2026届上海市上外附属大境中学化学高三第一学期期中达标检测模拟试题含解析

2026届上海市上外附属大境中学化学高三第一学期期中达标检测模拟试题请考生注意：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、橙花醇可作为香料，其结构简式如图：关于橙花醇叙述错误的是A．可使酸性KMnO4溶液褪色B．橙花醇中含有2种官能团C．在浓硫酸催化下加热脱水，生成的产物不止一种D．1mol橙花醇在室温下与溴的四氯化碳溶液反应，最多消耗240g溴2、下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是（）①用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶②配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硝酸沿器壁慢慢加入到浓硫酸中，并不断搅拌；③用pH试纸测得氯水的pH为2；④用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管；⑤浓硝酸保存在棕色细口瓶中；⑥某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，溶液中含NH4＋A．①④⑤⑥B．①③④⑤C．①②⑥D．②③⑤⑥3、科研人员设计的CO2资源化利用的装置如图所示(电解质溶液为稀H2SO4),下列说法错误的是A．该离子交换膜为质子交换膜B．Ag极上的电势比Pt极上的高C．电路中每流过4mol电子,阳极区质量减少36gD．太阳能、风能及潮汐能均是可再生能源4、下列有关实验的操作、原理和现象的叙述正确的是()A．检验某溶液是否含有SO42-时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸B．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗C．为观察Mg条在CO2中的燃烧，在一个底部铺有少量细沙的集气瓶中收集CO2气体，取一小段除去表面氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持点燃后迅速投入上述集气瓶底部D．用干燥且洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液，滴到放在表面皿上的pH试纸上测pH5、强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应为：H＋（aq）＋OH－（aq）＝H2O（l）△H＝－57.3kJ·mol－1。分别向1L0.5mol·L－1的Ba（OH）2的溶液中加入①浓硫酸；②稀硝酸；③稀醋酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3，下列关系正确的是A．△H1＞△H2＞△H3B．△H1＞△H2＝△H3C．△H1＜△H2＜△H3D．△H1＝△H2＜△H36、化学平衡常数K、弱电解质的电离平衡常数Ka或Kb及溶度积常数Ksp是高中化学中常见的几种常数。它们都能反映相应的可逆变化进行的程度，下列关于以上常数的说法正确的是()A．若改变条件使可逆反应平衡右移，则达到新的平衡时的平衡常数K一定增大B．一定温度下，在amol·L－1的饱和石灰水中加入适量的bmol·L－1CaCl2溶液(b>a)，则一定有Ca(OH)2析出C．相同温度时，CH3COOH的电离平衡常数Ka与NH3·H2O的电离平衡常数Kb相等，所以CH3COONH4的水溶液显中性D．升高温度，以上常数均增大7、下列实验能达到预期目的的是①用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸；②用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HC1；③用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的少量SO2；④用加热的方法提取NH4Cl固体中混有的少量碘单质；⑤用醋和澄清石灰水验证蛋壳中含有碳酸盐；⑥用米汤检验食用加碘盐中的碘元素；⑦用纯碱溶液洗涤餐具；⑧用玻璃棒搅拌漏斗中的液体以加快过滤的速度；⑨加入盐酸以除去硫酸钠中的少量碳酸钠杂质A．①④⑤⑨B．②③⑤⑦C．②③⑤⑧D．②③⑤⑥⑦8、下列物质中，可能是石油裂解的产物的是（）A．C2H4 B．C4H10 C．C8H16 D．C16H349、下列说法错误的是A．铝与烧碱溶液反应铝作还原剂 B．在硫酸铁溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液变红C．