安徽省毛坦厂中学2025届高三下学期六次月考化学试题试卷含解析

安徽省毛坦厂中学2025届高三下学期六次月考化学试题试卷请考生注意：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、X、Y、Z、W为短周期主族元素，且原子序数依次增大。X原子中只有一个电子，Y原子的L电子层有5个电子，Z元素的最高化合价为其最低化合价绝对值的3倍。下列叙述正确的是（

）A．简单离子半径：W>Z>YB．Y的气态氢化物与W的气态氢化物相遇有白烟产生C．X、Y、Z三种元素形成的化合物只含共价键D．含氧酸的酸性：W的一定强于Z的2、CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色。向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法不正确的是()A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物B．通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性C．整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO23、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温下，23gNO2含有NA个氧原子B．1L0.1mol·L-1的氨水含有0.1NA个OH-C．常温常压下，22.4LCCl4含有NA个CCl4分子D．1molFe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2NA个电子4、下列关于有机化合物和的说法正确的是()A．一氯代物数目均有6种B．二者均能发生取代、加成和氧化反应C．可用酸性高锰酸钾溶液区分D．分子中所有碳原子可能在同一平面上5、在硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验过程中，下列仪器或操作未涉及的是A． B． C． D．6、保存液态有机物的一种方法是在其上方加盖一层水以避免挥发损失。下列有机物适合用“水封法”保存的是A．乙醇 B．硝基苯 C．甘油 D．己烷7、84消毒液可用于新型冠状病毒的消杀，其主要成分为NaClO。NaClO在空气中可发生反应NaClO+CO2+H2ONaHCO3+HClO。用化学用语表示的相关微粒，其中正确的是A．中子数为10的氧原子：B．Na+的结构示意图：C．CO2的结构式：O=C=OD．NaClO的电子式：8、化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法正确的是A．聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n，是新型絮凝剂，可用来杀灭水中病菌B．韩愈的诗句“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的柳絮富含糖类C．宋应星的《天工开物》记载“凡火药，硫为纯阳”中硫为浓硫酸D．我国发射的“北斗组网卫星”所使用的光导纤维是一种有机高分子材料9、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．pH=1的溶液中：NO3-、Cl−、S2−、Na+B．c(H+)/c(OH−)=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl−C．由水电离的c(H+)=1×10−12mol·L−1的溶液中：Na+、K+、Cl−、HCO3-D．c(Fe3+)=0.1mol·L−1的溶液中：K+、Cl−、SO42-、SCN−10、下列有关物质性质的叙述正确的是（）A．向NaOH溶液中加入铝粉，可生成Al(OH)3B．向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液，可生成CO2C．向热的蔗糖溶液中滴加银氨溶液，可生成银镜D．向饱和氯化钠溶液中先通入NH3至饱和，再通入CO2，可生成NaHCO311、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1mol氨基(－NH2)中所含的质子数为9NAB．标准状况下，22.4L单质溴所含有的原子数目为2NAC．100mL0.1mol·L−1CH3COONa溶液含CH3COO−的数目是0.01NAD．标准状况下，2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NA12、常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。下列叙述正确的是()A．Ksp(Ag2C2O4)的数量级等于10-11B．n点表示AgCl的不饱和溶液C．向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀D．Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为109.0413、下列说法正确的是A．化合物是苯的同系物B．分子中所有原子共平面C．火棉(纤维素三硝酸酯)的结构简式为D．1mol阿斯匹林（）与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH最大的物质的量为2mol14、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55gMn15、查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为：。则邻甲基乙苯通过上述反应得到的有机产物最多有()A．5种 B．4种 C．3种 D．2种16、下列物质中含有非极性键的共价化合物是A．CCl4 B．Na2O2 C．C2H4 D．CS2二、非选择题（本题包括5小题）17、石油裂解可以得到乙烯、丙烯等小分子烃，它们是常见的有机化工原料。下图是以丙烯为原料合成有机物I的流程。已知：i．Claisen酯缩合：ii．(②比①反应快)iii．，(R、R＇代表烃基)回答下列问题：(1)C的名称为_____________。Ⅰ中所含官能团的名称为______________________。(2)B→C的反应类型是_______________。F的结构简式为_______________________。(3)D→E的化学方程式为___________________________。(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是__________________________。(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1molK能与2mol金属钠反应，则K可能的链状稳定结构有_______种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为_______________。(任写一种)(6)完成下列以苯乙烯为原料，制备的合成路线(其他试剂任选)_____________。18、有机物W（C16H14O2）用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下：已知：请回答下列问题：（1）F的化学名称是_______，⑤的反应类型是_______。