2026屆寧夏回族自治區(qū)長慶高級中學化學高三上期中達標檢測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列說法正確的是()A．H2O分子間存在氫鍵，所以H2O比H2S穩(wěn)定B．He、CO2和CH4分子中都存在共價鍵C．PCl5中各原子的最外層均達到8電子穩(wěn)定結構D．NaHCO3受熱分解生成Na2CO3、CO2和H2O的過程中，既破壞離子鍵，也破壞共價鍵2、下列說法錯誤的是A．硅太陽能電池、計算機芯片、光導纖維都用到硅單質B．水晶鏡片、石英鐘表、瑪瑙手鐲含有SiO2C．水泥路橋、門窗玻璃、磚瓦、陶瓷餐具所用材料為硅酸鹽D．熔融燒堿時不能使用普通玻璃坩堝、石英坩堝和陶瓷坩堝。3、與氫硫酸反應有沉淀生成的電解質是（）A．硫酸銅 B．氫氧化鈉 C．硫酸亞鐵 D．二氧化硫4、短周期元素G、M、W、X、Y、Z的原子半徑及其最高正化合價隨原子序數遞增的變化如圖所示：下列說法正確的是()A．堿性：GOH＞XOH B．還原性：HW＞HZ＞H2YC．酸性：HZO4＜H2YO4 D．離子半徑：M3-＞W-＞X+5、中華民族有著光輝燦爛的發(fā)明史。下列發(fā)明創(chuàng)造不涉及化學反應的是()A．用膽礬煉銅 B．用鐵礦石煉鐵 C．燒結粘土制陶瓷 D．打磨磁石制指南針6、下列實驗結果不能作為相應定律或原理的證據之一的是（）ABCD勒夏特列原理元素周期律蓋斯定律阿伏加德羅定律實驗方案結果左球氣體顏色加深右球氣體顏色變淺燒瓶中冒氣泡試管中出現渾濁測得為、的和與的體積比約為2:1（B中試劑為濃鹽酸、碳酸鈉溶液、硅酸鈉溶液）A．A B．B C．C D．D7、常溫下，下列各組無色離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．c(ClO-)=1.0mol/L的溶液：Na+、Cu2+、SO32-、SO42-B．與金屬鋁產生氣體的溶液中：Al3+、HCO3-、Cl-、SO42-C．水電離產生的c(H+)=10-13mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl-、NO3-D．0.1mol/LFeSO4溶液中：H+、NH4+、NO3-、Cl-8、下列關系圖中，A是一種正鹽，B是氣態(tài)氫化物，C是單質，F是強酸。當X無論是強酸還是強堿時都有如下轉化關系（其他反應產物及反應所需條件均已略去）。當X是強堿時，B能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍。下列說法中不正確的是（）A．當X是強酸時，A、B、C、D、E、F中均含同一種元素，F可能是H2SO4B．當X是強酸時，C在常溫下是氣態(tài)單質C．B和Cl2的反應是氧化還原反應D．當X是強堿時，A、B、C、D、E、F中均含同一種元素，F是HNO39、標準狀況下有①0.112L水（密度按1g/cm3計算）；②3.01×1023個氯化氫分子；③13.6gH2S氣體；④0.2molNH3，下列對這四種物質的關系由小到大排列正確的（

