2025屆西藏自治區拉薩市城關區拉薩中學高考仿真模擬化學試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列關于有機物(a)的說法錯誤的是A．a、b、c的分子式均為C8H8B．b的所有原子可能處于同一平面C．c的二氯代物有4種D．a、b、c均能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色2、對于達到化學平衡狀態的可逆反應，改變某一條件，關于化學反應速率的變化、化學平衡的移動、化學平衡常數的變化全部正確的是（）條件的改變化學反應速率的改變化學平衡的移動化學平衡常數的變化A加入某一反應物一定增大可能正向移動一定不變B增大壓強可能增大一定移動可能不變C升高溫度一定增大一定移動一定變化D加入（正）催化劑一定增大不移動可能增大A．A B．B C．C D．D3、用NA表示阿伏伽德羅常數的值。下列有關說法正確的是（）A．1mol氮氣與3mol氫氣反應，生成的氨分子數目為2NAB．1.0mol?L-1Na2SO3水溶液中含有的硫原子數目為NAC．電解飽和食鹽水，當陽極產生11.2LH2時，轉移的電子數為NAD．常溫下，3L0.1mol?L-1FeCl3溶液所含Fe3+數目小于0.3NA4、將Na2O2與過量NaHCO3混合固體在密閉容器中充分加熱反應后，排出氣體后最終剩余固體是（）A．NaOH和Na2O2 B．NaOH和Na2CO3C．Na2CO3 D．Na2O25、利用小粒徑零價鐵（ZVI）的電化學腐蝕處理三氯乙烯，進行水體修復的過程如圖所示。H+，O2，NO3－等共存物的存在會影響水體修復效果，定義單位時間內ZVI釋放電子的物質的量為nt，其中用于有效腐蝕的電子的物質的量為ne。下列說法錯誤的是（）A．反應①②③④均在正極發生B．單位時間內，三氯乙烯脫去amolCl時ne=amolC．④的電極反應式為NO3－+10H++8e－=NH4++3H2OD．增大單位體積水體中小粒徑ZVI的投入量，可使nt增大6、下列屬于不可再生能源的是（）A．氫氣B．石油C．沼氣D．酒精7、下列說法不正確的是（）A．乙烯的結構簡式為CH2＝CH2B．乙烯分子中6個原子共平面C．乙烯分子的一氯代物只有一種D．CHBr＝CHBr分子中所有原子不可能共平面8、化學與生活密切相關。下列敘述錯誤的是A．疫苗因未冷藏儲運而失效,與蛋白質變性有關B．天然氣既是高效清潔的化石燃料,又是重要的化工原料C．“中國天眼”的鏡片材料為SiC,屬于新型有機非金屬材料D．港珠澳大橋水下鋼柱鑲鋁塊防腐的方法為犧牲陽極的陰極保護法9、萜類化合物廣泛存在于動植物體內，關于下列萜類化合物的說法正確的是A．a和b都屬于芳香烴B．a和c分子中所有碳原子均處于同一平面上C．在一定條件a、b和c均能與氫氣發生加成反應D．b和c均能與新制Cu(OH)2懸濁液反應生成磚紅色沉淀10、下列說法錯誤的是（）A．以乙醇、空氣為原料可制取乙酸B．甲苯分子中最多13個原子共平面C．淀粉、油脂和蛋白質都是可以水解的高分子化合物D．分子式為C5H12O的醇共有8種結構11、電解法處理CO2和SO2混合污染氣的原理如下圖所示，電解質為熔融碳酸鹽和硫酸鹽，通電一段時間后，Ni電極表面形成摻雜硫的碳積層。下列說法錯誤的是A．Ni電極表面發生了還原反應B．陽極的電極反應為：2O2—-4e-=O2C．電解質中發生的離子反應有：2SO2+4O2—=2SO42—D．該過程實現了電解質中碳酸鹽和硫酸鹽的自補充循環12、根據下列實驗操作和現象所得到的結論正確的是（）A．A B．B C．C D．D13、下列醇類物質中既能發生消去反應，又能發生催化氧化反應生成醛類的物質是()A．B．C．D．14、下列實驗過程可以達到實驗目的的是編號實驗目的實驗過程A配制0.4000mol?L-1的NaOH溶液將稱取的4.0g固體NaOH置于250mL容量瓶中，加入適量蒸餾水溶解并定容至容量瓶刻度線B收集NH4Cl和Ca(OH)2混合物在受熱時產生的氣體用排水法收集，在實驗結束時，應先移出導管，后熄滅酒精燈C探究濃度對反應速率的影響向2支盛有5mL不同濃度Na2S2O3溶液的試管中同時加入2mL0.1mol/LH2SO4溶液，察實驗現象D證明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)向含少量NaCl的NaI溶液中滴入適量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成A．A B．B C．C D．D15、已知氣體的摩爾質量越小，擴散速度越快。圖所示為氣體擴散速度的實驗。兩種氣體擴散時形成圖示的白色煙環。對甲、乙物質的判斷，正確的是A．甲是濃氨水，乙是濃硫酸B．甲是濃氨水，乙是濃鹽酸C．甲是氫氧化鈉溶液，乙是濃鹽酸D．甲是濃硝酸，乙是濃氨水16、用化學方法不能實現的是（）A．生成一種新分子 B．生成一種新離子C．生成一種新同位素 D．生成一種新單質二、非選擇題（本題包括5小題）17、有機化合物P是合成抗腫瘤藥物的中間體，其合成路線如下:已知:RClRCOOH（1）H的官能團名稱___________。寫出E的結構簡式___________。（2）B→C中①的化學方程式___________。