浙江省高中发展共同体2026年高三下学期月考试卷（一）化学试题含解析

浙江省高中发展共同体2026年高三下学期月考试卷（一）化学试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、将浓度均为0.5mol∙L-1氨水和KOH溶液分别滴入到体积均为20mL且浓度相同的AlCl3溶液中，测得溶液的导电率与加入碱的体积关系如图所示，下列说法中错误的是()A．AlCl3溶液的物质的量浓度为0.2mol∙L-1B．根据图象可以确定导电率与离子种类有关C．cd段发生的反应是Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2OD．e点时溶液中的离子浓度：c(K+)＝c(Cl－)＋c(AlO2－)2、下列有关说法中正确的是A．纳米Fe3O4分散到适当的分散剂中可得到胶体，能产生丁达尔效应B．加热条件下金属单质在空气中均可表现出还原性C．不能导电的化合物均不是电解质D．电解质溶液导电过程中，离子仅仅发生了定向移动3、某溶液中只可能含有K＋、Mg2＋、Al3＋、Br－、OH－、CO32－、SO32－中的一种或几种。取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象。为确定该溶液的组成，还需进行的实验是()A．取样，进行焰色反应B．取样，滴加酚酞溶液C．取样，加入足量稀HNO3，再滴加AgNO3溶液D．取样，加入足量BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊溶4、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和现象结论A向FeBr2溶液中通入适量Cl2，溶液由浅绿色变为黄色Cl2氧化性强于Br2B常温下，等体积pH＝3的HA和HB两种酸分别加水稀释，溶液导电能力如图HA酸性比HB弱C向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X具有氧化性D取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体气体为氧气A．A B．B C．C D．D5、化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A．用聚氯乙烯代替木材生产快餐盒，以减少木材的使用B．中国天眼FAST中用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料C．港珠澳大桥中用到的低合金钢，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能D．“司南之杓(注：勺)，投之于地，其柢(注：柄)指南。”司南中“杓”所用的材质为FeO6、天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等离子。火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如图所示：下列说法错误的是（）A．天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32-、HCO3-水解B．“氧化”是利用氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化生成SO42-C．“反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸D．“排放”出来的海水中SO42-的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同7、硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述正确的是A．在转化过程中化合价不变的元素只有Cu和ClB．由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：O2>Cu2+>SC．在转化过程中能循环利用的物质只有FeCl2D．反应中当有34gH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为16g8、下表中对应关系正确的是()ACH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HClCH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl均为取代反应B由油脂得到甘油；由卤代烃制醇均发生了水解反应CCl2+2Br‾→2Cl‾+Br2；Zn+Cu2+→Zn2++Cu均为单质被还原的置换反应D2Na2O2+2H2O→4NaOH+O2↑；2F2+2H2O→4HF+O2均为水作还原剂的氧化还原反应A．A B．B C．C D．D9、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB．标准状况下，2.24LNO和2.24LO2混合后气体分子数为0.15NAC．加热条件下，1molFe投入足量的浓硫酸中，生成NA个SO2分子D．0.1molNa2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NA10、下列判断中一定正确的是（）A．若R2-和M+的核外电子层结构相同，则原子序数：R>MB．若X、Y属于同主族元素，且相对原子质量X>Y，则原子失电子能力：X>YC．若X、Y都是气态氢化物，且相对分子质量X>Y，则沸点：X>YD．若金属性M>N，则以M、N为两电极的原电池中M一定是负极11、常温下，将1.0LXmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合充分反应，再向该混合溶液中通人HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是A．X<0.1B．b→a过程中，水的电离程度逐渐增大C．Ka(CH3COOH)=10-8/(X-0.1)D．b→c过程中，c(CH3COOH)/c(CH3COO)逐渐变小12、古代造纸工艺中常使用下列某种物质，该物质易导致纸纤维发生酸性水解，纸张因此变脆、易破损。则该物质是()A．明矾 B．草木灰 C．熟石灰 D．漂白粉13、X+、Y+、M2+、N2﹣均为含有一定数目电子的短周期元素的简单离子，离子半径大小关系是：N2﹣＞Y+、Y+＞X+、Y+＞M2+，下列比较正确的是（）A．原子半径：N可能比Y大，也可能比Y小B．原子序数：N＞M＞X＞YC．M2+、N2﹣核外电子数：可能相等，也可能不等D．碱性：M(OH)2＞YOH14、下列操作不正确的是A．配制氯化铁溶液时需加入少量盐酸B．金属钠保存在装有煤油的带玻璃塞的广口瓶中C．