武威市重點中學2024-2025學年高三畢業班第一次聯考化學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、設為阿伏加德羅常數值。下列說法正確的是（）A．標準狀況下，與足量反應轉移的電子數為B．的原子核內中子數為C．25℃時，的溶液中含的數目為D．葡萄糖和蔗糖的混合物中含碳原子的數目為2、下列說法不正確的是（）A．Fe2O3可用作紅色顏料 B．濃H2SO4可用作干燥劑C．可用SiO2作半導體材料 D．NaHCO3可用作焙制糕點3、將膽礬與生石灰、水按質量比為1：0.56：100混合配成無機銅殺菌劑波爾多液，其成分的化學式可表示為CuSO4?xCaSO4?xCu(OH)2?yCa(OH)2，當x=3時，y為()A．1 B．3 C．5 D．74、25℃時，向20.00mL0.1mol·L-1H2X溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液中由水電離出的c水(OH-)的負對數[-1gc水(OH-)]與所加NaOH溶液體積的關系如圖所示。下列說法中正確的是A．水的電離程度：M>N=Q>PB．圖中M、P、Q三點對應溶液中cHXC．N點溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)D．P點溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+c(H2X)5、劣質洗發水中含有超標致癌物二噁烷()。關于該化合物的說法正確的是A．1mol二噁烷完全燃燒消耗5molO2 B．與互為同系物C．核磁共振氫譜有4組峰 D．分子中所有原子均處于同一平面6、反應A+B→C+Q(Q＞0)分兩步進行，①A+B→X+Q(Q＜0)②X→C+Q(Q＞0)。下列示意圖中，能正確表示總反應過程中能量變化的是（）A． B．C． D．7、在的催化作用下，甲烷與二氧化碳可以直接合成乙酸，其反應方程式為，該反應過程與能量的變化關系如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．的電子式: B．乙酸的球棍模型C．該反應為吸熱反應 D．該反應為化合反應8、下列有關化合物的說法正確的是（）A．所有原子共平面 B．其一氯代物有6種C．是苯的同系物 D．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色9、下列離子方程式書寫正確的是A.碳酸氫鈉溶液中滴入足量氫氧化鈣溶液:HCO3-+OH-=CO32-+H2OB．向次氯酸鈣溶液通入少量CO2：Ca2++2C1O-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HC1OC．實驗室用MnO2和濃鹽酸制取Cl2：MnO2+4HCl(濃)===Mn2++2Cl-+Cl2↑+2H2OD．向NH4HCO3溶液中加過量的NaOH溶液：NH4++OH-=NH3↑+H2O10、國際計量大會第26屆會議修訂了阿伏加德羅常數（NA=6.02214076×1023mol-1)，于2019年5月20日正式生效。設NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．40g正丁烷和18g異丁烷的混合物中共價鍵數目為13NAB．常溫下，pH=12的Ba(OH)2溶液中的OH-數目為0.01NAC．電解精煉銅時，陽極質量減小3.2g時，轉移的電子數為0.1NAD．0.1molCl2與足量NaOH溶液反應后，溶液中Cl-、ClO-兩種粒子數之和為0.2NA11、有關晶體的下列說法中正確的是A．原子晶體中共價鍵越強，熔點越高B．分子晶體中分子間作用力越大，分子越穩定C．冰熔化時水分子中共價鍵發生斷裂D．CaCl2晶體中含有兩種化學鍵12、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，原子最外層電子數之和為20，Y、W為同一主族元素，常溫下，Z的單質能溶于W的最高價氧化物對應水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。下列說法不正確的是（

