北京市昌平区市级名校新高考化学三模试卷及答案解析

北京市昌平区市级名校新高考化学三模试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、下列实验方案中，可以达到实验目的的是选项实验目的实验方案A除去苯中混有的苯酚加入适量的溴水充分反应后过滤B检验Fe2+溶液中是否含有Fe3+向待测液中滴加几滴铁氰化钾溶液C除去粗盐中含有Mg2+、Ca2+、SO42-的试剂加入顺序向该溶液中先加入NaOH溶液、再加BaCl2溶液，最后加碳酸钠溶液D检验SO2中是否含有HCl将产生的气体通入HNO3酸化的AgNO3溶液中A．A B．B C．C D．D2、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．Na2S溶液中：SO42-、K+、Cl-、Cu2+B．的溶液：K+、AlO2-、CO32-、Na+C．饱和氯水中：Cl-、NO3-、Na+、SO32-D．碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+3、2019年11月2日，14岁的华裔女孩Karafan用硝酸银替代了原液体创可贴中的硝酸铜，凭此改进，获评“美国顶尖青年科学家”。下列说法错误的是（）A．该液体创可贴显酸性B．银离子能使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用C．该液体创可贴中，银离子浓度越大越好D．硝酸银比硝酸铜的杀菌效果更好4、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．2molNO2与水充分反应，转移电子数为NAB．含0.1molH3PO4的水溶液中PO43－的数目为0.1NAC．0.5molNa2O2中O－的数目为NAD．标况下，42g丙烯和丁烯混合物含C数目为3NA5、银­Ferrozine法检测甲醛(HCHO)的原理为①在原电池装置中，氧化银能将甲醛充分氧化为CO2；②Fe3＋与产生的Ag定量反应生成Fe2＋；③Fe2＋与Ferrozine形成有色配合物；④测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。下列说法正确的是()A．①中，负极上消耗1mol甲醛时转移2mol电子B．①溶液中的H＋由正极移向负极C．理论上消耗的甲醛与生成的Fe2＋的物质的量之比为1∶4D．④中，甲醛浓度越大，吸光度越小6、下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A将大小相同的金属钠分别投入水和乙醇中钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼B在适量淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴5min，加入NaOH溶液调溶液pH至碱性，再加入新制的Cu(OH)2，加热有红色沉淀生成淀粉完全水解C向Fe(NO3)2溶液中依次滴加少量稀H2SO4和KSCN溶液溶液变红稀硫酸能氧化Fe2+D向10mL0.1mo/LNa2S溶液中滴入2mL0.1mol/LZnSO4溶液再加入0.1mol/LCuSO4溶液开始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)A．A B．B C．C D．D7、对于复分解反应X+YZ+W，下列叙述正确的是A．若Z是强酸，则X和Y必有一种是强酸B．若X是强酸，Y是盐，反应后可能有强酸或弱酸生成C．若Y是强碱，X是盐，则Z或W必有一种是弱碱D．若W是弱碱，Z是盐，则X和Y必有一种是强碱8、我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3×10－9m)恢复了磁性。“钴酞菁”分子结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似。下列说法中正确的是A．其分子直径比氯离子小B．在水中形成的分散系属于悬浊液C．在水中形成的分散系具有丁达尔效应D．“钴酞菁”分子不能透过滤纸9、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是BA．B．C．D．10、如图所示装置能实现实验目的的是（）A．图用于实验室制取氯气B．图用于实验室制取氨气C．图用于酒精萃取碘水中的I2D．图用于FeSO4溶液制备FeSO4•7H2O11、下列实验操作、现象和结论均正确的是实验操作和现象结论A向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuS，ZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色样品已变质C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D常温下，测得0.1mol·L－1NaA溶液的pH小于0.1mol·L－1Na2B溶液的pH酸性：HA＞H2BA．A B．B C．C D．D12、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，最外层电子数之和为20。W与Y元素同主族，且形成的化合物可用于工业的杀菌与消毒。下列说法正确的是A．W与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物B．Y的氧化物对应的水化物均为强酸C．Z的氢化物为离子化合物D．X和Y形成的化合物的水溶液呈中性13、电渗析法淡化海水装置示意图如下，电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列，将电解槽分隔成多个独立的间隔室，海水充满在各个间隔室中。通电后，一个间隔室的海水被淡化，而其相邻间隔室的海水被浓缩，从而实现了淡水和浓缩海水分离。下列说法正确的是（）A．离子交换膜b为阳离子交换膜B．各间隔室的排出液中，①③⑤⑦为淡水C．通电时，电极l附近溶液的pH比电极2附近溶液的pH变化明显D．淡化过程中，得到的浓缩海水没有任何使用价值14、下列化学用语正确的是A．Na-O-H与Na+都表示氢氧化钠B．与都表示氟离子C．-OH与都表示羟基D．与都表示水分子15、常温下，以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等，通过添加过量的难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀并过滤除去，下列说法正确的是A．过滤后的溶液中一定没有S2-B．MnS难溶于水，可溶于MnCl2溶液中C．常温时，CuS、PbS、CdS比MnS更难溶D．加入MnS后生成CuS的离子方程式是Cu2++S2-=CuS↓16、某化学学习小组利用如图装置来制备无水AlCl3或NaH(已知:AlCl3、NaH遇水都能迅速发生反应)。下列说法错误的是A．制备无水AlCl3:装置A中的试剂可能是高锰酸钾B．点燃D处酒精灯之前需排尽装置中的空气C．装置C中的试剂为浓硫酸D．制备无水AlCl3和NaH时球形干燥管中碱石灰的作用完全相同二、非选择题（本题包括5小题）17、以下是合成芳香族有机高聚物P的合成路线．已知：ROH+R’OHROR’+H2O完成下列填空：（1）F中官能团的名称__；写出反应①的反应条件__；（2）写出反应⑤的化学方程式__．（1）写出高聚物P的结构简式__．（4）E有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式__．①分子中只有苯环一个环状结构，且苯环上有两个取代基；②1mol该有机物与溴水反应时消耗4molBr2（5）写出以分子式为C5H8的烃为主要原料，制备F的合成路线流程图（无机试剂任选）__．合成路线流程图示例如下：

