安徽省合肥一中等六校教育研究会2024年高三第二次诊断性检测化学试卷含解析

安徽省合肥一中等六校教育研究会2024年高三第二次诊断性检测化学试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、我国科学家设计了一种将电解饱和食盐水与电催化还原CO2相耦合的电解装置如图所示。下列叙述错误的是A．理论上该转化的原子利用率为100%B．阴极电极反应式为C．Na+也能通过交换膜D．每生成11.2L（标况下）CO转移电子数为NA2、下列实验合理的是（）A．证明非金属性Cl＞C＞SiB．制备少量氧气C．除去Cl2中的HClD．吸收氨气，并防止倒吸A．A B．B C．C D．D3、有4种碳骨架如下的烃，下列说法正确的是（）a．b．c．d．①a和d是同分异构体②b和c是同系物③a和d都能发生加聚反应④只有b和c能发生取代反应A．①② B．①④ C．②③ D．①②③4、下列说法中不正确的是（）A．石油的催化裂化是工业上生产乙烯的主要方法B．水煤气经过催化合成得到甲醇等液体燃料的过程属于煤的液化C．镧镍合金能吸收H2形成金属氢化物，可做贮氢材料D．Na2SO4•10H2O晶体可作为光与化学能转换的贮热材料，通过溶解与结晶实现对太阳能的直接利用5、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．氢气与氯气反应生成标准状况下22.4L氯化氢，断裂化学键总数为NAB．NA个SO3分子所占的体积约为22.4LC．3.4gH2O2含有共用电子对的数目为0.2NAD．1L1mol/L的FeCl3溶液中所含Fe3+数目为NA6、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X同周期、与Y同主族，X是非金属性最强的元素，Y的周期序数是其族序数的3倍，W的核外电子总数与Z的最外层电子数之和等于8。下列说法正确的是A．最高价氧化物对应水化物的碱性：W>Y B．最简单气态氢化物的稳定性：X>ZC．Y单质在空气中的燃烧产物只含离子键 D．最简单离子半径大小关系：W<X<Y7、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．常温下，lmolC6H12中含碳碳键的数目一定小于6NAB．18g果糖分子中含羟基数目为0.6NAC．4.0g由H218O与D216O组成的混合物中所含中子数为2NAD．50g质量分数为46%的乙醇溶液与足量的钠反应，放出H2的分子数目为0.25NA8、通过资源化利用的方式将CO2转化为具有工业应用价值的产品(如图所示)，是一种较为理想的减排方式，下列说法中正确的是()A．CO2经催化分解为C、CO、O2的反应为放热反应B．除去Na2CO3固体中少量NaHCO3可用热分解的方法C．过氧化尿素和SO2都能使品红溶液褪色，其原理相同D．由CO2和H2合成甲醇，原子利用率达100%9、实验室用水浴加热不能完成的实验是（）A．制备乙烯 B．银镜反应C．乙酸乙酯的制备 D．苯的硝化反应10、人体血液存在H2CO3HCO3-、HPO42-H2PO4-等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值A．曲线I表示lg(c(HPO42-)c(HB．a→C．当cH2D．当pH增大时，cHCO11、氢键是强极性键上的氢原子与电负性很大且含孤电子对的原子之间的静电作用力。下列事实与氢键无关的是（）A．相同压强下H2O的沸点高于HF的沸点B．一定条件下，NH3与BF3可以形成NH3·BF3C．羊毛制品水洗再晒干后变形D．H2O和CH3COCH3的结构和极性并不相似，但两者能完全互溶12、如图是某条件时N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是（）A．该反应的热化学方程式：N2+3H2⇌2NH3+92kJB．生成1molNH3，反应放热92kJC．b曲线代表使用了催化剂，其H2的转化率高于a曲线D．加入催化剂增大反应速率，化学平衡常数不变13、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(

