贵州黔东南州2024年高考化学二模试卷含解析

贵州黔东南州2024年高考化学二模试卷注意事项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、有以下六种饱和溶液①CaCl2；②Ca(OH)2；③Na2SiO3；④Na2CO3；⑤NaAlO2；⑥NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是A．①② B．③⑤ C．①⑥ D．④⑥2、Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得下列叙述不正确的是（）A．该反应为取代反应B．Y能使酸性高锰酸钾溶液褪色可证明其分子中含有碳碳双键C．X和Y均能与新制的Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀D．等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为4∶53、以下制得氯气的各个反应中，氯元素既被氧化又被还原的是A．2KClO3＋I2=2KIO3＋Cl↓B．Ca(ClO)2＋4HCl=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2OC．4HCl＋O22Cl2＋2H2OD．2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↓＋Cl2↑4、能用离子方程式2H++CO32-=CO2↑+H2O表示的是（）A．NaHSO4和Na2CO3 B．H2SO4和BaCO3C．CH3COOH和Na2CO3 D．HCl和NaHCO35、某实验小组探究SO2与AgNO3溶液的反应，实验记录如下：序号ⅠⅡⅢ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Ⅰ中无色溶液a的pH可以判断SO2是否被氧化B．实验Ⅱ说明白色沉淀b具有还原性C．实验Ⅲ说明溶液a中一定有生成D．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ说明SO2与AgNO3溶液反应既有Ag2SO4生成，又有Ag2SO3生成6、分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种7、为测定镁铝合金（不含其它元素）中镁的质量分数。某同学设计了如下实验：称量ag镁铝合金粉末，放在如图所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧。下列说法错误的是A．实验结束后应再次称量剩余固体的质量B．氧气要保证充足C．可以用空气代替氧气进行实验D．实验结束后固体质量大于ag8、明崇祯年间《徐光启手迹》记载：“绿矾五斤，硝(硝酸钾)五斤，将矾炒去，约折五分之一，将二味同研细，次用铁作锅，……锅下起火，取气冷定，开坛则药化为强水。五金入强水皆化、惟黄金不化强水中，加盐则化。”以下说法不正确的是A．“强

