2026届安徽省长丰二中高考仿真卷化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省长丰二中高考仿真卷化学试卷含解析，文件包含专题18一次函数与方程组不等式的九类综合题型压轴题专项训练数学新教材人教版八年级下册原卷版pdf、专题18一次函数与方程组不等式的九类综合题型压轴题专项训练数学新教材人教版八年级下册解析版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共58页， 欢迎下载使用。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列关于有机物 a( )、b( ) 、c( ）的说法正确的是
A．a、b 互为同系物
B．C 中所有碳原子可能处于同一平面
C．b 的同分异构体中含有羧基的结构还有 7 种（不含立体异构）
D．a 易溶于水，b 、c 均能使酸性高猛酸钾溶液褪色
2、氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，下列化学反应属于阴影3区域的是
A．2HClO2HCl＋O2↑
B．NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑
C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3
D．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2
3、为确定下列物质在空气中是否部分变质，所选检验试剂（括号内物质）不能达到目的的是（ ）
A．FeSO4 溶液（KSCN 溶液）B．CH3CHO 溶液（pH 试纸）
C．KI（淀粉溶液）D．NaHCO3 溶液（稀盐酸溶液）
4、40℃时，在氨—水体系中不断通入CO2，各种粒子的浓度变化趋势如图所示。下列说法不正确的是
A．40℃时，K(NH3·H2O)=10-9.10
B．不同pH的溶液中均存在关系：c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)
C．随着CO2的通入，不断减小
D．随溶液pH不断降低，生成的中间产物NH2COONH4又不断转化为NH4HCO3
5、化学与环境、生产、生活关系密切，下列说法正确的是
A．84消毒液和医用酒精都可以起到杀菌消毒的作用，其作用原理相同
B．防控新冠病毒所用的酒精，其浓度越大，杀毒效果越好。
C．工业上常用高纯硅制造光导纤维
D．推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”
6、下列物质中，按只有氧化性，只有还原性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是
A．Cl2、Al、H2B．F2、K、HCl
C．NO2、Na、Br2D．HNO3、SO2、H2O
7、已知2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。该反应中有关物理量的描述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（ ）
A．每生成6.72 L的H2，溶液中AlO2﹣的数目就增加0.2 NA
B．每生成0.15 ml H2，被还原的水分子数目为0.3 NA
C．当加入2.7 g Al时，转移的电子数目为0.3 NA
D．溶液中每增加0.1 ml的AlO2﹣，Na+的数目就增加0.1 NA
8、无法实现的反应是
A．酸和酸反应生成酸B．只有氧化剂的氧化还原反应
C．盐和盐反应生成碱D．一种碱通过化合反应生成一种新的碱
9、Mg－AgCl电池是一种用海水激活的一次性电池，在军事上用作电动鱼雷的电源。电池的总反应为Mg＋2AgCl＝MgCl2＋2Ag。下列说法错误的是
A．该电池工作时，正极反应为2AgCl＋2e－＝2Cl－＋2Ag
B．该电池的负极材料Mg用金属铝代替后，仍能形成原电池
C．有1 ml Mg被氧化时，可还原得到108gAg
D．装备该电池的鱼雷在海水中行进时，海水作为电解质溶液
10、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A．Ca(ClO)2(aq)HClO(aq)O2(g)
B．H2SO4(稀)SO2(g)BaSO3(s)
C．Fe2O3(s)FeCl3(aq)Fe (s)
D．SiO2(s)H2SiO3(胶体)Na2SiO3(aq)
11、下列叙述正确的是
A．Li在氧气中燃烧主要生成
B．将SO2通入溶液可生成沉淀
C．将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸
D．将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu
12、下列物质的工业生产过程中，其主要反应不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．生铁B．硫酸C．烧碱D．纯碱