)A．标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB．标准状况下，22.4L氖气含有的电子数为10NAC．常温下，的醋酸溶液中含有的数为D．120gNaHSO4分子中阳离子和阴离子的总数为3NA14、在某水溶液样品中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀；再滴加盐酸，沉淀部分消失，并有无色无味的气体产生．由此判断该溶液中肯定不存在的离子是（）A．Ag+ B．SO42﹣ C．CO32﹣ D．NH4+15、改革开放40周年以来，化学科学技术的发展大大提高了我国人民的生活质量。下列过程没有涉及化学变化的是A．太阳能分解水制取氢气B．开采可燃冰获取燃料C．新能源汽车燃料电池供电D．运载“嫦娥四号”的火箭发射A．A B．B C．C D．D16、将amol钠和amol铝一同投入mg足量水中，所得溶液密度为dg·mL－1，该溶液中溶质质量分数为A．82a/(46a+m)%B．8200a/(46a+2m)%C．8200a/(46a+m)%D．8200a/(69a+m)%二、非选择题（本题包括5小题）17、聚碳酸酯（简称PC）是重要的工程塑料，某种PC塑料(N)的合成路线如下：已知：i．R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OHii．R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO（1）A中含有的官能团名称是______。（2）①、②的反应类型分别是______、______。（3）③的化学方程式是______。（4）④是加成反应，G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是______。（5）⑥中还有可能生成的有机物是______（写出一种结构简式即可）。（6）⑦的化学方程式是______。（7）己二醛是合成其他有机物的原料。L经过两步转化，可以制备己二醛。合成路线如下：中间产物1的结构简式是______。18、聚合物G可用于生产全生物降解塑料，有关转化关系如下：（1）物质A的分子式为_____________，B的结构简式为____________。（2）E中的含氧官能团的名称为_______________。（3）反应①-④中属于加成反应的是_____________。（4）写出由两分子F合成六元环化合物的化学方程式________________________________。19、硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol]，装置如图所示（部分装置省略）。已知SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，有强腐蚀性，不宜接触碱、醇、纤维素等许多无机物和有机物，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。回答下列问题：I．SO2Cl2的制备（1）水应从___（选填“a”或“b”）口进入。（2）制取SO2的最佳组合是___（填标号）。①Fe+18.4mol/LH2SO4②Na2SO3+70%H2SO4③Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙装置中盛放的试剂是___。（4）制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中，原因是___。（5）反应结束后，分离甲中混合物的最佳实验操作是___。II．测定产品中SO2Cl2的含量，实验步骤如下：①取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振荡、过滤、洗涤，将所得溶液均放入锥形瓶中；②向锥形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000mol·L－1的AgNO3溶液l00.00mL；③向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；④加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10Ksp(AgSCN)=2×10-12（6）滴定终点的现象为___。（7）产品中SO2Cl2的质量分数为___%，若步骤③不加入硝基苯则所测SO2Cl2含量将___（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。20、实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图，主要步骤如下：步骤1组装好仪器，向三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴。步骤2。步骤3反应完毕后恢复至室温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。步骤4室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品。已知：①Mg和Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。②MgBr2+3C2H5OC2H5=MgBr2·3C2H5OC2H5③乙醚是重要有机溶剂，医用麻醉剂；易挥发储存于阴凉、通风处；易燃远离火源。请回答下列问题：（1）写出步骤2的操作是_________。（2）仪器A的名称是__________。装置中碱石灰的作用__________。冰水浴的目的__________。（3）该实验从安全角度考虑除了控制反应温度外，还需要注意：①_________②_______。（4）制备MgBr2装置中橡胶塞和用乳胶管连接的玻璃管口都要用锡箔纸包住的目的是_________。（5）有关步骤4的说法，正确的是__________。A可用95%的乙醇代替苯溶解粗品B洗涤晶体可选用0℃的苯C加热至160℃的主要目的是除去苯D该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴（6）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y4-）标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2++Y4-═MgY2-①先称取0.7500g无水MgBr2产品，溶解后，等体积分装在3只锥形瓶中，用0.0500mol·L-1的EDTA标准溶液滴定至终点，三次消耗EDTA标准溶液的体积平均为26.50mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是_______（保留4位有效数字）。②滴定前未用标准溶液润洗滴定管，则测得产品纯度___________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。21、钙钛矿（主要成分是CaTiO3)太阳能薄膜电池制备工艺简单、成本低、效率高，引起了科研工作者的广泛关注，科学家认为钙钛矿太阳能电池将取代硅基太阳能电池的统治地位。（1）基态Ti原子的价电子排布式为__，能量最高的能级有__个空轨道；Si、P、S第一电离能由小到大顺序是__。（2）碳和硅的有关化学键键能如表所示：化学键C−CC−HC−OSi−SiSi−HSi−O键能/kJ▪mol-1356413336226318452硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是___。（3）一种新型熔融盐燃料电池以Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，则CO32-的空间构型为___。（4）Cu2+能与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)形成配离子如图：该配离子中含有的化学键类型有__(填字母)。a.配位键b.极性键c.离子键d.非极性键一个乙二胺分子中共有__个σ键，C原子的杂化方式为__。（5）CaTiO3的晶胞为立方晶胞，结构如图所示(图中Ca2+、O2-、Ti4+分别位于立方体的体心、面心和顶角）Ca2+的配位数为__，与Ti4+距离最近且相等的O2-有__个；晶体的密度为ρg/cm3，最近的Ti4+和O2-之间的距离为__nm（填计算式)。(CaTiO3的摩尔质量为136g/mol，NA为阿伏加德罗常数)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A.总反应为，由方程式可以看出该转化的原子利用率为100%，故A正确；B.阴极发生还原反应，阴极电极反应式为，故B正确；C.右侧电极氯化钠生成次氯酸钠，根据反应物、生成物中钠、氯原子个数比为1:1，Na+不能通过交换膜，故C错误；D.阴极二氧化碳得电子生成CO，碳元素化合价由+4降低为+2，每生成11.2L（标况下）CO转移电子数为NA，故D正确；选C。2、D【解析】

