福建省泉州市马甲中学2024年高三（最后冲刺）化学试卷含解析

福建省泉州市马甲中学2024年高三（最后冲刺）化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、在抗击新冠病毒肺炎中瑞德西韦是主要药物之一。瑞德西韦的结构如图所示，下列说法正确的是（）A．瑞德西韦中N、O、P元素的电负性：N>O>PB．瑞德西韦中的N—H键的键能大于O—H键的键能C．瑞德西韦中所有N都为sp3杂化D．瑞德西韦结构中存在σ键、π键和大π键2、将Cl2通入100mLNaOH溶液中充分反应，生成0.1mol的NaCl，下列说法正确的是（）A．反应后溶液中ClO﹣的个数为0.1NAB．原NaOH浓度为1mol/LC．参加反应的氯气分子为0.1NAD．转移电子为0.2NA3、根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A将含有SO2的废气通入BaCl2溶液中，生成白色沉淀SO2与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀B常温下，分别测定同浓度Na2CO3溶液与CH3COONa溶液的pH，Na2CO3溶液的pH大于CH3COONa溶液HCO3-电离出H＋能力比CH3COOH的弱C向Fe(NO3)3溶液中加入铁粉，充分振荡，滴加少量盐酸酸化后再滴入KSCN溶液，溶液变红Fe(NO3)3溶液中Fe3＋部分被Fe还原D苯和液溴在FeBr3的催化下发生反应，将得到的气体直接通入AgNO3溶液中，产生淡黄色沉淀苯和液溴发生取代反应A．A B．B C．C D．D4、利用如图装置进行实验，烧杯中不会出现沉淀的是()气体溶液A硫化氢亚硫酸B二氧化碳氯化钙C氨气氯化铝D氯化氢硝酸银A．A B．B C．C D．D5、食盐加碘是往食盐中加入微量KIO3。工业中往KOH和KI混合溶液中通入Cl2制取KIO3，以下说法不正确的是（）A．该条件下氧化性：Cl2>KIO3B．反应产物中含有KClC．制取KIO3的反应中消耗KOH和KI的物质的量比是6：1D．取少量反应后混合液，加足量稀HNO3，再滴加AgNO3溶液，若无黄色沉淀，则反应已完全6、某科学兴趣小组查阅资料得知，反应温度不同，氢气还原氧化铜的产物就不同，可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均为不溶于水的红色固体，但氧化亚铜能与稀硫酸反应，化学方程式为：Cu2O＋H2SO4=CuSO4＋Cu＋H2O，为探究反应后的红色固体中含有什么物质？他们提出了以下假设：假设一：红色固体只有Cu假设二：红色固体只有Cu2O假设三：红色固体中有Cu和Cu2O下列判断正确的是()A．取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，则假设一和二都成立B．若看到溶液变成蓝色，且仍有红色固体，则只有假设三成立C．现将7.2克红色固体通入足量的H2还原，最后得到固体6.4克，则假设二成立D．实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2沉淀，加热后制取Cu2O7、利用如图所示装置模拟电解原理在工业生产上的应用。下列说法正确的是（）A．铁片上镀铜时，Y是纯铜B．制取金属镁时，Z是熔融的氯化镁C．电解精炼铜时，Z溶液中的Cu2+浓度不变D．电解饱和食盐水时，X极的电极反应式为4OH-－4e-=2H2O＋O2↑8、前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。其中X、Z、R最外层电子数相等，且X与Z、R均可形成离子化合物；Y、W同主族，Y最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法正确的是A．元素原子半径大小顺序为：W>Z>YB．X分别与Y、Z、W形成的常见化合物都属于电解质C．Y分别与Z、R形成的化合物中均只含有离子键D．Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同9、同温同压下，热化学方程式中反应热数值最大的是A．2W(l)+Y(l)→2Z(g)+Q1 B．2W(g)+Y(g)→2Z(l)+Q2C．2W(g)+Y(g)→2Z(g)+Q3 D．2W(l)+Y(l)→2Z(l)+Q410、下列反应中，反应后固体物质增重的是A．氢气通过灼热的CuO粉末 B．二氧化碳通过Na2O2粉末C．铝与Fe2O3发生铝热反应 D．将锌粒投入Cu(NO3)2溶液11、我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置(如图所示)，闭合K2、断开K1时，制氢并储能。下列说法正确的是A．制氢时，X电极附近pH增大B．断开K2、闭合K1时，装置中总反应为Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2C．断开K2、闭合K1时，K+向Zn电极移动D．制氢时，每转移0.1NA电子，溶液质量减轻0.1g12、下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的是A．NaOH B．SiO2 C．Fe D．CO213、下列实验目的能实现的是A．实验室制备乙炔 B．实验室制备氢氧化亚铁 C．实验室制取氨气 D．实验室制取乙酸丁酯14、中国是最早生产和研究合金的国家之一。春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，它们的合金成分可能是()A．钠合金 B．硬铝 C．生铁 D．钛合金15、咖啡酸具有止血功效，存在于多种中药中，其结构简式如下图，下列说法不正确的是A．咖啡酸可以发生取代、加成、氧化、酯化、加聚反应B．1mol咖啡酸最多能与5molH2反应C．咖啡酸分子中所有原子可能共面D．蜂胶的分子式为C17H16O4，在一定条件下可水解生成咖啡酸和一种一元醇A，则醇A的分子式为C8H10O16、下列离子方程式中正确的是（）A．向明矾（KAl（SO4）2•12H2O）溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全：Al3+＋2SO42﹣＋2Ba2+＋4OH﹣═AlO2-＋2BaSO4↓＋2H2OB．向FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－C．AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓D．铜与浓硝酸反应：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、以下是由甲苯合成乙酰水杨酸和酚酞的合成路线。（1）写出“甲苯→A”的化学方程式____________________。（2）写出C的结构简式___________，E分子中的含氧官能团名称为__________________；（3）上述涉及反应中，“E→酚酞”发生的反应类型是______________。（4）写出符合下列条件的乙酰水杨酸的一种同分异构体的结构简式_________________。①遇FeCl3溶液显紫色，②能与碳酸氢钠反应，③苯环上只有2个取代基的，④能使溴的CCl4溶液褪色。（5）写出乙酰水杨酸和NaOH溶液完全反应的化学方程式：___________________。（6）由D合成E有多步，请设计出D→E的合成路线_________________。(有机物均用结构简式表示)。(合成路线常用的表示方式为：D……E)18、酯类化合物与格氏试剂(RMgX，X=Cl、Br、I)的反应是合成叔醇类化合物的重要方法，可用于制备含氧多官能团化合物。化合物F的合成路线如下，回答下列问题：已知信息如下：①RCH=CH2RCH2CH2OH；②；③RCOOCH3.(1)A的结构简式为____，B→C的反应类型为___，C中官能团的名称为____，C→D的反应方程式为_____。(2)写出符合下列条件的D的同分异构体_____(填结构简式，不考虑立体异构)。①含有五元环碳环结构；②能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体；③能发生银镜反应。(3)判断化合物F中有无手性碳原子___，若有用“*”标出。(4)已知羟基能与格氏试剂发生反应。写出以、CH3OH和格氏试剂为原料制备的合成路线(其他试剂任选)___。19、二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒剂，易溶于水，沸点为11.0℃，极易爆炸。在干燥空气稀释条件下，用干燥的氯气与固体亚氯酸钠制备二氧化氯，装置如图：(1)仪器a的名称为_____________，装置A中反应的离子方程式为_______________。(2)试剂X是_______________________。(3)装置D中冰水的主要作用是___________。装置D内发生反应的化学方程式为_______________。(4)装置E中主要反应的离子方程式为：____________________________。(5)已知NaClO2饱和溶液在不同温度时析出的晶体情况如下表。温度＜38℃38℃～60℃＞60℃析出晶体NaClO2·3H2ONaClO2分解成NaClO3和NaCl利用NaClO2溶液制得NaClO2晶体的操作步骤：55℃蒸发结晶、_________、38～60℃的温水洗涤、低于60℃干燥。(6)工业上也常用以下方法制备ClO2。①酸性条件下双氧水与NaClO3反应，则反应的离子方程式为_______________________。②如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO2的实验。则阴极电极反应式为____________。20、某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置(见下图)，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答I和II中的问题。I.固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)(1)Cl在元素周期表中的位置为_____，CO2的电子式为___，NaOH中存在的化学键类型为_____。(2)B-C的反应条件为_____，C→Al的制备反应化学方程式为__________。(3)该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化：加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)______。a.温度b.Cl的浓度c.溶液的酸度II.含铬元素溶液的分离和利用(4)用情性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是____，分离后含铬元素的粒子是____；阴极室生成的物质为_______(写化学式)。21、铁、钴、镍等金属及其化合物在科学研究和工业生产中应用十分广泛。回答下列问题：（1）铁、钴、镍的基态原子核外未成对电子数最多的是_________。（2）酞菁钴分子的结构简式如图所示，中心离子为钴离子，酞钴分子中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是_______(填1、2、3、4)，三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为_______(用相应的元素符号表示)；氮原子的杂化轨道类型为________。（3）Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x，晶体属于_______(填晶体类型)，若配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=________。（4）NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO______FeO(填“>”“<”或“=”)，原因是_________。（5）NiAs的晶胞结构如图所示：①镍离子的配位数为_________。②若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为pg·cm-3，则该晶胞中最近的Ni2+之间的距离为________cm。(写出计算表达式)

