安徽省肥东圣泉中学2026届化学高三上期末质量跟踪监视试题含解析

安徽省肥东圣泉中学2026届化学高三上期末质量跟踪监视试题请考生注意：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、“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是①实验室收集氨气采用图1所示装置②实验室做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应A．②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④2、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．1.0mol·L－1的KNO3溶液中：H＋、Fe2＋、Cl－、B．使紫色石蕊溶液变红的溶液中：、Ba2＋、、Cl－C．pH＝12的溶液中：K＋、Na＋、CH3COO－、Br－D．滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中：、Mg2＋、I－、Cl－3、某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是选项实验及现象结论A将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有NH3产生B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C收集气体的同时测得溶液的pH为8.6弱碱性溶液中Mg也可被氧化D将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中OH-氧化了MgA．A B．B C．C D．D4、下列反应的离子方程式正确的是A．铜跟稀HNO3反应：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OB．向硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++3OH-=AlO2-+2H2OC．向Ag(NH3)2NO3溶液中加入盐酸：Ag(NH3)2++2H+=Ag++2NH4+D．NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合后溶液呈中性：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O5、下列关于氨碱法和联合制碱法说法错误的是（）A．两者的原料来源相同B．两者的生产原理相同C．两者对食盐利用率不同D．两者最终产品都是Na2CO36、已知：25°C时，MOH的Kb=10-7。该温度下，在20.00mL0.1mol·L-1MCl溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是A．a=4 B．V1=10C．溶液中水的电离程度：P>Q D．Q点溶液中c(Na+)<2c(M+)7、下列物质不属于盐的是A．CuCl2 B．CuSO4 C．Cu2(OH)2CO3 D．Cu(OH)28、下列说法中的因果关系正确的是A．因为氢氟酸显弱酸性，可用于雕刻玻璃B．因为液态氨气化时吸热，可用液态氨作制冷剂C．因为明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，起消毒杀菌的作用D．用铝制容器盛放浓硝酸，是因为铝和浓硝酸不反应9、常温下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)。下列说法不正确的是()A．M点溶液中水的电离程度比原溶液小B．在M点时，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)molC．随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断增大D．当n(NaOH)＝0.1mol时，c(Na＋)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)10、能正确表示下列反应的离子反应方程式的是A．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：H++SO42-＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2OB．Cl2溶于过量NaOH溶液中：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OC．醋酸除水垢CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑D．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-＋2H＋=SO2↑＋H2O11、常温下，向20mL、浓度均为0.1mol·L－1的氢氧化钠溶液、氨水中分别滴加0.1mol·L－1盐酸，溶液导电性如图所示（已知：溶液导电性与离子浓度相关）。下列说法正确的是A．a点溶液pH=11B．曲线1中c与e之间某点溶液呈中性C．c点溶液中：c（H+）=c（OH－）+c（N3H·H2O）D．在a、b、c、d、e中，水电离程度最大的点是d12、下列实验对应的实验现象和结论或解释都正确的是()选项实验操作实验现象结论或解释AKI淀粉溶液中通入少Cl2溶液变蓝Cl2能与淀粉发生显色反应B向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置水层几乎无色苯与溴水发生了取代反应C向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，然后加入银氨溶液，加热无银镜出现不能判断蔗糖是否水解D向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液出现红褐色沉淀Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]A．A B．B． C．C D．D13、关于P、S、Cl三种元素的说法错误的是A．原子半径P>S>ClB．最高价氧化物对应水化物的酸性H3PO4<H2SO4<HClO4C．氢化物的稳定性PH3<H2S<HClD．元素的非金属性P>S>Cl14、关于化学键的各种叙述，下列说法中不正确的是（）A．Ca(OH)2中既有离子键又有共价键B．在单质或化合物中，一定存在化学键C．在离子化合物中，可能存在共价键D．化学反应中肯定有化学键发生变化15、下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是A．银氨溶液:Na+、K+、NO3—、NH3·H2O B．空气:C2H4、CO2、SO2、NOC．氯化铝溶液:Mg2+、HCO3—、SO42—、Br— D．