2026届山东省临沂市普通高中化学高三上期中经典模拟试题含解析

2026届山东省临沂市普通高中化学高三上期中经典模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在铜的催化作用下氨气与氟气反应，得到一种三角锥形分子M和一种铵盐N。下列有关说法错误的是A．该反应的化学方程式为4NH3＋3F2→NF3＋3NH4FB．M是极性分子，其还原性比NH3强C．M既是氧化产物，又是还原产物D．N中既含有离子键，又含有共价键2、实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是A．是氨气发生装置B．是氨气发生装置C．是氨气吸收装置D．是氨气收集、检验装置3、有机物命名中常使用三套数字，甲、乙、丙…，1、2、3…，一、二、三…。其中“一、二、三…”指的是（）A．碳原子数 B．氢原子数 C．碳链位置编号 D．某种基团的数目4、在体积可变的密闭容器中发生可逆反应：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)。能作为反应达到平衡状态的标志是A．单位时间内生成nmolO2的同时生成nmolNO2B．NO2、NO、O2三者的物质的量浓度之比为2：2：1C．混合气体的密度不再改变D．容器中气体压强不再变化5、一定温度下,将2mo1SO2和ImolO2充入1L恒容密闭容器中，发生反应:2SO2(g)

+O2(g)2SO3(g)△H=-196kJ·mol-1，5min时达到平衡，测得反应放热166.6kJ。下列说法错误的是A．0~5

min

内，用O2表示的平均反应速率V(O2)=0.17mol·L-1·min-1B．n(O2)/n(SO3)的值不变时，该反应达到平衡状态C．若增大O2的浓度，SO2的转化率增大D．条件不变，若起始时充入4molSO2和2molO2，平衡时放出的热量小于333.2kJ6、实验室验证钠能与二氧化碳发生反应，并确定其产物的装置如图所示（已知：PdCl2溶液遇CO能产生黑色的Pd），下列说法错误的是（）A．装置①可改用启普发生器B．装置⑤中石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯C．装置②③中分别盛装饱和Na2CO3溶液、浓H2SO4D．装置⑥中有黑色沉淀，发生的反应是PdC12+CO+H2O＝Pd↓+CO2+2HCl7、在容积不变的密闭容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H<0。下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中正确的是A．图I表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高B．图Ⅱ表示t0时刻使用催化剂对反应速率的影响C．图Ⅲ表示t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响D．图Ⅳ中a、b、c三点中只有b点已经达到化学平衡状态8、下列事实中，能用同一化学原理解释的是（）A．亚硫酸钠和乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．异戊烷和异戊二烯都能使溴水层褪色C．氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色D．活性炭与氢氧化钠溶液都能使二氧化氮气体褪色9、常温下，用0.01000mol·L-1的盐酸滴定0.01000mol·L-1NaA溶液20.00mL。滴定曲线如图所示，下列说法错误的是（）A．当滴入盐酸以后，c(HA)+c(A－)＜0.01000mol·L－1B．b点溶液中微粒浓度大小关系为：c(HA)＞c(A－)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)C．c点时，溶液中微粒浓度关系为：c(Na+)＜c(HA)+2c(A－)D．d点时，溶液中微粒浓度存在关系：c(Na＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)＋c(A－)10、实验室利用下图装置制取无水A1C13(183℃升华，遇潮湿空气即产生大量白雾)，下列说法正确的是A．①的试管中盛装二氧化锰，用于常温下制备氯气B．②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装浓H2SO4、饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH溶液C．滴加浓盐酸的同时点燃④的酒精灯D．⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替11、元素周期表中短周期的一部分如图，关于X、Y、Z、W、Q说法正确的是A．