上海大学市北附属中学2026届化学高三上期中检测模拟试题含解析

上海大学市北附属中学2026届化学高三上期中检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、用下列实验装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是

A

B

C

D

装置

实验

结合秒表定量比较锌与不同浓度的稀硫酸反应的快慢

证明温度对化学平衡的影响

验证铁钉发生吸氧腐蚀

可证明非金属性Cl>C>Si

A．A B．B C．C D．D2、三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)<Mr(Y)=0.5Mr(Z)，下列说法正确的是（）A．原子数相等的三种气体，质量最大是ZB．若一定条件下，三种气体体积均为2.24L，则他们的物质的量一定均为0.1molC．同温同压下，同质量的三种气体，气体密度最小的是XD．同温下，体积相同的两容器分别充2gY气体和1gZ气体，则压强比为2：13、下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是（）A．澄清透明的溶液中：MnO4－、SO42－、K+、H+B．含有大量的[Al(OH4)]—的溶液：NH4+、Na+、HCO3－、SO42－C．pH=11的溶液中：ClO－、Na+、SO42－、I－D．水电离产生的c(H+)=1×10－14mol·L－1的溶液中：HCO3－、NH4+、Cl－、Ca2+4、NH3是一种重要的化工原料,可以制备一系列物质(如图所示)。下列说法正确的是(

)A．NH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥B．NH4Cl、HNO3和Na2CO3受热时都易分解C．图中所涉及的盐类物质均可发生水解反应D．NH3和NO2在一定条件下可以发生氧化还原反应5、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．澄清透明的溶液中：Cu2+、NH、NO、SOB．加入酚酞为红色的溶液中：Na+、Al3+、SO、Cl-C．0.2mol∙L－1的KSCN溶液中：Fe2+、K+、CO、Cl-D．水电离出的c（H+）＝1×10－13mol∙L－1的溶液中：K+、Na+、AlO、CO6、能用来表示的化学反应是()A．氢氧化铁和稀盐酸反应B．氨水和稀硫酸反应C．氢氧化钠溶液和稀硝酸反应D．二氧化碳通入澄清石灰水7、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A用乙醇与浓硫酸反应制乙烯，将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中高锰酸钾溶液的紫红色褪去证明乙烯能被酸性高锰酸钾氧化B测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3的溶液的pH前者pH比后者大证明非金属性：S＞CC将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置下层液体呈紫红色证明氧化性：Br2＞I2D向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色该钠盐为Na2SO3或NaHSO3A．A B．B C．C D．D8、下列分子中，电子总数不为18的是A．H2SB．C2H6C．N2H4D．H2O9、研究电化学腐蚀及防护的装置如下图所示。下列有关说法错误的是A．d为锌块，铁片不易被腐蚀B．d为锌块，铁片上电极反应为2H＋＋2e－==H2↑C．d为石墨，铁片腐蚀加快D．d为石墨，石墨上电极反应为O2＋2H2O＋4e－==4OH－10、鉴别甲烷、乙烯、乙炔三种气体可采用的方法是()A．通氢气，观察体积变化 B．通入溴水中，观察溴水是否褪色C．点燃，检验燃烧产物 D．点燃，观察火焰明亮程度及产生黑烟量的多少11、某同学购买了一瓶“84消毒液”，包装说明如下：请根据以上信息和相关知识判断，下列分析不正确的是（）A．该“84消毒液”的物质的量浓度约为4.0mol·L－1B．一瓶该“84消毒液”敞口放置一段时间后浓度会变小C．取100mL该“84消毒液”稀释100倍消毒，稀释后溶液中c(Na＋)约为0.04mol·L－1D．参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制含25%NaClO的消毒液480mL，需要称量的NaClO固体质量为143g12、一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如图所示(电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极)。该装置工作时，下列说法不正确的是A．甲为正极，丙为阴极B．丁极的电极反应式为－e－===C．KOH溶液的质量分数：c%>b%>a%D．标准状况下，甲电极上每消耗22.4L气体时，理论上有2molK+移入阴极区13、有机锗具有抗肿瘤活性，锗元素的部分信息如右图，则下列说法错误的是A．在元素周期表中锗元素与硫元素位于同一族 B．x=2C．锗原子的核外电子数为32 D．锗原子的中子数为4114、在1L1mol/L的氨水中，下列有关说法正确的是A．NH3·H2O为1mol，溶质质量为35gB．NH4+为1mol，溶质质量为18g C．溶解状态的NH3分子为1mol，溶质质量为17gD．氨水中NH3、NH3·H2O、NH4+三种微粒总的物质的量为1mol15、若溶液中由水电离产生的c（OH-）＝1×10-14mol·L－1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是A．Al3+、Na+、、NO3-、Cl- B．K+、Na+、Cl-、NO3-C．K+、Na+、Cl-、AlO2- D．K+、NH4+、SO42-－、NO3-16、可逆反应aA(s)+bB(g)cC(g)+dD(g)，△H=QkJ/mol，反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度(T)、压强(P)的关系如图所示，据图分析，以下正确的是（