（3）檢驗F中官能團的試劑及現象_________。（4）D的同分異構體有多種，其中滿足以下條件的有________種。①1molD能與足量NaHCO3反應放出2molCO2②核磁共振氫譜顯示有四組峰（5）H→J的反應類型___________。（6）已知：K經過多步反應最終得到產物P：①K→L的化學方程式___________。②寫出M的結構簡式___________。18、A為只含有C、H、O三種元素的芳香烴衍生物，且苯環上只有兩個取代基。各物質間的相互轉化關系如下圖所示。已知：D通過加聚反應得到E，E分子式為(C9H8O2)n；H分子式為C18H16O6；I中除含有一個苯環外還含有一個六元環。(1)寫出A的分子式：A______________。(2)寫出I、E的結構簡式：I______________E_________________；(3)A+G→H的反應類型為____________________________；(4)寫出A→F的化學方程式__________________________。(5)有機物A的同分異構體只有兩個對位取代基，既能與Fe3+發生顯色反應，又能發生水解反應，但不能發生銀鏡反應。則此類A的同分異構體有_______種，其中一種在NaOH溶液中加熱消耗的NaOH最多。寫出該同分異構體與NaOH溶液加熱反應的化學方程式___________________。19、CuCl用于石油工業脫硫與脫色，是一種不溶于水和乙醇的白色粉末，在潮濕空氣中可被迅速氧化。Ⅰ.實驗室用CuSO4-NaCl混合液與Na2SO3溶液反應制取CuCl。相關裝置及數據如下圖?；卮鹨韵聠栴}：（1）甲圖中儀器1的名稱是________；制備過程中Na2SO3過量會發生副反應生成[Cu(SO3)2]3-，為提高產率，儀器2中所加試劑應為_________（填“A”或“B”）。A、CuSO4-NaCl混合液B、Na2SO3溶液（2）乙圖是體系pH隨時間變化關系圖，寫出制備CuCl的離子方程式_______________；丙圖是產率隨pH變化關系圖，實驗過程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是___________________________并維持pH在____________左右以保證較高產率。（3）反應完成后經抽濾、洗滌、干燥獲得產品。抽濾所采用裝置如丁圖所示，其中抽氣泵的作用是使吸濾瓶與安全瓶中的壓強減小，跟常規過濾相比，采用抽濾的優點是________________________（寫一條）；洗滌時，用“去氧水”作洗滌劑洗滌產品，作用是____________________________。Ⅱ.工業上常用CuCl作O2、CO的吸收劑，某同學利用如下圖所示裝置模擬工業上測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的含量。已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液也能吸收氧氣。（4）裝置的連接順序應為_______→D（5）用D裝置測N2含量，讀數時應注意______________________。20、S2Cl2是一種重要的化工產品。常溫時是一種有毒并有惡臭的金黃色液體，熔點－76℃，沸點138℃，受熱或遇水分解放熱，放出腐蝕性煙氣，易與水反應，300℃以上完全分解。進一步氯化可得SCl2，SCl2是櫻桃紅色液體，易揮發，熔點－122℃，沸點59℃。SCl2與S2Cl2相似，有毒并有惡臭，但更不穩定。實驗室可利用硫與少量氯氣在110～140℃反應制得S2Cl2粗品。請回答下列問題：（1）儀器m的名稱為______，裝置D中試劑的作用是______。（2）裝置連接順序：______→B→D。（3）為了提高S2Cl2的純度，實驗的關鍵是控制好溫度和______。（4）從B中分離得到純凈的S2Cl2，需要進行的操作是______；（5）若將S2Cl2放入少量水中會同時產生沉淀和兩種氣體。某同學設計了如下實驗方案，測定所得混合氣體中某一成分X的體積分數：①W溶液可以是______（填標號）。aH2O2溶液b氯水c酸性KMnO4溶液dFeCl3溶液②該混合氣體中氣體X的體積分數為______（用含V、m的式子表示）。21、二氧化氯是黃綠色的氣體，可用于水體消毒與廢水處理．一種制備方法為：_______H2C2O4+___NaClO3+___H2SO4→___Na2SO4+___CO2↑+__ClO2↑+___H2O完成下列填空：（1）配平上述反應方程式，該反應的還原產物是______．（2）該反應每產生0.2molClO2，需要消耗草酸晶體（H2C2O4?2H2O）_____g．（3）上述反應物中屬于第三周期的元素的原子半徑大小順序是______，其中原子半徑最大的元素最外層電子云形狀為______．（4）二氧化氯具有強氧化性，能漂白有色物質，其漂白原理與_______相同．（寫一種）（5）二氧化氯能凈化有毒廢水中的氰化鈉（NaCN），生成NaCl、CO2和N2，請寫出此反應的離子方程式：__________．（6）上述反應產物NaCl中含有______鍵，工業上用電解熔融的氯化鈉制備金屬鈉，氯氣在_____（寫電極名稱）產生．

