云南省禄劝彝族苗族自治县一中2026届高三化学第一学期期中复习检测模拟试题含解析

云南省禄劝彝族苗族自治县一中2026届高三化学第一学期期中复习检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关元素的性质及其递变规律正确的是（）A．ⅠA族与ⅦA族元素间可形成共价化合物或离子化合物B．第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7C．同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大D．同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强2、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．c(I-)=0.lmol·L-1的溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、SO42-B．pH<7的溶液中：Fe2+、Na+、Cl-、NO3-C．与Al反应能放出大量H2的溶液中：K+、NH4+、Ba2+、Cl-D．无色溶液中：K+、NH4+、MnO4-、SO42-3、在C(s)+CO2(g)2CO(g)反应中可使化学反应速率增大的措施是①增大压强②增加碳的量③恒容通入CO2④恒压充入N2⑤恒容充入N2A．①⑤ B．②④ C．①③ D．③⑤4、实验室电解饱和食盐水的装置如图所示。下列判断正确的是（）A．电极a为阴极 B．电极b上发生还原反应C．电极b为负极 D．阴极产生黄绿色气体5、总书记指出“绿水青山就是金山银山”。下列观点合理的是()A．将工业废液排入海洋以减少河道污染B．为了减少火电厂产生的大气污染，应将燃煤粉碎并鼓入尽可能多的空气C．2018年4月2日参加北京植树节体现了绿色化学的思想D．与2017年相比2018年某地区降水pH平均值增加了0.27，说明酸雨情况有所改善6、将分别通入下列4种溶液中，有关说法正确的是()A．试管a中实验可以证明具有漂白性B．试管b中溶液褪色，说明具有强氧化性C．试管c中能产生白色沉淀，说明具有还原性D．试管d中能产生白色沉淀，该沉淀完全溶于稀硝酸7、下列实验中，始终无明显现象的是()A．NO2通入FeSO4溶液中B．CO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入AlCl3溶液中D．SO3通入Ba(NO3)2溶液中8、氢氧化铈是一种重要的稀土氢氧化物．平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含、、)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：下列说法错误的是A．滤渣A中主要含有、B．①中洗涤的目的主要是为了除去和C．过程②中发生反应的离子方程式为D．过程④中消耗，转移电子数约为9、甲烷与四氯化碳分子的空间构型相同，有关两者的比较中正确的是A．甲烷与四氯化碳分子都是含有极性键的极性分子B．甲烷与四氯化碳分子内的键角均为60°C．甲烷沸点低于四氯化碳，因为C—H键键长比C—Cl键短D．甲烷分子比四氯化碳稳定，因为C—H键键能比C—Cl键大10、NA表示阿佛加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．22.4LB．在1LpH＝12的K2CO3溶液中由水电离产生的OH－数目为0.01NAC．14g由N2与C2H4组成的混合气体中含有的氢原子数可能为2NAD．22.4L标况下的CO2中共用电子对数为2NA11、下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．氯化铁溶液中：Mg2+、K+、Cl-、SCN- B．白醋中：K+、Na+、CO32-、SO42-C．盐酸溶液中：Ca2+、Fe2+、Cl-、NO3- D．食盐水中：Fe2+、NH4+、Cl-、SO42-12、常温下加入下列物质，能使溶液中c(CO32-)、c(HCO3-)均降低，而pH增大的是A．氢氧化钠溶液 B．通入二氧化碳 C．氢氧化钙溶液 D．盐酸13、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．饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3B．Al2O3AlCl3(aq)无水AlCl3C．H2SO4(浓)SO2(NH4)2SO3(aq)D．Cl2(g)Ca(ClO)2HClO14、常温，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A．pH=1的溶液中:I-、NO3－、SO42－、Na＋B．由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、HCO3－C．c(H+)／c(OH－)=1012的溶液中：NH4＋、Al3＋、NO3－、Cl－D．c(Fe3＋)=0.1mol·L-1的溶液中：K＋、ClO－、SO42－、SCN－15、研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是A．