吉林省高中学2024届高考仿真卷化学试卷含解析

吉林省高中学2024届高考仿真卷化学试卷注意事项：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、下列物质不能用作食品干燥剂的是（）A．硅胶 B．六水合氯化钙C．碱石灰 D．具有吸水性的植物纤维2、铁的氧化物可用于脱除煤气中的H2S，有一步反应为：Fe3O4(s)+3H2S(g)+H2(g)3FeS(s)+4H2O(g)，其温度与平衡常数的关系如图所示。对此反应原理的理解正确的是A．H2S是还原剂B．脱除H2S的反应是放热反应C．温度越高H2S的脱除率越大D．压强越小H2S的脱除率越高3、能用共价键键能大小解释的性质是（）A．稳定性：HCl>HI B．密度：HI>HClC．沸点：HI>HCl D．还原性：HI>HCl4、图甲是一种利用微生物将废水中的尿素（CO(NH2)2）转化为环境友好物质的原电池装置示意图甲，利用该电池在图乙装置中的铁上镀铜。下列说法正确的是（

）A．图乙中Fe电极应与图甲中Y相连接B．图甲中H+透过质子交换膜由右向左移动C．图甲中M电极反应式：CO(NH2)2+5H2O-14e−=CO2+2NO2+14H+D．当图甲中N电极消耗0.5molO2时，图乙中阴极增重64g5、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6、类推是化学学习和研究中常用的思维方法．下列类推正确的是（）A．CO2与SiO2化学式相似，故CO2与SiO2的晶体结构也相似B．晶体中有阴离子，必有阳离子，则晶体中有阳离子，也必有阴离子C．检验溴乙烷中的溴原子可以先加氢氧化钠水溶液再加热，充分反应后加硝酸酸化，再加硝酸银，观察是否有淡黄色沉淀，则检验四氯化碳中的氯原子也可以用该方法，观察是否产生白色沉淀D．向饱和碳酸氢钠溶液中加入氯化铵会有碳酸氢钠晶体析出，则向饱和碳酸氢钾溶液中加入氯化铵也会有碳酸氢钾晶体析出7、人类使用材料的增多和变化，标志着人类文明的进步，下列材料与化学制备无关的是()A．青铜器 B．铁器 C．石器 D．高分子材料8、下列说法中错误的是:A．SO2、SO3都是极性分子 B．在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键 C．元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强 D．原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性9、某晶体熔化时化学键没有被破坏的属于A．原子晶体 B．离子晶体 C．分子晶体 D．金属晶体10、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2＋电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，下列有关说法不正确的是()A．原子半径：M＜Z＜Y B．Y的单质起火燃烧时可用泡沫灭火剂灭火C．可用XM2洗涤熔化过M的试管 D．最高价氧化物对应水化物的酸性：M＞Z11、只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是A．K值不变，平衡可能移动 B．K值变化，平衡一定移动C．平衡移动，K值可能不变 D．平衡移动，K值一定变化12、常温下，0.2mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示（a、b、d、e均为不超过1的正数），则下列说法正确的是A．该溶液pH=7 B．该溶液中：c（A-）+c（Y）=c（Na+）C．HA为强酸 D．图中X表示HA，Y表示OH-，Z表示H+13、下列说法不正确的是()A．Na-K合金用作快中子反应堆的导热剂B．MgO是一种常用的耐高温材料C．亚铁盐是常用的补血药剂D．石英坩埚常用来熔融碱14、短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递増，其原子的最外层电子数之和为13。X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是()A．X的简单氢化物溶于水显酸性B．Y的氧化物是离子化合物C．Z的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质D．X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸15、地球表面是易被氧化的环境，用括号内的试剂检验对应的久置的下列物质是否被氧化。正确的是（）A．KI（AgNO3

