安徽省蚌埠二中2024届高二化学第二学期期末教学质量检测模拟试题含解析

安徽省蚌埠二中2024届高二化学第二学期期末教学质量检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知氧化性Fe3+＞Cu2+，向物质的量浓度均为1mol/L的Fe2(SO4)3、CuSO4的1L混合液中加入amol铁粉，充分反应后，下列说法正确的是A．当a≤1时，发生的反应为Fe+Cu2+＝Fe2++CuB．当固体有剩余时，溶液中一定存在Fe2+、Fe3+离子C．当1≤a＜2时，溶液中n(Fe2+)＝(2+a)molD．若有固体剩余，则固体中一定有铁，可能有铜2、已知：①H2(g)+O2(g)=H2O(g)；ΔH1=akJ·mol-1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)；ΔH2=bkJ·mol-1③H2(g)+O2(g)=H2O(l)；ΔH3=ckJ·mol-1④2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)；ΔH4=dkJ·mol-1，下列关系式中正确的是()A．2a=b<0 B．b>d>0 C．a<c<0 D．2c=d>03、我国城市环境中的大气污染物主要是A．CO2、Cl2、N2、酸雨 B．SO2、NO2、CO、可吸入颗粒物C．NH3、CO2、NO2、雾 D．HCl、SO2、N2、可吸入颗粒物4、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．使甲基橙变红色的溶液：Mg2+K+SO42－NO3－B．使酚酞变红色的溶液：Na+Cu2+HCO3－NO3－C．0.1mol·L－1AgNO3溶液：H+K+SO42－I－D．1.0mol·L－1的KNO3溶液：H+Fe2+Cl－SO42-5、已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，而Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是（）A．Cl2+FeI2=FeCl2＋I2 B．3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3C．Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O D．2Fe3＋+2I-=2Fe2++I26、室温下，向10.00mL0.1000mol·L-1HCl和0.1000mol·L-1CH3COOH的混合溶液中滴入0.1000mol·L-1NaOH溶液，溶液pH的变化曲线如图所示。已知：常温下，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5。下列叙述错误的是A．a点所示溶液中，CH3COOH的电离度约为1.75×10-2%B．a、b、c三点所示溶液中，水的电离程度最大的是c点C．c点所示溶液中：c(Na+)>c(C1-)>c(CH3COOH>c(OH-)>c(H+)D．加热b点所示溶液，的值减小7、美国科学家合成了含有N5+的盐类,含有该离子的盐是高能爆炸物质，该离子的结构呈“V”形，如图所示。以下有关该物质的说法中不正确的是（）A．每个N5+中含有35个质子和34个电子B．该离子中有非极性键和配位键C．该离子中含有4个π键D．与PCl4+互为等电子体8、化合物X是一种药物合成的中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是A．化合物X的分子式为C16H16O6B．能发生加成反应、取代反应、消去反应C．可与FeCl3溶液发生显色反应，但不能发生氧化反应D．1mol化合物X最多可与5molNaOH、7molH2、4molBr2发生反应9、除去MgO中的Al2O3可选用的试剂是()A．NaOH溶液B．硝酸C．浓硫酸D．稀盐酸10、下列说法中正确的是（）A．含离子键的晶体不一定是离子晶体B．含共价键的晶体一定是分子晶体C．只含极性键的分子可能不是极性分子D．含非极性键的分子一定是非极性分子11、下列叙述中正确的是①电解池是将化学能转变为电能的装置②原电池是将电能转变成化学能的装置③不能自发进行的氧化还原反应,通过电解的原理有可能实现④电镀过程相当于金属的“迁移”，可视为物理变化A．③ B．③④ C．②③④ D．①②③④12、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．pH=7的溶液：K＋、Na＋、Cl－、Fe3+B．能使酚酞显红色的溶液：Na＋、Mg2＋、HCO3-、SO42-C．c(H＋)/c(OH－)＝1012的溶液：K＋、Fe3＋、Cl－、SO42-D．水电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液：Ca2＋、NH4+、NO3-、HCO3-13、1mol某烃完全燃烧可得2molCO2，在一定条件下，1mol该烃能与2molH2发生加成反应，这种烃是（）A．CH4 B．C2H4 C．C2H2 D．C3H414、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是：A．2.7g金属铝分别与足量的NaOH溶液和盐酸反应转移的电子数目均为0.3NAB．标准状况下，2.24LCl2与过量NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.1NAC．1L1mol•L-1Na2CO3溶液中阴离子数小于NAD．