2026年江苏省郑梁梅中学高三毕业生3月学习质量检测试题化学试题含解析

2026年江苏省郑梁梅中学高三毕业生3月学习质量检测试题化学试题注意事项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、短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大。已知元素A元素原子最外层电子数是次外层的2倍；B、C的最外层电子数之比为5:2，D的氧化物是常用的耐火材料；下列叙述正确的是（）A．元素A的氢化物都是气体B．简单离子半径：C＞D＞B元素C．B、C形成的化合物与水反应可以生成一种刺激性气味的气体D．元素B的气态氢化物的水溶液能溶解单质D2、全钒液流储能电池是一种新型的绿色环保储能系统（工作原理如图，电解液含硫酸）。该电池负载工作时，左罐颜色由黄色变为蓝色。4下列说法错误的是A．该电池工作原理为VO2++VO2++2H+VO2++V3++H2OB．a和b接用电器时，左罐电动势小于右罐，电解液中的H+通过离子交换膜向左罐移动C．电池储能时，电池负极溶液颜色变为紫色D．电池无论是负载还是储能，每转移1mol电子，均消耗1mol氧化剂3、《新修草本》有关“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”据此推测“青矾”的主要成分为()A．B．C．D．4、在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g)2C(g)ΔH=QkJ/mol。相关条件和数据见下表：实验编号实验Ⅰ实验Ⅱ实验Ⅲ反应温度/℃700700750达平衡时间/min40530平衡时n(C)/mol1.51.51化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是（）A．K1=K2<K3B．升高温度能加快反应速率的原因是降低了反应的活化能C．实验Ⅱ比实验Ⅰ达平衡所需时间小的可能原因是使用了催化剂D．实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molC，平衡正向移动5、W、X、Y、Z四种短周期主族元素的原子序数依次增大，其最高价氧化物对应的水化物的溶液，浓度均为0.1mol/L时的pH如表所示。下列说法正确的是元素对应的溶液WXYZpH(25℃)1.013.00.71.0A．简单离子半径大小顺序为：X>Y>Z>WB．Z元素的氧化物对应的水化物一定是强酸C．X、Z的简单离子都能破坏水的电离平衡D．W、Y都能形成含18个电子的氢化物分子6、下列说法正确的是（）A．不锈钢的防腐原理与电化学有关B．高纯硅太阳能电池板可以将光能直接转化为电能C．二氧化硫有毒，不可以用作食品添加剂D．纯碱去油污原理是油污溶于纯碱7、用酸性KMnO4溶液不能达到预期目的的是A．区别苯和甲苯B．检验硫酸铁溶液中是否有硫酸亚铁C．检验CH2=CHCHO中含碳碳双键D．区别SO2和CO28、酚酞是一种常见的酸碱指示剂，其在酸性条件下结构如图所示，则下列对于酚酞的说法正确的是（）A．在酸性条件下，1mol酚酞可与4molNaOH发生反应B．在酸性条件下，1mol酚酞可与4molBr2发生反应C．酸性条件下的酚酞在一定条件下可以发生加聚反应生成高分子化合物D．酸性条件下的酚酞可以在一定条件下发生加成反应，消去反应和取代反应9、下列说法中正确的是（）A．60﹪-70﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果B．液溴可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中C．苯酚溅到皮肤上，立即用水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液D．油脂不能使溴水褪色10、向恒温恒容密闭容器中充入1molX和1molY，发生反应X(g)+2Y(g)Z(g)+W(s)，下列选项不能说明反应已达平衡状态的是A．v正(X)=2v逆(Y) B．气体平均密度不再发生变化C．容器内压强不再变化 D．