（2）E中含有的官能团是_______（写名称），E在一定条件下聚合生成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式为_______。（3）E+F→W反应的化学方程式为_______。（4）与A含有相同官能团且含有苯环的同分异构体还有_______种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2的结构简式为____。（5）参照有机物W的上述合成路线，写出以M和CH3Cl为原料制备F的合成路线（无机试剂任选）_______。19、是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性环境下易分解生成S和。某小组设计了如下实验装置制备（夹持及加热仪器略），总反应为。回答下列问题：a.b.粉末c.溶液d.、溶液e.溶液（1）装置A的作用是制备________，反应的化学方程式为________。（2）完成下表实验过程：操作步骤装置C的实验现象解释原因检查装置气密性后，添加药品pH计读数约为13用离子方程式表示（以为例）：①__打开，关闭，调节；使硫酸缓慢匀速滴下ⅰ.导管口有气泡冒出，②___ⅱ.pH计读数逐渐③___反应分步进行：↓（较慢）当pH计读数接近7时，立即停止通，操作是④___必须立即停止通的原因是：⑤___（3）有还原性，可作脱氯剂。向溶液中通入少量，某同学预测转变为，设计实验验证该预测：取少量反应后的溶液于试管中，________。20、乳酸亚铁晶体[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O(M=288)是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，吸收效果比无机铁好，可由乳酸CH3CH(OH)COOH与FeCO3反应制得：I．制备碳酸亚铁（1）仪器C的名称是_____。（2）利用如图所示装置进行实验。首先关闭活塞2，打开活塞1、3，目的是____；关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞____，打开活塞______，观察到B中溶液进入到C中，C中产生沉淀和气体，写出制备FeCO3的离子方程式____。（3）装置D的作用是____。Ⅱ．乳酸亚铁晶体的制备及纯度测定将制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体。（4）加入少量铁粉的作用是_____。（5）若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其主要原因是_________。（6）经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液进行滴定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时，先称取5.760g样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.1000mol·L-1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如下表所示。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为___%（保留小数点后两位）。21、超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，其反应为：2NO+2CO2CO2+N2（降温后该反应的平衡常数变大）为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：时间（s）012345c（NO）（mol/L）1.00×10﹣34.50×10﹣42.50×10﹣41.50×10﹣41.00×10﹣41.00×10﹣4c（CO）（mol/L）3.60×10﹣33.05×10﹣32.85×10﹣32.75×10﹣32.70×10﹣32.70×10﹣3请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：（1）反应的Q___0（填写“＞”、“＜”、“=”）。（2）前2s内的平均反应速率v（N2）=___。（3）计算在该温度下，反应的平衡常数K=___。（4）假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时下列措施能提高NO转化率的是___。A．选用更有效的催化剂B．升高反应体系的温度C．降低反应体系的温度D．缩小容器的体积（5）研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中。实验编号T（℃）NO初始浓度（mol/L）CO初始浓度（mol/L）催化剂的比表面积（m2/g）Ⅰ2801.20×10-35.80×10-382Ⅱ_________124Ⅲ350______124①请在上表空格中填入剩余的实验条件数据。②请在给出的坐标图中，画出上表中的三个实验条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图，并标明各条曲线的实验编号___。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子中只有一个电子，则X为H元素；Y原子的L电子层有5个电子，其核电荷数为7，为N元素；Z元素的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则Z为S元素；W为短周期主族元素且原子序数大于Z，所以为Cl元素；A．S2-和Cl-的离子核外电子排布相同，核电荷数大，离子半径小，即S2->Cl-，故A错误；B．N的气态氢化物NH3与Cl的气态氢化物HCl相遇生成NH4Cl，现象为有白烟产生，故B正确；C．H、N、S三种元素组成的化合物NH4HS或(NH4)2S均为离子化合物，化合物中既有离子键，又有共价键，故C错误；D．Cl的最高价氧化物的水化物HClO4的酸性比S的最高价氧化物的水化物H2SO4的酸性强，而H2SO3的酸性比HClO强，故D错误；故答案为B。2、C【解析】

CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低。【详解】A、滴加KI溶液时，I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A正确；B、通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B正确；C、发生2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI均为氧化还原反应，没有复分解反应，故C错误；D、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu元素的化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D正确。答案选C。本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，选项B为易错点。3、A【解析】