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

A．結構中每個頂點為碳原子，每個碳原子形成四個共價鍵，不足鍵用氫補齊，a、b、c的分子中都含有8個C和8個H，則分子式均為C8H8，故A正確；B．b中苯環、碳碳雙鍵為平面結構，與苯環或碳碳雙鍵上的碳直接相連的所有原子處于同一平面，單鍵可以旋轉，則所有原子可能處于同一平面，故B正確；C．c有兩種氫原子，c的一氯代物有兩種，采用“定一移一”法，先固定一個Cl，第二個Cl的位置如圖所示：，移動第一個Cl在①位、第二個Cl在④位，c的二氯代物共有6種，故C錯誤；D．a、b、c中均有碳碳雙鍵，具有烯烴的性質，均能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，故D正確；答案選C。2、C【解析】

A．如加入反應物為固體，由于不改變反應物濃度，則反應速率不變，平衡不移動，故A錯誤；B．如反應前后氣體的體積不變，則增大壓強，平衡不移動，平衡常數只受溫度的影響，改變壓強，平衡常數不變，故B錯誤；C．升高溫度，反應速率增大，平衡向吸熱方向移動，且平衡常數改變，故C正確；D．加入催化劑，反應速率增大，平衡不移動，且不影響平衡常數，故D錯誤。故選：C。3、D【解析】

A．氮氣與氫氣反應為可逆反應，不能進行到底，所以1mol氮氣與3mol氫氣反應，生成的氨分子數目小于2NA，故A錯誤；B．溶液體積未知，無法計算S原子個數，故B錯誤；C．氣體狀況未知，無法計算其物質的量，故無法計算電子轉移數，故C錯誤；D．三價鐵離子為弱堿陽離子，水溶液中部分水解，所以常溫下，3L0.1mol?L-1FeCI3溶液所含Fe3+數目小于0.3NA，故D正確；故選：D。4、C【解析】