）A．體積：①③②④ B．密度：④①③② C．質量：①④③② D．氫子數：②④③①10、下列藥品和裝置合理且能完成相應實驗的是()A．制備氫氧化亞鐵B．驗證非金屬性Cl>C>SiC．檢驗二氧化硫中是否混有二氧化碳D．實驗室制取并收集氨氣11、葡萄糖在人體中進行無氧呼吸產生乳酸，結構簡式如下：，下列有關說法正確的是A．葡萄糖和乳酸含有相同的官能團B．向葡萄糖溶液加入氫氧化銅懸濁液，加熱一定有磚紅色沉淀生成C．乳酸能發(fā)生催化氧化、加成和取代反應D．分子式C3H6O3，且含有羥基、羧基的有機物共有2種12、下列各項反應對應的圖像正確的是()A．圖甲為25℃時，向亞硫酸溶液中通入氯氣B．圖乙為向NaAlO2溶液中通入HCl氣體C．圖丙為向少量氯化鐵溶液中加入鐵粉D．圖丁為向BaSO4飽和溶液中加入硫酸鈉13、甲、乙、丙三種不同的物質中均含有同一種元素，它們之間的轉化關系如圖示(部分反應物及生成物已略去)。下列說法錯誤的是：A．若甲為氣態(tài)氫化物，乙為淡黃色固體，則丙具有漂白性B．若甲為氣體單質，乙為含有極性共價鍵的非極性分子，則反應②為吸熱反應C．若甲為金屬氧化物，乙的水溶液呈酸性，則丙既能與強酸又能與強堿反應D．若甲為金屬單質，反應④為置換反應，則往乙溶液中滴加KSCN，溶液變?yōu)檠t色14、下列敘述正確的是A．同溫同壓下，相同體積的物質，它們的物質的量必相等B．任何條件下，等物質的量的乙烯和一氧化碳所含的分子數必相等C．1L一氧化碳氣體一定比1L氧氣的質量小D．等體積、等物質的量濃度的強酸中所含的H+數一定相等15、能反映甲烷分子是以碳原子為中心的正四面體結構，而不是正方形的平面結構的事實是A．CH3Cl無同分異構體 B．CH2Cl2無同分異構體C．CHCl3無同分異構體 D．CH4是共價化合物16、完成下列實驗，所選裝置正確的是ABCD實驗目的檢查裝置氣密性實驗室用純堿和稀硫酸制備二氧化碳用已知濃度的氫氧化鈉溶液測定未知濃度鹽酸選擇合適的試劑，可分別制取少量CO2、NO和O2實驗裝置A．A B．B C．C D．D二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知高分子化合物I是輕工業(yè)生產的重要原料，其中一種生產合成路線如下：已知：回答下列問題：（1）A為芳香烴，A的化學名稱是______。（2）G→H、H→I的反應類型分別是______、______。（3）若G結構為①請寫出D的結構簡式______。②2由B生成C的化學方程式為__。（4）C有多種同分異構體，其中屬于酚類的同分異構體有_____種，寫出其中具有四組核磁共振氫譜峰的一種結構簡式_____。（5）參考上述合成路線信息，寫出以CH3－CH=CH2和CH3MgBr為原料(其它無機物任選)合成的合成路線圖。_____18、阿克他利M（）是一種抗風濕性關節(jié)炎藥物，其合成路線如下：完成下列填空：(1)反應①的反應類型為_______________。(2)反應②所用的試劑為_________________。(3)寫出的所有含苯環(huán)結構的同分異構體的結構簡式。_______________(4)寫出由對硝基苯乙酸（）得到對硝基苯乙酸乙酯的試劑和條件。______________(5)A的分子式為C7H8，寫出由A合成苯甲醛的合成路線。_____________19、實驗室可用溢流法連續(xù)制備無水四氯化錫（SnCl4）。SnCl4易揮發(fā)，極易發(fā)生水解，Cl2極易溶于SnCl4。制備原理與實驗裝置圖如圖：Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l)ΔH=–511kJ?mol-1可能用到的有關數據如下：物質SnSnCl4CuCl2熔點/℃232-33620沸點/℃2260114993制備過程中，錫粒逐漸被消耗，需提拉橡膠塞及時向反應器中補加錫粒。當SnCl4液面升至側口高度時，液態(tài)產物經側管流入接收瓶。回答下列問題：（1）a的作用是___。（2）A中反應的化學方程式是___。（3）B的作用是___。