廣東省中山市一中豐山學部2025屆高三第三次聯(lián)考化學試題文試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列由實驗得出的結論正確的是()A．將乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液變無色透明，生成的產物可溶于四氯化碳B．乙醇和水都可與金屬鈉反應產生可燃性氣體，說明兩種分子中的氫原子都能產生氫氣C．用乙酸浸泡水壺中的水垢，可將其清除，是因為乙酸的酸性小于碳酸的酸性D．甲烷與氯氣光照下反應后的混合氣體能使?jié)駶櫴镌嚰堊兗t是因為生成的一氯甲烷具有酸性2、下圖為元素周期表的一部分，X、Y、Z、M均為短周期元素，除M外，其余均為非金屬元素。下列說法正確的是YZMXA．簡單離子半徑：M＞Y B．單質熔點：X＞MC．簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y＞Z D．Y的氧化物對應水化物均為強酸3、根據下列實驗操作和現(xiàn)象能得到的結論正確的是A．A B．B C．C D．D4、香豆素－4由C、H、O三種元素組成，分子球棍模型如下圖所示。下列有關敘述錯誤的是A．分子式為C10H9O3B．能發(fā)生水解反應C．能使酸性KMnO4溶液褪色D．1mol香豆素－4最多消耗3molNaOH5、下圖為某有機物的結構，下列說法錯誤的是（）A．該物質的名稱為2-甲基丙烷B．該模型為球棍模型C．該分子中所有碳原子均共面D．一定條件下，可與氯氣發(fā)生取代反應6、I2Cl6晶體在常溫下就會“升華”，蒸氣冷卻可得到晶體ICl3。ICl3遇水會產生大量的腐蝕性白色煙霧，有強烈的催淚性。若生成物之一是HCl，則另一種是（）A．HIO3 B．HIO2 C．HIO D．ICl7、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，Y是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素，在周期表中Z位于ⅠA族，W與X屬于同一主族。下列說法正確的是A．原子半徑：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)B．由X、Z兩種元素組成的化合物一定沒有共價鍵C．W的最高價氧化物對應水化物為弱酸D．Y的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強8、常溫下，pH＝3的HA溶液V1mL與pH＝11的KOH溶液V2mL混合，則下列說法正確的是A．若V1＝V2，則反應后溶液的pH一定等于7B．若反應后溶液呈酸性，則V1一定小于V2C．若反應后溶液呈酸性，則V1一定大于V2D．若反應后溶液呈中性，則混合液中一定存在c(H＋)＋c(OH－)＝2×10－7mol·L－19、以下物質的水溶液顯酸性的是A．NaHCO3 B．NaHSO4 C．CH3COOK D．KNO310、已知氣態(tài)烴A的產量是一個國家石油化工水平的重要標志，有機物A～E能發(fā)生如圖所示一系列變化，則下列說法正確的是()A．A→B的反應類型為加成反應B．常溫下有機物C是一種有刺激性氣味的氣體C．分子式為C4H8O2的酯有3種D．lmolD與足量碳酸氫鈉反應生成氣體的體積為22.4L11、化學家創(chuàng)造的酸堿質子理論的要點是：凡能給出質子(H+)的分子或離子都是酸，凡能接受質子(H+)的分子或離子都是堿。按此觀點，下列微粒既屬于酸又屬于堿的是①H2O②CO32-③Al3+④CH3COOH⑤NH4+⑥H2N-CH2COOHA．②③ B．①⑥ C．④⑥ D．⑤⑥12、2019年為“國際元素周期表年“，中國學者姜雪峰當選為“全球青年化學家元素周期表”硫元素代言人。下列關于硫元素的說法不正確的是（）A．S2、S4和S8互為同素異形體B．“丹砂燒之成水銀，積變又還成丹砂”過程中涉及的反應為可逆反應C．可運用”無機硫向有機硫轉化”理念，探索消除硫污染的有效途徑D．我國古代四大發(fā)明之一“黑火藥”的主要成分中含有硫單質13、下列反應不屬于氧化還原反應的是（）A．Cl2+H2O=HCl+HClO B．Fe+CuSO4=FeSO4+CuC．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 D．Cl2+2FeCl2=3FeCl314、NaFeO4是一種高效多功能水處理劑。制備方法之一如下：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。下列說法正確的是A．氧化產物是Na2FeO4B．1molFeSO4還原3molNa2O2C．轉移0.5mo1電子時生成16.6gNa2FeO4D．氧化產物與還原產物的物質的量之比為3:215、下列圖示（加熱裝置省略，其序號與選項的序號對應）的實驗操作，能實現(xiàn)相應實驗目的的是A．探究乙醇的催化氧化B．實驗室制取并收集少量純凈的氯氣C．研究催化劑對過氧化氫分解速率的影響D．實驗室制備少量NO16、關于化學鍵的各種敘述，下列說法中不正確的是（）A．Ca(OH)2中既有離子鍵又有共價鍵B．在單質或化合物中，一定存在化學鍵C．在離子化合物中，可能存在共價鍵D．化學反應中肯定有化學鍵發(fā)生變化二、非選擇題（本題包括5小題）17、（14分）藥物H在人體內具有抑制白色念球菌的作用，H可經下圖所示合成路線進行制備。已知：硫醚鍵易被濃硫酸氧化?；卮鹣铝袉栴}：（1）官能團?SH的名稱為巰(qiú)基，?SH直接連在苯環(huán)上形成的物質屬于硫酚，則A的名稱為________________。