可用Al2O3制成的坩埚熔融烧碱 D．明矾溶于水能形成胶体，可用其净化生活用水10、相同温度下，等质量的H2、O2、CO2、SO2分别通入四个体积相同的恒容密闭容器中，其中表示通入SO2的容器中的压强的是()A．p1B．p2C．p3D．p411、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是A．原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)B．化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同C．含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性D．Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构12、新型冠状病毒爆发时刻，更能体现化学知识的重要性。下列有关消毒剂的说法中正确的是()A．各类消毒剂浓度越大，消毒效果越好B．为了增强消毒效果，可以将洁厕灵和“84”消毒液混用C．过氧乙酸的结构简式为CH3COOOH，含有-1价氧元素，具有氧化性D．各类消毒剂均能使病毒蛋白质变性，但是对人体蛋白质无影响13、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A．Si的熔点高，可用作半导体材料B．HClO具有强氧化性，可用于漂白有色有机物质C．FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻铜制电路板D．Al2O3硬度很大，可用于制造耐火材料14、完成下列实验，所选装置正确的是ABCD实验目的检查装置气密性实验室用纯碱和稀硫酸制备二氧化碳用已知浓度的氢氧化钠溶液测定未知浓度盐酸选择合适的试剂，可分别制取少量CO2、NO和O2实验装置A．A B．B C．C D．D15、以下有机物的说法正确的是A．CH2=CH-COOH能发生取代反应、加成反应、水解反应B．石油分馏产品经过裂解、加成可制得1，2—二溴乙烷C．分子式为C4H8O2的酯有3种D．硬脂酸甘油酯、淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物16、利用如图所示装置进行实验，能得出相应实验结论的是()选项实验试剂实验结论Aa.稀硫酸b.碳酸氢钠c.硅酸钠溶液酸性：硫酸>碳酸>硅酸Ba.浓盐酸b.二氧化锰c.溴化钠溶液氧化性：MnO2>Cl2>Br2Cd.小苏打e.苏打f.石灰水热稳定性：苏打>小苏打Dd.氯化钠e.氯化铵f.硝酸银溶液沸点：氯化钠>氯化铵A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物G是合成某种抗精神病药物的重要中间体，其合成路线如下：(1)E中的含氧官能团名称为_______。(2)C→D的反应类型为_______。(3)已知R—NH2+F—R′→RNH—R′+HF，G在一定条件下能反应生成H(分子式为)，H的结构简式为_______。(4)B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式______。①有一个六元环，该六元环含一个О原子和一个N原子。②能发生银镜反应。③核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6∶4∶2∶1。(5)已知：RCOCl+R′NH2→；①设计A→B步骤的目的是________。②写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。18、氯贝特()是临床上一种降脂抗血栓药物，它的一条合成路线如下：提示：Ⅰ．图中部分反应条件及部分反应物、生成物已略去．Ⅱ．RCH2COOHⅢ．R1﹣ONa+Cl﹣R2R1﹣O﹣R2+NaCl(R1﹣、R2﹣代表烃基)(1)A的结构简式为________。(2)物质甲中所含官能团的名称是_________。(3)反应②的反应类型为______，氯贝特的核磁共振氢谱有____组峰。(4)物质甲有多种同分异构体，同时满足以下条件的同分异构体有__种(不考虑立体异构)，请写出其中一种的结构简式：______。①1，3，5﹣三取代苯；②属于酯类且既能与FeCl3溶液显紫色，又能发生银镜反应；③1mol该同分异构体最多能与3molNaOH反应。(5)物质B与足量NaOH溶液反应的化学方程式为________。19、硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]比FeSO4稳定，不易被氧气氧化，常用于代替FeSO4作分析试剂。