2026届安徽省望江中学高考考前提分化学仿真卷含解析

这是一份2026届安徽省望江中学高考考前提分化学仿真卷含解析，共20页。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、对于排布在2s轨道上的电子，不能确定的是
A．电子所在的电子层B．电子的自旋方向
C．电子云的形状D．电子云的伸展方向
2、化学与环境、工农业生产等密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．NaCl不能使蛋白质变性，所以不能用作食品防腐剂
B．浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可用于水果保鲜
C．捕获工业排放的CO2，可用来合成可降解塑料聚碳酸酯
D．在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化剂，可使酒保持良好品质
3、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01ml·L–1r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如下图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．原子半径的大小：WY
C．Y的氢化物常温常压下为液态
D．X的最高价氧化物的水化物为弱酸
4、水的电离平衡曲线如图所示，下列说法中，正确的是
A．图中A、B、D三点处Kw的大小关系：B>A>D
B．25℃时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，溶液中c(NH4+)／c(NH3·H2O)的值逐渐减小
C．在25℃时，保持温度不变，在水中加人适量NH4Cl固体，体系可从A点变化到C点
D．A点所对应的溶液中，可同时大量存在Na+、Fe3+、Cl-、SO42—
5、已知酸性溶液中还原性的顺序为SO32->I->Fe2+>Br->Cl-，下列反应不能发生的是
A．2Fe3++SO32-+H2O→2Fe2++SO42-+2H+B．I2+ SO32-+H2O→SO42-+2I-+2H+
C．2Fe2++I2→2Fe3++2I-D．Br2+SO32-+H2O→SO42-+2Br-+2H+
6、钠碱循环法可脱除烟气中的SO2.在钠碱循环中，吸收液为Na2SO3溶液，当吸收液的pH降为6左右时，可采用三室膜电解技术使其再生，图为再生示意图。下列说法正确的是( )
A．a极为电池的阳极
B．a极区吸收液再生的原理是HSO3﹣+H+═H2O+SO2↑
C．b电极的电极反应式是HSO3﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+3H+
D．b膜为阳离子交换膜
7、在给定条件下，下列选项所示的物质转化均能实现的是
A．SSO2CaSO4
B．SiSiO2SiCl4
C．FeFe2O3Fe(OH)3
D．NaNaOH(aq) NaHCO3(aq)
8、根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
9、25℃时，用0.1ml·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1ml·L－1CH3COOH(Ka=1.75×10－5)溶液的过程中，消耗NaOH溶液的体积与溶液pH的关系如图所示。下列各项中粒子浓度关系正确的是
A．点①所示溶液中：2c(CH3COO－)－2c(CH3COOH)=c(H＋)－c(OH－)
B．点②所示溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
C．点③所示溶液中：c(CH3COO－)－C(CH3COOH)=c(Na＋)＋2c(H＋)－2c(OH－)
D．pH=12的溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
10、从海带中提取碘元素的步骤中，选用的实验仪器不能都用到的是
A．海带灼烧灰化，选用①②⑧B．加水浸泡加热，选用②④⑦
C．过滤得到滤液，选用④⑤⑦D．萃取和分液，选用③④⑥
11、下列有关说法正确的是
A．酒精浓度越大，消毒效果越好
B．通过干馏可分离出煤中原有的苯、甲苯和粗氨水
C．可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中残留的乙酸
D．淀粉和纤维素作为同分异构体，物理性质和化学性质均有不同
12、根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
13、2017年5月9日，我国科学技术名词审定委员会等单位正式发布115号等4种人工合成的新元素的名称、元素符号，115号元素名称为“镆”，符号为Mc。下列有关说法正确的是
