四川省宜宾市翠屏区宜宾四中2024-2025学年高三适应性练习（一）化学试题试卷含解析

四川省宜宾市翠屏区宜宾四中2024-2025学年高三适应性练习（一）化学试题试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、高纯氢的制备是目前的研究热点，利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图所示。下列有关说法正确的是A．连接K1可以制取O2B．电极2发生反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-C．电极3的主要作用是通过NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移D．连接K2溶液的pH减小2、下列有关化学用语表示正确的是（）A．二氧化碳分子的比例模型B．芳香烃的组成通式CnH2n﹣6（n≥6）C．12C、14C原子结构示意图均可表示为D．羟基的电子式3、化学与生产、生活息息相关。下列有关说法不正确的是A．小苏打可用于治疗胃酸过多B．还原铁粉可用作食品袋内的抗氧化剂C．用乙醚从青蒿中提取青蒿素的过程中包含萃取操作D．墨子号量子卫星使用的太阳能电池，其主要成分为二氧化硅4、液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点。一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。下列关于该电池的叙述正确的是A．b极发生氧化反应B．a极的反应式：N2H4＋4OH－－4e－＝N2↑＋4H2OC．放电时，电流从a极经过负载流向b极D．其中的离子交换膜需选用阳离子交换膜5、化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）A．碳酸钠可用于去除餐具的油污 B．漂白粉可用于生活用水的消毒C．碳酸钡可用于胃肠X射线造影 D．氢氧化铝可用于中和过多胃酸6、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．澄清石灰水与过量苏打溶液混合：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2OB．少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中：C1O-+SO2+H2O=SO42-+2H++Cl-C．向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气：2Cu+4H++O22Cu2++2H2OD．向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水：7H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++6O2↑+10H2O7、下列物理量与温度、压强有关且对应单位正确的是A．阿伏加德罗常數：mol-1 B．气体摩尔体积:L.mol-1C．物质的量浓度：g·L-1 D．摩尔质量：g·mol-18、中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图。下列有关说法正确的是（）A．在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+H2OB．中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键C．催化剂HZMS-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率D．该过程，CO2转化为汽油的转化率高达78％9、下列用途中所选用的物质正确的是A．X射线透视肠胃的内服剂——碳酸钡B．生活用水的消毒剂——明矾C．工业生产氯气的原料——浓盐酸和二氧化锰D．配制波尔多液原料——胆矾和石灰乳10、某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是A．Na2O B．AlCl3 C．FeCl2 D．SiO211、某二元弱碱B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)。向10mL稀B(OH)2溶液中滴加等浓度盐酸溶液，B(OH)2、B(OH)+、B2+的浓度分数δ随溶液POH[POH=-lgc(OH)-]变化的关系如图，以下说法正确的是A．交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mLB．当加入的盐酸溶液的体积为10mL时存在c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(OH-)>c(B2+)C．交点b处c(OH)=6.4×10-5D．当加入的盐酸溶液的体积为15mL时存在：c(Cl-)+c(OH-)=c(B2+)+c(B(OH)+)+c(H+)，12、已知C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合。关于C3N4晶体的说法错误的是：A．该晶体属于原子晶体，其化学键比金刚石中的更牢固B．该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构C．该晶体中每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳原子D．该晶体与金刚石相似，都是原子间以非极性共价键形成空间网状结构13、某溶液只含有K+、Fe2+、Cl-、Mg2+、I-、CO32-、SO42-中的几种，限用以下试剂检验：盐酸、硫酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液。设计如下实验步骤，并记录相关现象，下列叙述正确的是A．该溶液中一定有I-、CO32-、SO42-、K+B．溶液中可能含有K+、Mg2+、Cl-、C．通过在黄色溶液中加入硝酸银可以检验原溶液中是否存在Cl-D．试剂②可能为硫酸14、下列说法错误的是A．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用，这里”涉及的反应类型是分解反应B．“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上，用器承滴露”涉及的操作是蒸馏C．《本草图经》在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤…”因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”D．我国晋朝傅玄的《傅鹑觚集·太子少傅箴》中写道：“夫金木无常，方园应行，亦有隐括，习与性形。故近朱者赤，近墨者黑。”这里的“朱”指的是HgS15、《新修草本》有关“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”据此推测“青矾”的主要成分为()A．B．C．D．16、下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）（）A．NaCl→Na++Cl-B．CuCl→Cu2++2Cl-C．CH3COOH⇌CH3COO-+H+D．H2