某小组在实验室制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O并探究其分解产物。Ⅰ．按以下流程制备硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O](1)铁屑溶于稀硫酸过程中，适当加热的目的是________。(2)流程中，需将滤液转移到____(填写仪器名称)中，迅速加入饱和硫酸铵溶液，直接加热蒸发混合溶液，观察到____，停止加热。II.查阅资料可知硫酸亚铁铵晶体加热主要发生反应：(NH4)2Fe(SO4)2—Fe2O3+SO2↑+NH3↑+N2↑+H2O但伴有副反应发生，生成少量SO3和O2。设计以下实验探究分解的产物：(3)配平，完整写出上述分解反应的化学方程式_______。(4)加热过程，A中固体逐渐变为________色。待晶体完全分解后，为验证A中残留物是否含有FeO，需选用的试剂有______(填字母)。AKSCN溶液B稀硫酸C浓盐酸D酸性KMnO4溶液(5)B中有白色沉淀生成，写出生成该白色沉淀的离子方程式：_______。(6)C的作用是___________。(7)D中集气瓶能收集到氧气，________(填“能”或“不能”)用带火星木条检验。(8)上述反应结束后，继续证明分解产物中含有NH3的方法是_______。20、某同学向两个容积相同的烧瓶内分别充入一定量的HCl与NH3（假设烧瓶内其它气体难溶于水）。利用如图所示的装置进行实验，实验开始前各活塞均关闭。（1）同温同压下，两个烧瓶内充入的HCl与NH3分子数目之比为___，烧瓶Ⅱ中喷泉的颜色是___。（2）单独进行喷泉实验后，烧瓶I中c(Cl-)=___mol•L-1（实验条件下气体摩尔体积为Vm)（3）实验表明，若只是关闭b、打开a、c，则易在烧瓶I中观察到白烟，这表明气体分子扩散速率随着气体相对分子质量的增大而____（填“增大”或“减小”)。21、硝酸是重要的化工原料，在工农业生产和国防上有重要用途。（1）实验室利用硝石（NaNO3）和浓硫酸共热制取硝酸。①该反应利用了浓硫酸的_______性；②该反应的温度不宜太高，原因是（用化学方程式表示）______；（2）工业上用氨气的催化氧化法制取硝酸，再利用硝酸和氨气反应生产NH4NO3。①写出氨气的电子式_____；②写出氨气催化氧化的化学方程式_______；③在生产过程中，氨催化氧化生成氮氧化物的利用率是80%，氮氧化物被吸收得到硝酸的利用率是85%，则制取80t的NH4NO3需要氨气______t；（3）某混合酸1L中含1mol的硝酸和2mol的硫酸。取该混合酸100mL，加入5.6g铁粉充分反应。①反应中可以生成NO____L（标准状况）；②向反应后的溶液再加入铁粉，能继续溶解铁粉____g。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】A．分子中含有碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；B．橙花醇中含有碳碳双键、羟基2种官能团，故B正确；C．在浓硫酸催化下加热脱水，可以分子内脱水生成烯烃，也可以分子间脱水生成醚，故C正确；D．1mol橙花醇中含有3mol碳碳双键，在室温下与溴的四氯化碳溶液反应，可以消耗3mol溴，质量为480g，故D错误；故选D。2、A【解析】①氢氧化钙易变质为碳酸钙，用稀盐酸可以溶解碳酸钙，故①正确；②配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，相似于稀释浓硫酸，要将浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌，故②错误；③氯水中的次氯酸可以漂白pH试纸，所以不可用pH试纸测量氯水的pH，故③错误；④稀硝酸可以氧化溶解银单质，故④正确；⑤浓硝酸是见光易分解的液体，所以保存在棕色细口瓶中，故⑤正确；⑥碱与铵盐受热生成碱性气体氨气，所以某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，溶液中含NH4＋，故⑥正确。故选A。3、B【分析】由示意图可知，该装置是电解池，将CO2和H2O转换为H2、CO、HCHO、HCOOH、等；左边银电极是阴极，右边铂电极是阳极，水在阳极放电生成氧气和氢离子，氢离子向左边移动，所以离子交换膜是质子交换膜。【详解】A、右边铂电极是阳极，水在阳极放电生成氧气和氢离子，氢离子向左边移动，因此交换膜是质子交换膜，A正确；B、Ag极为阴极，Pt极为阳极，阳极的电势比阴极高，故B错误；C、阳极的反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+,当电路中每流过4mol电子，消耗2molH2O（氧气逸出，氢离子移向左边），阳极区质量减少36g，C正确；D、太阳能、风能及潮汐能均是可再生能源，故D正确。