元素Y与元素Z的最高正化合价之和的数值等于9B．原子半径的大小顺序为：W＞Z＞YC．离子半径的大小顺序为：W2-＞Y2-＞Z3+D．W的气态氢化物的热稳定性和还原性均比Q强12、三个相同的恒温恒容密闭容器中分别盛有等质量的H2、CH4、O2，下列说法正确的是A．三种气体的分子数目一定相等B．三种气体物质的量之比为16∶2∶1C．三种气体的密度之比为1∶2∶16D．三种气体的压强一定相等13、已知反应2CO(g)===2C(s)＋O2(g)的ΔH为正值，ΔS为负值。设ΔH和ΔS不随温度的改变而改变。则下列说法中，正确的是()A．低温下是自发变化 B．高温下是自发变化C．低温下是非自发变化，高温下是自发变化 D．任何温度下是非自发变化14、废定影液含Ag(S2O3)23-和Br-等，实验室从中回收Ag和Br2的主要步骤为：向废定影液中加入Na2S溶液沉淀银离子，过滤、洗涤、干燥，灼烧Ag2S制取金属Ag；制取Cl2并将Cl2通入滤液中氧化Br-，再用苯萃取分液。其中部分实验操作的装置如图所示，下列叙述正确的是（）A．用装置甲分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌B．用装置乙在通风橱中高温灼烧Ag2S制取AgC．用装置丙制备Cl2D．用装置丁分液时，先放出水层再换个烧杯继续放出有机层15、室温时，等体积、浓度均为0.1mol/L的下列水溶液，分别达到平衡。①醋酸溶液：CH3COOH⇌CH3COO+H+②醋酸钠溶液：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−有关叙述中正确的是()A．加入等体积水后，只有②中平衡向右移动B．加入等体积水后，①中c(OH−)增大，②中c(OH−)减小C．①和②中，由水电离出的c(H+)相等D．c(CH3COOH)与c(CH3COO−)之和：①>②16、CO(g)和H2O(g)以1:2体积比分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，得到如下三组数据：下列说法不正确的是A．从实验数据分析，该反应的正反应是吸热反应B．实验A中，在0～10min内，以v(H2)表示的反应速率大于0.013mol(L·min)-1C．从生产效益分析，C组实验的条件最佳D．比较实验B、C，说明C实验使用了更高效的催化剂二、非选择题（本题包括5小题）17、乙烯是重要的化工原料，以乙烯为原料在不同条件下可合成下列物质（部分条件未标出）：（1）乙醇能与乙酸反应生成有果香味的物质，其名称为__________，该反应类型是____________（2）反应⑥的化学方程式是______________实验现象是__________________（3）反应③用KOH的乙醇溶液处理二氯乙烷制氯乙烯的方程式为：____________（4）苯乙烯中所含官能团的名称_____________（5）苯乙烯合成聚苯乙烯的化学方程式是_____________________（6）以乙醇和苯乙烯为原料合成有机物，写出合成路线图_________________。（合成路线常用的表示方法为：）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、现要测定某氯化铁与氯化亚铁混合物中铁元素的质量分数。实验按以下步骤进行：I．根据上面流程，回答以下问题：（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有_______、_______(填仪器名称)。（2）加入氯水发生反应的离子方程式为______________________________。（3）将沉淀物灼烧后，冷却至室温，用天平称量其质量为b1g，再次加热并冷却至室温，称量其质量为b2g，若b1－b2=0.3g，则接下来还应进行的操作是___________________；若坩埚质量是w1g，坩埚与灼烧后固体总质量是w2g，则样品中铁元素的质量分数是_______________。II．有同学提出，还可以采用以下方法来测定：（4）溶解样品改用了硫酸，而不再用盐酸，为什么?_____________________________。（5）选择的还原剂是否能用铁_____(填“是”或“否”)，原因是______________________。（6）)若滴定消耗cmol·L-1KMnO4溶液bmL，则样品中铁元素的质量分数是__________。20、某同学将铁铝合金样品溶解后取样25.00mL，分离并测定Fe3＋的浓度，实验方案设计如下：已知：乙醚[（C2H5）2O]沸点为34.5℃，易挥发、易燃，不纯时点燃易发生爆炸，微溶于水，密度比水小。在盐酸浓度较高时，Fe3＋与HCl、乙醚形成化合物[（C2H5）2OH][FeCl4]溶于乙醚；当盐酸浓度降低时，该化合物解离。请回答：（1）由操作A得到溶液Ⅰ的具体操作是静置后，________。（2）经操作A后，为判断Fe3＋是否有残留，请设计实验方案：_________。