）A．T1＞T2，△H＞0B．Tl＜T2，△H＞0C．P1＞P2，a+b=c+dD．Pl＜P2，b=c+d二、非选择题（本题包括5小题）17、衣康酸M是制备高效除臭剂、粘合剂等多种精细化学品的重要原料，可经下列反应路线得到（部分反应条件已略）。完成下列填空：（1）A的名称是_____，M中官能团的名称是___________。（2）写出A→B的反应类型是_________。（3）写出化学方程式B→C________。（4）M性质活泼，能与丙烯酸（CH2=CHCOOH）发生聚合作用形成高聚物，请写出相应的化学方程式_______（假设两者物质的量之比为1:1）。（5）写出结构简式E__________。（6）M的同分异构体Q是饱和二元羧酸，则Q的结构简式为_________（只写一种）。（7）反应a与反应b的先后次序不能颠倒，解释原因_______。18、丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如图：已知：+(1)A的官能团名称为________(写两种)。(2)下列说法正确的是______A．化合物D与足量的氢气加成的产物滴加新制的Cu(OH)2溶液会出现绛蓝色B．化合物E能发生加成、取代、氧化反应，不发生还原反应C．D生成E的反应没有其他的有机副产物D．丹参醇的分子式是C17H14O5(3)B的分子式为C9H14O，写出B的结构简式：____。DE的反应类型为_____(4)比多两个碳的同系物F(C11H10O3)的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分子中含有苯环，不含其它环②不含基团，苯环不与甲基直接相连③碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子1H-NMR谱和IR谱检测表明，两种分子分别含有2种和3种氢原子。(5)写出以和为原料制备的合成路线流程图________(无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)。19、硫酰氯(SO2Cl2)常用作氯化剂和氯磺化剂，在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。现在拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯。反应的化学方程式为：SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l)ΔH=−97.3kJ·mol−1，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。已知：硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点−54.1℃，沸点69.1℃。在潮湿空气中“发烟”；长期放置或者100°C以上发生分解，生成二氧化硫和氯气。回答下列问题：(1)仪器C的名称是_______________，冷凝管的进水方向______(填“a”或“b”)。(2)下列操作或描述正确的是_________________。A．将70%硫酸换成98.3%硫酸，可以加快制取SO2的速率B．实验中通过观察乙、丁导管口产生气泡的速率相等，可控制两种反应物体积相等C．装置戊上方分液漏斗中最好选用0.10mol·L-1NaCl溶液，减小氯气的溶解度D．装置己防止污染，又防止硫酰氯变质(3)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯，写出反应方程式：____________________。(4)硫酰氯在潮湿空气中“发烟”，原因是_______________________(用化学方程式表示)。(5)若反应中消耗的二氧化硫体积为560mL(标准状况下)，最后经过分离提纯得到2.7g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为_______。20、亚硫酰氯(俗称氯化亚砜，SOCl2)是一种液态化合物，沸点77℃，在农药、制药行业、有机合成等领域用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并常有刺激性气味的气体产生，实验室合成原理：SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，部分装置如图所示：请回答下列问题：（1）装置f的作用是____________（2）实验室用二氧化锰与浓盐酸共热反应的离子方程式为____________。