2026届山东省日照市高考化学三模试卷（含答案解析）

2026届山东省日照市高考化学三模试卷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、国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生的污染，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A．NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应B．吸附层b的电极反应：H2-2e-+2OH-=2H2OC．全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能D．若离子交换膜是阳离子交换膜，则电池工作一段时间后左池溶液pH基本不变2、测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理的是A．取ag混合物用酒精灯充分加热后质量减少bgB．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加bgC．取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入1~2滴甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmLD．取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入1~2滴酚酞指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL3、下列各组中所含化学键类型相同的一组是（）A．NaOH、H2SO4、NH4Cl B．MgO、Na2SO4、NH4HCO3C．Na2O2、KOH、Na2SO4 D．AlCl3、Al2O3、MgCl24、已知：一元弱酸HA的电离平衡常数K＝。25℃时，CH3COOH、HCN、H2CO3的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHHCNH2CO3K1.75×10–54.9×10–10K1=4.4×10–7K2=5.6×10–11下列说法正确的是A．稀释CH3COOH溶液的过程中，n(CH3COO–)逐渐减小B．NaHCO3溶液中：c(H2CO3)＜c()＜c(HCO3−)C．25℃时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液D．向CH3COOH溶液或HCN溶液中加入Na2CO3溶液，均产生CO25、常温下，向20mL0.1mol.L-1HN3(叠氮酸)溶液中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H+)与NaOH溶液体积的关系如图所示(电离度等于已电离的电解质浓度与电解质总浓度之比)。下列说法错误的是A．HN3是一元弱酸B．c点溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HN3)C．常温下，b、d点溶液都显中性D．常温下，0.1mol.L-1HN3溶液中HN3的电离度为10a-11%6、泛酸又称为维生素B5，在人体内参与糖、油脂、蛋白质的代谢过程，具有抗脂质过氧化作用，其结构为，下列有关该化合物的说法不正确的是A．该物质可发生水解反应，水解产物均能发生缩聚反应B．1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOHC．该物质在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基D．该物质在浓硫酸、Al2O3或P2O5等催化剂作用下可发生脱水反应，生成碳碳双键7、第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.01mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的是A．简单离子半径:X>Y>Z>WB．W的单质在常温下是黄绿色气体C．气态氢化物的稳定性:Z>W>YD．X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液中的微粒共有2种8、下列仪器名称不正确的是()A．烧瓶 B．冷凝管 C．表面皿 D．蒸馏烧瓶9、下列有关化学反应的叙述不正确的是A．铁在热的浓硝酸中钝化B．AlCl3溶液中通入过量NH3生成Al(OH)3沉淀C．向FeCl3溶液中加入少量铜粉，铜粉溶解D．向苯酚浊液中滴入Na2CO3溶液，溶液变澄清10、已知：。下列关于（b）、（d）、（p）的说法不正确的是A．有机物可由2分子b反应生成B．b、d、p均能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色C．b、q、p均可与乙烯发生反应D．p的二氯代物有五种11、化石燃料开采、加工过程中会产生剧毒气体硫化氢(H2S)，可通过间接电化学法除去，其原理如图所示。下列说法错误的是A．反应池中处理硫化氢的反应是H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+B．电极a为阳极，电极b为阴极C．若交换膜为质子(H+)交换膜，则NaOH溶液的浓度逐渐变大D．若交换膜为阳离子交换膜，b电极区会产生红褐色沉淀12、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．标准状况下，22.4L二氯甲烷的共价键数为NA个B．一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NAC．含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数为1.2NA个D．2mL0.5mol/LFeCl3溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体，所得胶粒数目为0.001NA13、下列有关说法正确的是A．酒精浓度越大，消毒效果越好B．通过干馏可分离出煤中原有的苯、甲苯和粗氨水C．可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中残留的乙酸D．淀粉和纤维素作为同分异构体，物理性质和化学性质均有不同14、下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序表解释的是()A．铝制器皿不宜盛放酸性食物B．电解饱和食盐水阴极产生氢气得不到钠C．铁制容器盛放和运输浓硫酸D．镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀15、某新型电池材料结构如图，M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，除M外均满足8电子稳定结构，X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍，下列说法正确的是A．