山东省枣庄市滕州市第一中学2025年高三下学期第五次调研考试化学试题含解析

山东省枣庄市滕州市第一中学2025年高三下学期第五次调研考试化学试题注意事项：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、CH3OH是重要的化工原料,工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为:CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。按n(CO):n(H2)=1:2，向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中,正确的是A．p1<p2B．该反应的ΔH>0C．平衡常数:K(A)=K(B)D．在C点时,CO转化率为75%2、乙基环己烷（）的一溴代物共有几种（不考虑立体异构）A．3种B．4种C．5种D．6种3、如图所示是一种以液态肼（N2H4）为燃料，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该电池的工作温度可高达700～900℃，生成物均为无毒无害的物质。下列说法错误的是A．电池总反应为：N2H4+2O2=2NO+2H2OB．电池内的O2−由电极乙移向电极甲C．当甲电极上消耗lmolN2H4时，乙电极理论上有22.4L（标准状况下）O2参与反应D．电池正极反应式为：O2+4e−=2O2−4、常温常压下，O3溶于水产生的游离氧原子[O]有很强的杀菌消毒能力，发生的反应如下：（）反应①：O3O2+[O]ΔH>0平衡常数为K1反应②：[O]+O32O2ΔH<0平衡常数为K2总反应：2O33O2ΔH<0平衡常数为K下列叙述正确的是A．降低温度，K减小 B．K=K1+K2C．增大压强，K2减小 D．适当升温，可提高消毒效率5、实验室处理废催化剂FeBr3溶液，得到溴的四氯化碳溶液和无水FeCl3。下列图示装置和原理能达到实验目的的A．制取氯气B．将Br-全部转化为溴单质C．分液时，先从下口放出有机层，再从上口倒出水层D．将分液后的水层蒸干、灼烧制得无水FeCl36、某烃的结构简式为，关于该有机物，下列叙述正确的是（）A．所有碳原子可能处于同一平面B．属于芳香族化合物的同分异构体有三种C．能发生取代反应、氧化反应和加成反应D．能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色且原理相同7、配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时,下列操作可使所配制溶液浓度偏高的是()A．用量筒量取浓盐酸俯视读数 B．溶解搅拌时有液体飞溅C．定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线 D．摇匀后见液面下降,再加水至刻度线8、下列离子方程式正确的是A．钾和冷水反应：K+H2O=K++OH—+H2↑B．氢氧化铁溶于氢碘酸:2Fe3++2I—=2Fe2++I2C．碳酸氢铵稀溶液中加入足量烧碱溶液：HCO3—+NH4++2OH—=CO32—+NH3·H2O+H2OD．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合:3S2O32—+2H+=4S↓+2SO42—+H2O9、NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl溶于水配成1mol·L－1的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是A．b的离子为Cl－B．溶液中含有NA个Na+C．水合b离子的图示不科学D．40℃时该溶液的pH小于7，是由于Na+水解所致10、2017年9月25日，化学权威杂志《化学世界》、著名预测博客等预测太阳能电池材料—钙钛矿材料可能获得2017年诺贝尔化学奖。钛酸钙(CaTiO3)材料制备原理之一是CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑。下列有关判断不正确的是A．上述反应是氧化还原反应 B．TiO2和CO2属于酸性氧化物C．CaTiO3属于含氧酸盐 D．CaCO3属于强电解质11、下列过程属于物理变化的是A．煤的干馏B．石油的分馏C．石油裂化D．石油裂解12、已知Cu+在酸性条件下能发生下列反应:Cu+Cu+Cu2+(未配平)。NH4CuSO3与足量的1.0mol·L-1硫酸溶液混合微热,产生下列现象:①有红色金属生成②有刺激性气味气体产生③溶液呈蓝色。据此判断下列说法一定合理的是()A．该反应显示硫酸具有酸性B．NH4CuSO3中铜元素全部被氧化C．刺激性气味的气体是氨气D．反应中硫酸作氧化剂13、下列说法正确的是（）A．Cl表示中子数为18的氯元素的一种核素B．乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3）和硬脂酸甘油酯（）互为同系物C．的名称为2﹣乙基丁烷D．CH3（CH2）2CH3和CH（CH3）3互为同素异形体14、已知：25℃时，Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。将含Fe2O3、Ag、Ni的某型废催化剂溶于盐酸，过滤，滤渣为Ag，所得溶液中c(Ni2+)=c(Fe3+)=0.4mol/L。向该溶液中滴加一定浓度的NaOH溶液（假设溶液体积不变）。下列说法中正确的是A．金属活动性：Ag＞NiB．加入NaOH溶液时，先产生Ni(OH)2沉淀C．当滴定到溶液pH=5时，溶液中lg约为10D．当滴定到溶液呈中性时，Ni2+已沉淀完全15、在Na2Cr2O7酸性溶液中，存在平衡2CrO42—(黄色)+2H+⇌Cr2O72—(橙红色)+H2O，已知:25℃时,Ksp(Ag2CrO4)=1×10—12Ksp(Ag2Cr2O7)=2×10—7。下列说法正确的是A．当2c(Cr2O72—)=c(CrO42—)时，达到了平衡状态B．当pH=1时，溶液呈黄色C．若向溶液中加入AgNO3溶液，生成Ag2CrO4沉淀D．稀释Na2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小16、新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该技术实现了H2S废气资源回收能量，并得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是A．电极b为电池负极B．电路中每流过4mol电子，正极消耗44.8LH2SC．电极b上的电极反应为：O2+4e-＋4H+=2H2OD．电极a上的电极反应为：2H2S+2O2--4e-=S2+2H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、有机化合物H的结构简式为，其合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：已知：①②(苯胺易被氧化)请回答下列问题：(1)烃A的名称为_______，B中官能团为_______，H的分子式为_______，反应②的反应类型是_______。(2)上述流程中设计C→D的目的是_______。(3)写出D与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_______。(4)符合下列条件的D的同分异构体共有_______种。A．属于芳香族化合物B．既能发生银镜反应又能发生水解反应写出其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为6∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式：______。