2026届陕西省富平县化学高三上期中教学质量检测模拟试题含解析

2026届陕西省富平县化学高三上期中教学质量检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。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、100mL浓度为2mol·L－1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是A．加入适量6mol·L－1的盐酸 B．加入少量醋酸钠固体C．加热 D．加入少量金属钠2、元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X＋与Z2－具有相同的核外电子层结构．下列推测正确的是（）A．同周期元素中Z的非金属性最强B．原子半径X>Y，离子半径X＋>Z2－C．同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强D．由X、Y、Z组成的化合物只有一种3、化学创造了生活，也在改变着我们的生活，下列与化学有关的说法正确的是A．纯碱和生石灰均属于碱B．在海轮外壳上镶嵌锌块，会减缓船体的锈蚀C．经过必要的化学变化能从海水中提取NaCl、Mg、Br2等物质D．植物通过光合作用能将CO2转化为葡萄糖和O2，该反应为置换反应4、下列说法正确的是A．分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键B．分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸C．含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体D．元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强5、下列表示正确的是()A．CO2的电子式： B．乙炔的结构式：CH≡CHC．CH4的球棍模型： D．Cl－的结构示意图：6、已知H-H键键能（断裂时吸收或生成时释放的能量）为436

kJ/mol，H-N键键能为391kJ/mol，根据热化学方程式：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）

△H=-92.4

kJ/mol。则N≡N键的键能是（

）A．431

kJ/mol B．945.6kJ/mol C．649

kJ/mol D．896kJ/mol7、下列物质加入水中，因水解而呈碱性的是A．生石灰 B．熟石灰 C．纯碱 D．烧碱8、某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下：序号IIIIII实验步骤充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水实验现象铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀下列说法不正确的是A．实验I、II、III中均涉及Fe3+被还原B．对比实验I、II说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关C．实验II、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同D．向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀9、根据下表信息，下列叙述中正确的是序号氧化剂还原剂氧化产物还原产物①Cl2FeBr2FeCl3②KMnO4H2O2O2MnO2③KClO3浓盐酸Cl2④KMnO4浓盐酸Cl2MnCl2A．表中①反应的氧化产物只能有FeCl3B．表中②生成1mol的O2将有4mol的电子转移C．表中④的离子方程式配平后，H＋的化学计量数为16D．表中③还原产物是KCl10、下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．能使甲基橙变红的溶液：Na＋、NH4＋、NO3－、CO32－B．加入苯酚显紫色的溶液：K＋、NH4＋、Cl－、SCN－C．常温下，c(H+)/c(OH—)＝1×10－14的溶液：K＋、Na＋、AlO2－、HCO3－D．澄清透明的溶液：Cu2＋、NH4＋、NO3－、SO42－11、下列说法正确的是A．常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大B．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小C．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2+)增大D．物质的溶解度都随温度的升高而增加，物质的溶解都是吸热的12、下列物质的用途利用了其氧化性的是（）A．漂粉精用于消毒游泳池水 B．SO2用于漂白纸浆C．Na2S用于除去废水中的Hg2+ D．FeCl2溶液用于吸收Cl213、下列说法正确的是A．1L0.1mol·L-1的氨水中含有的NH3与NH4+之和为0.1NAB．标准状况下，2.24LCCl4中含有的C—Cl键数为0.4NAC．