湖南省岳陽縣一中、汨羅市一中2025屆高三第六次模擬考試化學試卷注意事項：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、下列敘述正確的是()A．某溫度下，一元弱酸HA的Ka越小，則NaA的Kh(水解常數)越小B．溫度升高，分子動能增加，減小了活化能，故化學反應速率增大C．黃銅(銅鋅合金)制作的銅鑼易產生銅綠D．能用核磁共振氫譜區分和2、工業上電化學法生產硫酸的工藝示意圖如圖，電池以固體金屬氧化物作電解質，該電解質能傳導O2-離子，已知S(g)在負極發生的反應為可逆反應，則下列說法正確的是（）A．在負極S(g)只發生反應S-6e-+3O2-=SO3B．該工藝用稀硫酸吸收SO3可提高S(g)的轉化率C．每生產1L濃度為98%，密度為1.84g/mL的濃硫酸，理論上將消耗30mol氧氣D．工藝中稀硫酸濃度增大的原因是水參與電極放電質量減少3、磺酰氯（SO2Cl2）在醫藥、染料行業有重要用途,其熔點為-54.1C,沸點為69.2°C,易水解。某學習小組在實驗室用SO2和Cl2在活性炭作用下制備SO2Cl2（SO2+Cl2SO2Cl2）,設計如圖實驗（夾持裝置略去）。下列說法不正確的是A．c中的NaOH溶液可換成NaCl溶液,效果相同B．e中的冷卻水應從下口入上口出C．d的作用是防止水蒸氣進人a中使SO2Cl2水解D．a中冰鹽水有助于SO2Cl2液化,提高SO2和Cl2的轉化率.4、“凡酸壞之酒，皆可蒸燒”，“以燒酒復燒二次…，價值數倍也”。這里用到的分離方法為()A．升華 B．蒸餾 C．萃取 D．蒸發5、CalanolideA是一種抗HIV藥物，其結構簡式如圖所示。下列關于CalanolideA的說法錯誤的是（）A．分子中有3個手性碳原子B．分子中有3種含氧官能團C．該物質既可發生消去反應又可發生加成反應D．1mol該物質與足量NaOH溶液反應時消耗1molNaOH6、設NA代表阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A．1molP4(正四面體結構)含有6NA個P-P鍵B．1mol碳正離子(CH3+)所含的電子總數為9NAC．25℃，pH=13的NaOH溶液中含有OH-的數目為0.1NAD．常溫常壓下，過氧化鈉與水反應，生成8g氧氣時轉移的電子數為0.25NA7、NA是阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．28g由乙烯與丙烯組成的混合物中含碳碳雙鍵的數目為NAB．4.6g乙醇完全氧化生成乙醛，轉移電子數為0.2NAC．25℃，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中，含有OH-的數目為0.2NAD．標準狀況下，2.24LC12溶于水所得溶液中含氯的微粒總數為0.2NA8、我國科研人員研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化劑上CO2加氫制甲醇過程中水的作用機理，其主反應歷程如圖所示(H2→*H+*H，帶*標記的物質是該反應歷程中的中間產物或過渡態)。下列說法錯誤的是A．第①步中CO2和H2分子中都有化學鍵斷裂B．水在整個歷程中可以循環使用，整個過程不消耗水也不產生水C．第③步的反應式為：*H3CO+H2O→CH3OH+*HOD．第④步反應是一個放熱過程9、CH2=CH-CH=CH2通過一步反應不能得到的物質是A． B．C． D．CO210、類比pH的定義，對于稀溶液可以定義pc=－lgc，pKa=—lgKa。常溫下，某濃度H2A溶液在不同pH值下，測得pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)變化如圖所示。下列說法正確的是()A．pH=3.50時，c(H2A)>c(HA-)>c(A2-)B．將等濃度等體積的Na2A與H2A溶液混合后，溶液顯堿性C．隨著HCl的通入c(H+)/c(H2A)先減小后增大D．