水”主

要

成

分

是

硝酸B．“将矾炒去，约折五分之一”是指绿矾脱水C．“锅下起火,取气冷定”描述了蒸馏的过程D．“五金入强水皆化”过程产生的气体都是H29、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的2倍，X、Y价电子数之比为2∶3。W的原子半径在同周期主族元素中最小，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂。下列说法错误的是A．原子半径X＞Y，离子半径Z＞YB．化合物Z2Y存在离子键，ZWY中既有存在离子键又有共价键C．X的简单氢化物与W的单质在光照下产生W的氢化物D．Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂10、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验现象结论A向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液溶液变澄清酸性：苯酚>碳酸B向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液并水浴加热未出现银镜蔗糖未水解C向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一支无明显现象，另一支产生黄色沉淀相同条件下，AgI比AgCl的溶解度小DC2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色乙烯能被KMnO4氧化A．A B．B C．C D．D11、下列关于有机物的说法正确的是（）A．含5个碳原子的有机物分子中最多可形成4个碳碳单键B．蛋白质的水解和油脂的皂化都是由高分子生成小分子的过程C．四苯基乙烯（）所有碳原子一定处于同一平面D．化学式为且有芳香气味的有机物，在酸性条件下加热水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则符合此条件的的结构有16种12、对下列事实的原因分析错误的是选项事实原因A用铝制容器盛装浓硫酸常温下，铝与浓硫酸很难反应B氧化铝作耐火材料氧化铝熔点高C铝制品不宜长期盛放酸性和碱性食物氧化铝是两性氧化物D用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝氢氧化铝碱性比氨水弱且很难与氨水反应A．A B．B C．C D．D13、我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置，其示意图如下：下列说法不正确的是A．b为电源的正极B．①②中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化C．a极的电极反应式为2C2O52−−4e−==4CO2+O2D．上述装置存在反应：CO2=====C+O214、化合物M(如图所示)可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法不正确的是A．原子半径：Y＞Z＞XB．X元素的族序数是Y元素的2倍C．工业上电解熔融Y2X3化合物制备单质YD．W与X形成的所有化合物都只含极性共价键15、镁、铝都是较活泼的金属，下列描述中正确的是A．高温下，镁、铝在空气中都有抗腐蚀性B．镁、铝都能跟稀盐酸、稀硫酸、强碱反应C．镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应D．铝热剂是镁条、铝粉和氧化铁的混合物16、下列量气装置用于测量CO2体积，误差最小的是（）A． B．C． D．二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物G是一种药物合成的中间体，G的一种合成路线如下：(1)写出A中官能团的电子式。_____________。(2)写出反应类型：B→C___________反应，C→D__________反应。(3)A→B所需反应试剂和反应条件为_______________________________。(4)写出C的符合下列条件同分异构体的结构简式：_________________________。(任写出3种)①能水解；②能发生银镜反应；③六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基。(5)写出F的结构简式_______________________。(6)利用学过的知识，写出由甲苯()和为原料制备的合成路线。(无机试剂任用)_____________________。18、药物他莫肯芬(Tamoxifen)的一种合成路线如图所示：已知：+HBr+RBr回答下列问题。（1）A+B→C的反应类型为__；C中官能团有醚键、__(填名称)。（2）CH3CH2I的名称为__。（3）反应D→E的化学方程式为__。（4）Tamoxifen的结构简式为__。（5）X是C的同分异构体。X在酸性条件下水解，生成2种核磁共振氢谱都显示4组峰的芳香族化合物，其中一种遇FeCl3溶液显紫色。X的结构简式为__、__(写2种)。（6）设计用和CH3I为原料(无机试剂任选)制备的合成路线：__。19、化学是一门以实验为基础的学科，实验探究能激发学生学习化学的兴趣。某化学兴趣小组设计如图实验装置（夹持设备已略）制备氯气并探究氯气及其卤族元素的性质。回答下列问题：(1)仪器a的名称是______________。(2)A装置中发生的化学反应方程式为_________________________________。若将漂白粉换成KClO3，则反应中每生成21.3gCl2时转移的电子数目为____NA。(3)装置B可用于监测实验过程中C处是否堵塞，若C处发生了堵塞，则B中可观察到__________。(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，此时C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次可放入____（填选项a或b或c）。选项ⅠⅡⅢa干燥的有色布条浓硫酸湿润的有色布条b湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条c湿润的有色布条碱石灰干燥的有色布条(5)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。当向D中缓缓通入足量氯气时，可观察到无色溶液逐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于溴，打开活塞，将D中少量溶液加入E中，振荡E，观察到的现象是_______________________________，该现象_____（填“能”或“不能”）说明溴的非金属性强于碘，原因是_____________________。20、FeCl3是重要的化工原料，无水氯化铁在300℃时升华，极易潮解。I．制备无水氯化铁。（1）A装置中发生反应的离子方程式为______________。（2）装置的连接顺序为a→______________→j，k→______________（按气流方向，用小写字母表示）。（3）实验结束后，取少量F装置玻璃管中的固体加水溶解，经检测，发现溶液中含有Fe2+，可能原因为______________。II．探究FeCl3与SO2的反应。（4）已知反应体系中存在下列两种化学变化：（i）Fe3+与SO2发生络合反应生成Fe(SO2)63+（红棕色）；（ii）Fe3+与SO2发生氧化还原反应，其离子方程式为______________。（5）实验步骤如下，并补充完整。步骤现象结论①取5mL1mol·L-1FeCl3溶液于试管中，通入SO2至饱和。溶液很快由黄色变为红棕色②用激光笔照射步骤①中的红棕色液体。_______________红棕色液体不是Fe(OH)3胶体③将步骤①中的溶液静置。1小时后，溶液逐渐变为浅绿色④向步骤③中溶液加入2滴___________溶液(填化学式)。_______________溶液中含有Fe2+（6）从上述实验可知，反应（i）、（ii）的活化能大小关系是：E(i)________E(ii)（填“>”、“<”或“=”，下同），平衡常数大小关系是：K(i)__________K(ii)。21、金属钛在航天、潜海和医疗方面应用广泛。以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3),含少量Fe2O3]为原料制备钛的工艺流程如图所示。(1)步骤②、③、④中,均需进行的操作是_____________(填操作名称)。(2)滤液1中钛元素以TiO2+形式存在,步骤①中生成TiO2+的化学方程式为__________,硫酸质量分数对钛、铁浸出率的影响如图所示.据此判断,酸浸时所加硫酸的质量分数应为______(填范围)。.(3)请结合离子方程式解释步骤④中加热水的原因:__________。(4)电解法制备Ti的装置是以石墨为阳极,TiO2为阴极,熔融CaO为电解质。Ti在_______(填“阳极”或“阴极”)生成，____(填“能”或“不能”)将熔融CaO换成石灰乳。(5)以绿矾为原料,可以制备重要工业原料氧化铁,基本流程如下:①绿矾溶液中离子浓度由大到小的顺序为__________。②FeCO3达到沉淀溶解平衡时,室温下测得溶液的pH为8,c(Fe2+)=1.0×10-5mol·L-1。所得FeCO3中_____(填“含”或“不含”)有Fe(OH)2。已知:{Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17}

