3、短周期元素的离子W3+、X+、Y2﹣、Z﹣都具有相同的电子层结构，以下关系正确的是（ ）
A．单质的熔点：X＞W
B．离子的还原性：Y2﹣＞Z﹣
C．氢化物的稳定性：H2Y＞HZ
D．离子半径：Y2﹣＜W3+
4、下列转化过程不能一步实现的是
A．Al(OH)3→Al2O3B．Al2O3→Al(OH)3
C．Al→AlCl3D．Al→NaAlO2
5、油酸甘油酯和硬脂酸甘油酯均是天然油脂的成分。 它们的结构简式如下图所示。
下列说法错误的是
A．油酸的分子式为C18H34O2
B．硬脂酸甘油酯的一氯代物共有54种
C．天然油脂都能在NaOH溶液中发生取代反应
D．将油酸甘油酯氢化为硬脂酸甘油酯可延长保存时间
6、下列有关实验基本操作的说法正确的是
A．用滴定法测定某成分时，一定用到的仪器主要有铁架台、滴定管和锥形瓶
B．使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后立即进行分液操作
C．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干
D．取出试剂瓶中的金属钠，切取少量后把剩余的金属钠投入到废液缸中
7、扑热息痛的结构如图所示，下列关于扑热息痛的描述正确的是
A．分子式为C8H10NO2
B．扑热息痛易溶于水
C．能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应
D．属于芳香烃
8、一种新型太阳光电化学电池贮能时电解质溶液中离子在两极发生如下图所示的转化。
下列说法正确的是（ ）
A．贮能时，电能转变为化学能和光能
B．贮能和放电时，电子在导线中流向相同
C．贮能时，氢离子由a极区迁移至b极区
D．放电时，b极发生：VO2+2H++e-=VO2++H2O
9、钛（Ti）金属常被称为未来钢铁，Ti和Ti是钛的两种同位素。下列有关Ti的说法正确的是
A．Ti比Ti少1个质子B．Ti和Ti的化学性质相同
C．Ti的相对原子质量是46D．Ti的原子序数为47
10、T℃下，三种硫酸盐MSO4,(M表示Pb2+或Ba2+或Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pM=-lgc(M),p(SO42-)=-lgc(SO42-)。下列说法正确的是（ ）
A．BaSO4在任何条件下都不可能转化成PbSO4
B．X点和Z点分别是SrSO4和BaSO4的饱和溶液，对应的溶液中c(M)=c(SO42-)
C．在TC时，用溶液滴定20mL浓度均是的Ba(NO3)2和Sr(NO3)2的混合溶液,Sr2+先沉淀
D．TC下，反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为102.4
11、下列说法中，正确的是
A．78g Na2O2固体含有离子的数目为4NA
B．由水电离出的c(H＋)=10−12ml·L−1溶液中Na＋、NH4+、SO42−、NO3− 一定能大量共存
C．硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝的反应为：4I−+O2+4H+=2I2+2H2O
D．将充有NO2的玻璃球浸到热水中气体颜色加深说明2NO2(g)N2O4(g) △H >0
12、化学与生产、生活、环境等息息相关，下列说法中错误的是（ ）
A．港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物
B．“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是硅
C．共享单车利用太阳能发电完成卫星定位，有利于节能环保
D．泡沫灭火器适用于一般的起火，也适用于电器起火
13、下列关于各装置与其对应的实验目的或得到的实验结论的说法中正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
14、在恒容密闭容器中发生反应：2NO2(g)N2O4(g) ΔH=-a kJ/ml(a>0)，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．平衡后升高温度，容器中气体颜色加深
B．每消耗44.8 LNO2，生成N2O4的分子数一定为NA
C．该容器中气体质量为46 g时，原子总数为3NA
D．若N2O4分子数增加0.5NA，则放出0.5a kJ的热量
15、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
16、线型 PAA（ ）具有高吸水性，网状 PAA 在抗压性、吸水性等方面优于线型 PAA。网状 PAA 的制备方法是：将丙烯酸用 NaOH 中和，加入少量交联剂 a，再引发聚合。其部分结构片段 如图所示，列说法错误的是
A．线型 PAA 的单体不存在顺反异构现象
B．形成网状结构的过程发生了加聚反应
C．交联剂 a 的结构简式是
D．PAA 的高吸水性与—COONa 有关
二、非选择题（本题包括5小题）