（4）E中冷卻水的作用是___。（5）尾氣處理時，可選用的裝置是___（填序號）。（6）錫粒中含銅雜質致E中產生CuCl2，但不影響F中產品的純度，原因是___。（7）SnCl4粗品中含有Cl2，精制時加入少許錫屑后蒸餾可得純凈的SnCl4。蒸餾過程中不需要用到的儀器有___(填序號)A．分液漏斗B．溫度計C．吸濾瓶D．冷凝管E．蒸餾燒瓶20、Co(CH3COO)2·4H2O(乙酸鈷)是一種重要的有機化工原料?；卮鹣铝袉栴}:(1)以工業(yè)品氧化鈷(CoO)為原料制備乙酸鈷。(已知CoO與CH3COOH溶液反應緩慢,Co2+能與H+、NO3-大量共存)可能用到的試劑:Na2CO3溶液、CH3COOH溶液、HNO3溶液。先將CoO溶于____(填化學式,下同)溶液制得____溶液;在不斷攪拌下,向制得的溶液中不斷加入____溶液至不再產生沉淀,靜置,過濾,洗滌;向沉淀中加入___溶液至沉淀完全溶解,調節(jié)pH約為6.8,經一系列操作得Co(CH3COO)2·4H2O。

(2)為探究乙酸鈷的熱分解產物,先在低于100℃時使其脫去結晶水,然后用下列裝置進行實驗(已知CO能與PdCl2溶液反應生成黑色Pd沉淀):①通N2的目的是______。

②澄清石灰水和PdCl2溶液分別用于檢驗CO2和CO,其中盛放PdCl2溶液的裝置是____(填字母)。

③實驗結束時,為防止倒吸,正確的操作是______。

④裝置a中完全反應后得到鈷的一種氧化物,固體殘留率(×100%)為45.4%。該氧化物為____。

⑤裝置a在加熱過程中沒有水生成,最終生成的固體氧化物質量為3.0125g,裝置b和c中的試劑均足量(b、c中得到固體的質量分別為2.5g、10.6g),集氣瓶中收集到的氣體為C2H6和N2,則裝置a中發(fā)生反應的化學方程式為________。21、早期發(fā)現的一種天然二十面體準晶顆粒由Al、Ca、Cu、Fe四種金屬元素組成。請回答下列問題：(1)基態(tài)鐵原子價電子排布式為_________，從結構角度來看，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是________________。(2)SCN－離子可用于Fe3+的檢驗，其對應的酸有兩種，分別為硫氰酸(H-S-C≡N)和異硫氰酸(H-N=C=S)。①寫出與SCN－互為等電子體的一種微粒_____(分子或離子)；②硫氰酸分子中硫原子的雜化方式為_____。③異硫氰酸的沸點比硫氰酸沸點高的原因是____________________________。(3)新制的Cu(OH)2可溶于過量的氨水，生成的配合物[Cu(NH3)4](OH)2中含有的化學鍵類型有_____________________，1mol該物質中含有____________________個σ鍵。(4)CaF2晶體的晶胞如圖所示。已知：CaF2晶體的密度為ρg·cm－3，NA代表阿伏加德羅常數的值。CaF2晶體中Ca2＋和F－之間的最近核間距(d)為______________pm(列出計算式即可)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【詳解】A.H2O分子間存在氫鍵，影響水的沸點，沸點是物理性質，穩(wěn)定性是化學性質，由分子內化學鍵的強弱決定，所以穩(wěn)定性與氫鍵無關，故A錯誤；B.CO2和CH4都是由分子構成，它們中都存在共價鍵，He中不存在共價鍵，故B錯誤；C.PCl5中Cl的最外層電子數為7，成鍵電子數為1，都達到8電子穩(wěn)定結構，PCl5分子中P原子最外層電子數為5，成鍵電子數為5，達到10電子結構，故C錯誤；D.NaHCO3受熱分解生成Na2CO3、CO2和H2O，受熱分解的過程中，既有離子鍵被破壞又有共價鍵被破壞，故D正確；答案選D。