pH從3.00到5.30時，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)先增大后減小11、化學與生產、生活及環境密切相關，下列說法不正確的是A．針對新冠肺炎疫情，可用高錳酸鉀溶液、無水酒精、雙氧水對場所進行殺菌消毒B．常用危險化學品標志中的數字主要表示的是危險的類別C．硅膠常用作食品干燥劑，也可以用作催化劑載體D．葡萄酒中通常含有微量SO2，既可以殺菌又可以防止營養成分被氧化12、將燃著的H2S不斷通入盛有一定量O2的集氣瓶中。當火焰熄滅后繼續通入H2S，發生的主要反應是A．2H2S+O2=2S+2H2O B．2H2S+3O2=2SO2+2H2OC．2H2S+SO2=3S+2H2O D．2SO2+O2=2SO313、異戊烷的A．沸點比正己烷高 B．密度比水大C．同分異構體比C5H10多 D．碳碳鍵鍵長比苯的碳碳鍵長14、常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A．pH=1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+B．水電離出的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-C．=1012的水溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-D．c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：K+、ClO-、SO42-、SCN-15、將足量CO2通入下列各溶液中，所含離子還能大量共存的是（）A．K+、OH﹣、Cl﹣、SO42﹣B．H+、NH4+、Al3+、NO3﹣C．Na+、S2﹣、Cl﹣、SO42﹣D．Na+、C6H5O﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣16、常溫常壓下，O3溶于水產生的游離氧原子[O]有很強的殺菌消毒能力，發生的反應如下：（）反應①：O3O2+[O]ΔH>0平衡常數為K1反應②：[O]+O32O2ΔH<0平衡常數為K2總反應：2O33O2ΔH<0平衡常數為K下列敘述正確的是A．降低溫度，K減小 B．K=K1+K2C．增大壓強，K2減小 D．適當升溫，可提高消毒效率二、非選擇題（本題包括5小題）17、藥物Z可用于治療哮喘、系統性紅斑狼瘡等，可由X（1,4-環己二酮單乙二醇縮酮）和Y（咖啡酸）為原料合成，如下圖：（1）化合物X的有____種化學環境不同的氫原子。（2）下列說法正確的是_____。A．X是芳香化合物B．Ni催化下Y能與5molH2加成C．Z能發生加成、取代及消去反應D．1molZ最多可與5molNaOH反應（3）Y與過量的溴水反應的化學方程式為_________________________________。（4）X可以由____（寫名稱）和M（）分子間脫水而得；一定條件下，M發生1個—OH的消去反應得到穩定化合物N（分子式為C6H8O2），則N的結構簡式為____（已知烯醇式不穩定，會發生分子重排，例如：）。（5）Y也可以與環氧丙烷（）發生類似反應①的反應，其生成物的結構簡式為____________（寫一種）；Y的同分異構體很多種，其中有苯環、苯環上有三個取代基（且酚羥基的位置和數目都不變）、屬于酯的同分異構體有_____種。18、化合物W是一種藥物的中間體，一種合成路線如圖：已知：①②請回答下列問題：（1）A的系統命名為___。（2）反應②的反應類型是__。（3）反應⑥所需試劑為___。（4）寫出反應③的化學方程式為___。（5）F中官能團的名稱是___。（6）化合物M是D的同分異構體，則符合下列條件的M共有__種（不含立體異構）。①1molM與足量的NaHCO3溶液反應，生成二氧化碳氣體22.4L(標準狀態下)；②0.5molM與足量銀氨溶液反應，生成108gAg固體其中核磁共振氫譜為4組峰且峰面積比為6∶2∶1∶1的結構簡式為__（寫出其中一種）。