2023学年常德市重点中学高考化学考前最后一卷预测卷（含答案解析）

2023高考化学模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关有机物的说法不正确的是A．苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持反应生成硝基苯B．用与发生酯化反应，生成的有机物为C．苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷D．戊烷的一溴取代物共有8种不含立体异构2、下列实验用酸性KMnO4溶液不能达到预期目的的是A．鉴别SO2和CO2 B．检验CH2=C(CH3)CHO中含碳碳双键C．鉴别苯和甲苯 D．检验硫酸铝溶液中是否有硫酸亚铁3、用如图所示装置进行下述实验，下列说法正确的是选项RabMnm中电极反应式A导线FeCuH2SO4CuSO4Fe－3e－＝Fe3＋B导线CuFeHClHCl2H＋－2e－＝H2↑C电源，右侧为正极CuCCuSO4H2SO4Cu－2e－＝Cu2＋D电源，左侧为正极CCNaClNaCl2Cl-－2e－＝Cl2↑A．A B．B C．C D．D4、海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法错误的是A．①中可采用蒸馏法 B．②中可通过电解法制金属镁C．③中提溴涉及到复分解反应 D．④的产品可生产盐酸、漂白液等5、β−月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物(只考虑位置异构)理论上最多有（）A．2种 B．3种 C．4种 D．6种6、某烃的含氧衍生物的球棍模型如图所示下列关于该有机物的说法正确的是()A．名称为乙酸乙酯B．显酸性的链状同分异构体有3种C．能发生取代、加成和消除反应D．能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同7、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A．Cu2S(s)Cu(s)CuCl2(s)B．SiO2(s)H2SiO3(s)Na2SiO3(aq)C．Fe(s)Fe2O3(s)Fe2(SO4)3(aq)D．NaCl(aq)Na2CO3(s)NaOH(aq)8、某浓度稀HNO3与金属M反应时，能得到+2价硝酸盐，反应时M与HNO3的物质的量之比为5∶12，则反应时HNO3的还原产物是（）A．NH4NO3 B．N2 C．N2O D．NO9、将0.03molCl2缓缓通入含0.02molH2SO3和0.02molHI的混合溶液中，在此过程中溶液中的c(H+)与Cl2用量的关系示意图正确的是(溶液的体积视为不变)A． B． C． D．10、化学制备萘（）的合成过程如图，下列说法正确的是（）A．a的分子式是C10H12O B．b的所有碳原子可能处于同一平面C．萘的二氯代物有10种 D．a→b的反应类型为加成反应11、下列有关氨气的制备、干燥、收集和尾气处理错误的是A．图甲：实验室制氨气 B．图乙：干燥氨气C．图丙：收集氨气 D．图丁：实验室制氨气的尾气处理12、电渗析法是指在外加电场作用下，利用阴离子交换膜和阳离子交换膜的选择透过性，使部分离子透过离子交换膜而迁移到另一部分水中，从而使一部分水淡化而另一部分水浓缩的过程。下图是利用电渗析法从海水中获得淡水的原理图，已知海水中含Na＋、Cl－、Ca2＋、Mg2＋、SO42-等离子，电极为石墨电极。下列有关描述错误的是A．阳离子交换膜是A，不是BB．通电后阳极区的电极反应式：2Cl－－2e－→Cl2↑C．工业上阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，以减少石墨的损耗D．阴极区的现象是电极上产生无色气体，溶液中出现少量白色沉淀13、常温下，NC13是一种油状液体，其分子空间构型为三角锥形，下列对NC13的有关叙述错误的是（）A．NC13中N—C1键键长比CCl4中C—C1键键长短B．NC13分子中的所有原子均达到8电子稳定结构C．NCl3分子是极性分子D．NBr3的沸点比NCl3的沸点低14、2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法中错误的是A．甲位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族 B．原子半径比较：甲＞乙＞SiC．乙的简单气态氢化物的稳定性强于CH4 D．推测乙的单质可以用作半导体材料15、生活中一些常见有机物的转化如图下列说法正确的是A．上述有机物中只有C6H12O6属于糖类物质B．转化1可在人体内完成，该催化剂属于蛋白质C．物质C和油脂类物质互为同系物D．物质A和B都属于非电解质16、Fe3O4中含有Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2-，其反应过程如图所示。下列说法正确的是（）A．Pd作正极B．Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用C．反应过程中NO2-被Fe（Ⅱ）氧化为N2D．用该法处理后水体的pH降低二、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、阿司匹林是一种解毒镇痛药。烃A是一种有机化工原料，下图是以它为初始原料设计合成阿司匹林关系图：已知：（苯胺，苯胺易被氧化）回答下列问题：（1）C的结构简式为___________。（2）反应⑤的反应类型___________，在③之前设计②这一步的目的是___________。（3）F中含氧官能团的名称________。（4）G（阿司匹林）与足量NaOH溶液反应的化学方程式为______________。（5）符合下列条件的E的同分异构体有________种。写出核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为1：2：2：2：1的结构简式：_______（只写一种）。a．含—OHb．能发生水解反应c．能发生银镜反应（6）利用甲苯为原料，结合以上合成路线和下面所给信息合成下图所示的功能高分子材料（无机试剂任选）。________19、二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸。某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2，回答下列问题：（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，写出制备ClO2的离子方程式__。（2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。①装置A的名称是__，装置C的作用是__。②反应容器B应置于30℃左右的水浴中，目的是__。③通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是__。④ClO2处理含CN-废水的离子方程式为__，装置E的作用是__。（3）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的__（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。②用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，工作原理如图所示，写出阳极产生ClO2的电极反应式__。20、草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解。回答下列问题：(1)装置C中可观察到的现象是_________________________________，装置B的主要作用是________。(2)请设计实验验证草酸的酸性比碳酸强____________________________________。21、过渡金属元素在日常生活中有广泛的应用。（1）金属钒在材料科学上有重要作用，被称为“合金的维生素”，基态钒原子的价层电子的排布式为__________；基态Mn原子核外有____种运动状态不同的电子，M层的电子云有_______种不同的伸展方向。（2）第四周期元素的第一电离能随原子序数增大，总趋势是逐渐增大的，但Ga的第一电离能明显低于Zn，原因是____________________________________（3）NO2－与钴盐形成的配离子[Co(NO2)6]3－可用于检验K+的存在。与NO2－互为等电子体的微粒__________（写出一种），K3[Co(NO2)6]中存在的作用力有___________a.σ键b.π键c.配位键d.离子键e.范德华力（4）锰的一种配合物的化学式为Mn(BH4)2(THF)3，BH4－的空间构型为____________（5）FeO是离子晶体，其晶格能可通过下图中的Born—Haber循环计算得到。可知，O原子的第一电子亲和能为________kJ•mol-1，FeO晶格能为________kJ•mol-1。（6）铜与氧可形成如图所示的晶胞结构，其中Cu均匀地分散在立方体内部，a、b的坐标参数依次为（0，0，0）、（1/2，1/2,1/2），则d点的坐标参数为_______________，已知该晶体的密度为ρg•cm-3，NA是阿伏伽德罗常数的值，则晶胞参数为_________pm（列出计算式即可）

