2023年吉林市四平市高三第五次模拟考试化学试卷（含答案解析）

2023高考化学模拟试卷请考生注意：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、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于ⅠA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是A．原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)B．由X、Z两种元素组成的化合物一定没有共价键C．W的最高价氧化物对应水化物为弱酸D．Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强2、下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是选项离子或分子要求ANa+、HCO3—、Mg2+、SO42—滴加氨水立即有沉淀产生BFe3+、NO3—、SO32—、Cl—滴加盐酸立即有气体产生CNH4+、Al3+、SO42—、CH3COOH滴加NaOH溶液立即有气体产生DK+、NO3—、Cl—、l—c(K+)＜c(Cl—)A．A B．B C．C D．D3、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．5.5g超重水(T2O)中含有的中子数目为3NAB．常温常压下，44gCO2与足量过氧化钠反应转移电子的数目为NAC．常温常压下，42gC2H4和C4H8混合气体中含有氢原子的数目为6NAD．0.1L0.5mol·L－1CH3COOH溶液中含有H＋数目为0.2NA4、化学与生活密切相关。下列说法正确的是A．垃圾分类中可回收物标志：B．农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于人工固氮C．绿色化学要求从源头上减少和消除工业生产对环境的污染D．燃煤中加入CaO

可以减少酸雨的形成及温室气体的排放5、中国是最早生产和研究合金的国家之一。春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，它们的合金成分可能是()A．钠合金 B．硬铝 C．生铁 D．钛合金6、如图是某元素的价类二维图。其中X是一种强碱，G为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对原子质量比C小16，各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是A．E可以是金属也可以是非金属B．C和D两种大气污染物，都能用排空气法收集C．B的浓溶液具有吸水性，可用来干燥气体D．实验室制备F时，可以将其浓溶液滴入碱石灰中进行制取7、常温下，往饱和石灰水中加入一定量的生石灰，一段时间后恢复到原温度，以下叙述错误的是A．有溶质析出 B．溶液中Ca2+的数目不变C．溶剂的质量减小 D．溶液的pH不变8、下列离子反应方程式正确的是（）A．用澄清石灰水来吸收氯气：Cl2+OH-=Cl-+ClO-+H+B．向稀硝酸中加入少量铁粉：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2OC．将金属钠加入冷水中：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑D．碳酸氢钙溶液中加入少量苛性钾溶液：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O9、在一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A(g)+B(g)2C(g)△H<0。t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图。下列说法正确的是A．0～t2时，v（正）>v（逆）B．t2时刻改变的条件可能是加催化剂C．Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，A的体积分数Ⅰ=ⅡD．Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，平衡常数I<Ⅱ10、关于下列各实验装置的叙述中，错误的是()A．装置可用于分离蔗糖和葡萄糖，且烧杯中的清水应多次更换B．装置可用于制备少量Fe(OH)2沉淀，并保持较长时间白色C．装置可用从a处加水的方法检验的气密性，原理为液差法D．装置用于研究钢铁的吸氧腐蚀，一段时间后导管末端会进入一段水柱11、某无色溶液，经测定含有Al3+、Br-、SO42-，且各离子物质的量浓度相等（不考虑水电离出来的H+和OH-），则对该溶液的说法合理的是（）A．可能含有Cl- B．可能含有HCO3-12、分子式为C5H10O2，能与NaHCO3溶液反应的有机物有A．4种 B．5种 C．6种 D．7种13、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中W的气态氢化物常用作制冷剂;X原子的核外电子层数与最外层电子数相等;Y主族序数大于W。下列说法正确的是A．原子半径:W>X B．最简单氢化物的热稳定性:Y>ZC．工业上通过电解熔融XZ3冶炼X单质 D．WO2、YO2、ZO2均为共价化合物14、用化学方法不能实现的是（）A．生成一种新分子 B．生成一种新离子C．生成一种新同位素 D．生成一种新单质15、下列实验不能得到相应结论的是（）A．向HClO溶液中通入SO2，生成H2SO4，证明H2SO4的酸性比HClO强B．