（7）參照上述合成路線，以C2H5OH和為起始原料，選用必要的無機試劑合成，寫出合成路線__。19、高錳酸鉀是常用的氧化劑。某化學小組在實驗室以軟錳礦(主要成分是MnO2)為原料制備KMnO4，下圖是實驗室制備高錳酸鉀的操作流程。已知：溫度溶解度/gK2CO3KHCO3KMnO420℃11133.76.38請回答：(1)反應①的化學方程式為______________________________________，加熱軟錳礦、KClO3和KOH固體，除三腳架、玻璃棒、泥三角和鐵坩堝外，還用到的儀器有___，不采用瓷坩堝而選用鐵坩堝的理由是______________(2)反應②中氧化產物與還原產物的物質的量之比為___________________；上述流程中可以循環利用的物質是__________________________。(3)實驗時，從濾液中得到KMnO4晶體的實驗操作a為___________________，若CO2過量會生成KHCO3，導致得到的KMnO4產品的純度降低其原因是________。20、ClO2是一種優良的消毒劑，濃度過高時易發生分解，常將其制成NaClO2固體，以便運輸和貯存。過氧化氫法制備NaClO2固體的實驗裝置如圖所示。請回答：已知：①2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O②ClO2熔點-59℃、沸點11℃；H2O2沸點150℃（1）NaClO2中氯元素的化合價是__。（2）儀器A的作用是__。（3）寫出制備NaClO2固體的化學方程式：__。冰水浴冷卻的目的是__(寫兩種)。（4）空氣流速過快或過慢，均降低NaClO2產率，試解釋其原因__。（5）Clˉ存在時會催化ClO2的生成。反應開始時在三頸燒瓶中加入少量鹽酸，ClO2的生成速率大大提高，并產生微量氯氣。該過程可能經兩步反應完成，將其補充完整：①__(用離子方程式表示)，②H2O2+Cl2=2Cl-+O2+2H+。（6）為了測定NaClO2粗品的純度，取上述粗產品10.0g溶于水配成1L溶液，取出10mL，溶液于錐形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反應（NaClO2被還原為Cl-，雜質不參加反應），該反應過程中氧化劑與還原劑的物質的量之比為__，加入2～3滴淀粉溶液，用0.20mol?L-1Na2S2O3標準液滴定，達到滴定達終點時用去標準液20.00mL，試計算NaClO2粗品的純度__。（提示：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）21、（1）寫出COS的電子式__________________，C與O形成共價鍵時，共用電子對會偏向__________原子，判斷依據是___________。（2）已知COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)△H1＝－34kJ/molCO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)△H2＝－41kJ/mol寫出H2S與CO反應生成COS的熱化學方程式__________________________________。100℃時將CO與H2S按物質的量比為1∶1充入反應器中，達平衡后CO的轉化率α=33.3%，此時反應的平衡常數k=________________________。（3）在充有催化劑的恒壓密閉容器中進行反應。設起始充入的n(CO)∶n(H2S)＝m，相同時間內測得H2S轉化率與m和溫度（T）的關系如圖所示。①m1________m2（填＞、＜或＝）②溫度高于T0時，H2S轉化率減小的可能原因為_________a．反應停止了b．反應的△H變大c．反應達到平衡d．催化劑活性降低