X的浓度不再发生变化11、部分共价键的键长和键能的数据如表，则以下推理肯定错误的是共价键C﹣CC=CC≡C键长（nm）0.1540.1340.120键能（kJ/mol）347612838A．0.154nm＞苯中碳碳键键长＞0.134nmB．C=O键键能＞C﹣O键键能C．乙烯的沸点高于乙烷D．烯烃比炔烃更易与溴加成12、如图是工业利用菱镁矿(主要含MgCO3，还含有Al2O3、FeCO3杂质)制取氯化镁的工艺流程。下列说法不正确的是（）A．酸浸池中加入的X酸是硝酸B．氧化池中通入氯气的目的是将Fe2+氧化为Fe3+C．沉淀混合物为Fe(OH)3和Al(OH)3D．在工业上常利用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁13、新型夹心层石墨烯锂硫二次电池的工作原理可表示为16Li+xS88Li2Sx，其放电时的工作原理如图所示，下列有关该电池的说法正确的是A．电池充电时X为电源负极B．放电时，正极上可发生反应：2Li++Li2S4+2e-=2Li2S2C．充电时，没生成1molS8转移0.2mol电子D．离子交换膜只能通过阳离子，并防止电子通过14、能够产生如图实验现象的液体是A．CS2 B．CCl4C．H2O D．15、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NAC．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA16、下列装置中，不添加其他仪器无法检查气密性的是()A． B． C． D．二、非选择题（本题包括5小题）17、扁桃酸D在有机合成和药物生产中有着广泛应用。用常见化工原料制备D，再由此制备有机物I的合成路线如下：回答下列问题：(l)C的名称是____，I的分子式为____。(2)E→F的反应类型为____，G中官能团的名称为____。(3)A→B的化学方程式为________。(4)反应G→H的试剂及条件是________。(5)写出符合下列条件的D的同分异构体：________。①能发生银镜反应②与FeC13溶液显紫色③核磁共振氢谱峰面积之比1:2:2:3(6)写出以溴乙烷为原料制备H的合成路线（其他试剂任选）_____。18、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）____：19、S2Cl2是一种金黄色易挥发的液体，常用作橡胶硫化剂。某化学兴趣小组拟设计实验制备少量的S2Cl2，査阅资料知：①干燥的氯气在110℃～140℃与硫反应，即可得到S2Cl2。②S的熔点为1．8℃、沸点为2．6℃；S2Cl2的熔点为-76℃、沸点为138℃。③S2Cl2+Cl22SCl2。④S2Cl2易和水发生歧化反应。该小组设计的制备装置如如图（夹持仪器和加热装置已略去）(1)连接好实验装置后的第一步实验操作是____________。(2)A装置中制取氯气的离子反应方程式_____________。(3)装置B、C中的试剂分别是_____________，_____________；若实验中缺少C装置，发现产品浑浊不清，请用化学方程式表示其原因____________。(4)该实验的操作顺序应为_____________（用序号表示）。①加热装置A②加热装置D③通冷凝水④停止加热装置A⑤停止加热装置D(5)图中G装置中应放置的试剂为______________，其作用为______________。(6)在加热D时温度不宜过高，其原因是_______________；为了提高S2Cl2的纯度，关键的操作是控制好温度和______________。20、ClO2是一种高效安全消毒剂，常温下ClO2为红黄色有刺激性气味气体，其熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，能溶于水但不与水反应，遇热水缓慢水解。某研究性学习小组欲制备Ⅰ．二氧化氯水溶液制备。在圆底烧瓶中先放入10gKClO3固体和(1)装置A用水浴加热的优点是_________；装置A中水浴温度不低于60℃，其原因是_______________。