雾和霾的分散剂相同B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关16、25℃时，将浓度和体积分别为c1、V1的一元强碱ROH溶液和c2、V2的一元弱酸HA溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述正确的是()A．若pH>7时，则一定是c1V1=c2V2B．只有当pH<7时，才能满足c(R+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)C．当pH=7时，若V1=V2，则一定是c1>c2D．若V1=V2、c1=c2，则c(A-)+c(HA)=c(R+)二、非选择题（本题包括5小题）17、聚合物H是一种聚酰胺纤维，其结构简式为。该聚合物可广泛用于各种刹车片，其合成路线如下图所示：已知：①C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。②Diels－Alder反应：。（1）生成A的反应类型是________，D的名称是________，F中所含官能团的名称是_________。（2）B的结构简式是________；“B→C”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是______（填化学式）。（3）D＋G→H的化学方程式是_________。（4）Q是D的同系物，其相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有______种。其中，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3的结构简式为_______（任写一种）。（5）已知：乙炔与1，3－丁二烯也能发生Diels－Alder反应。请以1，3－丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）_______。18、功能高分子P可用作光电材料，其合成路线如下：已知：i:（R,R’表示氢或烃基）ii.iii.（1）烃A的相对分子质量是26，其结构简式是_________。（2）反应①的反应类型是__________。（3）C中含有的官能团名称是___________。（4）D为苯的同系物，反应③的化学方程式是_________。（5）G的结构简式是__________。（6）反应⑨的化学方程式是__________。（7）反应⑤和⑦的目的是___________。（8）以乙炔和甲醛为起始原料，选用必要的无机试剂合成1，3-丁二烯，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。___________19、为验证氧化性：Cl2>Fe3+>SO2，某化学研究性学习小组用图所示装置进行实验（夹持仪器和A中的加热装置已略，气密性已经检验完毕）：Ⅰ.打开弹簧夹K1—K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1,K3,K4。Ⅱ.打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。Ⅲ.当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2。Ⅳ.打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的阳离子。Ⅴ.打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3。Ⅵ.更新试管D，重复过程Ⅳ，检验B溶液中的离子。回答下列问题：（1）过程Ⅰ的目的是________。（2）棉花中浸润的溶液为________，作用是_____________。（3）导致步骤Ⅲ中溶液变黄的离子反应是____，用_____，（写试剂化学式）检验氧化产物，现象是____。（4）能说明氧化性Fe3＋>SO2的离子方程式是________。（5）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果一定能够证明氧化性：Cl2>Fe3＋>SO2的是__（填“甲”“乙”“丙”）。20、一氧化二氯（Cl2O）是一种常用的氯化剂。常温下，Cl2O是棕黄色、有刺激性气味的气体，熔点为-120.6°C,沸点为2.0°C,易与水反应生成次氯酸。实验室欲用氯气通入含水8%的碳酸钠固体中制备并收集少量纯净的Cl2O,请用下列装置设计实验并探究相关物质的性质。（1）装置E中仪器X的名称为______。（2）装置的连接顺序是A__________（每个装置限用一次）。（3）装置F中盛装试剂的名称为______，装置E中无水氯化钙的作用是________.。（4）装置B残留固体中除NaCl外还含有一种酸式盐M,写出装置B中发生反应的化学方程式_______。（5）证明残留固体中含有M的最简单的实验方案是:_______。