（g）+Cl2

（g）→2HCl（g）+183kJ二、非选择题（本题包括5小题）17、乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物（H）具有很好的抗血小板聚集活性，是良好的心脑血管疾病的治疗药物。已知：①②③请回答：（1）E中含有的官能团名称为_________；（2）丹皮酚的结构简式为_________；（3）下列说法不正确的是（_____）A．乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物H的分子式为C21H34O3N3B．物质B可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐C．D→E和G→H的反应类型均为取代反应D．物质C能使浓溴水褪色，而且1molC消耗2molBr2（4）写出F→G的化学方程式_________。（5）写出满足下列条件F的所有同分异构体的结构简式_________。①能发生银镜反应；1molF与2molNaOH恰好反应。②1H-NMR谱显示分子中含有5种氢原子；IR谱显示有－NH2，且与苯环直接相连。（6）阿司匹林也具有抑止血小板凝聚的作用。结合题给信息，请以硝基苯和乙酸酐为原料设计合理的路线制备阿司匹林（）。（用流程图表示，无机试剂任选）______。18、香料G的一种合成工艺如图所示。已知：①核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为1∶1。②CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2③CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O请回答下列问题：(1)A的结构简式为________，G中官能团的名称为________。(2)检验M已完全转化为N的实验操作是______(3)有学生建议，将M→N的转化用KMnO4(H＋)代替O2，你认为是否合理______(填“是”或“否”)原因是_________(若认为合理则不填此空)。(4)写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：K→L________，反应类型________。(5)F是M的同系物，比M多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有_____种。(不考虑立体异构)①能发生银镜反应②能与溴的四氯化碳溶液加成③苯环上只有2个对位取代基(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线______(其他无机原料任选)。请用以下方式表示：AB目标产物19、某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色液面上方出现白雾；

稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；

稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是_________。（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_________。（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成，进行如下实验：a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。①实验a目的是______。②由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是________。（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是______。（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X①向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_____。②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：________。20、氮化铝(AlN)是一种性能优异的新型材料，在许多领域有广泛应用。某化学小组模拟工业制氮化铝原理，欲在实验室制备氮化铝并检验其纯度。查阅资料：①实验室用饱和NaNO2溶液与NH4Cl溶液共热制N2：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O②工业制氮化铝：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，氮化铝在高温下能水解。③AlN与NaOH饱和溶液反应：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑。Ⅰ．氮化铝的制备(1)实验中使用的装置如上图所示，请按照氮气气流方向将各仪器接口连接：e→c→d_____。(根据实验需要，上述装置可使用多次)。(2)A装置内的X液体可能是_____；E装置内氯化钯溶液的作用可能是_________.Ⅱ.氮化铝纯度的测定（方案i）甲同学用左图装置测定AlN的纯度(部分夹持装置已略去)。(3)为准确测定生成气体的体积，量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是________.a．CCl4b．H2Oc．NH4Cl饱和溶液d．植物油(4)用下列仪器也能组装一套量气装置，其中必选的仪器有_________(选下列仪器的编号)。a.单孔塞b.双孔塞c.广口瓶d.容量瓶e.量筒f.烧杯（方案ii）乙同学按以下步骤测定样品中AlN的纯度(流程如下图)。(5)步骤②的操作是_______(6)实验室里灼烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的硅酸盐仪器有_____等。(7)样品中AlN的纯度是_________(用含m1、m2、m3表示)。(8)若在步骤③中未洗涤，测定结果将_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”。)21、2016年诺贝尔化学奖授予在“分子机器设计和合成”领域有突出成就的三位科学家，其研究对象之一“分子开关”即与大环主体分子苯芳烃、硫或氮杂环杯芳烃等有关。回答下列问题：（1）对叔丁基杯[4]芳烃(如图Ⅰ所示)可用于ⅢB族元素对应离子的萃取，如La3+、Sc2+。写出基态二价钪离子(Sc2＋)的核外电子排布式：____，其中电子占据的轨道数为_____个。（2）对叔丁基杯[4]芳烃由4个羟基构成杯底，其中羟基氧原子的杂化方式为_____，羟基间的相互作用力为_____。（3）不同大小的苯芳烃能识别某些离子，如：N3-、SCN−等。一定条件下，SCN−与MnO2反应可得到(SCN)2，试写出(SCN)2的结构式_______。（4）NH3分子在独立存在时H－N－H键角为106.7°。如图[Zn(NH3)6]2+离子的部分结构以及H－N－H键角的测量值。解释配合物中H－N－H键角变为109.5°的原因：____。（5）橙红色的八羰基二钴[Co2(CO)8]的熔点为52℃，可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂。该晶体属于___晶体，八羰基二钴在液氨中被金属钠还原成四羰基钴酸钠[NaCo(CO)4]，四羧基钴酸钠中含有的化学键为_____。（6）已知C60分子结构和C60晶胞示意图(如图Ⅱ、图Ⅲ所示)：则一个C60分子中含有σ键的个数为______，C60晶体密度的计算式为____g·cm−3。(NA为阿伏伽德罗常数的值)