D分子中含氧官能團的名稱為________________。（2）寫出A→C的反應類型：_____________。（3）F生成G的化學方程式為_______________________________________。（4）下列關于D的說法正確的是_____________（填標號）。（已知：同時連接四個各不相同的原子或原子團的碳原子稱為手性碳原子）A．分子式為C10H7O3FSB．分子中有2個手性碳原子C．能與NaHCO3溶液、AgNO3溶液發(fā)生反應D．能發(fā)生取代、氧化、加成、還原等反應（5）M與A互為同系物，分子組成比A多1個CH2，M分子的可能結構有_______種；其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積比為2∶2∶2∶1的物質的結構簡式為_____________。（6）有機化合物K()是合成廣譜抗念球菌藥物的重要中間體，參考上述流程，設計以為原料的合成K的路線。_____________18、艾司洛爾是預防和治療手術期心動過速或高血壓的一種藥物，艾司洛爾的一種合成路線如下：回答下列問題：(1)丙二酸的結構簡式為_______；E中含氧官能團的名稱是_______。(2)D生成E的反應類型為____________。(3)C的結構簡式為________________。(4)A遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反應生成1molB、1molH2O和1molCO2，B能與溴水發(fā)生加成反應，推測A生成B的化學方程式為____。(5)X是B的同分異構體，X同時滿足下列條件的結構共有____種，其中核磁共振氫譜有五組峰的結構簡式為____。①可與碳酸氫鈉溶液反應生成二氧化碳②遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應③除苯環(huán)外不含其他環(huán)(6)寫出以苯甲醇和丙二酸為原料制備的合成路線________(其他試劑任選)。19、化學興趣小組在實驗室進行“海帶提碘”的實驗過程如圖：(1)操作①的名稱是_____，操作②的主要儀器是_____；氧化步驟的離子方程式是_____。(2)探究異常：取樣檢驗時，部分同學沒有觀察到溶液變藍色。他們假設原因可能是加入的氯水過量，氧化了①I2；②淀粉；③I2和淀粉。他們在沒有變藍色的溶液中，滴加_____(選填“四氯化碳”“碘水”“淀粉溶液”)后，若出現(xiàn)_____現(xiàn)象，即可證明假設①正確，同時排除假設②③.能同時排除假設②③的原因是_____。(3)查閱資料：Cl2可氧化I2，反應的化學方程式為_____Cl2+_____I2+_____H2O→_____HIO3+_____HCl.配平上述方程式，并標出電子轉移的方向和數(shù)目_______。(4)探究氧化性：在盛有FeCl3溶液的試管中，滴入幾滴KI溶液，將反應后的溶液均勻倒入兩支試管，試管a中加入1mL苯振蕩靜置，出現(xiàn)______(填實驗現(xiàn)象)，證明有I2存在；試管b中滴入KSCN溶液，溶液顯血紅色，證明有_____存在。(5)比較氧化性：綜合上述實驗，可以得出的結論是氧化性：Cl2＞FeCl3，理由是_____。20、草酸亞鐵晶體（FeC2O4·2H2O）是一種黃色難溶于水的固體，受熱易分解，是生產電池、涂料以及感光材料的原材料。為探究純凈草酸亞鐵晶體熱分解的產物，設計裝置圖如下：（1）儀器a的名稱是______。（2）從綠色化學考慮，該套裝置存在的明顯缺陷是_________。（3）實驗前先通入一段時間N2，其目的為__________。（4）實驗證明了氣體產物中含有CO，依據的實驗現(xiàn)象為_______。（5）草酸亞鐵晶體在空氣易被氧化，檢驗草酸亞鐵晶體是否氧化變質的實驗操作是____。（6）稱取5.40g草酸亞鐵晶體用熱重法對其進行熱分解，得到剩余固體質量隨溫度變化的曲線如下圖所示：①上圖中M點對應物質的化學式為_________。②已知400℃時，剩余固體是鐵的一種氧化物，試通過計算寫出M→N發(fā)生反應的化學方程式：_______。21、已知前四周期六種元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)之和為107，且它們的核電荷數(shù)依次增大。B原子的p軌道半充滿，其氫化物沸點是同族元素中最低的，D原子得到一個電子后3p軌道全充滿，A與C能形成A2C型離子化和物，其中的陰、陽離子相差一個電子層，E4＋離子和氬原子的核外電子排布相同。請回答下列問題：（1）A、B、C、D的第一電離能由小到大的順序是____________（填元素符號）（2）化合物BD3的分子空間構型可描述為_________，B的原子軌道雜化類型為________。（3）已知F元素在人體內含量偏低時，會影響O2在體內的正常運輸。已知F2＋與KCN溶液反應得F（CN）2沉淀，當加入過量KCN溶液時沉淀溶解，生成配合物。則F的基態(tài)原子價電子排布式為______。CN－與___________（一種分子）互為等電子體，則1個CN－中π鍵數(shù)目為___________。（4）EO2與碳酸鋇在熔融狀態(tài)下反應，所得晶體的晶胞結構如圖所示，則該反應的化學方程式為________在該晶體中，E4＋的氧配為數(shù)為____________。若該晶胞邊長為anm可計算該晶體的密度為__________g／cm3（阿伏加德羅常數(shù)為NA）