CH1CHOCH1COOHCH1COOCH2CH1．18、医药合成中可用下列流程合成一种治疗心脏病的特效药物(G)。已知：①RCH=CH2RCH2CH2CHO；②(1)B的核磁共振氢谱图中有________组吸收峰，C的名称为________。(2)E中含氧官能团的名称为________，写出D→E的化学方程式________。(3)E-F的反应类型为________。(4)E的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构有________种，写出其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式________________________。(5)下列有关产物G的说法正确的是________A．G的分子式为C15H28O2B．1molG水解能消耗2molNaoHC．G中至少有8个C原子共平面D．合成路线中生成G的反应为取代反应(6)写出以1-丁醇为原料制备C的同分异构体正戊酸(CH3CH2CH2CH2COOH)的合成路线流程图。示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH，无机试剂任选______________________。19、硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S、SO2。Ⅰ.Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示。(1)b中反应的离子方程式为________，c中试剂为_________。(2)反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清。此浑浊物是_______。(3)实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有___________(写出两条)。(4)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2，不能过量，原因是_______。(5)制备得到的Na2S2O3中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4：___________________________________。Ⅱ.探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料：ⅰ．Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)ⅱ．Ag2S2O3为白色沉淀，Ag2S2O3可溶于过量的S2O32-装置编号试剂X实验现象①Fe(NO3)3溶液混合后溶液先变成紫黑色,30s后溶液几乎变为无色②AgNO3溶液先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液(6)根据实验①的现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过____(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅰ的现象：____。(7)同浓度氧化性：Ag+>Fe3+。实验②中Ag+未发生氧化还原反应的原因是____。(8)进一步探究Ag+和S2O32-反应。装置编号试剂X实验现象③AgNO3溶液先生成白色絮状沉淀，沉淀很快变为黄色、棕色，最后为黑色沉淀。实验③中白色絮状沉淀最后变为黑色沉淀(Ag2S)的化学方程式如下，填入合适的物质和系数：Ag2S2O3+_____=Ag2S+_____(9)根据以上实验，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和____有关(写出两条)。20、一氯甲烷(CH3Cl)一种重要的化工原料，常温下它是无色有毒气体，微溶于水，易溶于乙醇、CCl4等有机浓剂。(1)甲组同学在实验室用装置A模拟催化法制备一氯甲烷并检验CH3Cl的稳定性。A．B．C．D．①装置A中仪器a的名称为__________，a瓶中发生反应的化学方程式为________。②实验室干燥ZnCl2晶体制备无水ZnCl2的方法是________。(2)为探究CH3Cl与CH4分子稳定性的差别，乙组同学设计实验验证CH3C1能被酸性KMnO4溶液氧化。①为达到实验目的，上面装置图中装置连接的合理顺序为A________②装置中水的主要作用是__________。③若实验过程中还产生了一种黄绿色气体和一种无色气体，该反应的离子方程式为_____。(3)丙组同学选用A装置设计实验探究甲醇的转化率。取6.4g甲醇与足量的浓盐酸充分反应，将收集到的CH3Cl气体在足量的氧气中充分燃烧，产物用过量的V1mL、c1mol·L-1NaOH溶液充分吸收。现以甲基橙作指示剂，用c2mol·L-1盐酸标准溶液对吸收液进行返滴定，最终消耗V2mL盐酸。(已知：2CH3Cl+3O22CO2+2H2O+2HCl)①滴定终点的现象为____________②该反应甲醇的转化率为________。(用含有V、c的式子表示)21、乙酸是生物油的主要成分之一，乙酸制氢具有重要意义：热裂解反应：CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g)△H=+213.7kJ·mol－1脱酸基反应CH3COOH(g)→2CH4(g)+CO2(g)△H=－33.5kJ·mol－1（1）请写出CO与H2甲烷化的热化学方程式__________________________________。（2）在密闭溶液中，利用乙酸制氢，选择的压强为________（填“较大”或“常压”）。其中温度与气体产率的关系如图：①约650℃之前，脱酸基反应活化能低速率快，故氢气产率低于甲烷；650℃之后氢气产率高于甲烷，理由是随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时_________________。②保持其他条件不变，在乙酸气中掺杂一定量的水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，请用化学方程式表示：____________________。（3）若利用合适的催化剂控制其他的副反应，温度为TK时达到平衡，总压强为PkPa，热裂解反应消耗乙酸20%，脱酸基反应消耗乙酸60%，乙酸体积分数为________（计算结果保留1位小数）；脱酸基反应的平衡常数Kp分别为________________kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。