M的单质可以保存在煤油中B．原子半径Z>X>YC．气态氢化物稳定性X>YD．W的最高价氧化物对应的水化物为三元弱酸16、海水中含有80多种元素，是重要的资源宝库。己知不同条件下，海水中碳元素的存在形态如图所示。下列说法不正确的是（）A．当，此中主要碳源为B．A点，溶液中和浓度相同C．当时，D．碳酸的约为二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物W是一种药物的中间体，一种合成路线如图：已知：①②请回答下列问题：（1）A的系统命名为___。（2）反应②的反应类型是__。（3）反应⑥所需试剂为___。（4）写出反应③的化学方程式为___。（5）F中官能团的名称是___。（6）化合物M是D的同分异构体，则符合下列条件的M共有__种（不含立体异构）。①1molM与足量的NaHCO3溶液反应，生成二氧化碳气体22.4L(标准状态下)；②0.5molM与足量银氨溶液反应，生成108gAg固体其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为6∶2∶1∶1的结构简式为__（写出其中一种）。（7）参照上述合成路线，以C2H5OH和为起始原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线__。18、下列物质为常见有机物：①甲苯②1，3﹣丁二烯③直馏汽油④植物油填空：（1）既能使溴水因发生化学变化褪色，也能使酸性高锰酸钾褪色的烃是____（填编号）；（2）能和氢氧化钠溶液反应的是______（填编号），写出该反应产物之一与硝酸酯化的化学方程式______．（3）已知：环己烯可以通过1，3﹣丁二烯与乙烯发生环化加成反应得到：实验证明，下列反应中，反应物分子的环外双键比环内双键更容易被氧化：现仅以1，3﹣丁二烯为有机原料，无机试剂任选，按下列途径合成甲基环己烷：（a）写出结构简式：A______；B_____（b）加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是_______（c）1molA与1molHBr加成可以得到_____种产物．19、二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知：ClO2是极易溶于水的气体，实验室制备及性质探究装置如图所示。回答下列问题：（1）装置B用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为___________。装置C中滴有几滴淀粉溶液，反应时有蓝色岀现。淀粉的作用是______。（2）装置C的导管靠近而不接触液面，其目的是________。（3）用ClO2消毒自来水，其效果是同质量氯气的______倍（保留一位小数）。（4）装置D用于吸收尾气，若反应的氧化产物是一种单质，且氧化剂与氧化产物的物质的量之比是2∶1，则还原产物的化学式是___________。（5）若将装置C中的溶液改为Na2S溶液，通入ClO2后溶液无明显现象。由此可以产生两种假设：假设a：ClO2与Na2S不反应。假设b：ClO2与Na2S反应。①你认为哪种假设正确，阐述原因：___________。②请设计实验证明你的假设（仅用离子方程式表示）：__________。20、实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应装置如图所示)(1)制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是______(填序号)A．往烧瓶中加入MnO2粉末B．加热C．往烧瓶中加入浓盐酸(2)制备反应会因盐酸浓度下降而停止.为测定已分离出过量MnO2后的反应残余液中盐酸的浓度，探究小组提出下列实验方案：甲方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。丙方案：与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量。丁方案：与足量Zn反应，测量生成的H2体积。继而进行下列判断和实验：判定甲方案不可行，理由是______________。(3)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20.00mL，用0.1000mol·L-1NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为_____mol·L-1b.平行滴定后获得实验结果。采用此方案还需查阅资料知道的数据是：________。(4)丙方案的实验发现，剩余固体中含有MnCO3，说明碳酸钙在水中存在______，测定的结果会：______(填“偏大”、“偏小”或“准确”)(5)进行丁方案实验：装置如图所示(夹持器具已略去)①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。②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)。21、CO2的综合利用对于减少温室气体、缓解能源紧缺具有重要的意义。（Ⅰ）CO2的性质稳定，其电子式为___。（Ⅱ）多晶Cu是唯一被实验证实能高效催化CO2还原为烃类(如CH4或C2H4)的金属。电解装置分别以多晶Cu和铂为电极材料，用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度(约0.1mol/L左右)基本保持不变。并向某极室内持续通入CO2，温度控制在10℃左右。(1)持续通入CO2的原因是______。(2)研究表明，催化剂的多种因素决定了C2H4的选择性和催化活性。已知：选择性=目标产物的消耗原料量/原料总的转化量在本实验条件下，生成C2H4的电极反应为______。(3)本实验条件下，若CO2转化为烃的转化率为10%，生成C2H4的选择性为12%，现收集到12molC2H4，则通入的CO2为______mol。（Ⅲ）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H(1)已知：反应1：CH4(g)═C(s)+2H2(g)△H1=+75kJ•mol﹣1反应2：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)△H2=+35kJ•mol﹣1反应3：2CO(g)═C(s)+CO2(g)△H3=﹣172kJ•mol﹣1则该催化重整反应的△H=___kJ•mol﹣1。从温度和压强角度有利于提高CO2平衡转化率的条件是____。(2)下图表示体系内c(H2)/c(CO)、c(H2O)/c(CO)的变化情况，请解释1200K以下c(H2)/c(CO)小于1的原因___，并解释随温度的升高c(H2)/c(CO)增大的原因____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

