2022届广东省普宁市华美高考化学必刷试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某实验小组探究SO2与AgNO3溶液的反应，实验记录如下：序号实验步骤实验现象得到无色溶液a和白色沉淀b产生无色气体，遇空气变为红棕色产生白色沉淀下列说法正确的是A透过测中无色溶液a的pH可以判断SO2是否被氧化B实验说明白色沉淀

2、b具有还原性C实验说明溶液a中一定有生成D实验、说明SO2与AgNO3溶液反应既有Ag2SO4生成，又有Ag2SO3生成2、钛（Ti）常被称为未来钢铁。下列关于的说法中，错误的是（）A质子数为22B质量数为70C中子数为26D核外电子数为223、下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（ ）A质子数为17、中子数为20的氯原子：B氯离子(Cl)的结构示意图：C氯分子的电子式：D氯乙烯分子的结构简式：H3CCH2Cl4、常温下，HCOOH和CH3COOH的电离常数分别1.80104和1.75105。将pH=3，体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是

3、（ ）A溶液中水的电离程度：b点c点B相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同C从c点到d点，溶液中不变（HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子）D若两溶液无限稀释，则它们的c(H+)相等5、化学与生活密切相关，下列说法错误的是A纯棉面料主要含C、H、O三种元素B植物油的主要成分属于酯类物质C用于食品包装的聚乙烯塑料能使溴水褪色D聚乳酸()的降解过程中会发生取代反应6、四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，X、Y的核外电子数之和等于W的核外电子数，下列说法不正确的是（ ）AX、Y、Z三种元素的最高正价依次增大BY、Z形成的简单氢化物，后者稳定性强CY、Z形成的简单阴

4、离子，后者半径小D工业上用电解W和Z形成的化合物制备单质W7、室温下，在20 mL新制氯水中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H)与 NaOH溶液体积的关系如图所示。已知：K(HClO)=3108，H2CO3：Ka1=4.3107，Ka2=5.61011。下列说法正确的是Am一定等于20Bb、d点对应的溶液显中性Cc点溶液中c(Na)=2c(ClO)+2c(HClO)D向c点溶液中通入少量CO2：2ClO+H2O+CO2=2HClO+CO328、K2FeO4在酸性或中性溶液中能快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。如图是制备高铁酸钾的一种装置，制取实验完成后，取C中紫色溶液，加入稀盐

5、酸，产生气体。下列说法不正确的是（ ）AB瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HClBC瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成C加盐酸产生气体可说明氧化性：K2FeO4Cl2D高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝等特点为一体的优良的水处理剂9、碘在不同状态下（固态或气态）与氢气反应的热化学方程式如下所示：H2（g） + I2（?）2HI（g）+148kJH2（g） + I2（?）2HI（g）-248kJ下列判断正确的是A中的I2为固态，中的I2为气态B的反应物总能量比的反应物总能量低C的产物比反应的产物热稳定性更好D1mol 固态碘升华时将吸热17kJ10、工业上合成乙苯的反应如下。下列说法正确的是A该合成反应

6、属于取代反应B乙苯分子内的所有C、H 原子可能共平面C乙苯的一溴代物有 5 种D苯、乙烯和乙苯均可使酸性高猛酸钾溶液褪色11、同温同压下，热化学方程式中反应热数值最大的是A2W(l)+Y(l)2Z(g) +Q1B2W(g)+Y(g)2Z(l) +Q2C2W(g)+Y(g)2Z(g) +Q3D2W(l)+Y(l)2Z(l) +Q412、下列关于有机物(a)的说法错误的是Aa、b、c的分子式均为C8H8Bb的所有原子可能处于同一平面Cc的二氯代物有4种Da、b、c均能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色13、饱和二氧化硫水溶液中存在下列平衡体系：SO2+H2OH+HSO3 HSO3H+SO32，若向此溶

7、液中（）A加水，SO32浓度增大B通入少量Cl2气体，溶液pH增大C加少量CaSO3粉末，HSO3浓度基本不变D通入少量HCl气体，溶液中HSO3浓度减小14、向 Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示，则下列 离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是Aa点对应的溶液中：Fe3+、AlO2-、SO42-、NO3-Bb 点对应的溶液中：K+、Ca2+、I、Cl-Cc 点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Ag+Dd 点对应的溶液中：F-、NO3-、Fe2+、Cl-15、下列指定反应的离子方程式正确的是()A向Al(NO3)3溶液中加入过