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.乙烯含有碳碳雙鍵，可與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應，生成1，2-二溴乙烷，溶液最終變?yōu)闊o色透明，生成的產物1，2-二溴乙烷可溶于四氯化碳，A項正確；B.乙醇的結構簡式為CH3CH2OH，只有羥基可與鈉反應，且?OH中H的活潑性比水弱，B項錯誤；C.用乙酸浸泡水壺中的水垢，可將其清除，說明醋酸可與碳酸鈣等反應，從強酸制備弱酸的角度判斷，乙酸的酸性大于碳酸，C項錯誤；D.甲烷與氯氣在光照條件下反應生成的氣體有一氯甲烷和氯化氫，使?jié)駶櫟氖镌嚰堊兗t的氣體為氯化氫，一氯甲烷為非電解質，不能電離，D項錯誤；答案選A。2、B【解析】

除M外，其余均為非金屬元素，則M為鋁(Al)，從而得出X為硅(Si)，Y為氮(N)，Z為氧(O)?！驹斀狻緼．M為鋁(Al)，Y為氮(N)，Al3+與N3-電子層結構相同，但Al3+的核電荷數(shù)大，所以離子半徑：Al3+<N3-，A不正確；B．M為鋁(Al)，X為硅(Si)，Al形成金屬晶體，Si形成原子晶體，單質熔點：Si>Al，B正確；C．Y為氮(N)，Z為氧(O)，非金屬性N<O，則簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：NH3<H2O，C不正確；D．Y為氮(N)，Y的氧化物對應水化物中，HNO3為強酸，HNO2為弱酸，D不正確；故選B。3、C【解析】