13、X、Y、Z、W四种短周期主族元素的原子序数依次增大。X和Z同主族，Y和W同主族；原子半径X小于Y；X、Y、Z、W原子最外层电子数之和为14。下列叙述正确的是
A．气态氢化物的热稳定性：W＞Y
B．Y和Z可形成含有共价键的离子化合物
C．W的最高价氧化物对应水化物的酸性同周期元素中最强
D．原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)
14、有关化学键和晶体的叙述中正确的是（ ）
A．分子晶体中，分子间作用力越大分子越稳定
B．分子晶体都是由共价分子构成的
C．离子晶体中可能含有共价键
D．原子晶体中只存在非极性键
15、下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是( )
A．观察氢氧化亚铁的生成B．配制一定物质的量浓度的硝酸钠溶液C．实验室制氨气D．验证乙烯的生成
16、1，2—二苯乙烯(具有抗老年痴呆、抗癌等功能，下列关于该有机物的说法不正确的是
A．难溶于水
B．不能使高锰酸钾稀溶液褪色
C．分子中所有原子可能共平面
D．可以发生加成聚合反应
二、非选择题（本题包括5小题）
17、贝诺酯临床主要用于治疗类风湿性关节炎、感冒发烧等。合成路线如下：
（1）贝诺酯的分子式______。
（2）A→B的反应类型是______；G+H→I的反应类型是______。
（3）写出化合物C、G的结构简式：C______，G______。
（4）写出满足下列条件的F同分异构体的结构简式（任写3种）______。
a．不能与FeCl3溶液发生显色反应；
b．能发生银镜反应和水解反应；
c．能与金属钠反应放出H2；
d．苯环上的一氯取代产物只有两种结构
（5）根据题给信息，设计从A和乙酸出发合成的合理线路（其他试剂任选，用流程图表示：写出反应物、产物及主要反应条件）_______________
18、H是合成某药物的中间体，其合成路线如F（-Ph代表苯基）：
（1）已知X是一种环状烃，则其化学名称是___。
（2）Z的分子式为___；N中含氧官能团的名称是__。
（3）反应①的反应类型是__。
（4）写出反应⑥的化学方程式：__。
（5）T是R的同分异构体，同时满足下列条件的T的同分异构体有___种（不包括立体异构）。写出核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式：___。
a．与氯化铁溶液发生显色反应
b．1mlT最多消耗2ml钠
c．同一个碳原子上不连接2个官能团
（6）参照上述合成路线，结合所学知识，以为原料合成OHCCH2CH2COOH，设计合成路线：___（其他试剂任选）。
19、草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]是一种常用的金属着色剂，易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间。某兴趣小组设计实验制备草酸铁铵并测其纯度。
（1）甲组设计由硝酸氧化葡萄糖制取草酸，其实验装置(夹持及加热装置略去)如图所示。
①仪器a的名称是________________。
②55～60℃下，装置A中生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，该反应的化学方程式为__________________________。
③装置B的作用是______________________；装置C中盛装的试剂是______________。
（2）乙组利用甲组提纯后的草酸溶液制备草酸铁铵。
将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液；滴加氨水至__________，然后将溶液________、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品。
（3）丙组设计实验测定乙组产品的纯度。
准确称量5.000g产品配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入足量0.1000ml·L－1稀硫酸酸化后，再用0.1000ml·L－1KMnO4标准溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液的体积为12.00mL。
①滴定终点的现象是_______________________。
②滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快，其主要原因是____________________。
③产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为____________％。[已知：(NH4)3Fe(C2O4)3的摩尔质量为374g·ml－1]
