四川省泸州市龙马潭区天立学校2024届高二化学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

四川省泸州市龙马潭区天立学校2024届高二化学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题注意事项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、有机物的结构简式可以用“键线式”表示，其中线表示键，线的交点与端点处代表碳原子，并用氢原子补足四价，但C、H原子未标记出来。已知利用某些有机物之间的转化可贮存太阳能，如降冰片二烯(NBD)经太阳光照射转化成四环烷(Q)的反应为(反应吸热)，下列叙述中错误的是()A．NBD和Q互为同分异构体B．Q可使溴水褪色C．Q的一氯代物只有3种D．NBD的同分异构体可以是芳香烃2、下列关于工业生产的说法中,不正确的是（）A．工业上,用焦炭在电炉中还原二氧化硅得到含杂质的粗硅B．生产普通水泥的主要原料有石灰石、石英和纯碱C．工业上将粗铜电解精炼,应将粗铜连接电源的正极D．在高炉炼铁的反应中,一氧化碳作还原剂3、现代无机化学对硫—氮化合物的研究是最为活跃的领域之一。其中如图所示是已合成的最著名的硫—氮化合物的分子结构。下列说法正确的是A．该物质的分子式为SNB．该物质的分子中既有极性键，又有非极性键C．该物质在固态时形成原子晶体D．该物质中硫的杂化方式为sp2，分子构型为平面型4、对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0。达到平衡后，以下分析正确的是A．减小生成物浓度，对正反应的反应速率影响更大B．扩大容器体积，对正反应的反应速率影响更大C．降低温度，对正反应的反应速率影响更大D．加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大5、下列离子方程式正确的是A．大理石溶于醋酸:CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OB．用惰性电极电解饱和食盐水总反应式:2C1-+2H+=H2↑+Cl2↑C．FeBr2溶液中通入少量的Cl2:Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-D．铅蓄电池放电时的负极反应式为:Pb-2e-=Pb2+6、下列说法错误的是A．在元素周期表中，p区元素的最外层电子排布均可表示为ns2np1～6B．C2H4和HCN分子中，都含σ键和π键，但C原子的杂化方式并不相同C．H2O、NH3、CH4分子中的O、N、C原子均采取sp3杂化D．用红外光谱可鉴别乙醇和二甲醚，用X-射线衍射实验可鉴别玻璃与水晶7、下列实验能达到实验目的的是A．粗苯甲酸经过加热溶解、趁热过滤、蒸发结晶，可获得纯苯甲酸B．蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴中加热，再加入银氨溶液，检验蔗糖水解产物C．溴乙烷与强碱的乙醇溶液共热，将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液，如果酸性高锰酸钾溶液褪色，则证明产物中一定含有乙烯D．乙醇与浓硫酸混合加热制乙烯，加热时使温度迅速上升至170℃8、埋在地下的钢管道可以用如图所示方法进行电化学保护。下列说法正确的是A．该方法将电能转化成化学能B．在此装置中钢管道作正极C．该方法称为“外加电流的阴极保护法”D．镁块上发生的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-9、探究铝片与Na2CO3溶液的反应。无明显现象铝片表面产生细小气泡出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2）下列说法不正确的是A．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-B．对比Ⅰ、Ⅲ，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜C．推测出现白色浑浊的原因：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-D．加热和H2逸出对CO32-水解平衡移动方向的影响是相反的10、已知A物质的分子结构简式如图所示，lmolA与足量的NaOH溶液混合共热，充分反应后最多消耗NaOH的物质的量为A．6mol B．7mol C．8mo1 D．9mo111、下列叙述正确的是A．CO2、SiO2、P2O5均为酸性氧化物B．需要通电才可进行的有：电离、电解、电镀、电化学腐蚀C．苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质D．常用于区分溶液和胶体的方法丁达尔效应是化学方法12、下列各组化合物的晶体都属于分子晶体的是A．H2O，O3，CCl4 B．SO2，SiO2，CS2C．P2O5，CO2，H3PO4 D．CCl4，(NH4)2S，H2O213、用甘氨酸和丙氨酸缩合,形成的二肽最多可以有A．4种B．3种C．2种D．1种14、若图①表示向含Mg2＋、Al3＋、NH4＋的盐溶液中滴加NaOH溶液时，沉淀的量与NaOH的体积的关系图。下列各表述与示意图一致的是A．图①三种离子的物质的量之比为:n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝2:3:2B．图①中使用的NaOH的浓度为2mol/LC．图②中物质A反应生成物质C，△H>0D．图②中曲线表示某反应过程的能量变化。若使用催化剂，B点会降低15、在乙醇发生的下列反应里，存在乙醇分子中碳氧键断裂的是（）A．乙醇在浓硫酸存在的情况下与乙酸发生酯化反应B．乙醇与金属钠反应C．乙醇在浓硫酸作用下的消去反应D．乙醇与O2的催化氧化反应16、下列实验设计或操作能达到实验目的是A．除去乙烷中的乙烯气体：加入氢气在催化剂的作用下发生加成反应B．检验溴乙烷消去产物：反应装置经水浴加热后，将生成物直接通入酸性高锰酸钾溶液中C．检验柠檬醛中含有碳碳双键：先加入银氨溶液充分反应后，再加入酸性高锰酸钾溶液检验D．除去甲苯中的少量苯酚：加入浓溴水，振荡、静置、过滤二、非选择题（本题包括5小题）17、氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如图：回答下列问题：（1）A的结构简式为__。C的化学名称是__。（2）③的反应试剂和反应条件分别是__，该反应的类型是__。（3）⑤的反应方程式为__。吡啶是一种有机碱，其作用是__。（4）G的分子式为__。（5）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有__种。（6）4­甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚()制备4­甲氧基乙酰苯胺的合成路线__(其他试剂任选)。18、聚乙烯醇肉桂酸酯(M)可用作光刻工艺中的抗腐蚀涂层，其合成路线如下：已知：①R1、R2均为烃基②合成路线中A→B是原子利用率为100%的反应回答下列问题：（1）A的名称是_______________；F→G的反应类型为_____________。（2）C→D的化学反应方程式为_____________________________。（3）E的结构简式为_____________；H的顺式结构简式为_______________。（4）写出同时满足下列条件的G的同分异构体结构简式_________________。①属于芳香族化合物；②能与NaOH溶液发生反应；③核磁共振氢谱有4种吸收峰（5）参照上述合成路线和相关信息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)合成有机物,设计合成路线为：________________________。19、下图中硬质玻璃管A中放入干燥洁净的细铜丝，烧杯中放入温水，试管B中放入甲醇，右方试管C中放入冷水．向B中不断鼓入空气，使甲醇蒸气和空气通过加热到红热程度的铜丝。（1）撤去A处酒精灯后铜丝仍然能保持红热的原因是__________________________；（2）反应后将试管C中的液体冷却，取出少量，加入到新制的Cu(OH)2悬浊液中，加热到沸腾可观察到现象是__________________，写出反应的化学方程式__________________________。20、硫酰氯(SO2Cl2)熔点-54.1℃、沸点69.2℃，在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。(1)SO2Cl2中S的化合价为_______，SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”的化学方程式为________________。(2)现拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯，实验装置如图所示(夹持装置未画出)。①仪器A的名称为___________，装置乙中装入的试剂_____________，装置B的作用是_______________________。②装置丙分液漏斗中盛装的最佳试剂是________(选填字母)。A．蒸馏水