保存液溴需用水封，放在带橡皮塞子的棕色细口瓶中D．用稀硝酸洗去附在试管内壁的银镜15、单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高。下列溶液中沸点最高的是A．0.01mol/L的蔗糖溶液 B．0.02mol/L的CH3COOH溶液C．0.02mol/L的NaCl溶液 D．0.01mol/L的K2SO4溶液16、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不超过20。W、X、Y最外层电子数之和为15，是实验室常用的一种化学试剂。下列说法中错误的是（）A．Z2Y的水溶液呈碱性B．最简单氢化物沸点高低为：X＞WC．常见单质的氧化性强弱为：W＞YD．中各原子最外层均满足8电子稳定结构二、非选择题（本题包括5小题）17、叶酸是维生素B族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。(1)甲中含氧官能团是__________(填名称)。(2)下列关于乙的说法正确的是________(填序号)。a.分子中碳原子与氮原子的个数比是7∶5b.属于芳香族化合物c.既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应d.属于苯酚的同系物(3)丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为________。a.含有b.在稀硫酸中水解有乙酸生成(4)写出丁在氢氧化钠溶液中水解的化学方程式。________18、有机物W（C16H14O2）用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下：已知：请回答下列问题：（1）F的化学名称是_______，⑤的反应类型是_______。（2）E中含有的官能团是_______（写名称），E在一定条件下聚合生成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式为_______。（3）E+F→W反应的化学方程式为_______。（4）与A含有相同官能团且含有苯环的同分异构体还有_______种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2的结构简式为____。（5）参照有机物W的上述合成路线，写出以M和CH3Cl为原料制备F的合成路线（无机试剂任选）_______。19、碘酸钙[Ca(IO3)2]是重要的食品添加剂。实验室制取Ca(IO3)2·H2O的实验流程：已知：碘酸是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。（1）转化步骤是为了制得碘酸，该过程在图1所示的装置中进行，当观察到反应液中紫红色接近褪去时，停止通入氯气。①转化时发生反应的离子方程式为_____________________________________。②转化过程中CCl4的作用是_______________________________________。③为增大转化过程的反应速率，可采取的措施是_______________________。（2）将CCl4与水层分离的玻璃仪器有烧杯、________。除去HIO3水溶液中少量I2单质的实验操作为______________________________，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在。（3）已知：①Ca(IO3)2·6H2O是一种难溶于水的白色固体，在碱性条件下不稳定。②Ca(IO3)2·6H2O加热升温过程中固体的质量变化如图2所示。设计以除碘后的水层为原料，制取Ca(IO3)2·H2O的实验方案：向水层中__________。[实验中必须使用的试剂：Ca(OH)2粉末、AgNO3溶液]。20、B．[实验化学]丙炔酸甲酯（）是一种重要的有机化工原料，沸点为103~105℃。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为实验步骤如下：步骤1：在反应瓶中，加入14g丙炔酸、50mL甲醇和2mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。步骤2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。（1）步骤1中，加入过量甲醇的目的是________。（2）步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是______；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是______。（3）步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是____；分离出有机相的操作名称为____。（4）步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是________。21、研究NO2、NO、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。NO2可用下列反应来处理：6NO2(g)+8NH3(g)7N2(g)+12H2O(g)+Q(Q＞0)。(1)120℃时，该反应在一容积为2L的容器内反应，20min时达到平衡。10min时氧化产物比还原产物多了1.4g，则0～10min时，平均反应速率υ(NO2)=____________________，电子转移了___________个。(2)一定条件下上述反应在某体积固定的密闭容器中进行，能说明该反应已经达到平衡状态的是____________。a．c(NO2)：c(NH3)=3：4b．6v(NO2)正=7v(N2)逆c．容器内气体总压强不再变化d．容器内气体密度不再变化(3)若保持其它条件不变，缩小反应容器的体积后达到新的平衡，此时NO2和N2的浓度之比_________(填增大、不变、减小)，NO2的转化率______________。(4)一定条件下NO2与SO2可发生反应，方程式：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)−Q。若反应的平衡常数K值变大，该反应___________(选填编号)。a.一定向正反应方向移动b.平衡移动时，逆反应速率先减小后增大c.一定向逆反应方向移动d.平衡移动时，正反应速率先增大后减小(5)请写出用NaOH溶液完全吸收含等物质的量的NO、NO2混合气体的离子方程式___________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