A．Mc的最低负化合价为－3B．Mc的最高价氧化物的化式为Mc2O 5
C．的中子数为115D．通过化学反应可使转化为
14、下列卤代烃不能够由烃经加成反应制得的是
A．B．
C．D．
15、已知H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)＋CO2(g)=COS(g)＋H2O(g)。在610 K时，将0.10 ml CO2与0.40 ml H2S充入2.5 L的空钢瓶中，经过4 min达到平衡，平衡时水的物质的量分数为2%，则下列说法不正确的是( )
A．CO2的平衡转化率α＝2.5%
B．用H2S表示该反应的速率为0.001 ml·L－1·min－1
C．在620 K重复试验，平衡后水的物质的量分数为3%，说明该平衡正向移动了
D．反应过程中混合气体平均摩尔质量始终不变
16、2017年9月25日，化学权威杂志《化学世界》、著名预测博客等预测太阳能电池材料—钙钛矿材料可能获得2017年诺贝尔化学奖。钛酸钙(CaTiO3)材料制备原理之一是CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑。下列有关判断不正确的是
A．上述反应是氧化还原反应B．TiO2和CO2属于酸性氧化物
C．CaTiO3属于含氧酸盐D．CaCO3属于强电解质
二、非选择题（本题包括5小题）
17、药物心舒宁（又名冠心宁）是一种有机酸盐,用于治疗心脉瘀阻所致的冠心病、心绞痛等，可用以下路线合成。
完成下列填空：
47、写出反应类型：反应①______________、反应②_______________。
48、写出结构简式：A__________________、C____________________。
49、由1ml B转化为C，消耗H2的物质的量为_______________。如果将③、④两步颠倒，则最后得到的是（写结构简式）__________________________。
50、D有同类别的同分异构体E，写出E与乙二醇发生缩聚反应所得产物的结构简式______________。
51、写出与A的属于芳香族化合物的同分异构体与盐酸反应的化学方程式______________。
18、近期科研人员发现磷酸氯喹等药物对新型冠状病毒肺炎患者疗效显著。磷酸氯喹中间体合成路线如下：
已知：Ⅰ.卤原子为苯环的邻对位定位基，它会使第二个取代基主要进入它的邻对位；硝基为苯环的间位定位基，它会使第二个取代基主要进入它的间位。
Ⅱ. E为汽车防冻液的主要成分。
Ⅲ. 2CH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5+C2H5OH
请回答下列问题
(1)写出B的名称__________，C→D的反应类型为_____________ ；
(2)写出E生成F的化学方程式___________________________。
写出H生成I的化学方程式__________________。
(3)1 ml J在氢氧化钠溶液中水解最多消耗________ml NaOH。
(4)H有多种同分异构体，其满足下列条件的有_________种(不考虑手性异构)，其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：6的结构简式为___________。
①只有两种含氧官能团
②能发生银镜反应
③1 ml 该物质与足量的Na反应生成0.5 ml H2
(5)以硝基苯和2-丁烯为原料可制备化合物，合成路线如图：
写出P、Q结构简式：P_______，Q________。
19、探究SO2和氯水的漂白性，设计了如下实验，装置如图．完成下列填空：
（1）棉花上沾有的试剂是NaOH溶液，作用是______．
（2）①反应开始一段时间后，B、D两个试管中可以观察到的现象分别是：B：_____，D：____．
②停止通气后，分别加热B、D两个试管，可以观察到的现象分别是：B：_____，D：____．
（3）有同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强，他将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不理想．产生该现象的原因（用化学方程式表示）______．
（4）装置E中用_____（填化学式）和浓盐酸反应制得Cl2，生成2.24L（标准状况）的Cl2，则被氧化的HCl为____ml．
（5）实验结束后，检验蘸有试剂的棉花含有SO42﹣的实验方案是：取棉花中的液体少许，滴加足量的稀HNO3，再加入几滴BaCl2溶液，出现白色沉淀．该方案是否合理____，理由是___．