(任写一种)(5)已知：苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位，据此按先后顺序写出以烃A为原料合成邻氨基苯甲酸（）合成路线(无机试剂任选)。_______18、对乙酰氨苯酚(M)是常用的消炎解热镇痛药。其合成路线如下：完成下列填空：(1)A的结构简式为____________。C→D的反应类型为___________________。(2)实验室中进行反应①的实验时添加试剂的顺序为________________________。(3)下列有关E的说法正确的是____________。（选填编号）a．分子式为C6H6NOb．能与溴水发生加成反应c．遇到FeCl3溶液能发生显色反应d．既能和氢氧化钠溶液反应，又能和盐酸反应(4)已知与的性质相似，写出一定条件下M与NaOH溶液反应的化学方程式。______________________(5)满足下列条件的M的同分异构体有_____________种。①苯环上只有两种不同环境的氢原子；②苯环上连有－NH2；③属于酯类物质。(6)N-邻苯二甲酰甘氨酸()是重要的化工中间体，工业上以邻二甲苯和甘氨酸(NH2-CH2-COOH)为原料通过一系列的反应制取该化合物，请参照上述流程的相关信息，写出最后一步反应的化学方程式。_____________________19、铝热反应是铝的一个重要性质，该性质用途十分广泛，不仅被用于焊接钢轨，而且还常被用于冶炼高熔点的金属如钒、铬、锰等。(l)某校化学兴趣小组同学，取磁性氧化铁按教材中的实验装置(如图)进行铝热反应，现象很壮观。使用镁条和氯酸钾的目的是___________。(2)某同学取反应后的“铁块”和稀硝酸反应制备Fe(NO3)3溶液，其离子方程式为__________，溶液中可能含有Fe2＋，其原因是___________；(3)可通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备高铁酸钾(K2FeO4)，如图所示是实验室模拟工业制备KClO溶液装置。已知氯气和热碱溶液反应生成氯化钾和氯酸钾和水①盛装饱和食盐水的B装置作用为______________；②反应时需将C装置置于冷水浴中，其原因为___________；(4)工业上用“间接碘量法”测定高铁酸钾的纯度：用碱性KI溶液溶解1.00gK2FeO4样品，调节pH使高铁酸根全部被还原成亚铁离子，再调节pH为3～4，用1.0mol/L的Na2S2O3标准溶液作为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI)，淀粉作指示剂，装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数如图所示：①终点II的读数为_______mL。②原样品中高铁酸钾的质量分数为_________。[M(K2FeO4)＝198g/mol]③若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，则导致所测高铁酸钾的质量分数_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。20、实验室如图的装置模拟工业过程制取硫代硫酸钠（夹持仪器和加热仪器均省略）。其反应原理为2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2请回答：（1）下列说法不正确的是___。A．装置A的烧瓶中的试剂应是Na2SO3固体B．提高C处水浴加热的温度，能加快反应速率，同时也能增大原料的利用率C．装置E的主要作用是吸收CO2尾气D．装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，该处锥形瓶中可选用浓硫酸或饱和NaHSO3溶液（2）反应结束后C中溶液中会含有少量Na2SO4杂质，请解释其生成原因___。21、氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要作用。(1)氨气是一种重要的化工原料，氨态氮肥是常用的肥料。哈伯法合成氨技术的相关反应为:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-93kJ/mol，实际生产中，常用工艺条件：Fe作催化剂，控制温度773K、压强3.0×107Pa，原料气中N2和H2物质的量之比为1：2.8。①合成氨技术是氮的固定的一种，属于______(选填“大气固氮”、“生物固氮”“人工固氮”)。②合成氨反应常用铁触媒催化剂，下列关于催化剂的说法不正确的是_________。A．可以加快反应速率B．可以改变反应热C．可以减少反应中的能耗D．可以增加活化分子的数目③关于合成氨工艺的下列理解，正确的是_________。A．原料气中N2过量，是因N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率B．控制温度(773K)远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率C．当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率D．分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生(2)肼(N2H4)是氮的氢化物之一，其制备方法可用次氯酸钠氧化过量的氨气。①次氯酸钠溶液显碱性，表示原理的离子方程式是_________________________。②常温下，该水解反应的平衡常数为K=1.0×10-6mol/L，则1.0mol/LNaClO溶液的pH=____。③肼与N2O4氧化反应生成N2和水蒸气。已知：N2(g)+2O2(g)=N2O4(l)△H=-19.5kJ/molN2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-534.2kJ/mol请写出肼和N2O4反应的热化学反应方程式_________________________________。(3)在NH4HCO3溶液中，反应NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=_____。(已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4×10-7)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A．增大压强平衡向正反应方向移动；B．由图可知，升高温度，平衡逆向移动，该反应的△H＜0；C．平衡常数只与温度有关；D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法进行数据分析计算．【详解】A．由300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；B．图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故B错误；C．A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始120变化x2xx结束1-x2-2xx在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x＋2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正确；故选D。2、D【解析】乙基环己烷中有6种氢原子，因此一溴代物有6种，故选项C正确。3、A【解析】

