2025年第一学期上海市宝安区下学期高三化学试题第一次联考考试试卷含解析

2025年第一学期上海市宝安区下学期高三化学试题第一次联考考试试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、化学与人类生活密切相关。下列说法正确的是A．矿物油和植物油都可以通过石油分馏来获取B．硫酸亚铁可作补血剂组成成分C．蛋白质的水解产物都是α-氨基酸D．造成PM2.5的直接原因是土壤沙漠化2、关于一些重要的化学概念，下列叙述正确的是A．根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液B．CO2、NO2、Mn2O7、P2O5均为酸性氧化物C．漂白粉、水玻璃、铝热剂均为混合物D．熔融状态下，CH3COOH、NaOH、MgCl2均能导电3、用化学方法不能实现的是（）A．生成一种新分子 B．生成一种新离子C．生成一种新同位素 D．生成一种新单质4、如图为元素周期表的一部分，其中A、B、C、D、E代表元素。下列说法错误的是A．元素B、D对应族①处的标识为ⅥA16B．熔点：D的氧化物＜C的氧化物C．AE3分子中所有原子都满足8电子稳定结构D．E的含氧酸酸性强于D的含氧酸5、加较多量的水稀释0.1mol/L的NaHCO3溶液，下列离子浓度会增大的是（）A．CO32- B．HCO3- C．H+ D．OH-6、在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)△H1<0平衡常数K1②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H2<0平衡常数K210分钟时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20％，10分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L·min)。下列说法不正确的是（）A．反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数为K1B．平衡后c(Cl2)=2.5×10-2mol/LC．其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大D．平衡时NO2的转化率为50％7、改变下列条件，只对化学反应速率有影响，一定对化学平衡没有影响的是A．催化剂 B．浓度 C．压强 D．温度8、空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。下图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是A．转移0.1mol电子时，a电极产生标准状况下O21.12LB．b电极上发生的电极反应是：2H2O+2e－＝H2↑+2OH－C．c电极上进行还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池D．d电极上发生的电极反应是：O2+4H＋+4e－＝2H2O9、把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)。对该氧化还原反应型离子方程式，说法不正确的是（）A．IO4-作氧化剂具有氧化性B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2C．若有2molMn2+参加反应时则转移10mol电子D．氧化性：MnO4->IO4-10、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．常温常压下，22.4LCH4含有的分子数小于NAB．7.8gNa2O2与足量水反应转移的电子数为0.2NAC．1mol苯中含有的碳碳双键数为3NAD．1L1mol·L-1的磷酸溶液中氢离子数为3NA11、磺酰氯（SO2Cl2）在医药、染料行业有重要用途,其熔点为-54.1C,沸点为69.2°C,易水解。某学习小组在实验室用SO2和Cl2在活性炭作用下制备SO2Cl2（SO2+Cl2SO2Cl2）,设计如图实验（夹持装置略去）。下列说法不正确的是A．c中的NaOH溶液可换成NaCl溶液,效果相同B．e中的冷却水应从下口入上口出C．d的作用是防止水蒸气进人a中使SO2Cl2水解D．a中冰盐水有助于SO2Cl2液化,提高SO2和Cl2的转化率.12、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．氯气溶于水：Cl2＋H2O=2H＋＋Cl－＋ClO－B．Na2CO3溶液中CO32－的水解：CO32－＋H2O=HCO3－＋OH－C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3－＋I－＋6H＋=I2＋3H2OD．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3－＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O13、下列有关化学用语表示正确的是A．CCl4分子的比例模型： B．氟离子的结构示意图：C．CaCl2的电子式： D．氮分子的结构式：N—N14、某红色固体粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一种或几种。为探究其组成，称取ag该固体粉末样品，用过量的稀硫酸充分反应后(已知:Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2O)，称得固体质量为bg。则下列推断不合理的是A．反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种B．向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，可能使bg固体完全溶解C．若b＝a，则红色固体粉末一定为纯净物D．b的取值范围:0＜b≤a15、下列醇类物质中既能发生消去反应，又能发生催化氧化反应生成醛类的物质是()A．B．C．D．16、科学研究发现，高度对称的有机分子具有致密性高、稳定性强、张力能大等特点。饱和烃中有一系列高度对称结构的烃，如（正四面体烷C4H4）、（棱晶烷C6H6）、（立方烷C8H8），下列有关说法正确的是A．上述三种物质中的C原子都形成4个单键，因此它们都属于烷烃B．上述三种物质互为同系物，它们的通式为C2nH2n（n≥2）C．棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物的数目不同D．棱晶烷与立方烷在光照条件下均可与氯气发生取代反应二、非选择题（本题包括5小题）17、曲美替尼是一种抑制黑色素瘤的新型抗癌药物，下面是合成曲美替尼中间体G的反应路线：已知：①D分子中有2个6元环；请回答：（1）化合物A的结构简式___________。A生成B的反应类型___________。（2）下列说法不正确的是___________。A．B既能表现碱性又能表现酸性B．1moC在碱溶液中完全水解最多可以消耗4molOH－C．D与POCl3的反应还会生成E的一种同分异构体D．G的分子式为C16H18O3N4（3）写出C→D的化学方程式____________________________________________。（4）X是比A多2个碳原子的A的同系物，写出符合下列条件的X可能的结构简式：_______________________________________________________。①1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子，②IR谱显示分子中有苯环与－NH2相连结构（5）流程中使用的DMF即N，N-二甲基甲酰胺结构简式为，是常用的有机溶剂。设计以甲醇和氨为主要原料制取DMF的合成路线(用流程图表示，其他无机试剂任选)。_____________18、布洛芬具有降温和抑制肺部炎症的双重作用。一种制备布洛芬的合成路线如图：已知：①CH3CH2ClCH3CH2MgCl②+HCl回答下列问题：（1）A的化学名称为___，G→H的反应类型为___，H中官能团的名称为__。（2）分子中所有碳原子可能在同一个平面上的E的结构简式为__。（3）I→K的化学方程式为___。（4）写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式__(不考虑立体异构)。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②分子中有一个手性碳原子；③核磁共振氢谱有七组峰。（5）写出以间二甲苯、CH3COCl和(CH3)2CHMgCl为原料制备的合成路线：__(无机试剂任选)。19、辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分MnO2，它们都含有少量Fe2O3、SiO2等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备硫酸铜、硫酸锰和硫单质的主要工艺流程如下：（1）浸取2过程中温度控制在500C～600C之间的原因是__________________。（2）硫酸浸取时，Fe3+对MnO2氧化Cu2S起着重要催化作用，该过程可能经过两岁反应完成，将其补充完整：