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

A．某溫度下，一元弱酸HA的電離常數為Ka，則其鹽NaA的水解常數Kh與Ka存在關系為：Kh=，所以Ka越小，Kh越大，故A錯誤；B、溫度升高，更多分子吸收能量成為活化分子，反應速率增大，但活化能不變，故B錯誤；C．黃銅是鋅和銅的合金，鋅比銅的化學性質活潑，與銅相比它更易與空氣中的氧氣反應，而阻礙了銅在空氣中的氧化，所以黃銅(銅鋅合金)制作的銅鑼不易產生銅綠，故C錯誤；D、和的核磁共振氫譜上峰的個數相同，但峰面積之比分別為1∶2∶2∶3和1∶2∶2∶1，可以區分，故D正確；答案選D。2、B【解析】

A．據圖可知反應過程中有SO2生成，所以負極還發生S-4e-+2O2-=SO2，故A錯誤；B．S(g)在負極發生的反應為可逆反應，吸收生成物SO3可使反應正向移動，提高S的轉化率，故B正確；C．濃度為98%，密度為1.84g/mL的濃硫酸中n(H2SO4)==18.4mol，由S～6e-～1.5O2～H2SO4可知，消耗氧氣為18.4mol×1.5=27.6mol，故C錯誤；D．工藝中稀硫酸濃度增大的原因是負極生成的三氧化硫與水反應生成硫酸，故D錯誤；故答案為B。3、A【解析】

Ac中的NaOH溶液的作用是吸收未反應的Cl2，不能用NaCl溶液，故A錯誤；B.e是冷凝作用，應該下口進上口出，故B正確；C

SO2Cl2遇水易水解，所以d防止水蒸氣進入，故C正確；D冰鹽水有降溫作用，根據題給信息知SO2Cl2易液化，能提高SO2和Cl2的轉化率，故D正確；故選A。4、B【解析】酸壞之酒中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸點不同，用蒸餾的方法進行分離，B正確；正確選項B。5、D【解析】

A選項，分子中有3個手性碳原子，手性碳原子用*標出，，故A正確，不符合題意；B選項，分子中有羥基、醚鍵、酯基3種含氧官能團，故B正確，不符合題意；C選項，該物質含有羥基，且連羥基的碳相鄰碳上有氫原子，能發生消去反應，含有碳碳雙鍵、苯環可發生加成反應，故C正確，不符合題意；D選項，該物質中含有酚酸酯，1mol該物質與足量NaOH溶液反應時消耗2molNaOH，故D錯誤，符合題意。綜上所述，答案為D。【點睛】手性碳原子是碳原子周圍連的四個原子或原子團不相同為手性碳原子，1mol酚酸酯消耗2mol氫氧化鈉，1mol羧酸酯消耗1mol氫氧化鈉。6、A【解析】

A．一個P4分子中含有6個P-P鍵，所以1molP4(正四面體結構)含有6NA個P-P鍵，故A正確；B．一個CH3+所含電子數為6+3-1=8，所以1mol碳正離子(CH3+)所含的電子總數為8NA，故B錯誤；C．溶液體積未知，無法計算所含微粒數目，故C錯誤；D．8g氧氣的物質的量為0.25mol，過氧化鈉與水反應過程中氧化產物為O2，且為唯一氧化產物，氧元素化合價由-1價變為0價，所以轉移的電子數目為0.5NA，故D錯誤；故答案為A。7、B【解析】

A．乙烯和丙烯的摩爾質量不同，無法計算混合物的物質的量，則無法判斷28g由乙烯和丙烯組成的混合氣體中所含碳碳雙鍵的數目，故A錯誤；B．1mol乙醇轉化為1mol乙醛轉移電子2mol，4.6g乙醇物質的量為0.1mol，完全氧化變成乙醛，轉移電子數為0.2NA，故B正確；C．pH=13的Ba（OH）2溶液，c(H+)=10-13mol/L，依據c(H+)c(OH-)=Kw，c(OH-)=10-1mol/L，25℃、pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH-數目為10-1mol/L×1L=0.1mol，含有的OH-數目為0.1NA，故C錯誤；D．標況下2.24L氯氣的物質的量為0.1mol，而氯氣和水的反應為可逆反應、不能進行徹底，故所得溶液中的含氯微粒有Cl2、Cl-、ClO-和HClO，故根據氯原子守恒可知：2N（Cl2）+N（Cl-）+N（ClO-）+N（HClO）=0.2NA，故含氯的微粒總數小于0.2NA，故D錯誤；故答案為B。8、B【解析】