A.盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，同时盐酸易挥发，与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱，故A错误；

B.过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，关闭止水夹，不能使反应随时停止，图中装置不合理，故B错误；

C.碳酸氢钠与氯化氢会发生反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，应用饱和食盐水，故C错误；

D.四氯化碳的密度比水大，不溶于水，可使气体与水隔离，从而可防止倒吸，故D正确；

故选D。【点睛】A项是学生们的易错点，其中盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，应用高氯酸；同时盐酸易挥发，能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，会干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱。3、A【解析】

由碳架结构可知a为(CH3)2C=CH2，b为C(CH3)4，c为(CH3)3CH，d为环丁烷，①a为(CH3)2C=CH2，属于烯烃，d为环丁烷，属于环烷烃，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，①正确；②b为C(CH3)4，c为(CH3)3CH，二者都属于烷烃，分子式不同，互为同系物，②正确；③a为(CH3)2C=CH2，含有C=C双键，可以发生加聚反应，d为环丁烷，属于环烷烃，不能发生加聚反应，③错误；④都属于烃，一定条件下都可以发生取代反应，④错误；所以①②正确，故答案为：A。4、A【解析】

A.石油的裂解是工业上生产乙烯的主要方法，故A错误；B.煤液化是把固体煤炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料、化工原料和产品的先进洁净煤技术，水煤气经过催化合成得到甲醇等液体燃料的过程属于煤的液化，故B正确；C.储氢材料是一类能可逆的吸收和释放氢气的材料，镧镍合金能大量吸收氢气形成金属氢化物，是目前解决氢气的储存和运输问题的材料，故C正确；D.Na2SO4•10H2O晶体在太阳光照射时能够分解失去结晶水，温度降低后又形成Na2SO4•10H2O晶体释放能量，故D正确；综上所述，答案为A。5、A【解析】

