湖南省永州市2026年高三化学试题下学期期中化学试题含解析

湖南省永州市2026年高三化学试题下学期期中化学试题考生须知：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、下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述正确的是（）A．溶液中H2O电离出的c(OH-)=1.0×10-3mol⋅L—1B．加入少量CH3COONa固体后，溶液pH升高C．与等体积0.001mol/LNaOH溶液反应，所得溶液呈中性D．与pH=3的硫酸溶液浓度相等2、亚硝酰氯（NOCl）是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，室温下为不稳定的黄色气体，具刺鼻恶臭味，遇水分解，某学习小组用C12和NO制备NOCl装置如图。下列说法错误的是A．氯气在反应中做氧化剂B．装入药品后，要先打开K2、K3，反应一段时间后，再打开K1C．利用A装置还可以做Na2O2和水制氧气的实验D．若没有B装置，C中可能发生反应：2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑3、有关元素性质递变规律的叙述正确的是A．同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低B．同主族元素从上到下，氢化物的熔点逐渐降低C．同周期元素（除零族元素外）从左到右，简单离子半径逐渐减小D．同周期元素（除零族元素外）从左到右，原子失电子能力逐渐减弱4、ABS合成树脂的结构简式如图，则生成该树脂的单体的种数和反应类型正确的是A．1种，加聚反应 B．2种，缩聚反应C．3种，加聚反应 D．3种，缩聚反应5、下列条件下，可以大量共存的离子组是（）A．pH=9的溶液中：Na+、Fe3+、NO3-，SCN-B．含有大量S2O32-的溶液中：H+、K+、SO42-、Al3+C．0.1mol•L-1的NH4Cl溶液中：Li+、Ba2+、CH3COO-、OH-D．某酸性无色透明溶液中：Na+、I-、Cl-、Mg2+6、根据下图，下列判断中正确的是A．石墨与O2生成CO2的反应是吸热反应B．等量金刚石和石墨完全燃烧，金刚石放出热量更多C．从能量角度看，金刚石比石墨更稳定D．C(金刚石，s)=C(石墨，s)+QkJQ=E3—E27、己知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+3C1O-+4OH－=2RO4n-+3Cl－+5H2O。则RO4n-中R的化合价是（）A．+3 B．+4 C．+5 D．+68、下列说法正确的是（）A．Cl表示中子数为18的氯元素的一种核素B．乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3）和硬脂酸甘油酯（）互为同系物C．的名称为2﹣乙基丁烷D．CH3（CH2）2CH3和CH（CH3）3互为同素异形体9、将一小块钠投入足量水中充分反应，在此过程中没有发生的是（）A．破坏了金属键 B．破坏了共价键 C．破坏了离子键 D．形成了共价键10、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．常温常压下，1molP4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为4NAB．0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NAC．20mL10mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应转移电子数为0.1NAD．0.1molNH2-所含电子数为6.02×1023个11、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标况下，22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数为NAB．标准状况下，38g3H2O2中含有4NA共价键C．常温下，将5.6g铁块投入一定量浓硝酸中，转移0.3NA电子D．一定温度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物质的量一定不相同12、明崇祯年间《徐光启手迹》记载：“绿矾五斤，硝(硝酸钾)五斤，将矾炒去，约折五分之一，将二味同研细，次用铁作锅，……锅下起火，取气冷定，开坛则药化为强水。五金入强水皆化、惟黄金不化强水中，加盐则化。”以下说法不正确的是A．“强