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.连接K1，电极1为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，氢气在阴极生成，故A错误；B.电极2为阳极，阳极发生氧化反应，氢氧根离子被氧化生成氧气，电极方程式为4OH-4e-═2H2O+O2↑，故B错误；C.电极3可分别连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOH⇌Ni(OH)2的转化，提供电子转移，故C正确；D.连接K2，电极3为阴极，电极反应为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，电极2为阳极，电极反应为4OH-4e-═2H2O+O2↑，总反应为4NiOOH+2H2O=4Ni(OH)2+O2↑，反应消耗水，则溶液碱性增强，pH增大，故D错误；故选C。2、C【解析】

A.同周期主族元素，原子半径随原子序数的增大而减小，因此碳原子的半径大于氧原子，A项错误；B.是苯的同系物的组成通式，芳香烃的同系物则不一定，B项错误；C.和仅仅是中子数不同，均有6个质子和6个电子，因此原子结构示意图均为，C项正确；D.基态氧原子有6个电子，和一个氢原子形成共价键后的电子后应该是7个，D项错误；答案选C。芳香化合物、芳香烃、苯的同系物，三者是包含的关系，同学们一定要注意辨别。3、D【解析】

A.生活中常用小苏打、氢氧化铝来治疗胃酸过多，A项正确；B.铁可以被空气氧化，做还原剂，即抗氧化剂，B项正确；C.乙醚不溶于水，易溶解有机物，可以从青蒿中提取青蒿素，C项正确；D.太阳能电池，其主要成分为硅，D项错误；答案选D。4、B【解析】

A、该燃料电池中，通入氧化剂空气的电极b为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，A项错误；B、通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，B项正确；C、放电时，电流从正极b经过负载流向a极，C项错误；D、该原电池中，正极上生成氢氧根离子，阴离子向负极移动，所以离子交换膜要选取阴离子交换膜，D项错误；答案选B。5、C【解析】

A.碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；B.漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；C.碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，C错误。D.氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，D正确；答案选C。选项C是解答的易错点，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。6、C【解析】

A.苏打为碳酸钠，则澄清石灰水与过量苏打溶液反应的离子方程式为：Ca2++CO32-=CaCO3↓，故A错误；B.次氯酸根离子具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42-，CaSO4微溶于水，则少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中，反应的离子方程式为Ca2++ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl－，故B错误；C.向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气，反应生成硫酸铜和水，离子方程式为2Cu+4H++O22Cu2++2H2O，故C正确；D.向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水，离子方程式为5H2O2+2MnO4－+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D错误，答案选C。本题考查离子方程式的正误判断，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等。解题时容易把苏打误认为碳酸氢钠，为易错点。7、B【解析】A、阿伏加德罗常數与温度、压强无关，故A错误；B、气体摩尔体积与温度、压强有关且对应单位正确，故B正确；C、物质的量浓度：单位是mol·L－1，故C错误；D、摩尔质量与温度、压强无关，故D错误；故选B。8、B【解析】

A、由流程图可知，CO2+H2在Na-Fe3O4催化剂表面反应生成烯烃，根据元素和原子守恒可知，其反应为：，故A错误；B、中间产物Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故B正确；C、催化剂HZMS-5的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故C错误；D、由图分析78%并不是表示CO2转化为汽油的转化率，故D错误；故答案为：B。9、D【解析】

A.碳酸钡与胃酸反应，X射线透视肠胃的内服剂通常是硫酸钡，A项错误；B.明矾溶于水电离出的Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮物，达到净水的目的，不能杀菌消毒，B项错误；C.工业生产氯气是用电解饱和食盐水法，浓盐酸和二氧化锰是实验室制氯气的方法，C项错误；D.配制波尔多液的原料用胆矾和石灰乳，D项正确；答案选D。10、B【解析】