20、无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡与Cl2反应制备SnCl4。拟利用图中的仪器，设计组装一套实验装置制备SnCl4（每个装置最多使用一次）。
已知：①有关物理性质如下表
②Fe3++Sn2+—Fe2++Sn4+ Fe2+ + Cr2O72- +H+—Fe3++Cr3++H2O（未配平）
回答下列问题：
(1)“冷凝管”的名称是________，装置Ⅱ中发生反应的离子方程式为________。
(2)用玻管（未画出）连接上述装置，正确的顺序是（填各接口的代码字母）_____。
(3)如何检验装置的气密性______，实验开始时的操作为_______。
(4)如果将制取的四氯化锡少许暴露于空气中，预期可看到的现象是出现白色烟雾，化学方程式为_______。
(5)可用重铬酸钾滴定法测定产品中的SnCl2的含量，准确称取该样品m g放于烧杯中，用少量浓盐酸溶解，加入过量的氯化铁溶液，再加水稀释，配制成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，用0.1000ml·L-1重铬酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准液15.00mL，则产品中SnCl2的含量为____%(用含m的代数式表示)，在测定过程中，测定结果随时间延长逐渐变小的原因是____（用离子方程式表示）。
21、钴的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。
（1）C2+的核外电子排布式为_______，C的第四电离能比 Fe 的第四电离能要小得多，原因是__________________________。
（2）C2+ 、C3+都能与 CN一形成配位数为6的配离子。CN一中碳原子的杂化方式为____________；HCN分子中含有键的数目为__________________。
（3）用KCN处理含C2+的盐溶液 ，有红色的C(CN)2 析出，将它溶于过量的KCN溶液后，可生成紫色的[C(CN)6] 4- ,该配离子是一种相当强的还原剂，在加热时能与水反应生成[C(CN )6]3-,写出该反应的离子方程式：_______________。
（4）金属钴的堆积方式为六方最密堆积，其配位数是 _____。有学者从钴晶体中取出非常规的“六棱柱”晶胞，结构如图所示，该晶胞中原子个数为_____，该晶胞的边长为a nm，高为c nm，该晶体的密度为___g•cm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出代数式）
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A.a、b的分子式和分子结构都相同，属于同一种物质。故A错误；
B.c是1，4-环己二醇，碳原子均采取杂化，所有碳原子不可能处于同一平面。故B错误；
C.b的烃基是戊基（），戊基一共有8种结构，所以，b的同分异构体中含有羧基的结构还有7种。故C正确；
D.饱和羧酸不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，与羟基相连的碳原子上有氢原子的饱和醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以，上述物质中，只有c能使酸性高锰酸钾溶液褪色。故D错误；
故答案选：C。
2、D
【解析】
根据图得出阴影3为氧化还原反应，但不是置换反应、化合反应、分解反应。
【详解】
A. 2HClO2HCl＋O2↑，有化合价升降，是氧化还原反应，但是分解反应，故A不符合题意；
B. NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑，没有化合价升降，故B不符合题意；
C. 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，有化合价升降，是氧化还原反应，但是化合反应，故C不符合题意；
D. Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2，有化合价升降，是氧化还原反应，不属于置换反应、化合反应、分解反应，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
3、D
【解析】
A、亚铁离子被氧化生成铁离子，遇KSCN溶液为血红色，而亚铁离子不能，可检验是否变质，故A正确；
B、CH3CHO 被氧化生成CH3COOH，乙酸显酸性，乙醛不显酸性，可用pH试纸检验，故B正确；
C、KI可被氧气氧化生成碘，淀粉遇碘单质变蓝，则淀粉可检验是否变质，故C正确；
D、碳酸氢钠分解生成碳酸钠，碳酸钠、碳酸氢钠都与盐酸反应生成气体，不能判断碳酸氢钠是否变质，故D错误；
故选：D。
4、A
【解析】
