广东省广州市2026届高三下学期第一次联考化学试题含解析

广东省广州市2026届高三下学期第一次联考化学试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、如图为高中化学教材《必修1》（人教版）中NaCl在水中的溶解和电离示意图。下列由此得出的说法中，错误的是A．在H2O分子中，H或O原子均完全不带电荷B．在NaCl晶体中，Na＋和Cl－的排列整齐有序C．Na＋、Cl在水中是以水合离子的形式存在D．NaCl晶体的溶解和电离过程破坏了离子键2、在pH=1的含有Mg2+、Fe2+、Al3+三种阳离子的溶液中，可能存在的阴离子是（）①Cl-②NO3—③SO42—④S2-A．①② B．②③ C．③④ D．①③3、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,其中只有一种金属元素,它们对应的单质和它们之间形成的常见二元化合物中,有三种有色物质能与水发生氧化还原反应且水没有电子的得失，下列说法正确的是（）A．简单离子半径:r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B．最简单气态氢化物的稳定性:X>YC．W形成的含氧酸是强酸D．Z、Y形成的某种化合物中含有共价键且在熔融状态下能导电4、下列仪器不能直接受热的是（）A． B． C． D．5、下列属于氧化还原反应，且氧化剂和还原剂为同一种物质的是A．MgO+2HCl=MgCl2+H2O B．C+H2O(g)CO+H2C．8NH3+6NO27N2+12H2O D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑6、化学与生产、生活和环境密切相关。下列有关说法正确的是()A．面粉生产中禁止添加的过氧化钙(CaO2)中阴、阳离子个数比为1：2B．“文房四宝”中的砚台，用石材磨制的过程是化学变化C．月饼中的油脂易被氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋D．丝绸的主要成分是蛋白质，它属于天然高分子化合物7、下列关于有机化合物的说法正确的是A．糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应B．戊烷（C5H12）有两种同分异构体C．乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键D．乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别8、某溶液中可能含有H+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、Br﹣，且物质的量浓度相同；取样进行实验，结果是：①测得溶液pH＝2；②加入氯水，溶液颜色变深。对原溶液描述错误的是()A．一定含有Fe2+ B．一定含有Br﹣C．可能同时含Fe2+、Br﹣ D．一定不含NH4+9、电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。向10mL0.3mol·L－1Ba(OH)2溶液滴入0.3mol·L－1NH4HSO4溶液，其电导率随滴入的NH4HSO4溶液体积的变化如图所示（忽略BaSO4溶解产生的离子）。下列说法不正确的是A．a→e的过程水的电离程度逐渐增大B．b点：c(Ba2+)=0.1moI.L-1C．c点：c(NH4+)<c(OH-)D．d点：c(SO42－)+c(H+)>c(OH-)+c(NH3∙H2O)10、下列有关说法正确的是()A．催化剂活性B．,在恒容绝热容器中投入一定量和，正反应速率随时间变化C．，t时刻改变某一条件，则D．向等体积等pH的HCl和中加入等量且足量Zn，反应速率的变化情况11、对于复分解反应X+YZ+W，下列叙述正确的是A．若Z是强酸，则X和Y必有一种是强酸B．若X是强酸，Y是盐，反应后可能有强酸或弱酸生成C．若Y是强碱，X是盐，则Z或W必有一种是弱碱D．若W是弱碱，Z是盐，则X和Y必有一种是强碱12、将铁的化合物溶于盐酸，滴加KSCN溶液不发生颜色变化，再加入适量氯水，溶液立即呈红色的是A．Fe2O3 B．FeCl3 C．Fe2(SO4)3 D．FeO13、设为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是A．标准状况下，22.4L含有分子数目B．25℃，1LpH=13的数目为0.2C．在足量中0.1molFe燃烧完全，转移电子数目为0.3D．密闭容器中3mol与1mol充分反应可生成分子数目为14、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．pH=1的硫酸溶液1L，溶液中含SO42-的数目等于0.1NAB．真空密闭容器中充入0.1molH2和0.1molI2充分反应后，容器内分子总数为0.2NAC．10mL0.1mol⋅L-1的FeCl3与20mL0.1mol⋅L-1KI溶液反应，转移电子数为0.001NAD．60gSiO2晶体中Si-O键数目为2NA15、锂—铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li＋Cu2O＋H2O＝2Cu＋2Li+＋2OH-，下列说法错误的是A．放电时，当电路中通过0.2mol电子的电量时，有0.2molLi+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12L氧气参与反应B．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OC．放电时，正极的电极反应式为：Cu2O＋H2O＋2e-＝2Cu＋2OH-D．整个反应过程，空气中的O2起了催化剂的作用16、不同条件下，用O2氧化amol/LFeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测合理的是A．由①、②可知，pH越大，+2价铁越易被氧化B．由②、③推测，若pH>7，+2价铁更难被还原C．由①、③推测，FeCl2被O2氧化的反应为放热反应D．60℃、pH=2.5时，4h内Fe2＋的平均消耗速率大于0.15amol/(L·h)二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：回答下列问题：（1）B的名称为____；D中含有的无氧官能团结构简式为____。（2）反应④的反应类型为____；反应⑥生成G和X两种有机物，其中X的结构简为_____。（3）反应⑤的化学反应方程式为_____（C6H7BrS用结构简式表示）。（4）满足下列条件的C的同分异构体共有___种，写出其中一种有机物的结构简式：____。①苯环上连有碳碳三键；②核磁共振氢谱共有三组波峰。（5）请设计由苯甲醇制备的合成路线（无机试剂任选）____：18、聚戊二酸丙二醇酯(PPG)是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材料的生物相容性方面有很好的应用前景。PPG的一种合成路线如图：已知：①烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢②化合物B为单氯代烃；化合物C的分子式为C5H8③E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质④R1CHO+R2CH2CHO回答下列问题：（1）A的结构简式为__。（2）由B生成C的化学方程式为__。（3）由E和F生成G的反应类型为__，G的化学名称为__。（4）①由D和H生成PPG的化学方程式为__；②若PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为__(填标号)。a.48b.58c.76d.122（5）D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能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体②既能发生银镜反应，又能发生皂化反应其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6∶1∶1的是__(写结构简式)；D的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器是__(填标号)。a.质谱仪b.红外光谱仪c.元素分析仪d.核磁共振仪19、依据图1中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：(1)实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，该反应的化学方程式为_________。(2)下列试剂不能用于干燥NH3的是__________。A．浓硫酸B．碱石灰C．NaOH固体(3)工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸分为三步：①NH3→NO的化学方程式为______________。②NO→NO2反应的实验现象是____________。③NO2＋H2O→HNO3中氧化剂与还原剂物质的量之比为______。(4)图1中，实验室只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保，则该物质的化学式为_____。(5)若要将NH3→N2，从原理上看，下列试剂可行的是______。A．O2B．NaC．NH4ClD．NO220、亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种氧化物。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如下图所示：为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2①②制备纯净NOCu③④②___________，③___________。