A、按照题目意思，生成物均为无毒无害的物质，因此N2H4和O2反应的产物为N2和H2O，总反应方程式为N2H4＋O2=N2＋2H2O，A错误，符合题意；B、在原电池中，阴离子向负极移动，N2H4中N的化合价从－1升高到0，失去电子，因此通过N2H4的一极为负极，则O2－由电极乙向电极甲移动，B正确，不符合题意；C、总反应方程式为N2H4＋O2=N2＋2H2O，每消耗1molN2H4，就需要消耗1molO2，在标准状况下的体积为22.4L，C正确，不符合题意；D、根据题目，O2得到电子生成O2－，电极方程式为O2+4e−=2O2−，D正确，不符合题意；答案选A。4、D【解析】

A.降低温度向放热反应移动即正向移动，K增大，故A错误；B.方程式相加，平衡常数应该相乘，因此K=K1∙K2，故B错误；C.增大压强，平衡向体积减小的方向移动，即逆向移动，平衡常数不变，故C错误；D.适当升温，反应速率加快，消毒效率提高，故D正确。综上所述，答案为D。5、C【解析】

A.1mol/L的盐酸为稀盐酸，与二氧化锰不反应，则不能制备氯气，故A错误；B.图中导管的进入方向不合理，将溶液排出装置，应从长导管进气短导管出气，故B错误；C.苯不溶于水，密度比水小，溴的苯溶液在上层，则用装置丙分液时先从下口放出水层，再从上口倒出有机层，故C正确；D.蒸发时促进氯化铁水解，生成盐酸易挥发，不能得到FeCl3，灼烧得到氧化铁，故D错误；本题答案为C。【点睛】分液时，分液漏斗内的下层液体从漏斗下口放出，上层液体从上口倒出。6、C【解析】