向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液变红，证明Na2SiO3发生了水解反应C．将铝箔在酒精灯火焰上加热，铝箔熔化但不滴落，证明氧化铝熔点高于铝D．将饱和氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，证明氯水有漂白性16、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）A．标准状况下，22.4LCH4含有的共价键数为NAB．1molFe与1molCl2充分反应，电子转移数为3NAC．常温下，pH=2的醋酸溶液中含有的H+数目为0.02NAD．常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA二、非选择题（本题包括5小题）17、某课题组的研究人员用有机物A、D为主要原料，合成高分子化合物F的流程如图所示：已知：①A属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于H2的密度为13。②D的分子式为C7H8O，遇FeCl3溶液不发生显色反应。③请回答以下问题：（1）A的结构简式为________。（2）反应①的反应类型为________，B中所含官能团的名称为______。（3）反应③的化学方程式是_______________。（4）D的核磁共振氢谱有_______组峰；D的同分异构体中，属于芳香族化合物的还有________(不含D)种。（5）反应④的化学方程式是____________。（6）参照上述流程信息和已知信息，以乙醇和苯乙醇为原料(无机试剂任选)制备化工产品设计合理的合成路线__________。合成路线流程图示例：CH3CH2OHCH3CH2OOCCH318、以烯烃为原料，合成某些高聚物的路线如图：已知：Ⅰ．（或写成R代表取代基或氢）Ⅱ．甲为烃Ⅲ．F能与NaHCO3反应产生CO2请完成以下问题：（1）CH3CH=CHCH3的名称是______，Br2的CCl4溶液呈______色．（2）X→Y的反应类型为：______；D→E的反应类型为：______．（3）H的结构简式是______．（4）写出下列化学方程式：A→B______；Z→W______．（5）化工生产表明高聚物H的产率不及设计预期，产率不高的原因可能是______．19、化学兴趣小组在实验室进行“海带提碘”的实验过程如图：(1)操作①的名称是_____，操作②的主要仪器是_____；氧化步骤的离子方程式是_____。(2)探究异常：取样检验时，部分同学没有观察到溶液变蓝色。他们假设原因可能是加入的氯水过量，氧化了①I2；②淀粉；③I2和淀粉。他们在没有变蓝色的溶液中，滴加_____(选填“四氯化碳”“碘水”“淀粉溶液”)后，若出现_____现象，即可证明假设①正确，同时排除假设②③.能同时排除假设②③的原因是_____。(3)查阅资料：Cl2可氧化I2，反应的化学方程式为_____Cl2+_____I2+_____H2O→_____HIO3+_____HCl.配平上述方程式，并标出电子转移的方向和数目_______。(4)探究氧化性：在盛有FeCl3溶液的试管中，滴入几滴KI溶液，将反应后的溶液均匀倒入两支试管，试管a中加入1mL苯振荡静置，出现______(填实验现象)，证明有I2存在；试管b中滴入KSCN溶液，溶液显血红色，证明有_____存在。(5)比较氧化性：综合上述实验，可以得出的结论是氧化性：Cl2＞FeCl3，理由是_____。20、ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂。已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，11℃时液化成红棕色液体。（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。①冰水浴的作用是____________。②NaOH溶液的主要作用为吸收反应产生的Cl2，其吸收液可用于制取漂白液，该吸收反应的氧化剂与还原剂之比为___________________。③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2的化学方程式为_________________________。（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到________，证明ClO2具有氧化性。（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生Cl-,其含量一般控制在0.3-0.5mg·L−1，某研究小组用下列实验方案测定长期不放水的自来水管中Cl-的含量：量取10.00mL的自来水于锥形瓶中，以K2CrO4为指示剂，用0.0001mol·L－1的AgNO3标准溶液滴定至终点。重复上述操作三次，测得数据如下表所示：实验序号1234消耗AgNO3溶液的体积/mL10.2410.029.9810.00①在滴定管中装入AgNO3标准溶液的前一步，应进行的操作_____________。②测得自来水中Cl-的含量为______mg·L−1。③若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。21、冶金厂的炉渣中主要成分为CuO、Cu、Ag、Bi、Pb，还含有少量的SiO2和Au，从炉渣中回收有价金属的一种工艺流程如图所示。回答下列问题：（1）氧化浸取时加入H2O2的目的是__________________________(只要回答出一点即可)。（2）熔炼时加入Na2CO3