20、硫酸四氨合铜晶体([Cu(NH3)4]SO4·H2O)常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质溶于水，不溶于乙醇、乙醚，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3ml/L的硫酸、浓氨水、10% NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500 ml/L稀盐酸、0.500 ml/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。
I.CuSO4溶液的制备
①称取4g铜粉，在A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌，放置冷却。
②在蒸发皿中加入30mL 3ml/L的硫酸，将A中固体慢慢放入其中，加热并不断搅拌。
③趁热过滤得蓝色溶液。
(1)A仪器的名称为_____________。
(2)某同学在实验中有1.5g的铜粉剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因_____。
II.晶体的制备。将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作
(3)已知浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，试写出生成此沉淀的离子反应方程式___________。
(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是_______________。
III.氨含量的测定。精确称取mg晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mLClml/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用C2ml/L NaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂)，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。
(5)玻璃管2的作用_________________，样品中氨的质量分数的表达式_______。
(6)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏低的原因是______________。
A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管
B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视
C．滴定过程中选用酚酞作指示剂
D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁
21、无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等．工业上用铝土矿（Al2O3、Fe2O3）为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下：
（1）氧化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式______．
（2）用Na2SO3溶液可除去冷却器排出的尾气中的Cl2，此反应的离子方程式______．
（3）为了测定制得的无水AlCl3产品（含杂质FeCl3）的纯度，称取16.25g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液中，过滤出沉淀物，再洗涤、灼烧、冷却、称重、得其质量为0.32g。
①写出上述测定过程中涉及的离子方程式：______、__________。
②AlCl3产品的纯度为___________。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
排布在2s轨道上的电子，则可以判断其在第二电子层，S能级电子云的形状为球形，所以电子云无伸展方向，但不能确定电子的自旋方向，故选B。
【点睛】
明确S轨道的形状、以及无伸展方向是解题关键，排布在2s轨道上的电子，则可以判断其在第二电子层，S能级电子云的形状为球形，所以电子云无伸展方向，但不能确定电子的自旋方向，据此分析。
2、A
【解析】
A. NaCl浓度较高时，会导致微生物脱水死亡，可杀菌并起防腐效果，A不正确；
B. 乙烯是水果的催熟剂，酸性高锰酸钾溶液可氧化水果释放的乙烯，从而使水果保鲜，B正确；
C. CO2能聚合成聚碳酸酯，所以可捕获工业排放的CO2，合成此可降解塑料，C正确；
D. SO2能防止葡萄酒在生产和销售过程中被氧化，所以可在葡萄酒中添加微量SO2，以保持良好品质，D正确。
故选A。
3、B
【解析】
