河北省名校2025届高考仿真模拟化学试卷含解析

河北省“名校2025届高考仿真模拟化学试卷注意事项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、将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，下列离子方程式能正确表示该反应的是()A．SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣→CaSO4↓+HClO+H++Cl﹣B．SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣→CaSO3↓+2H++2ClO﹣C．SO2+H2O+Ca2++2ClO-→CaSO3↓+2HClOD．SO2+H2O+Ca2++2ClO-→CaSO4↓+2H++Cl-2、常温下向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐渐滴入0.1mol/L的NH3·H2O溶液,所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析不正确的是A．a～b点导电能力增强，说明HR为弱酸B．b点溶液pH=7，说明NH4R没有水解C．c点溶液存在c(NH4+)>c(R-)、c(OH-)>c(H+)D．b～c任意点溶液均有c(H+)×c(OH-)=Kw=1.0×10-143、下列离子方程式不正确的是（）A．3amolCO2与含2amolBa（OH）2的溶液反应：3CO2+4OH-+Ba2+=BaCO3↓+2HCO3﹣+H2OB．NH4Fe（SO4）2溶液中加入几滴NaOH溶液：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓C．亚硫酸溶液被氧气氧化：2SO32-+O2=2SO42-D．酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水产生气泡：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑4、将镁铝合金溶于100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体（标准状况），向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀情况如图所示。下列说法不正确的是A．可以求出合金中镁铝的物质的量比为1∶1 B．可以求出硝酸的物质的量浓度C．可以求出沉淀的最大质量为3.21克 D．氢氧化钠溶液浓度为3mol/L5、分别向体积均为100mL、浓度均为1mol/L的NaClO、NaOH、CH3COONa的三种溶液中通入CO2，测得各溶液中n(HCO3-)的变化如下图所示：下列分析正确的是A．CO2通入NaClO溶液的反应：2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClOB．CO2通入CH3COONa溶液的反应：CO2+H2O+CH3COO-=HCO3-+CH3COOHC．通入n(CO2)=0.06mol时，NaOH溶液中的反应：2OH-+CO2=CO32-+H2OD．通入n(CO2)=0.03mol时，三种溶液中：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03mol6、下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是（）A．胶体粒子在电场中自由运动B．丁达尔效应是胶体粒子特有的性质，是胶体与溶液、悬浊液的本质区别C．胶体粒子，离子都能过通过滤纸与半透膜D．铁盐与铝盐都可以净水，原理都是利用胶体的性质7、工业上电解MnSO4溶液制备Mn和MnO2，工作原理如图所示，下列说法不正确的是A．阳极区得到H2SO4B．阳极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+C．离子交换膜为阳离子交换膜D．当电路中有2mole-转移时，生成55gMn8、一定量的H2在Cl2中燃烧后，所得混合气体用100mL3.00mol∕L的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含0.05molNaClO（不考虑水解）。氢气和氯气物质的量之比是A．2:3 B．3:1 C．1:1 D．3:29、往含0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的混合溶液中持续稳定地通入CO2气体6.72L(标准状况下)，则在这一过程中，下列有关溶液中离子总物质的量(n)随通入CO2气体体积(V)的变化曲线中正确的是（离子水解忽略不计）A． B．C． D．10、已知铍（Be）与铝的性质相似．则下列判断正确的是（）A．铍遇冷水剧烈反应B．氧化铍的化学式为Be2O3C．氢氧化铍能与氢氧化钠溶液反应D．氯化铍水溶液显中性11、已知甲、乙、丙三种物质均含有同种元素X，其转化关系如下：下列说法错误的是A．若A为NaOH溶液，乙为白色沉淀，则X可能为短周期金属元素B．若A为硝酸，X为金属元素，则甲与乙反应可生成丙C．若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体，则甲可能为非金属单质D．若乙为NaHCO3，则甲或丙可能是CO212、下列有关说法中正确的是A．纳米Fe3O4分散到适当的分散剂中可得到胶体，能产生丁达尔效应B．加热条件下金属单质在空气中均可表现出还原性C．不能导电的化合物均不是电解质D．电解质溶液导电过程中，离子仅仅发生了定向移动13、化学与社会、生活密切相关。下列现象或事实的解释不正确的是()选项现象或事实化学解释AFe3O4用于人民币票面文字等处的油墨Fe3O4是一种红棕色物质B祖国七十华诞焰火五彩缤纷金属元素的焰色反应C现代旧房拆除定向爆破用铝热剂铝热反应放热使建筑物的钢筋熔化D金属焊接前用NH4Cl溶液处理焊接处NH4Cl溶液呈弱酸性A．A B．B． C．C D．D14、碘化砹（AtI）可发生下列反应：①2AtI＋2MgMgI2＋MgAt2②AtI＋2NH3（I）NH4I＋AtNH2.对上述两个反应的有关说法正确的是（）A．两个反应都是氧化还原反应B．反应①MgAt2既是氧化产物，又是还原产物C．反应②中AtI既是氧化剂，又是还原剂D．MgAt2的还原性弱于MgI2的还原性15、废水中过量的氨氮(NH3和NH4+)会导致水体富营养化。为研究不同pH下用NaClO氧化废水中的氨氮(用硝酸铵模拟)，使其转化为无污染的气体，试剂用量如下表。已知：HClO的氧化性比ClO—的氧化性更强。下列说法错误的是pH0.100mol/LNH4NO3(mL)0.100mol/LNaClO(mL)0.200mol/LH2SO4(mL)蒸馏水(mL)氨氮去除率(%)1.010.0010.0010.0010.00892.010.0010.00V1V2756.0……85A．V1=2.00B．pH=1时发生反应:3ClO—+2NH4+=3Cl—+N2↑+3H2O+2H+C．pH从1升高到2，氨氮去除率降低的原因是更多的HClO转化为ClO—D．