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A．一般情况下非金属性越强，电负性越强，所以电负性：O>N>P，故A错误；B．O原子半径小于N原子半径，电负性强于N，所以O-H键的键能大于N-H键键能，故B错误；C．形成N=C键的N原子为sp2杂化，形成C≡N键的N原子为sp杂化，故C错误；D．该分子中单键均为σ键、双键和三键中含有π键、苯环中含有大π键，故D正确；故答案为D。2、C【解析】

发生Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，生成0.1molNaCl的同时，生成0.1molNaClO，消耗2molNaOH；A．生成0.1molNaClO，阴离子水解，则反应后溶液中ClO﹣的个数小于0.1NA，故A错误；B．若恰好完全反应，则原NaOH浓度为＝2mol/L，故B错误；C．由反应可知，参加反应的氯气为0.1mol，则参加反应的氯气分子为0.1NA，故C正确；D．Cl元素的化合价既升高又降低，转移0.1mol电子，则转移电子为0.1NA，故D错误；故答案为C。【点睛】考查氯气的性质及化学反应方程式的计算，把握发生的化学反应及物质的量为中心的计算为解答的关键，将Cl2通入100mLNaOH溶液中充分反应，生成0.1mol的NaCl，发生Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，侧重分析能力、计算能力的考查。3、B【解析】

A．将含有SO2的废气通入BaCl2溶液中，不能生成白色沉淀，弱酸不能制取强酸，故A错误；B．常温下，分别测定同浓度Na2CO3溶液与CH3COONa溶液的pH，Na2CO3溶液的pH大于CH3COONa溶液，说明Na2CO3的水解程度大于CH3COONa溶液，水解程度越大，相应的酸电离程度越弱，则HCO3-电离出H＋能力比CH3COOH的弱，故B正确；C．Fe与Fe(NO3)3反应生成Fe(NO3)2，再加盐酸，酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，滴入KSCN溶液，溶液变红，不能说明是否部分被还原，也可能全部被还原，故C错误；D．溴单质具有挥发性，生成的HBr及挥发的溴均与硝酸银反应，观察是否有淡黄色沉淀生成不能证明发生取代反应，故D错误；答案选B。4、B【解析】

A．硫化氢与亚硫酸反应生成硫和水，硫是淡黄色固体，所以有黄色沉淀生成，故A错误；B．二氧化碳与氯化钙溶液不能生成沉淀，故B正确；C．氨气溶于水生成氨水，氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，故C错误；D．氯化氢与水反应生成盐酸，盐酸与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，故D错误；答案选B。【点睛】二氧化碳和氯化钙溶液不能发生复分解反应，如果反应生成碳酸钙和盐酸，属于弱酸制强酸了，不符合化学原理。5、D【解析】

A.该反应中，Cl2为氧化剂，KIO3为氧化产物，氧化性：氧化剂＞氧化产物，所以该条件下氧化性：Cl2＞KIO3，故A正确；B.还原产物为KCl，所以反应产物中含有KCl，故B正确；C.方程式为6KOH+3Cl2+KI＝KIO3+6KCl+3H2O，制取KIO3的反应中消耗KOH和KI的物质的量比是6：1，故C正确；D.如果反应中碘化钾过量，则加入稀硝酸后碘离子也能被氧化为碘酸钾，不会出现黄色沉淀，所以不能据此说明反应不完全，故D错误。故答案选D。【点睛】选项D是解答的易错点，注意硝酸的氧化性更强，直接加入硝酸也能氧化碘离子。6、C【解析】

A.取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，说明红色固体中不含氧化亚铜，则假设一成立，选项A错误；B.若看到溶液变成蓝色，说明红色固体中含有氧化亚铜，仍有红色固体，不能说明红色固体中含有铜，因为氧化亚铜和稀硫酸反应也能生成铜，则假设二或三成立，选项B错误；C.假设红色固体只有Cu2O，则7.2gCu2O的物质的量为0.05mol，和H2反应后生成铜的物质的量为0.1mol，质量为6.4g，所以假设成立，选项C正确；D.实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2悬浊液，加热后制取Cu2O，选项D错误。答案选C。7、B【解析】