）A．W和Y形成的一種化合物具有漂白性B．簡單離子半徑大小順序：W＞Z＞YC．最簡單氫化物的穩定性：X＜YD．元素X的氣態氫化物與其最高價氧化物對應水化物能發生反應13、以PbO為原料回收鉛的過程如下：Ⅰ.將PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbC14的溶液；Ⅱ.電解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如圖所示。下列判斷不正確的是A．陽極區的溶質主要是H2SO4B．電極Ⅱ的電極反應式為PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—C．當有2.07gPb生成時，通過陽離子交換膜的陽離子為0.04molD．電解過程中為了實現物質的循環利用，可向陰極區補充PbO14、鋅電池是一種極具前景的電化學儲能裝置。扣式可充電電池組成示意圖如下。可以在晶體中可逆地嵌入和脫除，總反應為。下列說法錯誤的是（）A．放電時不銹鋼箔為正極，發生還原反應B．放電時負極的反應為C．充電時電池正極上的反應為：D．充電時鋅片與電源的負極相連15、HIO3是強酸，其水溶液是強氧化劑。工業上，以KIO3為原料可制備HIO3。某學習小組擬用如圖裝置制備碘酸。M、N為惰性電極，ab、cd為交換膜。下列推斷錯誤的是（）A．光伏電池的e極為負極，M極發生還原反應B．在標準狀況下收集6720mLX和Y的混合氣體時KIO3溶液減少3.6gC．Y極的電極反應式為2H2O-4e-═O2↑+4H+D．制備過程中要控制電壓，避免生成HIO4等雜質16、X、Y、Z、M、W為五種短周期元素。X、Y、Z是原子序數依次遞增的同周期元素，X與Z可形成常見的XZ或XZ2型分子，Y與M形成的氣態化合物質量是相同條件下同體積氫氣的8.5倍，W是原子半徑最大的短周期元素。下列判斷正確的是()A．最高價含氧酸酸性：X<Y B．X、Y、Z可形成離子化合物C．W可形成雙原子分子 D．M與W形成的化合物含極性共價鍵二、非選擇題（本題包括5小題）17、有機物J屬于大位阻醚系列中的一種物質,在有機化工領域具有十分重要的價值.2018年我國首次使用α－溴代羰基化合物合成大位阻醚J,其合成路線如下:已知：回答下列問題:(1)A的名稱___________________.(2)C→D的化學方程式_________________________.E→F的反應類型____(3)H中含有的官能團________________.J的分子式_______________.(4)化合物X是D的同分異構體,其中能與氫氧化鈉溶液反應的X有_____________種(不考慮立體異構),寫出其中核磁共振氫譜有3組峰,峰面積之比為1∶1∶6的結構簡式為___________________________.(5)參照題中合成路線圖。涉及以甲苯和為原料來合成另一種大位阻醚的合成路線：__________________。18、化合物I是一種抗腦缺血藥物，合成路線如下：已知：回答下列問題：(1)按照系統命名法，A的名稱是_____；寫出A發生加聚反應的化學方程式：__________。(2)反應H→I的化學方程式為________；反應E→F的反應類型是______。(3)寫出符合下列條件的G的所有同分異構體的結構簡式：________①遇FeCl3溶液發生顯色反應②核磁共振氫譜有4組峰(4)α,α-二甲基芐醇()是合成醫藥、農藥的中間體，以苯和2-氯丙烷為起始原料制備α,α-二甲基芐醇的合成路線如下：該合成路線中X的結構簡式為____，Y的結構簡式為________；試劑與條件2為______。