水”主

要

成

分

是

硝酸B．“将矾炒去，约折五分之一”是指绿矾脱水C．“锅下起火,取气冷定”描述了蒸馏的过程D．“五金入强水皆化”过程产生的气体都是H213、在化学的发展史上，许多科学家创建的理论对化学科学的发展起到重大的作用。有关科学家与其创建的理论对应不匹配的是（）A．墨子：物质的分割是有条件的B．汤姆生：葡萄干面包模型C．德谟克利特：古典原子论D．贝克勒尔：原子结构的行星模型14、氰氨化钙是一种重要的化工原料，其制备的化学方程式为：CaCO3+2HCN=CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑，下列说法正确的是A．CO为氧化产物，H2为还原产物 B．CaCN2含有共价键，属于共价化合物C．HCN既是氧化剂又是还原剂 D．每消耗10gCaCO3生成2.24LCO215、现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。R原子最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T化合物能破坏水的电离平衡，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示，下列推断正确的是A．原子半径和离子半径均满足：Y＜ZB．Y的单质易与R、T的氢化物反应C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：T＜RD．由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性16、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)二、非选择题（本题包括5小题）17、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）_______。18、以下是合成芳香族有机高聚物P的合成路线。已知：ROH+R’OHROR’+H2O完成下列填空：（1）F中官能团的名称_____________________；写出反应①的反应条件______；（2）写出反应⑤的化学方程式______________________________________________。（3）写出高聚物P的结构简式__________。（4）E有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式______。①分子中只有苯环一个环状结构，且苯环上有两个取代基；②1mol该有机物与溴水反应时消耗4molBr2（5）写出以分子式为C5H8的烃为主要原料，制备F的合成路线流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如：____________________19、氯化亚铜(CuCl)晶体呈白色，见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化。某研究小组设计如下两种方案在实验室制备氯化亚铜。方案一：铜粉还原CuSO4溶液已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)。(1)步骤①中发生反应的离子方程式为________________。(2)步骤②中，加入大量水的作用是_____________。(3)如图流程中用95%乙醇洗涤和真空干燥是为了防止________________。方案二：在氯化氢气流中加热CuCl2•2H2O晶体制备，其流程和实验装置(夹持仪器略)如下：请回答下列问题：(4)实验操作的先后顺序是a→_____→______→_______→e(填操作的编号)a．检査装置的气密性后加入药品b．点燃酒精灯，加热c．在“气体入口”处通入干燥HCld．熄灭酒精灯，冷却e．停止通入HCl，然后通入N2(5)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是______。(6)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2杂质，请分析产生CuCl2杂质的原因________________________。(7)准确称取0.2500g氯化亚铜样品置于一定量的0.5mol/LFeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20mL，用0.1000mol/L的Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗24.60mLCe(SO4)2溶液。有关化学反应为Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，计算上述样品中CuCl的质量分数是_____________%(答案保留4位有效数字)。20、1－乙氧基萘常用作香料，也可合成其他香料。实验室制备1－乙氧基萘的过程如下：已知：1－萘酚的性质与苯酚相似，有难闻的苯酚气味。相关物质的物理常数：物质相对分子质量状态熔点(℃)沸点(℃)溶解度水乙醇1－萘酚144无色或黄色菱形结晶或粉末96℃278℃微溶于水易溶于乙醇1－乙氧基萘172无色液体5.5℃267℃不溶于水易溶于乙醇乙醇46无色液体-114.1℃78.5℃任意比混溶（1）将72g1－萘酚溶于100mL无水乙醇中，加入5mL浓硫酸混合。将混合液置于如图所示的容器中加热充分反应。实验中使用过量乙醇的原因是________。（2）装置中长玻璃管的作用是：______________。（3）该反应能否用实验室制备乙酸乙酯的装置_____（选填“能”或“不能”），简述理由_____________。（4）反应结束，将烧瓶中的液体倒入冷水中，经处理得到有机层。为提纯产物有以下四步操作：①蒸馏；②水洗并分液；③用10%的NaOH溶液碱洗并分液；④用无水氯化钙干燥并过滤。正确的顺序是____________(选填编号)。a．③②④①b．①②③④c．②①③④（5）实验测得1－乙氧基萘的产量与反应时间、温度的变化如图所示，时间延长、温度升高，1－乙氧基萘的产量下降可能的两个原因是____________。（6）提纯的产品经测定为43g，本实验中1－乙氧基萘的产率为________。21、非索非那定（H）是一种重要的抗过敏药，可采用如图路线合成：已知：Ph-代表苯基；