(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：①装置连接顺序为a→___________________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。

②装置Ⅶ的作用为________________，若无该装置，Ⅸ中NOCl可能发生反应的化学方程式为_______________________________。③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。为解决这一问题，可将尾气与某种气体同时通入氢氧化钠溶液中，这种气体的化学式是__________。(3)丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为___________________。(4)丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度取Ⅸ中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为bmL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)①亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_________(用代数式表示即可)。②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则所测亚硝酰氯的纯度_________(偏高、偏低、无影响)21、氢氧化锂（LiOH）是重要的初加T锂产品之一，可用于继续生产氟化锂、锰酸锂等，用天然锂辉石（主要成分LiAISi2O3，含有Fe（III）等杂质）生产LiOH的一种工艺流程如图所示：已知溶液1中含有Li+、K+、A13+、Na+、Fe3+、SO42-等离子，请回答相关问题。（l）将LiAlSi2O6改写为氧化物的形式：____。（2）高温烧结的目的是____。操作1是__。（3）净化过滤过程中溶液的pH不能过低也不能过高，原因是____。（4）流程中的某种物质可循环利用，该物质的化学式是____。（5）工业生产中通过电解LiCI溶液的方法也可制得LiOH，其原理如图所示，电极a应连接电源的____（选填“正极”或“负极”），电极b发生的反应是___，阳离子交换膜的作用是___

