浙江省浙南名校2023-2024学年高三下学期联考化学试题含解析

浙江省浙南名校2023-2024学年高三下学期联考化学试题注意事项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、下列物质的名称中不正确的是（）A．Na2CO3：苏打 B．CaSO4•2H2O：生石膏C．：3，3-二乙基己烷 D．C17H35COOH：硬脂酸2、25℃时，向一定浓度的Na2C2O4溶液中滴加盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。已知H2C2O4是二元弱酸，X表示，下列叙述错误的是A．从M点到N点的过程中，c(H2C2O4)逐渐增大B．直线n表示pH与的关系C．由N点可知Ka1(H2C2O4)的数量级为10-2D．pH=4.18的混合溶液中：c(Na+)>c(HC2O4-)=c(C2O42-)=c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)3、从海带中提取碘的实验中，包括灼烧、浸取和过滤、氧化、萃取、反萃取等步骤。下列说法正确的是（）A．灼烧中用到的仪器有蒸发皿、三脚架、酒精灯、玻璃棒B．过滤中用到的仪器只有烧杯、漏斗(带滤纸)、铁架台C．萃取得到碘的四氯化碳溶液，分液时从分液漏斗上口倒出D．反萃取是在有机相中加入浓氢氧化钠溶液，振荡、静置、分液，再向水相中滴加45％硫酸溶液，过滤得固态碘4、A、B、C、D、E、F为原子序数依次递增的六种短周期主族元素，A的单质是最理想的燃料。C原子次外层电子数是最外层的1/3，E与C同主族，下列说法不正确的是A．元素D与A一定形成共价化合物B．元素B可能与元素A形成多种共价化合物C．F最高价氧化物对应水化物定是一种强酸D．若元素D是非金属元素，则D的单质可能是良好的半导体材料5、教材中证明海带中存在碘元素的实验过程中，下列有关装置或操作错误的是A．过滤B．灼烧C．溶解D．检验6、下列说法错误的是A．过氧碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)具有碳酸钠和H2O2的双重性质，可作去污剂、消毒剂B．亚硝酸钠具有防腐的作用，所以可在食品中适量添加以延长保质期。C．不锈钢是通过改变材料的内部结构达到防锈蚀的目的D．“碳纳米泡沫”与石墨烯互为同分异构体7、2019年化学诺贝尔奖授予拓展锂离子电池应用的三位科学家。如图是某锂—空气充电电池的工作原理示意图，下列叙述正确的是A．电解质溶液可选用可溶性锂盐的水溶液B．电池放电时间越长，Li2O2含量越少C．电池工作时，正极可发生Li+＋O2－e-=LiO2D．充电时，b端应接负极8、如图为对10mL一定物质的量浓度的盐酸X用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y滴定的图像，依据图像推出X和Y的物质的量浓度是下表内各组中的（）ABCDX/(mol/L)0.120.040.030.09Y/(mol/L)0.040.120.090.03A．A B．B C．C D．D9、某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解质溶液。下列说法不正确的是A．Zn为电池的负极，发生氧化反应B．电池工作时OH-向负极迁移C．该电池放电过程中电解质溶液浓度增大D．正极反应式为：2FeO42－＋10H＋＋6e－=Fe2O3＋5H2O10、为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如下实验。关于该实验分析不正确的是（）A．①浊液中存在平衡：AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)B．②中颜色变化说明上层清液中含有SCN-C．③中颜色变化说明有AgI生成D．该实验可以证明AgI比AgSCN更难溶11、下列说法不正确的是A．己烷有5种同分异构体（不考虑立体异构），它们的熔点、沸点各不相同B．苯的密度比水小，但由苯反应制得的溴苯、硝基苯的密度都比水大C．聚合物（）可由单体CH3CH＝CH2和CH2＝CH2加聚制得D．1mol葡萄糖能水解生成2molCH3CH2OH和2molCO212、电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制甲酸盐的装置如图所示。下列说法中错误的是（）A．b是电源负极B．K+由乙池向甲池迁移C．乙池电极反应式为：CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-D．