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【答案解析】

A．苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持，是苯发生硝化反应的条件，可以反应生成硝基苯，故A正确；B．用与发生酯化反应，酸脱羟基醇脱氢，生成的有机物为，故B错误；C．苯乙烯在合适条件下催化加氢，苯环和碳碳双键都能加氢，生成乙基环己烷，故C正确；D．戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种结构，再进行一溴取代，正戊烷有3种一溴代物，异戊烷有4种一溴代物，新戊烷有1种一溴代物，故戊烷一溴取代物共有8种不含立体异构，故D正确；故答案为B。2、B【答案解析】

A.二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化，高锰酸钾溶液会褪色，而二氧化碳不与酸性高锰酸钾溶液反应，所以反应现象不同，能达到实验目的，故不选A；B.碳碳双键和醛基都能被高锰酸钾氧化，不能用酸性高锰酸钾鉴别，故选B；C.甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以反应现象不同，能达到实验目的，故不选C；D.硫酸亚铁可以与酸性高锰酸钾溶液反应，使其褪色，而硫酸铝不能，故不选D；答案：B【答案点睛】能使酸性高锰酸钾反应褪色的是：亚铁离子、H2S、SO2、FeSO4、KI、HCl、醛基、酚羟基、碳碳双键、碳碳三键、和苯环相连的碳上有氢原子、和羟基相连的碳上有氢原子的醇。3、D【答案解析】