（3）蒸馏装置如图所示，装置中存在的错误是____________、______________。（4）下列有关说法正确的是__________。A为了减少滴定误差，滴定管、锥形瓶均需用待装液润洗B标准KMnO4溶液应该装在酸式滴定管中C开始滴定前，滴定管标准液内有气泡，滴定终点时，气泡消失了，则测得Fe3＋的浓度偏低D接近滴定终点时最后一滴标准KMnO4溶液滴下，溶液由黄色变为浅紫色，且半分钟内不变化（5）用0.1000mol·L－1KMnO4溶液进行滴定，平行实验三次，达到终点时，平均消耗KMnO4溶液6.00mL（滴定前先除去溶液中溶解的HCl）。根据该实验数据，试样X中c（Fe3＋）为____________。（结果保留三位有效数字）21、A是最简单的酚，根据题意，完成下列填空：（1）写出物质的结构简式：A：______________C：______________E:_____________（2）写出反应类型：反应①：________________反应②：____________________。（3）物质D中含有的官能团有：____________________________________________。（4）写出物质的邻位异构体在浓硫酸催化化作用下分子内脱水形成产物香豆素的化学方程式：_____________________________________________。（5）由C生成D的另外一个反应物是__________，反应条件是______________。（6）写出由D生成M的化学方程式：___________________________________________。（7）A也是制备环己醇的一种原料，请写出一种检验A是否完全转化为环己醇的一种方法。________________________________________________________________。（8）物质M在碱性条件下可以水解，1molM发生水解时最多消耗_________molNaOH。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【详解】A．由题给信息可知，在铜的催化作用下氨气与氟气反应，得到一种三角锥形分子M和一种铵盐N，则铵盐必定为NH4F，反应中F元素化合价降低，被还原，则N被氧化，生成的三角锥形的分子M应为NF3，则反应的方程式为4NH3+3F2=NF3+3NH4F，故A正确；B．NF3中N元素为+3价，而NH3中N元素化合价为-3价，NH3还原性较强，故B错误；C．4NH3+3F2=NF3+3NH4F反应中N元素化合价升高，F元素化合价降低，NF3既是氧化产物，又是还原产物，故C正确；D．NH4F为离子化合物，既含有离子键，又含有共价键，故D正确；故选：B。2、B【详解】A．NH4Cl固体受热分解生成的NH3和HCl在试管口遇冷会重新化合生成NH4Cl，故A错误；B．将浓氨水滴到生石灰固体上时，生石灰与水反应放热会导致NH3逸出，此为氨气的发生装置，故B正确；C．NH3极易溶于水，为防止倒吸，倒置的漏斗口刚接触水面即可，不能浸于水中，故C错误；D．收集NH3时，为防止NH3与空气形成对流使收集的NH3不纯，通常在导管口放置棉花团，故D错误；答案选B。3、D【解析】有机物命名中常使用三套数字，甲、乙、丙…，是主链碳原子数；1、2、3…，是取代基在主链上的位置；一、二、三…，为取代基的数目，故选D。4、C【详解】A、单位时间内生成nmolO2的同时生成nmolNO2，题给比例不符合正逆反应速率相等，不可作为达到平衡状态的标志，选项A错误；B、NO2、NO、O2的物质的量浓度之比为2:2:1的状态，因不能说明浓度不变，所以不一定是平衡状态，所以不能作为达到平衡状态的标志，选项B错误；C、在体积可变的密闭容器中，气体的总质量不变，则混合气体的密度不变时，总物质的量不变，所以混合气体的密度不再改变的状态，反应已达到平衡状态，选项C正确；D、在体积可变的密闭容器中发生可逆反应，容器中的气体压强始终保持不变，压强不变不能作为达到平衡状态的标志，选项D错误。答案选C。5、D【解析】A、根据反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196kJ•mol-1可知，当反应放热166.6kJ时，有1.7mol二氧化硫和0.85mol氧气参加反应，生成1.7mol三氧化硫，则0～5min内，用O2表示的平均反应速率V(O2)＝0.85mol/(10L×5min)＝0.017mol·L-1·min-1，A正确；B、的值不变时，说明氧气和二氧化硫的浓度保持不变，该反应达到平衡状态，B正确；C、若增大O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率增大，C正确；D、条件不变，起始向容器中充入4molSO2和2molO2，相当于加压，平衡时放热大于333.2kJ，D错误。答案选D。