pH控制在6时再进行处理更容易达到排放标准16、下图可设计成多种用途的电化学装置。下列分析正确的是A．当a和b用导线连接时，溶液中的SO42－向铜片附近移动B．将a与电源正极相连可以保护锌片，这叫牺牲阳极的阴极保护法C．当a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：2H++2e-=H2↑D．a和b用导线连接后，电路中通过0.02mol电子时，产生0.02mol气体二、非选择题（本题包括5小题）17、[化学——选修5：有机化学基础]A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：（1）A的名称是____；B中含氧官能团名称是____。（2）C的结构简式____；D-E的反应类型为____。（3）E-F的化学方程式为____。（4）B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是____（写出结构简式）。（5）等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为____；检验其中一种官能团的方法是____（写出官能团名称、对应试剂及现象）。18、苯丁酸氮芥是一种抗肿瘤药，其合成路线如下。其中试剂①是丁二酸酐（），试剂③是环氧乙烷（），且环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合。回答下列问题：（1）写出反应类型：反应Ⅱ____，反应Ⅴ_____。（2）写出C物质的结构简式___。（3）设计反应Ⅲ的目的是____。（4）D的一种同分异构体G有下列性质，请写出G的结构简式____。①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应③能发生水解反应和银镜反应④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气（5）通过酸碱中和滴定可测出苯丁酸氮芥的纯度，写出苯丁酸氮芥与足量氢氧化钠反应的化学方程式____。（6）1，3-丁二烯与溴发生1，4加成，再水解可得1，4-丁烯二醇，设计一条从1，4-丁烯二醇合成丁二酸的合成路线（所需试剂自选）____19、某化学兴趣小组在习题解析中看到：“SO2通入Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，是因为在酸性环境中，NO3-将SO32-氧化成SO42-而产生沉淀”。有同学对这个解析提出了质疑，“因没有隔绝空气，也许只是氧化了SO32-，与NO3-无关”。于是做了“SO2通入Ba(NO3)2溶液”的探究实验，用pH传感器检测反应的进行，实验装置如图。回答下列问题：（1）仪器a的名称为__。（2）实验小组发现装置C存在不足，不足之处是__。（3）用0.1mol/LBaCl2溶液、0.1mol/LBa(NO3)2溶液、食用油，配制4种溶液（见下表）分别在装置C中进行探究实验。编号①②③④试剂煮沸过的BaCl2溶液25mL，再加入食用油25mL未煮沸过的BaCl2溶液25mL煮沸过的Ba(NO3)2溶液25mL，再加入食用油25mL未煮沸过的Ba(NO3)2溶液25mL对比①、②号试剂，探究的目的是___。（4）进行①号、③号实验前通氮气的目的是__。（5）实验现象：①号依然澄清，②、③、④号均出现浑浊。第②号实验时C中反应的离子方程式为__。（6）图1-4分别为①，②，③，④号实验所测pH随时间的变化曲线。根据以上数据，可得到的结论是__。20、S2Cl2是有机化工中的氯化剂和中间体，为浅黄色液体。可由适量氯气通入熔融的硫磺而得。Cl2能将S2Cl2氧化为SCl2，SCl2遇水发生歧化反应，并且硫元素脱离水溶液。已知：回答下列问题。（1）写出下列反应的化学方程式①制取氯气：________________。②SCl2与水反应：___________。（2）为获得平稳的氯气气流，应_____。（3）C装置中进气导管应置于熔融硫上方且靠近液面，还是伸入熔融硫的下方？请判断并予以解释___。（4）D装置中热水浴（60℃）的作用是________。（5）指出装置D可能存在的缺点_________。21、2020年2月15日，由国家科研攻关组的主要成员单位的专家组共同研判磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒（2019-nCoV）的感染。(1)已知磷酸氯喹的结构如图所示，则所含C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为_______________。P原子核外价层电子排布式为________，其核外电子有____个空间运动状态。(2)磷酸氯喹中N原子的杂化方式为_________，NH3是一种极易溶于水的气体，其沸点比AsH3的沸点高，其原因是_______________________。(3)H3PO4中PO43-的空间构型为________________。(4)磷化镓是一种由ⅢA族元素镓（Ga）与VA族元素磷（P）人工合成的Ⅲ—V族化合物半导体材料。晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被P原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。①磷化镓晶体中含有的化学键类型为__________（填选项字母）A．离子键B．配位键C．σ键D．π键E．极性键F．非极性键②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。若沿y轴投影的晶胞中所有原子的分布图如图，则原子2的分数坐标为______________。③若磷化镓的晶体密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中Ga和P原子的最近距离为___________pm。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，发生氧化还原反应，生成硫酸钙，由于Ca(ClO)2过量，还生成HClO等，离子反应为SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣=CaSO4↓+HClO+H++Cl﹣，故选A。2、B【解析】A．a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故A正确；B、弱离子在水溶液中会发生水解反应，根据A知，HR是弱电解质，且一水合氨是弱电解质，所以NH4R是弱酸弱碱盐，b点溶液呈中性，且此时二者的浓度、体积都相等，说明HR和一水合氨的电离程度相等，所以该点溶液中铵根离子和酸根离子水解程度相等，故B错误；C．c点溶液的pH＞7，说明溶液呈碱性，溶液中c（OH-）＞c（H+），再结合电荷守恒得c（NH4+）＞c（R-），故C正确；D．离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，所以b-c任意点溶液均有c（H+）•c（OH-）=Kw=1.0×10-14