A.23gNO2的物质的量是＝0.5mol，含有1mol氧原子，选项A正确；B.氨水是弱碱，部分电离，即.1L0.1mol·L－1氨水含有OH－个数小于0.1NA，选项B错误；C.常温常压下四氯化碳不是气体，不能适用于气体摩尔体积，选项C错误；D.反应中亚铁离子失去1个电子，选项D错误；答案选A。4、C【解析】

A.中有6种等效氢，则一氯代物有6种，中有4种等效氢，一氯代物有4种，两种一氯代物数目不同，故A错误；B.中含碳碳双键，能发生加成反应，除此之外还能发生取代、氧化反应，中不含不饱和键，不能发生加成反应，能发生取代、氧化反应，故B错误；C.中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，中不含不饱和键，不能使酸性高锰酸钾褪色，则可用酸性高锰酸钾溶液区分，故C正确；D.中与碳碳双键上的碳原子直接相连的原子共面，其中含1个叔碳原子（与甲基直接相连的碳原子），则所有碳原子不可能在同一平面上，故D错误。答案选C。5、C【解析】

A.为使硫酸铜晶体充分反应，应该将硫酸铜晶体研细，因此要用到研磨操作，A不符合题意；B.硫酸铜晶体结晶水含量测定实验过程中，需要准确称量瓷坩埚的质量、瓷坩埚和一定量硫酸铜晶体的质量、瓷坩埚和硫酸铜粉末的质量，至少称量4次，所以涉及到称量操作，需要托盘天平，B不符合题意；C.盛有硫酸铜晶体的瓷坩埚放在泥三角上加热，直到蓝色完全变白，不需要蒸发结晶操作，因此实验过程中未涉及到蒸发结晶操作，C符合题意；D.加热后冷却时，为防止硫酸铜粉末吸水，应将硫酸铜放在干燥器中进行冷却，从而得到纯净而干燥的无水硫酸铜，因此需要使用干燥器，D不符合题意；故合理选项是C。6、B【解析】

有机物用水封法保存，则有机物不溶于水，且密度比水大，以此解答．【详解】A.乙醇与水互溶，不能用水封，故A.错误；B.硝基苯密度大于水，且不溶于水，可以用水封，故B正确；C.甘油与水互溶，不能用水封，故C不选；D.己烷密度小于水，在水的上层，不能用水封法保存，故D不选；答案选B。7、C【解析】

A．中子数为10的氧原子，其质量数为18，应写成，A项错误；B．钠原子核电荷数为11，Na+的结构示意图为：，B项错误；C．二氧化碳中的碳与氧形成四个共用电子对，CO2的结构式为：O=C=O，C项正确；D．NaClO是离子化合物，电子式为，D项错误。答案选C。8、B【解析】

A.聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n能做新型絮凝剂，是因为其能水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮的固体杂质而净水，但是不能杀灭水中病菌，A项错误；B.柳絮的主要成分是纤维素，属于多糖，B项正确；C.火药是由硫磺、硝石（硝酸钾）、木炭混合而成，则“凡火药，硫为纯阳”中硫为硫磺，C项错误；D.光导纤维的主要成分为二氧化硅，不是有机高分子材料，D项错误；答案选B。9、B【解析】

A.pH=1的溶液呈酸性，H+、NO3-与S2−发生氧化还原反应而不能大量共存，选项A错误；B.c(H+)/c(OH−)=1012的溶液呈酸性，H+、NH4+、Al3+、NO3-、Cl−相互之间不反应，能大量共存，选项B正确；C.由水电离的c(H+)=1×10−12mol·L−1的溶液可能为强酸性也可能为强碱性，HCO3-均不能大量存在，选项C错误；D.c(Fe3+)=0.1mol·L−1的溶液中：Fe3+与SCN−发生络合反应而不能大量共存，选项D错误；答案选B。10、D【解析】

A.向NaOH溶液中加入铝粉，发生的反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，不会生成氢氧化铝，A项错误；B.因酸性比较：H2CO3>苯酚>HCO3-，则向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液，不会生成CO2，只会生成苯酚钠与碳酸氢钠，B项错误；C.蔗糖不是还原性糖，不能与银氨溶液发生银镜反应，C项错误；D.向饱和氯化钠溶液中先通入NH3至饱和，再通入CO2，因碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠溶解度小，会先以晶体形式析出，发生的反应是：NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，D项正确；答案选D。A项是易错点，学生要理解并准确掌握铝三角的转化关系，铝单质的特性。铝单质与酸反应会生成正盐铝盐，而与碱反应生成偏铝酸盐，铝单质不能直接转化为氢氧化铝沉淀。11、A【解析】