点睛：选项D是解答的难点，注意放大缩小思想的灵活应用，该方法适用于起始投入物质的物质的量之间存在一定的倍数关系。它指的是将反应容器的体积扩大一定的倍数，使起始物质的浓度相同，则在一定条件下，可建立相同的平衡态。然后在此基础上进行压缩，使其还原为原来的浓度。分析在压缩过程中，平衡如何移动，再依据勒夏特列原理，分析相关量的变化情况。6、C【分析】由装置可知①为二氧化碳的发生装置，②应为NaHCO3溶液，用于除去HCl，③为浓硫酸，用于干燥二氧化碳气体，在加热条件下，在④中如发生反应，则二氧化碳可被还原生成CO，可观察到⑥中溶液产生黑色沉淀，以此解答该题。【详解】A.装置①为常温下固体和液体制备气体的装置，碳酸钙颗粒与稀盐酸也适合用启普发生器，A项正确；B.装置⑤中石灰水变浑浊后，可将装置内的空气排出，防止氧气和钠反应，再进行点燃，操作规范合理，B项正确；C.二氧化碳与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液，用于除去氯化氢，C项错误；D.一氧化碳与氯化铅发生氧化还原反应，化学方程式为PdC12+CO+H2O＝Pd↓+CO2+2HCl，D项正确；答案选C。7、B【分析】

【详解】A．图Ⅰ中乙到达平衡时间较短，乙的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO3的转化率减小，乙的温度较高，故A错误；B．图Ⅱ在t0时刻，正逆反应速率都增大，但仍相等，平衡不发生移动，应是加入催化剂的原因，故B正确；C．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大，图Ⅲ改变条件瞬间，正、逆速率都增大，正反应速率增大较大，平衡向正反应移动，应是增大压强的原因，故C错误；D．曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点，故D错误；故选B。【点睛】1．分析反应速度图像：（1）看起点：分清反应物和生成物，浓度减小的是反应物，浓度增大的是生成物，生成物多数以原点为起点。（2）看变化趋势：分清正反应和逆反应，分清放热反应和吸热反应。升高温度时，△V吸热＞△V放热。（3）看终点：分清消耗浓度和增生浓度。反应物的消耗浓度与生成物的增生浓度之比等于反应方程式中各物质的计量数之比。（4）对于时间—速度图像，看清曲线是连续的，还是跳跃的。分清“渐变”和“突变”、“大变”和“小变”。比如增大反应物浓度V正突变，V逆渐变；升高温度，V吸热大增，V放热小增；使用催化剂，V正和V逆同等程度突变。2．化学平衡图像问题的解答方法：（1）三步分析法：一看反应速率是增大还是减小；二看△V正、△V逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。（2）四要素分析法：看曲线的起点；看曲线的变化趋势；看曲线的转折点；看曲线的终点。（3）先拐先平：对于可逆反应mA（g）+nB（g）pC（g）+qD（g），比如在转化率—时间—压强曲线中，先出现拐点的曲线先达到平衡，它所代表的压强大，如果这时转化率也高，则反应中m+n＞p+q，若转化率降低，则表示m+n＜p+q。（4）定一议二：图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。8、A【详解】A．亚硫酸钠和乙烯都具有还原性，都能被酸性高锰酸钾氧化，所以原理相同，故A正确；B．烷烃与溴水不反应，使溴水褪色是发生了萃取，烯烃能与溴水发生加成反应，使溴水褪色，原理不同，故B错误；C．二氧化硫与品红化合生成无色不稳定的物质，而氯气与水反应生成的HClO，次氯酸具有强氧化性，使品红氧化褪色，原理不同，故C错误；D．活性炭具有吸附性，使二氧化氮气体褪色是物理变化，氢氧化钠与二氧化氮发生化学反应，原理不同，故D错误；故选A。9、B【解析】A、根据物料守恒可知，开始时c(HA)+c(A－)=0.01000mol·L－1，但随着盐酸的加入，溶液的体积增大，c(HA)+c(A－)＜0.01000mol·L－1，故A不符合题意；B、b点时，加入盐酸的体积为10mL，此时反应后的溶质为HA、NaA、NaCl，且三者物质的量相等，此时溶液显碱性，说明A－的水解大于HA的电离，所以溶液中微粒浓度的大小顺序为c(HA)＞c(Cl－)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H+)，故B符合题意；C、c点时，两者恰好反应，溶液中的溶质为HA和NaCl，且两者的物质的量相等，根据物料守恒有c(Na+)=c(HA)+c(A－)，所以c(Na+)＜c(HA)+2c(A－)，故C不符合题意；D、d点时，溶质为HA、HCl、NaCl，且物质的量相等，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)＋c(A－)，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题易错选项为A。