mol2•L-2，故D正确；故选B。点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确图中曲线变化趋势及曲线含义是解本题关键，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，易错选项是D，注意：离子积常数只与温度有关，与溶液浓度及酸碱性无关，题目难度中等3、C【解析】

A.3amolCO2与含2amolBa（OH）2的溶液反应的离子方程式为：3CO2+4OH﹣+Ba2+═BaCO3↓+2HCO3﹣+H2O，故A正确；B.NH4Fe（SO4）2溶液中加入几滴NaOH溶液，该反应的离子方程式为：Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓，故B正确；C.亚硫酸不能拆开，正确的离子方程式为：2H2SO3+O2═4H++2SO42﹣，故C错误；D.酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水产生气泡，该反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2↑，故D正确。故选C。【点睛】注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。4、C【解析】

由图可知60ml到70ml是氢氧化铝溶解消耗10ml氢氧化钠溶液，则铝离子沉淀需要30ml氢氧化钠溶液，镁离子离子沉淀需要20ml氢氧化钠溶液，所以镁铝的物质的量比为1：1，再由镁铝与100mL稀硝酸反应，产生1.12LNO气体（标准状况）得失守恒可以得2x+3x＝0.05×3，则x＝0.03mol，沉淀的最大质量，沉淀达到最大值时溶液为硝酸钠，硝酸的物质的量为0.03mol×2+0.03mol×3+0.05mol=0.2mol，氢氧化钠溶液浓度，故C错误；综上所述，答案为C。5、D【解析】

A.次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，则少量二氧化碳通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO，A错误；B.碳酸的酸性比醋酸弱，CO2通入CH3COONa溶液不反应，B错误；C.n(NaOH)=0.1mol，通入n(CO2)=0.06mol，反应产物为碳酸氢钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式：5OH-+3CO2=2CO32-+HCO3-+2H2O，C错误；D.通入n(CO2)=0.03mol，三种溶液中存在碳元素的物料守恒得到：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03moll，D正确；故合理选项是D。6、D【解析】