（6）测定残留固体中M的质量分数：取mg样品加适量蒸馏水使之溶解，加入几滴酚酞，用0.1mol/L的盐酸标准溶液滴定至溶液由红色变为无色，消耗盐酸V1mL；再向已变无色的溶液中加入几滴甲基橙，继续用该盐酸滴定至溶液由黄色变橙色，又消耗盐酸V2mL.。①实验时用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、____。②求残留固体中M的质量分数__________（用含m、V1和的代数式表示）。③若用甲基橙作指示剂滴定结束时，滴定管尖头有气泡，测定结果将____填“偏高"、“偏低”或“不变”）。21、一种以含钴废催化剂（含Co、Fe、FeO、Fe2O3以及不溶于酸的杂质）制备氯化钴晶体与黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]的工艺如下：已知：KMnO4的氧化性强，可以氧化HBr、HCl、Fe2+等。（1）“氧化”“成矾”需在加热条件下进行。“氧化”时反应的离子方程式为____。实验中能否选用KMnO4溶液检验Fe2+是否完全氧化，____（填“能”或“不能”），理由是____。（2）该条件下，若用H2O2作氧化剂，实际H2O2的用量比理论用量要多，重要原因之一是H2O2发生了分解。该条件下H2O2分解较快的原因是：①____；②____。（3）成矾过程中反应的离子方程式为____。检验成矾是否完全的实验操作是____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【详解】A、ⅠA族与ⅦA族元素间可形成共价化合物例如氯化氢等，也能形成离子化合物，例如氯化钠等，A正确；B、第二周期元素中，O、F没有正价，因此第二周期元素自左向右，最高正价从+1递增到+5，B错误；C、同主族元素的简单阴离子还原性越强，其水解程度不一定越大，如卤族元素中碘离子还原性比氟离子强，但碘离子不水解，C错误；D、同周期自左向右金属性逐渐减弱，因此金属元素的化合价越高，越难失去电子，例如Na比Al容易失去电子，D错误。答案选选A。2、A【解析】A.c(I-)=0.lmol·L-1的溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、SO42-离子间不发生反应，能够大量共存，故A正确；B.pH<7的溶液显酸性，酸性溶液中Fe2+和NO3-能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C.与Al反应能放出大量H2的溶液显强酸性或强碱性，在强碱性溶液中NH4+不能大量存在，故C错误；D.MnO4-显紫红色，与无色溶液不符，故D错误；故选A。点睛：注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN-)等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件。本题的易错点为B，Fe2+与NO3-能共存，但在强酸性条件下(即Fe2+、NO3-、H+相遇)不能共存。3、C【解析】①增大压强，相当于增加反应物的浓度，化学反应速率加快，正确；②碳为固体，增加碳的量对化学反应速率几乎无影响，错误；③恒容通入CO2，增加了CO2浓度，化学反应速率加快，正确；④恒压充入N2，相当于增加容器体积，气体的浓度将减小，化学反应速率将减小，错误；⑤恒容充入N2，N2对于该反应相当于“惰性气体”，恒容充入N2，参加反应的各物质的浓度不变，化学反应速率不变，错误；故答案为C。4、B【详解】A．电极a与电源正极相连，故电极a为阳极，A错误；B．电极b与电源负极相连，电极b为阴极，电极上发生还原反应，B正确；C．该装置为电解池，电极b与电源负极相连，电极b为阴极，C错误；D．阴极上氢离子得电子生成氢气，D错误；答案选B。【点睛】电解池中与电源负极相连的为阴极，阳离子在阴极得电子，发生还原发应。5、D【解析】A.工业废液排入海洋中会污染海洋，会危害渔业资源，人如果食用了被污染的鱼，对人体也会产生危害，A项不合理；B.将燃煤粉碎并鼓入尽可能多的空气，并不能减少SO2的排放，不能减少空气污染，B项不合理；C.植树不能从源头上杜绝污染物的排放，不是绿色化学的核心体现，C项不合理；D.pH值增加，雨水酸性减弱，说明酸雨情况有所改善，D项合理；答案选D。6、C【详解】A、二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色，表现了还原性，选项A错误；B、品红褪色，说明二氧化硫有漂白性，选项B错误；C、二氧化硫被硝酸根氧化成硫酸根，生成硫酸钡沉淀，说明二氧化硫有还原性，选项C正确；D、二氧化硫在碱性条件下反应生成亚硫酸钡，与硝酸反应转化为硫酸钡沉淀，沉淀不溶解，选项D错误；答案选C。7、B【解析】根据物质的性质来分析物质间发生的化学反应，若反应中有气体、沉淀、颜色变化等明显现象，则不符合该题的题意，据此解答。【详解】A.NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，硝酸具有强的氧化性，能将亚铁盐氧化为铁盐，使溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，选项A不符合题意；B.