A.分子结构中含有，为四面体结构，所有碳原子不可能处于同一平面，故A错误；B.该物质的分子式为C8H10，属于芳香族化合物的同分异构体有乙苯和二甲苯(邻位、间位和对位3种)，共4种，故B错误；C.结构中含有碳碳双键，能发生氧化反应和加成反应，含有和-CH2-，能发生取代反应，故C正确；D.含有碳碳双键能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应而使高锰酸钾溶液褪色，褪色原理不同，故D错误；答案选C。7、C【解析】

根据C=n/V计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高．【详解】A、用量筒量取浓盐酸俯视读数会导致液体体积偏小，溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故A不选；

B、溶解搅拌时有液体飞溅，会导致溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故B不选；

C、定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线，会导致溶液的体积偏小，所配制溶液浓度偏高，故C选；

D、摇匀后见液面下降，为正常现象，如再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏低，故D不选。

故选：C。【点睛】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的误差分析，题目难度中等，注意根据C=n/V计算不当操作对n或V的影响．8、C【解析】

A.钾和冷水反应：2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑，A错误；B.氢氧化铁溶于氢碘酸:2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，B错误；C.碳酸氢铵稀溶液中加入足量烧碱溶液，无氨气溢出：HCO3-+NH4++2OH-=CO32-+NH3·H2O+H2O，C正确；D.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合:S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，D错误；答案为C。【点睛】离子方程式中单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质写化学式。9、C【解析】

NaCl在溶液中电离出Na+和Cl−，Na+含有2个电子层，Cl−离子含有3个电子层，则离子半径Cl−＞Na+，根据图示可知，a为Cl−、b为Na+，A.离子半径Cl−＞Na+，则a离子为Cl−，b离子为Na+，故A错误；B.没有告诉该NaCl溶液的体积，无法计算该溶液中含有Na+的数目，故B错误；C.b为Na+，带正电荷，会使水分子中带有负电的氧原子受到吸引，故图示b离子不科学，故C正确；D.Cl−、Na+都不水解，NaCl溶液呈中性，故D错误；故选C。【点睛】B项是学生们的易错点，往往忽视了题中并没有给出溶液的体积，直接认为溶液体积是1L，进行计算，这种错误只要多加留意，认真审题即可避免。10、A【解析】A、CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑，反应中没有化合价变化，是非氧化还原反应，故A错误；B、TiO2和CO2均能与碱反应生成盐和水，均属于酸性氧化物，故B正确；C、CaTiO3=Ca2＋＋TiO32－，CaTiO3由含氧酸根和钙离子构成，属于含氧酸盐，故C正确；D、CaCO3虽然难溶，但溶于水的部分全部电离，属于强电解质，故D正确；故选A。11、B【解析】煤的干馏有苯及苯的同系物等新物质生成，属于化学变化，故A错误；石油的分馏是根据沸点不同把石油分离为汽油、煤油、柴油等物质，没有新物质生成，属于物理变化，故B正确；石油裂化是大分子烃断裂为小分子烃，生成新物质属于化学变化，故C错误；石油裂解是大分子烃断裂为乙烯、丙烯等产物，生成新物质属于化学变化，故D错误。12、A【解析】

由反应现象可以知道，NH4CuSO3与足量的1.0mol·L-1硫酸溶液混合微热，分别发生：2Cu+=Cu+Cu2+，SO32—+2H+=SO2↑+H2O，结合反应的现象判断。【详解】A.分别发生:2Cu+=Cu+Cu2+，SO32—+2H+=SO2↑+H2O，反应中硫酸中各元素的化合价不变，所以只显示酸性，所以A选项是正确的；B.根据2Cu+=Cu+Cu2+知，NH4CuSO3中铜元素部分被氧化部分被还原，故B错误；C.根据反应SO32—+2H+=SO2↑+H2O，刺激性气味的气体是SO2，故C错误；D.反应中硫酸只作酸，故D错误。答案选A。13、A【解析】