根据物料守恒可知，c(HA)+c(A－)=0.01000mol·L－1（但分析到此并没有结束），解题时易忽略加入盐酸后，溶液的体积增大，导致浓度减小，即c(HA)+c(A－)＜0.01000mol·L－1。10、D【分析】由实验装置可知，①为浓盐酸与强氧化剂反应生成氯气，②中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，④中Al与氯气反应生成AlCl3，⑤为收集氯化铝的装置；⑥中浓硫酸防止水进入④和⑤中引起氯化铝水解，⑦中NaOH溶液吸收尾气中的氯气，以此来来解答。【详解】A.①的试管中盛装二氧化锰，常温与浓盐酸不反应，需要加热制备氯气，A项错误；B.由上述分析可知②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装饱和食盐水、浓H2SO4、浓H2SO4、NaOH溶液，B项错误；C.滴加浓盐酸使产生的氯气排出装置中的氧气，再点燃④的酒精灯，C项错误；D.⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦两个装置要防止其水解，且要吸收尾气中的氯气，则⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替，D项正确；答案选D。11、C【解析】A.根据元素在周期表中的相对位置可知X、Y、Z、W、Q分别是N、O、Al、S、Cl。氧元素没有＋6价，故A错误；B.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径的大小顺序为：Z＞W＞Y，故B错误；C.离子核外电子层数越多离子半径越大，核外电子排布相同的离子，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径的大小顺序为：W2-＞Y2-＞Z3+，故C正确；D.非金属性越弱氢化物的稳定性越弱，则W的气态氢化物的热稳定性比Q弱，但H2S的还原性强于HCl的还原性，故D错误。故选C。12、B【解析】A、相同温度体积下，三种气体的质量相等，三种气体的物质的量之比等于摩尔质量的倒数比，即为16：2：1，等于气体的分子数目之比，故A错误；B、相同温度体积下，三种气体的质量相等，三种气体的物质的量之比等于摩尔质量的倒数比，即为16：2：1，故B正确；C、相同温度下，三种气体的密度等于摩尔质量和摩尔体积的比，体积温度一样，所以摩尔体积一样，摩尔质量之比即为密度比，应该是1：8：16，故C错误；D、根据PV=nRT，温度体积一样，压强之比等于物质的量之比，即为16：2：1，故D错误；故选B。13、D【分析】根据ΔG=ΔH-TΔS进行判断，如ΔG<0，则反应能自发进行，如ΔG>0，则不能自发进行。【详解】反应2CO(g)===2C(s)＋O2(g)的ΔH为正值，ΔS为负值,则ΔG=ΔH-TΔS>0，任何温度下反应都不能自发进行，

所以D选项是正确的。14、C【详解】A．过滤时，不能用玻璃棒搅拌，以免滤纸破损，故A错误；B．灼烧固体应在坩埚中进行，不能用蒸发皿，故B错误；C．高锰酸钾具有强氧化性，在常温下，浓盐酸与高锰酸钾能够反应生成氯气，故C正确；D．分液时，为避免液体重新混合而污染，下层液体从下端流出，上层液体从上口倒出，故D错误；故选C。15、B【详解】A．加水促进弱酸的电离，促进盐的水解，则①②均向右移动，故A错误；

B．加入等体积水后，醋酸溶液酸性减弱则①中c(OH−)增大，醋酸钠溶液碱性减弱则②中c(OH-)减小，故B正确；

C．酸抑制水的电离，盐的水解促进水的电离，则①和②中，由水电离出的c(H+)不同，故C错误；

D．溶液中遵循物料守恒，则等体积等浓度的醋酸、醋酸钠溶液中，c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和：①=②，故D错误；

故选：B。16、A【详解】A、根据实验组B和C，升高温度，CO2的物质的量减少，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，即正反应是为放热反应，故A错误；B、达到平衡时，v(CO2)=mol/(L·min)=0.13mol/(L·min)，化学反应速率之比等于化学计量数之比，即v(H2)=c(CO2)=0.13mol/(L·min)，随着反应的进行，反应物的浓度减小，化学反应速率降低，0～10min内，v(H2)>0.130.13mol/(L·min)，故B正确；C、根据表格数据，实验C温度低，投入量少，达到平衡时间短，因此从生产效益分析，C组实验的条件最佳，故C正确；D、B的温度高于C的温度，但达到平衡时间相等，说明C使用了比较高效的催化剂，故D正确。