l0.0mL18mol·L-1浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.09NAD．标准状况下，Na2O2与足量CO2反应生成2.24LO2，转移电子数为0.2NA14、肼(N2H4)是火箭发动机的燃料，它与N2O4反应生成氮气和水蒸气。已知：①N2(g)＋2O2(g)===N2O4(g)ΔH＝＋8.7kJ·mol－1②N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534.0kJ·mol－1下列表示肼跟N2O4反应的热化学方程式正确的是A．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－542.7kJ·mol－1B．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1076.7kJ·mol－1C．N2H4(g)＋N2O4(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－1076.7kJ·mol－1D．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1059.3kJ·mol－115、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．MgO、Al2O3熔点高，均可用作耐高温材料 B．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂 D．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆16、与氢气加成产物的名称是A．4-甲基己烷B．2-乙基戊烷C．1,3-二甲基戊烷D．3-甲基己烷二、非选择题（本题包括5小题）17、如图是一些中学常见的物质之间的转化关系（其中部分反应产物省略），其中A和B常温下都是气体，且水溶液都有漂白性；F、M、N均为难溶于水的白色沉淀，其中M和N不溶于稀硝酸；C和D是两种常见的强酸．请回答下列问题：（1）写①的化学方程式_______________________________________（2）写反应②的离子方程式___________________________________（3）写出将A通入石灰乳的化学方程式________________________________（4）在①②③④⑤⑥中，属于氧化还原反应的有：______________（填编号）（5）F很不稳定，露置在空气中容易被氧化为H，该反应的化学方程式为________________，保存E溶液时应加入少量的___________（6）检验G溶液中阳离子的方法：_____________（写出加入试剂的化学式和现象）18、以石油裂解得到的乙烯和1，3-丁二烯为原料，经过下列反应合成高分子化合物H，该物质可用于制造以玻璃纤维为填料的增强塑料（俗称玻璃钢）请按要求填空：（1）写出下列反应的反应类型：反应①___________；反应⑤___________。（2）反应②的化学方程式是：__________。（3）反应③、④中有一反应是与HCl加成，该反应是______（填反应编号），设计这一步反应的目的是_____，物质C的结构简式是_____。（4）写出与G具有相同种类和数目的官能团的同分异构体：________。（5）写出由甲苯合成苯甲醛的合成路线________。19、焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种食品添加剂，实验室用如图所示装置制备Na2S2O5，实验步骤如下：(1)原料气(SO2)的制备装置A中盛装药品之前需要进行的操作是_______；装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的试剂最好选用_________(填字母)。a．蒸馏水b．饱和Na2SO3溶液c．饱和NaHSO3溶液d．饱和NaHCO3溶液(2)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的制备①pH＞4.1时，则产品中会有副产物，其化学式是___________。②结晶脱水生成产品的化学方程式为__________。(3)产品含量的测定测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数，已知+2I2+3H2O=2+4I-+6H+；2+I2=+2I-。请补充实验步骤(可提供的试剂有焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水)。①精确称量0.2000g焦亚硫酸钠样品放入碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中；②准确移取V1mL的过量的c1mol·L-1的标准碘溶液(过量)并记录数据，在暗处放置5min，然后加入5mL冰醋酸及适量蒸馏水;③加入淀粉溶液，用c2mol·L-1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液__________，读数；④重复步骤①~③；根据相关记录数据计算出平均值:标准Na2S2O3溶液为V2mL。