19、實驗室中根據已知熔點是16.6℃，沸點44.4℃。設計如下圖所示的實驗裝置制備固體。（1）實驗開始時，先點燃的酒精燈是_________（填編號）。（2）裝置D中濃硫酸的作用除了混合氣體并觀察氣體流速外還有___________。（3）裝置F的作用是____________________。（4）由于可逆反應，所以從E管出來的氣體中含有、。為了證明含有可以將該氣體通入________（填下列編號，下同）、證明含有可以將該氣體通入_____________。A．品紅B．溴水C．溶液D．溶液（5）如果沒有裝置G，則F中可能看到_________________。（6）從裝置G導出的尾氣常可以用燒堿或石灰乳吸收。請寫出用足量燒堿吸收尾氣的離子方程式為：_________________________________________________________。（7）尾氣常采用燒堿或石灰乳吸收，請分析比較兩種吸收劑吸收的優點__________________________________________________________。20、X、Y、Z均是中學化學中常見的物質，某同學用X、Y兩種單質及Z的溶液進行實驗，部分實驗內容如下表所示：(1)I中反應物與生成物總能量的大小E(反應物)_____E(生成物）（填“>”“<”或“=”），僅僅由I、II中的信息可知，Z可能是_____。(2)若X是鋁，在溫度不變時向I中分別加入（適量）等物質的量的NaCl、KCl、CsCl后，產生無色氣泡的速率明顯加快，導致這種變化最可能的原因是_________。(3)若X是鋁，II中反應產生的氣泡有特殊顏色，則發生反應的離子方程式為_____；單質Y不可能是____(填字母）。A鉛B石墨C鎂D銀(4)若Ⅲ溶液最終變成藍色，寫出負極上電極反應式_______；變化過程中，參與正極上放電的離子是_________。21、鉑、鈷、鎳及其化合物在工業和醫藥等領域有重要應用。回答下列問題:(1)筑波材料科學國家實驗室科研小組發現了在5K下呈現超導性的晶體CoO2，該晶體具有層狀結構。①晶體中原子Co與O的配位數之比為_________。②基態鈷原子的價電子排布圖為_______。(2)配合物Ni(CO)4常溫下為液態，易溶于CCl4、苯等有機溶劑。固態Ni(CO)4屬于_____晶體；寫出兩種與CO具有相同空間構型和鍵合形式的分子或離子：_______。(3)某鎳配合物結構如圖所示:①分子內含有的化學鍵有___________(填序號).A氫鍵B離子鍵C共價鍵D金屬鍵E配位鍵②配合物中C、N、O三種元素原子的第一電離能由大到小的順序是N>O>C，試從原子結構解釋為什么同周期元素原子的第一電離能N>O_________。(4)某研究小組將平面型的鉑配合物分子進行層狀堆砌，使每個分子中的鉑原子在某一方向上排列成行，構成能導電的“分子金屬"，其結構如圖所示。①"分子金屬"可以導電，是因為______能沿著其中的金屬原子鏈流動。②"分子金屬"中，鉑原子是否以sp3的方式雜化?_________(填“是"或“否")，其理由是__________。(5)金屬鉑晶體中，鉑原子的配位數為12，其立方晶胞沿x、y或z軸的投影圖如圖所示，若金屬鉑的密度為dg·cm-3，則晶胞參數a=_______nm(列計算式)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【解析】