A、铁作负极，Fe－2e－＝Fe2＋，故A错误；B、铜作正极，2H＋+2e－＝H2↑，故B错误；C、铜作阴极，溶液中的铜离子得电子，2e－+Cu2＋=Cu，故C错误；D、左侧为阳极，2Cl-－2e－＝Cl2↑，故D正确；故选D。4、C【答案解析】

A.利用蒸馏原理可从海水中提取淡水，故不选A；B.从海水中得到氯化镁后，镁为活泼金属，则可以电解熔融状态的氯化镁生成氯气和金属镁，故不选B；C.将苦卤浓缩通入过量氯气进行氧化，静置溴沉在底部,继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集溴，然后再用氯气将其氧化得到溴，反应过程中不涉及复分解反应，故选C；D.从海水中得到氯化钠后，电解氯化钠溶液，得氢氧化钠和氢气和氯气，利用制得的氯气可以生产盐酸和漂白液，故不选D；答案：C5、C【答案解析】

因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1分子该物质与2分子Br2加成时，可以在①②的位置上发生加成，也可以在①③位置上发生加成或在②③位置上发生加成，还可以1分子Br2在①②发生1，4加成反应，另1分子Br2在③上加成，故所得产物共有四种，故选C项。6、B【答案解析】

由结构模型可知有机物为CH3COOCH=CH2，含有酯基，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题。【题目详解】A．有机物为CH3COOCH=CH2，不是乙酸乙酯，故A错误；B．该化合物的链状同分异构体中,显酸性的同分异构体有CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=CH(CH3)COOH，共3种，故B正确；C．含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，不能发生消去反应，故C错误；D．含有碳碳双键，能使溴水褪色是发生了加成反应，与酸性高锰酸钾反应是发生了氧化还原反应，故原理不同，故D错误；答案选B。7、A【答案解析】

A.硫化亚铜与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2，铜与氯气反应生成氯化铜，反应为：Cu+Cl2CuCl2，A正确；B.SiO2不溶于水，也不能和水反应，所以二者不能直接生成H2SiO3，B错误；C.铁和水蒸气在高温时反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，C错误；D.在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，不是一步生成碳酸钠，D错误；故合理选项是A。8、B【答案解析】

依据题意可列出反应方程式如下：5M+12HNO3=5M(NO3)2+N2↑+6H2O，某稀HNO3与金属M反应时能得到+2价硝酸盐，所以1molM失去2mol电子，5molM失去10mol电子；而12molHNO3中，有10mol硝酸没有参加氧化还原反应，只有2mol硝酸参加氧化还原反应，得到10mol电子，硝酸中氮的化合价为+5价，所以还原产物必须是0价的N2，B项正确；答案选B。【答案点睛】利用电子转移数守恒是解题的突破口，找到化合价的定量关系，理解氧化还原反应的本质是关键。9、A【答案解析】

本题涉及两个反应：Cl2+H2SO3+H2O2HCl+H2SO4，Cl2+2HI2HCl+I2。第一个反应会导致溶液中的c(H+)增大，第二个反应不会使溶液中的c(H+)变化。通过反应I2+H2SO3+H2O2HI+H2SO4知H2SO3的还原性强于HI，所以H2SO3优先被氧化，先发生第一个反应，据此分析。【题目详解】H2SO3与碘离子都具有还原性，但是H2SO3还原性强于碘离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化I-。氯气氧化亚硫酸生成硫酸：Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl0.02mol0.02mol0.02mol0.04molH2SO3为弱酸，生成两种强酸：H2SO4和HCl，c（H+）增大，H2SO3反应完毕，消耗Cl20.02mol，Cl2过量0.01mol，然后再氧化I-：Cl2+2HI=Br2+2HI0.01mol0.02molHI全部被氯气氧化转变为I2和HCl，HCl和HI都是强酸，所以c（H+）不变；答案选A。【答案点睛】本题以氧化还原反应为切入点，考查考生对氧化还原反应、离子反应、物质还原性强弱等知识的掌握程度，以及分析和解决问题的能力。10、C【答案解析】

A．根据结构简式确定分子式为C10H10O，故A错误；B．b中有4个C原子为饱和C原子，具有甲烷结构特点，所以该分子中所有C原子不可能共平面，故B错误；C．结构对称，萘中含2种位置的H，则其一氯代物有2种（），二氯代物有10种（，故C正确；D．a比b少1个O原子、多2个H原子，所以为还原反应，故D错误；答案选C。【答案点睛】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系、同分异构体种类判断方法是解本题关键，C为解答易错点，采用"定一移二"的方法判断即可。11、D【答案解析】