⑤产品中焦亚硫酸钠的质量分数为__________(用含有c1、c2、V1、V2的式子表示)。20、有资料显示过量的氨气和氯气在常温下可合成岩脑砂(主要成分为NH4Cl)，某小组在实验室对该反应进行探究，并对岩脑砂进行元素测定。[岩脑砂的制备](1)写出实验室装置A中发生反应的化学方程式：________。(2)装置C的仪器名称是_________；(3)为了使氨气和氯气在D中充分混合，请确定上述装置的合理连接顺序：________→ef←_______(用小写字母和箭头表示，箭头方向与气流方向一致)。(4)证明氨气和氯气反应有NH4Cl生成，需要的检验试剂中除了蒸馏水、稀硝酸、红色石蕊试纸外，还需要___________。[岩脑砂中元素的测定]准确称取ag岩脑砂，与足量氧化铜混合加热(反应：2NH4Cl+3CuO3Cu+N2↑+2HCl+3H2O)，利用下列装置测定岩脑砂中氮元素和氯元素的物质的量之比。(5)装置H中盛装的试剂是________(填试剂名称)。(6)若装置I增重bg，利用装置K测得气体体积为VL(已知常温常压下气体摩尔体积为24.5L·mol-1)，则岩脑砂中n(N)：n(Cl)＝________(用含b、V的代数式表示，不必化简)，若取消J装置(其它装置均正确)，n(N)：n(Cl)比正常值________(填“偏高“偏低”或“无影响”)。21、请参照元素①－⑧在表中的位置，根据判断出的元素回答问题：①②③④⑤⑥⑦⑧（1）⑧原子的最外层电子的轨道表达式为___________________,关于它的最外层p亚层电子的说法错误的是_________。（填序号）a.能量相同b.电子云形状相同c.自旋方向相同d.电子云伸展方向相同（2）③和①组成的四核分子的化学式为___________，空间构型为_____________，属于_____分子（填“极性”或“非极性”）。（3）比较④、⑤元素常见离子的半径大小（用化学式表示）______＞_____；②、③两元素非金属性较强的是______（写元素符号），写出证明该结论的一个事实:___________________________。（4）④、⑤元素形成的四原子化合物的电子式为___________；已知⑥元素的氧化物的熔点为2054℃，且以它为原料，可以通过电解的方法得到铝，据此推断⑥元素的氧化物为_________晶体（填“分子晶体”或“离子晶体”或“原子晶体”或“金属晶体”）。⑥元素的氧化物熔点______⑥元素的氯化物熔点（填“大于”“小于”“等于”），请解释其原因______________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【详解】A．加入适量的6mol•L-1的盐酸，反应速率加快，生成氢气增多，故A不选；B．加入少量醋酸钠固体，生成醋酸，氢离子浓度变小，反应速率减慢，故B不选；C．升高温度，反应速率增大，生成氢气的总量不变，故C选；D．加入钠，与水反应生成氢气，氢气的总量改变，故D不选；故选C。【点晴】明确浓度、温度、原电池对反应速率的影响是解题关键，过量的锌片，盐酸完全反应，则加快反应速率又不影响生成氢气的总量，可增大氢离子浓度或增大金属的接触面积、构成原电池等，不改变其氢离子物质的量即可，以此解题。2、C【解析】试题分析：X＋与Z2－具有相同的核外电子层结构，推出X为Na或K＋，则Z为O或S，因为X、Y属于同周期，且原子序数之和为36，即X为Na，Z为O，Y为Cl，A、同周期从左向右非金属性增强，即第二周期非金属性最强的是F，故错误；B、同周期从左向右半径减小，即Na>Cl，核外电子层数相等，半径随着原子序数的增大而减小，即O2－>Na＋，故错误；C、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，F没有正价，因此HClO4酸性最强，故正确；D、组成的化合物可以是NaClO、NaClO3、NaClO4等，故错误。考点：考查元素周期表和元素周期律的应用等知识。3、B【解析】从物质的组成来分析物质的分类，从反应物和生成物种类分析反应的类型，从原电池原理来分析金属防腐的原理。【详解】电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物属于碱，纯碱是盐，生石灰属于碱性氧化物，故A错误；海轮是钢铁制造的，镶嵌锌块是利用原电池的原理对船体进行保护，锌比铁活泼先被腐蚀，故B正确；海水中溶解有氯化钠，从中提取氯化钠是物理变化，故C错误；置换反应是单质与化合物反应生成新的单质和新的化合物，光合作用是二氧化碳和水的反应，不是置换反应，故D错误。故选B。4、A【解析】A、分子晶体中一定含有分子间作用力，但不一定含有共价键，如稀有气体分子中不含共价键，正确；B、分子中含有2个H原子的酸不一定是二元酸，如甲酸为一元酸，错误；C、含有金属阳离子的晶体还可能是金属晶体，错误；D、元素的非金属性越强，其单质的活泼性不一定越强，如N元素的非金属性大于P，但氮气比P单质稳定，错误。答案选A。5、D【解析】A.CO2的电子式为，故A错误；B.乙炔的结构式为H-C≡C-H，故B错误；C.CH4的球棍模型为，故C错误；D.Cl－的结构示意图为，故D正确。