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.苯酚与溴水生成的三溴苯酚溶于苯，无法除去杂质，且引进了新的杂质溴，A项错误；B.铁氰化钾溶液用于检验亚铁离子，无法检测铁离子，B项错误；C.NaOH溶液可以除去Mg2+、再加稍过量的BaCl2溶液可以除去SO42-，最后加碳酸钠溶液可以除去Ca2+和过量的Ba2+，到达除杂目的，C项正确；D.HNO3会氧化二氧化硫为硫酸根，硫酸根与银离子反应生成微溶的硫酸银白色沉淀，与氯化银无法区分，D项错误；答案选C。2、B【解析】A、Cu2＋与S2－生成难溶物是CuS，不能大量共存，故错误；B、此溶液显碱性，这些离子大量共存，故正确；C、氯水中Cl2和HClO，具有强氧化性，能把SO32－氧化成SO42－，不能大量共存，故错误；D、HCO3－与H＋反应生成CO2，不能大量共存，故错误。3、C【解析】

A．硝酸银是强酸弱碱盐，水解显酸性，故A正确；B．银离子是重金属阳离子能使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，故B正确；C．银离子浓度大，如果被人体内脏吸收，会积累而发生病变，且永远无法排出体外，极大危害人体健康，故C错误；D．银离子氧化性大于铜离子，硝酸银比硝酸铜的杀菌效果更好，故D正确；故选：C。4、D【解析】