A. 在溶液pH=9.10时c(NH4+)=c(NH3·H2O)，Kb(NH3·H2O)==c(OH-)，由于Kw=c(H+)·c(OH-)是常数，只与温度有关，若温度为室温，则Kw=10-14，pH=9.10时，c(H+)=10-9.10，c(OH-)==10-4.9，Kb(NH3·H2O)= c(OH-)=10-4.9，升高温度，促进电解质的电离，所以温度为40℃时，K(NH3·H2O)>10-4.9，A错误；
B. 溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为：c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)，B正确；
C. 已知Kb=，温度一定时，Kb为常数，随着CO2的通入，c(NH4+)逐渐增大，则不断减小，C正确；
D. 由图象可知：开始溶液pH较大时没有NH2COO-，后来随着溶液pH的降低，反应产生NH2COO-，并且逐渐增多，当pH减小到一定程度NH2COO-逐渐减小直至消失，同时NH4HCO3又逐渐增多，即在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO-的中间产物生成，后NH2COO-转化为NH4HCO3，D正确；
故合理选项是A。
5、D
【解析】
A. 84消毒液具有强氧化性，使蛋白质分子结构发生变化而失去其生理活性，因而具有杀菌消毒作用；医用酒精能够使蛋白质变性，因而可杀菌消毒，二者作用原理不相同，A错误；
B. 酒精浓度小，渗透性强，但杀菌消毒作用能力小；浓度太大，杀菌消毒作用能力强，但渗透性又差，仅使蛋白质表面分子发生变性，病毒褪去外壳后，仍然具有破坏作用，因此不是浓度越大，杀毒效果越好，B错误；
C. SiO2对光具有良好的全反射作用，工业上常用SiO2作光导纤维的材料，C错误；
D. 塑料不能降解，导致“白色污染”，则推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”，D正确；
故合理选项是D。
6、B
【解析】
物质的氧化性和还原性，需从两个反面入手。一是熟悉物质的性质，二是物质所含元素的化合价。如果物质所含元素处于中间价态，则物质既有氧化性又有还原性，处于最低价，只有还原性，处于最高价，只有氧化性。
【详解】
A.Cl2中Cl元素化合价为0价，处于其中间价态，既有氧化性又有还原性，而金属铝和氢气只有还原性，A错误；
A. F2只有氧化性，F2化合价只能降低，K化合价只能升高，所以金属钾只有还原性，盐酸和金属反应表现氧化性，和高锰酸钾反应表现还原性，B正确；
C. NO2和水的反应说明NO2既有氧化性又有还原性，金属钠只有还原性，溴单质既有氧化性又有还原性，C错误；
D. SO2中硫元素居于中间价，既有氧化性又有还原性，D错误。
故合理选项是B。
【点睛】
本题主要考察对氧化性和还原性的判断和理解。氧化性是指物质得电子的能力，处于高价态的物质一般具有氧化性，还原性是在氧化还原反应里，物质失去电子或电子对偏离的能力，金属单质和处于低价态的物质一般具有还原性，元素在物质中若处于该元素的最高价态和最低价态之间，则既有氧化性，又有还原性。
7、B
【解析】
A. 非标准状况下，6.72 L的H2的物质的量不一定是0.3ml，所以生成6.72 L的H2，溶液中AlO2﹣的数目不一定增加0.2 NA，故A错误；
B. 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，反应中只有水是氧化剂，每生成0.15 ml H2，被还原的水分子数目为0.3 NA，故B正确；
C. 当2.7 g Al参加反应时，转移的电子数目为0.3 NA，加入2.7 g Al，参加反应的铝不一定是0.1ml，故C错误；
D. 根据钠元素守恒，溶液中Na+的数目不变，故D错误。
【点睛】
本题考查化学方程式有关计算，侧重考查学生分析计算能力，注意：该反应中氢氧化钠不作氧化剂，易错选项是B，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件。
8、B
【解析】
A．强酸制弱酸是得到新酸和盐，可以实现，A正确；
B．氧化剂得到电子，必须有失去电子的物质，B错误；
C．生成碱需要氢氧根，碱式盐和盐反应可能能生成碱，如Mg(OH)Cl和Na2CO3反应可生产NaOH，C正确；
D．一种碱通过化合反应可生成一种新的碱，例如氢氧化亚铁、氧气和水化合生成氢氧化铁，D正确。
故选B。
9、C
【解析】
A、由电池反应方程式看出，Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，故金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，选项A正确；
B、Al的活泼性大于Ag，所以铝和氯化银、海水也能构成原电池，故该电池的负极材料Mg用金属铝代替后，仍能形成原电池，选项B正确；
C、电极反应式：Mg﹣2e﹣=Mg2+，1mlMg被氧化时，转移电子是2ml，正极反应为：2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，可还原得到216gAg，选项C错误；
D、因为该电池能被海水激活，海水可以作为电解质溶液，选项D正确。