B．10.0mol/L浓盐酸

C．浓氢氧化钠溶液

D．饱和食盐水

(3)探究硫酰氯在催化剂作用下加热分解的产物，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。①加热时A中试管出现黄绿色，装置B的作用是____________。②装置C中的现象是___________，反应的离子方程式为___________________。21、合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献之一。在制取合成氨原料气的过程中，常混有一些杂质，如CO会使催化剂中毒。除去CO的化学反应方程式(HAc表示醋酸)：Cu(NH1)2Ac＋CO＋NH1==Cu(NH1)1(CO)Ac。请回答下列问题：（1）C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为________。（2）配合物Cu(NH1)1(CO)Ac中心原子的配位数为________，基态铜原子核外电子排布式为_________________。（1）写出与CO互为等电子体的粒子________(任写一个)。（4）在一定条件下NH1与CO2能合成化肥尿素[CO(NH2)2]，尿素中，C原子轨道的杂化类型为________；1mol尿素分子中，σ键的个数为____________。（设NA为阿伏加德罗常数的值）（5）铜金合金形成的晶胞如图所示，其中Cu、Au原子个数比为________。铜单质晶胞与铜金合金的晶胞相似，晶胞边长为1．61×10－8cm，则铜的密度为________g/cm-1（结果保留1位有效数字）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】