请回答（1）A的名称为____；F→C的反应类型为____。（2）E的分子式为____；H中含氧官能团的名称为____。（3）实验室检验B中官能团所用的试剂为____。（4）E→F的化学方程式为___。（5）D水解后得到物质W（）则同时满足下列条件的W的同分异构体有___种；其中核磁共振氢谱有五组吸收峰，峰面积之比为6：2：2：1：1的结构简式为____。i．苯环上有两个取代基ⅱ．能与FcC1溶液发生显色反应iii．能发生银镜反应（6）新戊酸（）可用于生产香料，设计由乙烯为起始原料制备新皮酸的合成路线____（无机试剂任选）。

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项、pH=3的CH3COOH溶液中c（H+）为1.0×10-3mol•L-1，氢离子抑制了水的电离，醋酸中的氢氧根离子来自水的电离，则溶液中H2O电离出的c（OH-）=1.0×10-10mol•L-1，故A错误；B项、加入少量CH3COONa固体后，溶液中醋酸根浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH升高，故B正确；C项、醋酸为弱酸，pH=3的醋酸溶液浓度大于0.001mol•L-1，与等体积0.001mol•L-1NaOH溶液反应后醋酸过量，所得溶液呈酸性，故C错误；D项、pH=3的硫酸溶液中氢离子浓度为c（H+）=1.0×10-3mol•L-1，硫酸的浓度为5×10-4mol•L-1，而醋酸的浓度大于0.001mol•L-1，故D错误；故选B。水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出是氢氧根离子浓度，酸碱抑制水电离，水解的盐促进水电离。2、C【解析】

由装置A制备NO，用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能有挥发的硝酸，故装置B用来净化和干燥NO，将氯气和NO干燥后在装置C中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间应该需加一个干燥装置。【详解】A.根据Cl2和NO反应生成了NOCl，氯元素化合价降低，得电子，Cl2为氧化剂，故A正确；

B.先打开K2、K3，通入一段时间氯气，排尽三颈烧瓶中的空气，防止NO、NOCl变质，然后再打开K1，通入NO，故B正确；

C.该装置能制备用块状固体和液体反应生成的气体，过氧化钠为粉末状固体，所以不可以做Na2O2和水制氧气的实验，故C错误；

D.若无装置B，C中亚硝酰氯与水反应生成氯化氢、NO和二氧化氮，可能发生反应：2NOCl+H2O═2HCl+NO↑+NO2↑，故D正确；

故选：C。3、D【解析】

A．碱金属元素，单质的熔沸点随着原子序数增大而减小，卤族元素，单质的熔沸点随着原子序数增大而升高，所以同主族元素从上到下，单质的熔点可能逐渐降低、也可能逐渐升高，A错误；B．同一主族元素，氢化物的熔沸点随着相对分子质量增大而升高，但含有氢键的物质熔沸点较高，碳族元素氢化物的熔点随着原子序数增大而增大，B错误；C．同一周期元素，从左到右，金属元素形成的阳离子具有上一周期惰性气体的原子结构，简单离子半径逐渐减小；而非金属元素形成的阴离子具有同一周期惰性气体的原子结构，原子序数越大，离子半径越小，同一周期金属元素的离子半径小于非金属元素的离子半径，第IIIA族元素简单离子半径最小，C错误；D．元素的金属性越强，其原子失电子能力越强，同一周期元素，元素的金属性随着原子序数增大而减弱，非金属性随着原子序数增大而增强，所以同周期元素(除零族元素外)从左到右，原子失电子能力逐渐减弱，得电子的能力逐渐增强，D正确；故合理选项是D。4、C【解析】

ABS合成树脂的链节为，链节的主链上全是碳原子，ABS树脂由单体发生加聚反应得到，按如图所示的虚线断开：，再将双键中的1个单键打开，然后将半键闭合即可得ABS树脂的单体为：CH2=CHCN、CH2=CH—CH=CH2和C6H5CH=CH2，有3种，单体之间通过加聚反应生成合成树脂；答案选C。5、D【解析】