A.第①步反應中CO2和H2反應產生*H和*HCOO，可見兩種分子中都有化學鍵斷裂，A正確；B.根據圖示可知：在第③步反應中有水參加反應，第④步反應中有水生成，所以水在整個歷程中可以循環使用，整個過程中總反應為CO2+3H2→CH3OH+H2O，整個過程中產生水，B錯誤；C.在反應歷程中，第③步中需要水，*H3CO、H2O反應生成CH3OH、*HO，反應方程式為：*H3CO+H2O→CH3OH+*HO，C正確；D.第④步反應是*H+*HO=H2O，生成化學鍵釋放能量，可見第④步反應是一個放熱過程，D正確；故答案選B。9、A【解析】

A．CH2=CH-CH=CH2發生1，4加成生成，所以不能得到該物質，A符合題意；B．CH2=CH-CH=CH2與HCl發生1，4加成生成，B不符合題意；C．CH2=CH-CH=CH2發生加聚反應生成，C不符合題意；D．CH2=CH-CH=CH2燃燒生成CO2，D不符合題意；故合理選項是A。10、C【解析】

隨pH的升高，c(H2A)減小、c(HA-)先增大后減小、c(A2-)增大，所以pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)的變化曲線分別是。【詳解】A.根據圖示，pH=3.50時，c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，故A錯誤；B.根據a點，H2A的Ka1=10-0.8，根據c點，H2A的Ka2=10-5.3，A2-的水解常數是=10-8.7，等濃度等體積的Na2A與H2A溶液混合，電離大于水解，溶液顯酸性，故B錯誤；C.，隨著HCl的通入c(HA-)先增大后減小，所以c(H+)/c(H2A)先減小后增大，故C正確；D.根據物料守恒，pH從3.00到5.30時，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)不變，故D錯誤；答案選C。11、A【解析】

A．高錳酸鉀溶液和雙氧水是利用其強氧化性進行殺菌消毒，酒精能夠使蛋白質變質，但不是用無水酒精，而是用75%左右的酒精水溶液消毒，故A錯誤；B．危險化學品標志中的數字是對其危險特性的分類：如第1類爆炸品、第2類易燃氣體、第3類易燃液體等，故B正確；C．硅膠具有較強的吸附性，可用于催化劑載體或干燥劑，故C正確；D．二氧化硫能殺菌還有較強的還原性，故添加在葡萄酒中既能殺菌又能防止葡萄酒被氧化，故D正確；故選A。12、C【解析】

將燃著的H2S不斷通入盛有一定量O2的集氣瓶中，開始氧氣過量H2S完全燃燒生成SO2和水。所以當火焰熄滅后繼續通入H2S，發生的主要反應是2H2S+SO2=3S+2H2O；答案選C。13、D【解析】

A.烷烴的沸點隨碳原子數的增多而升高，異戊烷有5個碳原子，正己烷有6個碳原子，異戊烷的沸點比正己烷低，故A錯誤；B.常溫下異戊烷是液態，液態烷烴的密度比水小，故B錯誤；C.五個碳的烷烴只有3種同分異構體，它們分別是正戊烷(5個碳都在主鏈上)，異戊烷(4個碳在主鏈上，有一個甲基在支鏈)，新戊烷(4個甲基連在同一個碳上)；C5H10有9種同分異構體，直鏈狀的有2種:C=C-C-C-C，C-C=C-C-C。支鏈是甲基的有3種：C=C-C-C(第5個碳在第2，3位)，C-C=C-C(第5個碳在第2位)。環狀的有4種：五元環，四元環外有一個甲基，三元環外有2個甲基或一個乙基，故C錯誤；D.分子中兩個成鍵原子的核間平均距離叫做鍵長，鍵長越短，表示原子結合得越牢，化學鍵越強，苯的碳碳鍵強度介于雙鍵和三鍵直接，故長度大于碳碳三鍵小于碳碳雙鍵，異戊烷中的碳碳鍵是碳碳單鍵，則異戊烷的碳碳鍵鍵長比苯的碳碳鍵長，故D正確；正確答案是D。14、C【解析】