A.要探究濃度對化學反應速率影響實驗，應該只有濃度不同，其它條件必須完全相同，該實驗沒有明確說明溫度是否相同，并且NaHSO3溶液與H2O2溶液反應生成硫酸鈉、硫酸和水，無明顯現(xiàn)象，故A錯誤；B.向NaCl、NaI的混合溶液中滴加少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成，說明先達到AgI的溶度積，但由于NaCl、NaI濃度未知，不能由此判斷溶度積大小，故B錯誤；C.由于維生素C能把氯化鐵還原成氯化亞鐵，會看到溶液由黃色變成淺綠色，故C正確；D.銀鏡反應必須在堿性條件下進行，該實驗中加入銀氨溶液前沒有加入NaOH溶液中和未反應的稀硫酸，所以實驗不成功，則實驗操作及結論錯誤，故D錯誤。故答案選C。4、A【解析】

A、反應式應為C10H8O3，錯誤；B、分子中有酯基，可以發(fā)生水解反應；正確；C、酚羥基和苯環(huán)相連碳上有H，可以被氧化，正確；D、酯基水解后共有兩個酚羥基和一個羧基，共消耗3molNaOH，正確；故選A。5、C【解析】

A．有機物為CH3CH（CH3）CH3，為2-甲基丙烷，選項A正確；B．由圖可知該模型為球棍模型，選項B正確；C．為烷烴，每個碳原子都與其它原子形成四面體結構，所有的碳原子不可能共平面，選項C錯誤；D．烷烴在光照條件下可發(fā)生取代反應，選項D正確。答案選C。本題考查有機物的結構與性質，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重分析與遷移能力的考查，由結構簡式可知有機物為CH3CH（CH3）CH3，為2-甲基丙烷，結合烷烴的結構和性質解答該題。6、B【解析】

ICl3中I為+3價，Cl為-1價，與水發(fā)生水解反應(為非氧化還原反應，各元素化合價價態(tài)不變），生成HIO2和HCl，答案選B。7、D【解析】

分析題給信息，X原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，則X應為O元素；Y是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素，應為F元素；在周期表中Z位于ⅠA族，由原子序數(shù)關系可知Z為Na元素，W與X屬于同一主族，W應為S元素。【詳解】A．電子層數(shù)越多，原子半徑越大，同周期元素的原子序數(shù)越大，原子半徑越小，則原子半徑r(F)＜r(O)＜r(S)＜r(Na)，A項錯誤；B．X為O，Z為Na，由Y、Z兩種元素組成的化合物可能為過氧化鈉，其分子中含有離子鍵和共價鍵，B項錯誤；C．W最高價氧化物對應水化物為硫酸，屬于強酸，C項錯誤；D．非金屬性F＞S，元素的非金屬性越強，對應的簡單氫化物越穩(wěn)定，D項正確；答案選D。微粒半徑大小的決定因素：決定因素是電子層數(shù)和核電荷數(shù)。電子層數(shù)越多，則微粒半徑越大；電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越多，對核外電子的吸引力越大，微粒半徑越小，比較時應綜合考慮二者。8、D【解析】

A．若V1=V2，如果酸是強酸，二者混合溶液呈中性，pH=7，如果酸是弱酸，酸濃度大于堿，混合溶液呈酸性，pH＜7，故A錯誤；B．如果反應后溶液呈酸性，如果酸是強酸，則V1一定大于V2，如果酸是弱酸，V1可能大于V2，可能等于V2，故B錯誤；C．如果反應后溶液呈酸性，如果酸是強酸，則V1一定大于V2，如果酸是弱酸，V1可能大于V2，可能等于V2，故C錯誤；D．若混合溶液呈中性，則溶液中c（H+）=c（OH-）=10-7mol?L-1，所以c（H+）+c（OH-）=2×10-7mol?L-1，故D正確；故選D。9、B【解析】

溶液的酸堿性取決于溶液中c(H+)、c(OH-)的相對大小。c(H+)>c(OH-)的溶液呈酸性。A.NaHCO3在溶液中完全電離，生成的HCO3-以水解為主使溶液呈堿性，A項錯誤；B.NaHSO4在溶液中完全電離生成Na+、H+、SO42-，使溶液呈酸性，B項正確；C.CH3COOK在溶液中完全電離，生成的CH3COO-水解使溶液呈堿性，C項錯誤；D.KNO3溶液中，K+、NO3-不能發(fā)生水解，溶液呈中性，D項錯誤。本題選B。10、A【解析】