加熱時碳酸氫鈉分解生成二氧化碳和水，分別與過氧化鈉反應生成碳酸鈉和氫氧化鈉，當碳酸氫鈉過量時，生成二氧化碳過量，最終產物為碳酸鈉?！驹斀狻考訜釙r碳酸氫鈉分解生成二氧化碳和水，二氧化碳和水與過氧化鈉反應，當碳酸氫鈉過量時，生成二氧化碳、水均過量，則反應后生成的固體中不可能存在過氧化鈉，過氧化鈉先與過量的二氧化碳反應生成碳酸鈉，則最終產物為碳酸鈉；故答案選C。5、B【解析】

A選項，由修復過程示意圖中反應前后元素化合價變化可知，反應①②③④均為得電子的反應，所以應在正極發生，故A正確；B選項，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合價為+1價，乙烯中C原子化合價為-2價，1molC2HCl3轉化為1molC2H4時，得到6mol電子，脫去3mol氯原子，所以脫去amolCl時ne=2amol，故B錯誤；C選項，由示意圖及N元素的化合價變化可寫出如下轉化NO3_+8e_—NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O來配平該反應，而不能用H2O和OH_來配平，所以④的電極反應式為NO3_+10H++8e_=NH4++3H2O，故C正確；D選項，增大單位體積水體中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正極的接觸面積，加快ZVI釋放電子的速率，可使nt增大，故D正確；綜上所述，答案為B。6、B【解析】煤、石油及天然氣是化石能源，屬不可能再生的能源，而氫氣、沼氣、酒精及太陽能、風能等為再生能源，故答案為B。點睛：明確能源的來源是解題關鍵，能夠源源不斷的從自然界得到補充的能源叫可再生能源，如太陽能、風能、生物質能等；短期內不能從自然界得到補充的能源叫不可再生能源，如煤、石油等。7、D【解析】

A.乙烯的結構簡式為CH2=CH2，A正確；B.乙烯是平面型分子，分子中6個原子共平面，B正確；C.乙烯分子結構完全對稱，只有一種等效氫原子，則一氯代物只有一種，C正確；D.乙烯是平面型分子，直接連在雙鍵碳上的溴原子和2個碳原子、2個氫原子共平面，D錯誤；答案為D；8、C【解析】

A．溫度過高蛋白質會發生變性，故A正確；B．天然氣燃燒只生成二氧化碳和水，為清潔燃料，利用天然氣可以合成二甲醚等有機物，是重要的化工原料，故B正確；C．碳化硅是非金屬化合物，且為無機物，碳化硅是一種新型無機非金屬材料，故C錯誤；D．鋁比銅活潑，形成原電池鋁作負極被氧化，防腐方法為犧牲陽極的陰極保護法，故D正確；故答案為C。9、C【解析】

A．a中不含苯環，則不屬于芳香族化合物，只有b屬于芳香族化合物，但含有O元素，不屬于芳香烴，A錯誤；B．a、c中含甲基、亞甲基、次甲基均為四面體構型，則a和c分子中所有碳原子不可能處于同一平面上，B錯誤；C．a含碳碳雙鍵、b含苯環、c含-CHO，均可與氫氣發生加成反應，C正確；D.b中無醛基，不能與新制Cu(OH)2懸濁液反應生成磚紅色沉淀，c分子中含有醛基，可以與新制Cu(OH)2懸濁液共熱反應生成磚紅色沉淀，D錯誤；故合理選項是C。10、C【解析】

A.醇羥基可以發生氧化反應生成羧基，可以用乙醇、空氣為原料制取乙酸，故A正確；B.甲苯中苯基有11個原子共平面，甲基中最多有2個原子與苯基共平面，最多有13個原子共平面，故B正確；C.油脂不屬于高分子化合物，故C錯誤；D.C5H12的同分異構體有CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4，其中CH3CH2CH2CH2CH3有3種H原子，CH3CH2CH(CH3)2有4種H原子，C(CH3)4只有1種H原子，故羥基(—OH)取代1個H得到的醇有3+4+1=8種，故D正確；故答案為C。【點睛】C5H12O的醇可以看做羥基上連接一個戊基，戊基有8種，所以分子式為C5H12O的醇共有8種結構；常見的烴基個數：丙基2種；丁基4種；戊基8種。11、C【解析】