A．当反应生成2molHCl时，断裂2mol化学键，故当生成标况下22.4LHCl即1molHCl时，断裂1mol化学键即NA个，故A正确；B．标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C.3.4gH2O2物质的量为0.1mol，含有共用电子对的数目为0.3NA，故C错误；D．三价铁离子为弱碱阳离子，在水溶液中会发生部分水解，所以1L1mol/L的FeCl3溶液中所含Fe3+数目小于NA，故D错误；故选：A。【点睛】当用Vm=22.4L/mol时，一定要在标准状况下为气体。如B选项，标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积=22.4/mol。6、B【解析】

X是非金属性最强的元素，则X为F元素，短周期中，Y的周期序数是其族序数的3倍，则Y是Na元素，W与X同周期、与Y同主族，则W为Li元素，W的核外电子总数与Z的最外层电子数之和等于8，则Z的最外层为5个电子，W、X、Y、Z是原子序数依次增大，则Z为P元素，据此分析解答。【详解】A．W为Li元素，Y是Na元素，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Li＜Na，最高价氧化物对应水化物的碱性：W＜Y，故A错误；B．X为F元素，Z为P元素，非金属性越强最简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：X＞Z，则最简单气态氢化物的稳定性：X＞Z，故B正确；C．Y是Na元素，Y单质在空气中的燃烧产物为过氧化钠，即含离子键，又含非极性共价键，故C错误；D．W为Li元素，X为F元素，Y是Na元素，Li+只有一个电子层，F-和Na+有两个电子层，则Li+半径最小，F-和Na+电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，则F-半径＞Na+，最简单离子半径大小关系：W＜Y＜X，故D错误；答案选B。7、C【解析】

A.C6H12可能为己烯或环己烷，1mol己烯含有4molC−C键和1molC=C键，共5mol碳碳键，但环己烷含6molC−C键，则lmolC6H12中含碳碳键的数目不一定小于6NA，A项错误；B.果糖的摩尔质量为180g/mol，则18g果糖为0.1mol，一分子果糖含有5个羟基，则18g果糖含有羟基数目为0.5NA，B项错误；C.H218O的摩尔质量为20g/mol，分子中含中子数=18−8=10，D216O的摩尔质量为20g/mol，分子中含中子数=1×2+16−8=10，则4.0g由H218O与D216O组成的混合物的物质的量为，则所含中子数为0.2mol×10NA=2NA，C项正确；D.50g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的物质的量为，乙醇与钠反应生成氢气满足以下关系式：2C2H5OH~H2，则由乙醇与钠反应生成氢气物质的量为0.25mol，而水也能与钠反应生成氢气，则50g质量分数为46%的乙醇溶液与足量的钠反应，放出H2的分子数目大于0.25NA，D项错误；答案选C。8、B【解析】

A、该反应应为吸热反应，A错误；B、碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此除去Na2CO3固体中少量NaHCO3可用热分解的方法，B正确；C、过氧化尿素使品红溶液褪色是利用它的强氧化性，而二氧化硫使品红溶液褪色是利用它与品红试剂化合生成不稳定的无色物质，原理不相同，C错误；D、由图示可知，二氧化碳与氢气合成甲醇的原子利用率不是100%，D错误；答案选B。9、A【解析】

乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，以此来解答。【详解】B、C、D中均需要水浴加热，只有A中乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，不能水浴加热完成，故选：A。10、D【解析】

A.Ka2c(H+)=c(HPO42-)c(H2PO4-)，lgc(HPO42-B.由图所示a→b的过程中，酸性减弱，碳酸氢根离子的浓度增大，碳酸氢根离子水解使水的电离程度逐渐增大，故C.由Ka1c(H+)=c(HCO3-)c(H2CO3)得D.Ka1c(H+)=c(HCO3-)c(H2CO3)，Ka2c(H11、B【解析】

