2026届果洛市重点中学新高三开学摸底考（全国II卷）化学试题含解析

2026届果洛市重点中学新高三开学摸底考（全国II卷）化学试题注意事项：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、某温度下，容积一定的密闭容器中进行可逆反应：X(g)+Y(g)2Z(g)+W(s)+Q，下列叙述正确的是A．加入少量W，υ(逆)增大 B．压强不变时，反应达到平衡状态C．升高温度，υ(逆)、υ(正)都增大 D．平衡后加入X，方程式中的Q增大2、对可逆反应2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)ΔH＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是()①增加A的量，平衡向正反应方向移动②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)减小③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变④增大B的浓度，v(正)＞v(逆)⑤加入催化剂，B的转化率提高A．①② B．④ C．③ D．④⑤3、为检验某固体物质中是否铵盐，你认为下列试纸或试剂一定用不到的是()①蒸馏水②氢氧化钠溶液③红色石蕊试纸④蓝色石蕊试纸⑤稀硫酸A．①⑤ B．④⑤ C．①③ D．①④⑤4、钠离子电池具有成本低、能量转换效率高、寿命长等优点。一种钠离子电池用碳基材料（NamCn）作负极，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，该钠离子电池的工作原理为Na1-mCoO2+NamCnNaCoO2+Cn。下列说法不正确的是A．放电时，Na+向正极移动B．放电时，负极的电极反应式为NamCn—me-=mNa++CnC．充电时，阴极质量减小D．充电时，阳极的电极反应式为NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+5、下列说法正确的是A．铜锌原电池中，盐桥中的K＋和NO分别移向负极和正极B．SiO2(s)＋2C(s)===Si(s)＋2CO(g)必须在高温下反应才能发生，则ΔH>0C．室温下，将Na2CO3和NaHCO3的混合溶液加水稀释，减小D．电解精炼铜时，若阴极析出3.2g铜，则阳极失电子数大于6.02×10226、NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020mol·L－1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0mL混合，记录10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断不正确的是()A．40℃之前，温度升高反应速率加快，变蓝时间变短B．40℃之后溶液变蓝的时间随温度的升高变长C．图中b、c两点对应的NaHSO3的反应速率相等D．图中a点对应的NaHSO3的反应速率为5.0×10－5mol·L－1·s－17、一定温度下，10mL0.40mol·L-1H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。t/min0236810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（）（溶液体积变化忽略不计）A．反应至6min时，H2O2分解了50％B．反应至6min时，c(H2O2)=0.20mol·L-1C．0~6min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2mol/(L·min)D．4~6min的平均反应速率：v(H2O2)>3.3×10-2mol/(L·min)8、25℃时，将0.10mol·L－1CH3COOH溶液滴加到10mL0.10mol·L－1NaOH溶液中，lg与pH的关系如图所示，C点坐标是(6，1.7)。(已知：lg5=0.7)下列说法正确的是A．Ka(CH3COOH)＝5.0×10－5B．Ka(CH3COOH)＝5.0×10－6C．pH＝7时加入的醋酸溶液的体积小于10mLD．B点存在c(Na＋)－c(CH3COO－)＝(10－6－10－8)mol·L－19、潮湿的氯气、新制的氯水及漂粉精的水溶液均能使有色布条褪色，因为它们都含有A．Cl2 B．HClO C．ClO‾ D．HCl10、下列关于有机化合物的说法正确的是()A．属于醛类，官能团为—CHOB．分子式为C5H10O2的有机物中能与NaOH溶液反应的有4种C．立方烷()的六氨基（-NH2）取代物有3种D．烷烃的正确命名是2-甲基-3-丙基戊烷11、一种治疗感冒咳嗽的药物结构简式是。下列关于该有机物的说法正确的是（）A．分子中所有碳原子可在同一平面上B．该有机物的分子式是C10H16OC．该有机物能发生加成和氧化反应D．该有机物与互为同分异构体12、周期表中有如图所示的元素，下列叙述正确的是A．47.87是丰度最高的钛原子的相对原子质量B．钛原子的M层上共有10个电子C．从价电子构型看，钛属于某主族元素D．22为钛原子的质量数13、元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示,其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸。则下列判断正确的是()A．非金属性:Z<T<XB．R与Q的电子数相差26C．气态氢化物稳定性:R<T<QD．最高价氧化物的水化物的酸性:R>Q14、近年来，我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀。下列说法正确的是A．阴极的电极反应式为4OH－－4e－＝O2↑＋2H2O B．阳极的电极反应式为Zn－2e－＝Zn2＋C．通电时，该装置为牺牲阳极的阴极保护法 D．断电时，锌环失去保护作用15、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中X与Y可形成一种淡黄色物质P，常温下将0.05molP溶于水，配成1L溶液，pH=13；Z为金属元素，且Z可在W的一种氧化物中燃烧，生成一种白色物质和一种黑色物质。下列说法错误的是A．