湖北省公安县第三中学2026届高三化学试题下学期开学考试试题含解析

湖北省公安县第三中学2026届高三化学试题下学期开学考试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、NaFeO4是一种高效多功能水处理剂。制备方法之一如下：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。下列说法正确的是A．氧化产物是Na2FeO4B．1molFeSO4还原3molNa2O2C．转移0.5mo1电子时生成16.6gNa2FeO4D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:22、NH3是一种重要的化工原料，利用NH3催化氧化并释放出电能（氧化产物为无污染性气体），其工作原理示意图如下。下列说法正确的是A．电极Ⅰ为正极，电极上发生的是氧化反应B．电极Ⅰ的电极反应式为2NH3−6e−N2+6H+C．电子通过外电路由电极Ⅱ流向电极ⅠD．当外接电路中转移4mole−时，消耗的O2为22.4L3、部分共价键的键长和键能的数据如表，则以下推理肯定错误的是共价键C﹣CC=CC≡C键长（nm）0.1540.1340.120键能（kJ/mol）347612838A．0.154nm＞苯中碳碳键键长＞0.134nmB．C=O键键能＞C﹣O键键能C．乙烯的沸点高于乙烷D．烯烃比炔烃更易与溴加成4、下列说法不正确的是A．乙醇、苯酚与金属钠的反应实验中，先将两者溶于乙醚配成浓度接近的溶液，再投入绿豆大小的金属钠，观察、比较实验现象B．可以用新制Cu（OH）2浊液检验乙醛、甘油、葡萄糖、鸡蛋白四种物质的溶液（必要时可加热）C．牛油与NaOH浓溶液、乙醇混合加热充分反应后的混合液中，加入冷饱和食盐水以促进固体沉淀析出D．分离氨基酸混合液可采用控制pH法、分离乙醇和溴乙烷的混合物可用萃取法5、分子式为C5H12的烃，其分子内含3个甲基，该烃的二氯代物的数目为A．8种 B．9种 C．10种 D．11种6、常温下，物质的量浓度相等的下列物质的水溶液，pH最小的是()A．NH4ClO4 B．BaCl2 C．HNO3 D．K2CO37、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A．NaCl(aq)

Cl2(g)FeCl2(s)B．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)C．Al(s)AlCl3(aq)Al(OH)3(s)D．N2(g)

NH3(g)