的目的是除硅，该过程的化学方程式是_____________________________。（3）加入NaOH溶液的目的是调节溶液的pH

，水解时通入水蒸气的目的是_______________________。（4）流程中加入N2H4·H2O还原得到银的化学方程式是_____________________________。（5）沉银和铅时，已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(PbCl2)=1.8×10-5，当AgCl和PbCl2共沉且c(Pb2+)∶c(Ag+)=107时,溶液中的c(Cl-)=________mol·L-1。（6）用流程中得到的铅制取Pb(NO3)2。

用石墨作电极，电解Pb(NO3)2

和Cu(

NO3)2的混合溶液制取PbO2，阳极发生的电极反应式是_______________________，若电解液中不加入Cu(

NO3)2，阴极反应式是______________________，这样做的主要缺点是____________________________________。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【答案解析】

分析题给信息，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，则X应为O元素；Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F元素；在周期表中Z位于ⅠA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。【题目详解】A．电子层数越多，原子半径越大，同周期元素的原子序数越大，原子半径越小，则原子半径r(F)＜r(O)＜r(S)＜r(Na)，A项错误；B．X为O，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物可能为过氧化钠，其分子中含有离子键和共价键，B项错误；C．W最高价氧化物对应水化物为硫酸，属于强酸，C项错误；D．非金属性F＞S，元素的非金属性越强，对应的简单氢化物越稳定，D项正确；答案选D。【答案点睛】微粒半径大小的决定因素：决定因素是电子层数和核电荷数。电子层数越多，则微粒半径越大；电子层数相同时，核电荷数越多，对核外电子的吸引力越大，微粒半径越小，比较时应综合考虑二者。2、A【答案解析】

A、离子之间不反应,滴加氨水与Mg2+结合生成沉淀,立即生成沉淀,故A符合题意;B、Fe3+具有氧化性，可以氧化SO32—为SO42—，因此不能共存，故B不符合题意；C、滴加NaOH溶液先与醋酸反应,不能立即生成气体,故C不符合题意;

D、离子之间不反应,可大量共存,但c(K+)＜c(Cl—),不能遵循电荷守恒,故D不符合题意;

综上所述，本题应选A。3、D【答案解析】

A选项，5.5g超重水(T2O)物质的量，1个T2O中含有12个中子，5.5g超重水(T2O)含有的中子数目为3NA，故A正确，不符合题意；B选项，根据反应方程式2mol过氧化钠与2mol二氧化碳反应生成2mol碳酸钠和1mol氧气，转移2mol电子，因此常温常压下，44gCO2即物质的量1mol，与足量过氧化钠反应转移电子的数目为NA，故B正确，不符合题意；C选项，C2H4和C4H8混合气体可用通式法来分析，通式为CnH2n，42gC2H4和C4H8混合气体中含有氢原子物质的量，因此含有氢原子的数目为6NA，故C正确，不符合题意；D选项，0.1L0.5mol·L－1CH3COOH物质的量为0.05mol，醋酸是弱酸，部分电离，因此溶液中含有H＋数目小于为0.05NA，故D错误，符合题意。综上所述，答案为D。【答案点睛】C2H4和C4H8混合气体可用通式法来分析含碳原子个数和含氢原子个数的思想。4、C【答案解析】

A.垃圾分类中可回收物标志是，表示垃圾分类中的其他垃圾，故A错误；B.空气中的N2在放电条件下与O2反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸随雨水降到地面，同土壤中的矿物相互作用，生成溶于水的硝酸盐可作氮肥，该过程属于自然固氮，故B错误；C.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少工业生产对环境的污染，而不能污染后再治理，故C正确；D.煤燃烧生成CO2和SO2，CaO可以和SO2结合生成CaSO3，并最终被氧化成CaSO4，而CO2在高温下不能与CaO结合生成CaCO3，则燃煤中加入CaO后可减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，故D错误；答案选C。5、C【答案解析】

人们利用金属最早的合金是青铜器，是铜锡合金，春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，根据当时的技术水平，结合金属活动性顺序，可以推断它们的合金成分可能是生铁，不可能是其他三种活泼金属的合金，故答案选C。【答案点睛】人类利用金属的先后和金属的活动性和在地壳中的含量有关，金属越不活泼，利用的越早，金属越活泼，提炼工艺较复杂，故利用的越晚。6、D【答案解析】

