云南省双江县第一中学2026届化学高三第一学期期中质量跟踪监视模拟试题含解析

云南省双江县第一中学2026届化学高三第一学期期中质量跟踪监视模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、能用元素周期律解释的是()A．酸性：H2SO3＞H2CO3 B．熔、沸点：HF＞HClC．碱性：NaOH＞Al(OH)3 D．热稳定性：Na2CO3＞CaCO32、下列说法在一定条件下可以实现的有()①酸性氧化物与碱发生反应生成酸式盐②弱酸与盐溶液反应可以生成强酸③没有水生成,也没有沉淀和气体生成的复分解反应④两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性⑤有单质参加的非氧化还原反应⑥两种氧化物反应的产物有气体A．6个 B．5个 C．4个 D．3个3、下列说法不正确的是()A．蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素属于过渡元素B．港珠澳大桥用到的合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能C．国产大飞机C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料D．中国天眼传输信息用的光纤材料的主要成分是硅4、下列各组液体的混合物，可用分液漏斗分离的是（）A．乙酸乙酯和乙醇 B．苯和四氯化碳 C．苯和食盐水 D．溴苯和液溴5、下列反应中，铁元素被氧化的是（）A．FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑ B．Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑C．FeO+2HCl=FeCl2+H2O D．Fe2O3+3CO=2Fe+3CO26、氢氧燃料电池是一种化学电源，如图所示，以石墨为电极，两极分别通入氢气和氧气，KOH溶液为电解质溶液，下列说法不正确的是A．a电极是该电池的正极B．电池工作时，电子从a电极流出经导线流向b电极C．工作一段时间后，电解质溶液pH减小D．b极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-7、有机物M：可用作涂料。对M的分析错误的是（）A．M中含酯基 B．M可通过加聚反应制得C．个M水解得到个RCOOH D．M的水解产物中仍有高分子化合物8、下列“一带一路(TheBeltandRoad)”贸易的商品中，其主要成分属于无机物的A．中国丝绸 B．乌克兰葵花籽油 C．捷克水晶 D．埃及长绒棉9、已知X、Y、Z、W是原子序数依次递增的同主族元素，下列常见的阴离子能影响水的电离平衡的是（）A．X－B．Y－C．Z－D．W－10、下列四种溶液：①pH＝2的CH3COOH溶液；②pH＝2的HCl溶液；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液。相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是A．由水电离的c(H＋)：①＝②＞③＝④B．将②、③两种溶液混合后，若pH＝7，则消耗溶液的体积：③＞②C．等体积的①、②溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的速率：①＞②D．向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞①＞②11、某有机物结构简式如下：。该有机物在苯环上的一氯代物种数为()A．6B．7C．8D．912、将下列物质按酸、碱、盐分类顺序排列正确的是A．氢氟酸、烧碱、绿矾 B．磷酸、纯碱、芒硝C．石炭酸、苛性钠、醋酸钠 D．硫酸氢钠、碱石灰、皓矾13、某新型锂空气二次电池放电情况如图所示，关于该电池的叙述正确的是A．电解液应选择可传递Li＋的水溶液B．充电时，应将锂电极与电源正极相连C．放电时，空气电极上发生的电极反应为2Li＋＋O2＋2e－=Li2O2D．充电时，若电路中转移0.5mol电子，空气电极的质量将减少3.5g14、下列溶液能区别SO2和CO2的是①石灰水②石蕊试液③品红溶液④酸性KMnO4溶液⑤氯水⑥H2S溶液⑦NaOH溶液A．③④⑤⑥B．①②⑦C．②③④⑤⑥D．③④15、探究铝片与Na2CO3溶液的反应。无明显现象铝片表面产生细小气泡出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2）下列说法不正确的是A．对比Ⅰ、Ⅲ，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜B．推测出现白色浑浊的原因：AlO2-+HCO3-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-C．加热和H2逸出对CO32-水解平衡移动方向的影响是相反的D．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-16、下列叙述与胶体的性质无关的是A．向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀盐酸，开始产生红褐色沉淀，后来沉淀逐渐溶解并消失B．当日光从窗隙射入暗室时，观察到一束光线C．向氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀D．水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘粒子带电荷二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E为短周期元素,A-E原子序数依次增大,质子数之和为40,B、C同周期,A、D同主族,A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2,E是地壳中含量最多的金属元素。