Na2CO3(s)8、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验现象结论A向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液溶液变澄清酸性：苯酚>碳酸B向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液并水浴加热未出现银镜蔗糖未水解C向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一支无明显现象，另一支产生黄色沉淀相同条件下，AgI比AgCl的溶解度小DC2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色乙烯能被KMnO4氧化A．A B．B C．C D．D9、用废铁屑制备磁性胶体粒子，制取过程如下：下列说法不正确的是A．用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污B．通入N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素C．加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+，涉及反应：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2OD．溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为2:110、有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法错误的是A．X的分子式为C13H10O5B．X分子中有五种官能团C．X能使溴的四氯化碳溶液褪色D．X分子中所有碳原子可能共平面11、能促进水的电离平衡，并使溶液中的c（H+）＞c（OH﹣）的操作是（）A．将水加热煮沸 B．将明矾溶于水C．将NaHSO4固体溶于水 D．将NaHCO3固体溶于水12、a、b、c、d为短周期元素，原子序数依次增大。a原子最外层电子数等于电子层数的3倍，a和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含两种化学键，d的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸。向d的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，开始没有沉淀；随着bca2溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀。下列推断正确的是A．简单原子半径：b>c>aB．最高价氧化物对应水化物的碱性：b<cC．工业上电解熔融cd3可得到c的单质D．向b2a2中加入cd3溶液一定不产生沉淀13、分别由下表中的实验和现象得出的结论不正确的是选项实验现象结论A用熔融氯化铝做导电性实验电流指针不偏转氯化铝是共价化合物B向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4振荡CCl4层无色Fe2＋的还原性强于Br－C相同的铝片分别与同温同体积，且c(H＋)=1mol·L－1的盐酸、硫酸反应铝与盐酸反应产生气泡较快可能是Cl－对该反应起到促进作用D向盛有2mL0.lmol/L的AgNO3溶液中加入10滴0.1mol/L的NaCl溶液，振荡，再加入10滴0.1mol/L的NaI溶液，再振荡先生成白色沉淀，后产生黄色沉淀Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)A．A B．B C．C D．D14、最近“垃圾分类”成为热词，备受关注。下列有关说法错误的是（）A．垃圾是放错地方的资源，回收可变废为宝B．废弃金属易发生电化学腐蚀，可掩埋处理C．废弃荧光灯管含有重金属，属于有害垃圾D．废弃砖瓦和陶瓷垃圾，属于硅酸盐材质15、短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大。这四种元素形成的单质依次为m、n、p、q，x、y、z是这些元素组成的二元化合物，其中z为形成酸雨的主要物质之一；25℃时，0.01mol/Lw溶液pH=12。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是()A．原子半径的大小：a<b<c<dB．氢化物的稳定性：b<dC．y中阴阳离子个数比为1：2D．等物质的量y、w溶于等体积的水得到物质的量浓度相同的溶液16、下列化学用语使用正确是A．氧原子能量最高的电子的电子云图：B．35Cl与37Cl互为同素异形体C．CH4分子的比例模型：D．的命名：1,3,4-三甲苯二、非选择题（本题包括5小题）17、某课题组的研究人员用有机物A、D为主要原料，合成高分子化合物F的流程如图所示：已知：①A属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于H2的密度为13。②D的分子式为C7H8O，遇FeCl3溶液不发生显色反应。③请回答以下问题：（1）A的结构简式为________。（2）反应①的反应类型为________，B中所含官能团的名称为______。（3）反应③的化学方程式是_______________。（4）D的核磁共振氢谱有_______组峰；D的同分异构体中，属于芳香族化合物的还有________(不含D)种。（5）反应④的化学方程式是____________。（6）参照上述流程信息和已知信息，以乙醇和苯乙醇为原料(无机试剂任选)制备化工产品设计合理的合成路线__________。合成路线流程图示例：CH3CH2OHCH3CH2OOCCH318、有机物F是一种用途广泛的香料,可用烃A与有机物E为原料,按照如下流程进行合成。已知A在标准状况下的密度为1.25g·L-1。回答下列问题:(1)有机物F中含有的官能团名称为____。(2)A生成B的反应类型为________。(3)写出流程中B生成C的化学方程式_______。(4)下列说法正确的是____。A流程图中有机物B转化为C，Cu参与了化学反应,但反应前后的质量保持不变B有机物C不可能使溴水褪色C有机物D、E生成F的反应为酯化反应,本质上是取代反应D合成过程中原子的理论利用率为100%的反应只有一个19、实验室常用与浓盐酸反应制备。（1）制备反应会因盐酸浓度下降面停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出下列实验方案：甲方案：与足量溶液反应，称量生成的质量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。丙方案：与己知量（过量）反应，称量剩余的质量。丁方案：与足量反应，测量生成的体积。继而进行下列判断和实验：①判定甲方案不可行。现由是_________。②进行乙方案实验；准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。a．量取试样，用标准溶液滴定，选择的指示剂是____，消耗，该次滴定测得试样中盐酸浓度为_______b．_________，获得实验结果。③判断两方案的实验结果________（填“偏大”、“偏小”或“准确”）．[已知：、]④进行丁方案实验：装置如图所示（夹持器具已略去）。a．使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将_______转移到____中。b．反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变。气体体积逐次减小的原因是__________（排除仪器和实验操作的影响因素），至体积不变时，量气管的左侧液面高于右侧液面，此时读数测得的体积__________（填“偏大”、“偏小”或“准确”）（2）若没有酒精灯，也可以采用与浓盐酸反应制取适量氯气的如下简易装置。装置B、C、D的作用分别是：B___________C______________D______________20、ClO2与Cl2的氧化性相近，常温下均为气体，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛｡某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究｡（1）仪器C的名称是：___｡安装F中导管时，应选用图2中的：___（填“a”或“b”）。（2）打开B的活塞，A中氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2，写出反应化学方程式：___；为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，可采取的措施是___｡（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是：___。（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为：___，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是：___｡（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是___，（选填“I”或“II”）理由是：___｡21、M是一种合成香料的中间体。其合成路线如下：已知：①有机化合物A～M均为芳香族化合物，B能发生银镜反应，E的核磁共振氢谱有3组峰，D与G通过酯化反应合成M。②③2RCH2CHO回答下列问题：（1）A所含官能团的名称为________，F→G反应①的反应类型为________，M的结构简式为________。（2）E的名称是________；E→F与F→G的顺序不能颠倒，原因是________。（3）G的同分异构体中，遇FeCl3溶液显紫色且能发生银镜反应的有________种，其中苯环上的一氯代物只有2种且能发生水解反应的是________（填结构简式）。（4）参照上述合成路线，以CH3CH2OH为原料（无机试剂任用），设计制备CH3CH2CH2CH2OH的合成路线________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由-1价变为0价、-2价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物。A、化合价升高的元素有+2价的铁和-1价的氧元素，氧化产物是Na2FeO4和氧气，故A错误；B、反应中化合价升高的元素有Fe，由+2价→+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-1价→0价，2molFeSO4发生反应时，共有2mol×4+1mol×2=10mol电子转移，6molNa2O2有5mol作氧化剂、1molNa2O2作还原剂，其中2molFeSO4还原4molNa2O2，即1molFeSO4还原2molNa2O2，故B错误；C、由方程式转移10mol电子生成2molNa2FeO4，转移0.5mo1电子时生成×2×166g·mol－1=16.6gNa2FeO4，故C正确；D、每2FeSO4和6Na2O2发生反应，氧化产物2molNa2FeO4和1molO2，还原产物2molNa2FeO4和2molNa2O，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:4，故D错误；故选C。点睛：本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念、计算，解题关键：明确元素化合价变化和电子得失的多少。难点：B和C选项，注意过氧化钠的作用，题目难度较大。2、B【解析】