G+NaOH反应生成氢化物，再结合D的相对原子质量比C小16，可以得出F为氨气，D为NO，E为氮气，C为NO2，B为HNO3，A为NaNO3。【题目详解】A选项，E是氮气，故A错误；B选项，C和D两种大气污染物，NO2不能用排空气法收集，故B错误；C选项，B的浓溶液具有强氧化性，故C错误；D选项，实验室制备氨气时，可以将其浓氨水和碱石灰反应得到，故D正确；综上所述，答案为D。7、B【答案解析】

常温下，往饱和石灰水中加入一定量的生石灰，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，一段时间后恢复到原温度，Ksp不变，溶解度不变，由于反应消耗水，溶质、溶剂、溶液质量均减少，则：A．有溶质氢氧化钙析出，A正确；B．溶液中Ca2+的浓度不变，但数目减少，B错误；C．氧化钙消耗水，则溶剂的质量减小，C正确；D．OH-浓度不变，则溶液的pH不变，D正确；答案选B。8、C【答案解析】

A.用澄清石灰水来吸收氯气，反应产生CaCl2、Ca(ClO)2、H2O，碱性环境不能大量存在H+，A错误；B.Fe粉少量，硝酸过量，反应产生Fe3+，B错误；C.金属钠与冷水反应产生NaOH和氢气，反应符合事实，符合物质的拆分原则，C正确；D.酸式盐与碱反应，碱不足量，反应产生CaCO3、NaHCO3、H2O，书写不符合反应事实，D错误；故合理选项是C。9、C【答案解析】试题分析：A、图像分析判断0～t2时，0～t1逆反应速率大于正反应速率，t1～t2正逆反应速率相同，A错误；B、在t2时刻若是加入催化剂，由于催化剂对正逆反应速率都有影响，图像中逆反应速率和正反应速率同等程度增大，而现在逆反应速率先增大最后和原平衡相同，速率不变，最后反应达到平衡和原平衡相同，B错误；C、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，A的体积分数Ⅰ=Ⅱ，C正确；D、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，平衡常数不变，D错误，答案选C。考点：考查化学平衡的建立、图像的分析10、A【答案解析】

A.蔗糖、葡萄糖分子的直径都比较小，可以通过半透膜，因此通过渗析的方法不能分离蔗糖和葡萄糖，A错误；B.根据装置图可知：Fe为阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；在阴极石墨电极上，溶液中的H+得到电子变为H2逸出，电极反应式为2H++2e-=H2↑，H+放电，破坏了水的电离平衡，使溶液中OH-浓度增大，发生反应：Fe2++OH-=Fe(OH)2↓，由于在溶液表面覆盖保护层苯可以阻止O2在溶液中的溶解，故可以较长时间观察到产生的Fe(OH)2白色沉淀，B正确；C.关闭分液漏斗的活塞，由a处加水，若装置不漏气，会长时间观察到U型管左右两侧有高度差，C正确；D.若发生吸氧腐蚀，一段时间后，具支试管中空气中的O2会因反应消耗，气体减少，小试管中的水在外界大气压强作用下会进入小试管中，从而在导管末端形成一段水柱，D正确；故合理选项是A。11、A【答案解析】

等物质的量浓度的Al3+、Br-、SO42-的溶液中，正电荷数和负电荷数恰好相等，所以无色溶液可能是硫酸铝和溴化铝的溶液，也可能还含有等物质的量浓度的Cl-、Na+，由于Al3+和HCO3-离子不共存，所以不可能含有HCO3-，据此解答。【题目详解】等物质的量浓度的Al3+、Br-、SO42-的溶液中，正电荷数和负电荷数恰好相等，所以无色溶液可能是硫酸铝和溴化铝的溶液；无色硫酸铝和溴化铝的溶液与NaCl溶液不反应、可共存，所以无色溶液可能还含有NaCl，即还含有等物质的量浓度的Cl-、Na+；由于Al3+和HCO3-离子不共存，所以不可能含有HCO3-；综上：①溶液可能含有Al3+、Br-、SO42-三种离子；②溶液可能含有Al3+、Br-、SO42-、Cl-、Na+五种离子，答案选A。12、A【答案解析】