①_____________________________（用离子方程式表示）②MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O（3）固体甲是一种碱式盐，为测定甲的化学式，进行以下实验：步骤1：取19.2g固体甲，加足量的稀盐酸溶解，将所得溶液分为A、B两等份；步骤2：向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448LNH3（标准状况下）过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣：步骤3：向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g固体残渣。则固体甲的化学式为_________________（4）相关物质的溶解度如下图，从除铁后的溶液中通过一系列的操作分别获得硫酸铜、硫酸锰晶体，请给出合理的操作顺序（从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用）：溶液→()→()→()→(A)→()→()→（），_____________A．蒸发溶剂B．趁热过滤C．冷却结晶D．过滤E．将溶液蒸发至溶液表面出现晶膜F．将溶液蒸发至容器底部出现大量晶体20、亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出ClO2，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示：已知：①ClO2的熔点为-59℃、沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。②2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O请回答：(1)按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是____；装置B的作用是___；冰水浴冷却的主要目的不包括_（填字母）。a．减少H2O2的分解b．降低ClO2的溶解度c．减少ClO2的分解(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，写出三颈烧瓶中生成ClO2的化学方程式：____。(3)装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为_____。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，试分析原因：________。(4)该套装置存在的明显缺陷是_________。(5)为防止生成的NaClO2固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是_（填字母）A．过氧化钠B．硫化钠C．氯化亚铁D．高锰酸钾(6)若mgNaClO3(s)最终制得纯净的ngNaClO2(s)，则NaClO2的产率是_×100%。21、二茂铁在常温下为橙黄色粉末，有樟脑气味，用作节能、消烟、助燃添加剂等。可用下列方法合成：回答下列问题：(1)室温下，环戊二烯以二聚体的形式存在。某实验小组要得到环戊二烯，需先将环戊二烯二聚体解聚，已知：①分离得到环戊二烯的操作为_____________________(填操作名称)。②由环戊二烯生成C5H5K的化学方程式为___________________。(2)流程中所需的FeCl2·4H2O可通过下列步骤制得。①用饱和Na2CO3溶液“浸泡”铁屑的目的是_____________________________________。②采用“趁热过滤”，其原因是________________________________________________。(3)用电解法制备二茂铁时：①不断通入N2的目的是__________________________。②Ni电极与电源的____________(填“正极”或“负极”)相连，电解过程中阳极的电极反应式为__________________，理论上电路中每转移1mol电子，得到产品的质量为____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A．矿物油可以通过石油分馏来获取，植物油是油脂，不能通过石油分馏来获取，选项A错误；B．硫酸亚铁可作补血剂组成成分，选项B正确；C．天然蛋白质的水解产物都是α-氨基酸，选项C错误；D．造成PM2.5的直接原因是大气污染物的大量排放，选项D错误；答案选B。2、C【解析】