答案选B。4、B【解析】A、检验SO42－是否存在，先加入盐酸，排除其他离子对实验干扰，然后再加入BaCl2溶液，如果有沉淀产生，说明溶液中存在SO42－，否则不含有，故A错误；B、容量瓶、量筒、滴定管上都标有使用温度，量筒和容量瓶上没有0刻度，滴定管上有0刻度，滴定管从上到下刻度增大，使用滴定管时先用水洗涤，再用待测液润洗，容量瓶使用时用水洗，但不能润洗，否则造成所配溶液浓度偏大，故B正确；C、不能把点燃的镁条伸入到集气瓶的底部，否则造成集气瓶的炸裂，故C错误；D、NaClO具有强氧化性，能把pH试纸漂白，无法读出数值，故D错误。..5、C【解析】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应为：H＋（aq）＋OH－（aq）=H2O（l）△H=－57.3kJ·mol－1；1L0.5mol·L－1的Ba（OH）2溶液中氢氧化钡物质的量为0.5mol；①浓硫酸稀释时会放热，生成BaSO4沉淀放热，∆H1<－57.3kJ·mol－1；②稀硝酸是强酸，∆H2=－57.3kJ·mol－1；③醋酸是弱酸，醋酸电离时吸热，∆H2>－57.3kJ·mol－1；故△H1＜△H2＜△H3，答案选C。6、C【解析】A．对于可逆反应，保持温度不变，若通过增加反应物浓度或减小生成物的浓度使平衡右移，则到达新的平衡时的平衡常数K不变，故A错误；B．一定温度下，在a

mol•L-1的饱和石灰水中加入适量的b

mol•L-1CaCl2溶液(b＞a)，混合液中n(Ca2+)增大，溶剂增多，c(OH-)减小，如果c(Ca2+)·c2(OH-)＜Ksp[Ca(OH)2]，则没有Ca(OH)2析出，故B错误；C．相同温度时，CH3COOH的电离平衡常数Ka与NH3·H2O的电离平衡常数Kb相等，所以CH3COONH4的水溶液中阴阳离子的水解程度相同，溶液显中性，故C正确；D．升高温度，大于放热反应，平衡逆向移动，平衡常数减小，故D错误；故选C。点睛：本题考查电解质溶液中有关离子平衡常数的理解，解答时需抓住各常数的意义以及影响因素分析。本题的易错点为B，容易忽视混合后溶液体积变化引起c(OH-)的变化而错选。7、B【解析】试题分析：①乙酸与乙醇的反应为可逆反应，不能完全除去乙酸，且操作复杂，可用饱和碳酸钠溶液除杂，故①错误；②HCl易溶于水，而氯气难溶于饱和食盐水，所以可用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl，故②正确；③亚硫酸酸性比碳酸强，混合气体通入饱和碳酸氢钠溶液可除去二氧化硫气体，故③正确；④氯化铵不稳定，加热时氯化铵分解，碘升华，不能得到纯净的氯化铵，故④错误；⑤醋酸酸性比碳酸强，醋酸与碳酸盐反应生成二氧化碳气体，可用于检验，故⑤正确；⑥淀粉遇碘单质变蓝色，实验中的碘以碘酸钾的形式存在，不能用淀粉检验，故⑥错误；⑦纯碱溶液呈碱性，油脂在碱性条件下水解生成溶于水的盐，可洗去，故⑦正确；⑧过滤时不能用玻璃棒搅拌，防止捣破滤纸，故⑧错误；⑨加入盐酸生成NaCl，引入新的杂质，应用硫酸除杂，故⑨错误，答案选B。考点：考查实验方案的评价，物质的分离、提纯和除杂等8、A【详解】A项、乙烯是不饱和气态烃，是石油裂解的产物之一，故A正确；B项、C4H10为饱和气态烃，不是石油裂解的产物之一，故B错误；C项、C8H16为液态烯烃，不是石油裂解的产物之一，故C错误；D项、C16H34为液态烷烃，不是石油裂解的产物之一，故D错误；故选A。【点睛】在石油化工生产过程里，常用石油分馏产品（包括石油气）作原料，采用比裂化更高的温度以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程，叫石油裂解。石油裂解的目的是获得不饱和气态烃做化工原料。9、C【详解】A.反应中铝元素化合价由0价升高为+3价，铝是还原剂，故A正确；B.在硫酸铁溶液中含有Fe3+，滴加硫氰化钾溶液，溶液变红，故B正确；C.Al2O3是两性氧化物，可以和强碱反应，所以不能用Al2O3制成的坩埚熔融烧碱，故C错误；D.明矾溶于水形成的胶体具有吸附性，可用其净化生活用水，故D正确；故答案选C。10、A【解析】等质量的H2、O2、CO2、SO2四种气体中，由n=m/M可知，SO2的物质的量最小，相同温度、容积时，气体的压强之比等于气体分子物质的量之比，二氧化硫的压强最小，答案A正确；故选A。