A选项，3NO2+H2O=2HNO3+NO，3molNO2与水反应转移2mol电子，因此2molNO2与水充分反应，转移电子数为，故A错误；B选项，H3PO4是弱酸，弱电解质，因此含0.1molH3PO4的水溶液中PO43－的数目为小于0.1NA，故B错误；C选项，0.5molNa2O2中含有过氧根离子，数目为0.5NA，故C错误；D选项，标况下，丙烯和丁烯混合物通式为CnH2n，42g丙烯和丁烯混合物含C数目，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】过氧化钠中含有钠离子和过氧根离子，离子个数有3个。5、C【解析】A．甲醛分子中碳元素的化合价为0价，1mol甲醛被氧化时转移4mol电子，故A错误；B．原电池中阳离子向正极移动，故B错误；C．每生成1molFe2+转移1mol电子，1mol甲醛被氧化时转移4mol电子，根据电子转移的数目相等，可知消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1:4，故C正确；D．④中，甲醛浓度越大，反应生成的Fe2+的浓度越大，吸光度越大，故D错误；答案为C。6、A【解析】

A、钠与水和乙醇反应都能置换出氢气，可根据反应的剧烈程度确定羟基上氢原子的活泼性；B、淀粉水解要在硫酸作用下进行，要检验水解产物，必须先加碱中和至碱性，再加新制的Cu(OH)2，加热，但淀粉水解是否完全，还要检验是否有淀粉存在；C、稀硫酸没有强氧化性，不能氧化Fe2+；D、该实验中物质的用量决定着反应的本质，现象不能说明Ksp的大小。【详解】A、钠与水和乙醇反应都能置换出氢气，大小相同的钠与水反应比与乙醇反应剧烈，说明水中的氢原子比乙醇羟基上的氢原子活泼，故A正确；B、淀粉若部分水解，也会产生同样的现象，故B错误；C、向Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4，使溶液呈酸性，形成的硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红色，而不是稀硫酸能氧化Fe2+，故C错误；D、由于Na2S在与ZnSO4反应时过量，所以再加入CuSO4时，发生如下反应Na2S+CuSO4==CuS↓+Na2SO4，不能说明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，即D错误。本题答案为A。【点睛】淀粉是完全水解、部分水解、还是没有水解一定要明确其检验方法，一般都需要做两个实验；要明确硝酸和硫酸谁具有强氧化性，才能准确解答C选项；D选项最容易错选，物质量的多少对某些离子反应的发生起着决定性作用。7、B【解析】

A．H2S+CuSO4=CuS+H2SO4。错误；B．H2SO4+2NaCl=Na2SO4+2HCl↑；2HCl+FeS=FeCl2+H2S↑，正确；C．Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，错误；D．CuSO4+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4，错误。8、C【解析】

A.氯离子半径小于1nm，因此其分子直径比氯离子大，故A错误；B.在水中形成的分散系属于胶体，故B错误；C.在水中形成的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔效应，故C正确；D.“钴酞菁”分子直径小于滤纸中空隙的直径，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】胶体具有丁达尔效应、利用渗析的方法净化胶体，要注意胶体是混合物。9、B【解析】

A．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，不是生成三氧化二铁，不能一步实现，故A错误；B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸分解放出氧气，能够一步实现转化，故B正确；C．氧化铜溶于盐酸生成氯化铜，直接加热蒸干得不到无水氯化铜，需要在氯化氢氛围中蒸干，故C错误；D．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，不能一步实现，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意氯化铜水解生成的氯化氢容易挥发，直接蒸干得到氢氧化铜，得不到无水氯化铜。10、B【解析】

A.实验室制取氯气，二氧化锰与浓盐酸需要加热，常温下不反应，A错误；B.实验室制取氨气，氯化铵固体与氢氧化钙固体加热，B正确；C.酒精和水互溶，不能作萃取剂，C错误；D.Fe2+容易被空气氧化变为Fe3+，加热后得不到亚铁盐，D错误；故答案选B。11、A【解析】