简单离子半径：X>Y>ZB．气态氢化物的稳定性：W>XC．单质的熔点：Z>YD．元素Z形成的单质被称为“国防金属”16、a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是（）A．原子半径：d>c>b>a B．4种元素中b的金属性最强C．c的氧化物的水化物是强碱 D．d单质的氧化性比a单质的氧化性强二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，他们能发生如图所示的转化关系。若该元素用R表示，则A为R的氧化物，D与NaOH溶液反应生成C和H2。请回答：(1)写出对应物质的化学式：A________________；C________________；E________________。(2)反应①的化学方程式为_______________________________________。(3)反应④的离子方程式为_____________________________________。(4)H2CO3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明：_______________________________。18、α-溴代羰基化合物合成大位阻醚的有效方法可用于药物化学和化学生物学领域。用此法合成化合物J的路线如下：已知：回答下列问题：（1）F中含有的含氧官能团的名称是______，用系统命名法命名A的名称是______。（2）B→C所需试剂和反应条件为___________。（3）由C生成D的化学反应方程式是__________。（4）写出G的结构简式_________，写出检验某溶液中存在G的一种化学方法________。（5）F＋H→J的反应类型是_______。F与C在CuBr和磷配体催化作用下也可合成大位阻醚，写出其中一种有机产物的结构简式：_______。（6）化合物X是E的同分异构体，分子中不含羧基，既能发生水解反应，又能与金属钠反应。符合上述条件的X的同分异构体有_______种（不考虑立体异构），其中能发生银镜反应，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1:1:6的结构简式为_______。19、FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下：C6H5Cl(氯苯）C6H4Cl2(二氯苯）FeCl3FeCl2溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔点/℃-4553易升华沸点/℃132173(1)用H2还原无水FeCl3制取FeCl2。有关装置如下：①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为_____________。②按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为_________（填字母，装置可多次使用）；C中盛放的试剂是_____________。③该制备装置的缺点为________________。(2)利用反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，制取无水FeCl2并测定FeCl3的转化率。按下图装置，在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热3h，冷却、分离提纯得到粗产品。①仪器a的名称是__________。②反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。洗涤所用的试剂可以是____，回收滤液中C6H5C1的操作方法是______。③反应后将锥形瓶中溶液配成250mL，量取25.00mL所配溶液，用0.40mol/LNaOH溶液滴定，终点时消耗NaOH溶液为19.60mL，则氯化铁的转化率为__________。④为了减少实验误差，在制取无水FeCl2过程中应采取的措施有：________（写出一点即可）。20、某学生设计下列实验（图中用于加热的仪器没有画出）制取Mg3N2，观察到装置A的黑色的固体变成红色，装置D的镁条变成白色，回答下列问题：(1)装置A中生成的物质是纯净物，则可能是_________，证明的方法是_____________。(2)设计C装置的作用是________________，缺陷是___________________。21、（1）已知反应的，、分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为_____kJ。（2）对于一般的化学反应aA+bB→P，反应物浓度和反应速率之间存在以下关系：v（单位mol·L-1·min-1）＝k×c(A)x×c(B)y，k称为速率常数，x称为反应物A的级数，y称为反应物B的级数，x+y称为反应的总级数。①对于反应H2(g)＋I2(g)→2HI(g)，速率表达式：v＝k×c(H2)×c(I2)，则反应总级数为________级。②H2O2分解成水和氧气的反应是一级反应，反应速率常数k为0.0410min-1，则过氧化氢分解一半的时间是__________min。（结果保留3位有效数字）（已知：一级反应物质浓度c=c0e-kt，c0为初始浓度，ln2=0.693）（3）将等物质的量的I2和H2置于预先抽真空的特制1L密闭容器中，加热到1500K，起始总压强为416kPa；体系达平衡，总压强为456kPa。体系中存在如下反应关系：①I2(g)⇌2I(g)Kp1=200ΔH1②I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)Kp2ΔH2③HI(g)⇌I(g)+H(g)Kp3ΔH3④H2(g)⇌2H(g)Kp4ΔH4（已知Kp3、Kp4值很小，③、④反应忽略；Kp为以分压表示的平衡常数，以下计算结果均保留2位有效数字）①ΔH2=_____________。（用含ΔH1、ΔH3、ΔH4的式子表示）②1500K平衡体系中I(g)、H2(g)分压分别为______kPa、_______kPa、Kp2=______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