根据图中得出X为阳极，Y为阴极。【详解】A.铁片上镀铜时，铜为镀层金属，为阳极，因此X是纯铜，故A错误；B.制取金属镁时，Z是熔融的氯化镁，镁离子再阴极生成镁单质，故B正确；C.电解精炼铜时，阳极开始是锌溶解，阴极始终的铜离子得电子变为铜单质，因此Z溶液中的Cu2+浓度减小，故C错误；D.电解饱和食盐水时，X极的电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极；电镀，镀件作阴极，镀层金属作阳极，镀层金属盐溶液为电解液。8、B【解析】

前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。Y最外层电子数是内层电子数的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O元素；而Y、W同主族，则W为S元素；X、Z、R最外层电子数相等，三者处于同主族，只能处于IA族或IIA族，且X与Z、R均可形成离子化合物，根据原子序数关系可知：X为H元素、Z为Na元素、R为K元素。【详解】根据上述分析可知X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；W是S元素；R是K元素。A.同周期元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：Z(Na)>W(S)>Y(O)，A错误；B.X分别与Y、Z、W形成的常见化合物依次为H2O、NaH、H2S，这几种物质都属于电解质，B正确；C.Y与Z、R形成化合物有氧化钠、过氧化钠、氧化钾等，而过氧化钠中含有离子键、共价键，C错误；D.Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2、SO2，前两者利用其强氧化性，而二氧化硫利用与有机色质化合为不稳定的无色物质，漂白原理不同，D错误；故合理选项是B。9、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g＞l＞s，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。10、B【解析】

A、氢气通过灼热的CuO粉末发生的反应为，固体由CuO变为Cu，反应后固体质量减小，A错误；B、二氧化碳通过Na2O2粉末发生的反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，固体由Na2O2变为Na2CO3，反应后固体质量增加，B正确；C、铝与Fe2O3发生铝热反应，化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反应前后各物质均为固体，根据质量守恒定律知，反应后固体质量不变，C错误；D、将锌粒投入Cu(NO3)2溶液发生的反应为Zn+Cu(NO3)2=Zn(NO3)2+Cu，固体由Zn变为Cu，反应后固体质量减小，D错误；故选B。11、B【解析】

A．X电极为电解池阳极时，Ni元素失电子、化合价升高，故X电极反应式为Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O，X电极附近pH减小，故A错误；B．断开K2、闭合K1时，构成原电池，供电时，X电极作正极，发生还原反应，氧化剂为NiOOH，Zn作负极，发生氧化反应，装置中总反应为Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2，故B正确；C．断开K2、闭合K1时，构成原电池，X电极作正极，Zn作负极，阳离子向正极移动，则K+向X电极移动，故C错误；D．制氢时，为电解池，Pt电极上产生氢气，Pt电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH－，X电极反应式为：Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O，根据电极反应，每转移0.1NA电子，溶液质量基本不变，故D错误；答案选B。12、D【解析】

A、NaOH是氢氧化钠的化学式，它是由钠离子和氢氧根离子构成的，不能表示物质的一个分子，A不符合题意；B、SiO2只能表示二氧化硅晶体中Si、O原子的个数比为1:2，不能表示物质的一个分子，B不符合题意；C、Fe是铁的化学式，它是由铁原子直接构成的，不能表示物质的一个分子，C不符合题意；D、CO2是二氧化碳的化学式，能表示一个二氧化碳分子，D符合题意；答案选D。【点睛】本题难度不大，掌握化学式的含义、常见物质的粒子构成是正确解题的关键。13、C【解析】

A．反应剧烈发出大量的热，不易控制反应速度，且生成氢氧化钙易堵塞多孔隔板，则不能利用图中制取气体的简易装置制备乙炔，故A错误；B．Fe与硫酸反应生成氢气，可排出空气，但图中左侧试管内的导气管没有伸入到反应的液面内，硫酸亚铁溶液不能通过利用氢气的压强，使硫酸亚铁与NaOH接触而反应，故B错误；C．碳酸氢铵分解生成氨气、水、二氧化碳，碱石灰可吸收水、二氧化碳，则图中装置可制备少量氨气，故C正确；D．乙酸丁酯的沸点124～126℃，反应温度115～125℃，则不能利用图中水浴加热装置，故D错误；故选：C。14、C【解析】