A.二者的反應方程式為，當有2mol二氧化碳參加反應時，一共轉移2mol電子，因此當有二氧化碳參加反應時，轉移0.1mol電子，A項正確；B.碳原子的物質的量是，根據質量數=質子數+中子數算出其1個原子內有8個中子，故一共有中子，B項錯誤；C.pH=2的溶液中，根據算出的物質的量為，C項錯誤；D.葡萄糖的分子式為，蔗糖的分子式為，二者的最簡式不一樣，因此無法計算，D項錯誤；答案選A。2、C【解析】

A.Fe2O3的顏色是紅色，可用作紅色顏料，故A正確；B.濃H2SO4具有吸水性，可用作干燥劑，故B正確；C.單質Si是半導體材料，故C錯誤；D.NaHCO3加熱分解為碳酸鈉、二氧化碳、水，可用作焙制糕點，故D正確；答案選C。3、D【解析】

膽礬與生石灰、水按質量比依次為1：0.56：100混合，Cu2+離子和Ca2+離子的物質的量比==2：5，制成的波爾多液，其成分的化學式可表示為CuSO4?xCaSO4?xCu(OH)2?yCa(OH)2，，當x=3時，解得：y=7，故選D。4、C【解析】

A.M點：水電離出來的氫氧根離子為10-11.1mol/L，N點和Q點：水電離出來的氫氧根離子為10-7.0mol/L，P點水電離出來的氫氧根離子為10-5.4mol/L，水的電離程度：P>N=Q>M，故A錯誤；B.H2X的第二步電離常數Ka2=c（X2-）×c（H+）c（HX-）C.N點為NaHX與Na2X的混合溶液，由圖像可知，M點到P點發生HX-+OH-=H2O+X2-，根據橫坐標消耗堿的量可知，在N點生成的X2-大于剩余的HX-，因此混合液n(Na2X)>n(NaHX),因為溶液呈中性，X2-的水解平衡與HX-的電離平衡相互抵消，所以N點溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)，故選C；D.P點恰好生成Na2X溶液，根據質子守恒c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D錯誤；答案：C本題注意把握圖象的曲線的變化意義，把握數據的處理，難度較大。5、A【解析】

A.二噁烷的分子式為C4H8O2，完全燃燒后生成二氧化碳和水，1mol二噁烷完全燃燒消耗5molO2，故A正確；B.二噁烷中含有2個氧原子，與組成上并非只相差n個CH2原子團，所以兩者不是同系物，故B錯誤；C.根據二噁烷的結構簡式可知，其分子中只有一種化學環境的氫原子，故核磁共振氫譜只有1組峰，C錯誤；D.分子中碳原子都是sp3雜化，所以所有原子不可能處于同一平面，故D錯誤，故選A。甲烷型：四面體結構，凡是C原子與其它4個原子形成共價鍵時，空間結構為四面體型。小結：結構中每出現一個飽和碳原子，則整個分子中所有原子不可能共面。6、D【解析】

由反應A+B→C+Q(Q＞0)可知，該反應是放熱反應，A和B的能量之和大于C的能量；由①A+B→X+Q(Q＜0)可知，該步反應是吸熱反應，故X的能量大于A和B的能量之和；又因為②X→C+Q(Q＞0)是放熱反應，故X的能量之和大于C的能量，圖象D符合，故選D。7、C【解析】

A．二氧化碳屬于共價化合物，碳原子和與兩個氧原子之間各有兩對共用電子對，電子式表示正確，故A正確；B．乙酸的分子式為CH3COOH，黑色實心球表示碳原子，灰色中等大小的球表示氧原子，灰色小球表示氫原子，故B正確；C．根據能量變化關系圖可知，反應物總能量大于生成物總能量，該反應屬于放熱反應，故C錯誤；D．反應中由兩種物質生成一種物質，屬于化合反應，故D正確。綜上所述，答案為C。反應物總能量大于生成物總能量或反應物的總鍵能小于生成物的總鍵能，反應為放熱反應；反應物總能量小于生成物總能量或反應物的總鍵能大于生成物的總鍵能，反應為吸熱反應。8、D【解析】

A.連接苯環和環丙烯基的碳碳單鍵可以旋轉，苯平面和烯平面不一定共平面，故A錯誤；B．有一對稱軸，如圖，其一氯代物有5種，故B錯誤；C．苯的同系物中側鏈是飽和烴基，故C錯誤；D．中有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D正確；故選D。9、B【解析】A、碳酸氫鈉溶液中滴入足量氫氧化鈣溶液，反應的離子方程式為：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+

H2O，選項A錯誤；B、向次氯酸鈣溶液通入少量CO2，反應的離子方程式為：Ca2++2C1O-+CO2+H2O=CaCO3↓+

2HC1O，選項B正確；C、實驗室用MnO2和濃鹽酸制取Cl2，反應的離子方程式為：MnO2+4H++2Cl-=Mn2++

Cl2↑+

2H2O，選項C錯誤；D、向NH4HCO3溶液中加過量的NaOH溶液，反應的離子方程式為：NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+NH3?H2O+H2O，選項錯誤。答案選B。10、A【解析】