使甲基橙呈红色的溶液:I—、Cl—、NO3—、Na+16、某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH相同、体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列叙述错误的是A．曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液B．溶液中水的电离程度：b点小于c点C．相同体积a点的两种酸分别与NaOH溶液恰好中和后，溶液中n(NO2－)＞n(CH3COO－)D．由c点到d点，溶液中保持不变（其中HA、A－分别代表相应的酸和酸根离子）二、非选择题（本题包括5小题）17、药物中间体F的一种合成路线如图：已知：RCOOR′RCH2OH+R′OH(R为H或烃基，R'为烃基)回答下列问题；(1)A中官能团名称是__________。(2)反应①的反应类型是____。(3)反应②的化学方程式为___________。(4)反应④所需的试剂和条件是______________。(5)F的结构简式为____。(6)芳香化合物W是E的同分异构体，W能水解生成X、Y两种化合物，X、Y的核磁共振氢谱均有3组峰，X的峰面积比为3:2:1，Y的峰面积为1:1:1，写出符合题意的W的结构简式___(写一种)。(7)肉桂酸广泛用于香料工业与医药工业，设计以苯甲酸甲酯和丙二酸为起始原料制备肉桂酸的合成路线：_______________(无机试剂任用)。18、烯烃和酚类是两种重要的有机化工原料。完成下列填空：(1)合成除苯乙烯外，还需要另外两种单体，写出这两种单体的结构简式________________________________、_________________________________。(2)由苯乙烯合成（）需要三步，第一步选用的试剂为__________，目的是______________________________。(3)邻甲基苯酚可合成A，分子式为C7H6O3，在一定条件下A自身能缩聚成B。B的结构简式_________。A与浓溴水反应的化学方程式为_________________。(4)设计一条由制备A的合成路线（合成路线常用的表示方法为：MN……目标产物）____________________。19、锡有SnCl2、SnCl4两种氯化物．SnCl4是无色液体，极易水解，熔点﹣36℃，沸点114℃，金属锡的熔点为231℃．实验室用熔融的金属锡跟干燥的氯气直接作用制取无水SnCl4（此反应过程放出大量的热）．实验室制取无水SnCl4的装置如图所示．完成下列填空：（1）仪器A的名称__；仪器B的名称__．（2）实验室制得的氯气中含HCl和水蒸气，须净化后再通入液态锡中反应，除去HCl的原因可能是__；除去水的原因是__．（3）当锡熔化后，通入氯气开始反应，即可停止加热，其原因是__．若反应中用去锡粉11.9g，反应后在锥形瓶中收集到23.8gSnCl4，则SnCl4的产率为__．（4）SnCl4遇水强烈水解的产物之一是白色的固态二氧化锡．若将SnCl4少许暴露于潮湿空气中，预期可看到的现象是__．（5）已知还原性Sn2+＞I﹣，SnCl2也易水解生成难溶的Sn（OH）Cl．如何检验制得的SnCl4样品中是否混有少量的SnCl2？__．20、FeCl3是重要的化工原料，无水氯化铁在300℃时升华，极易潮解。I．制备无水氯化铁。（1）A装置中发生反应的离子方程式为______________。（2）装置的连接顺序为a→______________→j，k→______________（按气流方向，用小写字母表示）。（3）实验结束后，取少量F装置玻璃管中的固体加水溶解，经检测，发现溶液中含有Fe2+，可能原因为______________。II．探究FeCl3与SO2的反应。（4）已知反应体系中存在下列两种化学变化：（i）Fe3+与SO2发生络合反应生成Fe(SO2)63+（红棕色）；（ii）Fe3+与SO2发生氧化还原反应，其离子方程式为______________。（5）实验步骤如下，并补充完整。步骤现象结论①取5mL1mol·L-1FeCl3溶液于试管中，通入SO2至饱和。溶液很快由黄色变为红棕色②用激光笔照射步骤①中的红棕色液体。_______________红棕色液体不是Fe(OH)3胶体③将步骤①中的溶液静置。1小时后，溶液逐渐变为浅绿色④向步骤③中溶液加入2滴___________溶液(填化学式)。_______________溶液中含有Fe2+（6）从上述实验可知，反应（i）、（ii）的活化能大小关系是：E(i)________E(ii)（填“>”、“<”或“=”，下同），平衡常数大小关系是：K(i)__________K(ii)。21、（化学——选修3：物质结构与性质）第23号元素钒在地壳中的含量大约为0.009%，在过渡元素中仅次于Fe、Ti、Mn、Zn，排第五位。我国四川攀枝花地区蕴藏着极其丰富的钒钛磁铁矿。(1)钒在周期表中的位置为__________，电子占据的最高能层的轨道形状为_______(2)在地壳中含量最高的五种过渡金属元素Fe、Ti、Mn、Zn、V中，基态原子核外单电子数最多的是_____。(3)过渡金属可形成许多羧基配合物，即CO作为配体形成的配合物。①CO的等电子体有N2、CN－、_______等(任写一个)。②CO作配体时，配位原子是C而不是O，其原因是________。(4)过渡金属配合物常满足“18电子规则”，即中心原子的价电子数加上配体提供的电子数之和等于18，如[Fe(CO)5]、[Mn(CO)5]－等都满足这个规则。①下列钒配合物中，钒原子满足18电子规则的是__________。A[V(H2O)6]2＋B[V(CN)6]4－C[V(CO)6]－D[V(O2)4]3－②化合物的熔点为138℃，其晶体类型为________。(5)VCl2(熔点1027℃)和VBr2(熔点827℃)均为六方晶胞，结构如图所示。①VCl2和VBr2两者熔点差异的原因是_________。②设晶体中阴、阳离子半径分别为r－和r＋，该晶体的空间利用率为________(用含a、c、r＋和r－的式子表示)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体，减少污染的效果。【详解】①图1所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染，符合“绿色化学”，故①符合题意；②图2所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故②符合题意；③氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故③不符合题意；④图3所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故④符合题意；故符合“绿色化学”的为①②④。故选C。【点睛】“绿色化学”是指在源头上消除污染，从而减少污染源的方法，与“绿色化学”相结合的往往是原子利用率，一般来说，如果所有的反应物原子都能进入指定的生成物的话，原子的利用率为100%。2、C【解析】