A.1mol氨基中含有9mol电子，含有的电子数目为9NA，故A正确；B.标况下单质溴不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L溴的物质的量，故B错误；C.100mL0.1mol·L−1CH3COONa溶液中，CH3COO−会发生水解，数目小于0.01NA，故C错误；D.氯气与过量稀氢氧化钠反应,首先反应方程式如下：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，在这个反应中，氯气单质气体既充当氧化剂，又充当还原剂，两个零价位的Cl原子，一个被氧化成为+1价，另一个被还原成为-1价，0.1mol的氯气在这个反应中转移电子总数当然只是0.1NA，故D错误；正确答案是A。12、D【解析】

A.Ksp(Ag2C2O4)=(10-4)2×10-2.46=10-11.46，科学计数法表示时应该是a×10b，a是大于1小于10的数，故它的数量级等于10-12，A错误；B.n点时c(Ag+)，比溶解平衡曲线上的c(Ag+)大，所以表示AgCl的过饱和溶液，B错误；C.设c(Cl-)=c(C2O42-)=amol/L，混合液中滴入AgNO3溶液时，生成Ag2C2O4沉淀所需c(Ag+)=，生成AgCl沉淀所需c(Ag+)=，显然生成AgCl沉淀需要的c(Ag+)小，先形成AgCl沉淀，C错误；D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为=109.04，D正确；故合理选项是D。13、C【解析】

A．结构相似，分子式相差一个或多个CH2原子团的物质之间互称同系物，A项错误；B．分子中的甲基-CH3，碳原子在成键时形成了4条单键，与这种碳相连的原子不可能都在同一平面内，B项错误；C．火棉即，C项正确；D．阿司匹林结构中含有的羧基可以消耗1个NaOH，并且结构中还含有一个酚酯基，可以消耗2个NaOH，所以1mol阿司匹林水解可以消耗3mol的NaOH，D项错误；答案选C。若有机物中存在形成4条单键的碳原子，那么有机物中的所有原子不可能共面；普通的酯基水解时消耗1个NaOH，而酚酯基可以消耗2个NaOH。14、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。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。15、B【解析】

邻甲基乙苯的结构简式为：，根据题目所给反应信息，四种不同的断键方式可生成最多4种有机产物，故答案为B。16、C【解析】

A．CCl4中只含C-Cl极性共价键，故A不选；B．Na2O2既含有非极性共价键，又含有离子键，为离子化合物，故B不选；C．C2H4中含C-H极性共价键和C=C非极性共价键，只含共价键，由C、H元素组成，为共价化合物，故C选；D．CS2中只含C=S极性共价键，故D不选；故选：C。二、非选择题（本题包括5小题）17、1-丙醇（正丙醇）（酮）羰基、羟基取代反应CH3CH2COOH+CH3OHCH3CH2COOCH3+H2O保护酮羰基3或【解析】

丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合：，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为，据此分析。【详解】丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合：，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为。(1)C的名称为1-丙醇（正丙醇）；Ⅰ为，所含官能团的名称为（酮）羰基、羟基；(2)B→C是1-溴丙烷在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应（或取代反应）生成1-丙醇，反应类型是取代反应；F的结构简式为；(3)D→E是丙酸与甲醇发生酯化反应生成丙酸甲酯和水，反应的化学方程式为；(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是保护酮羰基；(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1molK能与2mol金属钠反应则应该含有两个羟基，则K可能的链状稳定结构有、、CH2=CHCH（OH）CH2OH共3种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为或；(6)苯乙烯与溴化氢发生加成反应生成，在氢氧化钠溶液中加热生成，氧化得到，与CH3MgBr反应生成，在氯化铵溶液中反应生成，合成路线如下：。本题考查有机推断及合成，注意推出有机物的结构简式是解题的关键。本题中应注意（6）中合成路线应参照反应流程中的步骤，结合几个已知反应原理，推出各官能团变化的实质。18、苯甲醇消去反应碳碳双键、羧基+H2O5【解析】