故选D。点睛：结构式中的共价键需要一一表示，不能省略。6、B【详解】旧键的断裂吸热，新键的形成放热，因此该反应的反应热△H=x+436kJ/mol×3-391kJ/mol×6=-92.4kJ/mol，解得x=945.6kJ/mol，则N≡N的键能为945.6kJ/mol，答案为B。7、C【详解】A、生石灰是氧化钙的俗称，为碱性氧化物，加入水中，与水反应生成氢氧化钙，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故A不选；B、熟石灰的主要成分是氢氧化钙，加入水中，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故B不选；C、纯碱是碳酸钠的俗称，为强碱弱酸盐，加入水中，碳酸根离子水解生成氢氧根离子，溶液呈碱性，故C选；D、烧碱是氢氧化钠的俗称，加入水中，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故D不选；故选C。8、C【分析】Cu和FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，可能是发生了反应：CuCl2+Cu=2CuCl↓，据此分析解答。【详解】A.实验I、II、III中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3+被Cu还原，故A正确；B.对比实验I、II，实验I加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象；实验II加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，故B正确；C.对比实验II、III，参加反应的Fe3+的量相同，则生成的Cu2+应相同，但由于实验II生成CuCl，所以加入蒸馏水后c(Cu2+)不相同，故C错误；D.实验III溶液为蓝色，含有Cu2+和过量的铜，向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，故D正确。故答案选C。9、C【解析】A、氯气具有强氧化性，可氧化Fe2＋和Br－，当氯气足量时，氧化产物有FeCl3和Br2，故A错误；B、表中②H2O2中O元素化合价由－1升高到0，生成1mol的O2将有2mol的电子转移，故B错误；C、表中④的离子方程式为2MnO4-＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，H＋的化学计量数为16，故C正确；D、表中③Cl2既是氧化产物又是还原产物，KCl既不是氧化产物又不是还原产物，故D错误。综上所述，本题应选C。【点睛】本题重点考查氧化还原反应的知识。在氧化还原反应中应满足“升失氧，降得还”，元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，被氧化，本身作还原剂；元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，被还原，本身作氧化剂，在氧化还原反应中可根据得失电子守恒进行配平，据此解题。10、D【分析】A.能使甲基橙变红的溶液显酸性；B.加入苯酚显紫色的溶液含有铁离子；C.常温下，c(H+)/c(OH—)＝1×10－14的溶液显碱性；D.澄清透明的溶液可以有颜色；【详解】A.能使甲基橙变红的溶液显酸性：H+和CO32－不能共存，A错误；B.加入苯酚显紫色的溶液中含有铁离子，铁离子与SCN－不能共存，B错误；C.c(H+)/c(OH—)＝1×10－14的溶液，c(OH—)＝1mol/L溶液显碱性，HCO3－与OH—不能共存，C错误；D.澄清透明的溶液中：Cu2＋、NH4＋、NO3－、SO42－四种离子间互不反应，均能大量共存，D正确；综上所述，本题选D。11、B【详解】A．常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，沉淀溶解平衡逆向移动，但是由于温度不变，所以Ksp值不变，A错误；B．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀时由于沉淀溶解平衡逆向移动，所以溶解消耗的AgCl比用水洗涤损耗AgCl小，B正确；C．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，由于c(SO42-)增大，所以沉淀溶解平衡逆向移动，使溶液中的c(Ba2+)减小，C错误；D．大多数物质的溶解度随温度的升高而增加，说明多数物质的溶解是吸热的，只有少数物质溶解度随温度的降低而增大，这类物质的溶解是放热的，D错误。答案选B。12、A【详解】A．漂白精中含次氯酸根离子，具有强氧化性，可以消毒游泳池中的水，故A选；B．SO2用于漂白纸浆，是化合漂白，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故B不选；C．Na2S用于除去废水中的Hg2+，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故C不选；D．