n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则为氯气，Z为Cl，r是由这些元素组成的二元化合物，0.01ml·L–1r溶液的pH为2，说明r为HCl，q的水溶液具有漂白性，说明是水溶液中含有次氯酸根，再结合m和n反应生成q和r，则q为HClO，m为水，s通常是难溶于水的混合物，氯气和p光照，说明是取代反应，则为烷烃，因此短周期元素W为H，X为C，Y为O，Z为Cl。
【详解】
A. 原子半径的大小：H < O < C，故A正确；
B. 元素的非金属性：Cl > O > C，故B错误；
C. Y的氢化物水或过氧化氢常温常压下为液态，故C正确；
D. X的最高价氧化物的水化物碳酸为弱酸，故D正确。
综上所述，答案为B。
4、B
【解析】
A、Kw的影响因素为温度，水的电离吸热，升高温度Kw增大，A、D在同一等温线上，故图中A、B、D三点处Kw的大小关系为B>A=D，A错误；
B、25℃时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，c(OH-)逐渐增大， c(OH-) •c(NH4+) ／c(NH3·H2O)的值不变，故c(NH4+) ／c(NH3·H2O)逐渐减小，B正确；
C、在25℃时，保持温度不变，在水中加人适量NH4Cl固体，体系不能从A点变化到C点，体系从A点变化到C点，可采用加热的方法，C错误；
D、A点所对应的溶液呈中性，Fe3+因水解生成氢氧化铁沉淀不能大量存在，D错误。
故选B。
5、C
【解析】
A、因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO32-为还原剂，还原性强弱为SO32-＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，故A不选；
B、因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO32-为还原剂，还原性强弱为SO32-＞I-，与已知的还原性强弱一致，能发生，故B不选；
C、因该反应中Fe元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则Fe2+为还原剂，还原性强弱为Fe2+＞I-，与已知的还原性强弱不一致，反应不能发生，故C选；
D、因该反应中Br元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则SO32-为还原剂，还原性强弱为SO32-＞Br-，与已知的还原性强弱一致，能发生，故D不选。
答案选C。
6、C
【解析】
由示意图可知：Na+向a电极移动，HSO3﹣、SO42﹣向b电极移动，则a为阴极，b为阳极，据此解答。
【详解】
A．a极上氢离子被还原为氢气，发生还原反应，故a为阴极，故A错误；
B．a极上氢离子得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，促进HSO3﹣电离生成SO32﹣，钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生，故B错误；
C．酸性条件，阴离子主要为HSO3﹣，b电极上HSO3﹣转化为SO42﹣，电极反应式为：HSO3﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+3H+，故C正确；
D．b膜允许阴离子通过，故b膜为阴离子交换膜，故D错误。
故选：C。
7、D
【解析】A. 二氧化硫与氧化钙反应生成CaSO3，A错误；B. 二氧化硅是酸性氧化物与盐酸不反应，所以二氧化硅无法与盐酸反应转化为四氯化硅，B错误；C. Fe与H2O蒸汽在高温下反应生成Fe3O4，Fe2O3与H2O不反应，不能生成Fe(OH)3，C错误；D. Na与H2O反应生成NaOH和H2，NaOH和足量CO2反应生成NaHCO3，D正确；答案选D.
点睛：Fe与H2O蒸汽在高温下反应生成的产物是Fe3O4，而不是Fe2O3。
8、C
【解析】
甲烷与氯气在光照下反应，将反应后的混合气体通入紫色石蕊试液中 紫色石蕊试液变红且不褪色，混合气体中含有HC1,故A错误；向正已烷中加入催化剂，然后高温热裂解，将产生的气体通入溴水中溴水褪色 裂解产生的气体中含有烯烃，但不一定是乙烯，故B错误；向FeCI3溶液中滴入几滴30%的H2O2 有氧气产生，一段时间后溶液颜色加深 ，Fe3+能催化H2O2分解且该分解反应为放热反应，故C正确；铵盐与碱反应，加热才能放出氨气，向某溶液中滴加氢氧化钠稀溶液后，将红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，不一定无NH4+，故D错误。
点睛：甲烷与氯气在光照下反应，反应后的混合气体中含有氯化氢、氯代烃，可能含有剩余的氯气，将反应后的气体通入紫色石蕊试液中，紫色石蕊试液变红且不褪色，一定含有氯化氢，紫色石蕊试液变红后褪色，不一定有氯化氢。
9、C
【解析】
