2026届福州第一中学化学高三第一学期期中质量跟踪监视模拟试题含解析

2026届福州第一中学化学高三第一学期期中质量跟踪监视模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、下列有关金属的说法中正确的是A．生铁比纯铁抗腐蚀能力更强B．青铜、不锈钢、硬铝都是合金C．性质越活泼的金属越早被人类冶炼和使用D．单质铝在空气中比较耐腐蚀，所以铝是不活泼金属2、化学与人类生活、能源开发、资源利用等密切相关。下列说法正确的是A．塑料奶瓶比玻璃奶瓶更有利于健康，且更加经久耐用B．硅燃烧放出的热量多，且燃烧产物对环境污染程度低，可做“未来石油”C．用K2FeO4取代Cl2处理饮用水，可杀菌消毒，但不能沉降水中的悬浮物D．研发使用高效催化剂，可提高反应中原料的转化率3、下列变化一定属于化学变化的是()①金属导电②爆炸③二氧化氮经加压冷却凝结称无色液体④氯气使品红溶液褪色⑤无水硫酸铜由白变蓝⑥工业制氧气⑦十水碳酸钠风化⑧久置浓硝酸变黄⑨和间的相互转化⑩煤的干馏和石油的分馏A．③④⑤⑦⑧ B．②④⑦⑧⑨ C．①②⑤⑥⑩ D．①③⑥⑨⑩4、化学与生活密切相关。下列说法正确的是()A．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类B．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的、、、等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附C．石油分馏可获得乙烯、丙烯等气态短链烃D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法5、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是()A．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAC．1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA6、已知:常温下甲胺（CH3NH2）的电离常数kb，pkb=-lgkb=3.4。CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-。下列说法不正确的是（）A．(CH3NH3)2SO4溶液中离子浓度:c(CH3NH3+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)B．常温下，pH=3的盐酸溶液和pH=11的CH3NH2溶液等体积混合，混合溶液呈酸性C．用标准浓度的盐酸滴定未知浓度的CH3NH2溶液的实验中，选择甲基橙作指示剂D．常温下向CH3NH2溶液滴加稀硫酸至c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)时，溶液pH=10.67、下列事实与盐类水解无关的是A．氯化铝溶液蒸干后灼烧得不到无水氯化铝B．氯化铁溶液常用作制印刷电路板的腐蚀剂C．常用热的纯碱溶液除去油污D．长期施用硫酸铵易使土壤酸化8、已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；②向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液；③将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝。下列判断不正确的是A．化合物KCrO2中Cr元素为+3价B．实验①证明Cr2O3是两性氧化物C．实验②证明H2O2既有氧化性又有还原性D．实验③证明氧化性：Cr2O72-＞I29、氢气和氟气反应生成氟化氢的过程中能量变化如图所示。由图可知A．生成1molHF气体放出的热量为270kJB．H2（g）＋F2（g）→2HF（l）+270kJC．反应物的总能量大于生成物的总能量D．该反应是吸热反应10、根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是A．气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物C．如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞SiD．用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族11、关于煤与石油化工的说法，正确的是（）A．煤焦油干馏可得到苯、甲苯等B．煤裂化可得到汽油、柴油、煤油等轻质油C．石油分馏可得到乙烯、丙烯等重要化工产品D．石油主要是各种烷烃、环烷烃和芳香烃组成的混合物12、硅及其化合物是带来人类文明的重要物质。下列说法正确的是A．陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐B．水玻璃是纯净物，可用于生产黏合剂和防火剂C．某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2O·Al2O3·6SiO2表示D．高纯硅可用于制造光导纤维，高纯二氧化硅可用于制造太阳能电池13、除去下列物质中所含的杂质。选用的试剂正确的是选项物质(杂质)试剂AAl2O3(SiO2)过量NaOH溶液BCO2(HCl)饱和Na2CO3溶液CNa2O2(Na2O)O2/加热DAl2O3(Fe2O3)Al粉/加热A．A B．B C．C D．D14、已知PbO2在盐酸溶液中易被还原成PbCl2，且PbO2、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是（）A．Cl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3B．每1个PbO2在盐酸溶液中被氧化生成PbCl2时转移2个e-C．FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化D．I2具有较强的氧化性，可以将PbCl2氧化成PbO215、下列反应可用离子方程式“H＋+OH－=H2O”表示的是（）A．NaHSO4溶液与KOH溶液混合 B．NaHCO3溶液与KOH溶液混合C．H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合 D．向Fe(OH)3沉淀中滴加稀硝酸16、结合右图判断，下列叙述正确的是（）A．①中铁的腐蚀被加速B．①和②中负极反应均是Fe2e－Fe2C．②中碳棒上反应是O2＋2H2O＋4e－→4OH－D．①为钢铁的析氢腐蚀，②为钢铁的吸氧腐蚀二、非选择题（本题包括5小题）17、阿比朵尔是种抗病毒药物，其合成路线之一如图所示：