据外因对化学反应速率和化学平衡的影响分析判断。【详解】A.物质W为固体，加入少量W不改变W浓度，故υ(逆)不变，A项错误；B.题中反应前后气体分子数不变，当温度、体积一定时，容器内压强必然不变。故压强不变时不一定是平衡状态，B项错误；C.温度越高，化学反应越快。故升高温度，υ(逆)、υ(正)都增大，C项正确；D.方程式中的Q表示每摩化学反应的热效应。平衡后加入X，平衡右移，但Q不变，D项错误。本题选C。2、B【解析】

①A是固体，增加A的量，平衡不移动，故①错误；②2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)、v(逆)均增大，故②错误；③2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)，反应前后气体系数和不变，压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)均增大，故③错误；④增大B的浓度，反应物浓度增大，平衡正向移动，所以v(正)＞v(逆)，故④正确；⑤加入催化剂，平衡不移动，B的转化率不变，故⑤错误；故选B。3、B【解析】

铵根离子和氢氧化钠溶液反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则需要红色石蕊试纸，且需要蒸馏水润湿试纸，则不需要的物质是蓝色石蕊试纸及稀硫酸，④⑤正确，故答案为B。4、C【解析】

A.放电时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故A不选；B.放电时，负极是金属钠失去电子，故电极反应式为NamCn—me-=mNa++Cn，故B不选；C.充电时，阴极的电极反应式为mNa++Cn+me-=NamCn，电极质量增加，故C选；D.充电时，阳极是NaCoO2中的Co失去电子转化为Na1-mCoO2，电极反应式为NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+，故D不选。故选C。碳基材料NamCn中，Na和C都为0价，Na是嵌在碳基里的。在NaCoO2中，Co的化合价比Na1-mCoO2中的Co的化合价低，所以充电时，阳极是NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+。5、B【解析】