2.3g金属钠完全反应生成Na2O与Na2O2的混合物中阴离子数为0.05NA15、下列能说明苯酚是弱酸的实验事实是A．苯酚遇FeCl3溶液呈紫色 B．苯酚能与NaOH溶液反应C．常温下苯酚在水中的溶解度不大 D．将CO2通入苯酚钠溶液出现浑浊16、下列不是配位化合物的是（）A．［Co(NH3)6］3+ B．［Ag(NH3)2］NO3 C．CuSO4·5H2O D．Fe(SCN)3二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物G（1，4-环己二醇）是重要的医药中间体和新材料单体，可通过以下流程制备。完成下列填空：（1）写出C中含氧官能团名称_____________。（2）判断反应类型：反应①________；反应②_______。（3）写出B的结构简式_______________。（4）写出反应③的化学方程式_________。（5）一定条件下D脱氢反应得一种产物，化学性质稳定，易取代、难加成。该产物属于____（填有机物类别），说明该物质中碳碳键的特点________________________。（6）写出G与对苯二甲酸在一定条件下反应生成高分子物质的化学方程式_____________。（7）1，3-丁二烯是应用广泛的有机化工原料，它是合成D的原料之一，它还可以用来合成氯丁橡胶（）.写出以1，3-丁二烯为原料制备氯丁橡胶的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）_______________18、药用有机物A为一种无色液体。从A出发可发生如下一系列反应：请回答：（1）写出化合物F的结构简式：________________。（2）写出反应①的化学方程式：__________________________________________。（3）写出反应④的化学方程式：___________________________________________。（4）有机物A的同分异构体很多，其中属于羧酸类的化合物，且含有苯环结构的有________种。（5）E的一种同分异构体H，已知H可以和金属钠反应放出氢气，且在一定条件下可发生银镜反应。试写出H的结构简式：_________________________________。E的另一种同分异构体R在一定条件下也可以发生银镜反应，但不能和金属钠反应放出氢气。试写出R的结构简式：_____________________________________________。19、硫化钠在无机制备、废水处理等领域常用作沉淀剂，其水溶液称为“臭碱”。可在特殊条件下以硫酸钠固体与炭粉为原料制备：Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑（1）硫化钠固体在保存时需注意_________，原因是___________。（2）实验室用上图装置以Na2SO4与炭粉为原料制备Na2S并检验气体产物、进行尾气处理。步骤如下：①连接仪器顺序为__________(按气流方向，用小写字母表示)；②检查装置气密性；③装入固体药品及试剂，连好装置；④加热，进行实验。（3）若amolNa2SO4和2amolC按上述步骤充分反应，实际得到Na2S小于amol，则实验改进方案是____。某同学从氧化还原角度分析固体产物中可能含有少量Na2SO3，请设计实验证明其猜测是否合理(供选择的试剂有：酚酞溶液、硝酸、稀盐酸、蒸馏水)_____。（4）经实验测定，硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为1︰3的CO2和CO两种气体。反应方程式为_______。20、某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。请回答下列问题：(1)装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是________，其中发生反应的化学方程式为_____。(2)实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是_____、____，这些现象分别说明SO2具有的性质是____和____。(3)装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象_________。(4)尾气可采用________溶液吸收。(写化学式)21、钾和碘的相关化合物在化工医药材料等领域有广泛的应用。回答下列问题:（1）基态K原子中，核外运动状态不同的电子共________种，占据最高能级的电子的电子云轮廓图形状为________。（2）K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同。第一电离能比较:K________(填“>”或“<”)Cr,金属键强度比较:K________(填“>”或“<")Cr.（3）IO3-离子的立体构型的名称为________，中心原子的杂化方式为________.（4）HIO4的酸性强于HIO3,其原因为________（5）KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，晶胞如图。晶胞的棱长为a=0.446nm,晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，K与I间的最短距离为________nm,与K紧邻的O的个数为________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】