两池中KHCO3溶液浓度均降低13、下列说法不正确的是A．乙醇、苯酚与金属钠的反应实验中，先将两者溶于乙醚配成浓度接近的溶液，再投入绿豆大小的金属钠，观察、比较实验现象B．可以用新制Cu（OH）2浊液检验乙醛、甘油、葡萄糖、鸡蛋白四种物质的溶液（必要时可加热）C．牛油与NaOH浓溶液、乙醇混合加热充分反应后的混合液中，加入冷饱和食盐水以促进固体沉淀析出D．分离氨基酸混合液可采用控制pH法、分离乙醇和溴乙烷的混合物可用萃取法14、某新型电池材料结构如图，M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，除M外均满足8电子稳定结构，X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍，下列说法正确的是A．M的单质可以保存在煤油中B．原子半径Z>X>YC．气态氢化物稳定性X>YD．W的最高价氧化物对应的水化物为三元弱酸15、2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法不正确的是()A．元素乙的原子序数为32B．原子半径比较：甲>乙>SiC．元素乙的简单气态氢化物的稳定性强于。D．推测乙可以用作半导体材料16、铟（In）被称为信息产业中的“朝阳元素”。由“铟49In-114.8”不可能知道的是（）A．铟元素的相对原子质量 B．铟元素的原子序数C．铟原子的相对原子质量 D．铟原子的核电荷数二、非选择题（本题包括5小题）17、异丁烯[CH2=C(CH3)2]是重要的化工原料。已知：(1)异丁烯和苯酚在一定条件下反应生成对叔丁基酚()，该反应属于_________反应(填“反应类型”)．(2)对叔丁基酚和甲醛在催化剂作用下可生成油溶性聚合物，写出该反应的化学方程式________________。(3)写出符合下列条件的对叔丁基酚的所有同分异构体的结构简式________________________________。①含相同官能团；②不属于酚类；③苯环上的一溴代物只有一种。(4)已知由异丁烯的一种同分异构体A，经过一系列变化可合成物质，其合成路线如图：①条件1为_____________；②写出结构简式：A_____________；B____________。(5)异丁烯可二聚生成CH2=C(CH3)CH2C(CH3)3，写出该二聚物的名称__________。异丁烯二聚时，还会生成其他的二聚烯烃类产物，写出其中一种链状烯烃的结构简式________________________________。18、扁桃酸衍生物是重要的医药中间体。以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如下：(1)A分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为______。写出A+B→C的化学反应方程式：__________________。(2)C()中①、②、③3个一OH的酸性由弱到强的顺序是_____。(3)E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E分子中不同化学环境的氢原子有______种。(4)D→F的反应类型是_____，1molF在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为______mol。写出符合下列条件的F的所有同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式：__________。①属于一元酸类化合物：②苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基。(5)已知：R一CH2COOHR一一COOHA有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A的路线流程图(其他原料任选)。合成路线流程图示例如下：______________________CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H519、焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可作为贮存水果的保鲜剂。现欲制备焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质。Ⅰ.