A.原电池中阳离子向正极迁移，阴离子向负极迁移，所以盐桥中的K+向正极迁移，NO3-向负极迁移。A项错误；B.该反应熵增加（即△S>0），因高温下才能发生反应，低温下不能反应，即低温下△H－T△S>0，所以△H>0。B项正确；C.因为混合溶液中存在HCO3-H++CO32-平衡，其平衡常数K=，即=，K只与温度有关，加水稀释过程中K值不变，而c(H+)增大，所以增大，C项错误；D.电解精炼铜时，阴极只有Cu2+放电：Cu2++2e-=Cu，3.2g铜的物质的量==0.05mol，所以阴极得到电子的物质的量为0.05mol×2e-=0.1mole-，即6.02×1022个电子，根据电解池中电子转移守恒可知阳极失去的电子数也为6.02×1022。D项错误；答案选B。本题易错点是C选项，CO32-水解生成HCO3-：CO32-+H2OHCO3-+OH-；HCO3-电离产生CO32-：HCO3-CO32-+H+，从这两个平衡移动的“此长彼消”角度不易判断，若从HCO3-电离平衡常数入手分析便能准确判断值的变化。6、C【解析】

A、根据图像，40℃以前由80s逐渐减小，说明温度升高反应速率加快，故A说法正确；B、根据图像，40℃之后，溶液变蓝的时间随温度的升高变长，故B说法正确；C、40℃以前，温度越高，反应速率越快，40℃以后温度越高，变色时间越长，反应越慢，可以判断出40℃前后发生的化学反应不同，虽然变色时间相同，但不能比较化学反应速率，故C说法错误；D、混合前NaHSO3的浓度为0.020mol·L－1，忽略混合前后溶液体积的变化，根据c1V1=c2V2，混合后NaHSO3的浓度为0.020mol/L×10×10-3L(10+40)×10-3L=0.0040mol·L－1，a点溶液变蓝时间为80s，因为NaHSO3不足或KIO3过量，NaHSO3浓度由0.0040mol·L－1变为0，根据化学反应速率表达式，a点对应的NaHSO3反应速率为0.0040mol/L答案选C。易错点是选项D，学生计算用NaHSO3表示反应速率时，直接用0.02mol·L－1和时间的比值，忽略了变化的NaHSO3浓度应是混合后NaHSO3溶液的浓度。7、D【解析】

A．0～6min时间内，生成氧气为=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2mol/L，则H2O2分解率为×100%=50%，故A正确；B．由A计算可知，反应至6min时c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故B正确；C．0～6min时间内，生成氧气为=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2mol/L，所以v(H2O2)=≈0.033mol/(L•min)，故C正确；D．由题中数据可知，0～3min生成氧气的体积大于3～6min生成氧气的体积，因此，4～6min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，故D错误；答案选D。8、A【解析】

醋酸的电离常数，取对数可得到；【详解】A.据以上分析，将C点坐标(6,1.7)代入，可得lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，Ka(CH3COOH)=5.0×10-5，A正确；B.根据A项分析可知，B错误；C.当往10mL0.10mol·L-1NaOH溶液中加入10mL0.10mol·L-1醋酸溶液时，得到CH3COONa溶液，溶液呈碱性，故当pH=7时加入的醋酸溶液体积应大于10mL，C错误；D.B点，又lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，则由得，pH=8.3，c(H+)=10-8.3mol·L-1，结合电荷守恒式：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)知，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5.7-10-8.3)mol·L-1，D错误；答案选A。9、B【解析】氯气与水反应生成HClO、HCl，Cl2、HCl都没有漂白性，HClO具有漂白性，故B正确。10、C【解析】

A．的官能团为—COO—(酯基)，为甲酸与苯酚发生酯化反应形成的酯，属于酯类，A选项错误；B．分子式为C5H10O2且能与NaOH溶液反应的有机物可能为羧酸，也可能为酯，若为羧酸，C5H10O2为饱和一元酸，烷基为—C4H9，—C4H9的同分异构体有—CH2CH2CH2CH3、—CH(CH3)CH2CH3、—CH2CH(CH3)CH3、—C(CH3)3；若为酯，可能是以下几种醇和酸形成的酯，①甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种②乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种③丙酸和乙醇酯化，1种④丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，因此共有4+2+1+2=9种，则符合条件的C5H10O2的有机物共有13种，B选项错误；C．氨基可以占据同一边上的两个顶点，同一平面的两个顶点，立方体对角线的两个顶点，则立方烷的二氨基取代物有3种，而立方烷的六氨基取代物的种类等于二氨基取代物的种类，也为3种，C选项正确；D．的最长碳链为6，称为己烷，在2号碳上有1个甲基，3号碳上有1个乙基，正确命名为2-甲基-3-乙基己烷，D选项错误；答案选C。B选项为易错选项，在解答时容易忽略含有两个氧原子且能与NaOH溶液反应的有机物除了羧酸以外，还有可能是酯，酯能与氢氧化钠发生水解反应。11、C【解析】