由圖可知，Ni電極表面發生了SO42-轉化為S，CO32-轉化為C的反應，為還原反應；SnO2電極上發生了2O2—-4e-=O2↑，為氧化反應，所以Ni電極為陰極，SnO2電極為陽極，據此分析解答。【詳解】A.由圖示原理可知，Ni電極表面發生了還原反應，故A正確；B.陽極發生失電子的氧化反應，電極反應為：2O2—-4e-=O2↑，故B正確；C.電解質中發生的離子反應有：2SO2+O2+2O2-=2SO42—和CO2+O2-=CO32-，故C錯誤；D.該過程中在SO42-和CO32-被還原的同時又不斷生成SO42-和CO32-，所以實現了電解質中碳酸鹽和硫酸鹽的自補充循環，故D正確。故答案選C。12、B【解析】

A.向苯中加少量溴水，振蕩，水層變成無色，是苯萃取溴的過程，屬于物理變化，故A錯誤；B.沉淀部分溶解，說明還有部分不溶解，不溶解的一定是硫酸鋇，溶解的是亞硫酸鋇，所以亞硫酸鈉只有部分被氧化，故B正確；C.向溶液中加入鹽酸生成白色沉淀，可能是Na2SiO3溶液或AgNO3溶液等，故C錯誤;D.SO2通入含酚酞的NaOH溶液中紅色消失，是SO2與NaOH反應生成亞硫酸鈉和水的緣故，故D錯誤；故答案為B。13、C【解析】A、被氧化為酮，不能被氧化為醛，選項A錯誤；B、不能發生消去反應，選項B錯誤；C、-OH鄰位C上含有H原子，能發生消去反應，含有-CH2OH的結構，可被氧化為醛，選項C正確；D、被氧化為酮，不能被氧化為醛，選項D錯誤。答案選C。14、C【解析】

A．容量瓶是配制一定物質的量濃度溶液的儀器，不能用于溶解溶質，即不能在容量瓶中溶解NaOH，A錯誤；B．NH3極易溶于水，其收集方法不能用排水法，B錯誤；C．Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，可以通過黃色沉淀出現快慢來比較化學反應速率的快慢，從而探究濃度對化學反應速率的影響，C正確；D．由于NaCl量較少，可能濃度商c(Ag＋)·c(Cl－)<Ksp(AgCl)而未出現沉淀。只有在CI－和I－濃度相同情況下才可以比較，D錯誤。答案選C?！军c睛】A項需要注意的是NaOH溶液易變質，通常不能直接正確地配制一定物質的量的濃度的NaOH溶液（即NaOH不能作基準物質），而需要通過滴定來測定NaOH溶液的濃度。15、B【解析】

氣體的摩爾質量越小，氣體擴散速度越快，相同時間內擴散的距離就越遠，再根據煙環物質可以判斷甲乙。【詳解】A.濃硫酸難揮發，不能在管內與氨氣形成煙環，故A錯誤；B.由氣體的摩爾質量越小，擴散速度越快，所以氨氣的擴散速度比氯化氫快，氨氣比濃鹽酸離煙環遠，所以甲為濃氨水、乙為濃鹽酸，故B正確；C.氫氧化鈉溶液不具有揮發性，且氫氧化鈉與鹽酸反應不能產生白色煙環，故C錯誤；D.氨氣擴散速度比硝酸快，氨氣比濃硝酸離煙環遠，故D錯誤。答案選B?！军c睛】本題需要注意觀察圖示，要在管內兩物質之間形成煙環，兩種物質都需要具有揮發性，A、C中的濃硫酸和氫氧化鈉溶液都不能揮發。16、C【解析】

化學變化的實質是相互接觸的分子間發生原子或電子的轉換或轉移，生成新的分子并伴有能量變化的過程?！驹斀狻扛鶕瘜W變化的實質是相互接觸的分子間發生原子或電子的轉換或轉移，生成新的分子并伴有能量變化的過程，原子并沒有發生變化，可知通過化學方法可以生產一種新分子，也可以生成一種新離子，還可生成一種新單質；具有一定數目的質子和一定數目的中子的原子稱為核素，即核素的種類決定于原子核，而化學反應只是核外電子數目的變化，所以生成一種新同位素通過化學反應是不能實現的，故C符合；答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、醚鍵、硝基(C2H5OOC)2C=CHOC2H5ClCH2COOH+NaCN→CNCH2COOH+NaClFeCl3溶液，顯紫色3還原反應+C2H5OH【解析】