氣態(tài)烴A的產量是一個國家石油化工水平的重要標志，A是C2H4；乙烯與水反應生成乙醇，乙醇催化氧化為乙醛、乙醛氧化為乙酸，乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，所以B是乙醇、C是乙醛、D是乙酸、E是乙酸乙酯。【詳解】A.乙烯與水發(fā)生加成反應生成乙醇，所以反應類型為加成反應，故A正確；B.C是乙醛，常溫下乙醛是一種有刺激性氣味的液體，故B錯誤；C.分子式為C4H8O2的酯有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，共4種，故C錯誤；D.lmol乙酸與足量碳酸氫鈉反應生成1mol二氧化碳氣體，非標準狀況下體積不一定為22.4L，故D錯誤。本題考查有機物的推斷，試題涉及烯、醇、醛、羧酸等的性質與轉化，熟悉常見有機物的轉化，根據“A的產量是一個國家石油化工水平的重要標志”，準確推斷A是關鍵。11、B【解析】

凡能給出質子（即H+）的分子或離子都是酸；凡能接受質子的分子或離子都是堿，則能給出質子且能接受質子的分子或離子既屬于酸又屬于堿，②③只能接受質子，所以屬于堿；④⑤只能給出質子，屬于酸，①⑥既能給出質子又能接受質子，所以既屬于酸又屬于堿；故答案為B。正確理解題給信息中酸堿概念是解本題關鍵，再結合微粒的性質解答，同時考查學生學以致用能力，題目難度不大。12、B【解析】

A．同種元素形成的不同單質是同素異形體，故A正確；B．丹砂（HgS）燒之成水銀，積變又還成丹砂，前者需要加熱，后者常溫下反應，反應條件不同，不是可逆反應，故B錯誤；C．無機硫向有機硫轉化，可減少含硫氣體的排放，是探索消除硫污染的有效途徑，故C正確；D．“黑火藥”的主要成分中含有硫單質，故D正確；答案選B。13、C【解析】氧化還原反應的特征是元素化合價的升降，可從元素化合價的角度判斷反應是否氧化還原反應。A項，反應物中有單質，生成物中都是化合物，一定有化合價變化，A是氧化還原反應；B項，置換反應都是氧化還原反應，B是氧化還原反應；C項，所有元素的化合價都沒有變化，C不是氧化還原反應；D項，有單質參加的化合反應一定是氧化還原反應，是氧化還原反應。點睛：本題考查氧化還原反應，試題難度不大，注意從元素化合價的角度判斷物質的性質，平日學習中注意知識的積累，快速判斷。14、C【解析】該反應中Fe元素化合價由+2價變?yōu)?6價、O元素化合價由-1價變?yōu)?價、-2價，所以硫酸亞鐵是還原劑、過氧化鈉既是氧化劑又是還原劑，氧化劑對應的產物是還原產物，還原劑對應的產物是氧化產物。A、化合價升高的元素有+2價的鐵和-1價的氧元素，氧化產物是Na2FeO4和氧氣，故A錯誤；B、反應中化合價升高的元素有Fe，由+2價→+6價，化合價升高的元素還有O元素，由-1價→0價，2molFeSO4發(fā)生反應時，共有2mol×4+1mol×2=10mol電子轉移，6molNa2O2有5mol作氧化劑、1molNa2O2作還原劑，其中2molFeSO4還原4molNa2O2，即1molFeSO4還原2molNa2O2，故B錯誤；C、由方程式轉移10mol電子生成2molNa2FeO4，轉移0.5mo1電子時生成×2×166g·mol－1=16.6gNa2FeO4，故C正確；D、每2FeSO4和6Na2O2發(fā)生反應，氧化產物2molNa2FeO4和1molO2，還原產物2molNa2FeO4和2molNa2O，氧化產物與還原產物的物質的量之比為3:4，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查氧化還原反應，側重考查基本概念、計算，解題關鍵：明確元素化合價變化和電子得失的多少。難點：B和C選項，注意過氧化鈉的作用，題目難度較大。15、C【解析】