溶液） B．FeCl2（KSCN

溶液）C．HCHO（银氨溶液） D．Na2SO3（BaCl2

溶液）16、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为9；W与Y同族；W与Z形成的离子化合物可与水反应，其生成的气体可使酸性高锰酸钾溶液退色。下列说法正确的是（）A．生物分子以W为骨架 B．X的氧化物常用于焊接钢轨C．Z的硫化物常用于点豆腐 D．Y的氧化物是常见的半导体材料二、非选择题（本题包括5小题）17、某芳香烃X（分子式为C7H8）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物。已知：Ⅰ.Ⅱ.(苯胺，易被氧化)（1）写出：X→A的反应条件______；反应④的反应条件和反应试剂：______。（2）E中含氧官能团的名称：______；反应②的类型是_______；反应②和③先后顺序不能颠倒的原因是_______。（3）写出反应①的化学方程式：_______。（4）有多种同分异构体，写出1种含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物的结构简式：_______。（5）写出由A转化为的合成路线________。(合成路线表示方法为：AB……目标产物)。18、化合物I是一种抗脑缺血药物，合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)按照系统命名法，A的名称是_____；写出A发生加聚反应的化学方程式：__________。(2)反应H→I的化学方程式为________；反应E→F的反应类型是______。(3)写出符合下列条件的G的所有同分异构体的结构简式：________①遇FeCl3溶液发生显色反应②核磁共振氢谱有4组峰(4)α,α-二甲基苄醇()是合成医药、农药的中间体，以苯和2-氯丙烷为起始原料制备α,α-二甲基苄醇的合成路线如下：该合成路线中X的结构简式为____，Y的结构简式为________；试剂与条件2为______。19、过硫酸钠(Na2S2O8)具有极强的氧化性，且不稳定，某化学兴趣小组探究过硫酸钠的相关性质，实验如下。已知SO3是无色易挥发的固体，熔点16.8℃，沸点44.8℃。（1）稳定性探究(装置如图)：分解原理：2Na2S2O82Na2SO4＋2SO3↑＋O2↑。此装置有明显错误之处，请改正：______________________，水槽冰水浴的目的是____________________；带火星的木条的现象_______________。（2）过硫酸钠在酸性环境下，在Ag＋的催化作用下可以把Mn2＋氧化为紫红色的离子，所得溶液加入BaCl2可以产生白色沉淀，该反应的离子方程式为______________________，该反应的氧化剂是______________，氧化产物是________。（3）向上述溶液中加入足量的BaCl2，过滤后对沉淀进行洗涤的操作是___________________________。（4）可用H2C2O4溶液滴定产生的紫红色离子，取20mL待测液，消耗0.1mol·L－1的H2C2O4溶液30mL，则上述溶液中紫红色离子的浓度为______mol·L－1，若Na2S2O8有剩余，则测得的紫红色离子浓度将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。20、废旧电池中的Zn、Mn元素的回收，对环境保护有重要的意义。锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和碳粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生MnOOH。I.回收锌元素，制备ZnCl2步骤一：向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌，充分溶解，经过滤分离得固体和滤液；步骤二：处理滤液，得到ZnCl2·xH2O晶体；步骤三：将SOCl2与ZnCl2·xH2O晶体混合制取无水ZnCl2。制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略)的装置如下：已知：SOCl2是一种常用的脱水剂，熔点-105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解，与水剧烈水解生成两种气体。（1）接口的连接顺序为a→___→____→h→i→___→___→___→e。（2）三颈烧瓶中反应的化学方程式：____。（3）步骤二中得到ZnCl2·xH2O晶体的操作方法：___。（4）验证生成物中含有SO2的现象为：___。II.回收锰元素，制备MnO2（5）步骤一得到的固体经洗涤，初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的____。III.二氧化锰纯度的测定称取1.0g灼烧后的产品，加入1.34g草酸钠(Na2C2O4)固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参与反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移到100mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度线，从中取出10.00mL，用0.0200mol/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为10.00mL。（6）写出MnO2溶解反应的离子方程式___。（7）产品的纯度为____。21、氨氮(NH3、NH4+等)是一种重要污染物，可利用合适的氧化剂氧化去除。（1）氯气与水反应产生的HClO可去除废水中含有的NH3。已知：NH3(aq)＋HClO(aq)=NH2Cl(aq)＋H2O(l)ΔH＝akJ·mol－12NH2Cl(aq)＋HClO(aq)=N2(g)＋H2O(l)＋3H＋(aq)＋3Cl－(aq)ΔH＝bkJ·mol－1则反应2NH3(aq)＋3HClO(aq)=N2(g)＋3H2O(l)＋3H＋(aq)＋3Cl－(aq)的ΔH＝________kJ·mol－1。（2）在酸性废水中加入NaCl进行电解，阳极产生的HClO可氧化氨氮。电解过程中，废水中初始Cl－浓度对氨氮去除速率及能耗(处理一定量氨氮消耗的电能)的影响如图所示。①写出电解时阳极的电极反应式：________________。②当Cl－浓度减小时，氨氮去除速率下降，能耗却增加的原因是____________________________。③保持加入NaCl的量不变，当废水的pH低于4时，氨氮去除速率也会降低的原因是____________________________。（3）高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效氧化剂，可用于氨氮处理。K2FeO4在干燥空气中和强碱性溶液中能稳定存在。氧化剂的氧化性受溶液中的H＋浓度影响较大。①碱性条件下K2FeO4可将水中的NH3转化为N2除去，该反应的离子方程式为________________________________。②用K2FeO4氧化含氨氮废水，其他条件相同时，废水pH对氧化氨氮去除率及氧化时间的影响如图所示。当pH小于9时，随着pH的增大，氨氮去除率增大、氧化时间明显增长的原因是_________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A．硅胶具有吸水性，无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，故A正确；B．六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故B错误；C．碱石灰能与水反应，可做干燥剂，故C正确；D．具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故D正确；故答案为B。2、B【解析】