(2)装置A中反应生成ClO2及KHSO4等产物的化学方程式为(3)装置B的水中需放入冰块的目的是__________________；已知ClO2缓慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物质的量之比为2:1，则该反应的化学方程式为____________；装置C中的NaOH溶液吸收尾气中的ClO2，生成物质的量之比为的1:1的两种盐，一种为NaClOⅡ．ClO2步骤1：量取ClO2溶液10mL，稀释成100mL步骤2：调节试样的pH≤2.0，加入足量的步骤3：加入指示剂，用c mol⋅L-1 (4)已知：2ClO2+8H++10I-=5IⅢ．设计实验验证ClO2(5)取适量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振荡，得无色溶液。欲检验H(6)证明ClO2的氧化性比Fe3+强的方案是21、NOx是空气的主要污染物之一。回答下列问题：（1）汽车尾气中的NO来自于反应：N2(g)＋O2(g)2NO(g)。如图表示在不同温度时，一定量NO分解过程中N2的体积分数随时间的变化。则N2(g)＋O2(g)2NO(g)为________(填“吸热”或“放热”)反应。2000℃时，向容积为2L的密闭容器中充入10molN2和5molO2，发生上述反应，10min达到平衡，产生2molNO，则10min内的平均反应速率υ(O2)＝____mol·L－1·min－1。（2）在汽车的排气管上加装催化转化装置可减少NOx的排放。研究表明，NOx的脱除率除与还原剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以La0.8A0.2BCoO3＋X(A、B均为过渡元素)为催化剂，用H2还原NO的机理如下：第一阶段：B4＋(不稳定)＋H2→低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变)第二阶段：NO(g)＋□→NO(a)ΔH1、K12NO(a)→2N(a)+O2(g)ΔH2、K22N(a)→N2(g)＋2□ΔH3、K32NO(a)→N2(g)+2O(a)ΔH4、K42O(a)→O2(g)＋2□ΔH5、K5注：□表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态第一阶段用氢气还原B4＋得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是_____。第二阶段中各反应焓变间的关系：2ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝________；该温度下，NO脱除反应2NO(g)N2(g)＋O2(g)的平衡常数K＝_______(用K1、K2、K3的表达式表示)。（3）工业废气中的NO和NO2可用NaOH溶液吸收。向20mL0.1mo1·L－1NaOH溶液中通入含NO和NO2的废气，溶液pH随气体体积V的变化如图所示(过程中温度保持不变)，B点对应的溶液中c(HNO2)＝c(NO2－)，则A点对应溶液中c(NO2−)/c(HNO2)＝________。（4）氨催化还原法也可以消除NO，原理如图所示，NO最终转化为H2O和________(填电子式)；当消耗1molNH3和0.5molO2时，理论上可消除____________L(标准状况)NO。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大。已知元素A元素原子最外层电子数是次外层的2倍，A为第二周期元素，故A为碳；D的氧化物是常用的耐火材料，故D为铝；B、C的最外层电子数之比为5:2，最外层电子数不得超过8，原子序数要比碳大比铝小，故B为氮、C为镁。【详解】A.元素碳的氢化物都是有机物的烃类，当碳原子数小于5时，为气态，大于5时为液态或固态，故A错误；B.B、C、D简单离子均为两个电子层，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径：B＞C＞D，故B错误；C.B、C形成的化合物为二氮化三镁，与水反应可以生成有刺激性气味的氨气，故C正确；D.元素B的气态氢化物的水溶液为氨水，氨水是弱碱不能与铝反应，故D错误；答案选C。2、B【解析】