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A．在H2O分子中，O原子吸引电子的能力很强，O原子与H原子之间的共用电子对偏向于O，使得O原子相对显负电性，H原子相对显正电性，A项错误；B．在NaCl晶体中，Na＋和Cl－整齐有序地排列，B项正确；C．Na＋、Cl在水中是以水合离子的形式存在，C项正确；D．NaCl晶体的溶解和电离过程，使原本紧密结合的Na+与Cl-分开，成为了自由的水合离子，破坏了Na+与Cl-之间的离子键，D项正确；答案选A。2、D【解析】

pH=1的溶液为酸性溶液，因酸性溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+，则H+、NO3-与Fe2+发生氧化还原反应不能共存，不可能存在NO3—，H+与S2-结合生成弱电解质氢硫酸、Al3+与S2-在溶液中发生双水解反应水解，不能共存S2-，则②④一定不存在，可能存在①③，故选D。3、D【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中只有一种金属元素，它们对应的单质和它们之间形成的常见二元化合物中，有三种有色物质能与水发生氧化还原反应且水没有电子的得失，这三种物质应该是NO2、Na2O2、Cl2，因此X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl，据此解答。【详解】A．核外电子层数越多半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，简单离子半径r(W)＞r(X)＞r(Y)＞r(Z)，A错误；B．非金属性N＜O，则最简单气态氢化物的稳定性X＜Y，B错误；C．Cl形成的含氧酸不一定都是强酸，C错误；D．由Z、Y形成的化合物过氧化钠中含有共价键且在熔融状态下能导电，D正确。答案选D。4、C【解析】

根据常见的可用于加热的仪器进行类，可直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿、坩埚等。【详解】A．试管为玻璃仪器，底部面积比较小，可以用来直接加热，故A不选；B．蒸发皿为硅酸盐材料，可以用来直接加热，故B不选；C．蒸馏烧瓶为玻璃仪器，底部面积比较大，不能用来直接加热，需垫上石棉网，故C选；D．坩埚为硅酸盐材料，可以直接用来加热，故D不选；故选：C。实验室中一些仪器可以直接加热，有些需垫石棉网，有些不能被加热。易错点C：烧杯、烧瓶不能直接加热，需垫石棉网。5、D【解析】

A.MgO+2HCl=MgCl2+H2O中元素化合价没有发生变化，反应不是氧化还原反应，A不符合题意；B.C+H2O(g)CO+H2中C、H两种元素的化合价都发生了变化，反应属于氧化还原反应，其中C是还原剂，H2O是氧化剂，氧化剂和还原剂不是同一种物质，B不符合题意；C.8NH3+6NO27N2+12H2O中只有N元素的化合价发生了变化，反应属于氧化还原反应，其中NH3是还原剂，NO2是氧化剂，氧化剂和还原剂不是同一种物质，C不符合题意；D.反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有O元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应，其中Na2O2既是还原剂也是氧化剂，氧化剂和还原剂是同一种物质，D符合题意；故合理选项是D。6、D【解析】

A.过氧化钙(CaO2)中阴离子是O22-，阳离子是Ca2+，故阴、阳离子个数比为1：1，A错误；B.用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，B错误；C.防止食品氧化变质，应加入还原剂，硅胶具有吸水性，是干燥剂，C错误；D.丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，D正确；故合理选项是D。7、D【解析】

A．糖类中的单糖不能水解，二糖、多糖、油脂和蛋白质可发生水解反应，故A错误；B．戊烷(C5H12)有三种同分异构体，正戊烷、新戊烷、异戊烷，故B错误；C．苯中不含碳碳双键，也不存在碳碳单键，聚氯乙烯中也不存在碳碳双键，存在的是碳碳单键，只有乙烯中含有碳碳双键，故C错误；D．乙酸与碳酸钠能够反应生成气体，而乙酸乙酯与碳酸钠不反应，现象不同，可鉴别，故D正确；故选D。8、A【解析】