A、钠和氧气可以生成氧化钠，加入碳酸氢钡中反应生成碳酸钡沉淀，没有气体，错误，不选A；B、铝和氯气反应生成氯化铝，加入碳酸氢钡中反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，正确，选B；C、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁，错误，不选C；D、硅和氧气反应生成二氧化硅，加入到碳酸氢钡中不反应，错误，不选D。注意单质之间化合的产物1、氢气和氧气生成水。2、硫和氧气生成二氧化硫，不是三氧化硫。3、氮气和氧气生成一氧化氮，不是二氧化氮。4、钠和氧气在点燃条件下反应生成过氧化钠，常温下生成氧化钠。5、锂和氧气反应生成氧化锂，没有过氧化物。6、钾和氧气点燃反应生成更复杂的氧化物。7、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁。8、铁和硫反应生成硫化亚铁。9、铁和氧气反应生成四氧化三铁10、铜和硫反应生成硫化亚铜11、C【解析】图中曲线①B(OH)2，②为B(OH)+③为B2+；交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL时，反应生成等浓度的B(OH)Cl和B(OH)2混合液，由于两种溶质水解电离能力不同，所以B(OH)2、B(OH)+浓度分数δ不相等，A错误；当加入的盐酸溶液的体积为10mL时，溶液为B(OH)Cl，溶液显酸性，根据B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)可知，c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(B2+)>c(OH-)，B错误；交点b处时，c(B(OH)+)=c(B2+)，根据B(OH)+B2++OH-，K2=c(OH-)=6.4×10-5,C正确；当加入的盐酸溶液的体积为15mL时，生成等体积等浓度B(OH)Cl和BCl2的混合液，存在电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)=2c(B2+)+c(B(OH)+)+c(H+)，D错误；正确选项C。12、D【解析】

A．C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合，这说明该晶体属于原子晶体。由于碳原子半径大于氮原子半径，则其化学键比金刚石中的碳碳键更牢固，A正确；B．构成该晶体的微粒间只以单键结合，每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构，B正确；C．碳最外层有4个电子，氮最外层有5个电子，则该晶体中每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，C正确；D．金刚石中只存在C-C键，属于非极性共价键，C3N4晶体中C、N之间以极性共价键结合，原子间以极性键形成空间网状结构，D错误；答案选D。13、A【解析】由实验可知，试剂①为硝酸钡溶液，生成白色沉淀为碳酸钡和硫酸钡，则试剂②为盐酸，沉淀减少，硫酸钡不溶于盐酸，则原溶液中一定存在CO32-、SO42-，则不含Fe2+、Mg2+；加试剂①过滤后的滤液中，再加试剂②盐酸，H+、I-、NO3-发生氧化还原反应生成I2，溶液变黄色，由于溶液呈电中性，则溶液中一定含有的阳离子为K+。由上述分析可知，该溶液中一定有I-、CO32-、SO42-、K+，选项A正确；B、溶液中一定不含有Mg2+，选项B错误；C、加入足量盐酸会引入Cl-，故无法判断原溶液中是否存在Cl-，选项C错误；D、试剂②一定为盐酸，不能为硫酸，因为碳酸钡与硫酸反应生成硫酸钡会使沉淀质量增加，不符合题意，选项D错误。答案选A。14、C【解析】

A．石灰石加热后制得生石灰，同时生成CO2，该反应为分解反应，A正确；B．根据“蒸令气上”可知，是利用互溶混合物的沸点差异进行分离，其操作是蒸馏，B正确；C．绿矾的化学式是FeSO4·7H2O，在溶液中电离出二价铁离子、硫酸根离子，不能电离出H+，C错误；D．“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”是指朱砂，主要成分为HgS，硫化汞的天然矿石为大红色，D正确。答案选C。15、B【解析】

“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒子非常细而活性又很强的Fe2O3，超细粉末为红色。A.CuSO4•5H2O为蓝色晶体，A错误；B.FeSO4•7H2O是绿色晶体，B正确；C.KAl(SO4)2•12H2O是无色晶体，C错误；D.Fe2(SO4)3•7H2O为黄色晶体，D错误。所以判断“青矾”的主要成分为FeSO4•7H2O。故合理选项是B。16、B【解析】