A．pH=1的溶液，顯酸性，Fe2+、NO3-、H+發生氧化還原反應，不能大量共存，故A錯誤；B．水電離出的c(H+)=10-12

mol/L的溶液呈酸性或堿性，HCO3-和氫離子或氫氧根離子都能反應，都不能大量共存，故B錯誤；C．=1012的水溶液呈酸性，這幾種離子之間不反應且和氫離子也不反應，能大量共存，故C正確；D．Fe3+和SCN-發生絡合反應，不能大量共存，故D錯誤；故選C。15、B【解析】

A．該組離子之間不反應，可大量共存，但通入的足量CO2能夠與OH-反應，不能共存，故A不選；B．該組離子之間不反應，且通入的足量CO2仍不反應，能大量共存，故B選；C．該組離子之間不反應，但通入的足量CO2能夠與S2-反應，不能大量共存，故C不選；D．該組離子之間不反應，但通入的足量CO2能夠與C6H5O-反應，不能大量共存，故D不選；故選B。16、D【解析】

A.降低溫度向放熱反應移動即正向移動，K增大，故A錯誤；B.方程式相加，平衡常數應該相乘，因此K=K1?K2，故B錯誤；C.增大壓強，平衡向體積減小的方向移動，即逆向移動，平衡常數不變，故C錯誤；D.適當升溫，反應速率加快，消毒效率提高，故D正確。綜上所述，答案為D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、3C乙二醇或8【解析】

（1）同一個碳原子上的氫原子是相同的，其次同一個碳原子所連接的所有甲基上的氫原子是相同的，再就是具有對稱性結構的（類似于平面鏡成像中物體和像的關系），所以根據化合物X的結構簡式可知，分子中含有3種化學環境不同的氫原子。（2）A、X分子中不存在苯環，不是芳香化合物，A不正確；B、Y分子中含有1個苯環和1個碳碳雙鍵，在Ni催化下Y能與4molH2加成，B不正確；C、Z分子中含有碳碳雙鍵、酚羥基、醇羥基、酯基，因此能發生加成、取代及消去反應，C正確；D、Z分子中含有2和酚羥基和1個酯基，則1molZ最多可與3molNaOH反應，答案選C。（3）Y分子中酚羥基的鄰位與對位的氫原子與溴水發生取代反應，碳碳雙鍵與溴水發生加成反應，則Y與過量的溴水反應的化學方程式為。（4）X分子中含有2個醚鍵，則X可以由乙二醇和M通過分子間脫水而得；一定條件下，M發生1個—OH的消去反應生成碳碳雙鍵，由于羥基與碳碳雙鍵直接相連不穩定，容易轉化為碳氧雙鍵，所以得到穩定化合物N的結構簡式為。（5）根據已知信息可知反應①是醚鍵斷鍵，其中一個氧原子結合氫原子變為羥基，而屬于其它部分相連，由于環氧乙烷分子不對稱，因此生成物可能的結構簡式為或；苯環對稱結構，在苯環上取代有2種可能；屬于酯的取代基有4種：、、（或），所以共2×4=8種同分異構體。18、2,3-二甲基-1,3丁二烯氧化反應濃氫溴酸+CH3CH2OH+H2O羥基、醛基12【解析】