8、量氨水：Al34OH=AlO2-2H2OB向水中通入NO2：2NO2H2O=2HNO3-NOC向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液：HCO3-OH=CO32-H2OD向酸性K2Cr2O7溶液中加入NaHSO3溶液将6价Cr还原为Cr3：3HSO3-Cr2O72-5H=3SO42-2Cr34H2O16、下列有关CuSO4溶液的叙述中正确的是A该溶液呈碱性B它与H2S反应的离子方程式为：Cu2+S2-=CuSC用惰性电极电解该溶液时，阳极产生铜单质D在溶液中：2c (Cu2+) +c (H+)=2c(SO42-) +c(OH-)二、非选择题（本题包括5小题）17、利用丙炔和苯甲醛研究碘代化合

9、物与苯甲醛在 Cr-Ni 催化下可以发生偶联反应和合成 重要的高分子化合物Y的路线如下：已知：R1CHO+R2CH2CHO+H2回答下列问题：（1）A的化学名称为_。（2）B中含氧官能团的名称是_。（3）X的分子式为_。（4）反应的反应类型是_。（5）反应的化学方程式是_。（6）L是D的同分异构体，属于芳香族化合物，与D具有相同官能团，其核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则L的结构简式可能为_。（7）多环化合物是有机研究的重要方向，请设计由、CH3CHO、合成多环化合物的路线(无机试剂任选)_。18、（化学有机化学基础）3对甲苯丙烯酸甲酯（E）是一种用于合成抗血栓药的中间体，

10、其合成路线如下：已知：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO+H2O（1）遇FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有_种，B中含氧官能团的名称为_（2）试剂C可选用下列中的_a、溴水b、银氨溶液c、酸性KMnO4溶液d、新制Cu(OH)2悬浊液（3）是E的一种同分异构体，该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为_（4）E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为_19、已知25时，Ksp(Ag2S)=6.31050、Ksp(AgCl)=1.51016。某研究性学习小组探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。步骤现象.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉淀.向所得固液混

11、合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色.滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空气中放置较长时间后，沉淀变为乳白色(1)中的白色沉淀是_。(2)中能说明沉淀变黑的离子方程式是_。(3)滤出步骤中乳白色沉淀，推测含有AgCl。用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，过滤得到滤液X和白色沉淀Y。.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀由判断，滤液X中被检出的离子是_。由、可确认步骤中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀_。(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，氧气将中黑色沉淀氧化。现象B：一段时间后，出现乳白色沉淀C：一段

12、时间后，无明显变化A中产生的气体是_。C中盛放的物质W是_。该同学认为B中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：_2Ag2S+_+_+2H2O=4AgCl+_+4NaOH从溶解平衡移动的角度，解释B中NaCl的作用_。20、是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性环境下易分解生成S和。某小组设计了如下实验装置制备（夹持及加热仪器略），总反应为。回答下列问题：a. b.粉末 c.溶液 d.、溶液 e. 溶液（1）装置A的作用是制备_，反应的化学方程式为_。（2）完成下表实验过程：操作步骤装置C的实验现象解释原因检查装置气密性后，添加药品pH计读数约为13用离子方程式表示（以为例）：

13、_打开，关闭，调节；使硫酸缓慢匀速滴下.导管口有气泡冒出，_. pH计读数逐渐_反应分步进行：（较慢）当pH计读数接近7时，立即停止通，操作是_ 必须立即停止通的原因是：_（3）有还原性，可作脱氯剂。向溶液中通入少量，某同学预测转变为，设计实验验证该预测：取少量反应后的溶液于试管中，_。21、氨氮（水中以NH3和NH4+形式存在的氮）含量是环境水体污染的一项重要指标，其氧化过程会造成水体中溶解氧浓度降低，导致水质下降，影响水生动植物的生长。（1）水中NH3和NH4+两者的浓度比取决于水体的pH和水温。当pH偏高时，_比例较高，原因是_（请用离子方程式表示）。（2）空气吹脱法是目前消除NH3对水