A和Cl2反應生成B，B中只有1個Cl，所以應該是取代反應，B發生了給出的已知中的反應，所以C中有羧基，C有4個氧原子，而且C的不飽和度為2，再根據D的結構簡式，可知C為丙二酸，B為ClCH2COOH，A為CH3COOH。根據K和J的結構簡式可知E的結構簡式為(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)，根據G的結構簡式可知F為苯酚?！驹斀狻浚?）根據H的結構簡式，H的官能團名稱為醚鍵和硝基。E的結構簡式為(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)。（2）B→C中①的化學方程式為ClCH2COOH+NaCNNCCH2COOH+NaCl。（3）F為苯酚，苯酚遇FeCl3溶液顯紫色，或和濃溴水反應生成三溴苯酚白色沉淀。（4）D的同分異構體有多種，1molD能與足量NaHCO3反應放出2molCO2，說明1個D分子中有2個羧基。核磁共振氫譜顯示有四組峰，說明D分子有比較高的對稱性。符合要求的有HOOCCH2CH2CH2CH2CH2COOH、HOOCCH(CH3)CH2CH(CH3)COOH和，共3種。（5）H→J是H中的硝基變成了氨基，是還原反應。（6）①根據已知，K→L發生了苯環上的一個氫原子和酯基上的乙氧基斷裂結合成乙醇，苯環上的碳原子和斷裂乙氧基的碳原子結合成新的碳碳單鍵的反應，再結合P的結構可知，苯環上斷裂的氫原子是和氮原子處于鄰位、和甲氧基處于對位的氫原子，所以K→L的化學方程式為：+C2H5OH。②得到的L繼續發生給出的已知的反應，生成Q（），Q在NaOH溶液中發生水解，Cl被羥基代替，同時羧基和NaOH發生中和反應生成鈉鹽，故M的結構簡式為。18、C9H10O3取代反應(或酯化反應)2+O22+2H2O4種+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O【解析】

A能發生連續的氧化反應，說明結構中含有-CH2OH，D通過加聚反應得到

E，E分子式為(C9H8O2)n，D的分子式為C9H8O2，D中含碳碳雙鍵，由A在濃硫酸作用下發生消去反應生成D，A為只含有C、H、O三種元素的芳香烴衍生物，且芳環上只有兩個取代基，A中含有苯環，A在濃硫酸作用下生成的I中除含有一個苯環外還含有一個六元環，應是發生的酯化反應，A中含有羧基，A的結構應為，D為，E為，I為，反應中A連續氧化產生G，G為酸，F為，G為，A與G發生酯化反應產生H，根據H分子式是C18H16O6，二者脫去1分子的水，可能是，也可能是，據此解答。【詳解】根據上述分析可知：A為，D為，E為，F為，G為，I為，H的結構可能為，也可能是。(1)A為，則A的分子式為C9H10O3；(2)根據上面的分析可知，I為，E為；(3)A為，A分子中含有羥基和羧基，G為，G分子中含有羧基，二者能在濃硫酸存在和加熱條件下發生酯化反應，酯化反應屬于取代反應，A+G→H的反應類型為取代反應；(4)A中含有醇羥基和羧基，由于羥基連接的C原子上含有2個H原子，因此可以發生催化氧化反應，產生醛基，因此A→F的化學方程式為2+O22+2H2O；(5)有機物A的同分異構體只有兩個對位取代基，能與Fe3+發生顯色反應，說明苯環對位上有-OH，又能發生水解反應，但不能發生銀鏡反應，說明含有酯基，不含醛基，同分異構體的數目由酯基決定，酯基的化學式為-C3H5O2，有—OOCCH2CH3、—COOCH2CH3、—CH2OOCCH3和—CH2COOCH3，共4種同分異構體。其中的一種同分異構體在NaOH溶液中加熱消耗的NaOH最多，酯基為—OOCCH2CH3，1mol共消耗3molNaOH，其它異構體1mol消耗2molNaOH，該異構體的結構簡式為，該反應的化學方程式為：+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O?！军c睛】本題考查有機物的推斷和合成的知識，有一定的難度，做題時注意把握題中關鍵信息，采用正、逆推相結合的方法進行推斷，注意根據同分異構體的要求及各種官能團的性質判斷相應的同分異構體的結構和數目。19、三頸燒瓶B2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－及時除去系統中反應生成的H+3.5可加快過濾速度、得到較干燥的沉淀（寫一條）洗去晶體表面的雜質離子，同時防止CuCl被氧化C→B→A溫度降到常溫，上下調節量氣管至左右液面相平，讀數時視線與凹液面的最低處相切（任意兩條）【解析】