(1)E元素在周期表中的位置为__________；B、C的氢化物稳定性强的是________(用化学式表示,下同)；B、C、D组成的化合物中含有的化学键为_____________(2)D2C2的电子式是_________,将D的单质投入A2C中,反应后得到一种无色溶液,E的单质在该无色溶液中反应的离子方程式为______________；(3)元素D的单质在一定条件下,能与A单质化合生成氢化物DA,熔点为800℃。DA能与水反应放出氢气,化学反应方程式为_____________。(4)废印刷电路版上含有铜,以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜,再用硫酸溶解。现改用A2C2和稀硫酸浸泡既达到了上述目的,又保护了环境,试写出反应的化学方程式__________________________18、有机物Ⅰ是有机合成中间体，如可合成J或高聚物等，其合成J的线路图如图：已知：①，A苯环上的一氯代物只有2种②有机物B是最简单的单烯烃，J为含有3个六元环的酯类③（、为烃基或H原子）回答以下问题：（1）A的化学名称为_____；E的化学式为_____。（2）的反应类型：____；H分子中官能团的名称是____。（3）J的结构简式为____。（4）写出I在一定条件下生成高聚物的化学反应方程式____。（5）有机物K是G的一种同系物，相对分子质量比G少14，则符合下列条件的K的同分异构体有___种（不考虑立体异构）。a．苯环上只有两个取代基b．既能发生银镜反应也能与溶液反应写出其中核磁共振氢谱有6个峰，峰面积之比为2:2:1:1:1:1的结构简式____。19、硫酸四氨合铜晶体｛[Cu(NH3)4]SO4·H2O｝为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇，主要用作印染剂、杀虫剂及制备某些含铜的化合物。某实验小组拟制备氨气，并通入到硫酸铜溶液中制备硫酸四氨合铜，装置如下：回答下列问题：(1)装置A为制备氨气的实验装置，下列装置中可选用的有______(填标号)。(2)装置a的名称为______；已知液体b与CuSO4溶液互不相溶，是常用的有机溶剂，则液体b的化学式为_____，作用是______。(3)由于硫酸四氨合铜晶体能在热水中分解，实验时可向所得溶液中加入______来获得晶体。(4)硫酸四氨合铜晶体中铜含量的测定可用碘量法。在微酸性溶液中(pH=3~4)，Cu2+与过量I－作用，生成I2和CuI(不溶于水也不溶于非氧化性酸)，生成的I2用Na2S2O3标准溶液滴定(已知滴定反应为：I2+2S2O32-=S4O62－+2I-)。①滴定过程中使用的指示剂为______，滴定终点的现象为______。②准确称取1.00g产品，配制成100mL溶液。取20mL该溶液，用0.050mol/LNa2S2O3标准溶液进行滴定，消耗标准溶液16.00mL，计算产品纯度为______。20、（1）I.某学习小组做Na2O2与H2O反应的实验，发现一些有趣的现象：①取适量Na2O2固体用脱脂棉包好放在石棉网上，然后向脱脂棉上滴加3-4滴水，结果脱脂棉剧烈燃烧。②取适量Na2O2固体置于试管中，加水使其充分反应至不再产生气体为止，滴入几滴酚酞试液，溶液先变红后褪色。回答有关问题。写出Na2O2的电子式________。（2）已知Na2O2可看作二元弱酸H2O2对应的盐，其第一步水解完全进行。写出其第一步水解的离子方程式为________。（3）由①实验现象所得出的有关结论是：a.有氧气生成；b.__________。（4）Na2O2与H2O反应的离子方程式____________。（5）II.为探究Na2O2与H2O反应的机理，他们在老师的指导下设计了下图所示装置。连接好装置，打开K1、K2，通过注射器注入适量蒸馏水，充分反应后用气球鼓气，Na2S溶液变浑浊，酸性KMnO4溶液褪色。分别取A、C中溶液滴入几滴酚酞，开始都变红，以后A中溶液很快褪色，C中溶液缓慢褪色。另取A、C中溶液分别加入少量二氧化锰，充分振荡，发现均反应剧烈、产生大量气泡，把带火星的木条伸入试管，木条复燃，向反应后的溶液中滴入几滴酚酞试液，溶液变红不褪色。A中冰盐和C中热水的作用分别是__________，_______。（6）用化学方程式表示Na2S变浑浊的原因_____________。（7）用离子方程式表示KMnO4溶液褪色的原因（MnO在酸性条件下被还原成Mn2+）______________。（8）Na2O2与H2O反应的机理是（用化学方程式表示）第一步___________，第二步__________。21、尼美舒利是一种非甾体抗炎药，它的一种的合成路线如下：已知：（易氧化）回答下列问题：（1）A的化学名称为__________。（2）B的结构简式为__________________。（3）由C生成D的化学方程式为________________________________，其反应类型为________。（4）E中的官能团有__________、__________(填官能团名称)。（5）由甲苯为原料可经三步合成2,4,6-三氨基苯甲酸，合成路线如下：反应①的试剂和条件为_________________；中间体B的结构简式为_____________；反应③试剂和条件为____________________。（6）E的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_______种（不含立体异构）；①含有两个苯环且两个苯环直接相连②能与FeCl3溶液发生显色反应③两个取代基不在同一苯环上其中核磁共振氢谱为6组峰，峰面积比为2∶2∶2∶2∶2∶1的结构简式为________。