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

①碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故①正确；②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故②正确；③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O═2NaHCO3+H2SiO3↓，产生硅酸沉淀，故③错误；④过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故④错误；⑤NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，故⑤错误；⑥通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故⑥错误；故选A。【点睛】本题考查物质的性质及反应，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。本题的易错点为⑥，注意联想候德榜制碱的原理，同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。2、B【解析】

A．由X生成Y，是X中-OH上的H原子被-CH2CH=C(CH3)2所取代，A正确；B．Y使酸性高锰酸钾溶液褪色，可能是碳碳双键的作用，也可能是醛基的作用，B不正确；C．X和Y分子中都含有醛基，均能与新制的Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀，C正确；D．醛基、碳碳双键和苯环都可以和氢气加成，等物质的量的X、Y分别与H2反应，前者最多消耗H24mol，后者最多消耗H25mol，D正确；故选B。3、B【解析】

氧化还原反应中，元素失电子、化合价升高、被氧化，元素得电子、化合价降低、被还原。A.反应中，氯元素化合价从+5价降至0价，只被还原，A项错误；B.归中反应，Ca(ClO)2中的Cl元素化合价从＋1降低到O价，生成Cl2，化合价降低，被还原；HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高被氧化，所以Cl元素既被氧化又被还原，B项正确；C.HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高，只被氧化，C项错误；D.NaCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高，只被氧化，D项错误。本题选B。4、A【解析】

离子方程式2H++CO32-=CO2↑+H2O说明强酸与可溶性碳酸盐反应，生成的盐也是可溶性的盐，据此分析解答。【详解】A．硫酸氢钠完全电离出氢离子、钠离子、硫酸根离子，两种物质反应实质是氢离子与碳酸根离子反应生成水和二氧化碳，其离子方程式为2H++CO32-=CO2↑+H2O，故A正确；B．碳酸钡为沉淀，不能拆，保留化学式，故B错误；C．醋酸为弱酸，应保留化学式，故C错误；D．碳酸氢钠电离出是HCO3−而不是CO32−，故D错误；故答案选A。【点睛】本题需要根据离子方程式书写规则来分析解答，注意难溶物、气体、沉淀、弱电解质、单质等物质都要写化学式，为易错点。5、B【解析】

A．实验Ⅰ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Ⅱ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B正确；C．实验Ⅲ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Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ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。6、B【解析】

分子式为C5H10O2的有机物可能是羧酸或酯，能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，说明该有机物含有-COOH，为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，丁基异构数等于该有机物的异构体数。【详解】分子式为C5H10O2的有机物能与NaHCO3能产生气体，说明该有机物中含有-COOH，为饱和一元羧酸，则烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故选B。【点睛】本题考查特定结构的同分异构体书写，侧重于分析能力的考查，注意官能团的性质与确定，熟练掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键。7、C【解析】

A．实验结束后一定要再次称量剩余固体质量，再通过其它操作可以计算镁铝合金中镁的质量分数，故A正确；B．为了使其充分灼烧，氧气要保证充足，故B正确；C．用空气代替氧气对实验有影响，这是因为高温条件下，镁还能够和氮气、二氧化碳等反应，故C错误；D．灼烧后的固体为氧化镁和氧化铝的混合物，质量大于ag，这是因为氧气参加了反应，故D正确；故答案选C。8、D【解析】A.根据“五金入强水皆化、惟黄金不化强水中”判断“强