根据图象得出I为氨水滴加到氯化铝溶液中的图象，II为KOH滴加到氯化铝溶液中的图象，c点为恰好反应生成氢氧化铝沉淀的点。【详解】A选项，根据分析得到c点恰好反应完生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钾的物质的量是氯化铝物质的量的3倍，因此AlCl3溶液的物质的量浓度为，故A正确；B选项，根据图象可以确定导电率与离子种类、离子浓度有关，故B正确；C选项，c点是氢氧化铝沉淀，再加入KOH，则沉淀开始溶解，其cd段发生的反应是Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，故C正确；D选项，e点是KOH、KAlO2、KCl，溶液中的离子浓度：c(K+)＋c(H+)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(AlO2－)，故D错误。综上所述，答案为D。2、A【解析】

A.纳米Fe3O4分散到适当的分散剂中可得到胶体，胶体能产生丁达尔效应，A项正确；B.某些金属单质化学性质不活泼如金、铂等金属，在加热条件下不会发生化学反应，不会表现还原性，B项错误；C.在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物属于电解质，与自身是否导电无关，电解质在固态时不导电，C项错误；D.电解质溶液导电过程中，会有离子在电极表面放电而发生化学变化，D项错误；C项是学生的易错点，不能片面地认为能导电的物质就是电解质。判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质在特定条件（或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断。3、D【解析】

①向溶液中滴加足量氯水后

,

溶液变橙色

,

说明溶液中含有

Br−，且有气泡冒出

,

说明溶液中含离子

CO32－或SO32－；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32－，

那么一定含有：CO32－，一定不能含有与碳酸根生成沉淀的离子：

Mg2＋、Al3＋，通过以上分析，根据电中性原理

，能证明

K＋存在

，所以无法判断氢氧根离子的存在与否，可以取样

，加入足量

BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊试液看是否变红来检验。故选

D。①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br

-，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO

3

2-或SO

3

2-离子，那么与其混合生成沉淀的不能存在；

②向所得橙色溶液中加入足量BaCl

2溶液，无沉淀生成，说明不含SO

3

2-，据此进行解答。4、B【解析】

A．溶液由浅绿色变为黄色，可能亚铁离子、溴离子均被氧化，可能只有亚铁离子被氧化，则由现象不能比较Cl2、Br2的氧化性，故A错误；B．由图可知，稀释时HB的导电能力变化大，则HB的酸性强，即HA酸性比HB弱，故B正确；C．白色沉淀可能为亚硫酸钡，则X可能为氨气，故C错误；D．变质的过氧化钠中含有碳酸钠，过氧化钠和碳酸钠均能与盐酸反应生成无色气体，生成的气体可能为二氧化碳，故D错误；故选B。5、C【解析】