A.H＋、Fe2＋、NO3—之间能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B.使紫色石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量H＋，H＋与AlO2—在溶液中能够反应，且NH4+与AlO2—会发生双水解，不能大量共存，故B错误；C.pH＝12的溶液显碱性，OH－与K＋、Na＋、CH3COO－、Br－不反应，且K＋、Na＋、CH3COO－、Br－之间也不反应，可大量共存，故C正确；D.滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中含有Fe3＋，Fe3＋、I－能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C。3、D【解析】

A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；C．pH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D的结论不合理，故D错误；故选D。4、A【解析】A.铜跟稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故A正确；B.过量氨水不能溶解生成的氢氧化铝沉淀，故B错误；C.向Ag(NH3)2NO3溶液中加入盐酸反应生成氯化银沉淀，故C错误；D.NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合后溶液呈中性的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故D错误；故选A。点晴：离子方程式正误判断是高考高频知识点，解这类题主要是从以下几个方面考虑：①反应原理是否正确；②电解质的拆分是否正确；③是否满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒。本题的易错点是D，要注意从化学方程式进行判断。5、A【解析】

A．氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料；联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（来自合成氨中用水煤气制取氢气时的废气）为原料，两者的原料来源不相同，故A错误；B．氨碱法其化学反应原理是NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3↓+NH4Cl，联合制碱法包括两个过程：第一个过程与氨碱法相同，将氨通入饱和食盐水而形成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3晶体，再煅烧制得纯碱产品，第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，故B正确；C．氨碱法的最大缺点在于原料食盐的利用率只有约70%，联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到96%以上，故C正确；D．氨碱法和联合制碱法两者最终产品都是Na2CO3，故D正确；选A。6、D【解析】