A．pH=9的溶液呈碱性，碱性条件下Fe3+生成沉淀，且Fe3+、SCN-发生络合反应而不能大量共存，故A错误；B．能和S2O32-反应的离子不能大量共存，酸性条件下S2O32-生成S和二氧化硫而不能大量存在，故B错误；C．能和氯化铵反应的离子不能大量共存，铵根离子和OH-生成弱电解质而不能大量共存，Li+、OH-不能大量共存，故C错误；D．酸性溶液中含有大量氢离子，无色溶液不含有色离子，这几种离子都无色且和氢离子不反应，所以能大量共存，故D正确；故选：D。S2O32-为硫代硫酸根，与氢离子可以发生反应：S2O32-+2H+==S↓+SO2+H2O。6、B【解析】

A、石墨与O2的总能量高于CO2的能量，故石墨与O2生成CO2反应为放热反应，选项A错误；B、根据图示可知，金刚石的能量高于石墨的能量，故等量的金刚石和石墨燃烧时，金刚石放出的热量更多，选项B正确；C、物质的能量越高则物质越不稳定，故金刚石的稳定性比石墨差，选项C错误；D、根据图示可知，金刚石的能量高于石墨的能量，故金刚石转化为石墨是放出能量，Q=E2-E1，选项D错误；答案选B。7、D【解析】

根据方程式两端电荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，答案选D。8、A【解析】

A．核素中中子数=质量数-质子数，质子数=原子序数，利用关系式求出Cl-35的中子数；B．同系物是物质结构相似、分子组成上相差一个或多个“CH2”，根据概念判断正误；C．系统命名法是选择最长的碳链为主链；D．同素异形体是同一种元素形成的不同单质，不是化合物【详解】A．该核素的中子数=35﹣17=18，故A正确；B．同系物是物质结构相似、分子组成上相差一个或多个“CH2”，而乙酸乙酯和硬脂酸甘油酯还相差有“O“原子，不符合概念，故B错误；C．系统命名法是选择最长的碳链为主链，该物最长碳链为5个碳原子，名称应该为为3﹣甲基戊烷，故C错误；D．同素异形体是同一种元素形成的不同单质，CH3（CH2）2CH3和CH（CH3）3是化合物、互为同分异构体，故D错误：故选：A。原子结构、同系物、同分异构体、烷烃命名等知识点，解题关键：掌握概念的内涵和外延，错点D，同素异形体的使用范围是单质。9、C【解析】

将一小块钠投入足量水中，发生反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑。【详解】A．钠失电子生成Na+脱离金属钠表面进入溶液，从而破坏金属键，A不合题意；B．水电离生成的H+与Na反应生成NaOH和H2，破坏了共价键，B不合题意；C．整个反应过程中，没有离子化合物参加反应，没有破坏离子键，C符合题意；D．反应生成了氢气，从而形成共价键，D不合题意；故选C。10、D【解析】

A、P4是正四面体结构，每个P4分子中有6个共价键，1molP4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为6NA，故A错误；B.H2+I22HI反应前后气体分子数不变，0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数等于0.2NA，故B错误C.20mL10mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应生成NO2和NO，转移电子数不是0.1NA，故C错误；D.1个NH2-含10个电子，0.1molNH2-所含电子数为6.02×1023个，故D正确。11、D【解析】

A、氯气与水反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，溶液中氯原子总数为2mol，Cl2中含有2个氯原子，故溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数大于NA，故A错误；B、双氧水结构为：，38g3H2O2的物质的量为=1mol，由结构式可知，1mol双氧水中含有3NA共价键，故B错误；C、常温下铁与浓硝酸发生钝化，形成致密氧化膜，阻止反应进行，所以常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移小于0.3NA电子，故C错误；D、1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液所对应浓度不同，所以水解程度不同，溶液中的物质的量一定也不同，故D正确；故答案为D。本题A选项属于易错项，该反应属于可逆反应，溶液中总氯原子为2mol，发生反应后，溶液中含氯微粒总数小于2mol大于1mol。12、D【解析】A.根据“五金入强水皆化、惟黄金不化强水中”判断“强

水”主

要

成

分

是

硝酸，故A正确；B.“将矾炒去，约折五分之一”是指绿矾脱水，故B正确；C.“锅下起火，取气冷定”描述了蒸馏的过程，故C正确；D.“五金入强水皆化”是指金属溶于硝酸，过程产生的气体主要是氮的氧化物，故D不正确。故选D。13、D【解析】