A．相同条件下，溶解度大的物质先溶解，组成和结构相似的难溶物，溶解度越大，其溶度积越大。因在等体积等浓度的盐酸ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故A正确；B．Fe(NO3)2溶于稀硫酸后，Fe2+在酸性条件下被NO3-氧化为Fe3+，此时滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则无法证明Fe(NO3)2是否变质，故B错误；C．在加热条件下NH4HCO3固体分解生成NH3，NH3能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，由于固体本身没有与试纸接触，故本实验不能证明NH4HCO3显碱性，故C错误；D．强碱弱酸盐的pH越大，对应酸的酸性越弱，Na2B溶液对应的酸为HB-，则由现象可知酸性：HA＞HB-，但是本实验不能证明HA的酸性比H2B强，故D错误；故答案为A。12、A【解析】

W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W与Y元素同主族，且形成的化合物可用于工业的杀菌与消毒，故W为O，Y为S，Z为Cl，根据最外层电子数之和为20，X为Na。【详解】A.W为O，与其他三种元素可形成，Na2O2和Na2O，SO2和SO3，Cl2O7、ClO2，Cl2O等，故A正确；B.Y的最高价氧化物对应的水化物H2SO4为强酸，H2SO3不是强酸，故B错误；C.Z的氢化物HCl为共价化合物，故C错误；D.X和Y形成的化合物为Na2S，水溶液呈碱性，故D错误；故选A。13、B【解析】

图中分析可知，电极1为电解池阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，电极2为阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应2H++2e-=H2↑，实线对应的半透膜是阳离子半透膜，虚线是阴离子半透膜。A.分析可知b为阴离子交换膜，A错误；B.实线对应的半透膜是阳离子半透膜，虚线是阴离子半透膜，结合阴阳离子移向可知，各间隔室的排出液中，①③⑤⑦为淡水，B正确；C.通电时，阳极电极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极电极反应，2H++2e-=H2↑，电极2附近溶液的pH比电极1附近溶液的pH变化明显，C错误；D.淡化过程中，得到的浓缩海水可以提取氯化钠、镁、溴等，有使用价值，D错误；故合理选项是B。14、C【解析】

A.氢氧化钠是离子化合物，不能用Na-O-H表示，故A错误；

B.为氟离子，不一定代表氟离子，可能是Ne原子或者氧离子等，故B错误；C.-OH与都表示羟基，分别为结构简式和电子式，故C正确；D.水分子是v型结构，不是直线型，故D错误；答案：C15、C【解析】

A、难溶并不是不溶，只是溶解度小，过滤后的溶液中一定有极少量的S2-，错误，不选A；B、硫化锰难溶于水，也难溶于氯化锰的溶液，错误，不选B；C、通过添加过量的难溶电解质硫化锰，除去铜离子、铅离子、镉离子，是沉淀转化的原理，利用硫化铜、硫化铅、硫化镉比硫化锰更难溶于水的原理转化，正确，选C；D、沉淀转化的离子方程式为Cu2+（aq）+MnS(s)=CuS(s)+Mn2+（aq），错误，不选D。本题选C。16、D【解析】

由图可知，装置A为氯气或氢气的制备装置，装置B的目的是除去氯气或氢气中的氯化氢，装置C的目的是干燥氯气或氢气，装置E收集反应生成的氯化铝或氢化钠，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中，或吸收过量的氯气防止污染环境。【详解】A项、浓盐酸可与高锰酸钾常温下发生氧化还原反应制备氯气，故A正确；B项、因为金属铝或金属钠均能与氧气反应，所以点燃D处酒精灯之前需排尽装置中的空气，故B正确；C项、装置C中的试剂为浓硫酸，目的是干燥氯气或氢气，故C正确；D项、制备无水AlCl3时，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中，吸收过量的氯气防止污染环境，制备无水NaH时，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中，故D错误。故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把握反应原理，明确装置的作用关系为解答的关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基、氯原子光照HOOCCCl（CH1）CH2COOH+1NaOH+NaCl+1H2OCH2=C（CH1）CH=CH2CH2BrC（CH1）=CHCH2BrHOCH2C（CH1）=CHCH2OHOHCC（CH1）=CHCHOHOOCC（CH1）=CHCOOHF【解析】