A.25°C时，MOH的Kb=10-7，则Kh(MCl)==10-7，解得c(H+)=10-4mol/L，pH=a=4，A正确；B.等浓度的MCl、MOH的混合溶液中，MCl的水解程度等于MOH的电离程度，所以溶液pH=7时，加入的MOH的体积为10mL，B正确；C.在盐MCl溶液中逐滴加入NaOH溶液，加入的碱越大，水对电离的抑制作用越强，水电离程度就越小，所以溶液中水的电离程度：P>Q，C正确；D.P点加入10mLNaOH溶液时nP(Na+)=nP(M+)，Q点时MOH少量电离，nQ(M+)<nP(M+)，nQ(Na+)=2nP(Na+)，所以c(Na+)>2c(M+)，D错误；故合理选项是D。7、D【解析】

A.CuCl2是铜离子和氯离子组成的化合物，属于盐，A不选；B.CuSO4是硫酸根离子和铜离子组成的化合物，属于盐，B不选；C.Cu2(OH)2CO3为碱式碳酸铜，属于盐，C不选；D.Cu(OH)2为氢氧化铜，在溶液中能部分电离出铜离子和氢氧根离子，属于碱，D选；答案选D。8、B【解析】

A．二氧化硅与氢氟酸发生反应生成四氟化硅，与酸性强弱无关，故A错误；B．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故B正确；C．明矾水解形成Al(OH)3胶体，具有吸附作用，可以吸收水中固体杂质颗粒，所以可用作水处理中的净水剂，不能用于自来水的杀菌消毒，故C错误；D．浓硝酸具有强氧化性，可使铝钝化，所以在常温下用铝制容器盛放浓硝酸，钝化是铝的表面发生了氧化还原反应，故D错误；故选B。9、C【解析】A．M点是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，A正确；B．在M点时溶液中存在电荷守恒，n（OH-）+n（Cl-）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n(OH-)-n(H+)=0.05+n（Na+）-n（Cl-）=（a-0.05）mol，B正确；C．铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，c(H+)×c(NH3·H2O)/c(NH4+)×c(NH3·H2O)=Kh/c(NH3·H2O)，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则c(H+)/c(NH4+)减小，C错误；D．向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n（NaOH）=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，D正确；答案选C。10、B【解析】

A.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，正确离子方程式为：2H++SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，A项错误；B.Cl2溶于过量NaOH溶液中生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，B项正确；C.醋酸为弱酸，离子方程式中不拆，C项错误；D.稀HNO3具有强氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4，D项错误；答案选B。【点睛】本题易错点D，离子方程式正确判断时，要注意物质的性质，有强氧化剂时，会与还原剂发生氧化还原反应。11、C【解析】

氢氧化钠为强电解质，一水合氨为弱电解质，所以体积、浓度相同的氢氧化钠溶液的导电性要比一水合氨的导电性要强，故曲线2为氢氧化钠溶液，曲线1氨水。【详解】A.曲线2为氢氧化钠溶液，氢氧化钠是一元强碱，c(OH-)=0.1mol/L，则c(H+)=1×10-13mol/L，所以pH=-lgc(H+)=13，故A错误；B.在氨水中滴加盐酸，溶液由碱性变中性，再变成酸性，滴定前氨水呈碱性，而c点对应的溶液溶质为氯化铵，呈酸性，说明中性点在c点向b点间的某点，c点到e点溶液的酸性越来越强，故B错误；C.c点表示溶质是氯化铵，溶液中存在质子守恒式：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，故C正确；D.由图像知，曲线1导电性较弱，说明曲线1对应的溶液为弱电解质溶液，即曲线1代表氨水，曲线2代表氢氧化钠溶液，c点表示氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵，水解程度最大，故此点对应的溶液中水的电离程度最大，故D错误；故选C。【点睛】正确判断曲线1、曲线2代表的溶质为解答关键，然后根据横坐标加入HCl的量可以判断各点相应的溶质情况，根据溶质分析溶液的酸碱性、水的电离程度。12、C【解析】