A.正丁烷和異丁烷互為同分異構體，二者相對分子質量相同，分子內的共價鍵數目也相同(都為13個)。混合物共58g，其物質的量為1mol，共價鍵數目為13NA，正確；B.常溫下，pH=12的Ba(OH)2溶液中的OH-數目無法計算，因為不知道溶液的體積，錯誤；C.電解精煉銅時，陽極放電的金屬不僅有銅，還有雜質中的比銅活潑的金屬，所以陽極質量減小3.2g時，轉移的電子數不一定是0.1NA，錯誤；D.0.1molCl2與足量NaOH溶液反應，溶液中除Cl-、ClO-兩種粒子外，可能還有ClO3-等含氯離子，它們的數目之和為0.2NA，錯誤。故選A。11、A【解析】

A.原子晶體中,共價鍵越強,熔點越高，故A正確；B.分子的穩定性與分子中的化學鍵有關,與分子間作用力無關,故B錯誤；C.冰融化時,發生了變化的是水分子之間的距離,而水分子內部的O-H共價鍵沒有發生斷裂,故C錯誤；D.CaCl2晶體屬于離子晶體,鈣離子與氯離子之間形成的是離子鍵，氯離子與氯離子之間不存在化學鍵，故D錯誤；答案為A。12、B【解析】

常溫下，Z的單質能溶于W的最高價氧化物對應水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。則Z為鋁，W為硫；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，Y、W為同一主族元素，則Y為氧；原子最外層電子數之和為20，則X最外層電子數為20-3-6-6=5，則X為氮；A.W為硫，Y為氧，形成的一種化合物是二氧化硫，具有漂白性，故A正確；B.硫離子有3個電子層，半徑最大；氧離子和鋁離子核外電子排布相同，核電荷越大，半徑越小，所以氧離子大于鋁離子，故簡單離子半徑大小順序：W＞Y＞Z，故B錯誤；C.非金屬性越強其氫化物越穩定，氮非金屬性弱于氧，則最簡單氫化物的穩定性：X＜Y，故C正確；D.元素X的氣態氫化物為氨氣，其最高價氧化物對應水化物為硝酸，能發生反應生成硝酸銨，故D正確。故選B。解決此題的關鍵是正確推斷元素的種類，突破口在于題干信息中濃溶液和稀溶液性質不同，想到濃硫酸具有強氧化性，與金屬鋁發生鈍化反應，而稀硫酸可以與鋁反應。13、C【解析】

電解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如圖所示，電極Ⅱ周圍PbCl42-得電子轉化為Pb，則電極Ⅱ為陰極，陰極的電極反應是發生還原反應，電極反應方程式為PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—；電極Ⅰ為陽極，根據陰離子放電順序，陽極發生的電極反應：2H2O－4e?=4H＋＋O2↑，以此解題。【詳解】A.根據分析，電極Ⅰ為陽極，根據陰離子放電順序，陽極發生的電極反應：2H2O－4e?=4H＋＋O2↑，陽極區的溶質主要是H2SO4，故A正確；B.電極Ⅱ周圍PbCl42-得電子轉化為Pb，則電極Ⅱ為陰極，陰極的電極反應是發生還原反應，電極Ⅱ的電極反應式為PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—，故B正確；C.當有2.07gPb生成時，即生成Pb的物質的量為==0.01mol，根據電極反應式為PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—，轉移電子的物質的量為0.02mol，電解液中的陽離子為氫離子，則通過陽離子交換膜的陽離子為0.02mol，故C錯誤；D.陰極電解一段時間后溶液為HCl和NaCl的混合溶液，根據題意“將PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的電解液”，繼續向陰極區加PbO粗品可恢復其濃度且實現物質的循環利用，故D正確；答案選C。14、C【解析】