A选项，根据分散质粒子直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液，故A错误；B选项，NO2不是酸性氧化物，故B错误；C选项，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，铝热剂是金属铝和金属性比铝弱的金属氧化物的混合物，故C正确；D选项，CH3COOH是共价化合物，熔融状态下不能导电，故D错误；综上所述，答案为C。非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物。3、C【解析】

化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程。【详解】根据化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程，原子并没有发生变化，可知通过化学方法可以生产一种新分子，也可以生成一种新离子，还可生成一种新单质；具有一定数目的质子和一定数目的中子的原子称为核素，即核素的种类决定于原子核，而化学反应只是核外电子数目的变化，所以生成一种新同位素通过化学反应是不能实现的，故C符合；答案选C。4、D【解析】

A.元素B、D是氧族元素，周期表中第16列，对应族①处的标识为ⅥA16，故A正确；B.D为S，其氧化物为分子晶体，C的氧化物为SiO2，是原子晶体，熔点：D的氧化物＜C的氧化物，故B正确；C.AE3分子中，NCl3分子中N最外层5个电子，三个氯原子各提供1个电子，N满足8电子，氯最外层7个，氮提供3个电子，分别给三个氯原子，所有原子都满足8电子稳定结构，故C正确；D.应是E的最高价含氧酸酸性强于D的最高价含氧酸，故D错误；故选D。5、C【解析】

在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，加较多量的水稀释促进水解平衡正向移动，但以体积增大为主，所以氢氧根离子的浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，即氢离子浓度与氢氧根离子浓度的积不变，所以氢离子的浓度变大，故选：C。6、C【解析】

A.①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)△H1<0平衡常数K1=c(ClNO)c②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H2<0平衡常数K2=c2反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=c2(NO)∙c(Cl2)c4B.10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）=7.5×10-3mol/(L•min)，则平衡时n(ClNO)=7.5×10-3mol/(L•min)×10min×2L=0.15mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)xmol0.5xmol2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)2ymolymol2ymol则0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(Cl2)=0.1mol-0.05mol2L=2.5×10-2mol/L，BC.平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2不变，C错误；D.平衡时NO2的转化率为0.1mol0.2mol×100%=50%，故合理选项是C。7、A【解析】