溶液pH＝2，呈酸性，H+一定有，CO32﹣不能存在，加入氯水，溶液颜色变深，溶液中可能含有Fe2+和Br﹣之一或者两者都有，被氯气氧化成Fe3+和Br2，由于溶液中各离子的物质的量浓度相同，符合电荷守恒，如设各离子的浓度是1mol/L，则有可能存在c(H+)+2c(Fe2+)=2c(SO42﹣)+c(Br﹣)，还有可能溶液中只含氢离子和溴离子，但NH4+不能存在，故答案选A，Fe2+可能存在，符合题意。9、D【解析】

ac段电导率一直下降，是因为氢氧化钡和硫酸氢铵反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨，c点溶质为一水合氨，ce段电导率增加，是一水合氨和硫酸氢铵反应生成硫酸铵，溶液中的离子浓度增大。【详解】A.a→e的过程为碱溶液中加入盐，水的电离程度逐渐增大，故正确；B.b点c(Ba2+)==0.1moI.L-1，故正确；C.c点的溶质为一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，水也能电离出氢氧根离子，所以有c(NH4+)<c(OH-)，故正确；D.d点溶液为等物质的量的一水合氨和硫酸铵，电荷守恒有①c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42－)+c(OH-)，物料守恒有②c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=3c(SO42－)，②-①可得c(SO42-)+c(H+)=c(OH-)+c(NH3∙H2O)，故错误。故选D。掌握溶液中的微粒守恒关系，如电荷守恒和物料守恒等，注意分清溶液中的成分和数据关系。10、C【解析】

A.使用催化剂能降低反应的活化能，使反应速率加快，由图可知，催化剂d比催化剂c使活化能降的更多，所以催化剂活性c<d，故A错误；B.该反应的正反应为放热反应，在恒容绝热容器中投入一定量SO2和NO2反应放热使温度升高，反应速率加快，随着反应进行，反应物浓度逐渐减小，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，过一段时间达到平衡状态，正逆反应速率相等且不为零，不再随时间改变，故B错误；C.该反应的正反应为气体分子数减小且为放热反应，由图象可知，t时刻改变某一条件，正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，改变的条件应是增大压强，虽然平衡向正向移动，但由于容器的容积减小，新平衡时的c(N2)比原平衡要大，c(N2)：a<b，故C正确；D.CH3COOH为弱酸小部分电离，HCl为强酸完全电离，等pH的HCl和CH3COOH中，c(H+)相同，开始反应速率相同，但随着反应进行，CH3COOH不断电离补充消耗的H+，故醋酸溶液中的c(H+)大于盐酸，反应速率醋酸大于盐酸，故D错误。故选C。11、B【解析】

A．H2S+CuSO4=CuS+H2SO4。错误；B．H2SO4+2NaCl=Na2SO4+2HCl↑；2HCl+FeS=FeCl2+H2S↑，正确；C．Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，错误；D．CuSO4+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4，错误。12、D【解析】

铁的化合物溶于盐酸后滴加KSCN溶液不发生颜色变化，说明其中不含铁离子，再加入适量氯水后溶液变红色，说明溶于盐酸后的溶液中存在亚铁离子，Fe2O3、FeCl3、Fe2(SO4)3溶于盐酸溶液中均有Fe3+的存在，滴加KSCN溶液会产生红色，而FeO溶于盐酸生成FeCl2，故选D。加入适量氯水后溶液变红色，说明溶于盐酸后的溶液中存在亚铁离子是解答的突破口。13、C【解析】

A.标准状况下H2O2的状态不是气态，不能使用气体摩尔体积，A错误；B.25℃，1LpH=13的Ba(OH)2的溶液，c(OH-)=0.1mol/L，n(OH-)=0.1mol/L×1L=0.1mol，故OH-的数目为0.1，B错误；C.Cl2具有强的氧化性，能够将变价金属Fe氧化为+3价，所以0.1molFe完全燃烧，转移电子数目为0.3，C正确；D.N2与H2合成氨气的反应是可逆反应，所以密闭容器中3mol与1mol充分反应可生成分子数目小于，D错误；故合理选项是C。14、B【解析】