水”主

要

成

分

是

硝酸，故A正确；B.“将矾炒去，约折五分之一”是指绿矾脱水，故B正确；C.“锅下起火，取气冷定”描述了蒸馏的过程，故C正确；D.“五金入强水皆化”是指金属溶于硝酸，过程产生的气体主要是氮的氧化物，故D不正确。故选D。9、A【解析】

X原子最外层电子数是其电子层数的2倍，且四种元素中原子序数最小，则X为C，X、Y价电子数之比为2∶3，则Y为O，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂，则Z为Na，W的原子序数比Z大且半径在同周期中最小，则W为Cl，综上所述，X、Y、Z、W分别为：C、O、Na、Cl，据此解答。【详解】A．C和O位于同周期且C原子序数小于O，所以C原子的半径大于O原子半径，Na+和O2-电子排布相同，O2-的原子序数更小，所以Na+的半径小于O2-，即原子半径X＞Y，离子半径Z﹤Y，A错误；B．Na+和O2-通过离子键结合成Na2O，Na+和ClO-通过离子键结合成NaClO，Cl和O通过共价键结合，B正确；C．CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应生成四种氯甲烷和HCl，C正确；D．O3、Cl2、ClO2等均可作水的消毒剂，D正确。答案选A。10、C【解析】

A.苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，可知苯酚的酸性比碳酸的酸性弱，A项错误；B.做银镜反应加入银氨溶液前，要先中和水解的硫酸，B项错误；C.相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，出现黄色沉淀，说明生成碘化银沉淀，说明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，C项正确；D.反应中可能生成其他的还原性气体使KMnO4溶液褪色，验证乙烯能被KMnO4氧化前要先除杂，D项错误；答案选C。11、D【解析】

A.若5个碳原子形成一个五元环，则有5个碳碳单键，A项错误；B.蛋白质属于高分子，油脂不属于高分子，B项错误；C.由于碳碳单键可以旋转，因此四苯基乙烯分子中所有碳原子不一定处于同一平面，C项错误；D.化学式为且有芳香气味的有机物，在酸性条件下加热水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则水解后得到丁酸和戊醇，丁酸一共有2种，戊基则有8种，即戊醇有8种，因此该酯一共可能有16种结构，D项正确；答案选D。【点睛】高分子一般指分子量大于10000的有机物，同学们可以自己算一算油脂的分子量，就知道油脂属不属于高分子了。12、A【解析】

A.常温下，可用铝制容器盛装浓硫酸，铝在浓硫酸反应形成致密氧化膜而阻止反应进一步进行，不是因为铝与浓硫酸很难反应，故A错误；B.氧化铝熔点高，可以作耐火材料，故B正确；C.氧化铝是两性氧化物既可以和碱反应也可以和酸反应，所以铝制品不宜长期盛放酸性和碱性食物，故C正确；D.氢氧化铝碱性比氨水弱，不能继续和氢氧化铝反应生成偏铝酸盐，很难与氨水反应，所以用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝，故D正确；题目要求选择错误的，故选A。【点睛】本题考查Al的性质与物质的分类，明确两性氧化性的概念是解答本题的关键，题目较简单。13、B【解析】