由于酸性HCl>H2CO3，所以在溶液中CO2和CaCl2不反应，无明显现象，选项B符合题意；C.NH3通入溶液中转化为氨水，氨水与AlCl3发生复分解反应生成氢氧化铝白色沉淀，现象明显，选项C不符合题意；D.SO3通入硝酸钡中，SO3与溶液中的水反应产生硫酸，硫酸电离产生的SO42-与溶液中的Ba2+结合，生成BaSO4白色沉淀，现象明显，选项D不符合题意；故本题合理选项是B。【点睛】本题考查常见的化学反应及反应的现象，熟悉常见元素化合物知识即可解答。该题的易错点是：不能正确理解CO2和CaCl2能否反应，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将CO2通入CaCl2溶液中时，因碳酸钙沉淀能溶于盐酸则CO2和CaCl2不反应。8、D【分析】该反应过程为：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；③加入碱后Ce3+转化为沉淀，④通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品，据此分析解答。【详解】A．根据分析，CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2，故A正确；B．根据分析，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，①中洗涤的目的主要是为了除去滤渣表面附着的和，故B正确；C．过程②中稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O，故C正确；D．过程④中消耗的状态未知，不能用标况下气体摩尔体积计算物质的量，则转移电子数无法确定，故D错误；答案选D。9、D【解析】A、甲烷与四氯化碳分子都是含有极性键的非极性分子，A错误；B、甲烷与四氯化碳均是正四面体形结构，分子内的键角均为109°28′，B错误；C、甲烷沸点低于四氯化碳，因为甲烷分子间作用力小于四氯化碳分子间作用力，与键长无关系，C错误；D、分子的稳定性与共价键有关系，甲烷分子比四氯化碳稳定，因为C—H键键能比C—Cl键大，D正确；答案选D。10、B【解析】试题分析：A、Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，消耗22.4L的Cl2，转移电子1mol，故错误；B、溶液中c(H＋)=10－12mol·L－1，根据水的离子积，c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－2mol·L－1，故正确；C、假设全部是N2，没有氢原子，假设全部是C2H4，氢原子物质的量为14×4/28mol=2mol，因此混合物中氢原子的物质的量为0～2之间，故错误；D、CO2的电子式为：COO，因此1molCOCOO考点：考查阿伏加德罗常数等知识。11、D【详解】A.氯化铁溶液中的Fe3+与SCN-不能大量共存，故A错误；B.白醋显酸性，CO32-离子不能大量共存，故B错误；C.盐酸溶液中含有H+，Fe2+、NO3-不能存在于酸性溶液中，Fe2+被氧化为Fe3+，故C错误；D.食盐水中Fe2+、NH4+、Cl-、SO42-之间均不反应，能大量共存，故D正确。故选D。【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。①有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，③有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存，2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。①具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存：如I-和Fe3+不能大量共存，②在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存：如NO3-和Fe2+在酸性溶液中不能大量共存，3、由于形成络合离子，离子不能大量共存：如Fe3+和SCN-发生络合反应而不能大量共存。12、C【详解】A、加入氢氧化钠溶液，碳酸氢根与氢氧根反应生成碳酸根和水，碳酸根浓度增大，A错误；B、二氧化碳与碳酸根、水反应生成碳酸氢根，碳酸氢根浓度增大，B错误；C、碳酸根、碳酸氢根均与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，溶液中c(CO32-)、c(HCO3-)均降低而pH增大，C正确；D、向溶液中加入盐酸，溶液的pH减小，D错误；故选C。13、C【详解】A．二氧化碳和氯化钠溶液不反应，不能生成碳酸氢钠，A错误；B．直接蒸干氯化铝溶液不能得到无水AlCl3，应该在氯化氢气氛中蒸干，B错误；C．浓硫酸与铜在加热条件下反应生成二氧化硫气体，二氧化硫与足量氨水反应生成(NH4)2SO3，C正确；D．二氧化硫具有还原性，能被次氯酸钙氧化，将ClO－还原为Cl－，所以次氯酸钙溶液中通入过量二氧化硫得不到HClO，D错误。故选C。