A．的溶液，的物质的量为，硫酸中氢离子和硫酸根离子的物质的量比为2比1，硫酸根离子的物质的量为0.05mol，数目为，故A错误；B．和反应前后分子数不变，故和充分反应后，容器内分子总数为，故B正确；C．与KI的反应为可逆反应，故C错误；D．60g的物质的量为n===1mol，1mol中有4molSi-O键，则Si-O键数目为4NA；答案选B。关于PH的计算和物质的量公式是解题的关键。15、D【解析】

放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为Li-e-═Li+，正极上电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。【详解】A．放电时，电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，当电路中通过0.2mol电子的电量时，根据4Cu+O2===2Cu2O，O2+4e-+2H2O=4OH-，正极上参与反应的氧气为0.05mol，在标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故A正确；B．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，因此通入空气的目的是让氧气与铜反应生成Cu2O，故B正确；C．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，故C正确；D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，氧化剂为O2，故D错误；故答案为D。16、D【解析】

A．①、②中温度和pH均不同，存在两个变量，不能判断pH对反应的影响，故A错误；

B．若pH＞7，+2价铁会转化为氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁在空气中能被氧气氧化生成氢氧化铁，所以+2价铁易被氧化，故B错误；

C．①、③中pH相同，温度越高，转化率越大，则FeCl2被O2氧化的反应为吸热反应，故C错误；

D．50℃、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率等于

0.15a

mol/（L•h），在60℃、pH=2.5时，温度升高，速率增大，所以60℃、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率大于

0.15a

mol/（L•h），故D正确。

故答案为D。本题考查了影响反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素，把握图中的信息以及影响反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。二、非选择题（本题包括5小题）17、邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛-NH2和-Cl取代反应或酯化反应HOCH2CH2OH4、、、(任写一种即可)【解析】

对比D与F的结构可知，D与甲醇发生酯化反应生成E，E与C6H7BrS发生取代反应生成F，则E的结构简式为：；C6H7BrS的结构简式为：；（5）由苯甲醇制备，可由与苯甲醇发生酯化反应生成，若要利用苯甲醇合成，则需要增长碳链、引进氨基、羧基，结合题干中物质转化关系解答。【详解】（1）以苯甲醛为母体，氯原子为取代基，因此其名称为：邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛；D中含有的官能团为：氨基、羧基、氯原子，其中无氧官能团为：-NH2和-Cl；（2）由上述分析可知，该反应为酯化反应或取代反应；对比该反应中各物质的结构简式可知，该碳原子与N原子和C原子成环，中的断键方式为，因此X的结构简式为：HOCH2CH2OH；（3）反应⑤为与发生取代反应生成，其化学方程式为：++HBr；（4）①苯环上连有碳碳三键，C中一共含有6个不饱和度，苯环占据4个，碳碳三键占据2个，则其它取代基不含有不饱和度，则N原子对于的取代基为-NH2；②核磁共振氢谱共有三组波峰，则说明一共含有3种化学环境的氢原子，则该结构一定存在对称结构；则该同分异构体的母体为，将氨基、氯原子分别补充到结构式中，并满足存在对称结构，结构简式为：、、、；（5）由上述分析可知，合成中需要增长碳链、引进氨基、羧基，引进氨基、增长碳链可以利用题干中②反应的条件，引进羧基可利用题干中③反应的条件，因此具体合成路线为：。18、+NaOH+NaCl+H2O加成反应3­羟基丙醛(或β­羟基丙醛)n+n+(2n-1)H2Ob5c【解析】