A．a电极反应是2C2O52--4e-═4CO2+O2，发生氧化反应，是电解池的阳极，则b为正极，故A正确；B．①捕获CO2时生成的C2O52-中碳元素的化合价仍为+4价，②捕获CO2时生成CO32-时碳元素的化合价仍为+4价，碳元素的化合价均未发生变化，故B错误；C．由电解装置示意图可知a电极反应是2C2O52--4e-═4CO2+O2，故C正确；D．由电解装置示意图可知a电极生成O2，d电极生成C，电解池总反应式为CO2=C+O2，故D正确；故答案为B。14、D【解析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，则W为第一周期主族元素，W为H，Z应为第三周期主族元素，根据化合物M的结构简式可知，Z可形成3个单键和1个双键，因此，Z原子最外层有5个电子，Z为P，W与Z的质子数之和是X的2倍，X的质子数==8，则X为O，根据化合物M的结构简式，Y可形成+3价阳离子，则Y为Al，以此解答。【详解】A.X为O，第二周期元素，Y为Al，Z为P，Y、Z为第三周期元素，电子层数越多，半径越大，同周期元素，核电荷数越大，半径越小，原子半径：Y>Z>X，故A正确；B.X为O元素，第ⅥA族元素，Y为Al元素，第ⅢA族元素，X的族序数是Y元素的2倍，故B正确；C.X为O，Y为Al，Y2X3为Al2O3，工业上制备单质Al的方法为电解熔融Al2O3，故C正确；D.X为O，W为H，W与X形成的化合物有H2O和H2O2，H2O2中含有非极性共价键，故D错误；答案选D。【点睛】氢元素和氧元素可以形成水，含有极性键，或是过氧化氢，含有极性键和非极性键。15、C【解析】A、在常温下，镁和铝在空气里都能跟氧气反应，生成一层致密而坚固的氧化物薄膜，这层氧化物薄膜能够阻止金属的继续氧化，所以镁和铝都有抗腐蚀的性能，但是在高温下能剧烈反应，放出大量热，选项A错误；B、镁能跟酸反应不能跟碱反应，选项B错误；C、镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应生成铁和氧化铝，选项C正确；D、铝热剂是铝粉和氧化铁的混合物，在铝热剂反应时，为了引燃，在铝热剂上放供氧剂(氯酸钾)，中间插一根镁条，是为引燃用的，选项D错误。答案选C。16、D【解析】

A.CO2能在水中溶解，使其排出进入量筒的水的体积小于CO2的体积；B.CO2能与溶液中的水及溶质发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，使排出水的体积小于CO2的体积；C.CO2能在饱和食盐水中溶解，使其赶入量筒的水的体积小于CO2的体积；D.CO2不能在煤油中溶解，这样进入CO2的体积等于排入量气管中的水的体积，相对来说，误差最小，故合理选项是D。二、非选择题（本题包括5小题）17、加成氧化O2、Cu/△(或者CuO、△)CH3COCH2CH2OHCH3COCH2COOH【解析】

(1)A的结构式为：其中的官能团是羟基，电子式为：；(2)B中存在α-氢可以加到HCHO醛基氧上，其余部分加到醛基碳原子上生成C，故该反应时加成反应；C含有羟基，可以和酸性高锰酸钾会发生氧化反应生成D；(3)A→B反应中羟基变成酮基，是氧化反应；(4)C的分子式为C9H16O2，能水解且能发生银镜反应说明含有—OOCH的结构，含有醛基并且有六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基；(5)E和CH3CH2CH2Br在CH3CHONa和CH3CH2OH的条件下，CH3CH2CH2Br会取代中的α-氢，生成和HBr；(6)由甲苯()和为原料制备可以先将通过取代反应转化成；通过氧化反应转化成CH3COCH2COOH，和CH3COCH2COOH发生酯化反应可以生成目标产物。【详解】(1)A的结构式为：其中的官能团是羟基，电子式为：；(2)B中存在α-氢可以加到HCHO醛基氧上，其余部分加到醛基碳原子上生成C，故该反应时加成反应；C含有羟基，可以和酸性高锰酸钾会发生氧化反应生成D；(3)A→B反应中羟基变成酮基，是氧化反应，反应条件是：O2、Cu/△(或者CuO、△)；(4)C的分子式为C9H16O2，能水解且能发生银镜反应说明含有—OOCH的结构，含有醛基并且有六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基，满足上述条件的同分异构体有、、和四种，写出三种即可；(5)E和CH3CH2CH2Br在CH3CHONa和CH3CH2OH的条件下，CH3CH2CH2Br会取代中的α-氢，生成和HBr，故F的结构式为；(6)由甲苯()和为原料制备可以先将通过取代反应转化成；通过氧化反应转化成CH3COCH2COOH，和CH3COCH2COOH发生酯化反应可以生成目标产物，合成路线为：CH3COCH2CH2OHCH3COCH2COOH。18、取代羰基碘乙烷【解析】