17、1，6-己二酸是合成高分子化合物尼龙的重要原料之一，可用六个碳原子的化合物氧化制备。如图是合成尼龙的反应流程：
完成下列填空：
（1）写出反应类型：反应①_____反应②_______。
（2）A和B的结构简式为_______、_______。
（3）由合成尼龙的化学方程式为___。
（4）由A通过两步制备1，3-环己二烯的合成线路为：_______。
18、利用丙炔和苯甲醛研究碘代化合物与苯甲醛在 Cr-Ni 催化下可以发生偶联反应和合成 重要的高分子化合物Y的路线如下：
已知：①R1CHO+R2CH2CHO+H2
②
回答下列问题：
（1）A的化学名称为____。
（2）B中含氧官能团的名称是______。
（3）X的分子式为_______。
（4）反应①的反应类型是________。
（5）反应②的化学方程式是_______。
（6）L是D的同分异构体，属于芳香族化合物，与D具有相同官能团，其核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则L的结构简式可能为_____。
（7）多环化合物是有机研究的重要方向，请设计由、CH3CHO、合成多环化合物的路线(无机试剂任选)______。
19、无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡，实验装置图如图：
查阅资料可知：
①Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l) ΔH=-511kJ/ml
②SnCl4易挥发，极易发生水解。
③相关物质的物理性质如下：
回答下列问题：
(1)a管的作用是__________。
(2)A中反应的离子方程式是__________。
(3)D中冷却水的作用是________________。
(4)尾气处理时，可选用的装置是__________(填序号)。
(5)锡粒中含铜杂质致D中产生CuCl2，但不影响E中产品的纯度，原因是________。
(6)制得的SnCl4产品中常含有SnCl2，可用如下方法测定产品纯度：先准确称量7.60g产品于锥形瓶中，再加过量的FeCl3溶液，发生反应：SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2，再用0.1000ml/LK2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+，此时还原产物为Cr3+，消耗标准溶液20.00mL，则SnCl4产品的纯度为__________。
20、氯化亚铜是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸；可溶于氯离子浓度较大的体系，形成。在潮湿空气中迅速被氧化，见光则分解。右下图是实验室仿 工业制备氯化亚铜的流程进行的实验装置图。
实验药品：铜丝、氯化铵、65％硝酸、20％盐酸、水。
(1)质量分数为20％的盐酸密度为，物质的量浓度为______；用浓盐酸配制20％盐酸需要的玻璃仪器有：______、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。
(2)实验室制备过程如下：
①检查装置气密性，向三颈瓶中加入铜丝、氢化铵、硝酸、盐酸，关闭。实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是______；
②加热至℃，铜丝表面产生无色气泡，烧瓶上方气体颜色逐渐由无色为红棕色，气囊鼓起。打开，通入氧气一段时间，将气囊变瘪，红棕色消失后关闭，冷却至室温，制得。通入氧气的目的为______；
三颈瓶中生成的总的离子方程为______；
将液体转移至烧杯中用足量蒸馏水稀释，产生白色沉淀，过滤得氧化亚铜粗品和滤液。
③粗品用95％乙醇洗涤、烘干得氧化亚铜。
(3)便于观察和控制产生的速率，制备氧气的装置最好运用______(填字母)。
(4)下列说法不正确的是______
A．步骤Ⅰ中可以省去，因为已经加入了
B．步骤Ⅱ用去氧水稀释，目的是使转化为，同时防止被氧化
C．当三颈烧瓶上方不出现红棕色气体时，可停止通入氧气
D．流程中可循环利用的物质只有氯化铵
(5)步骤Ⅲ用95％乙醇代替蒸馏水洗涤的主要目的是______、______(答出两条)。
(6)氯化亚铜的定量分析：
①称取样品和过量的溶液于锥形瓶中，充分溶解；
②用硫酸[Ce(SO4)2]标准溶液测定。已知：
已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+
三次平衡实验结果如下表(平衡实验结果相差不能超过1％)：
则样品中的纯度为______(结果保留3位有效数字)。
误差分析：下列操作会使滴定结果偏高的是______。
A．锥形瓶中有少量蒸馏水 B．滴定终点读数时仰视滴定管刻度线
C．所取溶液体积偏大 D．滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失