A.点①时，NaOH溶液与CH3COOH溶液反应生成等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液中的电荷守恒式为，溶液中的物料守恒式为，两式联立得c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=2c(H＋)－2c(OH－)，A项错误；
B. 点②处溶液呈中性，c(OH－)=c(H＋)，B项错误；
C.点③处NaOH溶液与CH3COOH恰好反应生成醋酸钠，溶液中的电荷守恒式为，溶液中的物料守恒式为，两式联立得c(CH3COO－)－C(CH3COOH)=c(Na＋)＋2c(H＋)－2c(OH－)，C项正确；
D. pH=12的溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－) >c(OH－)>c(H＋)，D项错误。
答案选C。
【点睛】
本题首先要根据反应原理分析各点溶液的成分，不论在哪一点，均从物料守恒、电荷守恒、质子守恒来分析溶液中的离子即可。
10、D
【解析】
先将海带在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中加水浸泡加热促进物质的溶解，在漏斗中过滤，最后用分液漏斗分液，以此解答该题。
【详解】
A．将海带灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑧，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，A正确；
B．加水浸泡加热，应在烧杯中进行，加热用酒精灯，用玻璃棒搅拌，B正确；
C．过滤时用到④、⑤和⑦，C正确；
D．萃取和分液用到④⑥，不用试管，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】
本题考查物质的检验和鉴别的实验设计的分析能力和实验能力，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器的使用，着重考查学生对基础知识的掌握和应用。
11、C
【解析】
体积分数是75%的酒精杀菌消毒效果最好，A错误；煤中不含苯、甲苯和粗氨水，可通过煤的干馏得到苯、甲苯和粗氨水等，B错误；饱和碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯的溶解度而分层析出，且能除去乙酸，C正确；淀粉和纤维素通式相同但聚合度不同，不属于同分异构体，D项错误。
12、C
【解析】
A．将分别通人溴水和酸性高锰酸钾溶液中，溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色，体现了SO2的还原性，而不是漂白性，故A错误；
B．向溶液中滴加1~2滴溶液，再滴加2滴溶液，观察到先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀，因NaOH溶液过量，无法判断，故B错误；
C．向滴有酚酞的溶液中加入少量固体，发现有有白色沉淀生成，溶液红色变浅，说明Ba2+与CO32-结合生成BaCO3沉淀，促进CO32-的水解平衡逆向移动，溶液的碱性减弱，故C正确；
D．将与盐酸反应得到的气体直通入溶液中，观察到产生白色沉淀，因盐酸有挥发性，生成的CO2中混有HCl，则无法判断碳酸的酸性比硅酸强，故D错误；
故答案为C。
13、B
【解析】
A. 该元素的名称带“钅”字旁，属于金属元素，金属元素易失去电子，一般为正价，没有负价，故A错误；
B. Mc为115号元素，位于元素周期表第七周期第VA族，主族序数等于最外层电子数，则该元素最高正价为+5价，最高价氧化物的化式为Mc2O 5，故B正确；
C. 的质量数为288，质子数为115，中子数=质量数-质子数=288-115=173，故C错误；
D. 和互为同位素，是镆元素的不同原子，转化过程，没有新物质生成，不是化学变化，故D错误；
答案选B。
14、C
【解析】
A、可由环己烯发生加成反应产生，A错误；
B、可由甲基丙烯与氯化氢发生加成反应生成，B错误；
C、可由2，2-二甲基丙烷发生取代反应产生，不能通过加成反应生成，C正确；
D．可由2，3，3—三甲基－1－丁烯与氯化氢发生加成反应生成，D错误。
答案选C。
15、A
【解析】
根据题意列出三段式，如下：
根据平衡时水的物质的量分数为2%，则，故x=0.004ml/L，
A、CO2的平衡转化率α==10%，选项A不正确；
B、用H2S表示该反应的速率为0.001 ml·L－1·min－1，选项B正确；
C、当温度升高到620K时，平衡后水的物质的量分数为3%，可知温度升高平衡向正反应方向移动了，选项C正确；
D、由于反应前后都为气体，且为气体体积不变的反应，反应过程中混合气体平均摩尔质量始终不变，选项D正确。
答案选A。
16、A
【解析】