由工作原理示意图可知，H+从电极Ⅰ流向Ⅱ，可得出电极Ⅰ为负极，电极Ⅱ为正极，电子通过外电路由电极Ⅰ流向电极Ⅱ，则电极Ⅰ处发生氧化反应，故a处通入气体为NH3，发生氧化反应生成N2，电极反应式为2NH3−6e−==N2+6H+，b处通入气体O2，O2得到电子与H+结合生成H2O，根据电极反应过程中转移的电子数进行计算，可得出消耗的标况下的O2的量。【详解】A．由分析可知，电极Ⅰ为负极，电极上发生的是氧化反应，A项错误；B．电极Ⅰ发生氧化反应，NH3被氧化成为无污染性气体，电极反应式为2NH3−6e−N2+6H+，B项正确；C．原电池中，电子通过外电路由负极流向正极，即由电极Ⅰ流向电极Ⅱ，C项错误；D．b口通入O2，在电极Ⅱ处发生还原反应，电极反应方程式为：O2+4e-+4H+==2H2O，根据电极反应方程式可知，当外接电路中转移4mole−时，消耗O2的物质的量为1mol，在标准状况下是22.4L，题中未注明为标准状况，故不一定是22.4L，D项错误；答案选B。3、C【解析】

A．苯中的化学键键长介于碳碳单键与碳碳双键之间，所以0.154nm＞苯中碳碳键键长＞0.134nm，故A正确；B．单键的键能小于双键的键能，则C=O键键能>C−O键键能，故B正确；C.乙烷的相对分子质量大于乙烯，则乙烷的沸点高于乙烯，故C错误；D．双键键能小于三键，更易断裂，所以乙烯更易发生加成反应，则烯烃比炔烃更易与溴加成，故D正确；答案选C。D项为易错点，由于炔烃和烯烃都容易发生加成反应，比较反应的难易时，可以根据化学键的强弱来分析，化学键强度越小，越容易断裂，更容易发生反应。4、C【解析】

A.因为苯酚是固体，将其溶于乙醚形成溶液时，可以和金属钠反应，二者配制成接近浓度，可以从反应产生气体的快慢进行比较，故正确；B.四种溶液中加入新制的氢氧化铜悬浊液，没有明显现象的为乙醛，出现沉淀的为鸡蛋白溶液，另外两个出现绛蓝色溶液，将两溶液加热，出现砖红色沉淀的为葡萄糖，剩余一个为甘油，故能区别；C.牛油的主要成分为油脂，在氢氧化钠溶液加热的条件下水解生成高级脂肪酸盐，应加入热的饱和食盐水进行盐析，故错误；D.不同的氨基酸的pH不同，可以通过控制pH法进行分离，乙醇能与水任意比互溶，但溴乙烷不溶于水，所以可以用水进行萃取分离，故正确。故选C。5、C【解析】