A．还原剂在氧化还原反应中失去电子，化合价升高，H2S为反应物，FeS为生成物，反应前后S的化合价均为-2，故既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B．由图可以得出，温度越高，K值越小，说明此反应为放热反应，故B正确；C．此反应为放热反应，升高温度，平衡左移，不利于脱硫，即温度越高H2S的脱除率越小，故C错误；D．此反应特点为反应前后气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故硫化氢的转化率不会提高，D错误；故选B。3、A【解析】

A.元素非金属性F>Cl>Br>I，影响其气态氢化物的稳定性的因素是共价键的键能，共价键的键能越大其氢化物越稳定，与共价键的键能大小有关，A正确；B.物质的密度与化学键无关，与单位体积内含有的分子的数目及分子的质量有关，B错误；C.HI、HCl都是由分子构成的物质，物质的分子间作用力越大，物质的沸点就越高，可见物质的沸点与化学键无关，C错误；D.元素非金属性F>Cl>Br>I，元素的非金属性越强，其得电子能力越强，故其气态氢化合物的还原性就越弱，所以气态氢化物还原性由强到弱为HI>HBr>HCl>HF，不能用共价键键能大小解释，D错误；故合理选项是A。4、D【解析】

该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M上有机物失电子是负极，N上氧气得电子是正极，电解质溶液为酸性溶液，图乙中在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连；A．在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，则Fe与X相连，故A错误；B．由甲图可知，氢离子向正极移动，即H+透过质子交护膜由左向右移动，故B错误；C．H2NCONH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-═CO2↑+N2↑+6H+，故C错误；D．当图甲中N电极消耗0.5molO2时，转移电子的物质的量为0.5mol×4=2.0mol，则乙中阴极增重×64g/mol=64g，故D正确；故答案为D。【点睛】考查原电池原理以及电镀原理，明确原电池正负极上得失电子、电解质溶液中阴阳离子移动方向是解题关键，该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M上有机物失电子是负极，N上氧气得电子是正极，电解质溶液为酸性溶液，图乙中在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒即可计算。5、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．6、D【解析】

A.二氧化碳是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，晶体结构不同，故A错误；B.晶体中有阳离子，未必一定有阴离子，如：在金属晶体中，存在金属阳离子和自由移动的电子，故B错误；C.四氯化碳不易发生水解反应，故C错误；D.碳酸氢钾与碳酸氢钠性质相似，可析出碳酸氢钾晶体，故D正确；答案选D。【点睛】离子晶体由阳离子和阴离子构成，金属晶体由阳离子和自由电子构成，因此，晶体中有阳离子，未必一定有阴离子；有阴离子，一定有阳离子。7、C【解析】