A、CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑，反应中没有化合价变化，是非氧化还原反应，故A错误；B、TiO2和CO2均能与碱反应生成盐和水，均属于酸性氧化物，故B正确；C、CaTiO3=Ca2＋＋TiO32－，CaTiO3由含氧酸根和钙离子构成，属于含氧酸盐，故C正确；D、CaCO3虽然难溶，但溶于水的部分全部电离，属于强电解质，故D正确；故选A。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、取代反应 消去反应 10ml
【解析】
根据流程图中苯转化为，为四氯化碳中的两个氯原子被苯环上的碳取代，同一碳上的羟基不稳定，所以卤代烃水解消去得到酮，根据酮和A反应生成，推之酮和A发生加成反应的产物，所以A为：，在浓硫酸的作用下发生醇羟基的消去反应生成B，和氢气发生加成反应生成C，C与D反应生成心舒宁，所以D为：；据以上分析进行解答。
【详解】
据流程图中苯转化为，为四氯化碳中的两个氯原子被苯环上的碳取代，CCl4+2→+2HCl，同一碳上的羟基不稳定，所以卤代烃水解消去得到酮，根据酮和A反应生成，推之酮和A发生加成反应的产物，+→，A为：，在浓硫酸的作用下发生醇羟基的消去反应→+H2O，生成B，和氢气发生加成反应+10H2→，生成C，C与D反应生成心舒宁，所以D为：，反应为：+→，
1．结合以上分析可知，反应①取代反应、 反应②是醇的消去；
2．发生加成反应生成，结合原子守恒和碳架结构可得出A的结构简式：；C是由经过醇的消去，再和氢气完全加成的产物，可C的结构简式为：；
3．B与氢气加成时二个苯环和右侧六元环需要9个氢分子，另外还有一个碳碳双键，故由1ml B转化为C，完全加成消耗H2的物质的量为10ml；如果将③、④两步颠倒，则发生反应为中间体B先与
生成盐，后再与H2加成，故最后得到的产物的结构简式中应不含不饱和的双键．即为；
4．D为与之同类别的同分异构体E为，E与乙二醇发生缩聚反应所得产物的结构简式；
5．A的属于芳香族化合物的同分异构体为与盐酸反应的化学方程式
。
18、硝基苯 还原反应 HOCH2-CH2OH+O2OHC—CHO+2H2O +CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH 4 12 、
【解析】
A分子式是C6H6，结合化合物C的结构可知A是苯，结构简式为，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生硝基苯，结构简式为，B与液氯在Fe催化下发生取代反应产生C：，C与Fe、HCl发生还原反应产生D：；由于F与新制Cu(OH)2悬浊液混合加热，然后酸化得到分子式为C2H2O4的G，说明F中含有-CHO，G含有2个-COOH，则G是乙二酸：HOOC-COOH，逆推F是乙二醛：OHC-CHO，E为汽车防冻液的主要成分，则E是乙二醇，结构简式是：HOCH2-CH2OH，HOOC-COOH与2个分子的CH3CH2OH在浓硫酸作用下加热，发生酯化反应产生分子式是C6H10O4的H，H的结构简式是C2H5OOC-COOC2H5；H与CH3COOC2H5发生III条件的反应产生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH，I与D反应产生J和H2O，J在一定条件下反应产生J，K发生酯的水解反应，然后酸化可得L，L发生脱羧反应产生M，M在一定条件下发生水解反应产生N，据此分析解答。
【详解】
根据上述分析可知A是，B是，E是HOCH2-CH2OH，F是OHC—CHO，G是HOOC-COOH，H是C2H5OOC-COOC2H5，I是C2H5OOCCOCH2COOC2H5。
(1) B是，名称是硝基苯；C是，C与Fe、HCl发生还原反应产生D：，-NO2被还原为-NH2，反应类型为还原反应；
(2) E是HOCH2-CH2OH，含有醇羟基，可以在Cu作催化剂条件下发生氧化反应产生乙二醛：OHC-CHO，所以E生成F的化学方程式是HOCH2-CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O；
H是C2H5OOC-COOC2H5，H与CH3COOC2H5发生III条件的反应产生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH，反应方程式为：C2H5OOC-COOC2H5+ CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH；
(3)J结构简式是，在J中含有1个Cl原子连接在苯环上，水解产生HCl和酚羟基；含有2个酯基，酯基水解产生2个分子的C2H5OH和2个-COOH，HCl、酚羟基、-COOH都可以与NaOH发生反应，所以1 ml J在氢氧化钠溶液中水解最多消耗4 mlNaOH；