A.胶体粒子可带电，在电场中发生定向移动，故A错误；B.丁达尔效应是胶体特有的性质，胶体与溶液、悬浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，故B错误；C.离子既能过通过滤纸，又能通过半透膜；胶体粒子只能通过滤纸，不能通过半透膜，故C错误；D.可溶性铁盐与铝盐都会发生水解，产生氢氧化铁和氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性可以净水，原理都是利用胶体的性质，故D正确。答案选D。7、C【解析】

根据图示，不锈钢电极为阴极，阴极上发生还原反应，电解质溶液中阳离子得电子，电极反应为：Mn2++2e-=Mn；钛土电极为阳极，锰离子失去电子转化为二氧化锰，电极反应为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，据此解题。【详解】A．根据分析，阴极电极反应为：Mn2++2e-=Mn，阳极电极反应为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，阴极区的SO42-通过交换膜进入阳极区，因此阳极上有MnO2析出，阳极区得到H2SO4，故A正确；B．根据分析，阳极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，故B正确；C．由A项分析，阴极区的SO42-通过交换膜进入阳极区，则离子交换膜为阴离子交换膜，故C错误；D．阴极电极反应为：Mn2++2e-=Mn，当电路中有2mole-转移时，阴极生成1molMn，其质量为1mol×55g/mol=55g，故D正确；答案选C。【点睛】本题易错点是C选项判断硫酸根离子的移动方向，阴极阳离子减少导致错误判断会认为阴极需要补充阳离子，阳极产生的氢离子数目多，硫酸根离子应向阳极移动。8、A【解析】

H2在Cl2中燃烧的产物能被碱液完全吸收，则H2完全燃烧。吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2，从而根据化学方程式进行计算。【详解】题中发生的反应有：①H2+Cl2=2HCl；②HCl+NaOH=NaCl+H2O；③Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。据③，生成0.05molNaClO，消耗0.05molCl2、0.10molNaOH。则②中消耗0.20molNaOH和0.20molHCl。故①中消耗H2、Cl2各0.10mol。氢气和氯气物质的量之比0.10mol:(0.10mol+0.05mol)=2:3。本题选A。【点睛】吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2。氢气和氯气物质的量之比必小于1:1，只有A项合理。9、B【解析】

根据电离方程式：NaOH=Na++OH-，Ba(OH)2=Ba2++2OH-，可知在含0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的混合溶液中离子的总物质的量为0.2mol×2+0.1mol×3=0.7mol。标准状况下6.72LCO2的物质的量n(CO2)==0.3mol，把CO2气体通入混合溶液中，首先发生反应：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O，当0.1molBa(OH)2恰好反应完全时消耗0.1molCO2（体积为2.24L），此时离子的物质的量减少0.3mol，溶液中离子的物质的量为0.4mol，排除D选项；然后发生反应：CO2+2OH-=CO32-+H2O，当0.2molNaOH完全反应时又消耗0.1molCO2（体积为2.24L），消耗总体积为4.48L，离子的物质的量又减少0.1mol，此时溶液中离子的物质的量为0.7mol-0.3mol-0.1mol=0.3mol，排除A选项；继续通入0.1molCO2气体，发生反应：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，根据方程式可知：0.1molCO2反应，溶液中离子的物质的量增加0.1mol，此时溶液中离子的物质的量为0.3mol+0.1mol=0.4mol，排除C选项，只有选项B符合反应实际，故合理选项是B。10、C【解析】

既然铍与铝的性质相似，我们就可把铍看成是铝，铝具有的性质，铍也有，铝没有的性质，铍也没有。【详解】A.铝遇冷水不反应，则铍遇冷水也不反应，错误；B.铍的最外层有2个电子，显+2价，则氧化铍的化学式为BeO，错误；C.氢氧化铝能与氢氧化钠溶液反应，则氢氧化铍也能与氢氧化钠反应，正确；D.氯化铝水溶液显酸性，则氯化铍水溶液也显酸性，错误。故选C。11、B【解析】

A、若A为NaOH溶液，甲是AlCl3，乙是Al(OH）3白色沉淀，丙是NaAlO2，X为短周期金属元素铝，符合题意，A正确；B、若A为硝酸，X为金属元素，X应是变价金属，则甲是Fe，乙是Fe(NO3）2，丙是Fe(NO3）3，甲与乙不反应，B错误；C、若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体即NO2，则甲是N2，乙是NO，C正确；D、若乙为NaHCO3，甲是CO2，A是NaOH，丙是Na2CO3，或者甲是Na2CO3，乙是NaHCO3，A是HCl，丙是CO2，D正确。答案选B。12、A【解析】