A、NBD和Q的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，A正确；B、Q分子中碳原子均是饱和碳原子，Q不能使溴水褪色，B错误；C、物质Q中含有3种氢原子，一氯取代物有3种，C正确；D、NBD的分子式为C7H8，可以是甲苯，属于芳香烃，D正确；答案选B。2、B【解题分析】

A．工业上，用焦炭在电炉中还原二氧化硅SiO2+2CSi+2CO↑，得到含少量杂质的粗硅，故A正确；B．生产普通水泥的原料是石灰石和黏土，石灰石、石英和纯碱是制备玻璃的主要原料，故B错误；C．电解法精炼铜时，粗铜做阳极，连接电源正极，发生氧化反应，故C正确；D．高炉炼铁原理，一氧化碳还原氧化铁生成铁，还原剂为一氧化碳，故D正确。答案选B。3、B【解题分析】

A．分子式是单个分子中所有元素原子的总数的化学式。该物质的分子式为S4N4，A不正确；B．该物质的分子中既有极性键(S-N键)，又有非极性键(N-N键)，B正确；C．从图中可以看出，该物质的结构不是空间网状结构，所以在固态时形成分子晶体，C不正确；D．该物质中硫的杂化方式为sp3，分子构型为空间构型，D不正确；故选B。4、B【解题分析】

A．减小生成物浓度，逆反应速率减小；而改变条件的时刻反应物浓度不变，则正反应速率不变，A错误；B．该反应的正反应是反应前后气体分子数减少的反应，扩大容器体积，反应混合物中各组分的浓度均减小，但是反应物的浓度减小的更多，故正反应速率减小的程度更大、平衡向逆反应方向移动，因此，对正反应速率影响较大，B正确；C．该反应的正反应是放热反应，降低温度正逆反应速率都减小，但平衡向正反应方向移动，说明温度对逆反应速率影响较大，C错误；D．加入催化剂，对正逆反应速率影响相同，所以正逆反应速率仍然相等，D错误；答案选B。【题目点拨】明确外界条件对化学平衡影响原理是解答本题的关键，注意结合反应特点分析，注意催化剂影响反应速率但不影响平衡移动。本题的易错点为A，减小生成物浓度，反应物浓度开始时不变。5、C【解题分析】A.醋酸为弱酸，应该保留分子式，方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，故A错误；B.用惰性电极电解饱和食盐水的总反应为：2C1-+2H2O=H2↑+Cl2↑+2OH-,故B错误；C.FeBr2溶液中通入少量的Cl2，因为Fe2+的还原性比Br-强，故离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，故C正确；D.铅蓄电池放电时的负极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4↓，故D错误；本题选C。点睛：在书写离子方程式时注意弱酸、弱碱、沉淀、气体要写成分子形式，不能拆开。6、A【解题分析】

A．在元素周期表中，p区元素的最外层电子排布不能都用ns2np1～6表示，He原子为ns2，故A错误；B．C2H4和HCN分子结构式分别为、H-C≡N，所以二者都含有σ键和π键，乙烯分子中C原子采用sp2杂化、HCN中C原子采用sp杂化，二者中C原子杂化方式不同，故B正确；C．H2O中O原子成2个σ键，有2对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；NH3中N原子成3个σ键，有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；CH4分子中C原子形成4个σ键，采取sp3杂化，故C正确；D．红外光谱主要用于分析有机物中的官能团类，X-射线衍射实验可鉴别晶体和非晶体，乙醇和二甲醚的官能团不同，所以可以用红外光谱鉴别，玻璃是非晶体、水晶是晶体，所以可以用X-射线衍射实验鉴别玻璃与水晶，故D正确；答案选A。7、D【解题分析】

A.因苯甲酸在水中的溶解度受温度影响很大,溶解后,趁热过滤减少苯甲酸的损失,冷却结晶、过滤、洗涤可提纯粗苯甲酸，故A不符合题意；B.蔗糖水解产物有葡萄糖，在碱性条件下能与新制的银氨溶液发生银镜反应，而题中水解后得到的溶液显酸性，无法用银镜检验，故B错误；C.溴乙烷与强碱的乙醇溶液共热产生乙烯，还含有挥发出来的乙醇，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D.乙醇与浓硫酸混合加热制乙烯，加热时使温度迅速上升至170℃，防止副反应发生，故D正确；综上所述，本题正确答案为D8、B【解题分析】