如圖：對VS2/Zn扣式可充電電池組成分析，放電時，不銹鋼箔為正極，鋅片為負極，電極反應Zn-2e－═Zn2＋；充電時原電池的正極與外電源正極相連，作陽極，失電子發生氧化反應，原電池負極與電源負極相連，作陰極，得到電子發生還原反應。【詳解】A．放電時，不銹鋼箔為正極，發生還原反應，故A正確；B．放電時，負極為鋅，鋅電極反應為：Zn-2e－═Zn2＋，故B正確；C．充電時，原電池的正極接電源的正極，作陽極，失去電子，發生氧化反應，故C錯誤；D．充電時，原電池負極鋅片與電源的負極相連，作陰極，故D正確；故選C。15、B【解析】

根據圖示，左室增加KOH，右室增加HIO3，則M室為陰極室，陰極與外加電源的負極相接，電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以原料室中K+透過ab膜進入陰極室生成KOH，即ab膜為陽離子交換膜，N室為陽極室，原料室中IO3-透過cd膜進入陽極室生成HIO3，即cd膜為陰離子交換膜。【詳解】A．由上述分析可知，M室為陰極室，陰極與外加電源的負極相接，即e極為光伏電池負極，陰極發生得到電子的還原反應，故A正確；B．N室為陽極室，與外加電源的正極相接，電極反應式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，M極電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，標準狀況下6720mL氣體即6.72L氣體物質的量為6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，其中含有O2為0.1mol，轉移電子0.4mol，為平衡電荷，KIO3溶液中0.4molK+透過ab膜進入陰極室，0.4molIO3-透過cd膜進入陽極室，KIO3溶液質量減少0.4mol×214g/mol=85.6g，故B錯誤；C．N室為陽極室，與外加電源的正極相接，電極反應式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，故C正確；D．制備過程中若電壓過高，陽極區（N極）可能發生副反應：IO3--2e-+H2O=IO4-+2H+，導致制備的HIO3不純，所以制備過程中要控制電壓適當，避免生成HIO4等雜質，故D正確；故答案選B。16、A【解析】

X、Y、Z、M、W為五種短周期元素，X與Z可形成常見的XZ或XZ2型分子，則X為C元素、Z為O元素；Y與M形成的氣態化合物質量是相同條件下同體積氫氣的8.5倍，該氣體相對分子質量為8.5×2=17，該氣體為NH3，而X、Y、Z是原子序數依次遞增的同周期元素，只能處于第二周期，Y為N元素、M為H元素；W是原子半徑最大的短周期元素，則W為Na元素，據此解答。【詳解】根據上述分析可知，X為C元素、Y為N元素、Z為O元素、M為H元素、W為Na元素。A.元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強。元素的非金屬性X(C)<Y(N)，所以最高價含氧酸酸性：碳酸<硝酸，A正確；B.X、Y、Z分別是C、N、O元素，它們可形成共價化合物，不能形成離子化合物，B錯誤；C.W為Na，屬于金屬元素，不能形成雙原子分子，C錯誤；D.M為H元素、W為Na元素，M與W形成的化合物NaH為離子化合物，物質中含有離子鍵，D錯誤；故合理選項是A。本題考查“位、構、性”關系綜合應用，依據原子結構或物質性質推斷元素是解題關鍵，注意D選項中金屬氫化物是易錯點。二、非選擇題（本題包括5小題）17、2—甲基丙烯取代反應酚羥基和硝基C10H11NO56【解析】