分子式为C5H12含3个甲基的烃为，该烃的一氯代物有4种：ClCH2CH（CH3）CH2CH3、（CH3）2CClCH2CH3、（CH3）2CHCHClCH3、（CH3）2CHCH2CH2Cl，采用“定一移二”法，第二个氯原子的位置如图：、、、，该烃的二氯代物的同分异构体有5+2+2+1=10种，答案选C。6、C【解析】

A．NH4ClO4是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性；B．BaCl2是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；C．HNO3是强酸，完全电离，溶液显酸性；D．K2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，溶液显碱性；溶液中氢离子浓度硝酸溶液中最大，酸性最强，pH最小，故选C。本题的易错点为A，要注意盐类的水解程度一般较小。7、C【解析】

A、电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠溶液，氯气和铁反应生成氯化铁，不能生成FeCl2，则不能实现，故A不符合题意；B、S在空气中点燃只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则不能实现，故B不符合题意；C、铝和盐酸反应生成氯化铝，加入氨水生成氢氧化铝沉淀，则物质间转化都能实现，故C符合题意；D、氮气与氢气反应生成氨气，食盐水、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，而不能生成碳酸钠，则不能实现，故D不符合题意。故选：C。侯氏制碱法直接制备的物质是NaHCO3，不是Na2CO3，生成物中NaHCO3在饱和食盐水中的溶解度较小而析出，NaHCO3固体经过加热分解生成Na2CO3。8、C【解析】

A.苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，可知苯酚的酸性比碳酸的酸性弱，A项错误；B.做银镜反应加入银氨溶液前，要先中和水解的硫酸，B项错误；C.相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，出现黄色沉淀，说明生成碘化银沉淀，说明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，C项正确；D.反应中可能生成其他的还原性气体使KMnO4溶液褪色，验证乙烯能被KMnO4氧化前要先除杂，D项错误；答案选C。9、D【解析】A、碳酸钠的水溶液显碱性，油污在碱中发生水解，因此碳酸钠溶液浸泡可以除去废铁屑表面的油污，故A说法正确；B、Fe2＋容易被氧气氧化，因此通入N2的目的是防止空气中的氧气氧化Fe2＋，故B说法正确；C、利用H2O2的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，涉及反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故C说法正确；D、Fe3O4中Fe2＋和Fe3＋物质的量之比为1：2，故D说法错误。10、B【解析】

A.由结构简式，X的分子式为C13H10O5，故A正确；B．X分子中有羧基、羟基、羰基、碳碳双键四种官能团，故B错误；C．X分子中有碳碳双键，X能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；D．X分子中有11个碳是sp2杂化，平面三角形结构，与它相连的碳共面，有2个碳是sp3杂化，可以通过旋转后共面，X分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；故选B。本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结构及对称性判断，难点D，抓住共面的条件，某点上相连的原子形成的周角之和为360°，易错点B，苯环不是官能团。11、B【解析】

A.加热煮沸时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，溶液仍然呈中性，故A错误；B.向水中加入明矾，铝离子水解对水的电离起促进作用，电离后的溶液显酸性，溶液中的c（H+）＞c（OH-），故B正确；C.向水中加NaHSO4固体，硫酸氢钠在水中完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，溶液中的c（H+）＞c（OH-），但氢离子抑制水电离，故C错误；D.向水中加入NaHCO3，碳酸氢钠中的碳酸氢根水解而使溶液显碱性，即溶液中的c（H+）＜c（OH-），故D错误；正确答案是B。本题考查影响水电离的因素，注意酸或碱能抑制水电离，含有弱酸根离子或弱碱阳离子的盐能促进水电离。12、A【解析】试题分析：a、b、c、d为短周期元素，原子序数依次增大。a原子最外层电子数等于电子层数的3倍，则a为O元素；a和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含两种化学键，则b为Na元素；d的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸，则d为Cl元素。向d的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，开始没有沉淀；随着bca2溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀，则c为Al元素。A.简单原子半径Na>Al>O，A正确；B.最高价氧化物对应水化物的碱性，氢氧化钠强于氢氧化铝，B不正确；C.工业上电解熔融三氧化二铝来冶炼铝，氯化铝是共价化合物，其在熔融状态下不导电，C不正确；D.向过氧化钠中加入足量的氯化铝溶液可以产生氢氧化铝沉淀，D不正确。本题选A。13、D【解析】