（3）蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因：_______________________________________________________（4）下列四种制备SO2的方案中最佳选择是____。（5）装置e中产生的Cl2经过装置d后进入三颈烧瓶，d中所用的试剂为_______。（按气流方向）（6）实验结束后，将三颈烧瓶中混合物分离开的实验操作是________（己知SCl2的沸点为50℃）。若反应中消耗Cl2的体积为896mL(己转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的SOCl24.76g，则SOCl2的产率为__________（保留三位有效数字）。（7）分离产物后，向获得的SOCl2中加入足量NaOH溶液，振荡、静置得到无色溶液W，检验溶液W中存在Cl-的方法是_______________________________21、目前工业合成氨的原理是N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＝-93.0kJ·mol-1（1）已知一定条件下：2N2(g)＋6H2O(l)4NH3(g)＋3O2(g)△H＝+l530.0kJ·mol一1。则氢气燃烧热的热化学方程式为___。（2）如图，在恒温恒容装置中进行合成氨反应。①表示N2浓度变化的曲线是____。②前25min内，用H2浓度变化表示的化学反应速率是____。③在25min末刚好平衡，则平衡常数K＝____。（3）在恒温恒压装置中进行工业合成氨反应，下列说法正确的是___。A．气体体积不再变化，则已平衡B．气体密度不再变化，尚未平衡C．平衡后，往装置中通入一定量Ar，压强不变，平衡不移动D．平衡后，压缩容器，生成更多NH3（4）电厂烟气脱氮的主反应①：4NH3(g)＋6NO(l)5N2(g)＋6H2O(g)△H＜0，副反应②：2NH3(g)＋8NO(g)5N2O(g)＋3H2O(g)△H＞0。平衡混合气中N2与N2O含量与温度的关系如图。请回答：在400～600K时，平衡混合气中N2含量随温度的变化规律是___，导致这种规律的原因是___(任答合理的一条原因)。（5）直接供氨式燃料电池是以NaOH溶液为电解质溶液，电池反应为4NH3（g）+3O2＝2N2+6H2O。则负极电极反应式为___。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】试题分析：A、利用在相同时间内不同浓度的稀硫酸与锌反应产生氢气的量的不同，来判断比较锌与不同浓度的稀硫酸反应的快慢，正确；B、热水与冷水的温度不同，根据容器内气体颜色的变化判断，平衡移动的方向，证明温度对化学平衡的影响，正确；C、食盐浸泡过的铁钉若发生吸氧腐蚀，则大试管内的压强减小，右侧导气管会倒吸一段水柱，否则导气管内的液面会降低，正确；D、利用最高价氧化物的水化物的酸性可以比较元素非金属性的强弱，而HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以不能通过比较HCl与碳酸、硅酸的酸性来比较Cl、C、Si的非金属性强弱，错误，答案选D。考点：考查对实验方案的评价2、C【分析】根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)<Mr(Y)=0.5Mr(Z)，即Mr(X)<Mr(Y)<Mr(Z)，根据阿伏伽德罗定律解答。【详解】A.根据m=nM=，分子数目相等的三种气体，相对分子质量越大，质量越大；因为不确定X、Y、Z三种气体分子中原子个数和组成，所以原子数相等的三种气体就不能确定三种气体的分子数，故A错误；B.气体的物质的量n=，Vm和气体的状态有关，三种气体体积均为2.24L，Vm不一定等于22.4L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.1mol，故B错误；C.根据密度ρ====，同温同压下，同质量的三种气体，密度和相对分子质量成正比，由分析可知三种气体密度最小的是X，故C正确；D.同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，Y、Z气体所承受的压强比为=====4：1，故D错误；答案选C。【点睛】本题涉及物质的量以及阿伏加德罗常数的计算等有关知识，注意阿伏加德罗定律的推论的使用是关键，B项注意Vm=22.4L/mol的使用条件。3、A【详解】A.澄清透明的溶液中：MnO4－、SO42－、K+、H+相互之间不反应，可以大量共存，故A正确；B.