冶金(青铜器、铁器制备)、高分子材料合成均涉及化学反应，石器加工只需物理处理，与化学制备无关，答案为C；8、A【解析】

A项，三氧化硫分子是非极性分子，它是由一个硫原子和三个氧原子通过极性共价键结合而成，分子形状呈平面三角形，硫原子居中，键角120°，故A项错误；B项，在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键，前者是氮原子提供配对电子对给氢原子，后者是铜原子提供空轨道，故B项正确；C项，元素的原子在化合物中把电子吸引向自己的本领叫做元素的电负性，所以电负性越大的原子，吸引电子的能力越强，故C项正确；D项，原子晶体中原子以共价键结合，一般原子晶体结构的物质键能都比较大、熔沸点比较高、硬度比较大，故D项正确。答案选A。9、C【解析】

A.原子晶体熔化，需破坏共价键，故A错误；B.离子晶体熔化，需破坏离子键，故B错误；C.分子晶体熔化，需破坏分子间作用力，分子间作用力不属于化学键，故C正确；D.金属晶体熔化，需破坏金属键，故D错误；答案：C10、B【解析】

元素X的一种高硬度单质是宝石，X是C元素；Y2＋电子层结构与氖相同，Y是Mg元素；M单质为淡黄色固体，M是S元素；Z的质子数为偶数，Z是Si元素。【详解】A.同周期元素从左到右半径减小，所以原子半径：S＜Si＜Mg，故A正确；B.Mg是活泼金属，能与二氧化碳反应，镁起火燃烧时可用沙子盖灭，故B错误；C.S易溶于CS2，可用CS2洗涤熔化过S的试管，故C正确；D.同周期元素从左到右非金属性增强，最高价含氧酸酸性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性H2SO4＞H2SiO3，故D正确；答案选B。11、D【解析】

A、平衡常数只与温度有关系，温度不变平衡也可能发生移动，则K值不变，平衡可能移动，A正确；B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D不正确，答案选D。12、B【解析】

常温下，0.2mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后得到物质的量浓度为0.1mol/L的NaA溶液；A.由c(A-)＜0.1mol/L，表示HA是弱酸，NaA溶液显碱性，pH>7，A错误；B.A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)>c(A-)>c(OH-）>c(HA)>c(H+)，所以X是OH-，Y是HA，Z表示H+，溶液中的物料守恒为c（A-）+c（HA）=c（Na+），B正确；C.0.1mol/LNaA溶液中c(A-)＜0.1mol/L，说明A-发生水解，则HA为弱酸，C错误；D.A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)>c(A-)>c(OH-）>c(HA)>c(H+)，所以X是OH-，Y是HA，Z表示H+，D错误；答案选B。13、D【解析】

A、Na－K合金常温下为液体，具有良好的导热性，常用于快中子反应堆的导热剂，故A说法正确；B、MgO熔沸点高，常用作耐高温材料，故B说法正确；C、我国最常见的贫血症是缺铁性贫血，铁是制造血红蛋白必不可缺少的原料，因此亚铁盐是常用补血剂，故C说法正确；D、石英是SiO2，属于酸性氧化物，与碱能发生反应，因此石英坩埚不能熔融碱，常用铁制坩埚，故D说法错误；答案选D。14、B【解析】

Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，说明Z原子的最外层电子数是6个，Y的最外层电子数是2，因此X的最外层电子数是5，即X是N。X与Y、Z位于相邻周期，所以Y是镁，Z是硫。A.氨气的水溶液显碱性，A不正确；B.氧化镁是活泼的金属和活泼的非金属形成的，属于离子化合物，B正确；C.H2S具有还原性，容易被氧化，C不正确；D.硝酸和硫酸都是强酸，D不正确；答案选B。15、B【解析】