A.墨子提出：物质被分割是有条件的，若不存在被分割的条件，就不能被分割，故A正确；B.汤姆生发现了电子，并提出了电子的葡萄干面包模型，故B正确；C.德谟克利特提出：物质由极小的微粒组成，这种微粒叫做原子，物质分割只能到原子为止，故C正确；D.卢瑟福提出了原子结构的行星模型，不是贝克勒尔，故D错误；答案选D。14、C【解析】

A.HCN中碳的化合价为+2价，CO中碳的化合价也是+2价，CO既不是氧化产物也不是还原产物，A错误；B.CaCN2中含有离子键和共价键，属于离子化合物，B错误；C.HCN中H的化合价降低，C的化合价升高，HCN既是氧化剂又是还原剂，C正确；D.每消耗10gCaCO3生成0.1molCO2，没有说明温度和压强，无法计算二氧化碳的体积，D错误；答案选C。15、B【解析】

现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，结合五种元素的原子半径与原子序数的关系图可知，Z的原子半径最大，X的原子半径和原子序数均最小，则X为H元素；由R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R为第二周期的C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Z为Na元素，Y为O元素，Z与T形成的Z2T

化合物能破坏水的电离平衡，T为S元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为H元素，R为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，T为S元素。A．电子层越多，原子半径越大，则原子半径为Y＜Z，而具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为Y＞Z，故A错误；B．Y的单质为氧气，与C的氢化物能够发生燃烧反应，与S的氢化物能够反应生成S和水，故B正确；C．非金属性S＞C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：T＞R，故C错误；D．由H、C、O、Na四种元素组成的化合物不仅仅为NaHCO3，可能为有机盐且含有羧基，溶液不一定为碱性，可能为酸性，如草酸氢钠溶液显酸性，故D错误；答案选B。16、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。二、非选择题（本题包括5小题）17、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。18、羧基、氯原子光照+3NaOH+NaCl+3H2O、、（任选其一）CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH（或与溴1，4-加成、氢氧化钠溶液水解、与氯化氢加成、催化氧化、催化氧化）【解析】

本题为合成芳香族高聚物的合成路线，C7H8经过反应①生成的C7H7Cl能够在NaOH溶液中反应可知，C7H8为甲苯，甲苯在光照条件下，甲基上的氢原子被氯原子取代，C7H7Cl为，C为苯甲醇，结合已知反应和反应条件可知，D为，D→E是在浓硫酸作用下醇的消去反应，则E为，据M的分子式可知，F→M发生了消去反应和中和反应。M为，N为，E和N发生加聚反应，生成高聚物P，P为，据此进行分析。【详解】（1）根据F的结构简式可知，其官能团为：羧基、氯原子；反应①发生的是苯环侧链上的取代反应，故反应条件应为光照。答案为：羧基、氯原子；光照；（2）F→M发生了消去反应和中和反应。M为，反应的化学方程式为：+3NaOH+NaCl+3H2O，故答案为：+3NaOH+NaCl+3H2O。（3）E为，N为，E和N发生加聚反应，生成高聚物P，P为，故答案为：。（4）E为，其同分异构体具有①分子中只有苯环一个环状结构,且苯环上有两个取代基，②1mol该有机物与溴水反应时消耗4molBr2，则该物质一个官能团应是酚羟基，且酚羟基的邻对位位置应无取代基，则另一取代基和酚羟基为间位关系。故其同分异构体为：、、，故答案为：、、（任选其一）。（5）分析目标产物F的结构简式：，运用逆推方法，根据羧酸醛醇卤代烃的过程，可选择以为原料进行合成，合成F的流程图应为：CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH，故答案为：CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH。卤代烃在有机物转化和合成中起重要的桥梁作用：烃通过与卤素发生取代反应或加成反应转化为卤代烃，卤代烃在碱性条件下可水解转化为醇或酚，进一步可转化为醛、酮、羧酸和酯等；卤代烃通过消去反应可转化为烯烃或炔烃。19、Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-稀释促进平衡CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)逆向移动，生成CuClCuCl在潮湿空气中被氧化cbd先变红后褪色加热时间不足或温度偏低97.92【解析】