14、体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH充分反应后，再向水中通入空气，可增大NH3的脱除率，用平衡移动原理解释其原因：_。（3）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的NH3能够被O2氧化生成亚硝酸(HNO2)。_NH3_O2_HNO2_请将上述化学方程式补充完整，并配平。反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。若反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为_。（4）水中溶氧量（DO）是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示。DO的测定原理如下：2Mn2+O2+4OH-2MnO(OH)2MnO(OH)2+2I-+4H+Mn2+I2+3H2O2S2O

15、32-+I2S4O62-+2I-某小组同学取100.00mL水样经反应和后，取出20.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用amol/LNa2S2O3溶液进行滴定，终点现象为_；滴定消耗Na2S2O3溶液bmL，水样的DO=_mg/L。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A实验中，将SO2通入AgNO3溶液(pH=5)中得到无色溶液a，该溶液中可能含有亚硫酸，亚硫酸为中强酸，所以测定无色溶液a的pH无法判断二氧化硫是否被氧化，故A错误；B实验中，取白色沉淀B，加入3mol/LHNO3，产生的无色气体遇空气变成红棕色，说明硝酸被还原为NO，证明该沉淀B中含有还原性的物质存在，故

16、B正确；C实验中，检验硫酸根离子应先加入盐酸酸化，目的是排除Ag+等，以免干扰硫酸根的检验，直接向溶液a中加入BaCl2，产生的沉淀可能为氯化银，不一定是硫酸根离子，故C错误；D由于实验、不能证明产物中含有硫酸根，因此不能确定产物中含有Ag2SO4生成，故D错误；答案选B。2、B【解析】的质子数为22，质量数为48，故中子数=质量数-质子数=48-22=26。【详解】A项、的质子数为22，故A正确；B项、的质量数为48，故B错误；C项、的中子数=质量数-质子数=48-22=26，故C正确；D项、的电子数=质子数=22，故D正确；故选B。3、C【解析】A、左上角应是质量数，质量数=中子数+质子数

17、=37，应是，故A说法错误；B、氯离子质子数大于电子数，其结构示意图：，故B错误；C、氯原子最外层7个电子，每个氯原子都达到8电子稳定结构，故C正确；D、氯乙烯结构简式：CH2=CHCl，而题目中是氯乙烷，故D说法错误。4、B【解析】从图中可以看出，随着溶液的不断稀释，的pH大于的pH，则表明的n(H+)小于的n(H+)，从而表明lg=0时，对应的酸电离程度大，为HCOOH，为CH3COOH；pH=3时，二者电离产生的c(H+)相等，由于HCOOH的电离常数大于CH3COOH，所以CH3COOH的起始浓度大。【详解】A在c点，溶液的pH大，则酸电离出的c(H+)小，对水电离的抑制作用小，所以溶

18、液中水的电离程度：b点c点，A正确；B相同体积a点的两溶液，CH3COOH的物质的量比HCOOH大，分别与NaOH恰好中和后，消耗的NaOH体积大，所以CH3COOH溶液中n(Na+)大，B错误；C对于HCOOH来说，从c点到d点，温度不变，溶液中=Ka(HCOOH)不变，C正确；D若两溶液无限稀释，可看成是纯水，所以它们的c(H+)相等，D正确；故选B。5、C【解析】A纯棉面料主要成分为纤维素，主要含C、H、O三种元素，故A正确；B植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，故B正确；C聚乙烯不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误；D聚乳酸的降解过程中发生水解反应，水解反应属于取代反应，故

19、D正确；答案选C。6、A【解析】根据常见元素在周期表中的位置及元素周期表的结构知，X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期，X、Y的核外电子数之和等于W的核外电子数，则X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Al元素。【详解】A. 由分析可知，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，O元素没有最高正价，故A错误；B. 由分析可知，Y、Z形成的简单氢化物为NH3和H2O，氮，氧元素中氧的电负性最大，氧与氢之间的共价键最牢固，所以氧的氢化物H2O更稳定，故B正确；C. 电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，氧的核电荷数大于氮元素，所以后者半径小，故C正确；D. 工业上用电解Al和O形成的化合物A

20、l2O3制备单质Al，故D正确；题目要求选错误项，故选A。【点睛】C选注意粒子半径大小的比较：（1）同一元素原子、离子：简单阴离子半径大于其相应原子半径，简单阳离子半径小于其相应原子半径；（2）同一元素离子：核外电子数越少，半径越小；（3）电子层结构相同的离子：核电荷数越大，半径越小。7、C【解析】分析题中由水电离的氢离子浓度变化曲线图可知，ac段水电离出的氢离子浓度逐渐增大，说明这个过程中促进了水的电离，在cd段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明此过程中水的电离被抑制。在c点水的电离程度最大，此时溶液中的溶质为：NaCl和NaClO。据此进行判断。【详解】ANaOH溶液的pH=13，则c(N