A到B發生信息①的反應，B到C發生信息②反應，且只有一種產物，則B結構對稱，根據C的結構簡式可知B中有兩個碳碳雙鍵上的碳原子連接甲基，則B應為，則A為，C與乙醇發生酯化反應生成D。【詳解】(1)A為，根據烷烴的系統命名法規則可知其名稱應為：2,3-二甲基-1,3丁二烯；(2)B到C的過程為酸性高錳酸鉀氧化碳碳雙鍵的過程，所以為氧化反應；(3)根據G和H的結構可知該過程中羥基被溴原子取代，所需試劑為濃氫溴酸；(4)反應③為C與乙醇的酯化反應，方程式為：+CH3CH2OH+H2O；(5)根據F的結構簡式可知其官能團為羥基、醛基；(6)化合物M是D的同分異構體，且滿足：①1molM與足量的NaHCO3溶液反應，生成二氧化碳氣體22.4L(標準狀態下)，即生成1mol二氧化碳，說明1molM中含有1mol羧基；②0.5molM與足量銀氨溶液反應，生成108g即1molAg固體，說明0.5molM含0.5mol醛基；除去羧基和醛基還有4個碳原子，有兩種排列方式：和，先固定羧基有4種方式，再固定醛基，則有(數字表示醛基的位置)：、、、，共有4+4+3+1=12種同分異構體，其中核磁共振氫譜為4組峰且峰面積比為6∶2∶1∶1的結構簡式為：；(7)根據觀察可知目標產物的結構與W的結構相似，合成W需要I，合成I需要發生類似D與H的反應，原料即為D，則還需類似G的物質，乙醇可以發生消去反應生成乙烯，乙烯和溴加成可以生成二溴乙烷，其結構與G類似，所以合成路線為：。【點睛】推斷A和B的結構的關鍵是理解題目所給信息反應過程中結構的變化，弄清楚B到C的產物只有一種的原因是B結構對稱，然后再分析B的結構就比較簡單了。19、(1)KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O酒精燈、坩堝鉗瓷坩堝中的SiO2會與KOH發生反應2:1KOH、MnO2蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥KHCO3的溶解度較小，濾液蒸發濃縮降溫結晶時KHCO3會隨KMnO4一同結晶析出【解析】