11、C【分析】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；【详解】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是r(Na)>r(s)>r(O)，故A错误；B、SO2能使溴水褪色，发生SO2＋Br2＋H2O=2HBr＋H2SO4，利用SO2的还原性，乙烯和溴水反应，发生的加成反应，故B错误；C、含S元素的盐溶液，如果是Na2SO4，溶液显中性，如果是NaHSO4，溶液显酸性，如果是Na2SO3，溶液显碱性，故C正确；D、形成化合物分别是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，故D错误，答案选C。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。12、C【详解】A．各类消毒剂都有其使用的合适浓度，并非浓度越大消毒效果越好，如75%的酒精消毒效果最好，A项错误；B．医用酒精具有还原性，“84”消毒液具有氧化性，二者不能混用，B项错误；C．过氧乙酸的结构简式为CH3COOOH，其中过氧键所连两个氧为-1价，具有氧化性，C项正确；D．各类消毒剂均能使病毒蛋白质变性，也能使人体蛋白质变性，D项错误；故选C。13、B【详解】A.Si导电性介于导体和绝缘体之间，可用作半导体材料，与熔点高无关系，A项错误；B.HClO具有强氧化性，可用于漂白有色有机物质，B项正确；C.FeCl3具有氧化性，可与铜发生反应生成氯化亚铁与氯化铜，跟FeCl3溶液的酸碱性无关，C项错误；D.Al2O3熔点很高，故可以做耐火材料，而不是利用其硬度很大的性质，D项错误；答案选B。【点睛】其中A选项关于硅或硅的化合物的用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。14、A【详解】A.关闭止水夹,利用漏斗下端导管中液面与烧瓶中液面的液面差一段时间不变可以知道气密性良好,故A正确；B.纯碱为粉末固体,则多孔隔板不能使反应随时停止,故B错误;C.NaOH溶液与二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠,应选碱式滴定管,故C错误;D.NO密度和空气相近，不能用排空气法收集，故此装置不适合制取NO,所以D错误；答案：A。【点睛】可以通过关闭止水夹,利用液面差检验气密性;.NaOH溶液与二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠;碘的CCl4溶液不分层。15、B【详解】A．CH2=CH-COOH含有碳碳双键和羧基，能发生取代反应、加成反应，但不能发生水解反应，故A错误；B．石油分馏产品经过裂解可得到乙烯，乙烯与Br2发生加成可制得1，2-二溴乙烷，故B正确；C．分子式为C4H8O2的酯可以是甲酸丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯和丙酸甲酯共4种，故C错误；D．淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物，但硬脂酸甘油酯可水解，不是高分子化合物，故D错误；答案为B。16、A【解析】A、稀硫酸滴入碳酸氢钠，产生CO2，说明硫酸的酸性强于碳酸，CO2通入硅酸钠溶液，出现胶状沉淀，说明碳酸的酸性强于硅酸，即酸性强弱：硫酸>碳酸>硅酸，故A正确；B、MnO2与浓盐酸反应需要加热，但题中装置缺少加热装置，故B错误；C、外管温度高，内管温度低，e应是小苏打，d应是苏打，故C错误；D、NH4Cl受热分解，造成硝酸银溶液出现沉淀，不能体现NH4Cl沸点高低，故D错误。点睛：本题的易错点是选项B，学生忽略MnO2与浓盐酸反应需要加热，题中所给装置甲，没有加热装置，此反应不能进行，分析时一般从发生装置，特别是有无加热装置，干燥装置、收集装置、有无尾气处理装置进行分析。二、非选择题（本题包括5小题）17、羰基取代反应或保护亚氨基(或)，避免发生副反应或【分析】根据合成路线中有机物的结构简式及反应条件分析，A中氢原子被取代生成B，B中羟基被Cl取代生成C，C与间二氟苯发生取代反应生成D，D中的亚氨基具有碱性，与盐酸反应生成E，E在与NH2OH﹒HCl的反应中，羰基中氧原子被取代生成F，F在碱性条件下发生成环反应生成G，据此分析解答。【详解】(1)根据E的结构简式分析，其中的含氧官能团为羰基，故答案为：羰基；(2)根据C和D的结构变化分析，C→D的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；(3)已知R—NH2+F—R′→RNH—R′+HF，在一定条件下，胺中的氢原子和F-R中F会被取代，则结合H的分子式分析知，H的结构简式为：，故答案为：；(4)①有一个六元环，该六元环含一个О原子和一个N原子，则环中还有4个碳原子，另外4个碳原子处于六元环的取代基位置上；②能发生银镜反应，结构中含有醛基；③核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6∶4∶2∶1，根据峰的数目分析，有两个醛基和两个甲基，并处于对称位置，同分异构体为：或，故答案为：或；(5)已知：RCOCl+R′NH2→；①根据亚氨基在合成路线中的变化分析，设计A→B步骤的目的是保护亚氨基(或)，避免发生副反应，故答案为：保护亚氨基(或)，避免发生副反应；②根据原料的及目标产物的结构特点，结合题干信息中反应类型，运用逆推法分析得到合成路线为：或。