21、aOH)=0.1molL1，新制氯水的浓度不确定，m不一定等于20，A项错误；B由题给信息可知，a点时还未加入NaOH，此时溶液呈酸性，c点中水电离程度最大，此时所得溶液溶质是NaCl和NaClO，溶液呈碱性，故b点溶液呈中性，cd段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明随着NaOH的继续加入，水的电离受到抑制，故d点溶液应呈碱性，B项错误；Cac点发生反应为Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，c(Cl)=c(HClO)c(ClO)，由物料守恒知，c(Na)=c(Cl)c(HClO)c(ClO)，故c(Na)=2c(ClO)2c(HClO)，C项正确；D由电离常数知，电离质子能力：H2CO

22、3HClOHCO3-，故H2O+ClO-CO2= HCO3-HClO，D项错误；答案选C。8、C【解析】在装置中，A为制取氯气的装置，B为除去Cl2中混有的HCl的装置，C为Cl2、Fe(OH)3、KOH制取K2FeO4的装置，D为未反应Cl2的吸收装置。【详解】A因为Cl2中混有的HCl会消耗KOH、Fe(OH)3，所以需使用饱和食盐水除去，A正确；B因为K2FeO4在碱性溶液中较稳定，所以C瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成，B正确；C在C装置中发生反应3Cl2+10KOH+2Fe(OH)3=2K2FeO4+6KCl+8H2O，所以氧化性：K2FeO4Cl2，C不正确；D高铁酸钾具有强氧

23、化性，能杀死细菌，反应生成的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附、絮凝作用，所以高铁酸钾是优良的水处理剂，D正确；故选C。9、B【解析】A、反应放热，吸热源于碘单质的状态不同，固态变为气态需要吸收能量，故中的I2为气态，中的I2为固态，错误；B、生成物的能量相等，放热，故的反应物总能量比的反应物总能量低，正确；C、产物的稳定性形同，错误；D、1mol 固态碘升华时将吸热为248+148=316kJ，错误。答案选B。10、C【解析】A. 乙烯分子中碳碳双键变为碳碳单键，一个碳原子链接苯环，一个碳原子链接H原子，属于加成反应，故A错误；B. 根据甲烷的空间结构分析，乙基中的碳原子和氢原子不

24、可能共面，所以乙苯分子内的所有C、H 原子不可能共平面，故B错误；C. 苯环有3种H，乙基有2种H，则乙苯的一溴代物有共有5种，故C正确；D. 乙烯和乙苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不可以，故D错误；故选C。【点睛】记住常见微粒的空间结构，如甲烷：正四面体，乙烯和苯：平面结构，乙炔：直线结构，运用类比迁移的方法分析原子共面问题，注意题干中“一定”，“可能”的区别。11、B【解析】试题分析：各反应中对应物质的物质的量相同，同一物质的能量gls，所以反应物的总能量为：W(g)W(l)，Y(g) Y(l)，生成物的能量为：Z(g)Z(l)，同温同压下，各反应为放热反应，反应物的总能量越高，生成物的总

25、能量越低，则反应放出的热量越多，故B放出的热量最多，即Q2最大，故选B。【点睛】本题主要考查物质能量、物质状态与反应热的关系，难度不大，根据能量变化图来解答非常简单，注意反应热比较时数值与符号均进行比较。12、C【解析】A结构中每个顶点为碳原子，每个碳原子形成四个共价键，不足键用氢补齐，a、b、c的分子中都含有8个C和8个H，则分子式均为C8H8，故A正确；Bb中苯环、碳碳双键为平面结构，与苯环或碳碳双键上的碳直接相连的所有原子处于同一平面，单键可以旋转，则所有原子可能处于同一平面，故B正确；Cc有两种氢原子，c的一氯代物有两种，采用“定一移一”法，先固定一个Cl，第二个Cl的位置如图所示：，