制备Na2S2O5可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体(试剂不重复使用)。焦亚硫酸钠的析出原理：2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)（1）如图装置中仪器A的名称是___。A中发生反应的化学方程式为___。仪器E的作用是___。（2）F中盛装的试剂是___。Ⅱ.探究Na2S2O5的还原性（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去。反应的离子方程式为___。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是防止食品___。Ⅲ.测定Na2S2O5样品的纯度。（4）将10.0gNa2S2O5样品溶解在蒸馏水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入过量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高锰酸钾溶液，充分反应后，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5样品的纯度为___%（保留一位小数），若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，会导致Na2S2O5样品的纯度___。（填“偏高”、“偏低”）20、金属磷化物（如磷化锌）是常用的蒸杀虫剂。我国卫生部门规定：粮食中磷化物（以PH3计）的含量不超过0.050mg：kg-1时，粮食质量方达标。现设计测定粮食中残留磷化物含量的实验如下（资料查阅）磷化锌易水解产生PH3；PH3沸点为-88℃，有剧毒性、强还原性、易自然。（用量标准]如图：装置A、B、E中盛有的试剂均足量；C中装有100原粮；D中盛有40.00mL6.0×10-5mol・L-1KMnO4溶液（H2SO4酸化）。（操作流程）安装仪器并检査气密性→PH3的产生与吸收一转移KMnO4吸收溶液→用Na2SO3标准溶液滴定。试回答下列问题：（1）仪器E的名称是______；仪器B、D中进气管下端设计成多孔球泡形状，目的是______。（2）A装置的作用是______；B装置的作用是吸收空气中的O2，防止______。（3）下列操作中，不利于精确测定出实验结果的是______（选填序号）。a．实验前，将C中原粮预先磨碎成粉末b．将蒸馏水预先煮沸、迅速冷却并注入E中c．实验过程中，用抽气泵尽可能加快抽气速率（4）磷化锌发生水解反应时除产生PH3外，还生成______（填化学式）。（5）D中PH3被氧化成H3PO4，该反应的离子方程式为______。（6）把D中吸收液转移至容量瓶中，加水稀释至250.00mL，取25.00mL于锥形瓶中，用5.0×10-5mol・L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液10.00mL．则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为______mg・kg-1，该原粮质量______（填“达标”或“不达标“）。21、某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取．实验一：碘含量的测定取0.0100mol/L的AgNO3标准溶液滴定100.00mL海带浸取原液，用电势滴定法测定碘的含量．测得的电动势（E）反映溶液中c（I﹣）变化，用数字传感器绘制出滴定过程中曲线变化如图所示：实验二：碘的制取另取海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如图所示：已知：3I2+6NaOH→5NaI+NaIO3+3H2O请回答：（1）实验一中的仪器名称：仪器A______，仪器B______；实验二中操作Z的名称______．（2）根据表中曲线可知：此次滴定终点时用去AgNO3溶液的体积为______ml，计算该海带中碘的百分含量为______．（3）步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是______．（4）下列有关步骤Y的说法，正确的是______A．应控制NaOH溶液的浓度和体积B．将碘转化成离子进入水层C．主要是除去海带浸取原液中的有机杂质D．NaOH溶液可以由乙醇代替方案乙中，上层液体加硫酸发生反应的离子方程式是______．（5）方案甲中采用蒸馏不合理，理由是______．