A．催化剂会改变化学反应速率，不影响平衡移动，故A选；B．增大反应物浓度平衡一定正向移动，正反应反应速率一定增大，故B不选；C．反应前后气体体积改变的反应，改变压强平衡发生移动，故C不选；D．任何化学反应都有热效应，所以温度改变，一定影响反应速率，平衡一定发生移动，故D不选；故答案选A。8、C【解析】

A．a电极与外加电源的负极相连，a电极为阴极，a电极上的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，a电极产生的气体是氢气，A项错误；B．b电极与外加电源的正极相连，b电极为阳极，b电极上的电极反应式为2H2O－4e－＝O2↑+4H+，B项错误；C.c电极通入O2，c电极为氢氧燃料电池的正极，c电极上发生还原反应，d电极通入H2，d电极为氢氧燃料电池的负极，d电极的电极反应式为H2-2e-=2H+，在原电池中阳离子向正极移动，B池中的H+可以通过隔膜进入A池，C项正确；D．d电极上发生的电极反应是H2-2e-=2H+，D项错误；答案选C。9、D【解析】

已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以IO4-是反应物，IO3-是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，据此进行解答。【详解】根据氧化还原反应的规律，该反应方程式为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+。A．IO4-在反应中得电子作氧化剂，故A正确；B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2，故B正确；C．若有2molMn2+参加反应，则转移的电子为2mol×(7-2)=10mol，故C正确；D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；该反应中氧化剂为IO4-，氧化产物为MnO4-，所以氧化性：MnO4-<IO4-，故D错误；故选D。10、A【解析】

A.常温常压下，22.4LCH4物质的量小于1mol，其含有的分子数小于NA，故A正确；B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2mol过氧化钠转移2mol电子，因此7.8gNa2O2即0.1mol与足量水反应转移的电子数为0.1NA，故B错误；C.苯中不含有的碳碳双键，故C错误；D.1L1mol·L-1的磷酸物质的量为1mol，磷酸是弱酸，部分电离，因此溶液中氢离子数小于3NA，故D错误。综上所述，答案为A。11、A【解析】

Ac中的NaOH溶液的作用是吸收未反应的Cl2，不能用NaCl溶液，故A错误；B.e是冷凝作用，应该下口进上口出，故B正确；C

SO2Cl2遇水易水解，所以d防止水蒸气进入，故C正确；D冰盐水有降温作用，根据题给信息知SO2Cl2易液化，能提高SO2和Cl2的转化率，故D正确；故选A。12、D【解析】

A、次氯酸是弱酸，不能拆写，应写成HClO的形式，A错误；B、多元弱酸根应分步水解、是可逆反应，CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，B错误；C、反应前后电荷数不等，C错误；D、少量的系数定为1，HCO3-＋Ba2+＋OH-=BaCO3↓＋H2O，D正确。答案选D13、B【解析】

A.原子半径Cl>C，所以不能表示CCl4分子的比例模型，A不符合题意；B.F是9号元素，F原子获得1个电子变为F-，电子层结构为2、8，所以F-的结构示意图为：，B正确；C.CaCl2是离子化合物，Ca2+与Cl-之间通过离子键结合，2个Cl-不能合并写，应该表示为：，C错误；D.N2分子中2个N原子共用三对电子，结构式为N≡N，D错误；故合理选项是B。14、C【解析】