答案选C。
【点睛】
本题考查原电池的应用。总结题技巧总结：电极类型的判断首先在明确属于电解池还是原电池基础上来分析的，原电池对应的是正、负两极，电解池对应的阴、阳两极，根据元素价态变化找出氧化剂与还原产物。
10、A
【解析】
A. Ca(ClO)2与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸再受热分解会产生氧气，A项正确；
B. 根据金属活动性顺序已知，铜与稀硫酸不反应，B项错误；
C. 铜与氯化铁反应时生成氯化亚铁与氯化铜，不能得到铁单质，C项错误；
D. 二氧化硅不与水反应，D项错误；
答案选A。
11、C
【解析】
A、Li在氧气中燃烧生成Li2O，得不到Li2O2，A错误；
B、SO2和BaCl2不反应，不能生成沉淀，B错误；
C、由于次氯酸的酸性比碳酸弱，因此将CO2通入次氯酸钙溶液中可生成次氯酸，C正确；
D、将NH3通入热的CuSO4溶液中生成氢氧化铜沉淀。氨气具有还原性，在加热条件下，氨气可和氧化铜反应生成铜、氮气和水，D错误。
答案选C。
12、D
【解析】
凡是有化合价发生变化的反应均是氧化还原反应，据此分析。
【详解】
A. 冶炼铁，发生的反应为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，Fe、C元素化合价发生变化，为氧化还原反应，不符合题意，A项错误；
B. 硫酸工业中存在S～SO2～SO3的转化，S、O元素化合价发生变化，为氧化还原反应，不符合题意，B项错误；
C. 工业制取烧碱涉及的反应为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，该反应中H、Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C项错误；
D. 氨碱法生产纯碱涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，这几个方程式中都没有电子的转移，所以不涉及氧化还原反应，D项正确；
答案选D。
【点睛】
工业制取纯碱（利用侯氏制碱法），先将氨气通入饱和食盐水中，再通入二氧化碳气体，NaHCO3的溶解度最小，会结晶析出，发生反应：NaCl + NH3 + CO2 + H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，这是制纯碱的关键步走，然后过滤，洗涤，烘干，得到碳酸氢钠固体，然后再加热分解得带碳酸钠，发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，这是学生们的易忘点。
13、B
【解析】
由题意可以推断出元素X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S。
A.元素的非金属性越强，其对应氢化物越稳定，非金属性W(S)＜Y(O)，气态氢化物的热稳定性：H2S＜H2O，选项A错误；
B. Y和Z可形成含有共价键的离子化合物Na2O2，选项B正确；
C.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，Cl非金属性强于S，所以HClO4是该周期中最强的酸，选项C错误；
D.原子半径的大小顺序：r(Z)＞r(W)＞r(Y)，选项D错误。
答案选B。
14、C
【解析】
A．分子的稳定性与化学键有关，共价键越强，分子越稳定性，而分子间作用力只影响物质的熔沸点等物理性质，故A错误；
B．单原子分子中没有化学键，如稀有气体为单原子分子，分子中没有共价键，故B错误；
C．离子晶体中一定存在离子键，可能存在共价键，如氢氧化钠、过氧化钠中存在离子键和共价键，故C正确；
D．原子晶体中可能存在极性键，也可能存在非极性键，如二氧化硅中存在极性共价键，金刚石中存在非极性键，故D错误；
故选C。
【点睛】
本题的易错点为B，要注意稀有气体是单原子分子，固态时形成分子晶体。
15、A
【解析】
A．氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，所以能实现实验目的，故A正确；
B．容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中，故B错误；
C．实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氨气极易溶于水，不能采用排水法收集，常温下，氨气和氧气不反应，且氨气密度小于空气，所以应该采用向下排空气法收集氨气，故C错误；
D．制取乙烯需要170℃，温度计测定混合溶液温度，所以温度计水银球应该插入溶液中，且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，乙醇易挥发，导致得到的乙烯中含有乙醇，影响乙烯的检验，故D错误；
故选A。
16、B
【解析】
A．所有的碳氢化合物均难溶于水，A项正确；
B．该物质分子结构中含有碳碳双键，可以使高锰酸钾溶液褪色，B项错误；