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.Na2CO3的俗称为纯碱、苏打，故A正确；B.生石膏即天然二水石膏，化学式为CaSO4•2H2O，故B正确；C.结构中主碳链有5个碳，其名称为3，3-二乙基戊烷，故C错误；D.硬脂酸，即十八烷酸，分子式为C18H36O2，亦可表示为C17H35COOH，故D正确；综上所述，答案为C。2、D【解析】

A.如图所示，从M点到N点的过程中，pH减小，氢离子浓度增大，c(H2C2O4)逐渐增大，故A正确；B.pH增大，增大，减小，则直线n表示pH与的关系，故B正确；C.由N点可知Ka1(H2C2O4)的数量级为10-2Ka1(H2C2O4)=，在N点=-1，即，N点的pH＝2.22，则c(H+)＝10−2.22mol/L，所以Ka1(H2C2O4)＝10×10−2.22＝1.0×10−1.22，故C正确；D.M点：-lg=0，Ka2==10-3.18×10-1=10-4.18，pH=4.18时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，但无法判断c(HC2O4-)=c(C2O42-)=c(Cl-)，故D错误；故选D。3、D【解析】

A．灼烧时应使用坩埚和泥三角，不能用蒸发皿，故A错误；B．过滤时还需要玻璃棒引流，故B错误；C．四氯化碳的密度比水大，在下层，分液时应从下口放出，故C错误；D．有机相中加入浓氢氧化钠溶液，碘单质与碱液发生歧化反应，生成物溶于水相，分液后向水相中滴加硫酸，含碘物质发生归中反应生成碘单质，碘单质微溶，所以会析出固态碘，过滤得到碘单质，故D正确；故答案为D。4、A【解析】

A的单质是最理想的燃料，A是H元素。C原子次外层电子数是最外层的1/3，说明C只能是第二周期的元素即C是O元素；E与C同主族，E是S元素；F是原子序数大于S的主族元素，F是Cl元素；B可能是Li、Be、B、C、N几种元素中的一种，D可能是F、Na、Mg、Al、Si、P中的一种。【详解】A.若元素D是Na，Na与H形成的化合物NaH是离子化合物，故A错误；B.C、N与H元素都能形成多种共价化合物，如CH4、C2H6，NH3、N2H4等，故B正确；C.F是Cl元素，最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4是强酸，故C正确；D.若元素D是Si元素，Si单质是良好的半导体材料，故D正确；选A。5、B【解析】

A．过滤时使用漏斗和烧杯，溶液沿玻璃棒引流，装置正确，故A不选；B．灼烧海带应该在坩埚中进行，装置中使用仪器不正确，故B选；C．溶解时用玻璃棒搅拌，并且适当加热，可以加速溶解，装置正确，故C不选；D．可以向溶液中滴加淀粉溶液检验是否存在碘单质，装置图正确，故D不选；故选B。6、D【解析】

A、过氧化氢（H2O2）常用作氧化剂、漂白剂和消毒剂，为了贮存、运输、使用的方便，工业上将过氧化氢转化为固态的过碳酸钠晶体（2Na2CO3•3H2O2），该晶体具有碳酸钠和过氧化氢的双重性质，选项A正确；B、亚硝酸具有防腐作用，所以可在食品中适量添加以延长保质期，但是亚硝酸盐会危害人体健康，应控制用量，选项B正确；C、不锈钢是通过改变材料的内部结构达到防锈蚀的目的，指耐空气、蒸汽、水等弱腐蚀介质和酸、碱、盐等化学浸蚀性介质腐蚀的钢，选项C正确；D、“碳纳米泡沫”，与石墨烯是不同性质的单质，二者互为同素异形体而不是同分异构体，选项D错误；答案选D。7、D【解析】

根据电子的流向可知b极为负极，锂单质失电子被氧化，a极为正极，氧气得电子被还原。【详解】A．负极单质锂与水反应，所以电解溶液不能用水溶液，故A错误；B．电池放电过程中锂单质被氧化成锂离子，锂离子移动到正极发生xLi++O2+xe-=LixO2，所以时间越长正极产生的Li2O2越多，而不是越少，故B错误；C．正极发生得电子的还原反应，当x=1时发生：Li++O2+e-=LiO2，故C错误；D．充电时，b极锂离子转化为锂，发生还原反应，即为电解池的阴极，则充电时，b端应接负极，故D正确；故选D。8、D【解析】

依图知，NaOH滴至30mL时恰好完全中和，由c1V1=c2V2，V1∶V2=10mL∶30mL=1∶3得c1∶c2=3∶1，故B、C两项被排除。又由于滴加NaOH到20mL时，混合溶液pH=2，设c(NaOH)=c、c(HCl)=3c，则c(H+)=(3c10mL-c20mL)÷(10mL+20mL)=0.01mol·L-1，解得c=0.03mol·L-1，3c=0.09mol·L-1。选项D正确。答案选D。9、D【解析】

A.电池工作时，Zn失电子是电池的负极、发生氧化反应，A项正确；B.负极Zn失电子带正电，吸引溶液中阴离子，故向负极迁移，B项正确；C.该电池放电过程中，负极Zn→Zn(OH)2，正极K2FeO4→KOH+Fe2O3，总反应为3Zn+2K2FeO4+5H2O=3Zn(OH)2+4KOH+Fe2O3，KOH溶液浓度增大，C项正确。D.碱性溶液中，电极反应式不应出现H+，D项错误。本题选D。10、D【解析】