FeCl2溶液用于吸收Cl2，Fe元素化合价升高，利用了其还原性，故D不选；故选A。13、D【解析】A、根据氮原子守恒可知1L0.1mol·L-1的氨水中含有的NH3·H2O、NH3与NH4+之和为0.1NA，A错误；B、标准状况下四氯化碳是液体，不能利用气体摩尔体积计算2.24LCCl4中含有的C－Cl键数，B错误；C、浓硫酸与铜反应，随着反应的进行，硫酸浓度降低，稀硫酸与铜不反应，因此10.0mL18mol·L-1浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.09NA，C错误；D、标准状况下，Na2O2与足量CO2反应生成2.24LO2，即0.1mol氧气。由于反应中氧元素化合价从－1价升高到0价，则转移电子数为0.2NA，D正确，答案选D。14、B【详解】肼(N2H4)是火箭发动机的燃料，它与N2O4反应生成氮气和水蒸气，已知：①N2(g)＋2O2(g)＝N2O4(g)ΔH＝＋8.7kJ·mol－1，②N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g)ΔH=－534.0kJ·mol－1，将方程式②×2-①得N2H4跟N2O4反应的热化学方程式，2N2H4(g)＋N2O4(g)＝3N2(g)＋4H2O(g)ΔH=－1076.7kJ·mol－1或N2H4(g)＋N2O4(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH=-538.35kJ·mol－1，B选项符合题意；答案选B。15、A【详解】A．MgO、Al2O3熔点高，不易熔融可用作耐高温材料，故A正确；B．做氮肥是利用碳酸氢铵溶解后的铵根离子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性质，故B错误；C．硫酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，不是利用其易溶于水的性质，故C错误；D．二氧化硫中S元素的化合价居于中间价态，具有氧化性和还原性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，不是氧化性，故D错误；故选A。16、D【解析】该烯烃与氢气加成产物的结构简式为CH3CH2CH2CH(CH3)CH2CH3，名称是3-甲基己烷，答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O①②⑥4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3铁粉KSCN溶液，变红【解析】A和B常温下都是气体，且水溶液都有漂白性，A应为Cl2，B应为SO2，M和N不溶于稀硝酸，可知M为AgCl，N为BaSO4，则C为HCl，D为H2SO4，由转化关系可知I为Fe，E为FeCl2，F为Fe（OH）2，H为Fe（OH）3，G为FeCl3，（1）二氧化硫和氯气在溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应的方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，（2）反应②的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，（3）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，（4）反应①中Cl元素的化合价降低，S元素的化合价降低，反应②中Cl元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，反应⑥中Fe元素的化合价升高，O元素的化合价降低，而其他反应中没有元素的化合价变化，所以①②⑥属于氧化还原反应，（5）反应⑥的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，亚铁离子具有还原性，易被空气中氧气氧化，可加入铁粉防止被氧化，（6）铁离子可与KSCN反应，溶液变红色，故答案为KSCN溶液，变红．【点评】本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题注意把握题给信息，结合物质的特性进行推断，为正确推断物质的种类为解答该题的关键，注意相关反应的化学方程式的书写，为易错点，注意体会．18、加成反应消去反应+2NaOH+2NaBr③保护A分子中C＝C不被氧化HOOCCH2CHClCOOHCH2=C（COOH）2【分析】1，3-丁二烯与溴发生1，4-加成反应生成1，4-二溴-2-丁烯，再发生卤代烃的水解反应生成A为HOCH2CH=CHCH2OH；乙烯与溴发生加成反应生成E为BrCH2CH2Br，E发生卤代烃的水解反应生成F为HOCH2CH2OH，结合反应⑨生成的高聚物H的结构可知，G为HOOCCH=CHCOOH，该反应为缩聚反应，则D为NaOOCCH=CHCOONa，A系列转化得到G，反应③、④中有一反应是与HCl加成，应是保护碳碳双键，防止被氧化，则反应③为A与HCl发生的加成反应，则B为HOCH2CH2CHClCH2OH，B发生氧化反应生成C为HOOCCH2CHClCOOH，C发生卤代烃的消去反应、中和反应得到D，D酸化生成G。