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、不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，A错误；B、氢化物的熔沸点与元素周期律没有关系，B错误；C、金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，可以用元素周期律解释，C正确；D、碳酸盐的热稳定性与元素周期律没有关系，D错误，答案选C。【点晴】素的性质随原子序数的递增而呈周期性变化的规律，具体表现为

同周期(从左到右)

同主族(从上到下)

原子序数

依次递增

依次递增

电子层数

相同

依次递增

最外层电子数

依次递增（从1至8）

相同（He除外）

原子半径

逐渐减小

逐渐增大

主要化合价

最高正价由＋1价到＋7价价(O、F除外)最低负价由－4价到－1价

一般相同

金属性

逐渐减弱

逐渐增强

非金属性

逐渐增强

逐渐减弱

2、A【详解】①酸性氧化物是和碱反应生成水和盐的氧化物，如二氧化碳可以和氢氧化钠发生反应生成碳酸氢钠，故①正确；②弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现，如H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，故②正确；③酸和盐反应生成弱酸的复分解反应，HCl+CH3COONa=CH3COOH+NaCl，故③正确；④根据反应2H2S+H2SO3=3H2O+S↓可知，氢硫酸和亚硫酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，故④正确；⑤同素异形体之间的转化属于有单质参加的非氧化还原反应，如氧气生成臭氧，故⑤正确；⑥反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑和3NO2+H2O=2HNO3+NO是两种氧化物反应产物有气体的反应，故⑥正确。答案选A。3、D【详解】A.蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素是第IVB的元素，属于过渡元素，A正确；B.港珠澳大桥用到的合金材料，合金具有比成分金属的强度大、密度小、耐腐蚀等性能，B正确；C.国产大飞机C919用到的氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，C正确；D.中国天眼传输信息用的光纤材料的主要成分是二氧化硅，D错误；故合理选项是D。4、C【详解】A.乙酸乙酯和乙醇都是有机物，所以乙酸乙酯和乙醇能相互溶解，所以不能用分液漏斗分离，故A错误；B.苯和四氯化碳都是有机溶剂，能互溶，所以不能用分液漏斗分离，故B错误；C.苯是有机物，水是无机物，苯和水不互溶，所以能用分液漏斗分离，故C正确；D.溴苯可溶解液溴，能互溶，所以不能用分液漏斗分离，故D错误；答案选C。【点睛】能用分液漏斗分离的物质必须是两种相互不溶的液体，一般的来说：有机溶质易溶于有机溶剂，无机溶质易溶于无机溶剂。5、B【分析】反应中铁元素被氧化，说明铁元素失去电子，化合价升高，据此解答。【详解】A、反应FeS+2HCl＝FeCl2+H2S↑中铁元素的化合价没有发生改变，不属于氧化还原反应，A不符合题意；B、反应Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑中铁元素的化合价由0→＋2，化合价升高被氧化，发生氧化反应，B符合题意；C、反应FeO+2HCl＝FeCl2+H2O中铁元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，C不符合题意；D、反应Fe2O3+3CO2Fe+3CO2中铁元素的化合价由＋3→0，化合价降低，被还原，发生还原反应，D不符合题意。答案选B。6、A【解析】A、a电极通入氢气，发生失去电子的氧化反应，是该电池的负极，A错误；B、b电极是正极，电池工作时，电子从a电极流出经导线流向b电极，B正确；C、工作一段时间后，溶剂水增加，氢氧化钾溶液的浓度降低，电解质溶液pH减小，C正确；D、b极通入氧气，发生得到电子的还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，D正确，答案选A。电极：明确原电池的工作原理是解答的关键，难点是电极名称、离子移动方向、电极反应式的书写。