2、A【解析】試題分析：A．硅太陽能電池、計算機芯片都用到硅單質，光導纖維用到的是二氧化硅，A錯誤；B．水晶鏡片、石英鐘表、瑪瑙手鐲含有SiO2，B正確；C．水泥路橋、門窗玻璃、磚瓦、陶瓷餐具所用材料為硅酸鹽，C正確；D．氫氧化鈉能與二氧化硅反應，則熔融燒堿時不能使用普通玻璃坩堝、石英坩堝和陶瓷坩堝，D正確，答案選A?？键c：考查硅及其化合物的性質和用途3、A【解析】A.CuSO4是鹽，屬于電解質，加入氫硫酸，會發(fā)生反應：CuSO4+H2S＝CuS↓+H2SO4，產生黑色沉淀，A正確。B．氫氧化鈉是堿，屬于電解質，與氫硫酸發(fā)生反應：2NaOH+H2S＝Na2S+2H2O，產生的Na2S是可溶性的物質，沒有沉淀產生，B錯誤。C．硫酸亞鐵是鹽，屬于電解質，由于酸性：硫酸＞氫硫酸，因此二者不能發(fā)生反應，無沉淀產生，C錯誤。D．二氧化硫與硫化氫會發(fā)生反應：SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，產生沉淀，但是SO2是非電解質，不符合題意，D錯誤。答案選A。4、D【分析】G、M、W、X、Y、Z都是短周期元素，結合原子序數和最高正化合價可以推知，G為Li元素，M為N元素，W為F元素，X為Na元素，Y為S元素，Z為Cl元素，以此解答。【詳解】A.Na元素的金屬性大于Li元素的金屬性，則堿性：GOH＜XOH，故A錯誤；B.由分析可知，W為F元素，Y為S元素，Z為Cl元素，非金屬性W＞Z＞Y，則對應氫化物的還原性：HW＜HZ＜H2Y，故B錯誤；C.非金屬性：Cl＞S，則最高價含氧酸的酸性：HClO4＞H2SO4，故C錯誤；D.N3-、F-、Na+的核外電子結構相同，核電荷數越大，半徑越小，則離子半徑：N3-＞F-＞Na+，故D正確；故選D。5、D【詳解】A、膽礬為硫酸銅晶體，銅為化合態(tài)，+2價，金屬銅為單質，由化合態(tài)變?yōu)橛坞x態(tài)，需加入還原劑發(fā)生反應，A不正確；B、鐵礦石煉主要成份為氧化鐵，鐵為+3價，，由化合態(tài)變?yōu)橛坞x態(tài)鐵，需加入還原劑發(fā)生反應，B不正確；C．燒結粘土主要成份為復雜的硅酸鹽，燒結粘土制陶瓷過程中會發(fā)生復雜的物理化學變化，C不正確；D．磁石為四氧化三鐵，打磨磁石制指南針的過程為物理變化過程，D正確；答案選D。6、B【詳解】A.是放熱反應，升高溫度，平衡向生成二氧化氮的方向移動，顏色變深，可以作為勒夏特列原理的證據之一；B、比較元素的非金屬性，應用元素最高價氧化物對應水化物的酸性比較，濃鹽酸不是氯的最高價氧化物對應水化物，無法比較氯和碳的非金屬性；生成的二氧化碳中含有HCl氣體，氯化氫與二氧化碳都能與硅酸鈉溶液反應生成硅酸沉淀，故也無法比較碳和硅的非金屬性，不能證明元素周期律；C、△H=△H1+△H2，化學反應的熱效應只與起始和終了狀態(tài)有關，與變化途徑無關，可以證明蓋斯定律；D、在同溫同壓下，氣體的體積比等于方程式的化學計量數之比等于氣體的物質的量之比，電解水生成的氧氣和氫氣體積比等于物質的量之比，可以證明阿伏加德羅定律；故答案為B。7、C【解析】A.含有Cu2+的溶液顯藍色，與無色溶液不符；含有ClO-的溶液具有強氧化性，能夠把SO32-氧化為SO42-，不能大量共存，A錯誤；B.與金屬鋁反應產生氣體的溶液，可能為酸液，可能為堿液，HCO3-在酸、堿溶液都不能大量共存，Al3+、HCO3-離子間發(fā)生雙水解不能大量共存，B錯誤；C.