A．聚氯乙烯有毒，不能用作食品包装，A项错误；B．碳化硅是无机物，不是有机高分子材料，B项错误；C．考虑到港珠澳大桥所处位置等，所以使用的低合金钢，必须要有强度大，密度小以及耐腐蚀的性能，C项正确；D．司南材质即磁性氧化铁，成分为Fe3O4而非FeO，D项错误；答案选C。6、D【解析】

火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气通入吸收塔和天然海水，得到溶液通入氧气氧化亚硫酸生成硫酸，加入天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸。【详解】A．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO-3离子，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故A正确；B．天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，故B正确；C．氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸(H+)，故C正确；D．从框图可知：排放”出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以SO42-的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，故D错误；故答案为D。7、D【解析】

A．根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故A错误；B．转化过程中O2把Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+把硫离子氧化为S，则氧化性的强弱顺序：O2＞Fe3+＞S，故B错误；C．根据图示，反应的本质是空气中的氧气氧化H2S转化为S和水，在转化过程中能循环利用的物质有FeCl2、CuCl2、FeCl3，故C错误；D．H2S转化为硫单质，硫元素的化合价从-2价变成0价，氧元素的化合价从0价变成-2价，依据得失电子数相等，所以2H2S----O2，所以有34gH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为××32g/mol=16g，故D正确；故选D。8、B【解析】

A．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；卤代烃水解产物为醇，则均发生水解反应，故B正确；C．Zn+Cu2+=Zn2++Cu反应中，Zn元素化合价升高，Zn单质被氧化，故C错误；D．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；2F2+2H2O→4HF+O2中只有O元素的化合价升高，作还原剂，故D错误；正确答案是B。把握反应中结构变化、反应条件及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注重高频考点的考查，题目难度不大。9、D【解析】

A．Cl2溶于水发生反应H2O+Cl2HCl+HClO，是一个可逆反应，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，A错误；B．标准状况下，2.24LNO和2.24LO2混合，发生的反应有：2NO+O2==2NO2，2NO2N2O4，所以混合后的气体分子数小于0.15NA，B错误；C．加热条件下，Fe与足量的浓硫酸反应生成+3价的铁离子，转移的电子数为3mol，根据得失电子守恒，应生成NA个SO2分子，C错误；D．0.1molNa2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中氧元素即被氧化又被还原，所以转移的电子数为0.1NA，D正确，答案选D。10、B【解析】

A.若R2-和M+的核外电子层结构相同，则R元素在M元素的上一个周期，即原子序数：R<M，故A错误；B.若X、Y属于同主族元素，且相对原子质量X>Y，则X在Y的下一个周期，根据元素周期律，金属性：X>Y，原子失电子能力：X>Y，故B正确；C.因为X、Y可能为N、O、F，则可能存在氢键，所以不能通过其气态氢化物的相对分子质量的大小去确定其沸点的大小，故C错误；D.镁的金属性大于铝，但镁、铝和氢氧化钠溶液形成的原电池中，铝作负极，则若金属性M>N，则以M、N为两电极的原电池中M不一定是负极，故D错误；综上所述，答案为B。活泼性不同的两金属单质形成原电池时，一般活泼的金属作负极，但作负极的金属要能与电解质溶液发生氧化还原反应，所以不是活泼的金属就一定做负极材料。11、B【解析】

根据图像可知，b点溶液显酸性，则为CH3COOH、CH3COONa的混合液。【详解】A.b点溶液呈酸性，酸过量，则X>0.1mol/L，A错误；B.b→a过程中，加入NaOH溶液，消耗过量的乙酸，生成乙酸钠，则水的电离程度逐渐增大，B正确；C.a点时，向乙酸溶液中加入0.2molNaOH，溶液中c(H+)=10-7mol/L，c(CH3COO-)=0.2mol/L，c(CH3COOH)=(X-0.2)mol/L，则Ka(CH3COOH)=，C错误；D.b→c过程中，溶液中酸性增强，c(CH3COOH)增大，c(CH3COO)减小，而逐渐变大，D错误；答案为B。b点为CH3COOH、CH3COONa的混合液，加入NaOH时，生成更多的CH3COONa，促进水的电离。12、A【解析】