已知：R－X＋NH3—→RNH2＋HX。请回答下列问题：(1)写出阿比朵尔中含氧官能团的名称：_________。(2)写出A→B的化学方程式：_________，该反应的反应类型为_________。(3)X的结构简式为_________。(4)设计以和CH3OH为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)。_________18、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)_______。19、某小组在实验室使用软锰矿（主要成分为MnO2）和浓盐酸通过加热制备氯气，并对氯气的性质进行探究。（1）写出实验室制氯气的化学方程式：__。欲制取并收集一瓶于燥的氯气，则“制取→收集”的实验装置连接顺序为__→c→d→__→i→j→k。（2）装置C中饱和食盐水的作用是___。（3）该小组同学对氯气性质进行如下探究：实验步聚实验结论①将氯气通入NaCl溶液中，再加入1mLCCl4振荡，静置，观察四氢化碳层颜色氧化性从强到弱的顺序：氯、溴、碘②将氯气通入KBr溶流中，再加入1mLCCl4振落，静置，观察四氯化碳层颜色③将氯气通入KI溶液中，再加入1mLCCl4振荡，静置，观察四氧化碳层颜色该小组的实验设计缺陷是___，改进的办法是__。（4）常温下，高锰酸钾固体和浓盐酸反应也可制得氯气，该反应的离子方程式为：___。（5）某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-与ClO3-的浓度之比为1：3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的质量之比为__。20、如图是某研究性学习小组设计制取氯气并以氯气为反应物进行特定反应的装置。(1)要将C装置接入B和D之间，正确的接法是a→________→________→________。

(2)实验开始先点燃A处的酒精灯，打开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精灯。Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有炭粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl(g)，发生反应的化学方程式为____________________。

(3)D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此时B中的现象是____________________，B的作用是_______。

(4)用量筒量取20mLE装置中溶液，倒入已检查完气密性良好的分液漏斗中，然后再注入10mLCCl4，盖好玻璃塞，振荡，静置于铁架台上(如图)，等分层后取上层液和下层液，呈黄绿色的是________(填“上层液”或“下层液”)，再装入如图所示的烧杯中，能使有色布条褪色的是___(填“上层液”或“下层液”)。