物质的量浓度均为1mol/L的Fe2(SO4)3、CuSO4的1L混合液中含有Fe3+的物质的量为

1mol/L×1L×2=2mol，Cu2+的物质的量为

1mol/L×1L=1mol，因氧化性

Fe3+＞Cu2+，加入铁粉后，铁先与Fe3+反应，Fe3+完全反应后，铁再与Cu2+反应。据此分析解答。【题目详解】A．加入铁粉后，铁先与Fe3+反应，混合溶液中Fe3+的物质的量为

1mol/L×1L×2=2mol，根据2Fe3++Fe=3Fe2+，当

a≤1

时，Fe粉只能将Fe3+还原，不能发生Fe+Cu2+＝Fe2++Cu的反应，故A错误；B．当固体有剩余时，说明铁与Fe3+完全反应后，铁还与Cu2+反应，因此溶液中一定不存在Fe3+离子，故B错误；C．当

1≤a＜2

时，Fe3+全部被还原，还发生了Fe+Cu2+＝Fe2++Cu的反应，反应后铁完全反应，根据铁元素守恒，可得溶液中n(Fe2+)=(2+a)mol，故C正确；D．若有固体剩余，说明铁与Fe3+完全反应后，铁还与Cu2+反应，Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，则固体中一定有铜，当铁粉过量时，还会含有铁，故D错误；答案选C。【题目点拨】根据氧化性或还原性判断反应的先后顺序是解题的关键。本题的易错点为B，只要有固体剩余，剩余的固体中一定含有铜或铁，因此一定没有Fe3+存在。2、A【解题分析】

四个反应均为放热反应，即a、b、c、d均小于0，根据物质的状态及计量数比较a、b、c、d之间的关系和大小。【题目详解】A.反应①和②所有物质聚集状态相同，且反应②的计量数是反应①的2倍，则2a=b，所有反应均为放热反应，即a、b、c、d均小于0，因此2a=b<0，A项正确；B.四个反应均为放热反应，即a、b、c、d均小于0，B项错误；C.反应①和③对比，H2O的状态不同，从气态变为液态要放出热量，因此反应③放出的热量更多，那么c<a<0，C项错误；D.反应③和④所有物质聚集状态相同，且反应④的计量数是反应③的2倍，则2c=d，所有反应均为放热反应，即a、b、c、d均小于0，因此2c=d<0，D项错误；答案选A。【题目点拨】同一反应的反应物和生成物的状态不同，反应热也不同，比较时要考虑物质的状态变化时的吸热或放热情况，特别说明的是放热反应的反应热(ΔH)为负数，放热越多，ΔH的值反而越小。3、B【解题分析】

A、C项中的二氧化碳不属于大气污染物，D项中的氮气不属于大气污染物，B项中SO2、NO2、CO、可吸入颗粒物均属于大气污染物，故选B。4、A【解题分析】

A．使甲基橙变红色的溶液呈酸性，Mg2＋、K＋、SO42-、NO3-不反应，A选项正确；B．使酚酞变红色的溶液呈碱性，OH-与Cu2+生成氢氧化铜沉淀，HCO3-与OH-反应生成CO32-，B选项错误；C．0.1mol·L－1AgNO3溶液中，Ag+、I－生成AgI沉淀，C选项错误；D．1.0mol·L－1的KNO3溶液中，H+与NO3-结合具有强氧化性，会氧化Fe2+，D选项错误；答案选A。【题目点拨】两离子相遇若发生氧化还原反应，则不能共存。如Fe3+与S2-、Fe3+与I-、Fe2+与NO3-(H+)等；MnO4-、NO3-(H+)、ClO-、Cr2O72-与S2-、I-、SO32-、Fe2+不共存；酸性条件下SO32-与S2-不共存。5、B【解题分析】

A.因为氧化性FeCl3>I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，A正确；B.根据反应：3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，得出氧化性是：Cl2>FeCl3，但是氧化性：FeCl3>I2，还原性：I->Fe2+，I-会先被Cl2氧化，和题意不相符合，不可能发生，B错误；C.根据反应：Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，得出氧化性是：Co2O3>Cl2，和题意相符合，反应可能发生，C正确；D.因为氧化性FeCl3>I2，所以2Fe3＋+2I-=2Fe2++I2能发生，D正确；故合理选项是B。6、C【解题分析】