(4)H结构简式是：C2H5OOC-COOC2H5，分子式是C6H10O4，其同分异构体满足下列条件①只有两种含氧官能团；②能发生银镜反应说明含有醛基；③1 ml该物质与足量的Na反应生成0.5 ml H2，结合分子中含有的O原子数目说明只含有1个-COOH，另一种为甲酸形成的酯基HCOO-，则可能结构采用定一移二法，固定酯基HCOO-，移动-COOH的位置，碳链结构的羧基可能有 共4种结构；碳链结构的羧基可能有4种结构；碳链结构的羧基可能有3种结构；碳链结构为的羧基可能位置只有1种结构，因此符合要求的同分异构体的种类数目为4+4+3+1=12种；其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：6的结构简式为、；
(5)CH3-CH=CH-CH3与溴水发生加成反应产生CH3CHBr-CHBrCH3，然后与NaOH水溶液共热发生取代反应产生，发生催化氧化产生Q是；与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生硝化反应产生P是，P与Fe、HCl发生还原反应产生，与在HAc存在条件下，加热40—50℃反应产生和H2O，故P是，Q是。
【点睛】
本题考查有机物推断和有机合成，明确有机物官能团及其性质关系、有机反应类型及反应条件是解本题关键，难点是H的符合条件的同分异构体的种类的判断，易漏选或重选，可以采用定一移二的方法，在物质推断时可以由反应物采用正向思维或由生成物采用逆向思维方法进行推断，侧重考查学生分析推断及合成路线设计能力。
19、吸收Cl2或SO2等尾气，保护环境 品红溶液褪色 品红溶液褪色 褪色的品红又恢复为红色 无明显现象 Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4 KMnO4 0.2 不合理 蘸有试剂的棉花中可能含有SO32﹣，用HNO3溶液酸化时会干扰SO42﹣检验
【解析】
探究SO2和氯水的漂白性：A用于制备SO2，可用Na2SO3与硫酸反应制取，B用于检验二氧化硫的生成，E用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，D用于检验气体的漂白性，C用于检验SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性，棉花上沾有的试剂是NaOH溶液，作用是吸收尾气。
【详解】
(1)氯气、二氧化硫都是污染性的气体不能排放到空气中，氯气和氢氧化钠发应生成氯化钠、次氯酸钠和水，二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，棉花需要沾有氢氧化钠溶液吸收吸收Cl2或SO2等尾气，保护环境；
(2)①氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，二氧化硫和品红化合生成无色物质，两者都能使品红溶液褪色，所以B和D装置中品红都褪色；
②二氧化硫漂白后的物质具有不稳定性，加热时又能变为红色，而氯气的漂白是利用了氯气和水反应生成的次氯酸的强氧化性，具有不可逆性，所以看到的现象是B中溶液由无色变为红色，D中无明显现象；
(3)SO2和Cl2按1：1通入，SO2和Cl2恰好反应，二者反应生成H2SO4和HCl，生成物都无漂白性，化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl；
(4)常温下，用KMnO4和浓盐酸反应制Cl2，反应的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，Mn元素由+7价降低到+2价，Cl元素的化合价由﹣1价升高到0，高锰酸钾得电子是氧化剂，HCl失电子是还原剂，2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，每生成5ml氯气被氧化的HCl是10ml，生成2.24L(标准状况)的Cl2，为0.1ml氯气，所以被氧化的HCl的物质的量n＝2n(Cl2)＝2×0.1ml＝0.2ml；
(5)亚硫酸根离子具有还原性，硝酸具有氧化性，能把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，蘸有试剂的棉花中可能含有SO32﹣，用HNO3溶液酸化时会干扰SO42﹣检验，所以该方案不合理。
【点睛】
考查物质的性质实验，题目涉及二氧化硫与氯气的制取以及二氧化硫漂白与次氯酸漂白的区别，二氧化硫的性质主要有：①二氧化硫和水反应生成亚硫酸，紫色石蕊试液遇酸变红色；②二氧化硫有漂白性，能使品红褪色，但不能使石蕊褪色；③二氧化硫有还原性，能使高锰酸钾能发生氧化还原反应而褪色；④二氧化硫和二氧化碳有相似性，能使澄清的石灰水变浑浊，继续通入二氧化硫，二氧化硫和亚硫酸钙反应生成可溶性的亚硫酸氢钙；⑤具有氧化性，但比较弱。
20、坩埚 反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸逐渐变浓，浓硫酸的吸水性使失水变成 硫酸四氨合铜晶体容易受热分解 平衡气压，防止堵塞和倒吸 AC
【解析】
Ⅰ．(1)灼烧固体，应在坩埚中进行；
(2)得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，具有吸水性；