电子从吸附层a流出，a极为负极，发生的反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，b极为正极，发生的反应为：2H++2e-=H2↑。【详解】A．由上面的分析可知，NaClO4没有参与反应，只是传导离子，A错误；B．吸附层b的电极反应2H++2e-=H2↑，B错误；C．将正、负电极反应叠加可知，实际发生的是H++OH-=H2O，全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能，C正确；D．若离子交换膜是阳离子交换膜，则Na+向右移动，左池消耗OH-且生成H2O，pH减小，D错误。答案选C。B．电解质溶液为酸溶液，电极反应不能出现OH-。2、B【解析】

A.NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故不选A；B.混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量，不能测定含量，故选B；C.Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选C；DNa2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选D；答案：B实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。3、C【解析】

A.NaOH、NH4Cl含有离子键和共价键，H2SO4只含有共价键，化学键类型不相同，故A错误；B.MgO中只有离子键，Na2SO4、NH4HCO3中含有离子键和共价键，化学键类型不相同，故B错误；C.Na2O2、KOH、Na2SO4均为离子键和共价键，化学键类型相同，故C正确。D.AlCl3只含有共价键，Al2O3、MgCl2含有离子键，化学键类型不相同，故D错误；答案选C。4、C【解析】

A．加水稀释CH3COOH溶液，促进CH3COOH的电离，溶液中n(CH3COO–)逐渐增多，故A错误；B．NaHCO3溶液中HCO3-的水解常数Kh2===2.27×10–8＞K2=5.6×10–11，说明HCO3-的水解大于电离，则溶液中c()＜c(H2CO3)＜c(HCO3−)，故B错误；C．由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于CH3COOH，同CN-的水解程度大于CH3COO-，则25℃时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液，故C正确；D．由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于H2CO3，则向HCN溶液中加入Na2CO3溶液，只能生成NaHCO3，无CO2气体生成，故D错误；故答案为C。5、C【解析】

A．pH=13，c(NaOH)=0.1mol/L，c点时，20mL0.1mol.L-1HN3溶液与20mLpH=13的NaOH溶液刚好完全反应，此时溶液呈碱性，说明NaN3发生水解，HN3是一元弱酸，A正确；B．c点溶液为NaN3溶液，依据质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HN3)，B正确；C．常温下，c点溶液呈碱性，继续加入NaOH溶液，d点溶液一定呈碱性，C错误；D．常温下，0.1mol.L-1HN3溶液中，c(OH-)=10-amol/L，则HN3电离出的c(H+)==10-14+amol/L，HN3的电离度为=10a-11%，D正确。故选C。6、D【解析】

A.该物质可发生水解反应，水解产物均含有羧基和羟基或氨基，均能发生缩聚反应，故A正解；B.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，－COOH消耗1molNaOH,酰胺基消耗1molNaOH，最多可消耗2molNaOH，故B正确；C.中有伯醇和仲醇，在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基，故C正确；D.中有两处-OH的邻碳上没有氢，不可以发生消去反应，在浓硫酸、Al2O3或P2O5等催化剂作用下不可发生脱水反应，生成碳碳双键，故D错误；故选D。7、B【解析】

第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na元素；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，SiO2不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，以此解答该题。【详解】综上所述可知X是Na元素，Y是P元素，Z是S元素，W是Cl元素。A.离子的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；离子的电子层越多，离子半径越大，离子半径P3->S2->Cl->Na+，A错误；B.W是Cl元素，其单质Cl2在常温下是黄绿色气体，B正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性W>Z>Y，所以气态氢化物的稳定性：W>Z>Y，C错误；D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H3PO4，二者恰好中和时生成磷酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐，溶液中磷酸根发生分步水解反应，产生HPO42-，产生的HPO4-会进一步发生水解反应产生H2PO4-、H3PO4，同时溶液中还存在H+、OH-，因此溶液中的微粒种类比2种多，D错误；故合理选项是B。本题考查结构、性质、位置关系的应用的知识，根据溶液的pH与浓度的关系，结合原子半径推断元素是解题关键，侧重对元素周期表、元素周期律的考查，难度中等。8、A【解析】