A．1个水分子能与周围的分子形成4个氢键，1个HF分子只能与周围的分子形成2个氢键，所以相同压强下H2O的沸点高于HF的沸点，故A不选；B．NH3与BF3可以形成配位键从而形成NH3·BF3，与氢键无关，故B选；C．羊毛主要成分是蛋白质，蛋白质分子与水分子之间形成氢键，破坏了蛋白质的螺旋结构，所以羊毛制品水洗再晒干后变形，故C不选；D．CH3COCH3中O原子电负性很大且含孤电子对，与水分子中氢原子形成氢键，所以二者可以完全互溶，故D不选；故答案为B。12、D【解析】

A.未标出物质的状态，该反应的热化学方程式为：N2

(g)+3H2(g)2NH3

(g)△H=-92kJ/mol，故A错误；B.从图中得出生成2molNH3时，反应放热92kJ，故B错误；C.催化剂可以同等的加快正逆反应速率，平衡不会改变，转化率也不变，故C错误；D.加入催化剂增大反应速率，化学平衡常数只受温度的影响，所以加催化剂不会改变平衡常数，故D正确；故答案为D。【点睛】易误选C，注意催化剂只能改变速率，而且是同等程度的改变，但是不能改变反应的限度，转化率不变。13、B【解析】

A.氯气溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以无法计算转移的电子数，故A错误;B.标准状况下，22.4L氖气为1mol，一个Ne原子含有10个电子，即1mol氖气含有10NA个电子，故B正确；C.醋酸溶液的体积未知，则无法计算H+数目，故C错误；D.120gNaHSO4为1mol，1molNaHSO4分子中含有1molNa+和1molHSO4-，则120gNaHSO4分子中阳离子和阴离子的总数为2NA，故D错误；故选B。14、A【解析】

向样品中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀产生，可能含有硫酸根离子或碳酸根离子或银离子；再滴加盐酸，沉淀部分消失，并有无色无味的气体产生，说明样品中含有碳酸根离子，碳酸根离子与银离子不能共存，所以样品中一定不存在银离子。故选A。【点睛】由于沉淀部分消失，一定有碳酸根离子，并且碳酸根离子与银离子不能共存。15、B【解析】

A.水分解产生氢气和氧气，有新的物质产生，发生的是化学变化，A不符合题意；B.从海底开采可燃冰获取燃料，没有新物质产生，发生的是物理变化，B符合题意；C.新能源汽车燃料电池供电，是化学能转化为电能，有新物质产生，发生的是化学变化，C不符合题意；D.运载“嫦娥四号”的火箭发射，化学能转化为热能、机械能，发生化学反应，有新的物质产生，D不符合题意；故合理选项是B。16、C【解析】

钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气。根据方程式计算。【详解】将amol钠和水反应生成amol氢氧化钠和a/2mol氢气，amol铝和amol氢氧化钠反应生成amol偏铝酸钠和3a/2mol氢气，反应后的溶液的质量为23a+27a+m-(a/2+3a/2×2=(m+46a)g，溶质偏铝酸钠的质量为82ag。则质量分数为82a/(m+46a)×100%。故选C。【点睛】掌握钠和水的反应、铝和氢氧化钠溶液的反应，能根据方程式进行计算，计算溶液的质量时注意从总质量中将产生的氢气的质量减去。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳双键氧化反应加成反应CH3CH=CH2、、【解析】