(5)在A、B、C、D、E装置中有一处需要改进，说明需要改进的理由并在方框中画出改进后的装置图:____________________。21、一定条件下，CH4和CO2都能与H2O形成笼状结构的水合物晶体，CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”。（1）“可燃冰”晶体中平均每46个H2O分子构建8个笼，其中6个笼分别容纳1个CH4分子，另外2个笼分别容纳1个H2O分子，则“可燃冰”平均组成可表示为________(填化学式)。（2）已知：CO2(g)+nH2O(l)=CO2·nH2O(s)△H=-57.98kJ·moI-1CH4(g)+nH2O(l)=CH4·nH2O(s)△H=-54.49kJ·mol-1反应CO2(g)+CH4·nH2O（s)=CH4（g)+CO2·nH2O(s)的△H=________kJ·mol-1（3）科学家提出用CO2“置换”CH4开采海底“可燃冰”的设想，提出该设想的理论依据是________。（4）图中显示，CO2·nH2O的生产速率明显大于CH4·nH2O释放出的速率，其原因是________。（5）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图。①反应(i)的化学方程式为________。②该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A、生铁容易被腐蚀，比纯铁抗腐蚀能力更弱，A错误；B、青铜、不锈钢、硬铝都是合金，B正确；C、性质越不活泼的金属越早被人类冶炼和使用，C错误；D、单质铝在空气中比较耐腐蚀，是因为其表面有一层致密的氧化膜氧化铝，铝是活泼金属，D错误，答案选B。2、B【解析】A．塑料中含有塑化剂，塑化剂是一种有毒的化工塑料软化剂，所以长期使用塑料奶瓶不利于健康，故A错误；B．硅燃烧生成放出热量多，且生成物是二氧化硅固体易控制，故B正确；C．高铁酸钾具有强氧化性，所以能杀菌消毒，还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，所以能吸附悬浮物而达到净水目的，故C错误；D．催化剂能改变反应速率，但不影响平衡移动，所以不能提高转化率，故D错误；故答案为B。3、A【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断。【详解】①金属导电是自由电子的定向移动，过程中无新物质生成为物理变化，故①错误；②爆炸不一定是化学变化，如气球爆炸，故②错误；③二氧化氮经加压冷却凝结称无色液体发生了化学反应生成了四氧化二氮，故③正确；④氯气使品红溶液褪色是氯气的氧化性，氧化有色物质生成无色物质，故④正确；⑤无水硫酸铜由白变蓝是硫酸铜和水反应生成结晶水合物，为化学变化，故⑤正确；⑥工业制氧气是利用液化空气分离得到，为物理变化，故⑥错误；⑦十水碳酸钠风化是结晶水合物失去结晶水发生了化学反应，故⑦正确；⑧久置浓硝酸变黄是硝酸分解生成的二氧化氮溶解于溶液中形成，为化学变化，故⑧正确；⑨16O和18O间的相互转化是原子核的变化不是化学变化范畴，故⑨错误；⑩煤的干馏是隔绝空气加强热发生化学反应，石油的分馏是控制温度分离混合物为物理变化，故⑩错误；一定是化学变化的是③④⑤⑦⑧，答案选A。4、D【详解】A．花生油是植物油，不饱和酯类；牛油是动物油脂，是可皂化的饱和酯类，故A错误；B．Fe具有还原性,能把Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子还原,所以纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子是利用Fe的还原性，与吸附性无关，故B错误；C．石油分馏是物理变化，不能得到新物质，C错误；D．Mg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止Fe被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；答案选D。5、A【详解】A.乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量为14g÷14g/mol=1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；B.1molN2与4molH2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1mol氮气不能全部反应生成氨气，则生成氨气分子数小于2NA，故B错误；C.1molFe溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子3mol，电子转移数为3NA，故C错误；D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24LCCl4的物质的量不是0.1mol，无法计算其含有的共价键数，故D错误；答案选A。