方案一：CuSO4、Cu在NaCl、浓盐酸存在条件下加热，发生反应：Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-，过滤除去过量的铜粉，然后加水稀释滤液，化学平衡CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)逆向移动，得到CuCl沉淀，用95%的乙醇洗涤后，为防止潮湿空气中CuCl被氧化，在真空环境中干燥得到纯净CuCl；方案二：CuCl2是挥发性强酸生成的弱碱盐，用CuCl2·2H2O晶体在HCl气流中加热脱水得到无水CuCl2，然后在高于300℃的温度下加热，发生分解反应产生CuCl和Cl2。【详解】(1)步骤①中CuSO4、Cu发生氧化还原反应，产生的Cu+与溶液中Cl-结合形成[CuCl3]2-，发生反应的离子方程式为：Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-；(2)根据已知条件：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)，在步骤②中向反应后的滤液中加入大量的水，溶液中Cl-、[CuCl3]2-浓度都减小，正反应速率减小的倍数大于逆反应速率减小的倍数，所以化学平衡逆向移动，从而产生CuCl沉淀；(3)乙醇易挥发，用95%乙醇洗涤可以去除CuCl上的水分，真空干燥也可以避免CuCl在潮湿空气中被氧化；(4)CuCl2•2H2O晶体要在HCl气体中加热，所以实验前要先检查装置的气密性，再在“气体入口”处通入干燥HCl，然后点燃酒精灯，加热，待晶体完全分解后的操作是熄灭酒精灯，冷却，为了将装置中残留的HCl排出，防止污染环境，要停止通入HCl，然后通入N2，故实验操作编号的先后顺序是a→c→b→d→e；(5)无水硫酸铜是白色固体，当其遇到水时形成CuSO4·5H2O，固体变为蓝色，HCl气体遇水变为盐酸，溶液显酸性，使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，当CuCl2再进一步加热分解时产生了Cl2，Cl2与H2O反应产生HCl和HClO，HC使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，HClO具有强氧化性，又使变为红色的石蕊试纸褪色变为无色；(6)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2杂质，产生CuCl2杂质的原因可能是加热时间不足或加热温度偏低，使CuCl2未完全分解；(7)根据反应方程式Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+可得关系式：CuCl～Ce4+，24.60mL0.1000mol/L的Ce(SO4)2溶液中含有溶质Ce(SO4)2的物质的量n[Ce(SO4)2]=0.1000mol/L×0.02460L=2.46×10-3mol，则根据关系式可知n(CuCl)=n(Ce4+)=2.46×10-3mol，m(CuCl)=2.46×10-3mol×99.5g/mol=0.24478g，所以该样品中CuCl的质量分数是×100%=97.92%。本题考查了物质制备方案的设计，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法及元素化合物性质，充分利用题干信息分析解答，当反应中涉及多个反应时，可利用方程式得到已知物质与待求物质之间的关系式，然后分析、解答，试题充分考查了学生的分析能力及化学实验能力。20、提高1-萘酚的转化率冷凝回流不能产物沸点大大高于反应物乙醇，会降低产率a1-萘酚被氧化，温度高乙醇大量挥发或温度高发生副反应50%【解析】

（1）该反应中乙醇的量越多，越促进1-萘酚转化，从而提高1-萘酚的转化率；（2）长玻璃管起到冷凝回流的作用，使挥发出的乙醇冷却后回流到烧瓶中，从而提高乙醇原料的利用率；（3）该产物沸点高于乙醇，从而降低反应物利用率，所以不能用制取乙酸乙酯的装置；（4）提纯产物用10%的NaOH溶液碱洗并分液，把硫酸洗涤去，水洗并分液洗去氢氧化钠，用无水氯化钙干燥并过滤，吸收水，控制沸点通过蒸馏的方法得到，实验的操作顺序为：③②④①，选项是a；（5）时间延长、温度升高，可能是酚羟