[Al(OH4)]—与HCO3－发生水解反应而不能大量共存，故B错误；C.pH=11的溶液呈碱性，ClO－在碱性条件下也可以氧化I－生成I2，故C错误；D.水电离产生的c(H+)=1×10－14mol·L－1的溶液，水的电离受到抑制，则该溶液为碱或酸的溶液，HCO3－与H+、OH-都反应而不能大量共存，故D错误，故选A。【点睛】MnO4－呈紫色，但溶液是澄清的，澄清的溶液不一定是无色溶液，此处是容易出错的地方。4、D【详解】A．NH4Cl是氮肥，NaHCO3不是化肥，选项A错误；B．NH4Cl、HNO3受热时都易分解，Na2CO3受热时不分解，选项B错误；C．NaCl是强酸强碱盐不发生水解，选项C错误；D．NO2跟NH3可以发生反应：6NO2+8NH3=7N2+12H2O，该反应为氧化还原反应，选项D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查了物质的性质与用途，注意知识的积累，易错点为选项A，目前常用的化肥分为：①氮肥，即以氮素营养元素为主要成分的化肥，如尿素、碳铵等；②磷肥，即以磷素营养元素为主要成分的化肥，如过磷酸钙；③钾肥，即以钾素营养元素为主要成分的化肥，主要品种有氯化钾，硫酸钾等；④复混肥料，即肥料中含有氮、磷、钾三要素中的两种称为二元复混肥料，含有氮、磷、钾三种元素的复混肥料称为三元复混肥料。5、A【详解】A．离子组Cu2+、NH、NO、SO彼此间不发生离子反应，能大量共存，故A正确；B．离子组Na+、Al3+、SO、Cl-彼此间不发生离子反应，能大量共存，但加入酚酞为红色的溶液即碱性溶液时，Al3+与OH-能发生离子反应，在碱性溶液中不能大量存在，故B错误；C．Fe2+和CO要发生离子反应，而不能大量共存，故C错误；D．水电离出的c(H+)＝1×10－13mol∙L－1的溶液pH=1或pH=13，离子组K+、Na+、AlO、CO在碱性溶液中能大量存在，而在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；故答案为A。6、C【解析】A.氢氧化铁应写成化学式，正确的离子方程式为Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O，故A错误；B.氨水应该写成分子式，正确方程式为NH3·H2O+H+═NH4++H2O，故B错误；C.反应物和生成物中只有弱电解质水，其他都是易溶的强电解质，离子方程式为H++OH−=H2O，故C正确；D.二氧化碳气体应写成分子式，产物中除了水，还有难溶物碳酸钙生成，正确离子方程式为2H++Ca2++2OH−═2H2O+CaCO3↓，故D错误；故选C点睛：离子方程式的正误判断中，常常设置物质是否能“拆分陷阱”，氧化物，弱电解质，沉淀，酸式酸根(HSO4－除外)在离子方程式中不能拆分。在复习时，应熟记常见的弱电解质，溶解度表及常见多元弱酸的酸式酸根。7、C【解析】A.乙醇易挥发，逸出的乙醇也可以还原高锰酸钾，故A错误；B.H2SO3不是硫的最高价氧化物的水化物，故B错误；C.正确；D.除了SO2还有其他气体如氯气等可使品红溶液褪色，故D错误。故选C。8、D【解析】分别为A、2+16=18；B、6×2+1×6=18；C、7×2+1×4=18；D、1×2+8=10；D不为18，故选D。9、B【解析】本题考查的知识点是吸氧腐蚀和原电池。①吸氧腐蚀一般在中性或碱性环境下，腐蚀过程中会吸入氧，氧含量减少，电极反应式为：（正极）O2+4e-+2H2O=4OH-，（负极）Fe-2e-=Fe2+。②原电池中较活泼的金属为负极，负极失电子发生氧化反应；活泼性较差的金属或非金属导体为正极，正极得电子发生还原反应。【详解】A.d为锌块，锌块作负极，铁片作正极，这是牺牲阳极的阴极保护法，铁片不易被腐蚀，故A正确；B.d为锌块，锌块作负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，铁片上的电极反应式为：O2+2H2O+4C.d为石墨，铁片作负极，发生氧化反应，腐蚀加快，故C正确；D.d为石墨，石墨作正极，发生还原反应，电极反应为O2+2H2【点睛】本题解题关键是判断出正负极，理解负极更容易被腐蚀。A中锌和铁比较，锌为负极，锌更易被腐蚀；C中铁和石墨比较，铁为负极，铁更易被腐蚀。10、D【详解】A选项，甲烷、乙烯、乙炔通入在催化剂条件氢气，乙烯、乙炔要与氢气反应，但无法观察气体体积的变化，故A错误；B选项，甲烷、乙烯、乙炔通入溴水中，乙烯、乙炔能使溴水褪色，则不能鉴别，故B错误；C选项，甲烷、乙烯、乙炔燃烧产物都是二氧化碳和水，因此不能鉴别，故C错误；