由题给信息可知，向10.00mL0.1000mol·L-1HCl和0.1000mol·L-1CH3COOH的混合溶液中滴入10mL0.1000mol·L-1NaOH溶液，盐酸刚好完全反应，此时溶液为NaCl和CH3COOH的混合溶液；加入20mL0.1000mol·L-1NaOH溶液，溶液中的溶质为：NaCl、CH3COONa，且二者的物质的量浓度相等。据此进行分析。【题目详解】A．a点溶液中盐酸对醋酸的电离有抑制作用，此时c(CH3COOH)约等于c(H+)，则根据电离平衡常数，可得，故已电离的，则醋酸的电离度=，A项正确；B．a点溶液为HCl和CH3COOH的混合溶液，b溶液为NaCl和CH3COOH的混合溶液，c点溶液中的溶质为：NaCl、CH3COONa，在a、b点水的电离都受到抑制，只有c点，NaCl对水的电离无影响，CH3COO-发生水解，促进了水的电离，故a、b、c三点所示溶液中，水的电离程度最大的是c点，B项正确；C．c点所示溶液中溶质为物质的量之比为1:1的NaCl和CH3COONa，CH3COO-发生微弱的水解，则离子浓度大小关系应为：c(Na+)>c(C1-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)＞c(H+)，C项错误；D．b点时，溶液为NaCl和CH3COOH的混合溶液，因为CH3COOH为弱电解质，加热会促进CH3COOH的电离，则c(CH3COO-)浓度增大，而c(Cl-)浓度无变化，则的值减小，D项正确；答案选C。7、D【解题分析】分析：本题考查化学键、等电子体，明确离子键、共价键的成键规律即可解答，需要注意配位键的形成条件。详解：A.一个氮原子含有7个质子，7个电子，则一个N5分子中含有35个质子，35个电子，N5+是由分子失去1个电子得到的，则一个N5+粒子中有35个质子，34个电子，故正确；B.N5+中氮氮三键是非极性共价键，中心的氮原子有空轨道，两边的两个氮原子提供孤对电子对形成配位键，故正确；C.1个氮氮三键中含有2个π键，所以该粒子中含有4个π键，故正确；DN5+与PCl4+具有相同原子数，氮价电子数分别为24、27，故不是等电子体，故错误。故选D。点睛：等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的分子。互为等电子体的物质可是分子与分子、分子和离子、离子和离子等。等电子体的价电子数有其电子或构成微粒的原子的价电子数来判断。电子式中的键合电子和孤电子对数之和即为价电子总数，离子中各原子的价电子数之和与离子所带点着相加即得价电子总数。8、D【解题分析】

A．由结构可知分子式为C16H14O6，故A错误；B．含羰基和苯环，可发生加成反应，-OH可发生取代反应，但不能发生消去反应，故B错误；C．含酚-OH，可与FeCl3溶液发生显色反应，且能发生氧化反应，故C错误；D．酚-OH、-COOC-能够与NaOH反应，苯环、羰基能够与氢气反应，只有酚-OH的邻对位氢原子与溴水发生取代反应，则lmol化合物X最多可与5molNaOH、7molH2、4molBr2发生反应，故D正确；故选D。【题目点拨】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚、酯的性质。本题的易错点为D，要注意酯基消耗的氢氧化钠的量与酯基水解生成的羟基是否为酚羟基有关。9、A【解题分析】试题分析：A、氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氧化镁不反应，反应后过滤可得氧化镁，故A正确；B、氧化镁、氧化铝都能与硝酸反应生成硝酸盐，故B错误；C、氧化镁、氧化铝都能与浓硫酸反应生成硫酸盐，故C错误；D、氧化镁、氧化铝都能与稀盐酸反应生成盐，故D错误；故选A。考点：考查了物质分离提纯、镁、铝的重要化合物的性质的相关知识。10、C【解题分析】分析：本题考查的是化学键类型和物质的类型。属于基本知识，平时注重积累。详解：A.含有离子键的晶体一定是离子晶体，故错误；B.含有共价键的晶体可能是分子晶体也可能是原子晶体或离子晶体，故错误；C.只含极性键的分子可能是极性分子也可能是非极性分子，与分子的构型有关，故正确；D.含有非极性键的分子不一定是非极性分子，故错误。点睛：区别化学键类型和物质类型的关系。含有离子键的物质一定是离子化合物，一定形成离子晶体。含有共价键的化合物一定是共价化合物，可能形成分子晶体或原子晶体。共价键是两个相同的原子形成的，为非极性键，若是两个不同的原子形成的为极性键。而分子的极性与分子的构型有关，对称的含有极性键的分子为非极性分子。11、A【解题分析】