A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和二氧化碳反应生成碳酸乙二酯，碳酸乙二酯和甲醇发生信息i中的反应生成碳酸二甲酯和HOCH2CH2OH，其中F和M可生成N，则E为HOCH2CH2OH，F为碳酸二甲酯，结构简式为；G和苯反应生成J，由J分子式知G生成J的反应为加成反应，G为CH2=CHCH3，J发生氧化反应然后酸化生成L和丙酮，L和丙酮在酸性条件下反应生成M，由M结构简式和D分子式知，D为，F和M发生缩聚反应生成的PC结构简式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到；【详解】（1）A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，含有的官能团名称是碳碳双键；（2）反应①是乙烯催化氧化生成环氧乙烷，反应类型为氧化反应；反应②是环氧乙烷与CO2发生加成反应生成，反应类型是加成反应；（3）反应③是和CH3OH发生取代反应，生成乙二醇和碳酸二甲酯，发生反应的化学方程式是；（4）反应④是G和苯发生加成反应生成的J为C9H12，由原子守恒可知D的分子式为C3H6，结合G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是CH3CH=CH2；（5）反应⑥中苯酚和丙酮还发生加成反应生成，还可以发生缩聚反应生成等；（6）反应⑦是碳酸二甲酯和发生缩聚反应生成PC塑料的化学方程式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到，结合L为苯酚可知，合成路线为苯酚与H2加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，最后再催化氧化即得己二醛，由此可知中间产物1为环己醇，结构简式是。【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据产物的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。18、C6H12O6CH3-CH=CH2羰基、羧基①④+2H2O【解析】

B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，据此答题。【详解】B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖。（1）物质A为葡萄糖，其分子式为C6H12O6，B的结构简式为CH3-CH=CH2；（2）E为CH3COCOOH，含氧官能团的名称为羰基、羧基；（3）根据上面的分析可知，反应①～④中属于加成反应的是①④；（4）由两分子F合成六元环化合物的化学方程式为+2H2O。【点睛】本题考查有机物的推断，确定B的结构是关键，再根据官能团的性质结合反应条件进行推断，题目难度中等，注意掌握官能团的性质与转化。19、b②碱石灰制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率蒸馏溶液变为红色，而且半分钟内不褪色85.5%偏小【解析】

（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；（7）用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积V，则过量Ag+的物质的量为Vcmol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol，则可以求出SO2Cl2的物质的量；AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小。【详解】（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出，故水应该从b口进入；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用②70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2，故选②；（3）根据装置图可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰，可以吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入冷凝管中，故乙装置中盛放的试剂是碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；（7）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积10.00mL，则过量Ag+的物质的量为Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.2000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol＝1.9×10-2mol，则SO2Cl2的物质的量为1.9×10-2mol×0.5=9.5×10-3mol，产品中SO2Cl2的质量分数为×100%=85.5%；已知：Ksp(AgCl)=3.2×10−10，Ksp(AgSCN)=2×10−12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为：85.5%；偏小。20、缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中球形冷凝管吸收多余溴蒸气，防止污染空气，防止空气中的水分进入使MgBr2水解控制反应温度，防止Mg和Br2反应放热过于剧烈，使实验难以控制，同时减小溴的挥发防止乙醚和溴的泄露，应在通风橱中进行实验乙醚易燃，避免使用明火防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管BD97.52%（或0.9752）偏高【解析】

B中通入干燥的N2，产生气泡，使Br2挥发进入三颈烧瓶，Mg、Br2和乙醚在三颈烧瓶中剧烈反应，放出大量的热，为避免反应过剧烈，同时减少反应物Br2、乙醚挥发，将三颈烧瓶置于冰水浴中进行，同时用冷凝管将挥发的Br2、乙醚冷凝回流，提高原料利用率。在冷凝管上端加一个盛放碱石灰的干燥管，防止Br2挥发污染空气，同时也可防止空气中的水蒸气进入装置使MgBr2水解，据此解答。【详解】(1)步骤2应为：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中，故答案为：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中；(2)仪器A为球形冷凝管，碱石灰可防止挥发的Br2进入到空气中污染空气，同时也可防止空气中的水蒸气进入装置使MgBr2水解，冰水浴可减少溴挥发，可降低反应的剧