根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。1、若ag红色固体粉末只有Cu，加入过量的稀硫酸不反应。称得固体质量bg即为铜的质量，因此b＝a，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；2、若ag红色固体粉末为Cu和Fe2O3的混合物，加入过量的稀硫酸与Cu不反应，与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，若称得固体质量bg即为原混合物中铜反应后剩余的质量，因此b<a，此时溶液中含有氢离子和硫酸根离子、二价铁离子和铜离子；3、若ag红色固体粉末为Cu和Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量bg即为原样品中的铜的质量加上Cu2O反应生成的铜的质量，因此b<a，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；4、若ag红色固体粉末只有Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，反应后无固体剩余，因此b＝0，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；5、若ag红色固体粉末只有Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量bg即为Cu2O反应生成的铜的质量，因此b<a，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；6、若ag红色固体粉末为Cu2O和Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，与Cu2O反应生成铜和硫酸铜溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，若称得固体质量bg即为Cu2O反应生成的铜再次反应后剩余的质量，因此b<a，此时溶液中含有氢离子以及硫酸根离子、铜离子、二价铁离子；A.根据上述分析，反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种，故A正确。B.不论以何种形式组成的红色固体，反应后若有固体剩余，一定是铜。由于硫酸过量，向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，形成硝酸，具有氧化性，可与铜反应，只要硝酸足够，可能使反应产生的固体完全溶解，故B正确C.若b＝a，即b<a，根据上述分析，红色固体粉末可能的组合为Cu和Fe2O3的混合物；Cu和Cu2O的混合物；只有Cu2O；Cu2O和Fe2O3的混合物，因此红色固体粉末可能是混合物也可以是纯净物，故C错误；D.根据上述六种红色固体粉末组成的分析，b的取值范围:0＜b≤a，故D正确。答案选C。15、C【解析】A、被氧化为酮，不能被氧化为醛，选项A错误；B、不能发生消去反应，选项B错误；C、-OH邻位C上含有H原子，能发生消去反应，含有-CH2OH的结构，可被氧化为醛，选项C正确；D、被氧化为酮，不能被氧化为醛，选项D错误。答案选C。16、D【解析】

A.上述三种物质中的C原子之间都形成C-C键，但由于不是结合形成链状，因此它们不属于烷烃，A错误；B.三种物质的通式为C2nH2n，n≥2，但结构不同，分子组成也不是相差CH2原子团的整数倍，不属于同系物，B错误；C.棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物都有3种，数目相同，C错误；D.棱晶烷与立方烷分子中每个C与三个C形成三个共价单键，因此都属于饱和烃，在光照条件下均可与氯气发生取代反应，D正确；故合理选项是D。二、非选择题（本题包括5小题）17、取代反应AB+CH2(COOH)2→+2H2O【解析】

甲醇与氨气发生取代反应生成CH3NH2（F），F与E发生取代反应生成，所以有机物E为，根据反应条件，有机物D与POCl3反应生成，所以有机物（D），有机物C与CH2(COOH)2反应生成有机物D，所以有机物C为；有机物B与发生反应生成有机物C，所以有机物B为，有机物A与醋酸反应生成有机物B，所以有机物A为；据以上分析解答。【详解】（1）根据以上分析可知，化合物A的结构简式；（2）A.有机物B为，含有氨基，显碱性，肽键显中性，没有酸性，选项A错误；B.1mol有机物C（）在碱溶液中完全水解最多可以消耗2molOH-，选项B错误；C.D与POCl3的反应生成外，还能生成E的一种同分异构体,选项C正确；D.根据有机物G的结构简式，其分子式为C16H18O3N4，选项D正确；答案选AB；（3）有机物C为与CH2(COOH)2反应生成有机物D，化学方程式：；（4）有机物A为；X是比A多2个碳原子的A的同系物，X一定含有两个氨基，碳原子数为8的有机物，①1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子，IR谱显示分子中有苯环与—NH2相连结构，满足条件的有机物的结构简式为：；（5）甲醇氧化为甲醛，接着氧化为甲酸；根据信息，甲醇与氨气反应生成(CH3)2NH，甲酸与(CH3)2NH发生取代生成；合成流程如下：。本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高的要求。18、甲苯消去反应碳碳双键、酯基+H2O+CH3OH【解析】