水電離產生的c(H+)=10-13mol/L的溶液可能為酸液，可能為堿液，四種離子間不反應且在酸、堿環(huán)境下均能大量共存，C正確；D.HNO3具有強氧化性，能夠把Fe2+氧化為鐵離子，不能大量共存，D錯誤；綜上所述，本題選C。8、B【分析】A既可以和強酸反應，又可以和強堿反應，并是一種正鹽，這一物質只能是硫化銨?！驹斀狻緼．當X是強酸時，硫化銨與強酸反應生成硫化氫，則C為硫單質，D為二氧化硫，E為三氧化硫，F為硫酸，故A項正確；B．當X是強酸時，C為硫單質，常溫下是固態(tài)，故B項錯誤；C．硫化氫或氨氣和氯氣的反應一定是氧化還原反應，故C項正確；D．當X是強堿時，B為氨氣，C為氮氣，D為一氧化氮，E為二氧化氮，F為硝酸，故D項正確；故選B。9、D【詳解】A.四種物質的體積分別為0.112L、×22.4L/mol=11.2L、×22.4L/mol=8.96L、0.2mol×22.4L/mol=4.48L，則由小到大排列的順序為①④③②，故A錯誤；B.液態(tài)物質的密度大于氣態(tài)物質的密度，氣態(tài)物質的相對分子質量越大，密度越大，則四種物質的密度由小到大排列的順序為④③②①，故B錯誤；C.四種物質的質量分別為0.112L×103mL/L×1g/cm3=112g、×36.5g/mol=18.25g、13.6g、0.2mol×17g/mol=3.4g，則由小到大排列的順序為④③②①，故C錯誤；D.四種物質的氫原子數分別為×2≈12.4mol、×1=0.5mol、×2=0.8mol、0.2mol×3=0.6mol，則由小到大排列的順序為②④③①，故D正確；故選D。10、C【詳解】A．氫氧化亞鐵易被氧氣氧化，氯化亞鐵溶液應用苯隔絕空氣，否則即使生成氫氧化亞鐵也被空氣氧化而變質，故A達不到實驗目的；B．驗證非金屬性Cl＞C＞Si，應用高氯酸與碳酸鈉反應生成二氧化碳氣體，然后通入硅酸鈉溶液中觀察是否有沉淀生成，故B所有鹽酸不合理；C．高錳酸鉀與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應，品紅用于檢驗二氧化硫是否除盡，如有二氧化碳，通入澄清石灰水變渾濁，實驗合理，故C藥品和裝置合理且能完成相應實驗；D．為防止試管炸裂，則加熱的試管應將其口向下傾斜，故D裝置不合理。故選C。11、D【分析】葡萄糖為多羥基醛，含有的官能團：羥基，醛基；乳酸結構簡式為：CH3-CH（OH）-COOH，含有官能團有：羥基和羧基?！驹斀狻緼.葡萄糖含有的官能團：羥基，醛基；乳酸含有官能團有：羥基和羧基，A錯誤；B.向葡萄糖溶液加入新制的氫氧化銅后，加熱到沸騰，溶液中產生磚紅色沉淀，B錯誤；C.乳酸能發(fā)生催化氧化和取代反應，不能發(fā)生加成反應，C錯誤；D.分子式C3H6O3，且含有羥基、羧基的有機物共CH3-CH（OH）-COOH和CH2（OH）-CH2-COOH2種，D正確，答案為D。12、C【詳解】A．亞硫酸為酸性，其pH小于7，與圖象不符，發(fā)生Cl2+H2SO3+H2O=2Cl-+4H++SO42-后，隨著氯氣的通入，pH會降低，直到亞硫酸反應完全，pH不變，故A錯誤；B．NaAlO2溶液中通入HCl氣體，發(fā)生H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，圖中上升與下降段對應的橫坐標長度之比應為1：3，故B錯誤；C．向少量氯化鐵溶液中加入鐵粉，發(fā)生Fe+2FeCl3=3FeCl2，則Fe元素的質量增加，Cl元素的質量不變，所以Cl的質量分數減小，至反應結束不再變化，故C正確；D．