二、非选择题（本题包括5小题）17、乙酸乙酯酯化（取代）反应有砖红色沉淀生成碳碳双键【解析】（1）乙醇能与乙酸反应生成有果香味的物质，其名称为乙酸乙酯，该反应类型是酯化反应或取代反应；（2）反应⑥是醛基被氢氧化铜氧化，反应的化学方程式是，实验现象是有砖红色沉淀生成；（3）反应③用KOH的乙醇溶液处理二氯乙烷制氯乙烯的反应是消去反应，方程式为。（4）苯乙烯中所含官能团的名称是碳碳双键；（5）苯乙烯合成聚苯乙烯发生加聚反应，反应的化学方程式是。（6）以乙醇和苯乙烯为原料合成有机物首先必须有乙酸和，因此其合成路线图可以设计为、。点睛：该题的难点是合成路线设计，有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。注意物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物。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、251mL容量瓶胶头滴管2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g×111%过量的盐酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对KMnO4的滴定过程有干扰否如果用铁做还原剂，会与Fe3+、过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰原混合物中铁元素的测定2.8bc/a【解析】本题按照两种不同的实验设计进行了某氯化铁与氯化亚铁混合物中铁元素的质量分数，方案I为沉淀法，方案II滴定法，两种方案中均是先准确配制一定体积的溶液，然后取样进行测定，计算的依据为铁元素的质量守恒，据此分析解答。【详解】Ⅰ．（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有251mL容量瓶、胶头滴管；故答案为251mL容量瓶、胶头滴管；（2）加入氯水将溶液中的Fe2+氧化转变成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；（3）为了减少误差，需再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g，因b1－b2=1.3g>1.1g，所以接下来需再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g；由铁元素质量守恒可得红棕色固体中铁元素就是样品中的铁，Fe2O3中铁元素的质量为（W2-W1）g×；则样品中铁元素的质量为：（W2-W1）g××=g=7（W2-W1）g，所以样品中铁元素的质量分数为：×111%，故答案为再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g；×111%；II．（4）溶解样品改用了硫酸，而不再用盐酸，是因为过量的盐酸会被酸性KMnO4溶液氧化，对KMnO4的滴定有干扰，故答案为过量的盐酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对KMnO4的滴定过程有干扰；（5）选择的还原剂不能用铁，因为如果用铁做还原剂，会与Fe3+、过量的硫酸反应生成Fe2+，从而干扰原混合物中铁元素的测定；故答案为否；如果用铁做还原剂，会与Fe3+、过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰原混合物中铁元素的测定；（6）Fe与KMnO4反应的离子方程式是：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。n(MnO4-)=bc×11-3mol；则n(Fe2+)=5bc×11-3mol，则样品中铁元素的质量分数是（11×5bc×11-3mol×56g/mol）÷a=2.8bc/a，故答案为2.8bc/a。20、打开分液漏斗的旋塞和玻璃塞，待下层液体流尽后，及时关闭旋塞，将上层液体从上口倒出取少许溶液Ⅱ于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变血红色，则判断没有Fe3＋残留明火加热装置密闭BD0.480mol·L－1【分析】由题给实验流程可知，向含Fe3+、Al3+试样X溶液25mL中加入适量浓盐酸和乙醚，在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[（C2H5）2OH][FeCl4]而溶于乙醚，乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液，和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[（C2H5）2OH][FeCl4]的溶液，当盐酸浓度降低时，该化合物解离，加入水，解离后通过蒸馏得到方法除去乙醚，得到含铁离子的水溶液，将所得含铁离子的水溶液定容至100mL，取25.00mL溶液，滴入适量还原剂得到Fe2