早期的纸张生产中,常采用纸表面涂敷明矾的工艺，明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O]中铝离子水解，其水解方程式为：，产生氢离子促进纤维素水解，使高分子链断裂，所以纸质会变脆、破损，A项符合题意，答案选A。13、C【解析】

X+、Y+、M2+、N2-均为含有一定数目电子的短周期元素的简单离子，X、Y形成+1价离子，则X、Y不能为H，由于离子半径Y+＞X+，则Y为钠，X为锂元素；离子半径N2-＞Y+，则N为氧元素或硫元素；离子半径Y+＞M2+，则M为铍元素或镁元素，结合元素周期表和元素周期律分析解答。【详解】A．Y为钠元素，N为氧元素或硫元素，氧原子、硫原子原子半径都小于钠原子，故A错误；B．Y为钠元素，X为锂元素；原子序数Y＞X，M为铍元素或镁元素，N为氧元素或硫元素，所以原子序数大小关系不唯一，故B错误；C．N为氧元素或硫元素，N2-核外电子数为10或18；M为铍元素或镁元素，M2+核外电子数为2或10，M2+、N2-核外电子数：可能相等，也可能不等，故C正确；D．Y为钠元素，M为铍元素或镁元素，金属性Y＞M，所以碱性：YOH＞M(OH)2，故D错误；故选C。正确判断元素的种类是解题的关键。本题中X、Y的判断要注意“一定数目电子”一般认为不能为“0”。14、C【解析】

A.氯化铁是强酸弱碱盐,铁离子易水解,为抑制水解,在配制氯化铁溶液时需要加入少量稀盐酸,故A正确；B.钠易和空气中水、氧气反应而变质,其密度大于煤油，并且又不和煤油反应,所以金属钠保存在装有煤油的带玻璃塞的广口瓶中,故B正确；C.溴易腐蚀橡皮塞,应该用玻璃塞的试剂瓶,故C错误；D.银能溶于稀硝酸生成硝酸银,所以可以用稀硝酸洗去附在试管内壁的银镜，故D正确；答案选C。15、C【解析】

假设溶液的体积为1L，0.01mol/L的蔗糖溶液中含不挥发性的分子为0.01mol，CH3COOH为挥发性物质，0.02mol/L的NaCl溶液中含0.04mol离子，0.01mol/L的K2SO4溶液中含0.03mol离子，根据“单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高”，沸点最高的是0.02mol/L的NaCl溶液，故答案选C。16、C【解析】

由题干可知，为实验室一种常见试剂，由结构式可知，Z为第一主族元素，W为第四主族元素，X为第五主族元素，由W、X、Y最外层电子数之和为15可知，Y为第ⅥA族元素，因为W、X、Y、Z为原子序数依次递增的主族元素，且均不超过20，因此W为碳，X为氮，Y为硫，Z为钾。【详解】A．Z2Y为K2S，由于S2-水解，所以溶液显碱性，故A不符合题意；B．X的最简单氢化物为NH3，W的最简单氢化物为CH4，因为NH3分子间存在氢键，所以沸点高，故B不符合题意；C．根据非金属性，硫的非金属性强于碳，所以对应单质的氧化性也强，故C符合题意；D．中三种元素最外层电子均满足8电子稳定结构，故D不符合题意；答案选C。元素的非金属性越强，单质的氧化性越强。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基a、c+2NaOH→HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa【解析】