不饱和度极高，因此推测为甲苯，推测为，根据反应③的条件，C中一定含有醇羟基，则反应②是卤代烃的水解变成醇的过程，C即苯甲醇，根据题目给出的信息，D为，结合D和E的分子式，以及反应④的条件，推测应该是醇的消去反应，故E为，再来看M，M的分子式中有钠无氯，因此反应⑤为氢氧化钠的乙醇溶液，M为，经酸化后得到N为，N最后和E反应得到高聚物P，本题得解。【详解】（1）F中的官能团有羧基、氯原子；反应①取代的是支链上的氢原子，因此条件为光照；（2）反应⑤即中和反应和消去反应，方程式为HOOCCCl（CH1）CH2COOH+1NaOH+NaCl+1H2O；（1）根据分析，P的结构简式为；（4）首先根据E的分子式可知其有5个不饱和度，苯环只能提供4个不饱和度，因此必定还有1个碳碳双键，符合条件的同分异构体为；（5）首先根据的分子式算出其分子内有2个不饱和度，因此这两个碳碳双键可以转化为F中的2个羧基，故合成路线为CH2=C（CH1）CH=CH2CH2BrC（CH1）=CHCH2BrHOCH2C（CH1）=CHCH2OHOHCC（CH1）=CHCHOHOOCC（CH1）=CHCOOHF。18、43-甲基丁酸羟基加成反应或还原反应13、AD【解析】分析：在合成路线中，C+F→G为酯化反应，由F和G的结构可推知C为:，结合已知①，可推知B为：，由F的结构和E→F的转化条件，可推知E的结构简式为：，再结合已知②，可推知D为：。详解：（1）分子中有4种等效氢，故其核磁共振氢谱图中有4组吸收峰,的名称为3-甲基丁酸，因此，本题正确答案为：.4；3-甲基丁酸；（2）中含氧官能团的名称为羟基，根据已知②可写出D→E的化学方程式为。（3）E-F为苯环加氢的反应，其反应类型为加成反应或还原反应。故答案为加成反应或还原反应；（4）的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构：分两步分析，首先从分子组成中去掉-O-,剩下苯环上只有一个取代基结构为：，由于丁基有4种，所以也有4种，、、、，第二步，将-O-插入C-C之间形成醚分别有4种、4种、3种和2种，共有13种，其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式为、。所以，本题答案为：13；、；（5）A.由结构简式知G的分子式为C15H28O2，故A正确；B.1molG水解能消耗1mol

NaOH，故B错误；C.G中六元碳环上的C原子为饱和碳原子，不在同一平面上，故至少有8个C原子共平面是错误的；D.合成路线中生成G的反应为酯化反应，也属于取代反应，故D正确；所以，本题答案为：AD（6）以1-丁醇为原料制备正戊酸(

CH3CH2CH2CH2COOH)，属于增长碳链的合成，结合题干中A→B→C的转化过程可知，1-丁醇先消去生成1-丁烯，再和CO/H2反应生成戊醛，最后氧化生成正戊酸，合成路线为：19、SO32-+2H+=H2O+SO2↑;或HSO3－+H+=SO2↑+H2O硫化钠和碳酸钠的混合溶液硫控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度等)若SO2过量，溶液显酸性，产物分解取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；Fe3+与S2O32−氧化还原反应的程度大，Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色Ag+与S2O32−生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+的氧化性和S2O32−的还原性减弱H2OH2SO4阳离子、用量等【解析】