A．实验室通过加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制氨气，故A正确；B．氨气是碱性气体，可以用碱石灰干燥氨气。故B正确；C．氨气的密度比空气小，于空气中的物质不反应，可以用排空气法收集，用图示装置收集氨气需要短进长出，故C正确；D．氨气极易溶于水，用图示装置进行氨气的尾气处理，会产生倒吸，故D错误；故选D。【答案点睛】本题的易错点为C，要注意理解瓶口向上排空气法的原理。12、A【答案解析】

A.阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜B和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜B是阳离子交换膜，选项A错误；B.阳极上是阴离子氯离子失去电子的氧化反应，即2Cl--2e-→Cl2↑，选项B正确；C.电解池的阴极材料可以被保护，阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，增大反应接触面，选项C正确；D.阴极区域是氢离子得电子的还原反应，电极上产生无色气体氢气，氢氧根离子浓度增加，溶液中出现少量氢氧化镁白色沉淀，选项D正确。答案选A。13、D【答案解析】

A.N的半径小于C的半径，NC13中N—C1键键长比CCl4中C—C1键键长短，A正确；B.由电子式可知，B正确；C.NC13的分子空间构型是三角锥型结构不是正四面体结构，NCl3分子空间构型不对称，所以NCl3分子是极性分子，C正确；D.无氢键的分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比NCl3的熔沸点高，D错误；故答案为：D。14、C【答案解析】

从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B和Al在同一主族，与As同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第ⅢA族，为Ga元素，同理，乙元素的位置是第四周期第ⅣA族，为Ge元素。A．从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B和Al在同一主族，与As同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第ⅢA族，A项正确；B．甲元素和乙元素同周期，同周期元素核电荷数越小半径越大，甲元素的原子序数小，所以甲元素的半径大于乙元素。同主族元素，核电荷数越大，原子半径越大，乙元素与Si同主族，乙元素核电荷数大，原子半径大，排序为甲＞乙＞Si，B项正确；C．同主族元素的非金属性从上到下越来越弱，则气态氢化物的稳定性越来越弱，元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于CH4，C项错误；D．乙为Ge元素，同主族上一个元素为硅元素，其处于非金属和金属元素的交界处，可用作半导体材料，D项正确；本题答案选C。15、B【答案解析】

淀粉(转化1)在人体内淀粉酶作用下发生水解反应，最终转化为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化成酒精，发生C6H12O62C2H5OH+2CO2↑，且A可发生连续氧化反应，则A为C2H5OH，B为CH3COOH，乙醇和乙酸反应生成C为CH3COOC2H5，据此解答。【题目详解】由上述分析可以知道，转化1为淀粉水解反应，葡萄糖分解生成A为C2H5OH，A氧化生成B为CH3COOH，A、B反应生成C为CH3COOC2H5，则

A.淀粉、C6H12O6属于糖类物质，故A错误；

B.淀粉属于多糖，在酶催化作用下水解最终生成单糖葡萄糖，反应为：（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6，酶属于蛋白质，所以B选项是正确的；

C.C为乙酸乙酯，油脂为高级脂肪酸甘油酯，含-COOC-的数目不同，结构不相似，不是同系物，故C错误；

D.乙酸可在水中发生电离，为电解质，而乙醇不能，乙醇为非电解质，故D错误。

所以B选项是正确的。16、B【答案解析】

A．从图示可以看出，在Pd上，H2失去电子生成H+，所以Pd作负极，故A错误；B．Fe（Ⅱ）失去电子转化为Fe（Ⅲ），失去的电子被NO2-得到，H2失去的电子被Fe（Ⅲ）得到，Fe（Ⅲ）转化为Fe（Ⅱ），所以Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；C．反应过程中NO2-被Fe（Ⅱ）还原为N2，故C错误；D．总反应为：2NO2-+3H2+2H+=N2+4H2O，消耗了H+，所以用该法处理后水体的pH升高，故D错误；故选B。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【答案解析】

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。【题目详解】(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、取代反应保护酚羟基，防止酚羟基被氧化羧基和酚羟基17种或【答案解析】