A．构成的原电池中，该方法是将化学能转化成了电能，A错误；B．根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，钢管道作正极，B正确；C．根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，C错误；D．镁块作负极，电极反应：Mg-2e-+4OH-=Mg(OH)2↓，D错误；答案选B。【题目点拨】本题考查金属的腐蚀与防护，明确金属腐蚀与防护的原理以及原电池的工作原理是解答的关键。根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，金属和钢管、及电解质溶液构成原电池，镁块作负极，钢管道作正极，从而钢管道得到保护。9、D【解题分析】

A.溶液中碳酸根会水解，结合水电出来的氢离子，生成碳酸氢根，A项正确，不符合题意；B．实验Ⅰ和Ⅱ没有气泡，根据所学Al可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明有氧化膜的保护，实验Ⅲ中却有气泡，说明氧化膜被破坏，B项正确，不符合题意；C．Na2CO3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与OH－反应，生成偏铝酸根，2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，AlO2－和HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀，C项正确，不符合题意；D．CO32－的水解是吸热的，加热可以促进水解。H2产生的原因是Al和CO32－水解生成的OH－反应生成H2，H2逸出，有利于Al和OH－的反应，OH－减少，从而促进碳酸根水解，加热和H2逸出对CO32-水解平衡移动方向的影响是相同的，D项错误，符合题意；本题答案选D。10、C【解题分析】

通过A分子的结构可知，其含有5个酚羟基，一个卤素原子以及一个由酚羟基酯化得来的酯基。所以1molA最多能消耗的NaOH的物质的量为5+1+2=8mol，C项正确；答案选C。【题目点拨】能与NaOH反应的有机物有：卤代烃，酯，酚和羧酸；对于由酚羟基酯化得到的酚酯基，其在碱性条件下水解会消耗2个NaOH。11、A【解题分析】

A.能跟碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，CO2、SiO2、P2O5均可以跟碱反应生成盐和水，所以均为酸性氧化物，故A选；B.电解和电镀需要通电才可进行，电离和电化学腐蚀不需要通电，故B不选；C.苛性钾在水中和熔融状态下都能完全电离，是强电解质，次氯酸在水中部分电离，是弱电解质，氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C不选；D.丁达尔效应是胶粒对光的散射，所以区分溶液和胶体的方法丁达尔效应不是化学方法，故D不选。故选A。【题目点拨】酸性氧化物是能跟碱反应生成盐和水的氧化物，而且只生成一种盐和水，NO2不是酸性氧化物，因为2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，同理，碱性氧化物是能跟酸生成一种盐和水的氧化物，Fe3O4也不是碱性氧化物。电离不需要通电，但电离能产生带电的离子，通电后可以导电，电化学腐蚀能把化学能转化为电能，都和电有关，但都不需要通电。单质既不是电解质也不是非电解质。12、C【解题分析】