A.络合反应为可逆反应，则①浊液中存在平衡：AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)，A项正确；B.离子与SCN-结合生成络离子，则②中颜色变化说明上层清液中含有SCN-，B项正确；C.银离子与碘离子结合生成AgI黄色沉淀，则③中颜色变化说明有AgI生成，C项正确；D.硝酸银过量，不发生沉淀的转化，余下的浊液中含银离子，与KI反应生成黄色沉淀，不能证明AgI比AgSCN更难溶，D项错误；答案选D。11、D【解析】

A．己烷有5种同分异构体，分别为：己烷、2-甲基戊烷、3-甲基戊烷、2,2-二甲基丁烷、2,3-二甲基丁烷，它们的熔沸点均不相同，A正确；B．苯的密度比水小，溴苯、硝基苯的密度都比水大，B正确；C．根据加聚反应的特点可知，CH3CH＝CH2和CH2＝CH2可加聚得到，C正确；D．葡萄糖是单糖，不能发生水解，D错误。答案选D。12、B【解析】

A．由图可知，CO2在乙池中得到电子还原为HCOO-，则Sn极为电解池阴极，所以b为电源负极，故A正确；B．电解池中，阳离子向阴极移动，Sn极为电解池阴极，所以K+由甲池向乙池移动，故B错误；C．CO2在乙池中得到电子还原为HCOO-，电极反应式为：CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-，故C正确；D．电解过程中，甲池发生反应：，同时K+向乙池移动，所以甲池中KHCO3溶液浓度降低；乙池发生反应：，所以乙池中KHCO3溶液浓度降低，故D正确；答案选B。13、C【解析】

A.因为苯酚是固体，将其溶于乙醚形成溶液时，可以和金属钠反应，二者配制成接近浓度，可以从反应产生气体的快慢进行比较，故正确；B.四种溶液中加入新制的氢氧化铜悬浊液，没有明显现象的为乙醛，出现沉淀的为鸡蛋白溶液，另外两个出现绛蓝色溶液，将两溶液加热，出现砖红色沉淀的为葡萄糖，剩余一个为甘油，故能区别；C.牛油的主要成分为油脂，在氢氧化钠溶液加热的条件下水解生成高级脂肪酸盐，应加入热的饱和食盐水进行盐析，故错误；D.不同的氨基酸的pH不同，可以通过控制pH法进行分离，乙醇能与水任意比互溶，但溴乙烷不溶于水，所以可以用水进行萃取分离，故正确。故选C。14、B【解析】

M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍，W有两个电子层，次外层为2个电子，X为O元素，由盐的结构简式可知，Z可以形成四个共价键，且能与氧形成双键，因此Z的最外层电子数为4，Z为C元素；四种元素位于同周期，且Y能形成一个共价键，Y为F元素；W能形成4个共价键，W为B元素；新型电池材料，除M外均满足8电子稳定结构，M为Li元素，据此分析解答。【详解】根据分析，M为Li元素，X为O元素，Y为F元素，Z为C元素，W为B元素；A．M为Li元素，M的单质密度比煤油小，不可以保存在煤油中，故A错误；B．X为O元素，Y为F元素，Z为C元素，同周期元素随核电荷数增大半径减小，原子半径Z＞X＞Y，故B正确；C．X为O元素，Y为F元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：X＞Y，气态氢化物稳定性X＞Y，故C错误；D．W为B元素，W的最高价氧化物对应的水化物为H3BO3，为一元弱酸，故D错误；答案选B。15、C【解析】