Ⅰ.第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，结合问题分析解答；Ⅱ.(6)利用铁氰化钾溶液检验反应后的溶液中含有Fe2+；根据外界条件对反应速率和平衡的影响分析解答；(7)实验②滴加AgNO3溶液，先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明溶液中Ag+较低，减少了发生氧化还原反应的可能；(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，结合电子守恒、原子守恒分析即可；(9)结合实验①、②、③从阳离子的氧化性、离子浓度等方面分析。【详解】Ⅰ.(1)第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸，反应的离子方程式为：SO32-+2H+=SO2↑+H2O，c装置为Na2S2O3的生成装置，根据反应原理可知c中的试剂为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)反应开始时发生的反应为：Na2S+SO2+H2O=H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故该浑浊物是S；(3)通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率；(4)硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解；(5)检测产品中是否存在Na2SO4的方法是取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。Ⅱ.(6)实验①的现象是混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶液几乎变为无色，取反应后的混合液并加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，则有Fe2+生成，可判断为Fe3+被S2O32-还原为Fe2+；混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶液几乎变为无色，说明Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-反应速率较Fe3+和S2O32-之间的氧化还原反应，且促进平衡逆向移动；先变成紫黑色后变无色，说明生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；另外Fe3+与S2O32−氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色；(7)同浓度氧化性：Ag+>Fe3+，但实验②未发生Ag+与S2O32-之间的氧化还原反应，结合实验现象先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明Ag+与S2O32−生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+的氧化性和S2O32−的还原性减弱；(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，如果产物是H2SO3，能被Ag+继续氧化，则氧化产物应为H2SO4，结合原子守恒可知，另一种反应物应为H2O，发生反应的化学方程式为Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4；(9)结合实验①、②、③可知，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和金属阳离子的氧化性强弱、离子浓度大小、反应物的用量等有关。20、圆底烧瓶CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O在HC1气流中小心加热C-D-B除去CH3C1中的HCl和甲醇，防止对后续试验的干扰10CH3Cl+14MnO4－+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化【解析】

(1)①根据仪器a特点，得出仪器a为圆底烧瓶；根据实验目的，装置A是制备CH3Cl，据此分析；②ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2＋能发生水解，制备无水ZnCl2时，需要防止Zn2＋水解；(2)①A是制备CH3Cl的装置，CH3Cl中混有甲醇和HCl，甲醇和HCl能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰实验，必须除去，利用它们溶于水，需要通过C装置，然后通过D装置验证CH3Cl能被酸性高锰酸钾溶液氧化最后通过B装置；②根据①分析；③黄绿色气体为Cl2，利用高锰酸钾溶液的氧化性，将CH3Cl中C氧化成CO2，高锰酸钾中Mn元素被还原成Mn2＋，据此分析；(3)①使用盐酸滴定，甲基橙作指示剂，终点是溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化；②CH3Cl燃烧生成CO2和HCl，CO2和HCl被NaOH所吸收，然后用盐酸滴定过量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，据此分析；【详解】(1)①根据仪器a的特点，仪器a的名称为圆底烧瓶，根据实验目的，装置A制备CH3Cl，HCl中Cl取代CH3OH中羟基，则a瓶中的反应方程式为CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O；答案：圆底烧瓶；CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O；②ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2＋发生水解，因此实验室干燥ZnCl2晶体制备无水ZnCl2的方法是在HC1气流中小心加热；答案：在HC1气流中小心加热；(2)①根据实验目的，装置A制备CH3Cl，甲醇和浓盐酸易挥发，CH3C1中含有HCl和甲醇等杂质，HCl和甲醇均能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰后续实验，利用甲醇和HCl易溶于水，通入KMnO4溶液前需用水除去，然后再通入酸性高锰酸钾溶液，根据③得到黄绿色气体，黄绿色气体为Cl2，氯气有毒，污染环境，因此最后通入CCl4溶液，除去Cl2等有毒气体，则连接顺序是A→C→D→B；答案：C→D→B；②根据①分析，水的作用是除去CH3C1中的HCl和甲醇；答案：除去CH3Cl中的HCl和甲醇，防止对后续实验的干扰；③黄绿色气体为Cl2，利用高锰酸钾溶液的氧化性，将CH3Cl中C氧化成CO2，