6、B【解析】分析：甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb，pKb=-lgKb=3.4。CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-。因此甲胺类似与氨气。A.根据(CH3NH3)2SO4溶液类似硫酸铵溶液分析判断；B.CH3NH2是弱碱，根据常温下，pH=3的盐酸溶液和pH=11的CH3NH2溶液等体积混合，甲胺剩余分析判断；C.用标准浓度的盐酸滴定未知浓度的CH3NH2溶液的实验中，恰好完全中和时溶液呈弱酸性，据此分析判断；D.根据Kb＝＝c(OH-)，结合c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)分析解答。详解：A.甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb，pKb=-lgKb=3.4。CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-。因此(CH3NH3)2SO4溶液类似硫酸铵溶液，CH3NH3+＋H2OCH3NH2•H2O＋H+，离子浓度:c(CH3NH3+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)，故A正确；B.CH3NH2是弱碱，常温下，pH=3的盐酸溶液和pH=11的CH3NH2溶液等体积混合有大量的甲胺分子剩余，混合溶液呈碱性，故B错误；C.用标准浓度的盐酸滴定未知浓度的CH3NH2溶液的实验中，恰好完全中和时溶液呈弱酸性，应该选择甲基橙作指示剂，故C正确；D.Kb＝＝c(OH-)，pH＝14－pOH＝14－3.4＝10.6，故D正确；故选B。7、B【详解】A．AlCl3在溶液中水解出氢氧化铝和HCl，而HCl是挥发性酸，加热蒸干时HCl挥发，水解被促进，故会完全水解为氢氧化铝，而灼烧时氢氧化铝会分解为氧化铝，故最终得到的是氧化铝，和盐类的水解有关，故A不选；B．氯化铁具有强氧化性，可与铜发生氧化还原反应，可用于腐蚀印刷电路板，与盐类水解天关，故B选；C．盐类的水解是吸热反应，故升高温度纯碱的水解被促进，水解出的氢氧化钠的浓度更高，则去油污能力更强，和盐类的水解有关，故C不选；D．铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，长期施用硫酸铵易使土壤酸化，与盐类水解有关，故D不选；答案为B。【点睛】加热蒸发和浓缩盐溶液时，对最后残留物的判断应考虑盐类的水解。(1)加热浓缩不水解的盐溶液时一般得原物质；(2)加热浓缩Na2CO3型的盐溶液一般得原物质；(3)加热浓缩FeCl3型的盐溶液最后得到FeCl3和Fe(OH)3的混合物，灼烧得Fe2O3；(4)加热蒸干(NH4)2CO3或NH4HCO3型的盐溶液时，得不到固体；(5)加热蒸干Ca(HCO3)2型的盐溶液时，最后得相应的正盐；(6)加热Mg(HCO3)2、MgCO3溶液最后得到Mg(OH)2固体。8、C【详解】A、化合物KCrO2中K和O元素的化合价分别是＋1价和－2价，因此Cr元素为+3价，A正确；B、Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液，则根据氧化铝的性质可类推Cr2O3是两性氧化物，B正确；C、向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液。在反应中Cr元素的化合价从＋3价升高到＋6价，失去电子，因此KCrO2是还原剂，则双氧水是氧化剂，C不正确；D、将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝，这说明反应中有单质碘生成，因此K2Cr2O7是氧化剂，其氧化性强于氧化产物单质碘的，D正确；答案选C。9、C【解析】A、由图象可知，生成2molHF气体放出的热量为270kJ，错误；B、由图象可知，H2（g）＋F2（g）=2HF（g）+270kJ，而2HF（g）=2HF（l）+QkJ(Q>0)，错误；C、由图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，正确；D、由图象可知，1molH2(g)和1molF2(g)的能量大于2molHF(g)的能量，故氢气和氟气反应生成氟化氢气体是放热反应，错误。