A．饱和碳原子连接的四个原子构成四面体结构，最多有三个原子处于同一平面，中标*的碳原子连了三个碳原子，所以所有碳原子不可能在同一平面，A错误；B．该有机物的分子式是C10H14O，B错误；C．该有机物含有的碳碳双键、羰基能发生加成反应，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，C正确；D．的分子式为C10H12O，二者分子式不相同，不互为同分异构体，D错误。答案选C。12、B【解析】

A．47.87是元素的相对分子质量，故A错误；B．钛原子的M层上共有2+6+2=10个电子，故B正确；C．最后填充3d电子，为副族元素，故C错误；D．22为原子的原子序数，故D错误；故答案为：B。13、B【解析】

R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，则R为F元素，由元素在周期表中的位置可知，T为Cl元素，Q为Br元素，X为S元素，Z为Ar元素。【详解】A．Z为Ar元素，最外层为稳定结构，金属性与非金属性在同周期中最弱，且同周期自左而右非金属性增强，非金属性Z＜X＜T，A项错误；B．R为F元素，Q为Br元素，原子序数相差26，B项正确；C．同主族自上而下，非金属性减弱，非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，气态氢化物越稳定，稳定性HF＞HCl＞HBr，C项错误；D．R为F，非金属性很强，没有最高价含氧酸，D项错误；答案选B。14、B【解析】

A.通电时，阴极发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，A项错误；B.通电时，锌作阳极，则阳极反应式为Zn－2e－＝Zn2＋，B项正确；C.通电时，该装置是电解池，为外接电流的阴极保护法，C项错误；D.断电时，构成原电池装置，铁为正极，锌为负极，仍能防止铁帽被腐蚀，锌环仍然具有保护作用，D项错误；答案选B。15、B【解析】

X与Y可形成一种淡黄色物质P，则P为Na2O2，结合原子序数可知X为O，Y为Na，金属Z可在W的一种氧化物中燃烧，则Z为Mg，W为C，氧化物为CO2，综上所述，W、X、Y、Z分别为：C、O、Na、Mg，据此解答。【详解】A．O2-、Na+、Mg2+核外电子排布相同，序小半径大，故离子半径：O2->Na+>Mg2+，A正确；B．非金属性：C＜O，则气态氢化物的稳定性：CH4＜H2O，B错误；C．一般情况下，金属离子半径越小，所带的电荷越多，自由电子越多，金属键就越强，熔点就越高，所以，单质的熔点：Mg>Na，C正确；D．Z为Mg元素，Mg被称为国防金属，D正确。答案选B。16、B【解析】

a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。【详解】A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na(Mg)>Al>S>O，A错误；B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na或Mg在4种元素中金属性最强，B正确；C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误；D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，D错误。答案选B。本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意。二、非选择题（本题包括5小题）17、SiO2Na2SiO3H2SiO3(或H4SiO4)SiO2＋2CSi＋2CO↑Si＋2OH－＋H2O===SiO32-＋2H2↑SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-(或SiO32-＋2CO2＋2H2O===H2SiO3↓＋2HCO3-)【解析】