人们利用金属最早的合金是青铜器，是铜锡合金，春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，根据当时的技术水平，结合金属活动性顺序，可以推断它们的合金成分可能是生铁，不可能是其他三种活泼金属的合金，故答案选C。【点睛】人类利用金属的先后和金属的活动性和在地壳中的含量有关，金属越不活泼，利用的越早，金属越活泼，提炼工艺较复杂，故利用的越晚。15、B【解析】A，咖啡酸中含酚羟基能发生取代反应、加成反应、氧化反应，含碳碳双键能发生加成反应、氧化反应、加聚反应，含羧基能发生取代反应、酯化反应，A项正确；B，咖啡酸中含有1个苯环和1个碳碳双键，苯环和碳碳双键能与H2发生加成反应，1mol咖啡酸最多能与4molH2发生加成反应，B项错误；C，咖啡酸中碳原子形成1个苯环、1个碳碳双键、1个羧基，其中C原子都为sp2杂化，联想苯、乙烯的结构，结合单键可以旋转，咖啡酸中所有原子可能共面，C项正确；D，由咖啡酸的结构简式写出咖啡酸的分子式为C9H8O4，A为一元醇，蜂胶水解的方程式为C17H16O4（蜂胶）+H2O→C9H8O4（咖啡酸）+A，根据原子守恒，A的分子式为C8H10O，D项正确；答案选B。点睛：本题考查有机物的结构和性质、有机分子中共面原子的判断。明确有机物的结构特点是解题的关键，难点是分子中共面原子的判断，分子中共面原子的判断注意从乙烯、苯和甲烷等结构特点进行知识的迁移应用，注意单键可以旋转、双键不能旋转这一特点。16、A【解析】

A、向明矾（KAl（SO4）2•12H2O）溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全：Al3+＋2SO42﹣＋2Ba2+＋4OH﹣═AlO2-＋2BaSO4↓＋2H2O，故A正确；B、向FeBr2溶液中通入足量Cl2的离子反应为：2Fe2++4Br-十3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，故B不正确；C、AlCl3溶液中加入过量氨水的离子反应为：A13++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C不正确；D、铜与浓硝酸反应的离子反应为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，故D不正确；故选A。【点睛】离子反应方程式的正误判断：(1)、是否符合客观事实；(2)、拆分是否正确，能够拆分的是强酸、强碱和可溶性盐。如C选项，一水合氨为弱碱，不能拆分，所以C错误；(3)、电荷守恒。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基、羟基取代或酯化或的邻、间、对的任意一种（写出D的结构简式即给1,其他合理也给分）【解析】根据题中各物质转化关系，甲苯与溴在铁粉作催化剂的条件下生成A为，A发生水解得B为，B与乙酸发生酯化反应C为，C发生氧化反应得乙酰水杨酸，比较和酚酞的结构可知，与反应生成D为，D发生氧化反应得，再与反应得E为。（1）“甲苯→A”的化学方程式为；（2）C为，E为，E分子中的含氧官能团名称为羧基、羟基；（3）上述涉及反应中，“E→酚酞”发生的反应类型是取代或酯化反应；（4）乙酰水杨酸的一种同分异构体，符合下列条件①遇FeCl3溶液显紫色，说明有酚羟基，②能与碳酸氢钠反应，说明有羧基，③苯环上只有2个取代基，④能使溴的CCl4溶液褪色，说明有碳碳双键，则该同分异构体的结构简式为或的邻、间、对的任意一种；（5）乙酰水杨酸和NaOH溶液完全反应的化学方程式为；（6）根据上面的分析可知，D→E的合成路线为。18、氧化反应羧基、羟基、和【解析】

根据F的结构不难得知A含1个五元环，根据题目给的信息可知A中必定含有双键，结合分子的不饱和度可知再无不饱和键，因此A的结构简式为，根据信息不难得出B的结构简式为，酸性高锰酸钾有氧化性，可将醇羟基氧化为羧基，因此C的结构简式为，C到D的反应条件很明显是酯化反应，因此D的结构简式为，再根据题目信息不难推出E的结构简式为，据此再分析题目即可。【详解】（1）根据分析，A的结构简式为；B→C的过程是氧化反应，C中含有的官能团为羰基和羧基，C→D的反应方程式为；（2）根据题目中的要求，D的同分异构体需含有五元环、羧基和羟基，因此符合要求的同分异构体有三种，分别为、和；（3）化合物F中含有手性碳原子，标出即可；（4）根据所给信息，采用逆推法，可得出目标产物的合成路线为：。19、分液漏斗MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O饱和食盐水冷凝二氧化氯Cl2+2NaClO2=2ClO2+NaCl2OH－＋Cl2=ClO－＋Cl－＋H2O趁热过滤H2O2+2H++2ClO3－=2ClO2+2H2O+O2↑ClO2+e－=ClO2－【解析】