A.氯化铝为分子晶体，熔融状态下以分子存在，所以熔融状态不导电，是共价化合物，故A正确；B.向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4振荡，CCl4层无色，说明溴离子没有被氧化，从而可证明Fe2+的还原性强于Br−，故B正确；C.氢离子浓度相同，但阴离子不同，铝与盐酸反应产生气泡较快，可能是Cl−对该反应起到促进作用，故C正确；D.滴加10滴0.1mol/L的NaCl溶液产生白色沉淀，再加入0.1mol/L的NaI溶液，硝酸银过量，均为沉淀生成，则不能比较Ksp大小，故D错误；故答案选D。14、B【解析】

A.垃圾是放错地方的资源，回收可变废为宝，说法合理，故A正确；B.废弃的金属易发生电化学腐蚀，掩埋处理很容易造成污染，故B错误；C.废弃荧光灯管中含有重金属，属于有害垃圾，故C正确；D.废弃砖瓦和陶瓷垃圾，属于硅酸盐材质，故D正确；故选B。15、C【解析】

短周期主族元素，a、b、c、d的原子序数依次增大。四种元素形成的单质依次为m、n、p、q时；x、y、z是这些元素组成的二元化合物，其中z为形成酸雨的主要物质之一，z为SO2，q为S，d为S元素；25℃0.01mol/Lw溶液pH=12，w为强碱溶液，则w为NaOH，结合原子序数及图中转化可知，a为H，b为O，c为Na，x为H2O，y为Na2O2，以此来解答。【详解】根据上述分析可知：a为H，b为O，c为Na，d为S元素，x为H2O，y为Na2O2，z为SO2。A．原子核外电子层越多，原子半径越大，同一周期元素从左向右原子半径减小，则原子半径的大小：a<b<d<c，A错误；B．元素的非金属性：O>S，元素的非金属性越强，其相应的氢化物稳定性就越强，故氢化物的稳定性：H2O>H2S，即b>d，B错误；C．y为Na2O2，其中含有离子键和非极性共价键，电离产生2个Na+和O22-，所以y中阴、阳离子个数比为1：2，C正确；D.y是Na2O2，Na2O2溶于水反应产生NaOH和O2，w为NaOH，1molNa2O2反应消耗1molH2O产生2molNaOH，所以等物质的量y、w溶于等体积的水得到的溶液的物质的量浓度不同，D错误；故合理选项是C。本题考查无机物的推断，把握元素化合物知识、物质的转化推断物质及元素为解答的关键，注意酸雨的成分是SO2、w为NaOH为推断的突破口，试题侧重考查学生的分析与推断能力。16、C【解析】

A．氧原子能量最高的电子是2p轨道上的电子，其电子云图不是球形，选项A错误；B．35Cl与37Cl的质子数相同而中子数不同，互为同位素，选项B错误；C．CH4分子的比例模型为，选项C正确；D．的命名：1，2，4-三甲苯，选项D错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH≡CH加成反应碳碳双键、酯基54【解析】

A属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于H2的密度为13，则A的相对分子质量为26，其分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CH≡CH；B在催化剂作用下发生加聚反应生成，结合B的分子式C4H6O2，可知B的结构简式为CH2=CHOCOCH3，说明A和CH3COOH发生加成反应生成了B；再在NaOH的水溶液中发生水解生成的C应为；D的分子式为C7H8O，遇FeCl3溶液不发生显色反应，再结合D催化氧化生成了，可知D为苯甲醇，其结构简式为；苯甲醛再和CH3COOH发生信息③的反应生成的E为，C和E发生酯化反应生成高分子化合物F为；(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到。【详解】(1)A的分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CH≡CH；(2)反应①CH≡CH和CH3COOH发生加成反应生成了CH2=CHOCOCH3，反应类型为加成反应；B为CH2=CHOCOCH3，所含官能团的名称为碳碳双键和酯基；(3)反应③是在