由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比As小，As位于第四周期VA族，则C、Si、乙位于第IVA族，乙为Ge，B、Al、甲位于ⅢA族，甲为Ga，以此来解答。【详解】A．乙为Ge，元素乙的原子序数为32，故A正确；B．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较：甲＞乙＞Si，故B正确；C．非金属性Ge小于Si，则元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于SiH4，故C错误；D．乙为Ge，位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，故D正确。故选C。【点睛】本题考查位置、结构与性质，把握相对原子质量、元素的位置及性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。16、C【解析】

A．114.8即为铟元素的相对原子质量，故A错误；B．49既为铟元素的原子核内的质子数，也为铟元素的原子序数，故B错误；C．由于铟元素可能含有两种或两种以上的铟原子，故仅根据114.8无法计算出各铟原子的相对原子质量，故C正确；D．49既是铟原子的质子数，也是铟原子的核电荷数，故D错误。故选：C。【点睛】本题考查了原子结构中质子数与核电荷数、原子序数、电子数等之间的关系以及元素的相对原子质量与各原子的相对原子质量之间的计算关系。注意仅根据一种原子的相对原子质量无法计算元素的相对原子质量，同样，仅根据元素的相对原子质量也无法计算原子的相对原子质量。二、非选择题（本题包括5小题）17、加成KMnO4/OH﹣CH3CH2CH=CH2CH3CH2CHOHCH2OH2，4，4﹣三甲基﹣1﹣戊烯CH2=C(CH3)CH2CH2CH(CH3)2或(CH3)2C=CHC(CH3)3或(CH3)2C=CHCH2CH(CH3)2【解析】

(1)异丁烯和苯酚在一定条件下反应生成对叔丁基酚（），C=C转化为C-C；(2)对叔丁基酚和甲醛在催化剂作用下可生成油溶性聚合物，为酚醛缩合反应；(3)对叔丁基酚的所有同分异构体符合：①含相同官能团-OH；②不属于酚类，-OH与苯环不直接相连；③苯环上的一溴代物只有一种，苯环上只有一种H；(4)由合成流程可知，最后生成-COOH，则-OH在短C原子上氧化生成-COOH，所以A为CH3CH2CH=CH2，B为CH3CH2CHOHCH2OH；(5)CH2=C(CH3)CH2C(CH3)3，主链为含C=C的5个C的戊烯，2、4号C上有3个甲基；异丁烯二聚时，生成含1个碳碳双键的有机物。【详解】(1)异丁烯和苯酚在一定条件下反应生成对叔丁基酚()，C=C转化为C﹣C，则为烯烃的加成反应；(2)对叔丁基酚和甲醛在催化剂作用下可生成油溶性聚合物，为酚醛缩合反应，该反应为；(3)对叔丁基酚的所有同分异构体符合：①含相同官能团﹣OH；②不属于酚类，﹣OH与苯环不直接相连；③苯环上的一溴代物只有一种，苯环上只有一种H，符合条件的结构简式为；(4)由合成流程可知，最后生成﹣COOH，则﹣OH在短C原子上氧化生成﹣COOH，所以A为CH3CH2CH=CH2，B为CH3CH2CHOHCH2OH，①由A→B的转化可知，条件1为KMnO4/OH﹣；②由上述分析可知，A为CH3CH2CH=CH2，B为CH3CH2CHOHCH2OH；(5)CH2=C(CH3)CH2C(CH3)3，主链为含C=C的5个C的戊烯，2、4号C上有3个甲基，名称为2，4，4﹣三甲基﹣1﹣戊烯；异丁烯二聚时，生成含1个碳碳双键的有机物，则还可能生成CH2=C(CH3)CH2CH2CH(CH3)2或(CH3)2C=CHC(CH3)3或(CH3)2C=CHCH2CH(CH3)2。18、醛基、羧基②<①<③4取代反应3【解析】