A、I2能与淀粉发生显色反应，Cl2不能与淀粉发生显色反应，故A错误；B、向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置，苯萃取溴水中的溴，苯与溴水不反应，故B错误；C、银镜反应需在碱性条件下进行，向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，先加入氢氧化钠中和硫酸，然后加入银氨溶液，加热，才能判断蔗糖是否水解，故C正确；D、向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠，不能证明Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]，故D错误。13、D【解析】同周期元素从左到右半径减小，原子半径P>S>Cl，故A正确；同周期元素从左到右非金属性增强，所以最高价氧化物对应水化物的酸性增强，酸性H3PO4<H2SO4<HClO4，故B正确；非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物的稳定性PH3<H2S<HCl，故C正确；同周期元素从左到右非金属性增强，元素的非金属性P<S<Cl，故D错误。点睛：同周期元素从左到右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强、简单氢化物的稳定性增强、越易与氢气化合。14、B【解析】

A项、Ca(OH)2为离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故A正确；B项、稀有气体为单原子分子，不含有化学键，故B正确；C项、Ca(OH)2为离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故C正确；D项、化学反应的实质是旧键的断裂新键的形成，故D正确；故选B。15、A【解析】

A.在银氨溶液中，题中所给各离子间不发生反应，可以大量共存，故A正确；B.空气中有氧气，NO与氧气反应生成二氧化氮，不能大量共存，故B错误；C.氯化铝溶液中铝离子与碳酸氢根离子双水解，不能大量共存，故C错误；D.使甲基橙呈红色的溶液显酸性，I-和NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；答案选A。16、C【解析】

由电离常数可知，HNO2和CH3COOH都是弱酸，并且醋酸的酸性更弱。pH相同、体积均为V0的两种酸溶液中，醋酸的物质的量比亚硝酸大。【详解】A.相同pH的弱酸加水稀释，酸性越强的酸，pH变化越大，所以曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液，正确；B.从图中可以看出，溶液的pHb点小于c点，说明c(H+)b点比c点大，c(OH-)c点比b点大，从而说明溶液中水的电离程度c点比b点大，正确；C.相同体积a点的两种酸，醋酸的物质的量大，分别与NaOH溶液恰好中和后，溶液中n(NO2－)<n(CH3COO－)，错误；D.由c点到d点，弱酸的电离常数和水的电离常数都不变，所以Kw/Ka不变，即保持不变，正确。故答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、醛基、酚羟基取代反应+CH3ONa+NaBrCH3CH3OH/浓硫酸、加热。【解析】

A与溴单质发生取代反应生成B，根据A的结构简式和B的分子式可得B的结构简式为；B和CH3ONa在DMF的作用下发生取代反应生成C，根据C的分子式可得，C的结构简式为；C与CH2(COOH)2反应生成D，D和CH3CH3OH在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成E，根据已知信息，E和LiBH4反应生成F，根据F的分子式，F的结构简式为，根据以上分析解答。【详解】(1)A的结构简式为，其中官能团名称是醛基、酚羟基；(2)根据分析，反应①为A与溴单质发生取代反应生成B，则反应类型是取代反应；(3)反应②为B和CH3ONa在DMF的作用下发生取代反应生成C，根据C的分子式可得，C的结构简式为，化学方程式为+CH3ONa+NaBr；(4)根据分析，反应④为D和CH3CH3OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成E，所需的试剂和条件是CH3CH3OH/浓硫酸、加热；(5)根据分析，F的结构简式为；(6)E的结构简式为，芳香化合物W是E的同分异构体，W能水解生成X、Y两种化合物，X、Y的核磁共振氢谱均有3组峰，X的峰面积比为3:2:1，即X中有3种不同环境的氢原子，且个数比为3:2:1，Y的峰面积为1:1:1，即Y中有3种不同环境的氢原子，且个数比为1:1:1，符合题意的W的结构简式可以为；(7)结合已知信息，苯甲酸甲酯()和LiBH4反应生成，与氧气在Cu做催化剂加热条件下反应生成，再与CH2(COOH)2生成目标产物，则以苯甲酸甲酯和丙二酸为起始原料制备肉桂酸的合成路线：。18、CH2=CH-CNCH2=CH-CH=CH2HBr（或HCl）保护碳碳双键防止被加成或氧化【解析】