NaOH的水溶液中发生水解反应，反应化学方程式是；(4)D为，有5种等效氢，核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为1:2:2:2:1；D的同分异构体中，属于芳香族化合物的还包括苯甲醚、对甲苯酚、邻甲苯酚和间甲苯酚，共4种；(5)反应④是C和E发生酯化反应生成高分子化合物F为，反应的化学方程式是；(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到，具体的合成路线为：。常见依据反应条件推断反应类型的方法：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。18、酯基加成反应2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OAC【解析】

由A在标准状况下的密度可以求出A的相对分子质量为22.4L·mol-1×1.25g·L-1=28g·mol-1，A为CH2=CH2，和水加成生成乙醇，B为CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成乙醛，C为CH3CHO，乙醛再催化氧化为乙酸，D为CH3COOH。F为乙酸苯甲酯，由乙酸和E生成，故E为苯甲醇。【详解】（1）F是酯，含有的官能团为酯基；（2）乙烯生成乙醇是发生了乙烯和水的加成反应，故反应类型为加成反应；（3）乙醇催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）A.乙醇转化为乙醛的反应中，Cu是催化剂，Cu先和氧气生成CuO，CuO再和乙醇生成Cu和乙醛，所以Cu参与了化学反应,但反应前后的质量保持不变，故A正确；B.乙醛有还原性，可以被溴水中的溴氧化从而使溴水褪色，故B错误；C.乙酸和苯甲醇生成乙酸苯甲酯的反应是酯化反应，本质上是取代反应，故C正确；D.合成过程中原子的理论利用率为100%的反应有2个，分别是乙烯加成生成乙醇和乙醛催化氧化为乙酸。故D错误。故选AC。在有机转化关系中，连续氧化通常是醇氧化成醛，醛进一步氧化成羧酸。19、残余液中的也会与反应形成沉淀甲基橙1．1111重复上述滴定操作2-3次偏小锌粒残余清液装置内气体尚未冷却至室温偏大收集氯气防倒吸吸收尾气【解析】

（1）①甲同学的方案：二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，也会与硝酸银反应，故反应不可行；②用强碱滴定强酸，可选甲基橙作指示剂；依据滴定实验过程中的化学反应定量计算；重复滴定操作2-3次，求平均值；③与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；④依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；使Zn粒进入残余清液中让其发生反应．这样残余清液就可以充分反应．反应完毕时，相同时间内则气体体积减少，又排除了其它影响因素，只能从气体本身角度思考，联想到该反应是放热的，就可能想到气体未冷却了。气体的体积与压强呈反比。（2）A制取氯气B用向上排空法收集氯气，C防倒吸D吸收尾气，防止污染空气。【详解】（1）①甲同学的方案：二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，也会与硝酸银反应，故不能用来测定残余液中盐酸的质量，反应不可行；②用强碱滴定强酸，可选甲基橙作指示剂；量取试样21.11mL，用1.1111mol·L-1NaOH标准溶液滴定，消耗22.11mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度，由cHClVHCl=cNaOHVNaOH可得出盐酸的浓度为1.1111mol·L－1；③根据Ksp（CaCO3）=2.8×11-9，Ksp（MnCO3）=2.3×11-11知碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小，④a．丁同学的方案：使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是：将锌转移到残留溶液中；b．反应完毕后，每间隔1分钟读取气体体积．气体体积逐渐减小，气体体积逐渐减小的原因是气体未冷却到室温，当温度冷却到室温后，气体体积不再改变；量气管的左侧液面高于右侧液面，左侧气体的压强偏小，此时读数测得的体积偏大；（2）根据装置图可知各装置的作用分别是A制取氯气，B用向上排空法收集氯气，C防倒吸，D吸收尾气，防止污染空气。20、球形干燥管b2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O调节分液漏斗B的旋塞，减缓（慢）稀盐酸滴加速度吸收Cl24H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O检验是否有ClO2生成II稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度【解析】

(1)根据仪器特征，判断仪器名称；根据实验原理，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；(2)根据电子转移守恒和原子守恒书写氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2的反应化学方程式，为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；

(3)

根据Cl2+2KI=2KCl+I2进行分析；

(4)在酸性条件下NaClO2可发生反，应生成NaCl并释放出ClO2，根据