电池负载工作时，左罐顔色由黄色变为蓝色，说明ⅤO2+变为ⅤO2＋，V化合价降低，则左罐所连电极a为正极；右罐发生V2+变为V3+，化合价升高的反应，所以右罐所连电极b为负极，因此电池反应为VO2++V2＋+2H+=VO2＋+V3＋+H2O，所以，该储能电池工作原理为VO2++VO2++2H+VO2++V3++H2O，故A正确；B、a和b接用电器时，该装置为原电池，左罐所连电极为正极，所以电动势大于右罐，电解液中的H+通过离子交换膜向正极移动，即向左罐方向移动，故B错误；C、电池储能时为电解池，故电池a极接电源正极，电池b极接电源负极，电池负极所处溶液即右罐V3+变为V2+，因此溶液颜色由绿色变为紫色，故C正确；D、负载时为原电池，储能时为电解池，根据反应式VO2++VO2++2H+VO2++V3++H2O可知，原电池时氧化剂为VO2+，电解池时氧化剂为V3+，它们与电子转移比例为n(VO2+)：n（V3+）:n(e－)=1:1:1，故D正确。答案选B。3、B【解析】

“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒子非常细而活性又很强的Fe2O3，超细粉末为红色。A.CuSO4•5H2O为蓝色晶体，A错误；B.FeSO4•7H2O是绿色晶体，B正确；C.KAl(SO4)2•12H2O是无色晶体，C错误；D.Fe2(SO4)3•7H2O为黄色晶体，D错误。所以判断“青矾”的主要成分为FeSO4•7H2O。故合理选项是B。4、C【解析】

A.反应为2A(g)+B(g)2C(g)，比较实验I和III，温度升高，平衡时C的量减少，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，Q<0，则K3<K1；温度相同，平衡常数相同，则K1=K2，综上所述可知平衡常数关系为：K3<K2=K1，A错误；B.升高温度，使一部分分子吸收热量而变为活化分子，导致活化分子百分数增大，增大活化分子有效碰撞机会，化学反应速率加快，而反应的活化能不变，B错误；C.实验II达到平衡的时间比实验I短，而实验温度与实验I相同，平衡时各组分的量也相同，可判断实验II改变的条件是使用了催化剂。催化剂加快反应速率，但不改变化学平衡状态，故实验I和Ⅱ探究的是催化剂对于化学反应的影响，C正确；D.容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g)2C(g)，实验III中，原平衡的化学平衡常数为K==4。温度不变，平衡常数不变，实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molC，则此时容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(C)=1mol/L，此时浓度商Qc==4=K，因此恒温下再向容器中通入1molA和1molC，化学平衡没有发生移动，D错误；故合理选项是C。5、D【解析】

W与Z的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度均为0.1mol/L时pH=1（H+浓度为0.1mol/L），是一元强酸，则W为N（最高价氧化物对应水化物为HNO3），Z为Cl（最高价氧化物对应水化物为HClO4）；Y的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度为0.1mol/L时pH=0.7（H+浓度为0.2mol/L），是二元强酸，则Y为S（最高价氧化物对应水化物为H2SO4）；X的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度为0.1mol/L时pH=13（OH-浓度为0.1mol/L），是一元强碱，且X的原子序数介于N与S之间，可知X为Na（最高价氧化物对应水化物为NaOH）。【详解】A．S2-、Cl-的核外电子排布相同，其中S2-的核电荷数较小，半径较大；N3-、Na+的核外电子排布相同，半径比S2-、Cl-的小，其中N3-的核电荷数较小，半径比Na+大，则简单离子半径大小顺序为：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，A项错误；B．Z为Cl，其氧化物对应的水化物可能为强酸（如HClO4），也可能为弱酸（如HClO），B项错误；C．X的简单离子为Na+，Z的简单离子为Cl-，均不会破坏水的电离平衡，C项错误；D．W能形成N2H4，Y能形成H2S，均为18电子的氢化物分子，D项正确；答案选D。6、B【解析】

A．耐蚀合金的防腐原理是改变物质的内部结构，不锈钢的防腐原理与电化学无关，故A错误；B．硅为良好的半导体材料，可以制作太阳能电池，利用高纯硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能，故B正确；C．二氧化硫有还原作用，可消耗果蔬组织中的氧，可以抑制氧化酶的活性，从而抑制酶性褐变，有抗氧化作用，所以二氧化硫能作食品防腐剂，但不能超量，故C错误；D．纯碱的去污原理是纯碱水解显碱性，促进油污水解而除去，故D错误。故答案为B。7、C【解析】