26、移动第一个Cl在位、第二个Cl在位，c的二氯代物共有6种，故C错误；Da、b、c中均有碳碳双键，具有烯烃的性质，均能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；答案选C。13、D【解析】A加水稀释，虽然平衡正向移动，但达平衡时，SO32浓度仍减小，故A错误；B氯气与将亚硫酸反应，生成硫酸和盐酸，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故B错误；CCaSO3与H+反应生成HSO3-，从而增大溶液中的HSO3浓度，故C错误；D通入HCl气体，氢离子浓度增大，第一步电离平衡逆向移动，HSO3浓度减小，故D正确；故选D。14、B【解析】A选项，a点对应是Na2CO3、NaHCO3混合溶液：Fe3+、AlO2

27、、SO42、NO3，CO32、HCO3与Fe3+发生双水解反应，AlO2与HCO3发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根，故A错误；B选项，b点对应是NaHCO3：K+、Ca2+、I、Cl，都不发生反应，共存，故B正确；C选项，c点对应的是NaCl溶液：Na+、Ca2+、NO3、Ag+，Ag+与Cl发生反应，故C错误；D选项，d点对应的是NaCl溶液、盐酸溶液中：F、NO3、Fe2+、Cl，F与H+反应生成HF，NO3、Fe2+、H+发生氧化还原反应，故D错误；综上所述，答案为B。15、D【解析】A. 氨水中溶质为一水合氨，为弱碱，在离子方程式中保留化学式，且反应不能生成偏铝酸根离子；B. 电荷不守

28、恒；C. 根据以少定多原则分析；D. 依据氧化还原规律作答。【详解】A. 一水合氨为弱碱，不能拆成离子形式，且不能溶解氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al2+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，A项错误；B. 向水中通入NO2的离子方程式为：3NO2+H2O=2H+2NO3-+NO，B项错误；C. 向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液，其离子方程式为：NH4+ HCO3-+OH-= NH3H2O+ CO32-+H2O，C项错误；D. 向酸性K2Cr2O7溶液中加入NaHSO3溶液，NaHSO3具有还原性，能将6价Cr还原为Cr3，其离子方程式为：3HSO3-Cr2O72-5H=3

29、SO42-2Cr34H2O，D项正确；答案选D。【点睛】离子方程式的书写及其正误判断是高考高频考点，贯穿整个高中化学，是学生必须掌握的基本技能。本题C项重点考查有关“量”的离子方程式的书写正误判断，可采取 “以少定多”原则进行解答，即假设量少的反应物对应的物质的量为1 mol参与化学反应，根据离子反应的实质书写出正确的方程式，一步到位，不需要写化学方程式，可以更加精准地分析出结论。16、D【解析】A、CuSO4为强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，选项A错误；B. CuSO4与H2S反应生成硫化铜和硫酸，H2S必须写化学式，反应的离子方程式为：Cu2+H2S=CuS+2H+，选项B错误；C. 用惰性电

30、极电解CuSO4溶液时，阴极上铜离子得电子产生铜单质，阳极上氢氧根离子失电子产生氧气，选项C错误；D、在溶液中，根据电荷守恒有：2c (Cu2+) +c (H+)=2c(SO42-) +c(OH-)，选项D正确；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、3-氯丙炔 酯基 C13H16O2 取代反应 【解析】与氯气在紫外线光照条件下发生取代反应生成A（），物质A与NaCN在加热条件下继续发生取代反应生成，在酸性条件下生成再与乙醇发生酯化反应生成B（），B与HI发生加成反应生成，继续与苯甲醛反应生成X（）；另一合成路线中采用逆合成分析法可知，E为聚合物Y的单体，其结构简式为：，根据已知信息逆推

31、法可以得出D为，C是由与水发生加成反应所得，C与苯甲醛在碱性条件下发生反应，结合已知信息可推出C为丙醛，其结构简式为CH3CH2CHO，据此分析作答。【详解】（1）A为，其名称为3-氯丙炔；（2）B为，其中含氧官能团的名称是酯基；（3）从结构简式可以看出X的分子式为：C13H16O2；（4）反应中-Cl转化为-CN，属于取代反应，故答案为取代反应；（5）根据已知的给定信息，反应的化学方程式为：；（6）L是D的同分异构体，则分子式为C10H10O，不饱和度=6，属于芳香族化合物，说明分子结构中含苯环；与D具有相同官能团，则含醛基与碳碳双键；又核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则