A.该仪器为配制一定物质的量浓度的溶液要用的容量瓶，烧瓶没有玻璃塞，A不正确；B.该仪器为蒸馏装置中所用的冷凝管，B正确；C.该仪器为表面皿，C正确；D.该仪器为蒸馏装置中要用到的蒸馏烧瓶，D正确；本题选不正确的，故选A。9、A【解析】

A．铁在冷的浓硝酸中钝化，铁与热的浓硝酸会发生反应生成硝酸铁、二氧化氮和水，A项错误；B．NH3通入AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，B项正确；C．Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，铜粉溶解，C项正确；D．苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，溶液变澄清，D项正确；答案选A。10、D【解析】

A.根据已知反应可知，有机物可由2分子b反应生成，故A正确；B.b、d、p均含有碳碳双键，则都能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C.根据已知反应可知，b、q、p均可与乙烯发生反应，故C正确；D.p有2种等效氢原子，根据“定一移一”的思路可得其二氯代物有以下四种，分别是3种、1种，故D错误；故选D。11、C【解析】

A.由图示知反应池中，Fe3+与硫化氢发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，故A正确；B.a极产生Fe3+，发生氧化反应，所以为阳极，b为阴极，故B正确；C.若交换膜为质子交换膜，则H+进入b极，则NaOH溶液的浓度逐渐变小，故C错误D.若交换膜为阳离子交换膜，Fe3+会向阴极移动，与氢氧根离子生成红褐色Fe(OH)沉淀3，故D正确；故选C。12、B【解析】

A.标准状况下，二氯甲烷是油状液体，标准状况下22.4L二氯甲烷的物质的量不是1mol，故A错误；B.SO2和O2生成SO3的反应可逆，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后，容器中的分子数大于2NA，故B正确；C．石墨中每个碳原子参与形成三条共价键，即每个碳原子形成的共价键的个数=3×=1.5，含4.8g碳元素的石墨晶体中，含有碳原子是0.4mol，共价键是0.4mol×1.5=0.6mol，故C错误；D.2mL0.5mol/LFeCl3溶液滴入沸水中制取Fe(OH)3胶体，胶体粒子为氢氧化铁的集合体，所得胶粒数目小于0.001NA，故D错误；答案选B。13、C【解析】

体积分数是75%的酒精杀菌消毒效果最好，A错误；煤中不含苯、甲苯和粗氨水，可通过煤的干馏得到苯、甲苯和粗氨水等，B错误；饱和碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯的溶解度而分层析出，且能除去乙酸，C正确；淀粉和纤维素通式相同但聚合度不同，不属于同分异构体，D项错误。14、C【解析】

A．铝性质较活泼，能和强酸、强碱反应生成盐和氢气，在金属活动性顺序表中Al位于H之前，所以能用金属活动性顺序解释，故A错误；B．金属阳离子失电子能力越强，其单质的还原性越弱，用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极生成氢气而得不到钠，说明Na的活动性大于氢，所以可以用金属活动性顺序解释，故B错误；C．常温下，浓硫酸和铁发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象是钝化现象，与金属活动性顺序无关，故C正确；D．构成原电池的装置中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被保护，Fe、Zn和电解质构成原电池，Zn易失电子作负极、Fe作正极，则Fe被保护，所以能用金属活动性顺序解释，故D错误；故选C。金属活动性顺序表的意义：①金属的位置越靠前，它的活动性越强；②位于氢前面的金属能置换出酸中的氢（强氧化酸除外）；③位于前面的金属能把位于后面的金属从它们的盐溶液中置换出来（K，Ca，Na除外）；④很活泼的金属，如K、Ca、Na与盐溶液反应，先与溶液中的水反应生成碱，碱再与盐溶液反应，没有金属单质生成．如：2Na+CuSO4+2H2O═Cu（OH）2↓+Na2SO4+H2↑；⑤不能用金属活动性顺序去说明非水溶液中的置换反应，如氢气在加热条件下置换氧化铁中的铁：Fe2O3+3H22Fe+3H2O。15、B【解析】