21、中科院大连化学物理研究所的一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，如图所示。
（1）现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X（分子式C2H4O，不含双键），该反应符合最理想的原子经济，则反应的化学方程式是___（有机物请写结构简式）。
（2）已知相关物质的燃烧热如上表，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式___。
（3）在400℃时，向初始体积1L的恒压反应器中充入1mlCH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%。则：
①在该温度下，其平衡常数K=__。
②若向该容器通入高温水蒸气（不参加反应，高于400℃），C2H4的产率将__（选填“增大”“减小”“不变”“无法确定”），理由是___。
③若容器体积固定，不同压强下可得变化如图，则压强的关系是___。
④实际制备C2H4时，通常存在副反应：2CH4(g)→C2H6(g)＋H2(g)。反应器和CH4起始量不变，不同温度下C2H6和C2H4的体积分数与温度的关系曲线如图。
在200℃时，测出乙烷的量比乙烯多的主要原因可能是___。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
A．K3[Fe(CN)6]与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子，由现象可知原溶液中有Fe2+，不能确定是否含Fe3+，故A错误；
B．Ba(NO3)2的酸性溶液具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，从而生成硫酸钡沉淀，则原溶液中可能有SO32-或SO42-，或二者均存在，故B错误；
C．溶液中含有Na2S，不一定发生沉淀的转化，不能比较Ksp(CuS)与Ksp(ZnS)的大小，故C错误；
D．C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明反应生成了苯酚，发生强酸制弱酸的反应，则酸性：H2CO3＞C6H5OH，故D正确；
答案选D。
2、C
【解析】
A.装置B中无水CaCl2作干燥剂，干燥NO气体，由于装置为U型管，若换为浓硫酸，气体不能通过，因此不能将B中的药品换为浓硫酸，A错误；
B.实验开始前通一段时间CO2，可排出装置中的空气，避免NO氧化产生NO2气体，不能发生2NO2+Na2O2=2NaNO3，但CO2会发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，因此也不能制得比较纯净的NaNO2，B错误；
C.开始滴加稀硝酸时，A中Cu与稀硝酸反应产生NO气体，NO与装置中的O2反应产生NO2，因此会有少量红棕色气体，C正确；
D.在装置D中，NO会被酸性KMnO4溶液氧化使溶液褪色，因此当D中溶液紫红色变浅，就证明了NO可以被氧化，此时就可以停止滴加稀硝酸，D错误；
故合理选项是C。
3、B
【解析】
短周期元素形成的离子W3+、X+、Y2-、Z-具有相同电子层结构，核外电子数相等，结合离子电荷可知，Y、Z为非金属，应处于第二周期，Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，结合元素周期律解答。
【详解】
A. 金属晶体，原子半径越小，金属键越强，单质的熔点越高，所以单质的熔点Al ＞ Na ，故A错误；
B. 元素的非金属性越强，离子的还原性越弱，所以离子的还原性O2﹣＞F﹣，故B正确；
C. 元素的非金属性越强，氢化物越稳定，所以氢化物的稳定性HF ＞ H2O，故C错误；
D. 核外电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，所以离子半径O2﹣＞ Al3+，故D错误；
故答案为B。
4、B
【解析】
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。
5、B
【解析】
A．油酸的结构简式为CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7COOH，分子式为C18H34O2，故A正确；
B．硬脂酸甘油酯的结构简式可以表示为，上面的酯基与下面的酯基互为对称结构，因此硬脂酸甘油酯的一氯代物共有36种，故B错误；
C．天然油脂的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，都能在NaOH溶液中发生水解反应（或取代反应），故C正确；
D．油酸甘油酯中含有碳碳双键，能够氧化变质，将油酸甘油酯氢化转化为硬脂酸甘油酯可延长保存时间，故D正确；
答案选B。
本题的易错点为B，要注意分子的对称性对同分异构体数目的影响。
6、A
【解析】