（1）链节主链为碳原子，且含有碳碳双键，应是烯烃、1，3﹣丁二烯之间发生的加聚反应，除苯乙烯外，还需要另外两种单体为：CH2=CH﹣CN、CH2=CH﹣CH=CH2，故答案为CH2=CH﹣CN、CH2=CH﹣CH=CH2；（2）苯乙烯先与HBr发生加成反应，然后再催化剂条件下发生取代反应，最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到，第一步的目的是：保护碳碳双键防止被加成，故答案为HBr；保护碳碳双键防止被加成；（3）邻甲基苯酚可合成A，分子式为C7H6O3，则A为，A发生缩聚反应得到B，B的结构简式为：，A与浓溴水反应的化学方程式为：，故答案为；；（4）在碱性条件下水解得到，然后发生催化氧化得到，再氧化得到，最后用酸酸化得到，合成路线流程图为：。19、蒸馏烧瓶冷凝管Sn可能与HCl反应生成SnCl2防止SnCl4水解Sn和Cl2反应放出大量的热91.2%空气中有白烟取样品少许，溶于稀盐酸中，加2滴碘的淀粉溶液，振荡，若紫色褪去，说明SnCl4混有少量的SnCl2，否则SnCl4纯净【解析】

装置A有支管，因此是蒸馏烧瓶，氯气进入烧瓶与锡反应得到，加热后挥发，进入装置B冷凝管中，注意冷凝水的方向是下进上出，冷却后的变为液体，经牛角管进入锥形瓶E中收集，而F中的烧碱溶液可以吸收过量的氯气，据此来分析作答。【详解】（1）装置A是蒸馏烧瓶，装置B是冷凝管；（2）锡在金属活动顺序表中位于氢之前，因此金属锡会和反应得到无用的，而除去水蒸气是为了防止水解；（3）此反应过程会放出大量的热，因此此时我们可以停止加热，靠反应放出的热将持续蒸出；根据算出锡的物质的量，代入的摩尔质量算出理论上能得到26.1克，则产率为；（4）水解产生白色的固态二氧化锡，应该能在空气中看到一些白烟；（5）根据题目给出的信息，若溶液中存在，则可以将还原为，因此我们取样品少许，溶于稀盐酸中，加2滴碘的淀粉溶液，振荡，若紫色褪去，说明SnCl4混有少量的SnCl2，否则SnCl4纯净。20、MnO2＋2Cl−＋4H+Mn2+＋Cl2↑＋2H2Oh，i，d，eg，f，b，（c）未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在水溶液中反应生成Fe2+SO2+2H2O+2Fe3+===SO42-+4H++2Fe2+液体中无明显光路K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀﹤﹤【解析】

Ⅰ首先制取氯气，然后除杂、干燥，再与铁粉反应，冷凝法收集升华出的FeCl3，最后连接盛有碱石灰的干燥剂，吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气使FeCl3水解。F中剩余的固体可能为未升华的FeCl3和铁粉的混合物，溶于水发生反应生成FeCl2；Ⅱ①Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出离子方程式；②没有出现丁达尔现象，说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体；③用K3Fe(CN)6溶液检验Fe2+，生成蓝色沉淀；④反应(i)比反应(ii)快，则活化能E(i)<E(ii)；反应(ii)进行的程度更大，则平衡常数K(i)<K(ii);【详解】Ⅰ（1）反应的离子方程式为：MnO2＋2Cl−＋4H+Mn2+＋Cl2↑＋2H2O；（2）首先制取氯