Ⅱ．CuSO4溶液加入氨水，先生成Cu2(OH)2SO4沉淀，氨水过量，反应生成Cu[(NH3)4]SO4·H2O，用乙醇洗涤，可得到晶体。
【详解】
Ⅰ．(1)灼烧固体，应在坩埚中进行；
(2)得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，浓硫酸具有吸水性，使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4，可使固体变为白色；
Ⅱ．(3)浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，反应的离子方程式为2Cu2＋+2NH3·H2O+SO42－=Cu2(OH)2SO4+2NH4＋；
(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是Cu[(NH3)4]SO4·H2O晶体容易受热分解；
Ⅲ．(5)装置中长导管可平衡烧瓶内部和外界的气压，可以防止堵塞和倒吸，与氨气反应的n(HCl)=10-3V1L×c1ml·L-1-c2×10-3V2L=10-3(c1V1-c2V2)ml，根据氨气和HCl的关系式知，n(NH3)=n(HCl)= 10-3(c1V1-c2V2)ml，则样品中氨的质量分数为；
6)根据氨的质量分数的表示式，若氨含量测定结果偏高，则V2偏小；
A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，浓度偏低，则V2偏大，含量偏低，A符合题意；
B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致V2偏小，则含量偏高，B不符合题意；
C．滴定过程中选用酚酞作指示剂，滴定终点的溶液中含有NH4Cl和NaCl，溶液呈酸性，
如果使用酚酞作指示剂，消耗的NaOH增大，则V2偏大，结果偏低，C符合题意；
D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，部分盐酸没有反应，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，D不符合题意。
答案为AC。
21、Al2O3+3Cl2+3C 2AlCl3+3COSO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓Al3++4OH-=AlO2-+2H2O96%
【解析】
（1）根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl3，说明氯化炉的产物中含有A1C13，冷凝器尾气含有CO，所以Al2O3、C12和C反应，生成A1C13和CO，反应方程式为Al2O3+3Cl2+3C 2AlCl3+3CO；（2）Cl2有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为Cl-。反应离子方程式为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+；（3）①除杂过程中铁离子与氢氧根离子结合成氢氧化铁沉淀，铝离子与氢氧根离子结合成偏铝酸根和水，离子方程式为：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；
②根据铁原子守恒，令含有杂质FeCl3质量为m，则：
Fe2O3～～～～～2FeCl3
160 325
0.32g m
=，解得：m=0.65g，
所以AlCl3产品的纯度为×100%=96%。
点睛：本题考查学生对于工艺流程原理的理解、对操作与实验条件控制的理解等，涉及常用化学用语书写、化学计算、分离提纯等，需要学生具备扎实的基础与综合运用能力。
选项
实验
现象
结论
A
甲烷与氯气在光照下反应，将反应后的气体通入紫色石蕊试液中
紫色石蕊试液变红
反应后的气体是HCI
B
向正已烷中加入催化剂，高温使其热裂解，将产生的气体通入溴水中
溴水褪色
裂解产生的气体是乙烯
C
向FeCI3溶液中滴入几滴30%的H2O2溶液
有气体产生，一段时间后，FeCl3溶液颜色加深
Fe3+能催化H2O2分解，该分解反应为放热反应
D
向某溶液中滴加氢氧化钠稀溶液后，将红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
该溶液无NH4+
操作
现象
结论
A
将分别通人溴水和酸性高锰酸钾溶液中
溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色
具有漂白性
B
向溶液中滴加1~2滴溶液，再滴加2滴溶液
先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀
C
向滴有酚酞的溶液中加入少量固体
有白色沉淀生成，溶液红色变浅
溶液中存在水解平衡
D
将与盐酸反应得到的气体直通入溶液中
产生白色沉淀
酸性：