答案选C。10、C【详解】A．C、N、O属于同周期元素，从左至右，非金属性依次增强，原子序数C＜N＜O，非金属性O＞N＞C，C、Si属于同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，原子序数C＜Si，非金属性C＞Si，则非金属性O＞N＞Si，非金属性越强，氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性H2O＞NH3＞SiH4，故A正确；B．H与F、Cl等形成共价化合物，与Na等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故B正确；C．利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性强弱，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；D．118号元素的原子序数为118，质子数为118，核外电子数为118，其原子结构示意图为，它的原子结构中有7个电子层，最外层电子数为8，则第118号元素在周期表中位于第七周期0族，故D正确。答案为C。11、D【解析】A.煤焦油分馏可得到苯、甲苯等，A错误；B.石油裂化可得到汽油、柴油、煤油等轻质油，B错误；C.石油裂解可得到乙烯、丙烯等重要化工产品，C错误；D.石油主要是各种烷烃、环烷烃和芳香烃组成的混合物，D正确。12、C【详解】A．水晶主要成分是二氧化硅，是氧化物，不是硅酸盐，选项A错误；B．水玻璃为硅酸钠的水溶液，属于混合物，选项B错误；C．某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2O·Al2O3·6SiO2表示，选项C正确；D．二氧化硅可用于制造光导纤维，高纯硅可用于制造太阳能电池，选项D错误；答案选C。13、C【解析】A、SiO2也能与NaOH溶液反应，故A错误；B、Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3，应用饱和NaHCO3溶液，故B不正确；C、2Na2O＋O22Na2O2，故C正确；D、Al与Fe2O3发生反应后，形成Al2O3和Fe的混合物，故D错误。故选C。点睛：物质的提纯、除杂，不增、不减、易分离是除杂的原则，不增：不增加新的杂质。不减：不减少被提纯物质。易分离：杂质与被提纯物质容易分离。D形成Al2O3和Fe的混合物不易分离。14、C【详解】A．Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，所以氯气通入FeI2溶液中，氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，所以不可能存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，故A错误；B．PbO2在酸性溶液中易得电子而被还原成Pb2+，所以每1个PbO2在盐酸溶液中被还原生成PbCl2时转移2个e-，故B错误；C．氯化铁的氧化性大于碘，所以氯化铁和碘化钾反应生成碘单质，所以FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化，故C正确；D．PbO2的氧化性大于I2，所以PbO2能氧化碘离子生成碘单质，而碘不能将PbCl2氧化成PbO2，故D错误；故选C。15、A【详解】A.二者都为强电解质，能拆成离子形式，反应实质就是H＋+OH－=H2O，故正确；B.应写成碳酸氢根离子，故错误；C.有沉淀生成，故错误；D.氢氧化铁不能拆成离子形式，故错误。故选A。16、C【解析】A、图①中Zn比Fe活泼，Fe作正极被保护，A错误；B、①中负极是Zn，发生反应Zn2e－=Zn2，②中负极是Fe发生反应是Fe2e－=Fe2+，B错误；C、②中碳棒作正极，发生还原反应：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，C正确；D、①中Zn作负极失去电子，Fe作正极，溶液中的H+得到电子生成H2，是锌的析氢腐蚀；②中Fe为负极失电子，正极为石墨，溶液中溶解的氧气得电子生成OH–，为钢铁的吸氧腐蚀，D错误；正确答案为C。【点睛】铁的腐蚀包括析氢腐蚀和吸氧腐蚀，铁均作负极，酸性环境中发生析氢腐蚀，中性或碱性溶液中发生吸氧腐蚀。本题易将①中的锌的析氢腐蚀误认为铁的析氢腐蚀，错误的原因是将平时所学知识生搬乱套，而没有意识到①中是Zn在腐蚀而不是铁的腐蚀。二、非选择题（本题包括5小题）17、(酚)羟基、酯基