A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，该元素（用R表示）的单质能与NaOH溶液反应生成盐和氢气，则可推知该元素为硅元素，根据题中各物质转化关系，结合硅及其化合物相关知识可知，A与焦碳高温下生成D，则A为SiO2，D为Si，C为Na2SiO3，根据反应②或反应⑤都可推得B为CaSiO3，根据反应⑥推知E为H2SiO3；（1）由以上分析可知A为SiO2，C为Na2SiO3，E为H2SiO3；（2）反应①的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑；（3）反应④的离子方程式为Si+2OH-+H2O＝SiO32-+2H2↑；（4）H2CO3的酸性强于H2SiO3的酸性，可在硅酸钠溶液中通入二氧化碳，如生成硅酸沉淀，可说明，反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O＝H2SiO3↓+CO32-。18、羧基2-甲基-1-丙烯NaOH水溶液，加热向溶液中滴加FeCl3溶液，若溶液显紫色，证明有苯酚存在取代反应或或11【解析】

由合成流程可知，A、C的碳链骨架相同，A发生加成反应生成B，B水解生成C，则A为，A与溴加成生成B为，B与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应产生C是，C发生催化氧化生成D为，D与新制Cu(OH)2悬浊液在加热煮沸时醛基被氧化生成羧酸盐、酸化生成E为，E与HBr在加热时发生取代反应，E中-OH被Br原子取代反应生成F，F的结构简式是，结合J的结构可知H为，G为苯酚，结构简式为，以此来解答。【详解】(1)根据上述分析可知F是，根据结构简式可知F中含有的含氧官能团的名称是羧基，A物质是，用系统命名法命名A的名称是2-甲基—1—丙烯；(2)B结构简式是，C物质是，B→C是卤代烃在NaOH的水溶液中加热发生的取代反应，所需试剂和反应条件为NaOH水溶液、加热；(3)C结构简式是，C中含有羟基，其中一个羟基连接的C原子上含有2个H原子，可以被催化氧化产生-CHO，则由C生成D的化学反应方程式是；(4)根据上述分析可知G的结构简式为，检验某溶液中存在苯酚的一种化学方法向溶液中滴加FeCl3溶液，若溶液显紫色，证明有苯酚存在；(5)根据上述分析可知F是，H是，F+H在加热时发生取代反应生成J和HBr，该反应类型是取代反应。F与C在和磷配体催化作用下也可合成大位阻醚，其中一种有机产物的结构简式：或或；(6)E为，化合物X是E的同分异构体，分子中不含羧基，既能发生水解反应，又能与金属钠反应，则含-COO-及-OH，可先写出酯，再用—OH代替烃基上H，若为甲酸丙酯，-OH有3种位置；若为甲酸异丙酯，-OH有2种位置；如为乙酸乙酯，-OH有3种位置；若为丙酸甲酯，-OH有3种位置，共11种，其中能发生银镜反应，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：6的结构简式为。本题考查有机物推断的知识，把握合成流程中官能团的变化、碳原子数变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。19、H2+2FeCl32FeCl2+2HClBACDCE（或BCDCE）碱石灰氯化铁易升华导致导管易堵塞球形冷凝管苯蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分78.4％反应开始前先通N2一段时间，反应完成后继续通N2一段时间；在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙（或P2O5或硅胶）的球形干燥管【解析】