中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定、络合滴定等实验都要使用铁架台、滴定管和锥形瓶，A正确；萃取时，若振荡后不及时放气，则会导致漏斗内压强增大，有爆炸的可能，B错误；洗净的容量瓶不可放进烘箱中烘干，C错误；钠投入到废液缸中会剧烈反应，应放回原试剂瓶中，D错误。
7、C
【解析】
A．分子式为C8H9NO2，故A错误；
B．含酚-OH、-CONH-，该有机物不溶于水，故B错误；
C．含酚-OH，能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应，故C正确；
D．含O、N等元素，不是芳香烃，故D错误；
故选C。
8、D
【解析】
光照时贮能VO2+失电子转化为VO2+，b极为阳极，a极为阴极，放电时b极为正极，a极为负极，据此分析解答。
【详解】
A. 贮能时，光能转变为化学能，选项A错误；
B. 贮能时电子由b极流出，放电时电子由a极流出，在导线中流向不相同，选项B错误；
C. 贮能时，氢离子由阳极b极区迁移至阴极a极区，选项C错误；
D. 放电时，b极为正极，发生电极反应：VO2+2H++e-=VO2++H2O，选项D正确；
答案选D。
9、B
【解析】
A.Ti和Ti:质子数都是22，故A错误；
B. Ti和Ti是同种元素的不同原子，因为最外层电子数相同，所以化学性质相同，故B正确；
C.46是Ti的质量数，不是其相对原子质量质量，故C错误；
D.Ti的原子序数为22,故D错误；
答案选B。
10、D
【解析】
A．硫酸根离子浓度和铅离子浓度乘积达到或大于PbSO4沉淀溶度积常数可以沉淀，一定条件下BaSO4可以转化成PbSO4，故A错误；
B．Z点对应的溶液为饱和溶液，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度乘积为常数，pM=-lgc(M)，p(SO42-)=-lgc(SO42-)，则c（Ba2+）＞c（SO42-），同理X点饱和溶液中c（Sr2+）＜c（SO42-），故B错误；
C．图象分析可知溶度积常数SrSO4、PbSO4、BaSO4分别为10-2.5×10-2.5、10-3.8×10-3.8、10-5×10-5，因此溶度积常数：BaSO4＜PbSO4＜SrSO4，因此在TC时，用0.01ml·L-1Na2SO4溶液滴定20mL浓度均是0.01ml·L-1的Ba(NO3)2和Sr(NO3)2的混合溶液，Ba2+先沉淀，故C错误；
D．TC下，反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为=102.4，故D正确；
答案选D。
11、C
【解析】
A、Na2O2的电子式为，可知，mlNa2O2中有2mlNa＋和1mlO22－，共3ml离子，离子数目为3NA，A错误；
B、由水电离出的c(H＋)=10−12ml·L−1溶液可能是酸性，也可能是碱性，NH4+在碱性环境下不能大量共存，B错误；
C、I－在空气中容易被O2氧化，在酸性条件下，发生反应4I−+O2+4H+=2I2+2H2O，C正确；
D、NO2玻璃球加热颜色加深，说明NO2的浓度增大，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，△H＜0，D错误；
答案选C。
12、D
【解析】
A. 聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故A正确；
B. 硅为良好的半导体材料，能制造太阳能电池板，所以“玉兔号”月球车上的太阳能电池的材料是硅，故B正确；
C. 将太阳能直接转化为电能，有利于节能环保，故C正确；
D. 泡沫灭火器适用于一般的起火，但不适用于电器起火，故D错误；
故选D。
13、A
【解析】
A．对于可逆反应2NO2N2O4，升高温度，气体的颜色变深，则平衡逆向移动；降低温度，气体颜色变浅，则平衡正向移动，A正确；
B．铜与浓硝酸反应，不管生成的气体是NO还是NO2，用排水法收集后，都收集到无色的气体，所以不能肯定生成的气体的成分，B错误；
C．灼烧海带时，应放在坩埚内，否则会损坏烧杯，C错误；
D．饱和食盐水，用于除去Cl2中混有的HCl气体，D错误；
故选A。
14、B
【解析】
A. 升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，c(NO2)增大，使容器中气体颜色加深，A正确；
B. 由于未指明反应的温度、压强，因此不能根据气体体积确定气体的物质的量及含有的分子数目，B错误；
C. NO2、N2O4最简式是NO2，1个NO2中含有3个原子，其式量是46，所以46 g混合气体中含有NO2的物质的量是1 ml，其中含有的原子数目为3NA，C正确；
D. 根据方程式可知：每反应产生1 ml N2O4，放出a kJ的热量，若N2O4分子数增加0.5NA，产生N2O4 0.5 ml，因此放出热量为0.5a kJ，D正确；
故合理选项是B。
15、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。
16、C
【解析】