A分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，则A为OHC﹣COOH，根据C的结构可知B是，A转化到C发生加成反应，据此分析作答。【详解】(1)A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，说明含有醛基和羧基，则A是OHC﹣COOH，根据C的结构可知B是，A+B→C发生加成反应，反应方程式为：，故答案为醛基羧基；；。(2)羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，所以酸性由弱到强顺序为：②<①<③，故答案为②<①<③；(3)C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反应，可以生成3个六元环的化合物，C分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则E为，该分子为对称结构，分子中有4种化学环境不同的H原子，分别为苯环上2种、酚羟基中1种、亚甲基上1种，故答案为4；(4)对比D、F的结构，可知溴原子取代﹣OH位置，D→F的反应类型是取代反应；F中溴原子、酚羟基、酯基(羧酸与醇形成的酯基)，都可以与氢氧化钠反应，1molF最多消耗3molNaOH；其同分分异构体满足①属于一元酸类化合物：②苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基，其结构简式可以为：故答案为取代反应；3；；（5）由题目信息可知，乙酸与PCl3反应得到ClCH2COOH，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu作催化剂条件下发生催化氧化得到OHC﹣COOH，合成路线流程图为，故答案为。19、三颈烧瓶Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4防倒吸浓NaOH溶液5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O氧化变质95.0偏高【解析】

A三颈烧瓶中制备二氧化硫，发生Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4，生成的二氧化硫通入D装置，发生Na2SO3+SO2＋H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)，仪器E的作用是防倒吸，F吸收尾气。据此解答。【详解】Ⅰ（1）装置中仪器A的名称是三颈烧瓶。A中发生反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4。二氧化硫易溶于水，仪器E的作用是防倒吸。故答案为：三颈烧瓶；Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2＋Na2SO4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空气中会污染空气，SO2是酸性氧化物，可用碱溶液吸收，题干中只提供了一种试剂--浓NaOH溶液，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液。故答案为：浓NaOH溶液；Ⅱ.（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去，说明MnO4－将S2O52－氧化生成硫酸根离子。反应的离子方程式为5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是：利用焦亚硫酸钠的还原性，防止食品氧化变质。故答案为：5S2O5－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O；氧化变质；Ⅲ.（4）由关系式：5SO32－～2MnO4－，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，消耗Na2SO3溶液20.00mL，剩余的n(MnO4－)=×0.2500mol/L×20.00×10-3L=2.000×10-3mol，再由5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O得：Na2S2O5样品的纯度为=×100%=95.0%；若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，使Na2SO3标准液的体积偏低，算出的剩余高锰酸钾偏低，与Na2S2O5样品反应的高锰酸钾偏高，会导致Na2S2O5样品的纯度偏高；故答案为：95.0；偏高。20、分液漏斗增大接触面积吸收空气中的还原性气体PH3被氧化cZn（OH）25PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O0.085不达标【解析】

由实验装置图可知，实验的流程为安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸钠标准溶液滴定。已知C中盛有100g原粮，E中盛有20.00mL1.13×10-3mol•L-1KMnO4溶液（H2SO4酸化），吸收生成的PH3，B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止氧化装置C中生成的PH3，A中盛装KMnO4溶液的作用除去空气中的还原性气体。【详解】（1）仪器E的名称是分液漏斗；仪器B、D中进气管下端设计成多孔球泡形状，目的是增大接触面积，故答案为分液漏斗；增大接触面积；（2）A装置的作用是吸收空气中的还原性气体；B装置的作用是吸收空气中的O2，防止PH3被氧化，故答案为吸收空气中的还原性气体；PH3被氧化；（3）实验前，将C中原粮预先磨碎成粉末及将蒸馏水预先煮沸、迅速冷却并注入E中，均可准确测定含量，只有实验过程中，用抽气泵尽可能加快抽气速率，导致气体来不及反应，测定不准确，故答案为c；（4）磷化锌易水解产生PH3，还生成Zn（OH）2，故答案为Zn（OH）2；（5）D中PH3被氧化成H3PO4，该反应的离子方程式为5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O，故答案为5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O；（6）由2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O，剩余高锰酸钾为5.0×10-5mol・L-1×0.01L××=2×10-6mol，由5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3