由可知，B为；由+HBr+RBr，可知，R基被H原子取代，所以E为；结合、可知，他莫肯芬(Tamoxifen)为，据此分析回答。【详解】（1）A中的Cl原子被取代，C中官能团有醚键和羰基，故答案为：取代；羰基；（2）CH3CH2I的名称为碘乙烷，故答案为：碘乙烷；（3）由分析可知D中甲氧基的-CH3被H原子取代，所以D到E的方程式为：，故答案为：；（4）由分析可知他莫肯芬(Tamoxifen)为，故答案为：；（5）X在酸性条件下水解，则X必含酯基，生成2种芳香族化合物，则两个苯环在酯基的两侧，其中一种遇FeCl3溶液显紫色，则X必是酚酯，必含，所以X由、、2个只含单键的C组成，还要满足水解后核磁共振氢谱都显示4组峰，符合条件的有5种，分别为：，故答案为：（任写二种）；（6）逆合成分析：可由通过加聚反应生成，可由消去水分子而来，可由加H而来，可由通过发生类似C到D的反应而来，即：，故答案为：。【点睛】（6）所给原料和题目所给流程中具有相似官能团羰基，而目标产物碳原子比原料多了一个，所以本题必然发生类似C到D的反应来增长碳链。19、长颈漏斗Ca(ClO)2+4HCl(浓)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O0.5液体进入长颈漏斗中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗内液面上升，形成一段液柱b溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色不能过量的Cl2也可将I-氧化为I2【解析】

(1)根据图示装置中仪器结构识别名称；(2)次氯酸钙具有强氧化性，能够氧化盐酸，依据化合价升降总数相等配平方程式，若换为KClO3，该物质也有强氧化性，可以氧化HCl为Cl2，根据方程式物质变化与电子转移关系计算；(3)装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；(4)为了验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；(5)氯气氧化性强于溴，氯气能够置换溴；溴氧化性强于碘，能够置换碘；氯气的氧化性强于碘，能够置换碘，结合碘在有机物中溶解性及颜色解答。【详解】(1)根据图示可知仪器a名称为长颈漏斗；(2)漂白粉固体和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气和水，化学方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O，若将漂白粉换为KClO3，根据电子守恒、原子守恒，可得方程式为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，由方程式可知：每转移5mol电子，反应产生3mol氯气，质量是21.3gCl2的物质的量是0.3mol，所以反应转移了0.5mol电子，转移电子数目为0.5NA；(3)反应产生的Cl2中混有氯化氢和水蒸气，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦作安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞。若发生堵塞时B中的气体压强增大，使B中液体进入长颈漏斗中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗中的液面上升而形成一段液柱；(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，在湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，a.I为干燥的有色布条不褪色，Ⅱ中浓硫酸只吸收水分，再通入湿润的有色布条会褪色，能验证氯气的漂白性，但U形管中盛放的应是固体干燥剂，a错误；b.I处是湿润的有色布条褪色，II是干燥剂无水氯化钙不能吸收氯气，只吸收水蒸气，III中干燥的有色布条不褪色，可以证明，b正确；c.I为湿润的有色布条褪色，II为干燥剂碱石灰，碱石灰能够吸收水蒸气和Cl2，进入到III中无氯气，不会发生任何变化，不能验证，c错误；故合理选项是b；(5)依据氯气和溴化钠反应生成溴单质，液体溴单质、过量的Cl2都能和碘化钾溶液中的碘化钾反应生成碘单质，碘单质易溶于苯，显紫红色，苯密度小于水，不溶于水，溶液分层；过量的Cl2也可将I-氧化为I2，所以通过E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色，不能说明溴的氧化性强于碘。【点睛】本题考查了氯气的制备和性质，明确制备的原理和氯气的性质是解题关键，注意氧化还原方程式的书写及计算，题目难度中等。20、MnO2＋2Cl−＋4H+Mn2+＋Cl2↑＋2H2Oh，i，d，eg，f，b，（c）未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在水溶液中反应生成Fe2+SO2+2H2O+2Fe3+===SO42-+4H++2Fe2+液体中无明显光路K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀﹤﹤【解析】

Ⅰ首先制取氯气，然后除杂、干燥，再与铁粉反应，冷凝法收集升华出的FeCl3，最后连接盛有碱石灰的干燥剂，吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气使FeCl3水解。F中剩余的固体可能为未升华的FeCl3和铁粉的混合物，溶于水发生反应生成FeCl2；Ⅱ①Fe3+与SO2发生氧化还