14、C【解析】A、酸性条件下，NO3－会氧化I-，故A错误；B、溶液可能酸性或碱性，HCO3－不能大量存在，故B错误；C、溶液为酸性，四种离子不反应，能共存，故C正确；D、Fe3＋和SCN－离子反应，故D错误；本题答案选C。15、C【分析】A.雾和霾的分散剂均是空气；B.根据示意图分析；C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；D.氮肥会释放出氨气。【详解】A.雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；B.由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C.NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D.氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。【点睛】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。16、D【分析】A.当c1V1>c2V2时，即氢氧化钠过量时溶液呈碱性，溶液的pH>7,两者恰好反应时，溶液也是呈碱性的；B.溶液中一定满足电荷守恒，与溶液酸碱性无关；C.pH=7时溶液呈中性，由于HA为弱酸、ROH为强碱，则酸应该稍过量；D.若V1=V2、c1=c2，则HA与ROH的物质的量相等，根据混合液中的物料守恒判断。【详解】A.由于强酸弱碱盐的水溶液显碱性，故当溶液的pH>7时，可能恰好反应，也可能碱过量，故可能满足c1V1=c2V2或c1V1>c2V2，A错误；B.无论溶液pH<7还是≤7时，根据电荷守恒可知，溶液中都满足c(R+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，B错误；C.当pH=7时，溶液呈中性，由于HA为弱酸、ROH为强碱，则酸的物质的量应该稍大些，即c1V1<c2V2，若V1=V2，则一定是c1<c2，C错误；D.若V1=V2、c1=c2，根据n=c·V可知，HA与ROH的物质的量相等，两溶液恰好反应生成NaA，根据物料守恒可得：c(A-)+c(HA)=c(R+)，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握盐的水解原理、根据电荷守恒及物料守恒的含义分析，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。二、非选择题（本题包括5小题）17、消去反应对苯二甲酸（或1，4－苯二甲酸）硝基、氯原子H2O10（任写一种）【分析】乙醇发生消去反应生成A为CH2=CH2，C被氧化生成D，D中含有羧基，C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，C发生氧化反应生成D，D中应该有两个羧基，根据H结构简式知，D为、G为；根据信息②知，生成B的反应为加成反应，B为，B生成C的反应中除了生成C外还生成H2O，苯和氯气发生取代反应生成E，E为，发生取代反应生成F，根据G结构简式知，发生对位取代，则F为，F发生取代反应生成对硝基苯胺。【详解】⑴C2H5OH与浓H2SO4在170℃下共热发生消去反应生成的A为H2C=CH2；由H的结构简式可知D为、G为；D为对苯二甲酸，苯与Cl2在FeCl3作催化剂的条件下反应生成的E()，E发生硝化反应生成的F()，F中所含官能团的名称是硝基和氯原子；故答案为：消去反应；对苯二甲酸(或1，4－苯二甲酸）；硝基、氯原子。⑵乙烯和发生Diels－Alder反应生成B，故B的结构简式是；C为芳香族化合物，分子中只含两种不同化学环境的氢原子，“B→C”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是H2O；故答案为：；H2O。⑶D＋G→H的化学方程式是；故答案为：。⑷D为，Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，如果取代基为−CH2COOH、−COOH，有3种结构；如果取代基为−CH3、两个−COOH，有6种结构；如果取代基为−CH(COOH)2，有1种，则符合条件的有10种；其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为，故答案为：10；。⑸CH2=CHCH=CH2和HC≡CH发生加成反应生成,和溴发生加成反应生成,发生水解反应生成，其合成路线为，故答案为：。18、加成反应碳碳三键、溴原子保护苯环上的（酚）羟基【解析】（1）分子量为26的烃一定有2个碳原子，这样就只能连两个氢原子凑成26的分子量，所以是乙炔（C2H2），结构简式为。（2）反应①进行的一定是题目给出的已知ⅰ，该反应为用碳碳三键一端的H原子对碳氧双键进行加成，得到炔醇类化合物，所以反应①的反应类型是加成反应。得到的B为CH≡C-CH2OH。B与HBr发生取代得到（C）CH≡C-CH2Br。（3）B与HBr发生取代得到（C）CH≡C-CH2Br。C中含有的官能团为碳碳三键和溴原子。（4）D为苯的同系物，根据反应③的生成物，D只能是对二甲苯（）。所以反应为。（5）反应④将溴原子水解，再酸化得到（E），与CH3I发生已知中的反应ⅲ得到，经高锰酸钾氧化为（F），再与HI发生题目已知的反应ⅱ，得到（G）。