【详解】（1）由上述分析可知，反应①属于加成反应，反应⑤属于消去反应；（2）反应②为卤代烃的水解，方程式为+2NaOH+2NaBr；（3）HOCH2CH=CHCH2OH系列转化得到HOOCCH=CHCOOH，过程中需要被氧化，而碳碳双键也容易被氧化，所以反应③、④中有一反应是与HCl加成，应是保护碳碳双键，防止被氧化，所以要先加成再氧化，即反应③为A与HCl发生的加成反应，则B为HOCH2CH2CHClCH2OH，B发生氧化反应生成C为HOOCCH2CHClCOOH；（4）G为HOOCCH=CHCOOH，与G具有相同种类和数目的官能团的同分异构体为：CH2=C（COOH）2；（5）甲苯中的甲基可以在光照条件下与卤代烃发生取代反应，之后进行卤原子的取代反应得到醇，醇催化氧化得到醛，所以合成路线为。【点睛】注意根据有机物的结构与反应条件，采取正、逆推法相结合的方法推断。19、检查装置气密性cNa2SO32NaHSO3=Na2S2O5+H2O由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色47.5(c1V1-c2V2)%【分析】装置A制取二氧化硫，亚硫酸钠与硫酸反应Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O，装置C制取Na2S2O5晶体，Na2SO3+SO2=Na2S2O5，装置D用于处理尾气吸收未反应的二氧化硫，还要防止倒吸；焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的制备：Ⅰ中纯碱溶液吸收二氧化硫至饱和得到亚硫酸氢钠溶液，Ⅱ中再添加Na2CO3固体与亚硫酸氢钠溶液混合形成Na2SO3悬浮液，Ⅲ中向形成Na2SO3悬浮液继续通入二氧化硫，析出亚硫酸氢钠晶体，亚硫酸氢钠结晶脱水生成产品。【详解】(1)①装置A中盛装药品之前需要进行的操作是检查装置的气密性；装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，所以里面的溶液不能与二氧化硫反应，蒸馏水与二氧化硫反应生成亚硫酸，饱和Na2SO3溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，饱和NaHCO3溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，只有饱和NaHSO3溶液不与二氧化硫反应，所以选c；(2)①Ⅲ中向形成悬浮液继续通入二氧化硫，目的是使亚硫酸钠、水、二氧化硫反应获得亚硫酸氢钠晶体，pH＞4.1时，说明二氧化硫不足，则产品中会有副产物Na2SO3；②NaHSO3结晶脱水生成Na2S2O5的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；(3)③达到滴定终点时被焦亚硫酸钠氧化生成的碘单质恰好完全被Na2S2O3标准液还原，所以达到滴定终点的现象是蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不恢复；⑤标准Na2S2O3溶液含有溶质的物质的量V2mL×10-3L/mL×c2mol•L-1=V2×c210-3mol；由2+I2=+2I-可知：步骤②中过量的I2的物质的量为V2×c210-3mol，则与焦亚硫酸钠反应的碘的物质的量V1mL×10-3L/mL×c1mol•L-1-V2×c210-3mol=(V1×c1-V2×c2)×10-3mol；再由+2I2+3H2O=2+4I-+6H+知产品中焦亚硫酸钠的质量为(V1×c1-V2×c2)×10-3mol××190g/mol=95(V1×c1-V2×c2)×10-3g，故产品中焦亚硫酸钠的质量分数为=47.5(V1×c1-V2×c2)%。20、2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（球形）干燥管a→d→ch←g←j←i←bNaOH溶液、AgNO3溶液浓硫酸：偏低【分析】A为制备氨气发生装置，用碱石灰干燥。B为制备氯气装置，先用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸进行干燥氯气。氨气和氯气在D中充分混合并反应生成NH4C1，氯气的密度比空气大，氨气的密度比空气小，所以氨气从e口进，氯气从f口进，氨气和氯气会形成逆向流动，更有利于二者充分混合，制取氨气的气流顺序为adc，制取氯气的气流顺序为bghij，同时注意确定连接顺序时，氯气气流是从右向左的；检验固体氯化铵中的铵根离子需要氢氧化钠溶液和红色石蕊试纸，检验氯离子需要蒸馏水、硝酸银和稀硝酸；以此解答。【详解】(1)装置A中用氯化铵和熟石灰固体混合回执制氨气，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(2)装置C的仪器名称是（球形）干燥管，故答案为：（球形）干燥管；(3)A为制备氨气发生装置，用碱石灰干燥。B为制备氯气装置，先用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸进行干燥氯气。氨气和氯气在D中充分混合并反应生成NH4C1，制取氨气的气流顺序为adc，