C．乙烯和苯都是平面型分子，当苯环与碳碳双键之间的单键旋转到特定位置时，可以共平面，所以分子中所有原子可能共平面，C项正确；
D．该物质分子中含有碳碳双键，故可以发生加聚反应，D项正确；
答案选B。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、C17H15NO5 还原反应 取代反应 CH3COOCOCH3 、、、、（任写三种）
【解析】
根据贝诺酯的结构简式和G、H的分子式可知，G为，H为，再根据题各步转化的条件及有关物质的分子式可推知，E为，B为，C为CH3COOCOCH3，A为，F为，D为，A发生还原反应得B，B与C发生取代反应生成E，E与氢氧化钠反应生成G，C与D发生取代反应生成F，F发生取代反应生成H，G和H发生取代反应生成I，据此分析解答。
【详解】
(1)根据结构简式知，贝诺酯的分子式C17H15NO5，故答案为：C17H15NO5；
(2)A→B的反应类型是还原反应，G+H→Ⅰ的反应类型是取代反应，故答案为：还原反应；取代反应；
(3)根据上面的分析可知，C为CH3COOCOCH3，G为，故答案为：CH3COOCOCH3；；
(4)a. 不能与FeC13溶液发生显色反应，说明没有酚羟基，b. 能发生银镜反应和水解反应，说明有甲酸某酯的结构或酯基和醛基同时存在，c. 能与金属钠反应放出H2，说明有羟基或羧基，d. 苯环上的一氯取代产物只有两种结构，一般为两个取代基处于对位，则满足条件的F的同分异构体的结构简式为、、、、，故答案为：、、、、(其中的三种)；
(5)A为，从A和乙酸出发合成，可以先将对硝基苯酚还原成对氨基苯酚，在碱性条件下变成对氨基苯酚钠，将醋酸与SOCl2反应生成CH3COCl，CH3COCl与对氨基苯酚钠发生反应即可得产品，合成线路为，故答案为：。
18、环戊二烯 C7H8O 羰基 加成反应 2+O2 2+2H2O 9
【解析】
（1）已知X是一种环状烃，分子式为C5H6推断其结构式和名称；
（2）由Z得结构简式可得分子式，由N得结构简式可知含氧官能团为羰基；
（3）反应①的反应类型是X与Cl2C=C=O发生的加成反应；
（4）反应⑥为M的催化氧化；
（5）T中含不饱和度为4与氯化铁溶液发生显色反应则含苯酚结构；1mlT最多消耗2ml钠则含有两个羟基；同一个碳原子上不连接2个官能团，以此推断；
（6）运用上述流程中的前三步反应原理合成环丁酯，环丁酯水解、酸化得到OHCCH2CH2COOH。
【详解】
（1）已知X是一种环状烃，分子式为C5H6，则X为环戊二稀，故答案为环戊二烯；
（2）Z结构式为，分子式为：C7H8O；由N得结构简式可知含氧官能团为酮键；故答案为：C7H8O；羰基；
（3）反应①的反应类型是X与Cl2C=C=O发生的加成反应；故答案为：加成反应；
（4）反应⑥为M的催化氧化反应方程式为：2+O2 2+2H2O，故答案为：2+O2 2+2H2O；
（5）R中不饱和度为4，T中苯环含有4个不饱和度，与氯化铁溶液发生显色反应则含苯酚结构；1mlT最多消耗2ml钠则含有两个羟基；同一个碳原子上不连接2个官能团。则有两种情况，苯环中含有3个取代基则含有两个羟基和一个甲基，共有6种同分异构体；苯环中含有2个取代基则一个为羟基一个为-CH2OH，共有三种同分异构体（邻、间、对），则共有9种同分异构体。核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式为：故答案为：9；；
（6）参考上述流程中的有关步骤设计，流程为：，故答案为：。
19、球形冷凝管 12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O 安全瓶，防倒吸 NaOH溶液 溶液pH介于4.0~5.0之间 加热浓缩、冷却结晶 溶液变为粉红色,且半分钟内不褪色 反应生成的Mn2+是该反应的催化剂 74.8
【解析】
(1)①根据图示分析判断仪器a的名称；
②55～60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒分析书写方程式；
③反应中生成的NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸；
(2)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；
(3)①滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂；
②滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，据此分析；
③根据题给数据，结合反应，计算(NH4)3Fe(C2O4)3的物质的量，进而计算产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数=×100%。
【详解】
(1)①根据图示仪器a的名称为球形冷凝管；