尤其是电极反应式的书写，除了要掌握放电微粒以外，需要注意溶液的酸碱性、是否存在交换膜以及是不是熔融的电解质等。7、C【解析】有机物M是由丙烯酸和R-OH醇先酯化再加聚得到的，其中含有酯基，故A正确，B正确。水解后为聚丙烯酸仍是高分子化合物故D正确。M水解得R-OH不能得到RCOOH，故C错误，本题的正确选项为C。8、C【详解】A．中国丝绸为蛋白质，属于有机物，A与题意不符；B．乌克兰葵花籽油为油脂，属于有机物，B与题意不符；C．捷克水晶主要成分为二氧化硅，属于无机物，C符合题意；D．埃及长绒棉为纤维素，属于有机物，D与题意不符；答案为C。9、A【解析】根据水的电离平衡概念分析。【详解】X、Y、Z、W原子形成的阴离子都是带一个负电荷，说明它们是第ⅦA族元素，卤素中，只有F元素形成的F-与水电离出的H+形成弱酸，从而促进水的电离，已知X、Y、Z、W原子序数依次递增，故X元素为F，故A正确。故选A。【点睛】影响水的电离平衡，实际上是讨论如何能影响水解反应的进行，而盐水解生成的弱酸(或弱碱)越弱，水解程度越大，故阴离子结合水电离出的H+形成的电解质越弱，水解程度就越大，对水的电离平衡影响就越大。10、C【解析】A.根据酸碱溶液都抑制了水的电离，进行比较水的电离程度;B.一水合氨为弱电解质,只能部分电离出氢氧根离子,所以氨水浓度大于0.01mol/L;C.醋酸为弱酸,醋酸的浓度大于0.2mol/L,等体积的醋酸和盐酸中,醋酸的物质的量大于氯化氢;D.碱溶液的pH大于酸溶液的pH,弱电解质稀释过程中电离程度增大,据此进行解答。【详解】A.酸溶液和碱溶液都抑制水的电离,酸溶液中的氢氧根离子、碱溶液的氢离子是水电离的,所以四种溶液中水电离的氢离子浓度相等,都是10-12mol/L,故A错误;B.②pH＝12的HCl溶液中氯化氢的浓度为0.01mol/L,而③pH＝12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L,等体积的两溶液混合,氨水过量,若溶液显示中性,则盐酸的体积大于氨水,即:②>③,所以B错误C.①pH＝2的CH3COOH溶液中醋酸浓度大于0.01mol/L,而②pH＝2的HCl溶液中氯化氢的浓度为0.01mol/L,等体积的两溶液中醋酸的物质的量大于氯化氢,与铝反应时,醋酸生成的氢气多,所以C正确;D.碱溶液的pH一定大于酸溶液的pH,③、④的pH大于①、②的;③pH＝12的氨水为弱碱,稀释过程中电离程度增大,溶液中氢氧根离子的物质的量大于④,稀释后溶液的PH③>④;而①pH＝2的CH3COOH溶液稀释后溶液中氢离子浓度大于②,溶液的pH①<②,所以分别向等体积的四种溶液中加水稀释至100mL后,溶液的PH:③>④>②>①,故D错误;答案：C。【点睛】本题考查了溶液酸碱性与溶液pH的计算、弱电解质的电离平衡,题目难度中等,注意掌握溶液pH与溶液酸碱性的关系,明确影响弱电解质电离平衡的因素;D为易错点,注意溶液pH与氢离子浓度关系。11、A【解析】碳碳单键可旋转，与为同一物质，故其苯环上的一氯代物如下图所标的位置上氢原子被氯原子取代所得，，共有6种，答案选A。12、C【分析】首先考虑该物质是不是化合物，然后从电离的角度去分析它的类别。【详解】氢氟酸是HF水溶液，属于混合物，酸的前提是化合物，故A错误；纯碱是碳酸钠，属于盐不是碱，故B错误；石炭酸是苯酚，其在水溶液中电离出来的阳离子全部是氢离子，故其属于酸；苛性钠指氢氧化钠，属于碱；醋酸钠是盐，故C正确；碱石灰是氢氧化钠与氧化钙的混合物，不是碱，故D错误。故选C。【点睛】对酸、碱、盐的分类，可以从电离的角度去分类，但前提必须是化合物。13、C【分析】在锂空气电池中，锂作负极，电极反应式为Li-e-=Li+，以空气中的氧气作为正极反应物，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为2Li++O2+2e-=Li2O2，据此解答。【详解】A.Li易与水反应，所以电解液不能选择可传递Li+的水溶液，A错误；B.充电时，电池的负极连接电源的负极，所以应将锂电极与电源负极相连，B错误；C.放电时，空气中的氧气作为正极反应物，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为2Li++O2+2e-=Li2O2，C正确；D.充电时，空气电极反应为Li2O2-2e-=2Li++O2，可见每转移2mol电子，空气电极的质量减少46g，若电路中转移0.5mol电子，空气电极的质量将减少46g÷4=11.5g，D错误；故合理选项是C。【点睛】