A. 线型PAA的单体为CH2=CHCOONa，单体不存在顺反异构现象，故A正确；
B. CH2=CHCOONa中的碳碳双键发生的加成聚合反应，形成网状结构，过程发生了加聚反应，故B正确；
C. 分析结构可知交联剂a的结构简式是，故C错误；
D. 线型PAA()具有高吸水性，和−COONa易溶于水有关，故D正确；
故选：C。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、消去反应 加成（氧化）反应 n+NH2RNH2+(2n-1)H2O
【解析】
根据A的分子式可知，A中含1个不饱和度，因此可推出A为环己烯，其结构简式为：，它是通过环己醇通过消去反应而得到，A经过氧化得到，与水在催化剂作用下生成；根据已知信息，结合B在水的催化作用下生成，采用逆合成分析法可知B应为其分子式正好为C6H8O3；最后经过缩聚反应合成尼龙，据此分析作答。
【详解】
根据上述分析可知，
（1）反应①的反应类型为：消去反应；反应②为加氧氧化过程，其反应类型为加成（氧化）反应，故答案为：消去反应；加成（氧化）反应；
（2）根据上述分析可知，A的结构简式为：；B的结构简式为：，故答案为：；；
（3）与NH2RNH2发生缩聚反应生成尼龙，其化学方程式为：n+NH2RNH2+(2n-1)H2O；
（4）A为，若想制备1，3-环己二烯，可先与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2—二溴环己烷，1,2—二溴环己烷再在氢氧化钠乙醇溶液、加热的条件下发生消去反应生成1，3﹣环己二烯，其具体合成路线如下：。
18、3-氯丙炔 酯基 C13H16O2 取代反应
【解析】
与氯气在紫外线光照条件下发生取代反应生成A（），物质A与NaCN在加热条件下继续发生取代反应生成，在酸性条件下生成再与乙醇发生酯化反应生成B（），B与HI发生加成反应生成，继续与苯甲醛反应生成X（）；另一合成路线中采用逆合成分析法可知，E为聚合物Y的单体，其结构简式为：，根据已知信息②逆推法可以得出D为，C是由与水发生加成反应所得，C与苯甲醛在碱性条件下发生反应②，结合已知信息①可推出C为丙醛，其结构简式为CH3CH2CHO，据此分析作答。
【详解】
（1）A为，其名称为3-氯丙炔；
（2）B为，其中含氧官能团的名称是酯基；
（3）从结构简式可以看出X的分子式为：C13H16O2；
（4）反应①中-Cl转化为-CN，属于取代反应，故答案为取代反应；
（5）根据已知的给定信息，反应②的化学方程式为：；
（6）L是D的同分异构体，则分子式为C10H10O，不饱和度==6，属于芳香族化合物，说明分子结构中含苯环；与D具有相同官能团，则含醛基与碳碳双键；又核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则有5种氢原子，其个数比为3:2:2:2:1，符合上述条件的L的结构简式有：；
（7）根据上述合成路线及给定的已知信息可将原料CH3CHO、在碱性条件下反应生成后再继续与依据已知信息②得到，最后与溴加成制备得到目标产物，具体合成路线如下：。
19、平衡压强使浓盐酸顺利流下 MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O 避免SnCl4挥发 ② 常温下，CuCl2为固体且密度比SnCl4大 85%
【解析】
根据装置：A装置制备氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，其中a可以平衡压强，使浓盐酸顺利流下，B吸收杂质HCl气体，C吸收水蒸气，干燥纯净的Cl2与Sn在D中反应制得SnCl4，锡粒中含铜杂质使得D中产生的SnCl4中含有CuCl2，但因为CuCl2熔点高，为固体，且密度比SnCl4大，不会随SnCl4液体溢出，E收集SnCl4液体，尾气用盛放碱石灰的干燥管处理，据此分析作答。
【详解】
(1)a管的作用是平衡浓盐酸上下的气体压强，使浓盐酸顺利流下；
(2)A中浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
(3)在D中制取的物质SnCl4中含有杂质CuCl2，SnCl4易挥发，所以D中冷却水的作用是避免SnCl4挥发；
(4)尾气中含有氯气会导致大气污染，因此一定要进行处理，可根据Cl2与碱反应的性质，用碱性物质吸收，同时为防止SnCl4水解，该装置还具有干燥的作用，用盛放碱石灰的干燥管可满足上述两个条件，故合理选项是②；
(5)锡粒中含铜杂质致D中产生CuCl2，但因为常温下，CuCl2为固体且密度比SnCl4大，故不影响E中产品的纯度；
(6)滴定中，铁元素化合价由+2价变为+3价，升高1价，Cr元素化合价由+6价变为+3价，降低3价，则有关系式：3SnCl2～6Fe2+～K2Cr2O7，n(SnCl2)=3n(K2Cr2O7) =3×0.1000ml/L×0.02L=0.006ml，故SnCl4产品的纯度为×100%=85%。
本题考查了物质制备方案设计，涉及化学实验操作、物质的作用、滴定方法在物质含量测定的由于等，明确实验原理及实验基本操作方法、知道各个装置作用是解本题关键。