A．注意审题，O3是单质不是化合物，A项错误；B．SiO2属于原子晶体，B项错误；C．上述三种物质都是由分子构成的化合物，属于分子晶体，C项正确；D．(NH4)2S属于离子晶体，D项错误；答案选C。13、A【解题分析】氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分子脱去一个水分子．当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是异种氨基酸脱水：可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，生成2种二肽，所以共有4种，故本题选A。点睛：氨基酸形成肽键原理为羧基提供-OH，氨基提供-H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽，既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽。14、D【解题分析】分析：图①涉及到的离子方程式有Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓,Al3++3OH-=Al(OH)3↓,NH4++OH-=NH3∙H2O,Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；设NaOH溶液的浓度为xmol/L,则n(NH4+)=0.01xmol,n(Al(OH)3)=n(Al3+)=0.005xmol，n(Mg2+)=(0.025-0.005×3)/2=0.005xmol,则:n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝1:1:2，根据氢氧化镁的物质的量可以知道:0.005xmol=0.05mol,x=10mol/L；图②中曲线表示反应物和生成物的能量的大小,如A是反应物,则反应放热,反之吸热，B点为活化能，加入催化剂,活化能降低；据以上分析解答。详解：图(1)涉及到的离子方程式有Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓,Al3++3OH-=Al(OH)3↓，NH4++OH-=NH3∙H2O，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；设NaOH溶液的浓度为xmol/L,则n(NH4+)=0.01xmol,n(Al(OH)3)=n(Al3+)=0.005xmol,n(Mg2+)=(0.025-0.005×3)/2=0.005xmol,则:n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝1:1:2,A错误；设NaOH溶液的浓度为xmol/L,根据n(Mg2+)=n(Mg(OH)2)=0.005xmol=0.05mol,x=10mol/L，B错误；图②中曲线表示反应物和生成物的能量的大小，如A是反应物,则反应放热,△H<0,C错误；图②中表示某反应过程的能量变化,使用催化剂降低反应的活化能,加快反应速率,D正确；正确选项D。点睛：向含Mg2＋、Al3＋、NH4＋的盐溶液中滴加NaOH溶液时，Mg2＋、Al3＋先与OH-反应生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，然后，NH4＋与OH-反应生成一水合氨，为弱碱，所以两种沉淀不溶解；继续加入OH-，氢氧化铝溶解变为偏铝酸盐，而氢氧化镁不溶解；因此图像中25mL以前为沉淀的生成过程，25-30mL为NH4＋与碱反应过程，35-40mL为氢氧化铝的溶解过程，最后剩余氢氧化镁沉淀。15、C【解题分析】

A．乙醇在浓硫酸存在的情况下与乙酸发生酯化反应，乙酸脱羟基、醇脱氢，乙醇断裂羟基上的氢氧键，故A错误；B．乙醇与金属钠反应生成氢气，乙醇中氢氧键断裂，故B错误；C．乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应，乙醇断开的是碳氧键和邻位的碳氢键，故C正确；D．乙醇发生催化氧化反应生成醛，乙醇中氢氧键及其所连碳原子上的碳氢键断裂，故D错误。故选C。16、C【解题分析】

A、除去乙烷中混有的乙烯，若通入氢气与乙烯发生加成反应，氢气的量不能控制二者恰好反应，容易引入新的杂质氢气，故A错误；

B、发生消去反应生成乙烯，但醇易挥发，乙烯、醇均能被高锰酸钾氧化，则溶液褪色，不能证明有乙烯产生，故B错误；

C、检验柠檬醛中含有碳碳双键，先排除-CHO的干扰，再检验双键，故C正确；

D、生成的三溴苯酚溶于甲苯中，不能得到纯净物，应用氢氧化钠溶液分离，故D错误。

综上所述，本题正确答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、三氟甲苯浓HNO3/浓H2SO4、加热取代反应+HCl吸收反应产生的HCl，提高反应转化率C11H11O3N2F39【解题分析】

A和氯气在光照的条件下发生取代反应生成B，B的分子式为C7H5Cl3，可知A的结构中有3个氢原子被氯原子取代，B与SbF3发生反应生成，说明发生了取代反应，用F原子取代了Cl原子，由此可知B为，进一步可知A为，发生消化反应生成了，被铁粉还原为，与吡啶反应生成F，最终生成，由此分析判断。【题目详解】(1)由反应①的条件、产物B的分子式及C的结构简式，可逆推出A为甲苯，结构为；C可看作甲苯中甲基中的三个氢原子全部被氟原子取代，故其化学名称为三氟甲(基)苯；(2)对比C与D的结构，可知反应③为苯环上的硝化反应，因此反应试剂和反应条件分别是浓HNO3/浓H2SO4、加热，反应类型为取代反应；(3)对比E、G的结构，由G可倒推得到F的结构为，然后根据取代反应的基本规律，可得反应方程式为：+HCl，吡啶是碱，可以消耗反应产物HCl；(4)根据G的结构式可知其分子式为C11H11O3N2F3；(5)当苯环上有三个不同的取代基时，先考虑两个取代基的异构，有邻、间、对三种异构体，然后分别在这三种异构体上找第三个取代基的位置，共有10种同分异构体，除去G本身还有9种。(6)对比原料和产品的结构可知，首先要在苯环上引入硝基(类似流程③)，然后将硝基还原为氨基(类似流程④)，最后与反应得到4­甲氧基乙酰苯胺(类似流程⑤)，由此可得合成路线为：。18、乙炔消去反应【解题分析】