14、A【解析】①SO2和CO2都属于酸性氧化物，它们都能使澄清石灰水变浑浊，所以不能利用澄清石灰水来区别SO2和CO2，错误；②SO2和CO2的水溶液均显酸性，滴入石蕊试液，均显红色，不能区别，错误；③SO2还具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2没有此性质，所以能利用品红溶液区别SO2和CO2，正确；④SO2也具有还原性，能被KMnO4酸性溶液氧化(溶液褪色)，而CO2没有此性质，所以能利用KMnO4酸性溶液区别SO2和CO2，正确；⑤SO2也具有还原性，能被氯水氧化(溶液褪色)，而CO2没有此性质，所以能利用氯水区别SO2和CO2，正确；⑥SO2具有氧化性，能将H2S溶液氧化生成单质(有黄色沉淀生成)，而CO2没有此性质，所以能利用H2S溶液区别SO2和CO2，正确；⑦SO2和CO2与NaOH溶液反应均无明显现象，不能区别，错误；所以能够区别SO2和CO2气体的溶液有：③④⑤⑥，故选A。点睛：把握二氧化硫的还原性、漂白性为解答的关键。根据SO2和CO2性质的差异可知，二氧化硫既有氧化性又有还原性，而二氧化碳在溶液中不发生氧化还原反应，则利用二氧化硫的还原性及漂白性来区分SO2和CO2气体。15、C【详解】A选项，I中Al表面没有气泡，说明表面有氧化膜，III中Al有气泡，说明表面氧化膜被破坏，故A正确；B选项，碳酸钠溶液显碱性，铝表面的氧化膜和碱反应生成偏铝酸根，去掉氧化膜后，铝和碱反应生成偏铝酸根，碳酸根水解生成碳酸氢根，碳酸氢根离子和偏铝酸根离子反应，AlO2－+HCO3－+H2O=Al(OH)3↓+CO32－，故B正确；C选项，盐类水解是吸热反应，加热促进盐类水解，氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根离子，消耗了氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，所以加热和H2逸出对CO32-水解平衡移动方向都起到促进作用，故C错误；D选项，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32－+H2OHCO3－+OH－，故D正确；综上所述，答案为C。16、C【详解】A．稀盐酸是电解质溶液，氢氧化铁胶体遇电解质溶液发生聚沉，与胶体性质有关。当盐酸过量时氢氧化铁又溶解在盐酸中，故A不符合题意；B．当日光从窗隙射入暗室时，可观察到一束光线，这是丁达尔现象，是胶体的性质，故B不符合题意；C．氯化铁溶液与氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和氯化钠，与胶体性质无关系，C符合题意；D．烟尘是胶体，在外加电源作用下，有电泳的性质，与胶体性质有关，故D不符合题意；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期第ⅢA族H2O离子键、共价键2Al＋2H2O＋2OH-=2AlO2-＋3H2↑NaH＋H2O=H2↑＋NaOHH2O2＋H2SO4＋Cu=CuSO4＋2H2O【分析】E是地壳中含量最多的金属元素，则E为Al；A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，可判断两种液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H；C为O；A、D同主族，且原子序数大于O的，则D为Na；A-E原子的质子数之和为40，则B的序数为7，则为N。