②55～60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒，该反应的化学方程式为12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；
③反应中生成的NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸，装置B的作用是做安全瓶防止倒吸，装置C中盛装的试剂是NaOH溶液，用于吸收NO2和NO，发生反应为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；
(2)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间，则将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至pH介于4.0～5.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；
提纯后的草酸溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品；
(3)①滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂，滴定终点的现象是加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色，即为达到终点；
②滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，说明反应生成的Mn2+可以加快反应速率，即Mn2+起催化剂的作用；
③滴定过程中，产品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸，草酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，离子反应为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，10.00mL 产品溶液消耗n(MnO4-)=0.1000ml·L－1×0.012L=0.0012ml，则10.00mL产品溶液中n(H2C2O4)=n(MnO4-)=×0.0012ml=0.003ml，根据物料守恒，100mL产品溶液中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量=×0.003ml××374g·ml－1=3.74g，故产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为×100%=74.8%。
20、直形冷凝管 2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O BIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ 关闭滴液漏斗活塞，将装置最后端的导气管插入水中，微热烧瓶，在导管末端有气泡产生，冷却烧瓶，在导管内形成一段高于液面的水柱，一段时间不发生变化，说明气密性良好 先打开Ⅱ中的活塞，待Ⅰ中烧瓶充满黄绿色气体后，点燃Ⅰ中的酒精灯 SnCl4+2H2O = SnO2+4HCl 855/m 2Sn2++O2+4H+=2Sn4++2H2O
【解析】
装置Ⅱ为制备氯气的装置，产生的氯气中会混有HCl和水蒸气等杂质气体，将气体通过V装置，V装置中的饱和食盐水可除去HCl，再将气体通过Ⅳ装置，Ⅳ装置中的浓硫酸可除去水蒸气，可得到干燥、纯净的氯气。将氯气通入Ⅰ装置，氯气与Sn反应可制得SnCl4蒸气，将SnCl4蒸气经装置Ⅲ冷却，可得到SnCl4液体。由于SnCl4易水解，为防止空气中的水蒸气进入装置Ⅲ以及吸收多余的Cl2，可在装置Ⅲ后连接Ⅵ装置。
（1）根据仪器特点解答仪器名称，装置II中KMnO4与HCl反应制Cl2；
（2）依据上述分析进行仪器连接；需注意制备的氯气应先除杂后干燥，干燥、纯净的氯气再和Sn反应，因为SnCl4易水解，应在收集SnCl4的装置后边连接干燥装置，防止空气中的水蒸气进入，同时要吸收尾气Cl2；
（3）气密性的检验可采用加热法，升高发生装置体系内气体的温度，可以增大压强，使体系内空气外逸，当温度恢复初始温度时，体系内压强减小，导致浸没在水中的导气管内倒吸一段水柱；防止Sn与O2反应以及防止生成的SnCl4水解，实验开始应先通Cl2排尽装置中空气；
（4）根据信息书写方程式；
（5）用重铬酸钾滴定法测定SnCl2时，发生的反应为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+ 、6Fe2+ + Cr2O72- +14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式3Sn2+~Cr2O72-，由消耗的K2Cr2O7计算SnCl2，进一步计算SnCl2的含量；Sn2+具有强还原性，易被O2氧化。
【详解】