根據有機化合物的合成分析解答；根據有機化合物的結構與性質分析解答；根據有機化合物的同分異構體的確定分析解答。【詳解】由C物質逆向推斷，可知A物質含有碳碳雙鍵，且含有一個甲基支鏈，則A為2-甲基丙烯，A與溴單質發生加成反應得到B，B物質中的Br原子水解，生成帶羥基的醇，C物質的羥基反應生成醛基即D物質，D物質的醛基再被新制的氫氧化銅氧化成羧基，即E物質，E物質上的羥基被Br原子取代，得到F，F與H反應生成J；(1)由C物質逆向推斷，可知A物質含有碳碳雙鍵，且含有一個甲基支鏈，則A為2-甲基丙烯，故答案為2-甲基丙烯；(2)C中的羥基被氧化生成一個醛基，化學方程式，E物質上的羥基被Br原子取代，故答案為，取代反應；(3)由J物質逆向推理可知，H中一定含有苯環、硝基和酚羥基，J的分子式為C10H11NO5，故答案為酚羥基和硝基；C10H11NO5；(4)化合物X是D的同分異構體,其中能與氫氧化鈉溶液反應的X一定含有羧基或者酯基，其中含有羧基的2種，含有酯基的4種，寫出其中核磁共振氫譜有3組峰,峰面積之比為1∶1∶6的結構簡式為，故答案為6；；（5）甲苯與氯氣發生取代反應，得到1-甲苯，Cl原子水解成羥基得到苯甲醇，苯甲醇再與發生消去反應得到，合成路線為：，故答案為。18、2-甲基丙烯氧化反應(CH3)2CHOHO2、Cu和加熱【解析】

D發生取代反應生成E，E發生氧化反應生成F，由F結構簡式知，D為甲苯、E為鄰甲基溴苯；G發生信息中的反應生成H，H中應該含有一個-COOH，根據I結構簡式知，H發生酯化反應生成I，則H為、G為；C、F發生信息中的反應生成G，則C為(CH3)3CBrMg，B為(CH3)3CBr，A中C、H原子個數之比為1：2，根據A、B分子式知，A和HBr發生加成反應生成B，A中含有一個碳碳雙鍵，根據B知A為CH2=C(CH3)2據此分析。【詳解】D發生取代反應生成E，E發生氧化反應生成F，由F結構簡式知，D為甲苯、E為鄰甲基溴苯；G發生信息中的反應生成H，H中應該含有一個-COOH，根據I結構簡式知，H發生酯化反應生成I，則H為、G為；C、F發生信息中的反應生成G，則C為(CH3)3CBrMg，B為(CH3)3CBr，A中C、H原子個數之比為1：2，根據A、B分子式知，A和HBr發生加成反應生成B，A中含有一個碳碳雙鍵，根據B知A為CH2=C(CH3)2。(1)A為CH2=C(CH3)2，A的系統命名法命名的名稱為2-甲基丙烯；A發生加聚反應生成2-甲基聚丙烯，反應的化學方程式為：；(2)H為，H發生酯化反應生成J，則H→I的反應方程為；E→F是鄰甲基溴苯發生氧化反應生成，反應類型是氧化反應；(3)G為，G的同分異構體符合下列條件：①遇FeCl3溶液發生顯色反應，說明含有酚羥基；②核磁共振氫譜有4組峰，說明分子中含有4種不同位置的氫原子，則符合條件的同分異構體有；(4)以苯和2-氯丙烷為起始原料制備a，a二甲基芐醇，苯和溴在催化條件下發生取代反應生成溴苯，溴苯發生信息中的反應生成X，2-氯丙烷發生水解反應生成2-丙醇，2-丙醇發生催化氧化生成丙酮，X和丙酮發生信息中的反應生成a，a二甲基芐醇。根據合成路線可知試劑與條件1為液溴、Fe作催化劑；X的結構簡式為；Y的結構簡式為(CH3)2CHOH；試劑與條件2為O2、Cu和加熱。本題考查有機推斷和合成，推出各物質的結構簡式是解題的關鍵。易錯點是合成路線的設計，以苯和2-氯丙烷為起始原料制備a，a二甲基芐醇，苯和溴在催化條件下發生取代反應生成溴苯，溴苯發生信息中的反應生成X，2-氯丙烷發生水解反應生成2-丙醇，2-丙醇發生催化氧化生成丙酮，X和丙酮發生信息中的反應生成a，a二甲基芐醇。19、E干燥二氧化硫與氧氣降溫使以固體形式呈現，從混合氣體中分開ABC白色酸霧加燒堿反應快（吸收快），加石灰乳價格低廉【解析】