A、NaCl为强电解质，电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；B、电解氯化铜溶液生成Cu和氯气，电解发生CuCl2Cu+Cl2↑，故B符合题意；C、醋酸为弱酸，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故C不符合题意；D、焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)=(436+243-431×2)kJ/mol=-183kJ/mol，因此H2

(g)+Cl2

(g)→2HCl(g)+183kJ，故D不符合题意；故选：B。电解池中阳极若是活性电极作阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应，若是惰性电极作阳极，放电顺序为：，注意：①阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电；②最常用、最重要的放电顺序为阳极：Cl－>OH－；阴极：Ag＋>Cu2＋>H＋。二、非选择题（本题包括5小题）17、醚键、羰基AD、。【解析】

苯硝化得到A，从A的分子式可以看出，A是苯分子中的两个氢原子被硝基取代后的生成物，结合后面物质的结构简式可确定两个硝基处于间位，即A为间二硝基苯，A发生还原反应得到B，A中的两个硝基被还原为氨基，得到B（间苯二胺），间苯二胺生成C，分析C的分子式可知，B中的两个氨基被羟基取代得到了间苯二酚C，间苯二酚和乙酸发生取代反应，苯环上的一个氢原子被-COCH3取代，得的有机物，和(CH3)2SO4在碳酸钾的作用下反应生成丹皮酚，丹皮酚又和CH3CH2Br在NaOH醇溶液作用下得到E，根据E和的结构简式可知，丹皮酚是中和-COCH3处于对位的羟基上的氢原子被甲基取代的生成物，所以丹皮酚的结构简式为。丹皮酚中的另一个羟基上的氢原子被乙基取代得到E。E发生的反应是已知的第二个反应，羰基上的氧原子被NOH代替生成F（），F中的羟基上的氢原子被-CH2CH2CH2CH2Br取代生成G，G中的溴原子被取代生成H。【详解】（1）根据有机物E的结构简式可知，E中含有的官能团名称醚键、羰基；正确答案：醚键、羰基。（2）根据题给信息分析看出，由有机物2,4-二羟基苯乙酮变为丹皮酚，碳原子数增加1个，再根据有机物E的结构简式可知，丹皮酚的结构简式为；正确答案：。（3）根据乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物H的结构简式可知其分子式为C21H35O3N3，A错误；物质B为间苯二胺，含有氨基，显碱性可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐，B正确；D→E是溴乙烷中的-CH2CH3取代了酚羟基中的氢原子；G→H是φ-CH2CH2CH2CH2Br与NH(CH2CH2)2NCH2CH3发生了取代反应，C正确；物质C为间苯二酚，能与浓溴水发生取代反应，溴原子主要在环上羟基的邻对位发生取代，而且1molC消耗3molBr2，D错误；正确选项AD。（4）有机物F结构=N-OH与BrCH2CH2CH2CH2Br发生了取代反应；正确答案：。（5）根据有机物F的分子式为C11H15O3N，IR谱显示有－NH2，且与苯环直接相连，该有机物属于芳香族化合物；能发生银镜反应；1molF与2molNaOH恰好反应，说明分子结构含有醛基、酚羟基或者甲酸酚酯；1H-NMR谱显示分子中含有5种氢原子，对称程度较大，不可能含有甲酸酚酯；综上该有机物结构简式可能为：、；正确答案：、。（6）根据题给信息可知，硝基变为羟基，需要先把硝基还原为氨基，然后再氯化氢、水并加热220℃条件下变为酚羟基，苯酚变为苯酚钠盐后再根据信息③，生成邻羟基苯甲酸，最后该有机物与乙酸酐反应生成酚酯；正确答案：。18、碳碳双键、酯基取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N否KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键+CH3CHO加成反应6CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br【解析】