A．KI是否变质均能与硝酸银溶液反应生成碘化银沉淀，可以用淀粉溶液检验是否变质，故A不选；B．FeCl2溶液变质混有FeCl3，则加KSCN可检验铁离子，能检验是否变质，故B选；C．HCHO变质生成HCOOH，银氨溶液与甲醛、甲酸均能反应，所以不能检验，故C不选；D．Na2SO3溶液变质生成Na2SO4，Na2SO3、Na2SO4均能与氯化钡生成白色沉淀，所以加氯化钡不能检验变质，故D不选；故选：B。16、A【解析】

主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20，W与Z形成的离子化合物可与水反应，其生成的气体可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则气体为烯烃或炔烃，W为C、Z为Ca时，生成乙炔符合；W、X、Z最外层电子数之和为9，X的最外层电子数为9-4-2=3，X为Al；W与Y同族，结合原子序数可知Y为Si，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为C、X为Al、Y为Si、Z为Ca。A.生物分子以碳链为骨架构成的分子，A正确；B.X的氧化物为氧化铝，不能用于焊接钢轨，B错误；C.一般选硫酸钙用于点豆腐，C错误；D.Si单质是常见的半导体材料，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的知识，把握原子序数、元素的位置及碳化钙与水反应生成乙炔来推断元素为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，侧重分析与应用能力的考查。二、非选择题（本题包括5小题）17、光照O2、Cu，加热羧基氧化防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）+HNO3(浓)+H2O、【解析】

分子式为芳香烃C7H8的不饱和度为：=4，则该芳香烃为甲苯（）；甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，则A为；A生成B，且B能发生催化氧化，则B为、C为、D为、E为；发生硝化反应生成F，F通过题目提示的反应原理生成，以此解答。【详解】（1）甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，反应条件是光照；B发生氧化反应生成C，条件是O2、Cu，加热；（2）由分析可知E为，氧官能团的名称为：羧基；F是，②的方程式为：，该反应是氧化反应；苯胺易被氧化，所以②和③先后顺序不能颠倒，以免氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）；（3）发生硝化反应生成F，方程式为：+HNO3(浓)+H2O；（4）含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物应该是对称的结构，苯环上必须有3个取代基，可能的结构有、；（5）由分析可知A为，通过加成反应和消去反应，生成，用Cl2加成生成，再进行一步取代反应即可，整个合成路线为：。18、2-甲基丙烯氧化反应(CH3)2CHOHO2、Cu和加热【解析】

D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，由F结构简式知，D为甲苯、E为邻甲基溴苯；G发生信息中的反应生成H，H中应该含有一个-COOH，根据I结构简式知，H发生酯化反应生成I，则H为、G为；C、F发生信息中的反应生成G，则C为(CH3)3CBrMg，B为(CH3)3CBr，A中C、H原子个数之比为1：2，根据A、B分子式知，A和HBr发生加成反应生成B，A中含有一个碳碳双键，根据B知A为CH2=C(CH3)2据此分析。【详解】D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，由F结构简式知，D为甲苯、E为邻甲基溴苯；G发生信息中的反应生成H，H中应该含有一个-COOH，根据I结构简式知，H发生酯化反应生成I，则H为、G为；C、F发生信息中的反应生成G，则C为(CH3)3CBrMg，B为(CH3)3CBr，A中C、H原子个数之比为1：2，根据A、B分子式知，A和HBr发生加成反应生成B，A中含有一个碳碳双键，根据B知A为CH2=C(CH3)2。(1)A为CH2=C(CH3)2，A的系统命名法命名的名称为2-甲基丙烯；A发生加聚反应生成2-甲基聚丙烯，反应的化学方程式为：；(2)H为，H发生酯化反应生成J，则H→I的反应方程为；E→F是邻甲基溴苯发生氧化反应生成，反应类型是氧化反应；(3)G为，G的同分异构体符合下列条件：①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②核磁共振氢谱有4组峰，说明分子中含有4种不同位置的氢原子，则符合条件的同分异构体有；(4)以苯和2-氯丙烷为起始原料制备a，a二甲基苄醇，苯和溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息中的反应生成X，2-氯丙烷发生水解反应生成2-丙醇，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，X和丙酮发生信息中的反应生成a，a二甲基苄醇。根据合成路线可知试剂与条件1为液溴、Fe作催化剂；X的结构简式为；Y的结构简式为(CH3)2CHOH；试剂与条件2为O2、Cu和加热。【点睛】本题考查有机推断和合成，推出各物质的结构简式是解题的关键。易错点是合成路线的设计，以苯和2-氯丙烷为起始原料制备a，a二甲基苄醇，苯和溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息中的反应生成X，2-氯丙烷发生水解反应生成2-丙醇，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，X和丙酮发生信息中的反应生成a，a二甲基苄醇。19、试管口应该略向下倾斜冷却并收集SO3木条复燃2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋S2OMnO用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作2～3次(合理即可)0.06偏高【解析】