(1)①②用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，B装置用锌和稀盐酸制备H2，A装置用来除去氢气中的氯化氢，C装置用来干燥氢气，可以盛放碱石灰，D装置H2还原FeCl3，再用C装置吸收反应产生的HCl，最后用E点燃处理未反应的氢气；③该制备装置的缺点为FeCl3固体易升华，蒸气遇冷发生凝华分析；(2)①根据仪器结构判断其名称；②三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2等，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后得到粗产品，根据物质的熔沸点和溶解性可知，可以用苯洗涤；根据滤液中各种物质沸点的不同对滤液进行蒸馏可回收C6H5Cl，据此答题；③根据消耗的NaOH计算反应生成的HCl，结合方程式2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑计算转化的FeCl3，最终计算FeCl3的转化率；④FeCl3、FeCl2易吸水，反应产生的HCl会在容器内滞留。【详解】(1)①H2具有还原性，可以还原无水FeCl3制取FeCl2，同时产生HCl，反应的化学方程式为H2+2FeCl32FeCl2+2HCl；②用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，装置连接顺序：首先是使用B装置，用锌和稀盐酸制备H2，所制H2中混有HCl和H2O（g），再用A装置用来除去氢气中的氯化氢，然后用C装置干燥氢气，C装置中盛放碱石灰，再使用D装置使H2还原FeCl3，反应产生的HCl气体用C装置的碱石灰来吸收，未反应的H2通过装置E点燃处理，故按照气流从左到右的顺序为BACDCE；也可以先使用B装置制取H2，然后通过C的碱石灰除去氢气中的杂质HCl、水蒸气，然后通过D发生化学反应制取FeCl2，再用碱石灰吸收反应产生的HCl，最后通过点燃处理未反应的H2，故按照装置使用的先后顺序也可以是BCDCE；C中盛放的试剂是碱石灰，是碱性干燥剂，可以吸收HCl或水蒸气；③该制备装置的缺点为FeCl3固体易升华，蒸气遇冷发生凝华，导致导气管发生堵塞；(2)①根据图示装置中仪器a的结构可知该仪器名称为球形冷凝管；②三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2等，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后得到粗产品，根据物质的熔沸点和溶解性可知，C6H5Cl、C6H4Cl2容易溶解在苯、乙醇中，不溶于水，而FeCl3、FeCl2易溶于水、乙醇，难溶于苯，所以洗涤时洗涤剂用苯；根据滤液中C6H5Cl、C6H4Cl2这两种物质沸点的不同，对滤液进行蒸馏，并收集沸点132℃的馏分，可回收C6H5Cl；③n(HCl)=n(NaOH)=0.40mol/L×0.0196L×=0.0784mol，根据反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，反应的FeCl3的物质的量为n(FeCl3)反应=2n(HCl)=0.0784mol×2=0.1568mol，n(FeCl3)总=32.5g÷162.5g/mol=0.2mol，所以氯化铁转化率为×100%=78.4％；④FeCl3、FeCl2易吸水，为防止B装置中的水蒸气进入A装置，导致FeCl2等吸水而变质，可以在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙（或P2O5或硅胶）的球形干燥管；同时为防止FeCl3、FeCl2与装置内空气中的水蒸气、O2等反应，同时避免反应产生的HCl气体会在容器内滞留，可以反应开始前先通N2一段时间排尽装置中空气，反应完成后继续通N2一段时间将反应生成的HCl全部排入锥形瓶中。本题考查实验室制备氯化亚铁的知识，注意把握实验操作基本原理，把握题给信息，掌握实验操作方法，学习中注意积累，为了减小误差制取无水FeCl2，要排除装置中空气引起的误差或HCl气体在容器内滞留引起的误差。20、Cu或Cu2O向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有除去NH3防止金属镁与NH3反应生成副产物C中稀硫酸中的水分进入D中，Mg、Mg3N2遇水发生反应【解析】

（1）A装置通过反应3CuO＋2NH33Cu＋3H2O＋N2来制备N2，NH3作还原剂，CuO被还原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，二者均为红色，题目中生成了纯净物，所以是Cu或Cu2O；Cu不与稀硫酸反应，Cu2O能与稀硫酸反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，使溶液呈蓝色，所以可用稀硫酸检验，但不能用硝酸，硝酸与Cu也能反应生成蓝色溶液；（2）N2中可能含有未反应的NH3，NH3与金属镁发生反应生成杂质Mg(NH2)2，所以C中的稀硫酸是为了吸收NH3，B装置为安全瓶，防止C中液体倒吸入A中，D装置是Mg3N2的制备装置，由于Mg性质比较活泼，很容易与水、氧气、CO2反应，所以该装置存在明显缺陷。【详解】（1）A装置通过反应3CuO＋2NH33C