18、(CH3)2CHCOOH醚键和羧基取代反应52+2NaOH+NaCl+H2O【分析】A发生信息反应(Ⅱ)生成B，苯酚反应得到C，B与C发生信息反应(Ⅲ)生成甲，由G的结构可知，苯酚与氢氧化钠等反应生成C为苯酚钠，则B为ClC(CH3)2COOH，A为(CH3)2CHCOOH，由氯贝特的结构可知甲与乙醇反应生成D为，据此解答。【详解】(1)A为(CH3)2CHCOOH，故答案为：(CH3)2CHCOOH；(2)根据甲的结构简式可知，甲中含有的官能团为醚键和羧基，故答案为：醚键和羧基；(3)反应②是发生Ⅲ．R1﹣ONa+Cl﹣R2R1﹣O﹣R2+NaCl(R1﹣、R2﹣代表烃基)，原子与原子被取代，因此反应类型为取代反应；由氯贝特的结构可知，氯贝特的核磁共振氢谱有5组峰，故答案为：取代反应；5；(4)甲有多种同分异构体，同时满足以下条件：①1，3，5﹣三取代苯；②属于酯类且既能与FeCl3溶液显紫色，又能发生银镜反应；含有酚羟基、醛基；③1mol该同分异构体最多能与3molNaOH反应。结合②可知应含有酚羟基、甲酸与酚形成的酯基，故侧链为−OH、−CH2CH2CH3、−OOCH，或侧链为OH、−CH2CH3、−OOCCH3，符合条件的同分异构体有2种，其中一种的结构简式为，，故答案为：2；；(5)B为ClC(CH3)2COOH，B与足量NaOH溶液反应的化学方程式为：+2NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+2NaOH+NaCl+H2O。19、加快铁与稀硫酸的反应速率，使铁屑充分溶解蒸发皿表面有晶膜生成2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3＋4SO2↑＋2NH3↑＋N2↑＋5H2O红棕BDBa2+＋SO3＋H2O＝BaSO4↓＋2H+(或2Ba2+＋2SO2＋O2＋2H2O＝2BaSO4↓＋4H+)检验产物中是否含有SO2不能取B中少量溶液于试管中，滴加少量NaOH溶液并加热，能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明分解产物中含有NH3【分析】Ⅰ．称取一定量铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热，过滤将FeSO4滤液中加入(NH4)2SO4晶体，加热搅拌至全部溶解，再蒸发浓缩至溶液表面有晶膜出现时，静置冷却结晶，抽滤，用少量洗涤剂洗涤晶体2～3次，将晶体放在表面皿上晾干可得产品硫酸亚铁铵晶体；Ⅱ．(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O在A装置中受热分解，生成红棕色Fe2O3，B中吸收碱性气体NH3，还会产生白色沉淀BaSO4，C中品红褪色，说明生成了SO2、最后用排水收集法收到难溶性的N2。【详解】(1)适当加热可以加快铁与稀硫酸的反应速率，使铁屑充分溶解；(2)蒸发需要在蒸发皿中进行，所以需将滤液转移到蒸发皿中，蒸发溶液时，当观察到表面有晶膜生成时停止加热；(3)氮元素和铁元素化合价升高，根据在氧化还原反应中化合价有升必有降，硫化合价降低，根据电子守恒和元素守恒可得：2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3＋4SO2↑＋2NH3↑＋N2↑＋5H2O；(4)根据方程式可知(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O在A装置中受热分解会生成红棕色Fe2O3，所以加热过程中A中固体逐渐变为红棕色；FeO溶于酸可以产生Fe2+，亚铁离子具有还原性，所以可先用稀硫酸(盐酸也会还原高锰酸钾，所以不用盐酸)溶解FeO，再滴加酸性高锰酸钾溶于，若溶液褪色则有FeO，反之则无，故选BD；(5)SO2不与氯化钡溶液反应，所以B中产生白色沉淀是BaCl2、SO2和O2的共同作用，白色沉淀为BaSO4，反应的离子方程式为：2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+；(6)SO2可用使品红褪色，所以C的作用是：检验产物中是否含有SO2；(7)因为收集到的