D选项，甲烷、乙烯、乙炔三种气体的含碳量不同，点燃，观察火焰明亮程度及产生黑烟量的多少，因此能鉴别，故D正确；

综上所述，答案为D。11、D【解析】A.该“84消毒液”的物质的量浓为c===4.0mol·L－1，故A正确；B.一瓶该“84消毒液”敞口放置一段时间后，由于其易吸收空气中的CO2变质而浓度变小，故B正确；C.稀释后的溶液中c(Na＋)等于其原物质的量浓度4.0mol·L－1的1/10，约为0.04mol·L－1，故C正确；D.应选取500mL的容量瓶进行配制，所以需要NaClO的质量为：0.5L×4.0mol·L－1×74.5g·mol－1＝149g，故D不正确。故选D。12、D【分析】分析装置的特点，可知左边是燃料电池，右边是电解池；通入氧气的电极甲是电池的正极，与甲相连的电极丁是电解池的阳极，则丁电极上被氧化为；丙电极是电解池的阴极，溶液中氢离子在阴极被还原为氢气，所以气体X是氢气。【详解】A．燃料电池中通入氧气的电极为电池的正极，与电源正极相接的一极为电解池的阳极，所以丙电极为阴极，故A正确；

B．丁是电解池的阳极，失去电子被氧化为，电极反应式为－eˉ=，故B正确；

C．丙电极为阴极，电极反应为2H2O+2e－=2OH－+H2↑，甲电极的反应式为O2+2H2O+4e－=4OH－，乙电极的反应式为H2+2OH－－2e－=2H2O，则甲电极附近始终生成KOH并且不消耗，所以c%＞b%，丙电极附近也始终生成KOH，所以b%＞a%，故大小关系为c%＞b%＞a%，故C正确；

D．标准状况下，甲电极每消耗22.4L即1mol氧气时，转移4mol电子，并且K+与电子所带电荷相等，所以理论上有4molK+进入阴极区，故D错误；

故选：D。13、A【详解】A、硫是第ⅥA族，锗是第ⅣA，二者不是同一主族元素，A错误；B、由核外电子排布的规律可知，第一层排满应排2个电子，所以x=2，B正确；C、根据元素周期表中的一格可知，左上角的数字为32，表示原子序数为32；根据原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，则该元素的原子核外电子数为32，C正确；D、根据相对原子质量=质子数+中子数可知，锗原子的中子数为：73-32=41，D正确，答案选A。【点睛】本题考查学生灵活运用元素周期表中元素的信息（原子序数、元素符号、元素名称、相对原子质量）进行分析解题的能力，明确元素周期表的结构特点是解答的关键，即左上角的数字表示原子序数，字母表示该元素的元素符号，中间的汉字表示元素名称，汉字下面的数字表示相对原子质量。14、D【解析】氨水中溶质是氨气，A不正确。氨水是弱碱，不能全部电离，B不正确。部分氨气和水反应生成一水合氨，C不正确。因此正确的答案选D。15、B【分析】若溶液中由水电离产生的c（OH-）＝1×10-14mol·L－1，该溶液呈酸性或碱性，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子。【详解】A．Al3＋与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故A错误；B．K+、Na+、Cl-、NO3-之间不反应，在酸性和碱性条件下能大量共存，故B正确；C．H+和AlO2-之间反应，在酸性溶液中不能大量共存，故C错误；D．NH4+与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故D错误；故选B。16、D【分析】根据先柺先平数值大分析。【详解】根据先柺先平数值大分析，T2＞T1，P2＞P1。随着温度升高，C的百分含量减少，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H＜0；随着压强增大，B的百分含量不变，说明反应前后气体物质的量相等，即有b=c+d。故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、2-甲基丙烯碳碳双键、羧基加成反应+NaOH+NaCl+H2O+CH2=CHCOOH或防止碳碳双键被氧化【分析】A与氯气发生加成反应生成B，说明A中含有碳碳双键，结合D的结构简式可知A的结构简式为：，A与氯气发生加成反应生成B，B的结构简式为：，C与NaCN发生取代反应生成D，故C的结构简式为：，对比F的结构简式可知，D与Cl2发生反应生成E，E的结构简式为：，E在氢氧化钠溶液中加热生成F，反应a的目的是氧化羟基以生成羧基，反应b时利用羟基发生消去反应生成碳碳双键，二者不能颠倒，否则碳碳双键会被氧化，以此解答本题。【详解】（1）由上述分析可知，A为，其名称为：2-甲基丙烯；M中含有的官能团为：碳碳双键、羧基；（2）由上述分析可知，A→B的反应类型是加成反应；（3）B发生卤代烃的消去反应生成C，其反应方程式为：+NaOH+NaCl+H2O；（4）与CH2=CHCOOH按1:1发生加聚反应，其反应方程式为：+CH2=CHCOOH；（5）由上述分析可知，E的结构简式为：；（6）Q中除羧基外，不含有其它不饱和键，说明烃基成环，因此其结构有：、；（7）F先发生氧化反应，羟基转化为羧基，然后羟基再发生消去反应制得M，若先发生消去反应生成碳碳双键，则后续氧化羟基时，碳碳双键也会被氧化，因此不能颠倒。18、碳碳双键、羰基A消去反应【分析】B的分子式为C9H14O，B发生信息的反应生成C，则B为；C中去掉氢原子生成D，D发生消去反应生成E，醇羟基变为碳碳双键，E发生一系列反应是丹参醇；据此解答。【详解】（1）根据结构简式可知，A的官能团名称为碳碳双键和羰基；