以軟錳礦（主要成分是MnO2）為原料制備KMnO4晶體，軟錳礦固體和KOH固體混合在鐵坩堝中煅燒，得到墨綠色熔塊，為K2MnO4，冷卻后溶于水其水溶液呈深綠色，這是錳酸根在堿溶液中的特征顏色，邊加熱邊通入適量二氧化碳氣體，調節溶液pH趁熱過濾得到MnO2和KMnO4溶液，冷卻結晶得到KMnO4晶體。⑴加熱條件下，MnO2、KOH和KClO3反應生成K2MnO4、KCl、H2O，熔融固體物質需要在坩堝內加熱，加熱熔融物含有堿性物質KOH應該用鐵坩堝；瓷坩堝中的二氧化硅和強堿反應，坩堝被腐蝕；⑵工藝流程可知，CO2使MnO42-發生歧化反應，生成MnO4-和MnO2，根據元素守恒可知，會生成K2CO3，若通入CO2太多，會有KHCO3生成，濾液中含有KHCO3、KMnO4；氧化還原反應中的氧化劑是元素化合價降低的物質，還原劑是元素化合價升高的物質，結合化學方程式定量關系和電子守恒計算；流程中需要加入的物質在后面有生成該物質，該物質可以循環利用；⑶從濾液中得到物質的方法是濃縮蒸發，冷卻結晶，過濾或抽濾得到晶體；工藝流程可知，二氧化碳使MnO42-發生歧化反應，生成MnO4-和MnO2，根據元素守恒可知，會生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，會有KHCO3生成，濾液中含有KHCO3、高錳酸鉀；【詳解】(1).加熱條件下，MnO2、KOH和KClO3反應生成K2MnO4、KCl、H2O，反應的化學方程式為3MnO2＋KClO3＋6KOH3K2MnO4＋KCl＋3H2O；加熱軟錳礦、KClO3和KOH固體混合物時，由于KOH會與瓷坩堝中的SiO2發生反應：2KOH+SiO2K2SiO3+H2O腐蝕坩堝，而不與Fe發生反應，所以要用鐵坩堝；故答案為KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；酒精燈、坩堝鉗；瓷坩堝中的SiO2會與KOH發生反應；(2).由流程圖可知，二氧化碳使MnO42-發生歧化反應，生成MnO4-和MnO2，根據元素守恒可知，會生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，會有KHCO3生成，濾液中含有KHCO3、KMnO4，在加熱濃縮時，會有KHCO3和KMnO4晶體一起析出，實驗中通入適量二氧化碳時體系中可能發生反應的離子方程式為：3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-，2OH-+CO2=CO32-+H2O，其中氧化還原反應中氧化劑和還原劑都是KMnO4，所以氧化劑和還原劑的質量比即為反應的物質的量之比為1:2，調節溶液pH過程中，所得氧化產物與還原產物的物質的量之比為2:1；從流程圖可以看出，需要加入的物質有MnO2、KOH、KClO3、CO2（水可以不考慮），反應中又生成KOH、MnO2，故KOH、MnO2是可以循環利用的物質，故答案為：2:1；KOH、MnO2；(3).依據流程中的信息，濾液中含有大量的高錳酸鉀和碳酸鉀，再根據表中的溶解度數據可知，高錳酸鉀在室溫下的溶解度較小，而碳酸鉀的溶解度很大，因此，從濾液中得到KMnO4晶體的實驗操作是濃縮蒸發，冷卻結晶、過濾或抽濾得到晶體；工藝流程可知，二氧化碳使MnO42-發生歧化反應，生成MnO4-和MnO2，根據元素守恒可知，會生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，會有KHCO3生成，濾液中含有KHCO3、KMnO4，在加熱濃縮時，會有KHCO3和KMnO4晶體一起析出，故答案為：蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾；KHCO3的溶解度比K2CO3小得多，濾液蒸發濃縮時KHCO3會隨KMnO4一起結晶析出；【點睛】化學工藝流程題是高考的熱點內容，每年都會涉及，體現了化學知識與生產實際的緊密聯系工藝流程題一般由多步連續的操作組成，每一步操作都有其具體的目標、任務；解答時要看框內，看框外，里外結合；邊分析，邊思考，易處著手；先局部，后全盤，逐步深入；而且還要看清問題，不能答非所問。要求用理論回答的試題應采用“四段論法”：本題改變了什么條件(或是什么條件)→根據什么理論→所以有什么變化→結論；化學工藝流程一般涉及氧化還原反應方程式的書寫、化學反應原理知識的運用、化學計算、實驗基本操作等知識，只要理解清楚每步的目的，加上夯實的基礎知識，此題能夠很好的完成。20、+3防止倒吸2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O減少雙氧水分解、提高ClO2的溶解度空氣流速過快ClO2反應不充分，空氣流速過慢ClO2濃度過高易發生分解2ClO3-+2Clˉ+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O1∶490.5%【解析】

(1)根據化合物中化合價的代數和為0可求得，NaClO2中氯元素的化合價為+3價，故答案為：+3；(2)A為安全瓶，作用是防倒吸，故答案為：防止倒吸；(3)根據題干信息可知，制備NaClO2固體時，冰水浴瓶內發生反應：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，H2O2受熱易分解，ClO2的沸點低，降低溫度可以減少雙氧水的分解、增加ClO2的溶解度，從而提高產率等，故答案為：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O；減少雙氧水分解、提高ClO2的溶解度；(4)鼓入空氣的作用是將ClO2趕入氫氧化鈉和雙氧水的混合液中反應，空氣流速過慢，ClO2不能被及時一走，濃度過高導致分解；空氣流速過快，ClO2不能被充分吸收，故答案為：空氣流速過快ClO2反應不充分，空氣流速過慢ClO2濃度過高易發生分解；(5)根據信息可以確定反應①的反應物為ClO3-和Cl-，產物ClO2和Cl2，根據得失電子守恒配平方程式為2ClO3-+2Clˉ+4H+=2C