20、6.0ml/L 量筒 氯化铵溶解于水为吸热过程 将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3 3Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2O B AD 除去CuCl表面附着的NH4Cl 迅速挥发带走CuCl表面的水份或防止其被氧化 95.5% BD
【解析】
根据流程：氧气通入Cu、HCl、NH4Cl、HNO3、H2O的混合物中控制温度50～85℃制得NH4[CuCl2]，加入水，过滤得到CuCl沉淀和含有NH4Cl的母液，母液浓缩补充Cu、HCl可循环，沉淀洗涤干燥后得产品；
(1) 根据c=计算，盐酸是液体，量取浓盐酸需要量筒；
(2) ①氯化铵溶解吸热；
②根据题意有NO2气体生成，通入氧气可与其反应；根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4[CuCl2]和无色气泡NO，据此书写；
(3) 装置A不能观察O2产生速率，C不能很好控制产生O2的速率；
(4) A．步骤Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成；
B．CuCl 易被氧化，应做防氧化处理；
C．三颈烧瓶上方不出现红棕色NO2气体时，说明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化；
D．步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用；
(5) 氯化亚铜是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇分析可得；
(6) 第一组实验数据误差较大，舍去，故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL，根据关系式有：CuCl～FeCl3～Ce4+，则n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10ml/L×0.024L×99.5g/ml=0.2388g，据此计算可得；误差分析依据c(待测)=分析，标准溶液体积变化就是误差的变化。
【详解】
(1) 盐酸的物质的量浓度c==≈6.0ml/L，量取浓盐酸需要量筒，则配制20%盐酸时除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要量筒；
(2)①因为氯化铵溶解于水为吸热过程，故反应开始时液体温度低于室温；
②通入氧气的目的是为了将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3；根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4[CuCl2]和无色气泡NO，则生成CuCl2-离子方程式为3Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2O；
(3) 制备氧气装置A不能观察O2产生速率，C中Na2O2和水反应速率快，不能很好控制产生O2的速率，B装置可以根据锥形瓶内气泡的快慢判断产生O2的速率进行控制，故答案为B；
(4) A．步骤Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成，HCl是为了增大氯离子浓度，不可省略，故A错误；
B．步骤II所得滤渣洗涤干燥得到CuCl，步骤II目的是Na[CuCl2]转化为 CuCl，CuCl 易被氧化，应做防氧化处理，故B正确；
C．三颈烧瓶上方不出现红棕色NO2气体时，说明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化，故C正确；
D．步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用，洗涤的乙醇通过蒸馏分离后可再利用，故D错误；
故答案为AD；
(5) 已知：CuCl微溶于水，采用95%乙醇洗涤，既除去CuCl表面附着的NH4Cl，又能迅速挥发带走CuCl表面的水份，防止其被氧化；
(6) 第二组实验数据误差较大，舍去，故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL，根据关系式有：CuCl～FeCl3～Ce4+，则n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10ml/L×0.024L×99.5g/ml=0.2388g，CuCl的纯度为×100%=95.5%；