：①电解池是将电能转变成化学能的装置，①错误；②原电池是将化学能转变成电能的装置，②错误；③不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现，如铜和稀硫酸的反应，铜为阳极被氧化，可生成硫酸铜，③正确；④电镀时镀层金属在阳极失电子，金属阳离子在阴极得电子析出金属，是化学变化，④错误；故合理选项是A。12、C【解题分析】

A.由于Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，Fe3＋大量存在的溶液显酸性pH<7，不能存在中性溶液中，故A错误；B.能使酚酞显红色的溶液显碱性，Mg2＋、HCO3-不能存在于碱性溶液中，故B错误；C.c(H＋)/c(OH－)=1012，说明c（H+）＞c（OH-），溶液显酸性，该组离子能大量共存，故C正确；D.由水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1，此时溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO3-在酸性溶液或碱性溶液中都不能大量存在；NH4+在碱性溶液中不能大量存在，故D错误。故选C。【题目点拨】判断离子共存，有以下几种情况：1.由于发生复分解反应，离子不能大量共存；2.由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存；3.由于形成络合离子，离子不能大量共存。13、C【解题分析】

1mol某烃完全燃烧可得到2molCO2，根据碳原子守恒，烃中C原子数目==2，在一定条件下，1mol该烃能与2molH2发生加成反应，由于该烃分子中有2个C原子，故该烃含有1个C≡C键，则该烃为HC≡CH，故选C。14、C【解题分析】

A、2.7g铝的物质的量为0.1mol，而无论与盐酸还是氢氧化钠溶液反应后铝元素均变为+3价，故1mol铝均失去3mol电子，即0.3NA个，故A正确；B.标准状况下，2.24LCl2的物质的量为2.24L22.4L/mol=0.1mol，由方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，反应中氯元素化合价由0价升高为+1价，由0价降低为-1价，氯气起氧化剂与还原剂作用，各占一半，转移电子数目为0.1mol×12×2×NAmol-1=0.1NA，故B正确；C、Na2CO3溶液中碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子总数增多，1L1mol•L-1Na2CO3溶液中阴离子数大于NA，故C错误；D、2.3g钠的物质的量为0.1mol，而反应后生成的钠的化合物氧化钠或过氧化钠中，均是2个钠离子对应一个阴离子，故0.1mol钠离子对应0.05mol阴离子即0.05NA个，故D【题目点拨】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算和判断。本题的易错点为B，要注意反应中氯气既是氧化剂又是还原剂，1mol氯气转移1mol电子。类似的还有过氧化钠与水反应、二氧化氮与水反应等。15、D【解题分析】

A、苯酚遇FeCl3溶液发生反应：6C6H5OH+Fe3+→［Fe(C6H5O)6］3-+6H+，溶液变紫色是由于生成了难电离的［Fe(C6H5O)6］3-所致，与酸性无关，选项A错误；B、能与NaOH溶液反应只能说明苯酚具有酸性，但无法证明酸性的强弱，选项B错误；C、苯酚属于弱电解质，电离能力的大小与溶解度无关，选项C错误；D、电离出H+的能力H2CO3＞＞HCO3-，因而将CO2通入苯酚钠溶液出现浑浊，是发生反应：，H2CO3是弱酸，根据“由强到弱”规律即可证明的酸性很弱，选项D正确。答案选D。16、A【解题分析】

配位化合物是指由过渡金属的原子或离子与含有孤对电子的分子通过配位键形成的化合物，因此选项B、C、D都是配位化合物，胆矾是[Cu(H2O)5]SO4,属于配合物，［Co(NH3)6］3+是一种离子，不是配位化合物；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基消去取代.芳香烃所有的碳碳键键长相等，是介于单键和双键之间的特殊的键【解题分析】