A．核素中中子数=质量数-质子数，质子数=原子序数，利用关系式求出Cl-35的中子数；B．同系物是物质结构相似、分子组成上相差一个或多个“CH2”，根据概念判断正误；C．系统命名法是选择最长的碳链为主链；D．同素异形体是同一种元素形成的不同单质，不是化合物【详解】A．该核素的中子数=35﹣17=18，故A正确；B．同系物是物质结构相似、分子组成上相差一个或多个“CH2”，而乙酸乙酯和硬脂酸甘油酯还相差有“O“原子，不符合概念，故B错误；C．系统命名法是选择最长的碳链为主链，该物最长碳链为5个碳原子，名称应该为为3﹣甲基戊烷，故C错误；D．同素异形体是同一种元素形成的不同单质，CH3（CH2）2CH3和CH（CH3）3是化合物、互为同分异构体，故D错误：故选：A。【点睛】原子结构、同系物、同分异构体、烷烃命名等知识点，解题关键：掌握概念的内涵和外延，错点D，同素异形体的使用范围是单质。14、C【解析】

A．Ag不能与盐酸反应，而Ni能与盐酸反应，因此金属活动性：Ni＞Ag，故A错误；B．c(Ni2+)=0.4mol/L时，Ni2+刚好开始沉淀时溶液中，c(Fe3+)=0.4mol/L时，Fe3+刚好开始沉淀时溶液中，故先产生Fe(OH)3沉淀，故B错误；C．溶液pH=5时c(H+)=10-5mol/L，溶液中，，，则Ni2+未沉淀，c(Ni2+)=0.4mol/L，则，故C正确；D．当溶液呈中性时，c(OH-)=1×10-7mol/L，此时溶液中，故Ni2+未沉淀完全，故D错误；故答案为：C。15、C【解析】

A.当2c(Cr2O72—)=c(CrO42—)时，无法判断同一物质的正逆反应速率是否相等，则不能判断是否为平衡状态，A错误；B.当pH=1时，溶液酸性增强，平衡正向进行，则溶液呈橙红色，B错误；C.组成中阴阳离子个数比相同，溶度积常数越小，难溶电解质在水中溶解能力越差，已知Ksp(Ag2CrO4)<Ksp(Ag2Cr2O7)，若向溶液中加入AgNO3溶液，先生成Ag2CrO4沉淀，C正确；D.稀释Na2Cr2O7溶液时，溶液中c(CrO42-)、c(H+)、c(Cr2O72-)均减小，由于KW不变，则c(OH-)增大，D错误；答案为C。【点睛】温度未变，则溶液中水的离子积不变，氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度必然增大。16、D【解析】由图中信息可知，该燃料电池的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，该反应中硫化氢是还原剂、氧气是氧化剂。硫化氢通入到电极a，所以a电极是负极，发生的电极反应为2H2S+2O2--4e-=S2+2H2O；氧气通入到电极b，所以b电极是正极。该反应中电子转移数为4个电子，所以电路中每流过4mol电子，正极消耗1molO2，发生的电极反应为O2+4e-=2O2-.综上所述，D正确，选D。点睛：本题考查的是原电池原理。在原电池中一定有一个可以自发进行的氧化还原反应发生，其中还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子经外电路流向正极；氧化剂在正极上得到电子发生还原反应，电子定向移动形成电流。在书写电极反应式时，要根据电解质的酸碱性分析电极反应的产物是否能稳定存在，如果产物能与电解质的离子继续反应，就要合在一起写出总式，才是正确的电极反应式。有时燃料电池的负极反应会较复杂，我们可以先写出总反应，再写正极反应，最后根据总反应和正极反应写出负极反应。本题中电解质是氧离子固体电解质，所以正极反应就是氧气得电子变成氧离子，变化较简单，可以先作出判断。二、非选择题（本题包括5小题）17、甲苯氯原子或－ClC7H7O3N取代反应或硝化反应保护(酚)羟基不被氧化+2NaOH+CH3COONa+H2O14或【解析】