BaSO4飽和溶液中，存在溶解平衡，加硫酸鈉，硫酸根離子濃度增大，溶解平衡逆向移動，溶解度減小，故D錯誤；故答案為C。13、C【詳解】A.若甲為氣態(tài)氫化物(H2S)，乙為淡黃色固體(S)，則丙具有漂白性(SO2)，各物質都能依箭頭所指方向發(fā)生轉化，A正確；B.若甲為氣體單質(O2)，乙為含有極性共價鍵的非極性分子(CO2)，則反應②(C+CO2)為吸熱反應，各物質都能依箭頭所指方向發(fā)生轉化，B正確；C.若甲為金屬氧化物(Al2O3)，乙的水溶液呈酸性(AlCl3)，則丙[Al(OH)3]既能與強酸又能與強堿反應，這些物質都能轉化，但甲不能轉化為丙，所以C錯誤；D.若甲為金屬單質(Fe)，反應④(Fe+CuCl2)為置換反應，則往乙(FeCl3)溶液中滴加KSCN，溶液變?yōu)檠t色，箭頭所指的各物質間都能發(fā)生轉化，D正確。故選C。14、B【解析】A、根據阿伏加德羅定律知同溫同壓下，相同體積的任何氣體，它們的物質的量必相等，A錯誤；B、任何條件下，等物質的量的乙烯和一氧化碳所含的分子數必相等，B正確；C、缺少溫度和壓強，無法確定1L一氧化碳氣體和1L氧氣的質量大小，C錯誤；D、等體積、等物質的量濃度的強酸中酸的物質的量相等，但所含的H+數不一定相等，如HNO3和H2SO4，D錯誤；答案選B。15、B【分析】如果甲烷是正方形的平面結構，CH2Cl2有兩種結構：相鄰或者對角線上的氫被Cl取代，而實際上，其二氯取代物只有一種結構，因此只有正四面體結構才符合?！驹斀狻緼．無論甲烷分子是以碳原子為中心的正四面體結構，還是平面正方形結構，CH3Cl都不存在同分異構體，故A錯誤；B．甲烷是正方形的平面結構，而CH2Cl2有兩種結構：相鄰或者對角線上的氫被Cl取代，而實際上，其二氯取代物只有一種結構，因此只有正四面體結構才符合，故B正確；C．無論甲烷分子是以碳原子為中心的正四面體結構，還是平面正方形結構，CHCl3都不存在同分異構體，故C錯誤；D．CH4是共價化合物不能說明甲烷分子的結構特點，故D錯誤。故選：B。16、A【詳解】A.關閉止水夾,利用漏斗下端導管中液面與燒瓶中液面的液面差一段時間不變可以知道氣密性良好,故A正確；B.純堿為粉末固體,則多孔隔板不能使反應隨時停止,故B錯誤;C.NaOH溶液與二氧化硅反應生成具有粘合性的硅酸鈉,應選堿式滴定管,故C錯誤;D.NO密度和空氣相近，不能用排空氣法收集，故此裝置不適合制取NO,所以D錯誤；答案：A?！军c睛】可以通過關閉止水夾,利用液面差檢驗氣密性;.NaOH溶液與二氧化硅反應生成具有粘合性的硅酸鈉;碘的CCl4溶液不分層。二、非選擇題（本題包括5小題）17、苯乙烯消去反應加聚反應：9或【分析】A為芳香烴，能與HBr發(fā)生加成反應，所以A為,與HBr加成能生成兩種產物，和，C生成D是醇的催化氧化，所以B生成C是氯代烴的水解；若G結構為，根據題目信息，可反推D是，C為，B為，F是，E為。G（）在濃硫酸、加熱的條件下發(fā)生消去反應，H發(fā)生加聚反應生成高分子化合物I。【詳解】（1）A為，化學名稱為苯乙烯；答案：苯乙烯；（2）D和F反應反應再水解得到的產物含有醇羥基，在濃硫酸、加熱的條件下發(fā)生的是消去反應，生成H含有碳碳雙鍵，所以H反應生成高分子化合物I發(fā)生的是加聚反應；答案：消去反應；加聚反應；（3）①若G結構為，根據題目已知信息可逆推出D是；答案：；②B為，C為，由B生成C的化學方程式為：；答案：；（4）C為，若苯酚的苯環(huán)上連接一個乙基，則有鄰、間、對3種同分異構體，若苯酚的苯環(huán)上連接兩個甲基就有6種，總共9種；具有四組核磁共振氫譜峰的一種結構，也就是有4種氫原子，則符合要求的同分異構體有：、；答案：9;或；（5）結合題目已知信息，以CH3－CH=CH2和CH3MgBr為原料合成的合成路線圖為：【點睛】本題考查有機物推斷，涉及鹵代烴、烯、醇等的性質以及分子式的求解、同分異構體、有機化學反應類型和方程式的書寫等，題目綜合性較大，注意逆向推導的思維訓練，難度中等。