烃A的相对分子质量为70，由=5…10，则A为C5H10，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，故A的结构简式为；A与氯气在光照下发生取代反应生成B，B为单氯代烃，则B为，化合物C的分子式为C5H8，B发生消去反应生成C，C为，C发生氧化反应生成D，D为HOOC(CH2)3COOH，F是福尔马林的溶质，则F为HCHO，E、F为相对分子质量差14的同系物，可知E为CH3CHO，由信息④可知E与F发生加成反应生成G，G为HOCH2CH2CHO，G与氢气发生加成反应生成H，H为HOCH2CH2CH2OH，D与H发生缩聚反应生成PPG()，据此分析解答。【详解】(1)由上述分析可知，A的结构简式为，故答案为：；(2)由B发生消去反应生成C的化学方程式为：+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+NaOH+NaCl+H2O；(3)由信息④可知，由E和F生成G的反应类型为醛醛的加成反应，G为HOCH2CH2CHO，G的名称为3-羟基丙醛，故答案为：加成反应；3-羟基丙醛；(4)①由D和H生成PPG的化学方程式为：n+n+(2n-1)H2O，故答案为：n+n+(2n-1)H2O；②若PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为≈58，故答案为：b；(5)D为HOOC(CH2)3COOH，D的同分异构体中能同时满足：①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，含-COOH，②既能发生银镜反应，又能发生水解反应-COOCH，D中共5个C，则含3个C-C-C上的2个H被-COOH、-OOCH取代，共为3+2=5种，含其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6∶1∶1的是，D及同分异构体中组成相同，由元素分析仪显示的信号(或数据)完全相同，故答案为：5；；c。19、2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2OA4NH3+5O24NO+6H2O无色气体变红棕色1：2H2O2AD【解析】

(1)NH4Cl与Ca(OH)2混合加热反应产生CaCl2、NH3、H2O；(2)氨气是一种碱性气体，会与酸发生反应；(3)在工业上氨气被催化氧化产生NO，NO与氧气反应产生NO2，NO2被水吸收得到HNO3。根据电子守恒、一种守恒配平方程式，判断氧化剂、还原剂的物质的量的比，根据物质的颜色判断反应现象；(4)只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保，还原产物无污染；(5)若要将NH3→N2，N元素的化合价由-3价变为0价，氨气被氧化，加入的物质应该有强的氧化性。【详解】(1)NH4Cl与Ca(OH)2混合加热，发生复分解反应，反应产生CaCl2、NH3、H2O，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(2)氨气是一种碱性气体，能与酸发生反应，而不能与碱反应，因此不能使用浓硫酸干燥，可以使用碱石灰、NaOH固体干燥，故合理选项是A；(3)①NH3与O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化反应产生NO和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；②NO在室温下很容易与O2反应产生NO2，NO是无色气体，NO2是红棕色气体，所以反应的实验现象是看到气体由无色变为红棕色；③NO2被水吸收得到HNO3，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，在该反应中，NO2既作氧化剂，又作还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2。(4)图中实验室只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保，则该物质的化学式为H2O2；(5)若要将NH3→N2，由于N元素的化合价由-3价变为0价，氨气被氧化，则加入的物质应该有强的氧化性。A.O2可以将NH3氧化为N2，A符合题意；B.金属Na具有强的还原性，不能氧化NH3，B不符合题意；C.NH4Cl中N元素化合价也是-3价，不能与氨气反应产生氮气，C不符合题意；D.NO2中N元素化合价也是+4价，能与氨气反应产生氮气，D符合题意；故合理选项是AD。本题考查了氮元素的单质及化合物的转化、气体的制取、干燥、氧化还原反应的应用等。掌握N元素的有关物质的性质、反应规律、氧化还原反应中电子得失与元素化合价的升降、反应类型的关系、物质的作用关系等基础知识和基本理论是本题解答的关键。20、饱和食盐水稀硝酸e→f(或f→e)→c→b→d防止水蒸气进入装置Ⅸ2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2O2(或NO2)HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O×100%偏高【解析】

氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl。根据实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气；用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，结合NOCl的性质，制得气体中的杂质需要除去，尾气中氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。【详解】(1)实验室制备氯气，一般用浓盐酸与二氧化锰加热制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体；实验室制备NO，一般用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，NO不溶于水，故装置Ⅱ用水净化NO；故答案为饱和食盐水；稀硝酸；(2)①将氯气和NO干燥后在装置Ⅵ中发生反应，由于亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)是一种黄色气体，遇水易反应，需要在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，因此装置连接顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d，故答案为e→f(或f→e)→c→b→d；②NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个装置VII干燥装置防止水蒸气进入装置Ⅸ；若无该装置，Ⅸ中NOCl水解生成氯化氢、NO和NO2，反应的化学方程式为2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2，故答案为防止水蒸气进入装置Ⅸ；2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2；③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。NO能够