根據實驗裝置及二氧化硫的性質分析裝置中儀器的作用；根據二氧化硫及三氧化硫的性質分析檢驗的方法；根據工業生產需要分析尾氣處理時選擇合適的試劑。【詳解】（1）二氧化硫與氧氣在E中反應，為了使之充分反應，所以實驗開始時，先點燃的酒精燈是E中酒精燈；（2）如圖所示A裝置產生二氧化硫氣體，同時會帶出水分，所以裝置D中濃硫酸的作用除了混合氣體并觀察氣體流速外還有干燥二氧化硫與氧氣的作用；（3）根據題干信息，三氧化硫的熔點為16.6℃，所以裝置F的作用是降溫，使以固體形式呈現，從混合氣體中分開；（4）二氧化硫有漂白性和還原性，可以使品紅溶液和溴水溶液褪色，所以可以將氣體通入品紅或溴水證明二氧化硫的存在；二氧化硫與三氧化硫通入硝酸鋇溶液中都產生白色沉淀，且二氧化硫與氯化鋇溶液不反應，三氧化硫可以與氯化鋇溶液反應生成白色沉淀，所以可以用氯化鋇溶液證明三氧化硫的存在，故答案為：AB；C；（5）裝置G為干燥裝置，如果沒有干燥，空氣中的水分與易溶于水的二氧化硫氣體結合形成酸霧，所以F中可能看到白色酸霧；（6）裝置G導出的尾氣是為了吸收未完全反應的二氧化硫，二氧化硫與堿反應生成亞硫酸鹽和水，離子方程式為：；（7）燒堿濃度大，反應快，而石灰乳價格比較低，故答案為：加燒堿反應快（吸收快），加石灰乳價格低廉。20、＞硝酸或硫酸Cl－對鋁與H＋之間的反應有催化作用2Al3＋＋6H＋＋6NO3－=Al2O3＋6NO2↑＋3H2OBCu－2e－=Cu2＋NO3－【解析】

（1）該反應自發進行，且為放熱反應，根據反應熱=生成物的總能量-反應物的總能量作答；根據圖示信息可知，X在常溫下被Z的濃溶液鈍化；（2）根據影響反應速率的外因結合三種鹽的結構特點分析；（3）結合Z可能是硫酸或硝酸，及題意中II中反應產生的氣泡有特殊顏色，推測該氣泡為二氧化氮，據此分析作答；結合原電池的工作原理分析；（4）Cu2＋為藍色溶液；NO3－在正極得電子生成NO2。【詳解】（1）I進行的是自發的氧化還原反應，為放熱反應，所以反應物總能量高于生成物總能量；由I、II可知，X在常溫下被Z的濃溶液鈍化，故Z可能是硫酸或硝酸，故答案為：＞；硫酸或硝酸；（2）由于加入（適量）等物質的量的NaCl、KCl、CsCl后反應速率明顯加快，因三種鹽均含有Cl－，而Cl－不可能與Al反應，故只能是Cl－起催化作用，故答案為：Cl－對鋁與H＋之間的反應有催化作用；（3）有色氣體為NO2，Z是硝酸，鋁被濃硝酸氧化后生成致密的Al2O3，故反應的離子方程式為：2Al3＋＋6H＋＋6NO3－=Al2O3＋6NO2↑＋3H2O；由III知，X、Y與濃硝酸構成原電池且Y是負極，故Y的單質在常溫下應該與濃硝酸發生反應，鉛、鎂、銀都能與濃硝酸反應，石墨與濃硝酸不反應，答案選B；故答案為2Al3＋＋6H＋＋6NO3－=Al2O3＋6NO2↑＋3H2O；B；（4）Ⅲ溶液最終變成藍色，則說明生成銅離子，即銅是負極，發生失電子的氧化反應，其電極反應式為：Cu－2e－=Cu2＋；NO3－與H＋在正極得電子生成NO2和H2O，故答案為：Cu－2e－=Cu2＋；NO3－。21、2:1分子N2、CN－CEN原子2p3能級電子為半滿狀態，較穩定，不易失去電子，而O原子