根据流程图，烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解后酸化生成C，根据C的化学式可知，A为甲苯()，根据E的结构，结合信息②可知，D为，则C为，因此B为苯环上的氢原子被取代的产物，反应条件为铁作催化剂，B为，据此分析。【题目详解】根据流程图，烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解后酸化生成C，根据C的化学式可知，A为甲苯()，根据E的结构，结合信息②可知，D为，则C为，因此B为苯环上的氢原子被取代的产物，反应条件为铁作催化剂，B为。(1)根据上述分析，C为；（2）反应⑤是与乙酸酐发生取代反应生成和乙酸，反应类型为取代反应；在③之前设计②可以保护酚羟基，防止酚羟基被氧化，故答案为取代反应；保护酚羟基，防止酚羟基被氧化；（3）F为，含氧官能团的名称为羧基和酚羟基；(4)G(阿司匹林)中的酯基水解生成的羟基为酚羟基，也能与氢氧化钠反应，因此与足量NaOH溶液反应的化学方程式为；(4)E为，a．含—OH，可为酚羟基、醇羟基或羧基中的—OH；b．能发生水解反应说明含有酯基；c．能发生银镜反应说明含有醛基；满足条件的结构是：若苯环上只有一个取代基则为HCOOCH(OH)-，只有一种；若苯环上有两个取代基，可为HCOOCH2-和-OH，苯环上的位置可为邻、间、对位，故有3种；若苯环上有两个取代基还可以为HCOO-和-CH2OH，苯环上的位置可为邻、间、对位，故有3种；若苯环上有三个取代基，为HCOO-、-CH3和-OH，根据定二议三，两个取代基在苯环上有邻、间、对位，再取代第三个取代基在苯环上时分别有4、4、2种共10种；综上符合条件的同分异构体共有17种；其中核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为1：2：2：2：1的结构简式为或；(5)用甲苯为原料合成功能高分子材料()。需要合成，根据题干信息③，可以由合成；羧基可以由甲基氧化得到，因此合成路线为。19、FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O恒压漏斗安全瓶提高化学反应速率，同时防止过氧化氢受热分解稀释ClO2，防止其爆炸2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-吸收ClO2等气体，防止污染大气BaCl2Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+【答案解析】

二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯，三种方法均利用了氧化还原反应。【题目详解】（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备ClO2的离子方程式为FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O。（2）①装置A的名称为恒压漏洞，装置C为安全瓶，起到防止液体倒吸的作用。②升高温度可以提高化学反应速率，但是原料中含有过氧化氢，过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应，因此反应容器B应置于30℃左右的水浴中。③根据题文可知，ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸，故通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是稀释ClO2，防止其爆炸。④ClO2处理含CN-废水发生氧化还原反应，将CN-转化为无污染的CO2和N2，故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-；装置E在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染的作用。（3）①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子，过量的钡离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaCl2。②用石墨做电极，电解池的阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此氯离子在阳极失电子和水反应得到ClO2，电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。20、有气泡逸出，澄清石灰水变浑浊冷凝(水蒸气、草酸等)，防止挥发出来的草酸进入装置C反应生成草酸钙沉淀，干扰CO2的检验向碳酸氢钠溶液中滴加草酸溶液，观察是否产生气泡，若有气泡产生，说明草酸酸性强于碳酸【答案解析】

根据草酸的性质熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，草酸受热生成二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊。【题目详解】(1)根据草酸的性质熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，草酸受热分解产生CO2可使澄清石灰水变浑浊，冰水的作用是冷却挥发出来的草酸，避免草酸进入装置C反应生成草酸钙沉淀，干扰CO2的检验，故答案为：有气泡逸出，澄清石灰水变浑浊；冷凝(水蒸气、草酸等)，防止挥发出来的草酸进入装置C反应生成草酸钙沉淀，干扰CO2的检验。(2)利用强酸制弱酸的原理设计，向NaHCO3溶液中滴加草酸溶液，观察是否产生气泡即可证明草酸酸性强于碳酸，故答案为：向碳酸氢钠溶液中滴加草酸溶液，观察是否产生气泡，若有气泡产生，说明草酸酸性强于碳酸。21、3d34s2259Ga：[Ar]3d104s24p1、Zn：[Ar]3d104s2，Zn：3d104s2，3d全满，能量低，稳定，难失电子，因此Ga的第一电离能明显低于ZnO3ab