H的结构简式为，逆推可知G为。纵观整个过程，可知烃A为芳香烃，结合C的分子式C7H8O，可知A为，A与Cl2发生苯环上氯代反应生成B，B中氯原子发生水解反应、酸化引入-OH生成C，C中酚羟基发生信息①中取代反应生成D，D与酸性KMnO4溶液反应，D中-CH3被氧化成-COOH生成E，E→F转化中在苯环上引入硝基-NO2，F→G的转化重新引入酚羟基，可知C→D的转化目的防止酚羟基被氧化，结合H的结构简式，可推知B为、C为、D为、E为、F为。(5)甲基氧化引入羧基，硝基还原引入氨基，由于氨基易被氧化，应先把甲基氧化为羧基后再将硝基还原为氨基，结合苯环引入基团的定位规律，甲苯先和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，然后邻硝基甲苯再被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，最后邻硝基苯甲酸和Fe、HCl反应生成邻氨基苯甲酸。【详解】根据上述分析可知：A为，B为、C为、D为、E为、F为，G为，H为。(1)烃A为，A的名称为甲苯。B为，B中官能团为氯原子。H的结构简式为，H的分子式为C7H7O3N。反应②是苯环上引入硝基，反应类型是：取代反应；(2)C→D中消除酚羟基，F→G中又重新引入酚羟基，而酚羟基容易被氧化，所以流程中设计C→D的目的是：保护(酚)羟基不被氧化；(3)D是，D与足量NaOH溶液发生酯的水解反应，化学方程式为：+2NaOH+CH3COONa+H2O，(4)D为，其符合下列条件的同分异构体：A.属于芳香族化合物，说明含有苯环；B.既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有-OOCH基团。只有1个取代基为-CH2CH2OOCH和-CH(CH3)OOCH两种不同结构；有2个取代基为-CH3、-CH2COOH，或者-CH2CH3、-OOCH，这两种情况均有邻、间、对3种位置结构，种类数为2×3=6种；有3个取代基为-CH3、-CH3、-OOCH，2个甲基有邻、间、对3种位置结构，对应的-OOCH分别有2种、3种、1种位置，故符合条件的共有2+3×2+2+3+1=14种。其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为6：2：1：1的同分异构体的结构简式：或。(5)以甲苯为原料合成的方法是：先使甲苯发生取代反应产生邻硝基甲苯，用酸性KMnO4氧化甲基为—COOH，得到邻硝基甲苯，用Fe在HCl存在条件下发生还原反应，—NO2被还原得到—NH2，就生成邻氨基苯甲酸。故合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物推断与合成，涉及物质的命名、反应类型的判断、操作目的、同分异构体种类的判断及符合要求的同分异构体结构简式的书写等。要采用正推、逆推相结合的方法分析判断。需要熟练掌握官能团性质与转化，并对给予的信息进行利用，结合转化关系中有机物H的结构和反应条件进行推断。18、CH3CHO还原反应浓硝酸，浓硫酸，苯cd+2NaOHCH3COONa++H2O3+NH2CH2COOH→+H2O【解析】

B在五氧化二磷作用下得到乙酸酐，则B为CH3COOH，可推知乙烯与氧气反应生成A为CH3CHO，A进一步发生氧化反应生成乙酸，由M的结构可知，E为，反应①为苯与浓硝酸、浓硫酸发生硝化反应生成硝基苯，由C、D分子式可知，C分子发生加氢、去氧得到D；(4)M水解得到的乙酸与，乙酸与中酚羟基与氢氧化钠继续反应；(5)M的同分异构体满足：苯环上连有-NH2，属于酯类物质，苯环上只有两种不同环境的氢原子，同分异构体应含有2个不同取代基、且处于对位，另外取代基为CH3COO—或HCOOCH2—或CH3OOC—；(6)由转化关系中E转化为M的反应可知，与NH2CH2COOH反应得到与水。【详解】由上述分析可知：A为CH3CHO，B为CH3COOH，C为，D为，E为，M为。(1)由上述分析可知，A的结构简式为：CH3CHO，C为，D为，C与HCl、Fe存在条件下发生加氢去氧的还原反应产生，所以C→D的反应类型为还原反应；(2)反应①为苯与浓硝酸、浓硫酸存在条件下加热发生取代反应产生硝基苯，实验时添加试剂的顺序为：先加入浓硝酸，再加入浓硫酸，待溶液恢复至室温后再加入苯；(3)由上述分析可知，E为。a．根据E的结构简式可知其分子式为C6H7NO，a错误；b．E含有酚羟基，且酚羟基邻位含有氢原子，能与溴水发生取代反应，b错误；c．E含有酚羟基，遇到FeCl3溶液能发生显色反应，c正确；d．E含有酚羟基，能与氢氧化钠溶液反应，含有氨基，能与盐酸反应，d正确，故合理选项是cd；(4)M为，M水解得到的乙酸与，乙酸与中酚羟基与氢氧化钠继续反应，反应方程式为：+2NaOHCH3COONa++H2O；(5)M的同分异构体满足：苯环上连有—NH2，属于酯类物质，苯环上只有两种不同环境的氢原子，同分异构体应含有2个不同取代基、且处于对位，另外取代基为CH3COO—或HCOOCH2—或CH3OOC—，符合条件的同分异构体有3种；(6)由转化关系中E转化为M的反应可知，与NH2CH2COOH反应得到和水，故最后一步反应的化学方程式为：+NH2CH2COOH→+H2O。【点睛】本题考查有机物合成与推断，充分利用有机物的结构进行分析解答，结合有机物的结构与性质及转化关系进行推断，较好的考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。19、引发铝热反应Fe＋4H＋＋NO3－=Fe3＋＋NO↑＋2H2O硝酸量不足2Fe3++Fe=3Fe2+吸收HCl氯气在较高温度下与氢氧化钠反应生成KClO319.4089.1%偏低【解析】