根据F的结构可知A中应含有苯环，A与氯气可以在光照条件下反应，说明A中含有烷基，与氯气在光照条件下发生取代反应，A的分子式为C7H8，则符合条件的A只能是；则B为，B→C→D发生信息①的反应，所以C为，D为；D中羟基发生消去反应生成E，则E为或；E与氢气加成生成F，F生成G，G在浓硫酸加热的条件下羟基发生消去反应生成H，则H为，H与氢气加成生成I，则I为，I中酯基水解生成K。【详解】(1)A为，名称为甲苯；G到H为消去反应；H为，其官能团为碳碳双键、酯基；(2)E为或，其中的碳原子可能在同一平面上；(3)I到K的过程中酯基发生水解，方程式为+H2O+CH3OH；(4)D为，其同分异构体满足：①能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；②分子中有一个手性碳原子，说明有一个饱和碳原子上连接4个不同的原子或原子团；③核磁共振氢谱有七组峰，有7种环境的氢，结构应对称，满足条件的同分异构体为：；(5)根据观察可知需要在间二甲苯的苯环上引入一个支链，根据信息②可知CH3COCl/AlCl3可以在苯环上引入支链-COCH3，之后的流程与C到F相似，参考C到F的过程可知合成路线为：。19、温度高苯容易挥发，温度低浸取速率小Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+NH4Fe3(SO4)2(OH)6AFBECD【解析】

（1）根据苯容易挥发，和温度对速率的影响分析；（2）根据催化剂的特点分析，参与反应并最后生成进行书写方程式；（3）根据反应过程中的数据分析各离子的种类和数值，最后计算各种离子的物质的量比即得化学式。【详解】(1)浸取2过程中使用苯作为溶剂，温度控制在500C～600C之间，是温度越高，苯越容易挥发，温度低反应的速率变小。（2）Fe3+对Mn02氧化Cu2S起着重要催化作用，说明铁离子参与反应，然后又通过反应生成，铁离子具有氧化性，能氧化硫化亚铜，本身被还原为亚铁离子，故第一步反应为Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+，二氧化锰具有氧化性，能氧化亚铁离子。（3）向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448LNH3（标准状况下）期0.02mol,过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣，即氧化铁为0.03mol，说明该固体中含有铵根离子和铁离子。向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g硫酸钡，即0.04mol，因为将溶液分成两等份，则19.2g固体甲含有0.04mol铵根离子，0.12mol铁离子，0.08mol硫酸根离子，则含有的氢氧根离子物质的量为，则固体甲的化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6。掌握溶液中离子物质的量计算是难点，注意前后元素的守恒性，特别注意原溶液分成了两等份，数据要变成2倍。20、检查装置的气密性防止倒吸b2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2ONaClO2遇酸放出ClO2空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降没有处理尾气A或或(或其他合理答案)【解析】

在装置内，NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，生成的ClO2与O2的混合气随空气排出进入B装置；B装置的进、出气导管都很短，表明此装置为防倒吸装置，混合气进入C中，发生反应2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，ClO2的熔点低，遇热水、见光易分解，所以应使用冰水浴，以降低气体的温度；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低，则需控制气体的流速不能过慢，但过快又会导致反应不充分，吸收效率低。ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理。【详解】(1)制取气体前，为防漏气，应在组装好仪器后，进行的操作是检查装置的气密性；由以上分析知，装置B的作用是防止倒吸；冰水浴冷却气体，可减少H2O2的分解、减少ClO2的分解，ClO2为气体，降温有利于气体的溶解，不可能降低ClO2的溶解度，所以主要目的不包括b。答案为：检查装置的气密性；防止倒吸；b；(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，三颈烧瓶中NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应生成ClO2的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。答案：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O；(3)因为NaClO2遇酸会放出ClO2，所以装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为NaClO2遇酸放出ClO2，加碱可改变环境，使NaClO2稳定存在。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，原因是：空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降。答案为：NaClO2遇酸放出ClO2；空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分