（6）C和G发生取代得到（H），H发生加聚反应得到最后产物，所以方程式为。（7）用高锰酸钾氧化甲基为羧基的过程中，要防止氧化酚羟基，所以设计反应⑤和⑦，对酚羟基进行保护。（8）乙炔有两个碳原子，甲醛只有一个碳原子，所以必须用一个乙炔结合两个甲醛以生成最终的四个碳原子的化合物。结合题目信息，一定选择乙炔和两个甲醛进行加成，后续过程就很好理解了。所以路线为：19、赶走装置内的空气，避免空气中的氧气影响实验氢氧化钠溶液吸收反应中多余的氯气、二氧化硫气体，防止污染空气2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－KSCN溶液红色2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO42－＋4H＋乙、丙【分析】将装置内的空气排出，避免空气中氧气干扰实验，实验室制得的氯气先通入到氯化亚铁溶液中，溶液变黄，用KSCN溶液验证是否生成了铁离子，关闭氯气，再利用生成的二氧化硫通入到B溶液中，检验B中的离子。【详解】⑴打开弹簧夹，通入一段时间氮气，目的是赶走装置内的空气，避免空气中的氧气影响实验，故答案为赶走装置内的空气，避免空气中的氧气影响实验；⑵棉花上的溶液主要是吸收反应中多余的氯气、二氧化硫气体，防止污染空气，因此棉花应该浸润的为氢氧化钠溶液，故答案为氢氧化钠溶液；吸收反应中多余的氯气、二氧化硫气体，防止污染空气；⑶氯气具有强氧化性，能够把氯化亚铁氧化为氯化铁，含有铁离子溶液显黄色，离子反应是：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－；氧化产物中含有铁离子，可以用硫氰化钾溶液进行检验，如果溶液变为红色，证明有铁离子生成。故答案为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－；KSCN溶液；红色；⑷铁离子在酸性条件下把二氧化硫氧化为硫酸根离子，本身还原为亚铁离子，可以说明氧化性Fe3＋>SO2；离子方程式为：2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO42－＋4H＋；故答案为2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO42－＋4H＋；⑸甲选项，第一次有铁离子无亚铁离子，则氯气氧化性大于铁离子；甲中第二次含有硫酸根，可能是过量的氯气把二氧化硫氧化为硫酸根，不一定是铁离子把二氧化硫氧化所致，故甲错误；乙选项，第一次既有铁离子又有亚铁离子，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子；乙中第二次含有硫酸根，说明发生了二氧化硫与铁离子的反应，氧化性铁离子大于二氧化硫，因此可以证明氧化性：Cl2>Fe3＋>SO2，故乙正确；丙选项，第一次有铁离子无亚铁离子，则氯气氧化性大于铁离子；第二次有亚铁离子，说明发生了二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫，因此可以证明氧化性：Cl2>Fe3＋>SO2，故丙正确；综上所述，答案为乙、丙。20、（球形）干燥管F、B、C、D、E饱和食盐水防止E中的水进入D中发生反应2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl取少量样品于试管中，加热，将分解产生的气体通入澄清石灰水，如果变浑浊，就说明有M锥形瓶、酸式滴定管×100%偏低【分析】制取氧化二氯(C12O)的流程为：利用A装置通过反应MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，为防止干扰Cl2O的制取，需要先用装置F除去HCl杂质，再利用装置B发生反应2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集前要通过C装置干燥，再利用装置D收集Cl2O，并验证其沸点低、易液化的特点，同时由于氯气、Cl2O都是大气污染物，最后要用E装置进行尾气处理，据此解答。【详解】(1)根据装置图可知，装置E中仪器X的名称为球形干燥管；(2)利用A装置制取氯气，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，为防止干扰Cl2O的制取，需要先用装置F除去HCl杂质，再利用装置B发生反应2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集前要通过C装置干燥，再利用装置D收集Cl2O，并验证其沸点低、易液化的特点，同时由于氯气、Cl2O都是大气污染物，最后要用E装置进行尾气处理，则按气体从左至右流动装置连接顺序是AFBCDE；(3)装置F是除去Cl2中的杂质HCl气体的，为减少Cl2的溶解消耗，要通过盛有饱和食盐水的溶液来除去HCl杂质，故装置F中盛装试剂的名称为饱和食盐水；装置E中无水氯化钙的作用是防止E中的水进入D中发生反应；(4)装置B残留固体中除NaCl外还含有一种酸式盐M，此酸式盐应为NaHCO3，则装置B中发生反应的化学方程式为2Cl