A.纳米Fe3O4分散到适当的分散剂中可得到胶体，胶体能产生丁达尔效应，A项正确；B.某些金属单质化学性质不活泼如金、铂等金属，在加热条件下不会发生化学反应，不会表现还原性，B项错误；C.在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物属于电解质，与自身是否导电无关，电解质在固态时不导电，C项错误；D.电解质溶液导电过程中，会有离子在电极表面放电而发生化学变化，D项错误；【点睛】C项是学生的易错点，不能片面地认为能导电的物质就是电解质。判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质在特定条件（或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断。13、A【解析】

A、Fe3O4是一种黑色物质，故A错误；B、不同的金属元素焰色不同，五彩缤纷的焰火利用金属元素的焰色反应，故B正确；C、铝热反应能放出大量的热，使建筑物的钢筋熔化，故C正确；D、NH4Cl溶液呈弱酸性，铁锈能溶于酸，所以金属焊接前用NH4Cl溶液除锈，故D正确。选A。14、B【解析】

A．①中Mg、At元素的化合价变化，属于氧化还原反应，而②中没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故A错误；B．①中Mg、At元素的化合价变化，MgAt2既是氧化产物，又是还原产物，故B正确；C．②中没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C错误；D．由还原剂的还原性大约还原产物的还原性可知，Mg的还原性大于MgAt2，不能比较MgAt2、MgI2的还原性，故D错误；故选B．15、A【解析】

A.溶液中氢离子浓度改变，而其它条件不变，则总体积为40mL，pH=2，则0.01×40=V1×0.200×2，V1=1.00mL，符合题意，A正确；B.pH=1时NaClO氧化废水中的氨氮(用硝酸铵模拟)，使其转化为无污染的气体，发生反应:3ClO-+2NH4+=3Cl-+N2↑+3H2O+2H+，与题意不符，B错误；C.HClO的氧化性比ClO-的氧化性更强，pH从1升高到2，酸性减弱，氨氮去除率降低的原因是更多的HClO转化为ClO-，与题意不符，C错误；D.pH控制在6时氨氮去除率为85%，进行处理更容易达到排放标准，与题意不符，D错误；答案为A。16、C【解析】

A．当a和b用导线连接时构成原电池，锌是负极，则溶液中的SO42－向锌片附近移动，选项A错误；B．将a与电源正极相连铜是阳极，锌是阴极，可以保护锌片，这叫外加电流的阴极保护法，选项B错误；C．当a和b用导线连接时时构成原电池，锌是负极，铜是正极发生还原反应，则铜片上发生的反应为：2H++2e=H2↑，选项C正确；D．a和b用导线连接后构成原电池，锌是负极，铜是正极，电路中通过0.02mol电子时，产生0.01mol氢气，选项D错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、丙烯酯基取代反应1：1检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红（或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色）【解析】

B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A为C3H6，A发生发生加成反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2=CHCH2OH、D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为；据此解答。【详解】（1）通过以上分析知，A为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，其含氧官能团名称是酯基，故答案为丙烯；酯基；

（2）C结构简式为，D发生水解反应或取代反应生成E，故答案为；取代反应或水解反应；

（3）E→F反应方程式为，故答案为；

（4）B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键和酯基、醛基，为甲酸酯，符合条件的同分异构体有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC（CH3）=CHCH3、HCOOCH=C（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH=CH2、HCOOCH2C（CH3）=CH2、HCOOC（CH2CH3）=CH2，共有8种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是，

故答案为；（5）该有机物中含有碳碳双键、醇羟基、羧基，具有烯烃、羧酸、醇的性质。能和NaOH、NaHCO3反应的是羧基，且物质的量之比都是1：1，所以NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质反应时，则消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；分子中含有碳碳双键、醇羟基、羧基。若检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红；若检验碳碳双键：加入溴水，溴水褪色，故答案为1：1；检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红（或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色）。18、还原反应取代反应将羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合+3NaOH+2NaCl+H2OHOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH【解析】