取代反应【分析】A是，A与(CH3)2O发生取代反应产生分子式是C14H15NO4的物质B：，B与K2CO3、(CH3)2SO4发生亚氨基上的取代反应产生C是，C与NBS发生-CH3上的取代反应产生D：；D与X在一定条件下发生取代反应产生E：；E与HCHO、NH(CH3)2反应，然后酸化可得阿比朵尔：。【详解】(1)阿比朵尔结构简式是：，物质中含有的含氧官能团是(酚)羟基、酯基；(2)A是，A与(CH3)2O发生取代反应产生分子式是C14H15NO4的物质B是，则A→B的化学方程式是：+(CH3CO)2O→＋CH3COOH，该反应的反应类型是取代反应；(3)由D、E结构的不同，结合X分子式可知：X的结构简式为；(4)CH3OH被催化氧化产生HCHO，CH3OH与HBr发生取代反应产生CH3Br，CH3Br与NH3发生取代反应产生NH(CH3)2，HCHO、NH(CH3)2、发生反应产生。该转化历程为：。18、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。19、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2Obg、h除去Cl2中的HCl杂质不能证明溴的氧化性强于碘再做一组实验，步骤为：Kl溶液中，加入溴水，再加入1mLCCl4振荡，静置，观察CCl4层颜色2KMnO4+16H++10C1-=2K++2Mn2+5Cl2↑+8H2O4：1【分析】浓盐酸和二氧化锰混合加热生成氯气、二氯化锰和水，由电子守恒、原子守恒即可写出发生反应的化学方程式；实验室用二氧化锰和浓盐酸加热方法制取氯气，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸洗气瓶除去杂质，氯气密度大于空气密度，用向上拍空气法收集，尾气用氢氧化钠溶液吸收，据此分析。【详解】（1）利用二氧化锰和浓盐酸混合加热制氯气，发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，实验室用二氧化锰和浓盐酸加热方法制取氯气，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸洗气瓶除去杂质，氯气密度大于空气密度，用向上拍空气法收集，尾气用氢氧化钠溶液吸收，所以正确的连接顺序为：b→c→d→g→h→i→j→k；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；b；g、h；（2）装置C中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl杂质，故答案为：除去Cl2中的HCl杂质；（3）实验②得出了氯气氧化性大于Br2，而实验③得出了氯气氧化性大于I2，但无法确定Br2的氧化性大于I2，应再做一组实验，步骤为：Kl溶液中，加入溴水，再加入1mLCCl4振荡，静置，观察CCl4层颜色，确定Br2的氧化性与I2的氧化性强弱，故答案为：不能证明溴的氧化性强于碘；再做一组实验，步骤为：Kl溶液中，加入溴水，再加入1mLCCl4振荡，静置，观察CCl4层颜色；（4）常温下，利用高锰酸钾固体和浓盐酸反应也可制氯气，发生反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O，则该反应的离子方程式为2KMnO4+16H++10C1-=2K++2Mn2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16H++10C1-=2K++2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（5）根据ClO-与ClO3-的浓度之比1：3，由Cl到ClO-，失去1个电子，由Cl到ClO3-，失去5个电子，一共失去1+3×5=16个电子；由Cl到Cl-，得到1个电子，需要16个原子才能得到16个电子，所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比=16：（1+3）=4：1，故答案为：4：1。【点睛】考查氯气的实验室制备和性质探究，涉及离子方程式的书写、混合物的提纯与实验基本操作及氧化还原反应的计算，明确氯气制备原理和氯水成分是解题关键。20、cbd2Cl2+C+2H2O4HCl+CO2瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升贮存少量Cl2，避免Cl2造成污染下层液上层液D中反应生成的HCl气体极易溶于水，易使E装置中的溶液发生倒吸，改进后的E装置如图所示【分析】(1)由装置图判断判断，气体由B流经C进入到D中反应，气体通过盛有水的试管时应长进短出，否则不能通过C装置，检验装置气密性时，可利用微热或加入水的方式形成压强差，观察长颈漏斗液面的变化来判断气密性，具体操作有两种方法：一是关闭K和A中分液漏斗的活塞，微热圆底烧瓶，B中长颈漏斗液面升高，停止加热后，长颈漏斗液面恢复至原位，则AB气密性良好；二是关闭K，往分液漏斗中不断加水至没过分液漏斗口，若B中长颈漏斗液面升高，且静置一段时间后高度保持不变，则AB气密性良好，要将C装置接入B和D之间，据以上分析解答；(2)由题意知反应为Cl

2

、C和H

2O反应生成HCl和CO

2

，据此写出反应的化学方程式；(3)由于余热的作用，A处仍有少量Cl

2

产生，B中的气体逐渐增多，压强增大，则导致瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升，氯气有毒，不能直接排放到空气中，据此分析B装置的作用；(4)氯气易溶于水，同时可与水反应生成盐酸和次氯酸，CCl4的密度比水大，分层后上层为水层，次氯酸下层为CCl4层，CCl4层溶有氯气呈黄绿色，水层中含有盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可使有色布条褪色，据以上分析解答；(5)D中反应生成的HCl气体极易溶于水，易使E装置中的溶液发生倒吸，据此进行E装置的改装。【详解】(1)由装置图判断判断，气体由B流经C进入到D中反应，气体通过盛有水的试管时应长进短出，否则不能通过C装置，检验装置气密性时，可利用微热或加入水的方式形成压强差，观察长颈漏斗液面的变化来判断气密性，具体操作有两种方法