18、取代濃硫酸、濃硝酸；；乙醇、濃硫酸；加熱【分析】甲苯與Cl2在光照條件下發(fā)生甲基上的取代反應產生一氯甲苯，該物質與NaCN發(fā)生取代反應產生，與濃硫酸、濃硝酸混合加熱，發(fā)生對位上的取代反應產生，發(fā)生水解反應產生，與Zn、鹽酸發(fā)生還原反應產生，與CH3COOH發(fā)生成肽反應產生M?！驹斀狻?1)甲苯與氯氣光照發(fā)生取代反應產生，與NaCN發(fā)生取代反應產生，所以反應①的反應類型為取代反應；(2)反應②是與濃硫酸、濃硝酸混合加熱，發(fā)生對位上的取代反應產生，所以反應所用的試劑為濃硫酸、濃硝酸；(3)由于同分異構體是分子式相同結構不同的化合物，所以的所有含苯環(huán)結構的同分異構體的結構簡式為：；；；(4)對硝基苯乙酸（）與乙醇在濃硫酸存在和加熱條件下發(fā)生酯化反應得到對硝基苯乙酸乙酯和水，故該步反應的試劑是乙醇、濃硫酸，反應條件是加熱；(5)A的分子式為C7H8，則A是甲苯，與Cl2在光照時反應產生，與NaOH的水溶液共熱，發(fā)生取代反應產生，與Cu在加熱條件下被氧化產生苯甲醛。所以由A合成苯甲醛的合成路線為?！军c睛】本題考查了有機合成與推斷的知識，掌握有機物結構簡式的通式、各類物質反應和轉化的規(guī)律及反應條件是本題解答的關鍵。注意官能團對物質化學性質的決定作用。19、平衡壓強，使?jié)恹}酸順利流下2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O除去氯氣中混有的氯化氫氣體避免四氯化錫氣化而損失，導致產率下降乙CuCl2熔點較高，不會隨四氯化錫液體溢出A、C【分析】SnCl4極易水解，反應應在無水環(huán)境下進行進行，裝置A：采用KMnO4和濃鹽酸反應的方法制取Cl2，反應還生成MnCl2，發(fā)生2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，制取的氯氣中含有氯化氫，通過飽和的氯化鈉溶液洗去氯氣中的氯化氫，SnCl4在空氣中極易水解，利用濃硫酸的吸水性干燥氯氣，防止產生SnCl4水解；然后Cl2和錫的反應，制備SnCl4，冷水冷卻，可將氣態(tài)的SnCl4冷凝回流收集產物；反應時應先生成氯氣，將氧氣排出?！驹斀狻浚?）導管a的作用是平衡壓強，可使分液漏斗內的液體順利流下，故答案為：平衡壓強，使?jié)恹}酸順利流下；（2）實驗采用KMnO4和濃鹽酸反應的方法制取Cl2，反應還生成MnCl2，化學方程式為2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案為：2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；（3）B的作用是除去氯氣中混有的氯化氫氣體，故答案為：除去氯氣中混有的氯化氫氣體；（4）SnCl4易揮發(fā)，冷水可降低溫度，避免四氯化錫氣化而損失，導致產率下降，故答案為：避免四氯化錫氣化而損失，導致產率下降；（5）尾氣含有氯氣，為避免四氯化錫水解，應用堿石灰，故答案為：乙；（6）錫粒中含銅雜質致E中產生CuCl2，但不影響F中產品的純度，原因是CuCl2熔點較高，不會隨四氯化錫液體溢出，故答案為：CuCl2熔點較高，不會隨四氯化錫液體溢出；（7）蒸餾用到蒸餾燒瓶、溫度計、接收器、冷凝管、錐形瓶，無需吸濾瓶和分液漏斗，故答案為：A、C?！