由流程可知，①为环己醇发生消去反应生成D为，②环己烯与溴发生加成反应生成A为，③是A发生消去反应生成，和溴发生1，4-加成反应生成B为，与氢气加成生成F，④是F在碱性条件下水解生成。由CH2=CClCH=CH2发生加聚反应生成，CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，然后发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，再与HCl发生加成反应生成HOCH2CHClCH2CH2OH，最后发生醇的消去反应得到CH2=CClCH=CH2。【题目详解】(1)由结构可知C中含氧官能团名称为：羟基，故答案为：羟基；(2)反应①发生醇的消去反应，②环己烯与溴发生加成反应，故答案为：消去反应；加成反应；(3)由F的结构可知，和溴发生1，4−加成反应生成B为，故答案为：；（4）③是A发生消去反应生成，化学方程式。答案为：；（5）一定条件下D脱氢反应得一种产物，化学性质比较稳定，易取代、难加成，该产物为，属于芳香烃，说明该物质中所有碳碳键的键长相等，是介于单键与双键之间的特殊的键，故答案为：芳香烃；碳碳键的键长相等，是介于单键与双键之间的特殊的键；（6）写出G与对苯二甲酸在一定条件下发生酯化反应生成高分子物质，化学方程式。答案为：（7）由CH2=CClCH=CH2发生加聚反应生成，CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，然后发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，再与HCl发生加成反应生成HOCH2CHClCH2CH2OH，最后发生醇的消去反应得到CH2=CClCH=CH2，合成路线流程图为：18、CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O4HOCH2CHOHCOOCH3【解题分析】

由框图可知：B能和二氧化碳反应生成D，D能和溴水发生取代反应生成白色沉淀，说明D中含有酚羟基，所以A中含有苯环，A的不饱和度为5，则A中除苯环外含有一个不饱和键；A能和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成B和C，则A中含有酯基，C酸化后生成E，E是羧酸，E和乙醇发生酯化反应生成G，G的分子式为C4H8O2，根据原子守恒知，E的分子式为C2H4O2，则E的结构简式为CH3COOH，C为CH3COONa，G的结构简式为CH3COOCH2CH3，根据原子守恒知，D的分子式为C6H6O，则D结构简式为：，B为，F为，则A的结构简式为：，据此解答。【题目详解】（1）化合物F的结构简式；（2）反应①是A在碱性条件下的水解反应，反应①的化学方程式；（3）反应④是在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙酸和乙醇发生酯化反应，反应方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；（4）A的结构简式为：，属于羧酸类的A的同分异构体有：邻甲基苯甲酸、间甲基苯甲酸、对甲基苯甲酸、苯乙酸，所以有4种；（5）E的结构简式为CH3COOH，H为乙酸的同分异构体，能发生银镜反应，能和钠反应生成氢气说明H中含有醛基，醇羟基，所以H的结构简式为：HOCH2CHO；E的另一种同分异构体R在一定条件下也可以发生银镜反应，但不能和金属钠反应放出氢气，故R结构中存在醛的结构但不存在羟基或羧基，故为酯的结构HCOOCH3。19、干燥环境密闭保存硫化钠在空气中易被氧化，潮湿环境易水解a→e→f→d加入稍过量的碳取少量反应后的固体于试管中，加蒸馏水溶解，滴加适量稀盐酸，若出现淡黄色沉淀，则固体中含亚硫酸钠，反之不含2Na2SO4+4CNa2S+Na2SO3+3CO↑+CO2↑【解题分析】

(1)硫化钠易被氧化，溶液中硫离子可发生水解；(2)A中发生Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑，选装置D检验二氧化碳，选装置C吸收尾气，二氧化碳不需要干燥；(3)实际得到Na2S小于amol，可增大反应物的量；固体产物中可能含有少量Na2SO3，加盐酸发生氧化反应生成S；(4)硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为1：3的CO2和CO两种气体，C失去电子，S得到电子，结合电子、原子守恒来解答。【题目详解】(1)硫化钠固体在保存时需注意干燥环境密闭保存，原因是硫化钠在空气中易被氧化，潮湿环境易水解；(2)①A为制备装置，装置D检验二氧化碳，选装置C吸收尾气，则连接仪器顺序为a→e→f→d；(3)若amolNa2SO4和2amolC按上述步骤充分反应，实际得到Na2S小于amol，则实验改进方案是加入稍过量的碳；固体产物中可能含有少量Na2SO3，设计实验为取少量反应后的固体于试管中，加蒸馏水溶解，滴加适量稀盐酸，若出现淡黄色沉淀，则固体中含亚硫酸钠，反之不含；(4)经实验测定，硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为1：3的CO2和CO两种气体，C失去电子，S得到电子，若CO2和CO分别为1mol、3mol，失去电子为10mol，则S得到10mol电子，应生成等量的Na2S、Na2SO3，反应方程式为2Na2SO4+4CNa2S+Na2SO3+3CO↑+CO2↑。20、分液漏斗Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O溶液由紫红色变为无色出现黄色浑浊还原性氧化性待品红溶液完全褪色后，关闭分液漏斗的