M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍，W有两个电子层，次外层为2个电子，X为O元素，由盐的结构简式可知，Z可以形成四个共价键，且能与氧形成双键，因此Z的最外层电子数为4，Z为C元素；四种元素位于同周期，且Y能形成一个共价键，Y为F元素；W能形成4个共价键，W为B元素；新型电池材料，除M外均满足8电子稳定结构，M为Li元素，据此分析解答。【详解】根据分析，M为Li元素，X为O元素，Y为F元素，Z为C元素，W为B元素；A．M为Li元素，M的单质密度比煤油小，不可以保存在煤油中，故A错误；B．X为O元素，Y为F元素，Z为C元素，同周期元素随核电荷数增大半径减小，原子半径Z＞X＞Y，故B正确；C．X为O元素，Y为F元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：X＞Y，气态氢化物稳定性X＞Y，故C错误；D．W为B元素，W的最高价氧化物对应的水化物为H3BO3，为一元弱酸，故D错误；答案选B。16、B【解析】

A.根据上图可以看出，当pH为8.14时，海水中主要以的形式存在，A项正确；B.A点仅仅是和的浓度相同，和浓度并不相同，B项错误；C.当时，即图中的B点，此时溶液的pH在10左右，显碱性，因此，C项正确；D.的表达式为，当B点二者相同时，的表达式就剩下，此时约为，D项正确；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、2,3-二甲基-1,3丁二烯氧化反应浓氢溴酸+CH3CH2OH+H2O羟基、醛基12【解析】

A到B发生信息①的反应，B到C发生信息②反应，且只有一种产物，则B结构对称，根据C的结构简式可知B中有两个碳碳双键上的碳原子连接甲基，则B应为，则A为，C与乙醇发生酯化反应生成D。【详解】(1)A为，根据烷烃的系统命名法规则可知其名称应为：2,3-二甲基-1,3丁二烯；(2)B到C的过程为酸性高锰酸钾氧化碳碳双键的过程，所以为氧化反应；(3)根据G和H的结构可知该过程中羟基被溴原子取代，所需试剂为浓氢溴酸；(4)反应③为C与乙醇的酯化反应，方程式为：+CH3CH2OH+H2O；(5)根据F的结构简式可知其官能团为羟基、醛基；(6)化合物M是D的同分异构体，且满足：①1molM与足量的NaHCO3溶液反应，生成二氧化碳气体22.4L(标准状态下)，即生成1mol二氧化碳，说明1molM中含有1mol羧基；②0.5molM与足量银氨溶液反应，生成108g即1molAg固体，说明0.5molM含0.5mol醛基；除去羧基和醛基还有4个碳原子，有两种排列方式：和，先固定羧基有4种方式，再固定醛基，则有(数字表示醛基的位置)：、、、，共有4+4+3+1=12种同分异构体，其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为6∶2∶1∶1的结构简式为：；(7)根据观察可知目标产物的结构与W的结构相似，合成W需要I，合成I需要发生类似D与H的反应，原料即为D，则还需类似G的物质，乙醇可以发生消去反应生成乙烯，乙烯和溴加成可以生成二溴乙烷，其结构与G类似，所以合成路线为：。推断A和B的结构的关键是理解题目所给信息反应过程中结构的变化，弄清楚B到C的产物只有一种的原因是B结构对称，然后再分析B的结构就比较简单了。18、②④+3HNO3→+3H2OA4【解析】

(1)植物油属于酯类物质，既能使溴水因发生化学变化褪色，也能使酸性高锰酸钾褪色的烃中有碳碳不饱和键，据此分析判断；(2)烃不能与NaOH反应，酯能够在NaOH溶液中水解，据此分析解答；(3)根据碳原子数目可知，反应①为1，3-丁二烯与CH2=CH-CH3发生信息Ⅰ反应生成A，则A为，A发生信息Ⅱ的反应生成B，则B为，结合C的分子式可知，B与氢气发生全加成反应生成C，C为，C发生消去反应生成D，D为，D发生加成反应生成甲基环己烷，据此分析解答。【详解】(1)植物油属于酯类物质，不是烃；甲苯和直馏汽油中不存在碳碳双键，不能使溴水因发生化学反应褪色；1，3-丁二烯中含有碳碳双键，能够与溴水发生加成反应，能够被酸性高锰酸钾氧化，使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：②；(2)烃不能与NaOH反应，酯能够在NaOH溶液中发生水解反应；植物油是高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油，甘油能够与硝酸发生酯化反应，反应方程式为：+3HNO3→+3H2O，故答案为：④；+3HNO3→+3H2O；(3)(a)通过以上分析知，A的结构简式是，B的结构简式是，故答案为：；；(b)据上述分析，加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是A，故答案为：A；(c)A的结构简式是，分子中2个碳碳双键上的4个C原子都不等效，所以Br原子加成到4个C原子上的产物都不相同，因此A与HBr加成时的产物有4种，故答案为：4。19、SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2通过检验I2的存在，证明ClO2有强氧化性使ClO2尽可能多的与溶液反应，并防止倒吸2.6NaClO2假设b正确，S2－的还原性强于I－，所以ClO2也能氧化S2－或ClO2是强氧化剂，S2－具有强还原性SO42-＋Ba2＋=BaSO4↓【解析】

浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，A制备二氧化硫，B用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则B中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3═2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以C中发生氧化还原反应生成碘，注意防倒吸，装置C中滴有几滴淀粉溶液，碘遇淀粉变蓝色；装置D用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境，据此解答。【详解】(1)装置B用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒知，酸式盐为硫酸氢钠，该反应的化学方程式为SO2+H2SO4+2KClO3═2KHSO4+2ClO2；装置C中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘变蓝色，根据淀粉是否变色来判断是否有碘生成，从而证明二氧化氯具有氧化性；(2)ClO2是极易溶于水的气体，所以检验其强氧化性时导管靠近而不接触液面，以防倒吸；(3)1molCl2即71g消毒时转移2mol电子，71gClO2消毒时转移电子为×(4+1)=5.2mol，其效果是同质量氯气的=2.6倍；(4)装置D用于吸收尾气,H2O2作还原剂生成O2，H2O2∼O2∼2e−，生成1molO2转移电子2mol，则2molClO2得到2mol电子生成2molNaClO2；(5)①由于ClO2具有强氧化性，Na2S具有强还原性，二者不可能不反应，所以假设a错误，假设b正确；②ClO2氧化Na2S后溶液无明显现象，说明ClO2将S2−氧化生成更高价的酸根SO42−，所以可通过检验SO42−的存在以证明ClO2与Na2S发生氧化还原反应，所用试剂为稀盐酸和BaCl2溶液，离子反应为：SO42−+Ba2+═BaSO4↓。20、ACB残余清液中，n(Cl-)＞n(H+)0.1100Mn2+开始沉淀时的pH沉淀溶解平衡偏小锌粒残余清液装置内气体尚未冷却至室温【解析】

(1)依据反应物及制取气体的一般操作步骤分析解答；(2)甲方案中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应；(3)依据滴定实验过程中的化学反应列式计算；(4)部分碳酸钙沉淀转化成碳酸锰沉淀，会造成称量剩余的固体质量偏大；(5)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气的反应为放热反应分析解答。【详解】(1)实验室用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2，实验顺序一般是组装装置，检查气密性，加入固体药品，再加入液药品，最后再加热，因此检查装置气密性后，先加入固体，再加入液体浓盐酸，然后加热，则依次顺序是ACB，故答案为：ACB；(2)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应，即残余清液中，n(Cl-)＞n(H+)，不能测定盐酸的浓度，所以甲方案错误，故答案为：残余清液中，n(Cl-)＞n(H+)(或二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，也会与硝酸银反应)；(3)a、量取试样20.00mL，用0.1000mol•L-1NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，由cHClVHCl=cNaOHVNaOH可得出盐酸的浓度为=0.1100mol/L；故答案为：0.1100；b、反应后的溶液中含有氯化锰，氯化锰能够与NaOH反应生成氢氧化锰沉淀，因此采用此方案还需查阅资料知道的数据是Mn2+开始沉淀时的pH，故答案为：Mn2+开始沉淀时的pH；

(4)难溶性碳酸钙转化为碳酸锰说明实现了沉淀的转化，说明碳酸钙在水中存在沉淀溶解平衡；由于部分碳酸钙转化成碳酸锰沉淀，导致称量剩余的固体质量会偏大，使得盐酸的量偏少，实验结果偏小，故答案为：沉淀溶解平衡；偏小；(5)①丁同学的方案中使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将Y形管中的锌粒慢慢转移到残余清液中反应，故答案为：锌粒；残余清液；②金属与酸的反应为放热反应，反应完毕，气体温度较高，因此随着时间的延长，气体体积逐渐减小，当温度冷却到室温后，气体体积不再改变，故答案为：装置内气体尚未冷却至室温。掌握气体制备实验的一般步骤和实验探究方法是解题的关键。本题的易错点为(5)②，要注意金属与酸的反应为放热反应。21、