(1)甲含有氨基和羧基；(2)a.该分子中C、N原子个数分别是7、5；b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物；c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应；d.该分子中含有N原子；(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，据此判断丁的结构简式；(4)丁为，含有酯基，可在碱性条件下水解，且羧基于氢氧化钠发生中和反应。【详解】(1)甲含有氨基和羧基，含氧官能团为羧基；(2)a.该分子中C、N原子个数分别是7、5，所以分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5，a正确；b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物，该分子中没有苯环，所以不属于芳香族化合物，b错误；c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应，所以该物质既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应，c正确；d.该分子中含有N原子，不属于苯酚的同系物，d错误；故合理选项是ac；(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，所以丁的结构简式为；(4)丁为，含有酯基，可在碱性条件下水解，且羧基于氢氧化钠发生中和反应，方程式为+2NaOH=HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa。本题考查了有机物的结构和性质，涉及有机物合成、反应类型的判断、基本概念等知识点，根据物质反应特点确定反应类型、根据流程图中反应物及反应条件确定生成物，再结合基本概念解答。18、苯甲醇消去反应碳碳双键、羧基+H2O5【解析】

A和Br2的CCl4溶液反应发生加成反应，结合B的结构简式，则A的结构简式为，B在NaOH的水溶液下发生水解反应，－Br被—OH取代，C的结构简式为，C的结构中，与—OH相连的C上没有H原子，不能发生醇的催化氧化，—CH2OH被氧化成—CHO，醛基再被氧化成－COOH，则D的结构简式为，根据分子式，D到E消去了一分子水，为醇羟基的消去反应，E的结构简式为，E和苯甲醇F，在浓硫酸的作用下发生酯化反应得到W，W的结构简式为。【详解】(1)F的名称是苯甲醇；根据分子式，D到E消去了一分子水，反应类型为消去反应；(2)根据分析，E的结构简式为，则含有的官能团名称为碳碳双键、羧基；E中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，结构简式为；(3)E中含有羧基，F中含有羟基，在浓硫酸的作用下发生酯化反应，化学方程式为++H2O；(4)有A含有相同的官能团且含有苯环，A的结构简式为，则含有碳碳双键，除了苯环外，还有3个C原子，则苯环上的取代基可以为－CH=CH2和－CH3，有邻间对，3种同分异构体；也可以是－CH=CHCH3，或者－CH2CH=CH2，共2种；共5种；核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2的结构简式为；(5)由M到F，苯环上多了一个取代基，利用已知信息，可以在苯环上引入一个取代基，－CH2OH，可由氯代烃水解得到，则合成路线为。并不是所有的醇都能发生催化氧化反应，－CH2OH被氧化得到－CHO，被氧化得到；中，与—OH相连的C上没有H原子，不能发生催化氧化反应。19、I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3-＋10Cl－＋12H＋增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率加快搅拌速率分液漏斗将HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH约为7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100～160℃条件下加热至恒重【解析】

(1)①转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸；②氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率；③根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触；(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离；(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2·6H2O，根据图示，在100～160℃条件下固体质量基本保持不变，并且要将杂质除尽。【详解】(1)①转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸，方程式为：I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3-＋10Cl－＋12H＋；②氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率，转化过程中CCl4的作用是增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率；③根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触，则为增大转化过程的反应速率的方法为加快搅拌速率；(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作，需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离，操作为将HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在；(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2·6H2O，根据图示，在100～160℃条件下固体质量基本保持不变，则实验方案：向水层中加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH约为7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100～160℃条件下加热至恒重。20、作为溶剂、提高丙炔酸的转化率(直形)冷凝管防止暴沸丙炔酸分液丙炔酸甲酯的沸点比水的高【解析】

（1）一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙炔酸的转化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇还作为反应的溶剂；（2）根据装置图，仪器A为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸；（3）丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，制备丙炔酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外，还含有丙炔酸、硫酸；通过饱和NaCl溶液可吸收硫酸；5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na2CO3，然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯；（4）水浴加热提供最高温度为100℃，而丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，采用水浴加热，不能达到丙炔酸甲酯的沸点，不能将丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸馏时不能用水浴加热。《实验化学