军c睛】本題為制備實驗，把握物質的性質、實驗裝置的作用、制備原理為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用。20、HNO3Co(NO3)2Na2CO3CH3COOH隔絕空氣,使反應產生的氣體全部進入后續(xù)裝置c先熄滅裝置a的酒精燈,冷卻后停止通入氮氣Co3O43Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑【解析】根據CoO與CH3COOH溶液反應緩慢，Co2+能與H+、NO3-大量共存的信息，制備乙酸鈷時，先將CoO溶于溶液HNO3溶液制得Co(NO3)2溶液，再加入Na2CO3溶液產生碳酸鈷沉淀，最后加CH3COOH溶液反應生成Co(CH3COO)2，再通過濃縮、結晶等方法得到最終產物；探究乙酸鈷的熱分解產物，a中乙酸鈷受熱分解生成CO、CO2等產物,通入N2先將空氣排盡并將產生的氣體都趕入吸收裝置，b澄清石灰水檢驗CO2，c中PdCl2溶液可檢驗CO，最后用d來收集未反應完的CO。【詳解】（1）根據CoO與CH3COOH溶液反應緩慢，Co2+能與H+、NO3-大量共存的信息，制備乙酸鈷時，先將CoO溶于溶液HNO3溶液制得Co(NO3)2溶液，再加入Na2CO3溶液產生碳酸鈷沉淀，最后加CH3COOH溶液反應生成Co(CH3COO)2，再通過濃縮、結晶等方法得到Co(CH3COO)2·4H2O；故答案為HNO3；Co(NO3)2；Na2CO3；CH3COOH；（2）①通N2的目的是排盡裝置內的空氣，并使反應產生的氣體全部進入后續(xù)裝置，故答案為隔絕空氣，使反應產生的氣體全部進入后續(xù)裝置；②因為在檢驗CO時可生成CO2，會影響原混合氣體中CO2的檢驗，因此應該先檢驗CO2，故答案為c；③實驗結束時，為防止倒吸，應該先熄滅酒精燈，再通入一段時間氮氣保護分解后的產物，以免被空氣氧化，故答案為先熄滅裝置a的酒精燈,冷卻后停止通入氮氣；④樣品已完全失去結晶水，殘留固體為金屬氧化物，取1molCo(CH3COO)2，質量為177g，則殘留的氧化物質量為177g×45.4%=80.36g，根據Co元素守恒，氧化物中含有1molCo，則氧元素的物質的量為mol=1.33mol=mol，則==，故金屬氧化物的化學式為Co3O4，答案為：Co3O4；⑤Co3O4為3.0125g，其物質的量為=0.0125mol，CO2的物質的量為=0.025mol，CO的物質的量為0.05mol，最后用質量守恒計算出乙烷的質量為(0.0375×177-3.0125-0.025×44-0.05×28)g=1.125g，則乙烷的物質的量為：mol=0.0375mol，綜上計算可得Co3O4、CO2、CO、C2H6的物質的量之比為：1:2:4:3，方程式為：3Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑，故答案為3Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑?！军c睛】再檢驗分解產物時，要考慮相互影響并確定順序；計算過程主要抓住鈷元素和碳元素守恒。21、3d64s2Fe3+價電子為3d5半滿狀態(tài)，更穩(wěn)定N2O、CO2、CS2、OCN?任意