（2）A．化合物D与足量的氢气加成的产物是多羟基化合物，滴加新制的Cu(OH)2溶液发生络合反应，会出现绛蓝色，A正确；B．根据结构简式可知，化合物E含碳碳双键、醚键、苯环、羰基、该物质能发生加成、取代、氧化反应，苯环可发生加氢还原反应，B错误；C．D生成E的反应是醇的消去反应，参照乙醇的消去反应，可知有有机副产物醚产生，故C错误；D．根据结构简式可知，丹参醇的分子式是C18H16O5，D错误；综上所诉，答案为A；（3）通过以上分析知，通过以上分析知，B的结构简式：；D中的醇羟基转化为E中的碳碳双键，所以D→E的反应类为消去反应；

（4）的一种同分异构体同时满足下列条件：

①分子中含有苯环，不含其它环；②不含基团，苯环不与甲基直接相连；③碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子1H-NMR谱和IR谱检测表明，两种分子分别含有2种和3种氢原子；则该物质含酯基，且水解后得到的酸、醇分别含2种、3种氢原子，符合条件的结构简式为；

（5）和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，和发生加成反应生成，和氢气发生加成反应生成，其合成路线为。19、蒸馏烧瓶aBD2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl80%【分析】甲中产生二氧化硫，乙中除去二氧化硫中的杂质同时便于观察气流的速率；丙为两种气体混合反应的反应器；丁为除去氯气中的杂质同时便于观察气流速率；戊中贮存氯气，已为尾气吸收，防止空气中的水蒸气进入。据此回答。【详解】(1)仪器C的名称为蒸馏烧瓶。冷凝管的冷却水方向为从下进上出，所以进水方向为a。(2)A．将70%硫酸换成98.3%硫酸，反应接触不充分，所以不能加快制取SO2的速率，故错误；B．实验中通过观察乙、丁导管口产生气泡的速率相等，可以使两种气体的体积相等，控制两种反应物体积相等，故正确；C．装置戊上方分液漏斗中最好选用饱和NaCl溶液，减小氯气的溶解度，故错误；D．装置最后用碱石灰吸收二氧化硫或氯气等有害气体，又能防止水蒸气进入，所以该装置己防止污染，又防止硫酰氯变质，故正确。故选BD。(3)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯，根据质量守恒分析，方程式为：2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4。(4)硫酰氯在潮湿空气中“发烟”，说明其与水发生反应，根据质量守恒或元素化合价分析，产物应为硫酸和盐酸，方程式为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。(5)二氧化硫体积为560mL，其物质的量为0.56/22.4=0.025mol，2.7克硫酰氯的物质的量为2.7/135=0.02mol，则产率为0.02/0.025=80%。20、吸收逸出有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OAlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，HCl抑制AlCl3水解丁饱和食盐水、浓硫酸蒸馏50.0%取少量W溶液于试管中，加入过量Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Clˉ【解析】（1）装置f的作用是吸收逸出有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解；（2）实验室用二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；（3）AlCl3溶液易水解，AlCl3•6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3•6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl溶于水呈酸性抑制水解发生；（4）甲中加热亚硫酸氢钠确实会产生二氧化硫，但是同时也会生成较多的水蒸汽，故甲不选；乙中18.4mol/L的浓硫酸与加热反应虽然能制取二氧化