32、有5种氢原子，其个数比为3:2:2:2:1，符合上述条件的L的结构简式有：；（7）根据上述合成路线及给定的已知信息可将原料CH3CHO、在碱性条件下反应生成后再继续与依据已知信息得到，最后与溴加成制备得到目标产物，具体合成路线如下：。18、3 醛基 b、d +2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O 【解析】甲苯和CO在AlCl3、HCl作用下生成A，A和乙醛发生题目给的已知的反应生成B，则B为，B在银氨溶液或新制氢氧化铜作用下被氧化为羧酸盐，然后再酸化得到D，D可以和甲酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E。【详解】（1）遇FeCl3溶液显紫色，说明同分异构体含有酚羟基，则另一个取代基为乙

33、烯基，二者可为邻、间、对3种位置，共有3种同分异构体；根据题目所给信息，B中含有醛基。（2）B中含有的醛基与C反应转化为羧基，所以试剂C可以为银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液。（3）酯基在NaOH条件下发生水解反应，根据水解反应的原理，化学方程式为+2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O。（4）E中含有碳碳双键，经过加聚反应可得E，根据加聚反应规律可得F的结构简式为。19、AgCl 2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq) SO42- S O2 Ag2S的悬浊液 2Ag2S1O24NaCl2H2O=4AgCl2S4NaOH 对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+

34、(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S 【解析】(1)中的白色沉淀由NaCl与AgNO3溶液发生反应生成。(2)中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等。(3).向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；由判断，可确定滤液X中被检出的离子。另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。(4)A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生

35、气体的成分。因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W。B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。B中，Ag2S被氧化生成S，则Ag+会与NaCl作用，从而促进平衡正向移动。【详解】(1)中的白色沉淀由NaCl与AgNO3反应生成，则为AgCl。答案为：AgCl；(2)中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等，反应的离子方程式为2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案为：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；(3).向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此

36、沉淀为BaSO4；.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；由判断，可确定滤液X中被检出的离子为SO42-。答案为：SO42-；另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，则其为S。答案为：S；(4)A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体为O2。答案为：O2；因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W为Ag2S的悬浊液。答案为：Ag2S的悬浊液；B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式为2Ag2S1O24NaCl2H2O=4AgCl2S4NaOH。答案为：2Ag2S1O24NaCl2H2O=4AgC

37、l2S4NaOH；B中，Ag2S被O2氧化生成S，则Ag+游离出来，会与NaCl中的Cl-结合，生成AgCl沉淀，从而促进平衡正向移动，B 中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。答案为：对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。【点睛】因为Ksp(Ag2S)=6.31050、Ksp(AgCl)=1.51016，所以将AgCl转化为Ag2S我们容易理解，如何实现黑色沉淀向白色沉淀的转化，即Ag2S转化为AgCl，则需要改变反应条件，

38、通过实验我们可得出是O2的帮助，结合前面推断，可确定还有S生成，然后利用守恒法便可将方程式配平。20、 溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清（或浑浊减少） 减小 关闭、，打开 过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率 加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加Ba溶液，有白色沉淀生成 【解析】（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3，反应生成二氧化硫气体；（2）检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解的原因；打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下，反应分步进行：Na2CO3+SO2Na2SO3+CO22Na2S+3SO22Na2SO3+3SNa2SO3+S

39、Na2S2O3（较慢）发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，据此分析反应现象；当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，操作是关闭K1、K2，打开K3；（3）预测S2O32-转变为SO42-，可以利用检验硫酸根离子的方法设计实验检验；【详解】（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3，反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=SO2+H2O+Na2SO4，故答案为SO2；H2SO4+Na2SO3=SO2+H2O+Na2SO4；(2)检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说

40、明溶液显碱性是硫离子水解，水解离子方程式为：S2+H2OHS+OH，打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下，反应分步进行：Na2CO3+SO2Na2SO3+CO22Na2S+3SO22Na2SO3+3SNa2SO3+SNa2S2O3（较慢）发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，反应过程中的现象是导管口有气泡冒出，溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)，碳酸钠溶液变化为亚硫酸钠溶液和硫代硫酸钠溶液，pH计读数逐渐减小当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，操作是关闭K1、K2，打开K3，必须立即停止通SO2的原因是：SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，故答案为S2+H2OHS+OH；溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)；减小；关闭K1、K2，打开K3；SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率；(3)Na2S2O3有还原性，可作脱氯剂。向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，某同学预测S2O32