（1）铝热反应的条件是高温，使用镁条和氯酸钾的目的是引发铝热反应。（3）“铁块”和稀硝酸反应制备Fe(NO3)3溶液，同时生成NO和水，其离子方程式为Fe＋4H＋＋NO3－=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，溶液中可能含有Fe2＋，其原因是硝酸量不足，发生2Fe3++Fe=3Fe2+；（3）①浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有HCl，盛装饱和食盐水的B装置作用为吸收HCl；②实验要制取KClO，需防止温度升高后发生副反应生成KClO3，反应时需将C装置置于冷水浴中，其原因为氯气在较高温度下与氢氧化钠反应生成KClO3；（4）①精确到0.01mL，终点II的读数为19.40mL。②由图可知，起始和终点读数分别为1.40mL、19.40mL，则消耗Na2S2O3标准溶液的体积为18.00mL，由FeO42－～2I2～4Na2S2O3，可知原样品中高铁酸钾的质量分数为×100%=89.1%，③配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，体积偏小，标准液的浓度偏大，滴定时消耗标准液的体积偏小，则导致所测高铁酸钾的质量分数偏低.【点睛】本题考查物质的制备实验，解题关键：把握物质的性质、制备原理、测定原理、实验技能，难点（4）侧重分析与实验、计算能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，利用关系式进行计算。20、BCSO2和Na2CO3反应生成Na2SO3，Na2SO3不稳定而易被空气氧化生成Na2SO4，且生成的Na2S2O3也易被空气氧化生成硫酸钠【解析】

A装置制取二氧化硫，发生的反应离子方程式为SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O，B装置能储存二氧化硫且起安全瓶的作用，还能根据气泡大小控制反应速率，C装置中发生反应2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，剩余的二氧化硫有毒，不能直接排空，所以E为尾气处理装置，结合题目分析解答。【详解】（1）A.装置A的烧瓶中的试剂应是Na2SO3固体，分液漏斗中盛放的液体是硫酸，二者在A中发生反应生成二氧化硫，故A正确；B.提高C处水浴加热的温度，能加快反应速率，但是气体流速也增大，导致原料利用率减少，故B错误；C.装置E的主要作用是吸收SO2尾气，防止二氧化硫污染环境，故C错误；D.装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，该处锥形瓶中可选用浓硫酸或饱和NaHSO3溶液，二者都不溶解或与二氧化硫反应，所以可以选取浓硫酸或饱和亚硫酸氢钠溶液，故D正确；故答案为：BC；（2）反应结束后C中溶液中会含有少量Na2SO4杂质，SO2和Na2CO3反应生成Na2SO3，Na2SO3不稳定而易被空气氧化生成Na2SO4，且生成的Na2S2O3也易被空气氧化生成硫酸钠，所以得到的物质中含有少量Na2SO4，故答案为：SO2和Na2CO3反应生成Na2SO3，Na2SO3不稳定而易被空气氧化生成Na2SO4，且生成的Na2S2O3也易被空气氧化生成硫酸钠。21、人工固氮BCADClO-+H2OHClO+OH-112N2