分子式为C5H10O2且能与NaHCO3溶液反应，则该有机物中含有-COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4种。答案选A。13、D【答案解析】

W的气态氢化物常用作制冷剂，该氢化物应为NH3，W为N元素；X原子的核外电子层数与最外层电子数相等，且其原子序数大于W，则X为Al；Y主族序数大于W，则Y为S或Cl，若Y为Cl，则Z不可能是短周期主族元素，所有Y为S，Z为Cl。【题目详解】A．电子层数越多，半径越大，所以原子半径W<X，故A错误；B．非金属性越强简单氢化物的热稳定性越强，非金属性S<Cl，所以简单氢化物的热稳定性Y<Z，故B错误；C．XZ3为AlCl3，为共价化合物，熔融状态不能电离出离子，不能通过电解熔融AlCl3冶炼Al单质，故C错误；D．WO2、YO2、ZO2分别为NO2，SO2、ClO2，均只含共价键，为共价化合物，故D正确；故答案为D。【答案点睛】AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，冶炼Al单质一般电解熔融状态下的Al2O3。14、C【答案解析】

化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程。【题目详解】根据化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程，原子并没有发生变化，可知通过化学方法可以生产一种新分子，也可以生成一种新离子，还可生成一种新单质；具有一定数目的质子和一定数目的中子的原子称为核素，即核素的种类决定于原子核，而化学反应只是核外电子数目的变化，所以生成一种新同位素通过化学反应是不能实现的，故C符合；答案选C。15、A【答案解析】

A．次氯酸具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，故A错误；B．无色酚酞遇碱变红色，向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液变红，说明该溶液呈碱性，则硅酸钠水解导致溶液呈碱性，故B正确；C．氧化铝的熔点高于铝的熔点，铝表面被一层致密的氧化铝包着，所以铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，故C正确；D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，则氯水遇蓝色石蕊试纸变红色，次氯酸有漂白性，所以试纸最后褪色，故D正确；答案选A。16、D【答案解析】

A、标准状况下，22.4LCH4的物质的量为1mol，1mol甲烷中有4molC－H，因此22.4L甲烷中共价键的物质的量为22.4×4/22.4mol=4mol，故错误；B、2Fe＋3Cl2=2FeCl3，铁过量，氯气不足，因此转移电子物质的量为1×2×1mol=2mol，故错误；C、没有说明溶液的体积，无法计算物质的量，故错误；D、由于N2O4的最简式为NO2，所以46g的NO2和N2O4混合气体N2O4看作是46gNO2，即1mol，原子物质的量为1mol×3=3mol，故正确。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH≡CH加成反应碳碳双键、酯基54【答案解析】

A属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于H2的密度为13，则A的相对分子质量为26，其分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CH≡CH；B在催化剂作用下发生加聚反应生成，结合B的分子式C4H6O2，可知B的结构简式为CH2=CHOCOCH3，说明A和CH3COOH发生加成反应生成了B；再在NaOH的水溶液中发生水解生成的C应为；D的分子式为C7H8O，遇FeCl3溶液不发生显色反应，再结合D催化氧化生成了，可知D为苯甲醇，其结构简式为；苯甲醛再和CH3COOH发生信息③的反应生成的E为，C和E发生酯化反应生成高分子化合物F为；(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到。【题目详解】(1)A的分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CH≡CH；(2)反应①CH≡CH和CH3COOH发生加成反应生成了CH2=CHOCOCH3，反应类型为加成反应；B为CH2=CHOCOCH3，所含官能团的名称为碳碳双键和酯基；(3)反应③是在

NaOH的水溶液中发生水解反应，反应化学方程式是；(4)D为，有5种等效氢，核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为1:2:2:2:1；D的同分异构体中，属于芳香族化合物的还包括苯甲醚、对甲苯酚、邻甲苯酚和间甲苯酚，共4种；(5)反应④是C和E发生酯化反应生成高分子化合物F为，反应的化学方程式是；(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到，具体的合成路线为：。【答案点睛】常见依据反应条件推断反应类型的方法：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。18、2﹣丁烯橙红取代反应消去反应合成步骤过多、有机反应比较复杂【答案解析】