(1)对比A、B的结构简式可知，A中羰基转化为亚甲基；对比D与苯丁酸氮芥的结构可知，反应V为取代反应；(2)试剂③是环氧乙烷，对比B、D的结构简式，反应Ⅲ是B与甲醇发生酯化反应；(3)试剂③是环氧乙烷()，环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合，结合B的结构分析解答；(4)①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种，②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有氨基，不含羧基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基、醛基，④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气，说明结构中含有2个羟基，加成分析书写G的结构简式；(5)苯丁酸氮芥中的Cl原子、羧基均能与氢氧化钠反应；(6)以1，4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH)，为了防止羟基氧化过程中碳碳双键断裂，需要首先将碳碳双键转化为单键，再氧化，加成分析解答。【详解】(1)对比A、B的结构简式可知，A中转化为氨基，羰基转化为亚甲基，属于还原反应(包括肽键的水解反应)；对比D与苯丁酸氮芥的结构可知，反应V为取代反应，而反应VI为酯的水解反应，故答案为：还原反应；取代反应；(2)试剂③是环氧乙烷，对比B、D的结构简式，反应Ⅲ是B与甲醇发生的酯化反应，故C的结构简式为：，故答案为：；(3)试剂③是环氧乙烷()，环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合，根据流程图，设计反应Ⅲ的目的是：将B中的羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合，故答案为：将羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合；(4)D()的一种同分异构体G有下列性质：①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种，②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有氨基，不含羧基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基、醛基，④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气，说明含有2个羟基，符合条件的结构为等，故答案为：；(5)苯丁酸氮芥中Cl原子、羧基均能够与氢氧化钠反应，与足量的氢氧化钠反应的化学方程式为：+3NaOH+2NaCl+H2O，故答案为：+3NaOH+2NaCl+H2O；(6)以1，4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH)，1，4-丁烯二醇可以首先与氢气加成生成1，4-丁二醇(HOCH2-CH2-CH2-CH2OH)，然后将HOCH2-CH2-CH2-CH2OH催化氧化即可，合成路线为HOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH，故答案为：HOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH。19、锥形瓶装置C中的溶液与空气接触探究氧气能否氧化SO32-排除装置内的空气，防止氧气干扰2SO2+O2+2H2O=4H++2SO42-、NO3-都能氧化氧化SO32-，氧气的氧化效果比NO3-更好，在氧气、NO3-共存条件下，氧化速率更快。【解析】

（1）根据装置图判断仪器a的名称；（2）要验证“只是氧化了SO32-，与NO3-无关”，需在无氧条件下把SO2通入Ba(NO3)2溶液。（3）①、②号试剂的区别是①号溶液中无氧气、②号试剂中溶有氧气。（4）进行①号、③号试剂的共同点是无氧环境，区别是①号溶液中无硝酸根离子、③号试剂中有硝酸根离子；（5）实验现象：①号依然澄清，②号出现浑浊，说明把SO32-氧化为SO42-；（6）根据pH减小的速度、pH达到的最小值分析。【详解】（1）根据装置图，仪器a的名称是锥形瓶；（2）要验证“只是氧化了SO32-，与NO3-无关”，需在无氧条件下把SO2通入Ba(NO3)2溶液，不足之处是装置C中的溶液与空气接触。（3）①、②号试剂的区别是①号溶液中无氧气、②号试剂中溶有氧气，对比①、②号试剂，探究的目的是氧气能否氧化SO32-。（4）进行①号、③号试剂的共同点是无氧环境，区别是①号溶液中无硝酸根离子、③号试剂中有硝酸根离子；进行①号、③号实验的目的是探究在酸性环境中，NO3-能否将SO32-氧化成SO42-，进行①号、③号实验前通氮气可以排除装置内的空气，防止氧气干扰；（5）实验现象：①号依然澄清，②号出现浑浊，说明把SO32-氧化为SO42-，第②号实验时C中反应的离子方程式为2SO2+O2+2H2O=4H++2SO42-；（6）根据图象可知，、NO3-都能氧化氧化SO32-，氧气的氧化效果比NO3-更好，在氧气、NO3-共存条件下，氧化速率更快。20、2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O或KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O2SCl2+2H2O==S↓+SO2↑+4HCl控制分液漏斗的活塞，使浓盐酸匀速滴下深入熔融硫的下方，使氯气与硫充分接触、反应，减少因氯气过量而生成SCl2除去SCl2没有吸收Cl2、SCl2等尾气的装置【解析】

（1）①不加热条件下可用KMnO4或KClO3与浓HCl作用制氯气；②SCl2与水发生水解反应；（2）为获得平稳的氯气气流，应控制分液漏斗的活塞，使浓盐酸匀速滴下。（3）可通过控制分液漏斗的活塞，来调节反应的快慢；（4）SCl2的沸点是59℃，60℃时气化而除去；（5）Cl2、SCl2等尾气有毒，污染环境。【详解】（1）①不加热条件下可用KMnO4或KClO3与浓HCl作用制氯气，化学方程式为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O或KClO3+6HCl=K