A．甲苯可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，可鉴别，故A不选；B．硫酸亚铁具有还原性，可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，可鉴别，故B不选；C．CH2=C（CH3）CHO中碳碳双键和醛基都可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，不能检验是否含有碳碳双键，故C选；D.SO2具有还原性，可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，可鉴别，故D不选；故选C。8、B【解析】

A．在酸性条件下，酚羟基和羧基可以和氢氧化钠反应，故1mol酚酞可与3molNaOH发生反应，A错误；B．在酸性条件下，两个酚羟基有4个邻位氢原子，1mol酚酞可与4molBr2发生反应，B正确；C．酚酞分子中没有碳碳双键，所以酸性条件下的酚酞不能发生加聚反应，C错误；D．酚羟基不能发生消去反应，连接醇羟基的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，也不能发生消去反应，D错误；故选B。9、B【解析】

A.35﹪-40﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果，故A错误；B.液溴见光、受热易挥发，可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中，故B正确；C.苯酚溶液的腐蚀性很强，如果不马上清洗掉，皮肤很快就会起泡，应马上用有机溶剂清洗，常用的有机溶剂就是酒精（苯酚在水中的溶解度很小），故C错误；D.油脂是油和脂肪的统称。从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯。油脂是烃的衍生物。其中，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，所以油脂中的油含有不饱和键，可以使溴水褪色，而脂肪不能使溴水褪色。故D错误。答案选B。10、A【解析】

A.在任何时刻都存在：2v正(X)=v正(Y)，若v正(X)=2v逆(Y)，则v正(Y)=2v正(X)=4v逆(Y)，说明反应正向进行，未达到平衡状态，A符合题意；B.反应混合物中W是固体，若未达到平衡状态，则气体的质量、物质的量都会发生变化，气体的密度也会发生变化，所以当气体平均密度不再发生变化时，说明反应处于平衡状态，B不符合题意；C.反应在恒容密闭容器中进行，反应前后气体的物质的量发生变化，所以若容器内压强不再变化，则反应处于平衡状态，C不符合题意；D.反应在恒温恒容的密闭容器中进行，若反应未达到平衡状态，则任何气体物质的浓度就会发生变化，所以若X的浓度不再发生变化，说明反应处于平衡状态，D不符合题意；故合理选项是A。11、C【解析】

A．苯中的化学键键长介于碳碳单键与碳碳双键之间，所以0.154nm＞苯中碳碳键键长＞0.134nm，故A正确；B．单键的键能小于双键的键能，则C=O键键能>C−O键键能，故B正确；C.乙烷的相对分子质量大于乙烯，则乙烷的沸点高于乙烯，故C错误；D．双键键能小于三键，更易断裂，所以乙烯更易发生加成反应，则烯烃比炔烃更易与溴加成，故D正确；答案选C。D项为易错点，由于炔烃和烯烃都容易发生加成反应，比较反应的难易时，可以根据化学键的强弱来分析，化学键强度越小，越容易断裂，更容易发生反应。12、A【解析】

菱镁矿的主要成分是MgCO3，并含少量的Al2O3、FeCO3等，加入过量X酸溶解，根据实验目的，X酸是盐酸；通入氯气将二价铁氧化为三价铁，再加MgO调节pH得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤分离后，得到氯化镁溶液，将溶液在HCl气流中加热蒸干得到无水氯化镁，据此分析解答。【详解】A、工业利用菱镁矿(主要含MgCO3，还含有Al2O3、FeCO3杂质)制取氯化镁，所以酸浸池中加入的X酸是盐酸，故A错误；B、加入氯气将二价铁氧化为三价铁，以便于调pH除铁元素，故B正确；C、根据以上分析可知，加MgO调节pH得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，所以沉淀混合物为Fe(OH)3和Al(OH)3，故C正确；D、镁是活泼金属，所以在工业上常利用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，故D正确；故选A。13、B【解析】A、在原电池中，电解质里的阳离子移向正极，所以M是正极，发生还原反应，N是负极，发生氧化反应，电池充电时X为电源正极，A错误；B、根据装置图可知正极反应式可以为2Li++Li2S4+2e-=2Li2S2，B正确；C、根据总反应式可知充电时每生成xmolS8转移16mol电子，C错误；D、电子一定不会通过交换膜，D错误，答案选B。14、C【解析】