由有机物的转化关系可知，在催化剂作用下，HC≡CH与CH3COOH发生加成反应生成CH2=CHCH2COOH，则B为CH2=CHCH2COOH；在催化剂作用下，CH2=CHCH2COOH发生加聚反应生成；在催化剂作用下，与CH3OH发生取代反应生成和CH3COOCH3；由和H发生酯化反应生成可知，H为；由逆推法可知，在加热条件下，G与新制的氢氧化铜发生氧化反应，酸化生成，则G为；在浓硫酸作用下，F受热发生消去反应生成，则F为；由题给信息可知E与CH3CHO发生加成反应生成，则E为。【题目详解】（1）A结构简式为HC≡CH，名称为乙炔；F→G的反应为在浓硫酸作用下，受热发生消去反应生成，故答案为：乙炔；；（2）C→D的反应为与CH3OH发生取代反应生成和CH3COOCH3，反应的化学方程式为，故答案为：；（3）E的结构简式为；H的顺式结构简式为，故答案为：；；（4）G的同分异构体属于芳香族化合物，说明分子中含有苯环，能与NaOH溶液发生反应，说明分子中含有酚羟基或羧基，若含有酚羟基，余下3个碳原子形成的取代基可能为CH3—和HC≡C—或CH3—C≡C—，若含有羧基，余下2个碳原子形成的取代基可能为CH2=CH—或—CH=CH—，则核磁共振氢谱有4种吸收峰的结构简式为和，故答案为：；；（5）由有机物的结构简式，结合题给信息，运用逆推法可知生成有机物的过程为：乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，1,2—二溴乙烷在氢氧化钠溶液中受热发生水解反应生成乙二醇，在铜做催化剂作用下，乙二醇与氧气发生催化氧化反应生成乙二醛，一定条件下，乙二醛与乙醛发生加成反应生成，合成路线为，故答案为：。【题目点拨】本题考查有机物推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，能够依据题给信息设计合成线路是解答关键。19、因为2CH3OH＋O22HCHO＋2H2O是一个放热反应有红色沉淀生成HCHO＋4Cu(OH)2CO2↑＋2Cu2O↓＋5H2O【解题分析】(1)醇的氧化反应：2CH3OH+O22HCHO+2H2O是一个放热反应，能维持反应所需温度，所以不加热的铜丝仍保持红热；故答案为：因为2CH3OH+O22HCHO+2H2O是一个放热反应，能维持反应所需温度；(2)生成的甲醛易溶于水，与新制的氢氧化铜在加热条件下反应生成氧化亚铜红色沉淀，方程式为：HCHO+4Cu(OH)2CO2↑+2Cu2O↓+5H2O；故答案为：有红色沉淀生成；HCHO+4Cu(OH)2CO2↑+2Cu2O↓+5H2O。20、+6SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4(球形)冷凝管浓硫酸防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使SO2Cl2发生水解变质；吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境。D吸收Cl2C中KMnO4溶液褪色2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+【解题分析】

(1)根据化合物中正负化合价的代数和为0判断S元素的化合价，SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”，生成的HCl溶于水，呈现白雾。；(2)①根据图示仪器的结构特点可知仪器的名称，乙中浓硫酸可干燥氯气，装置B中碱石灰可吸收尾气；②通过滴加液体，排除装置中的氯气，使氯气通过装置乙到装置甲中；(3)①加热时A中试管出现黄绿色，装置B中四氯化碳可吸收生成的氯气；②装置C中二氧化硫与高锰酸钾反应。【题目详解】(1)SO2Cl2中S的化合价为0-(-1)×2-(-2)×2=+6，SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”，生成了HCl，其化学方程式为SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4；(2)①仪器A的名称为(球形)冷凝管，装置乙中装入的试剂为浓硫酸，装置B的作用是防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使SO2Cl2发生水解变质，吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境；②氯气不溶于饱和食盐水，通过滴加饱和食盐水，将氯气排出，其它均不符合，故合理选项是D；(3)SO2Cl2分解生成了Cl2，根据化合价Cl的化合价升高，化合价降低只能是S元素，S从＋6降低到＋4，生成SO2。①加热时A中试管出现黄绿色，