（1）“冷凝管”的名称是直形冷凝管；装置Ⅱ中是KMnO4和HC1制备氯气的反应，高锰酸钾中的锰元素由+7价降低到+2价生成Mn2+，HCl中的氯元素由-1价升高到0价生成氯气，离子反应方程式为2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。本小题答案为：直形冷凝管；2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
（2）装置Ⅱ为制备氯气的装置，产生的氯气中会混有HCl和水蒸气等杂质气体，将气体通过V装置，V装置中的饱和食盐水可除去HCl，再将气体通过Ⅳ装置，Ⅳ装置中的浓硫酸可除去水蒸气，可得到干燥、纯净的氯气。将氯气通入Ⅰ装置，氯气与Sn反应可制得SnCl4蒸气，将SnCl4蒸气经装置Ⅲ冷却，可得到SnCl4液体。由于SnCl4易水解，为防止外界空气中的水蒸气进入装置Ⅲ以及吸收多余Cl2防污染大气，可在装置Ⅲ后连接Ⅵ装置。根据上述分析该装置的连接顺序是BIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ 。本小题答案为：BIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ 。
（3）检查装置的气密性用加热法，操作为：关闭滴液漏斗活塞，将装置最后端的导气管插入水中，微热烧瓶，在导管末端有气泡产生，冷却烧瓶，在导管内形成一段高于液面的水柱，一段时间不发生变化，说明气密性良好；防止Sn与O2反应以及防止生成的SnCl4水解，实验开始应先通Cl2排尽装置中空气，故实验开始时的操作为：先打开Ⅱ中的活塞，待Ⅰ中烧瓶充满黄绿色气体后，点燃Ⅰ中的酒精灯。本小题答案为：关闭滴液漏斗活塞，将装置最后端的导气管插入水中，微热烧瓶，在导管末端有气泡产生，冷却烧瓶，在导管内形成一段高于液面的水柱，一段时间不发生变化，说明气密性良好；先打开Ⅱ中的活塞，待Ⅰ中烧瓶充满黄绿色气体后，点燃Ⅰ中的酒精灯。
（4）根据表格所给信息，SnCl4易水解生成固态二氧化锡，将四氯化锡少许暴露于空气中，还可看到白色烟雾，说明水解产物中还有HCl，HCl与空气中的水蒸气形成盐酸小液滴，现象为白雾，化学方程式为SnCl4+2H2O = SnO2+4HCl。本小题答案为：SnCl4+2H2O = SnO2+4HCl。
（5）用重铬酸钾滴定法测定SnCl2时，发生的反应为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+ 、6Fe2+ + Cr2O72- +14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式3Sn2+~Cr2O72-（或根据得失电子守恒判断），实验中消耗的n(K2Cr2O7)= 0.1000ml·L-1×0.015L=0.0015ml，则25.00mLSnCl2溶液中n(SnCl2)=0.0015ml×3=0.0045ml，则250.00mLSnCl2溶液中n(SnCl2)=0.045ml，m(SnCl2)=0.045ml×190g/ml=8.55g，则mg产品中SnCl2的含量为8.55g/mg×100%=%；根据反应“2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+”得出Sn2+的还原性强于Fe2+，Sn2+在空气中易被氧化，测定结果随时间延长逐渐变小是因为SnCl2被氧气氧化，发生2Sn2++O2+4H+=2Sn4++2H2O反应，滴定时消耗的重铬酸钾的量减少，由此计算出的SnCl2量减小，测量结果变小。本小题答案为：855/m ；2Sn2++O2+4H+=2Sn4++2H2O。
21、 钴原子失去4个电子后可以得到的稳定结构，因此更容易失去第4个电子，表现为第四电离能较小 sp 2 12 6
【解析】
（1）钴是27号元素，其电子排布为，再来分析即可；
（2）碳原子最外层有4个电子，需要成4个键才能达到稳定结构，氮原子最外层有5个电子，需要成3个键才能达到稳定结构，而氢原子只能成1个键，据此不难推出的结构为，再来分析其碳原子的杂化方式和键的数目即可；
（3）注意一个带-1价，因此该反应的实质相当于钴从+2价被氧化为+3价，水中自然只有氢能被还原，从+1价被还原为0价的单质；
（4）根据观察，每个钴原子的配位数为12，即周围一圈6个，上、下各3个，而晶体密度只需按照来构造公式即可。
【详解】
（1）钴的电子排布式为，钴原子失去4个电子后可以得到的稳定结构，因此更容易失去第4个电子，表现为第四电离能较小；
（2）为直线型分子，因此其碳原子的杂化方式为杂化，而1个分子中有2个键和2个键；
（3）根据分析，反应方程式为；
（4）根据分析，钴原子的配位数为12，在计算一个晶胞中的原子数时，12个顶点上的原子按算，上下表面面心的原子按算，体内的按1个算，因此一个晶胞内一共有个原子；而晶体密度为。
物质
颜色、状态
熔点/℃
沸点/℃
Sn
银白色固体
231.9
2260
SnCl2易水解，SnCl4易水解生成固态二氧化锡， 锡与Cl2反应过程放出大量的热
SnCl4
无色液体
－33
114
SnCl2
无色晶体
246
652