依据c(待测)=分析：A．锥形瓶中有少量蒸馏水对滴定实验无影响，故A错误；B．滴定终点读数时仰视滴定管刻度线，其他操作正确，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B正确；C．过量的FeCl3溶液能保证CuCl完全溶解，多余的FeCl3对测定结果无影响，故C错误；D．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D正确；故答案为BD。
误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。
21、2CH2=CH2+O22 2CH4(g)⇌C2H4(g)+2H2(g) △H=+202kJ/ml 0.20（ml/L） 增大 该反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气相当于加热，同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均右移，产率增大 p1＞p2 在200℃时，乙烷的生成速率比乙烯的快
【解析】
(1)用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X（分子式C2H4O，不含双键），该反应符合最理想的原子经济，X为；
(2)结合表格中数据，根据盖斯定律，将反应可由②×2-③-①×2得到甲烷制备乙烯的热化学方程式；
(3)①恒温恒容条件下气体的体积分数等于其物质的量分数，列“三段式”解答计算；
②该反应的正反应是吸热反应，若向该容器通入高温水蒸气（不参加反应，高于400℃），相当于升高温度平衡正向移动；恒压条件下通入水蒸气导致分压减小，平衡正向移动；
③增大压强平衡逆向移动，甲烷转化率降低；
④根据图像结合反应速率解答；
【详解】
(1)现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X(分子式C2H4O，不含双键)，X为，该反应符合最理想的原子经济，则反应的化学方程式为2CH2=CH2+O22；
(2)根据表格中数据有：①H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H1=-285.8kJ/ml，②CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)△H2=-890.3kJ/ml，③C2H4(g)+3O2(g)→2CO2(g)+2H2O(l)△H3=-1411.0kJ/ml，甲烷制备乙烯的化学方程式为：2CH4(g)→C2H4(g)+2H2(g)，根据盖斯定律，将②×2-③-①×2得到，2CH4(g)→C2H4(g)+2H2(g)△H=2△H2-△H3-2△H1=+202kJ/ml；
(3)①400℃时，向1L的恒容反应器中充入1mlCH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%，设生成乙烯的物质的量为x，列“三段式”：
所以有×100%=20.0%，解得：x=0.25，平衡后气体的体积=×1L=1.25L，所以化学平衡常数为K= ==0.20；
②2CH4(g)→C2H4(g)+2H2(g)△H=+202kJ/ml，反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气(不参加反应，高于400℃)相当于加热，平衡右移，产率增大；同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡右移，产率也增大，因此C2H4的产率将增大，故答案为：增大；该反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气相当于加热，同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均右移，产率增大；
③若容器体积固定，2CH4(g)→C2H4(g)+2H2(g)，反应为气体分子数增多的反应，温度相同时，压强增大不利于反应正向进行，CH4的平衡转化率降低，因此p1＞p2；
④根据图象，200℃时，测出乙烷的量比乙烯多，是因为生成乙烷的反应速率较快。
本题易错点为(3)①的平衡常数的计算，要注意该容器的体积可变，需要根据物质的量之比等于气体体积之比计算出平衡时的体积。
实验
现象
结论
A．某溶液中滴加溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有，无
B．①某溶液中加入溶液
②再加足量盐酸
①产生白色沉淀
②仍有白色沉淀
原溶液中有
C．向含有和的悬浊液中滴加溶液
生成黑色沉淀
D．向溶液中通入
溶液变浑浊
酸性：
选项
A
B
C
D
实验装置
探究温度对平衡2NO2N2O4的影响
目的或结论
探究温度对平衡2NO2N2O4的影响
试管中收集到无色气体，说明铜与浓硝酸的反应产物是NO
海带提碘时，用上述装置灼烧海带
除去HCl气体中混有的少量Cl2
物质
Sn
SnCl4
CuCl2
熔点/℃
232
-33
620
沸点/℃
2260
114
993
密度/g·cm-3
7.310
2.226
3.386
平衡实验次数
1
2
3
样品消耗硫酸锑标准溶液的体积
2