【详解】(1)E为Al，在周期表中的位置为第三周期IIIA族；B、C分别为N、O，且非金属性N<O，则氢化物的稳定性为NH3<H2O；B、C、D分别为N、O、Na，组成的化合物为NaNO3，含有离子键、共价键；(2)D2C2为过氧化钠，为离子化合物，电子式为；Al与氢氧化钠、水反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al＋2H2O＋2OH-=2AlO2-＋3H2↑；(3)元素Na可与氢气反应生成氢化钠，氢化钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，方程式为NaH＋H2O=H2↑＋NaOH；(4)过氧化氢有强氧化性，可与Cu、稀硫酸反应生成硫酸铜和水，方程式为H2O2＋H2SO4＋Cu=CuSO4＋2H2O。18、对甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛）消去反应氯原子、羧基n+(n-1)H2O6【分析】根据已知①，A为，根据流程和已知②可知，B为乙烯、C为乙醇、D为乙醛，根据已知③，可知E为，被银氨溶液氧化生成F()，F发生消去反应生成G（）。根据J分子结构中含有3个六元环可知，G与HCl发生加成反应，氯原子加在羧基邻位碳上，生成H为，H在碱性条件下发生水解反应再酸化生成I为，两分子I在浓硫酸作用下发生成酯化反应，生成环酯J为。【详解】（1）A的化学名称为对甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛）；E的化学式为；（2）的反应类型为消去反应，H分子中官能团的名称是氯原子、羟基；（3）J的结构简式为；（4）I在一定条件下发生缩聚反应生成高聚物的化学反应方程式为n+(n-1)H2O；（5））K是G的一种同系物，相对分子质量比G小14，说明K比G少一个—CH2—，根据题意知，K的同分异构体分子中含有酚羟基和醛基，根据分子式知还应有碳碳双键，即有—OH和—CH=CH—CHO或连接在苯环上，分别得到3种同分异构体，故符合条件的同分异构体有6种，其中的核磁共振氢谱有6个峰，峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1∶1。19、①②④分液漏斗CCl4防止倒吸乙醇淀粉溶液滴入最后一滴，溶液蓝色褪去且半分钟不复色98.4%或0.984【分析】(1)根据制取氨气使用的试剂的状态确定装置图的使用；(2)根据仪器结构判断仪器名称，根据液体b密度比水大，与水互不相溶的性质分析物质，结合氨气极容易溶于水分析其作用；(3)根据硫酸四氨合铜晶体为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇分析使用的物质；(4)①根据I2遇淀粉溶液变为蓝色，选择使用的指示剂，I2会发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，反应完全蓝色消去判断滴定终点；②用关系式法找出Cu2+与S2O32-的关系，根据消耗的S2O32-的物质的量计算出Cu2+的物质的量及Cu(NH3)4]SO4·H2O的质量，进而可得其纯度。【详解】(1)在实验室中，若用固体NH4Cl与Ca(OH)2混合加热制取氨气，应该选择①装置；若向CaO固体中加入浓氨水制取氨气，应该选择选项②；若用浓氨水直接加热制取氨气，则选择装置④；故合理选项是①②④；(2)有仪器a结构可知该仪器名称为分液漏斗，由于液体b密度比水大，与水互不相溶，可确定该物质是四氯化碳，液体b的化学式CCl4；装置A是制取氨气，在装置B中与CuSO4溶于反应制取硫酸四氨合铜晶体，由于氨气极容易溶于水，为了充分吸收氨气，同时防止倒吸现象的发生，使用了CCl4，因此CCl4的作用是防止倒吸；(3)由于硫酸四氨合铜晶体为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇，能在热水中分解，所以实验时可向所得溶液中加入乙醇来获得晶体；(4)①Cu2+与I-反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，故可选择淀粉溶液为指示剂，Cu2+与I-反应产生I2，向该溶液中滴加Na2S2O3标准溶液，I2会发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，当I2反应完全时，溶液的蓝色消去，据此判断滴定终点。实验现象是：滴入最后一滴，溶液蓝色褪去且半分钟不复色；②Cu2+与过量I-作用，生成I2和CuI，反应方程式为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，向该溶液中滴加Na2S2O3标准溶液，I2会发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，可得关系式2Cu2+～I2～2S2O32-，反应消耗的S2O32-的物质的量n(S2O32-)=0.050mol/L×0.016L×=0.004mol，则溶液中含有Cu2+的物质的量n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.004mol，根据Cu元素守恒可知反应产生的[Cu(NH3)4]SO4·H2O]的物质的量是0.004mol，其质量是m{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}=0.004mol×246g/mol=0.984g，因此该物质的纯度是(0.984g÷1.0g)×100%=98.4%=0.984。【点睛】本题考查了氨气的实验室制取方法及装置的使用、化学试剂的选择使用、滴定法在物质含量的计算中的应用。掌握物质的存在状态与使用仪器的关系，充分利用物质的溶解性及密度相对大小判断使用的试剂及其作用，在滴定法测量物质含量时，若发生的反应有多个，可根据化学方程式找出已知物质与待求物质的关系，通过关系式法直接计算，同时要注意配制溶液的体积与实验时的体积关系进行计算。20、Na2O2＋H2O＝2Na＋＋HO＋OH－反应放热2Na2O2＋2H2O＝4Na++4OH－＋O2↑防止生成的H2O2分解使H2O2分解Na2S+H2O2＝S↓+2NaOH2MnO＋5H2O2＋6H＋＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2ONa2O2＋2H2O＝2NaOH＋H2O22H2O2＝2H2O＋O2↑【详解】（1）过氧化钠是离子化合物，电子式为，故答案为：；（2）已知Na2O2可看作二元弱酸H2O2对应的盐，其第一步水解完全进行，则其第一步水解的离子方程式为Na2O2＋H2O＝2Na＋＋HO＋OH－，故答案为：Na2O2＋H2O＝2Na＋＋HO＋OH－；（3）脱脂棉剧烈燃烧，说明反应中除了有氧气生成以外，反应还放热，故答案为：反应放热；（4）Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为2Na2O2＋2H2O＝4Na++4OH－＋O2↑，故答案为：2Na2O2＋2H2O＝4Na++4OH－＋O2↑；Ⅱ.充分反应后用气球鼓气，Na2S溶液变浑浊，说明有氧气生成，氧气氧化硫化钠生成单质硫变浑浊；酸性KMnO4溶液褪色，说明还有过氧化氢生成，高锰酸钾氧化过氧化氬而褪色。分别取A、C中溶液滴入几滴酚酞，开始都变红，说明有氢