(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜；根据SO3、氧气的性质进行分析；(2)X为MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO42-，据此写出离子方程式，并根据氧化还原反应规律判断氧化剂、氧化产物；(3)根据沉淀洗涤的方法进行回答；(4)根据得失电子守恒可得到关系式：5H2C2O4---2MnO4-，带入数值进行计算；Na2S2O8也具有氧化性，氧化H2C2O4。【详解】(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜，SO3的熔、沸点均在0℃以上，因此冰水浴有利于将SO3冷却为固体，便于收集SO3，由Na2S2O8的分解原理可知，生成物中有氧气，所以在导管出气口的带火星的木条会复燃，故答案为：试管口应该略向下倾斜；冷却并收集SO3；木条复燃；(2)X为MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO42-，则反应的离子方程式为2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋，根据该反应中元素化合价的变化可知，氧化剂是S2O82-，氧化产物是MnO4-，故答案为：2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋；S2O82-；MnO4-；(3)沉淀洗涤时，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸馏水需要没过沉淀，需要洗涤2~3次，故答案为：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作2～3次(合理即可)；(4)根据得失电子守恒可得到关系式：则，Na2S2O8具有氧化性，消耗的H2C2O4溶液增多，导致测得的结果偏高，故答案为：0.06；偏高。20、fgbcdxSOCl2+ZnCl2·xH2O=xSO2↑+2xHCl↑+ZnCl2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤品红溶液褪色除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2MnO2+C2O42-+4H+Mn2++2CO2↑+2H2O43.5%【解析】

Ⅰ．SOCl2吸收结晶水得到SO2与HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，防止溶液中水蒸气进入，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气种二氧化硫与HCl，防止污染环境，注意防止倒吸。III.该滴定实验的原理为利用高猛酸钾标准液来测定未反应的草酸根的量，从而确定与草酸根反应的二氧化锰的量。【详解】Ⅰ．（1）根据分析可知装置的连接顺序为f→g→h→i→b→c→d→e，（2）三颈烧瓶中为SOCl2与ZnCl2·xH2O中的结晶水的反应，SOCl2遇水剧烈反应生成SO2与HCl，所以反应方程式为：xSOCl2+ZnCl2·xH2O=xSO2↑+2xHCl↑+ZnCl2；（3）由溶液得到晶体，可进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（4）二氧化硫可使品红溶液褪色，所以当生成物中有二氧化硫时会观察到品红溶液褪色；II.（5）固体含有碳和MnOOH，灼烧可生成二氧化碳，以除去碳，且将MnOOH氧化为MnO2，故答案为：除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2；III.（6）MnO2溶解在草酸钠中，二氧化锰会将草酸根氧化得到锰离子和二氧化碳，结合电荷守恒和质量守恒书写可得离子方程式为：MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；（7）高猛酸钾在酸性环境下也可以将草酸根氧化，反应方程式为2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据方程式可知存在数量关系：2MnO4-~5C2O42-，则10.00mL待测液中剩余的n（C2O42-）=0.0200mol/L×0.01L×=0.0005mol，则总剩余的n（C2O42-）=0.0005mol×=0.005mol，总的草酸根的物质的量为=0.01mol，则与二氧化锰反应的n（C2O42-）=0.01mol-0.005mol=0.005mol，根据反应方程式MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O可知n(MnO2)=0.00