A和Br2的CCl4溶液反应发生加成反应，结合B的结构简式，则A的结构简式为，B在NaOH的水溶液下发生水解反应，－Br被—OH取代，C的结构简式为，C的结构中，与—OH相连的C上没有H原子，不能发生醇的催化氧化，—CH2OH被氧化成—CHO，醛基再被氧化成－COOH，则D的结构简式为，根据分子式，D到E消去了一分子水，为醇羟基的消去反应，E的结构简式为，E和苯甲醇F，在浓硫酸的作用下发生酯化反应得到W，W的结构简式为。【详解】(1)F的名称是苯甲醇；根据分子式，D到E消去了一分子水，反应类型为消去反应；(2)根据分析，E的结构简式为，则含有的官能团名称为碳碳双键、羧基；E中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，结构简式为；(3)E中含有羧基，F中含有羟基，在浓硫酸的作用下发生酯化反应，化学方程式为++H2O；(4)有A含有相同的官能团且含有苯环，A的结构简式为，则含有碳碳双键，除了苯环外，还有3个C原子，则苯环上的取代基可以为－CH=CH2和－CH3，有邻间对，3种同分异构体；也可以是－CH=CHCH3，或者－CH2CH=CH2，共2种；共5种；核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2的结构简式为；(5)由M到F，苯环上多了一个取代基，利用已知信息，可以在苯环上引入一个取代基，－CH2OH，可由氯代烃水解得到，则合成路线为。并不是所有的醇都能发生催化氧化反应，－CH2OH被氧化得到－CHO，被氧化得到；中，与—OH相连的C上没有H原子，不能发生催化氧化反应。19、溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清（或浑浊减少）减小关闭、，打开过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加Ba溶液，有白色沉淀生成【解析】

（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3，反应生成二氧化硫气体；（2）检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解的原因；打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下，反应分步进行：Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO22Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2

，据此分析反应现象；当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，操作是关闭K1、K2，打开K3；（3）预测S2O32-转变为SO42-，可以利用检验硫酸根离子的方法设计实验检验；【详解】（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3，反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4，故答案为SO2；

H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4；(2)检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解，水解离子方程式为：S2−+H2O⇌HS−+OH−，打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下，反应分步进行：Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO22Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2

，反应过程中的现象是导管口有气泡冒出，溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)，碳酸钠溶液变化为亚硫酸钠溶液和硫代硫酸钠溶液，pH计读数逐渐减小当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，操作是关闭K1、K2，打开K3，必须立即停止通SO2的原因是：SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，故答案为S2−+H2O⇌HS−+OH−；溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)；减小；关闭K1、K2，打开K3；SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率；(3)Na2S2O3有还原性，可作脱氯剂。向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，某同学预测S2O32−转变为SO42−，设计实验为：取少量反应后的溶液于试管中，加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，故答案为加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；20、三颈烧瓶制备Fe2+，利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化32Fe2++2HCO3=FeCO3↓+CO2↑+H2O液封，防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化乳酸（根中的羟基）被酸性高锰酸钾溶液氧化97.50【解析】

(1)根据化学反应实验原理进行分析判断。（2）根据实验用到的仪器装置进行分析解答相关的问题；（3）根据化学反应方程式找出相关物质的关系式进行计算。【详解】（1）由装置图可知仪器C的名称是三颈烧瓶。答案：三颈烧瓶。（2）为顺利达成实验目的，先要使盐酸与铁粉反应制备FeCl2。先关闭活塞2，打开活塞1、3，待加入足量盐酸后，关闭活塞1，反应一段时间后，利用生成的H2使B装置中的气压增大，将B装置中的FeCl2溶液加入到C装置中，具体操作为：关闭活塞3，打开活塞2。C装置中FeCl2和NH4HCO3发生的反应的离子方程式为Fe2++2HCO3=FeCO3↓+CO2↑+H2O。答案：制备Fe2+；利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化；2；3；Fe2++2HCO3=FeCO3↓+CO2↑+H2O。（3）亚铁离子易被氧化，装置D的作用是液封，防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化（4）Fe2+易被氧化为Fe3+，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入少量铁粉的作用，可以防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化。答案：防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化。（5）乳酸根中含有羟基，可能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗的高锰酸钾的量变多，而计算中按Fe2+被氧化，故计算所得的乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的纯度大于100%。答案：乳酸根中的羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化。（6）3组数据，第二组数据与第一、三组相差太大，应舍去，平均每25.00mL消耗Ce(SO4)2的体积为v=mL=19.50mL，有Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，25.00mL溶液中含有的Fe2+的物质的量浓度为c(Fe2+)=(19.500.1)/25.00mol/L=0.078mol/L,则250mL溶液中，原产品中含有n(Fe2+)=0.078mol/L0.25L=0.0195mol，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为=97.50答案：97.50。21、＞1.88×10-4mol