由流程：E和N发生酯化反应得到的G为，则E、N分别为和中的一种，C反应得到D，D发生卤代烃水解反应得到E，故E属于醇，E为，则N为，逆推出M为、L为，结合信息③，逆推出K为，由E逆推出D为，结合信息②，逆推出C为，C由B在浓硫酸加热条件下发生消去反应所得、B为，又知A催化加氢得B，核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为1∶1，即A分子内有2种氢原子且二者数目相同，则A为；(1)据上分析，写出A的结构简式及G中官能团的名称；(2)检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验；(3)该学生建议是否合理，主要通过用KMnO4(H＋)代替O2发生转化时，有没有其它基团也被氧化，如果有，那么就不可行；(4)K为，则K→L的反应可通过信息类推，按反应特点确定反应类型；(5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。求满足下列条件的F的同分异构体数目，主要找出满足条件的基团进行有序组合就可以了，条件①能发生银镜反应，意味着有—CHO，条件②能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，③苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，据此回答；(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，则主要通过取代反应引入一个溴原子，通过加成反应引入2个溴原子，再水解即可；【详解】(1)据上分析，A为，；答案为：；G为，G中官能团为碳碳双键、酯基；答案为：碳碳双键、酯基；(2)M为，N为，N呈酸性，检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验，故检验操作为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N；答案为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N；(3)学生建议用KMnO4(H＋)代替O2把M转化为N，醛基确实被氧化为羧基，但是碳碳双键同时被氧化，那么建议就不可行；答案为：否；KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键；(4)K为，则K→L的反应可通过信息③类推，反应为：+CH3CHO，从反应特点看是加成反应；答案为：+CH3CHO；加成反应；(5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。F的同分异构体，要满足条件——条件①能发生银镜反应，意味着有—CHO，条件②能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，③苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，由此可把2个位于对位的取代基分成以下几种情况：①—CHO、②—CHO、③—CHO、④—CH2CHO、⑤、⑥、；故共有6种；答案为：6；(6)由流程图知，C和NBS试剂可通过取代反应引入一个溴原子而碳碳双键不变，故以丙烯和NBS发生取代反应，引入一个溴原子，得到CH2=CH-CH2-Br，通过加成反应引入2个溴原子，得到BrCH2-CHBr-CH2-Br，水解即可制备甘油(丙三醇)，流程为：CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br；答案为：CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br。19、2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O漂白性检验氯气SO2也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可CaSO4Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl-＋4H++SO42-【解析】

（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。【详解】（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象的白雾由HCl小液滴形成，①用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；②用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀；（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为氯气；故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；（5）①取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4；②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+。20、浓硫酸吸收CO防污染adbce通入过量气体坩埚、泥三角（玻璃棒写与不写都对）或偏高【解析】

(1)利用装置B制备氮气，通过装置A中浓硫酸溶液除去氮气中杂质气体水蒸气，得到干燥氮气通过装置C和铝发生反应生成AlN，通过装置A避免AlN遇到水蒸气反应，最后通过装置D吸收尾气一氧化碳；(2)根据A装置的作用分析判断A装置内的X液体，根据CO有毒，会污染空气解答；(3)根据测定的气体为NH3，结合氨气的性质分析解答；(4)根据排液体量气法测定气体体积选取装置；(5)样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，结合铝元素守恒计算纯度；(6)实验室中灼烧固体在坩埚内进行，据此选择仪器；(7)氮化铝含杂质为C和氧化铝，氧化铝质量不变，碳转化为滤渣，样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，结合差量法计算纯度；(8)若在步骤③中未洗涤，则煅烧后的氧化铝中含有部分碳酸钠，结合(7)的计算结果表达式分析判断。【详解】(1)制备过程是利用装置B制备氮气，通过装置A中浓硫酸溶液除去氮气中杂质气体水蒸气，得到干燥氮气通过装置C和铝发生反应生成AlN，通过装置A避免AlN遇到水蒸气反应，最后通过装置D吸收尾气一氧化碳，氮气气流方向将各个仪器接口连接顺序：e→c→d→f(g)→g(f)→c→d→i，故答案为f(g)→g(f)→c→d→i；(2)A装置内的X液体可能是浓硫酸，用来干燥氮气，D装置内氯化钯溶液的作用是吸收一氧化碳，防止污染空气，故答案为浓硫酸；吸收CO防污染；(3)AlN与NaOH饱和溶液反应：AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑，测定生成的气体为NH3，Y液体不能溶解氨气、不能和氨气反应，量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是CC14或植物油，故答案为ad；(4)利用通入的气体排出液体体积测定生成气体的体积，可以选择双孔塞、广口瓶、量筒组装一套量气装置测定，故答案为bce；(5)样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液后过滤得到的滤液中含有偏铝酸钠溶液，滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中含有偏铝酸钠溶液，可以通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，因此步骤②的操作为：通入过量CO2气体，故答案为通入过量CO2气体；(6)实验室里煅烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需