2-丁烯和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，X和氢气发生加成反应生成A，A和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成B，B和乙烯反应生成环己烯，结合题给信息知，B是CH2=CH-CH=CH2，则A为ClCH2CH2CH2CH2Cl，X为ClCH2CH=CHCH2Cl，环己烯与溴发生加成反应生成D为，D在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E为，E发生加聚反应得到；X发生水解反应生成Y为HOCH2CH=CHCH2OH，Y发生氧化反应生成Z为HOCCH=CHCHO，甲为烃，Z和甲反应生成W，W和氢气发生加成反应生成，结合题给信息知，Z和甲发生加成反应，所以甲的结构简式为：，W的结构简式为：，1，4-二甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成F为，和发生缩聚反应反应生成H，则H的结构简式为：，据此解答。【题目详解】（1）CH3CH=CHCH3的名称是：2−丁烯，Br2的CCl4溶液呈橙红色；（2）X→Y是ClCH2CH=CHCH2Cl发生水解反应生成Y为HOCH2CH=CHCH2OH，属于取代反应；D→E是在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，故答案为：取代反应；消去反应；（3）H的结构简式是：；（4）A→B的反应方程式为：，Z→W的反应方程式为：；（5）化工生产表明高聚物H的产率不及设计预期，产率不高的原因可能是：合成步骤过多、有机反应比较复杂，故答案为：合成步骤过多、有机反应比较复杂。19、过滤分液漏斗Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣碘水变蓝加入碘水溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③516210分层现象，且上层为紫红色、下层几乎无色Fe3+由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3【答案解析】

(1)根据流程图，结合物质提纯与分离的基本操作分析；通入氯水将碘离子氧化为碘单质；(2)碘单质与淀粉变蓝，若碘被氧化，则蓝色消失，淀粉恢复原来的颜色，结合碘单质遇淀粉变蓝的性质分析；(3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为-1价，碘元素由0价变为+5价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒配平；(4)苯可以溶解碘单质，溶液分层；三价铁遇KSCN溶液变为血红色；(5)由结合探究(4)和(3)三种反应氧化剂与氧化产物氧化性强弱分析。【题目详解】(1)海带灰中部分可溶物浸泡后经过操作①得到含碘离子的溶液，则操作①为过滤；将碘单质从水溶液中经过操作②转移至有机溶剂中，则操作②为萃取，主要是用的仪器为分液漏斗；氧化步骤中是向含碘离子溶液中加入氯水，将碘离子氧化为碘单质，离子反应为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；(2)没有观察到溶液变蓝色，有两种可能，一是溶液中没有碘单质，二是淀粉被转化为其他物质，要证明①是正确的，则只需要在溶液中加入碘水，若溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③(3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为-1价，碘元素由0价变为+5价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒，则方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，电子转移的方向和数目表示为：；(4)FeCl3溶液中铁离子具有氧化性，KI中碘离子具有还原性，FeCl3与碘化钾发生氧化还原反应，加入试管a中加入1mL苯，苯的密度小于水，若溶液分层且上层为紫红色、下层几乎无色，证明反应中生成I2；KSCN溶液可检验铁离子，加入KSCN溶液变为红色，说明溶液中含有Fe3+；(5)由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3。20、收集ClO2（或使ClO2冷凝为液体）1：12NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O溶液分层，下层为紫红色用AgNO3标准溶液进行润洗3.55偏低【答案解析】

(1)①冰水浴可降低温度，防止挥发；②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠；③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，结合电子守恒和原子守恒写出发生反应的化学方程式；(2)反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，下层为紫色；(3)根据滴定操作中消耗的AgNO3的物质的量计算溶液中含有的Cl-的物质的量，再计算浓度即可。【题目详解】(1)①冰水浴可降低温度，防止挥发，可用于冷凝、收集ClO2；②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，此反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂，还原产物NaCl和氧化产物NaClO的物质的量之比为1:1，则该吸收反应的氧化剂与还原剂之比为1:1；③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，则发生反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；(2)将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄，说明生成碘，碘易溶于四氯化碳，即当观察到溶液分层，下层为紫红色时，说明有I2生成，体现ClO2具有氧化性；(3)①装入AgNO3标准溶液，应避免浓度降低，应用