A．CS2是非极性分子，用带电玻璃棒接近CS2液流,液流不偏转，A错误；B．CCl4是非极性分子，用带电玻璃棒接近CCl4液流,液流不偏转，B错误；C．H2O是极性分子，用带电玻璃棒接近H2O液流,液流会偏转，C正确；D．是非极性分子，用带电玻璃棒接近液流,液流不偏转，D错误。答案选C。极性分子能发生细流偏转现象，非极性分子不能发生细流偏转现象。15、D【解析】

A.高温下，Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中Fe的化合价为价，因此Fe失去电子的物质的量为：，根据得失电子守恒，生成H2的物质的量为：，因此生成的H2分子数目为，A错误；B.室温下，1LpH＝13的NaOH溶液中H+浓度为c(H+)=10-13mol/L，且H+全部由水电离，由水电离的OH－浓度等于水电离出的H+浓度，因此由水电离的OH－为10-13mol/L×1L=10-13mol，B错误；C.氢氧燃料电池正极上氧气发生得电子的还原反应，当消耗标准状况下22.4L气体时，电路中通过的电子的数目为，C错误；D.该反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA，D正确；故答案为D。16、A【解析】A、因为分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，故分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，所以不能检查出装置是否漏气；B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面高度不变，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气；C、用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内若有气泡产生，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气；D、向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以能检查出装置是否漏气；故选A。点睛：装置气密性的检验是常考的实验题，解题关键：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏。易错选项A，分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，故分液漏斗中的液体上下压强相等，无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，这个叙述正确，但不是题目的要求。二、非选择题（本题包括5小题）17、苯甲醛C11H10O4取代反应（或水解反应）羰基、羧基+2Cl2+2HClH2/Ni，加热、CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO【解析】

根据流程图，A为甲苯，甲苯与氯气在光照条件下发生侧链的取代反应生成B，因此B为；B在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成C，则C为，根据信息，D为；丙烯与溴发生加成反应生成E，E为1，2-二溴丙烷，E在氢氧化钠溶液中水解生成F，F为；F被高锰酸钾溶液氧化生成G，G为，G与氢气加成得到H，H为；与发生酯化反应生成I，加成分析解答。【详解】(l)根据上述分析，C为，名称为苯甲醛，I()的分子式为C11H10O4；(2)E→F为1，2-二溴丙烷在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成的反应；G()中官能团有羰基、羧基；(3)根据上述分析，A→B的化学方程式为+2Cl2+2HCl；(4)反应G→H为羰基的加成反应，试剂及条件为H2/Ni，加热；(5)D为，①能发生银镜反应，说明结构中存在醛基；②与FeC13溶液显紫色，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱峰面积之比1:2:2:3，符合条件的D的同分异构体有、；(6)以溴乙烷为原料制备H()，需要增长碳链，根据流程图中制备D的分析，可以结合题中信息制备，因此需要首先制备CH3CHO，可以由溴乙烷水解生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，因此合成路线为CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO。18、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：。19、检查装置的气密性MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O饱和食盐水浓硫酸2S2C12+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl①③②⑤④或者③①②⑤④碱石灰吸收氯气尾气，防止空气中的水蒸气进入装置使S2Cl2水解产品纯度降低控制盐酸的滴速不要过快【解析】