(1)看图得出仪器a的名称，装置A是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水。(2)试剂X是除掉HCl气体。(3)二氧化氯(ClO2)沸点为11.0℃，因此得装置D中冰水的主要作用，装置D内发生反应是氯气与固体亚氯酸钠生成二氧化氯。(4)装置E中主要是氯气的尾气处理。(5)由于＜38℃是以NaClO2·3H2O晶体，操作要注意不能低于38℃。(6)①H2O2、H+与ClO3－反应得到ClO2。②左边为ClO2反应生成ClO2－，得到电子，发生还原反应。【详解】(1)仪器a的名称为分液漏斗，装置A是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水，其反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O；故答案为：分液漏斗；MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O。(2)试剂X是除掉HCl气体，因此用饱和食盐水；故答案为：饱和食盐水。(3)二氧化氯(ClO2)沸点为11.0℃，因此装置D中冰水的主要作用是冷凝二氧化氯。装置D内发生反应是氯气与固体亚氯酸钠生成二氧化氯，其化学方程式为Cl2+2NaClO2=2ClO2+NaCl；故答案为：冷凝二氧化氯；Cl2+2NaClO2=2ClO2+NaCl。(4)装置E中主要是氯气的尾气处理，其反应的离子方程式为：2OH－＋Cl2=ClO－＋Cl－＋H2O；故答案为：2OH－＋Cl2=ClO－＋Cl－＋H2O。(5)利用NaClO2溶液制得NaClO2晶体的操作步骤：由于＜38℃是以NaClO2·3H2O晶体，因此55℃蒸发结晶、趁热过滤、38～60℃的温水洗涤、低于60℃干燥；故答案为：趁热过滤。(6)①酸性条件下双氧水与NaClO3反应，则反应的离子方程式为H2O2+2H++2ClO3－=2ClO2+2H2O+O2↑。②如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO2的实验。左边为ClO2反应生成ClO2－，得到电子，发生还原反应，其为阴极，其电极反应式为ClO2+e－=ClO2－；故答案为：ClO2+e－=ClO2－。20、第三周期第VIIA族离子键和极性（共价）键加热(或煅烧)2Al2O34Al+3O2↑ac在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液CrO42-和Cr2O72-NaOH和H2【解析】

（1）依据元素原子的核电荷数分析在周期表中的位置作答；二氧化碳分子内存在两个碳氧双键；氢氧化钠存在离子键与极性共价键；（2）固体混合物含有Al(OH)3、MnO2，加入NaOH溶液，过滤，可得到滤液A为NaAlO2，通入二氧化碳，生成B为Al(OH)3，固体C为Al2O3，电解熔融的氧化铝可得到Al；固体D为MnO2，加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气；

（3）题中涉及因素有温度和浓度；Ⅱ．（4）电解时，通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，以此解答该题。【详解】（1）Cl为17号元素，在元素周期表中的位置为第三周期第VIIA族，CO2的电子式为，NaOH中存在的化学键类型为离子键与极性（共价）键，故答案为第三周期第VIIA族；；离子键与极性（共价）键；（2）B为Al(OH)3，在加热条件下生成氧化铝，电解熔融的氧化铝可得到铝，其化学方程式为：2Al2O34Al+3O2↑

故答案为；加热（或煅烧）；2Al2O34Al+3O2↑；

（3）反应涉及的条件为加热，不加热，无变化，加热有Cl2生成，说明该反应能否有效进行与温度有关；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2，说明该反应能否有效进行与溶液的酸度有关，故答案为ac；Ⅱ．（4）依据离子交换膜的性质和电解工作原理知，在直流电场作用下，通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，其浆液中含铬元素的离子应为CrO42-和Cr2O72-；H+在阴极室得到电子生成H2，溶液中的OH-浓度增大，混合物浆液中的Na+通过阳离子交换膜移向阴极室，故阴极室生成的物质为氢气和NaOH，故答案为在直流电场作用下，通过阴离子交换膜向阳极室移动；脱离浆液CrO42-和Cr2O72-；NaOH和H2。21、铁2、4N>C>H