Ⅰ.（1）根據儀器的結構和用途回答；儀器2中所加試劑應為Na2SO3溶液，便于通過分液漏斗控制滴加的速率，故選B。（2）乙圖隨反應的進行，pH降低，酸性增強，Cu2＋將SO32－氧化，制備CuCl的離子方程式2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－；丙圖是產率隨pH變化關系圖，pH=3.5時CuCl產率最高，實驗過程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，控制pH。（3）抽濾的優點是可加快過濾速度、得到較干燥的沉淀（寫一條）；洗滌時，用“去氧水”作洗滌劑洗滌產品，作用是洗去晶體表面的雜質離子，同時防止CuCl被氧化。Ⅱ.（4）氫氧化鉀會吸收二氧化碳，鹽酸揮發出的HCl會影響氧氣的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氫氧化鈉溶液吸收二氧化碳，B中盛放保險粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧氣，A中盛放CuCl的鹽酸溶液吸收CO，D測定氮氣的體積，裝置的連接順序應為C→B→A→D；（5）用D裝置測N2含量，讀數時應注意溫度降到常溫，上下調節量氣管至左右液面相平，讀數時視線與凹液面的最低處相切（任意兩條）?！驹斀狻竣?（1）根據儀器的結構和用途，甲圖中儀器1的名稱是三頸燒瓶；制備過程中Na2SO3過量會發生副反應生成[Cu(SO3)2]3-，為提高產率，儀器2中所加試劑應為Na2SO3溶液，便于通過分液漏斗控制滴加的速率，故選B。（2）乙圖是體系pH隨時間變化關系圖，隨反應的進行，pH降低，酸性增強，Cu2＋將SO32－氧化，制備CuCl的離子方程式2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－；丙圖是產率隨pH變化關系圖，pH=3.5時CuCl產率最高，實驗過程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是及時除去系統中反應生成的H+，并維持pH在3.5左右以保證較高產率。（3）抽濾所采用裝置如丁圖所示，其中抽氣泵的作用是使吸濾瓶與安全瓶中的壓強減小，跟常規過濾相比，采用抽濾的優點是可加快過濾速度、得到較干燥的沉淀（寫一條）；洗滌時，用“去氧水”作洗滌劑洗滌產品，作用是洗去晶體表面的雜質離子，同時防止CuCl被氧化。Ⅱ.（4）氫氧化鉀會吸收二氧化碳，鹽酸揮發出的HCl會影響氧氣的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氫氧化鈉溶液吸收二氧化碳，B中盛放保險粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧氣，A中盛放CuCl的鹽酸溶液吸收CO，D測定氮氣的體積，裝置的連接順序應為C→B→A→D；（5）用D裝置測N2含量，讀數時應注意溫度降到常溫，上下調節量氣管至左右液面相平，讀數時視線與凹液面的最低處相切（任意兩條）?！军c睛】本題考查物質制備實驗、物質含量測定實驗，屬于拼合型題目，關鍵是對原理的理解，難點Ⅱ.（4）按實驗要求連接儀器，需要具備扎實的基礎。20、三頸燒瓶防止空氣中的水蒸氣進入B使產品與水反應，吸收剩余的Cl2A→F→E→C滴入濃鹽酸的速率（或B中通入氯氣的量）蒸餾ab×100%【解析】

本實驗要硫與少量氯氣在110～140℃反應制備S2Cl2粗品，根據題目信息“熔點－76℃，沸點138℃”，制備的產品為氣體，需要冷凝收集；受熱或遇水分解放熱，所以溫度要控制好，同時還要在無水環境進行制備，則氯氣需要干燥除雜，且制備裝置前后都需要干燥裝置；所以裝置連接順序為A、F、E、C、B、D；(5)S2Cl2遇水會生成SO2、HCl兩種氣體，實驗目的是測定該混合氣