装置A、B、C是制取干燥纯净的氯气，所以B是除杂装置，C是干燥装置；制得产品S2Cl2易水解，所以该装置前后均需要干燥环境，可推出装置G作用；实验操作顺序按照合理、安全原则进行；最后按照题干已知条件进行答题，据此分析。【详解】(1)连接好装置后需检查装置的气密性，答案为：检查装置的气密性；(2)MnO2与浓盐酸反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(3)B是除去氯气中的HCl，用饱和食盐水溶液；C是干燥装置，用浓硫酸；若缺少干燥装置，则产物S2Cl2与水发生歧化反应且变浑浊，2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl；答案为：饱和食盐水；浓硫酸；2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl；(4)加热之前先通冷凝水，否则开始生成的S2Cl2不能冷却液化，最后先停止加热后再停止通氯气，平衡容器压强，实验操作为：①③②⑤④或者③①②⑤④；(5)G装置在最后一步，其作用之一未反应完的氯气尾气处理，其二防止空气中的水蒸气进入装置，G中盛放碱石灰，作用是吸收氯气尾气，防止空气污染，且防止空气中的水蒸气进入装置使S2Cl2水解；(6)根据已知条件，温度太高S会汽化进入F装置，导致产率降低；为了提高S2Cl2的纯度，关键的操作除了控制好温度外，还可以控制盐酸的滴速不要过快。制备易水解的如AlN、S2Cl2等物质时一定要在制备装置前后都加上干燥装置，所以G装置除了尾气处理作用之外还防止空气中的水蒸气进入装置；实验操作流程满足反应物利用率高、产率高、操作简便、安全等原理进行即可。20、受热均匀，且易控制温度如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O可减少ClO2挥发和水解8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2NaClO3135cV2V1偏大盐酸和BaCl2溶液将ClO2气体通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明ClO2的氧化性比【解析】

Ⅰ．水浴加热条件下，草酸、氯酸钾在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，因遇热水缓慢水解，则B中含冰块的水用于吸收ClO2，根据氧化还原反应规律，结合生成物的物质的量的比及质量守恒定律书写反应方程式；C中NaOH溶液可吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为NaClO2，根据氧化还原反应规律来书写；II.有碘单质生成，用淀粉做指示剂；根据元素守恒结合反应得到关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算c(ClO2)；III.ClO2具有强氧化性，可氧化H2S生成硫酸，氧化亚铁离子生成铁离子，检验铁离子即可解答该题。【详解】I.(1)装置A用水浴加热的优点是受热均匀，且易控制温度，如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出，温度过高，会加剧ClO2水解；(2)装置A中反应生成ClO2及KHSO4等产物，同时草酸被氧化生成水和二氧化碳，则反应化学方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；(3)装置B的水中需放入冰块，可减少ClO2挥发和水解；ClO2缓慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物质的量之比为2:1，则根据反应前后各种元素原子个数相等，结合电子转移守恒，可得该反应的化学方程式为8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2；装置C中NaOH溶液的作用是吸收尾气中的ClO2，生成物质的量之比为的1：1的两种盐，由于ClO2中Cl元素的化合价为+4价，一种为NaClO2，根据氧化还原反应的规律，则另一种生成物为NaClO3；II.有碘单质生成，用淀粉作指示剂；二氧化硫和碘单质的反应中，根据电子守恒，得到：2ClO2～5I2，结合反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3。设原ClO2溶液的浓度为x，n(Na2S2O3)=c·V2×10-3mol，2ClO2～5I2～10Na2S2O32mol10mol10-2∙x∙V1×10-310-1cV2×10-3mol，2:10=10-2∙x∙V1如果滴加速率过慢，溶液中部分I-被氧气氧化产生I2，消耗的标准Na2S2O3溶液的体积偏大，则由此计算出的ClO2的含量就会偏大；(4)取适量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振荡，得无色溶液，说明硫化氢被氧化生成硫酸，可先加入盐酸酸化，然后再加入氯化钡检验，若反应产生白色沉淀，证明有SO42-，即H2S被氧化产生了H2SO4；(5)证明ClO2的氧化性比Fe3+强，则可通过ClO2氧化Fe2+生成Fe3+，可将ClO2气体通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，观察溶液颜色