A、乙醇也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化；B、鹽酸易揮發(fā)；C、研究催化劑對反應的速率的影響，過氧化氫的濃度應相同；D、NO易被空氣中氧氣氧化?！驹斀狻緼、乙醇也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，無法判斷酸性高錳酸鉀溶液褪色的原因是乙醛還是乙醇，故A錯誤；B、因鹽酸易揮發(fā)，收集到的氯氣中混有氯化氫和水，故B錯誤；C、研究催化劑對反應速率的影響，加入的溶液的體積相同，金屬離子和過氧化氫的濃度也相同，符合控制變量法的原則，可達到實驗目的，故C正確；D、NO易被空氣中氧氣氧化，應用排水法收集，故D錯誤；故選C。本題考查化學實驗方案的評價，涉及乙醇催化氧化、氣體的制備以及反應速率的影響因素等，把握實驗原理及實驗裝置圖的作用為解答的關鍵，注意方案的合理性、操作性分析。16、B【解析】

A項、Ca(OH)2為離子化合物，既含有離子鍵又含有共價鍵，故A正確；B項、稀有氣體為單原子分子，不含有化學鍵，故B正確；C項、Ca(OH)2為離子化合物，既含有離子鍵又含有共價鍵，故C正確；D項、化學反應的實質是舊鍵的斷裂新鍵的形成，故D正確；故選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、4?氟硫酚（或對氟硫酚）羧基、羰基加成反應AD13【解析】

（1）F原子在硫酚的官能團巰基對位上，習慣命名法的名稱為對氟硫酚，科學命名法的名稱為4?氟硫酚；D分子中含氧官能團有羧基，羰基兩種。（2）A→C為巰基與B分子碳碳雙鍵的加成反應。（3）F→G的過程中，F(xiàn)中的—OCH3被—NH—NH2代替，生成G的同時生成CH3OH和H2O，反應的方程式為。（4）由結構簡式可推出其分子式為C10H7O3FS，A正確；分子中只有一個手性碳原子，B錯誤；分子中的羧基能夠與NaHCO3溶液反應，但F原子不能直接與AgNO3溶液發(fā)生反應，C錯誤；能發(fā)生取代(如酯化)、氧化、加成(羰基、苯環(huán))、還原(羰基)等反應，D正確。（5）根據描述，其分子式為C7H7FS，有?SH直接連在苯環(huán)上，當苯環(huán)上連有?SH和?CH2F兩個取代基時，共有3種同分異構體，當苯環(huán)上連有—SH、—CH3和—F三個取代基時，共有10種同分異構體，合計共13種同分異構體，其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積比為2∶2∶2∶1的物質的結構簡式為。（6）到，首先應該把分子中的仲醇部分氧化為羰基，把伯醇(—CH2OH)部分氧化為羧基，然后模仿本流程中的D→E→F兩個過程，得到K。18、HOOC－CH2－COOH醚鍵、酯基取代反應15【解析】

本題主要考查有機合成綜合推斷以及逆向合成。合成路線分析：由E的結構簡式以及D的分子式可推斷出D的結構簡式為，由C與甲醇發(fā)生酯化反應生成D，可推斷出C的結構簡式為，B與氫氣發(fā)生加成反應生成C，結合B的分子式與第（4）問中“B能與溴水發(fā)生加成反應”，可推斷出B的結構簡式為，A與丙二酸在吡啶、苯胺中反應生成B，結合A的分子式以及第（4）問中“A遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反應生成1molB、1molH2O和1molCO2”，可推斷出A的結構簡式為。【詳解】（1）丙二酸的結構簡式為：；觀察E結構簡式可知，所含含氧官能團有：醚鍵、酯基；（2）D生成E的方程式為：，故反應類型為取代反應；（3）由上述分析可知，C的結構簡式為：；（4）根據化學方程式配平可寫出A生成B的化學方程式為：；（5）條件①：該結構簡式中含有羧基；條件②：該結構簡式中含有酚羥基；條件③：除苯環(huán)外，不含有其它雜環(huán)；可以酚羥基作為移動官能團，書寫出主要碳骨架，再進行判斷同分異構體總數(shù)，（1）中酚羥基有2個取代位置（不包含本身），（2）中酚羥基有3個取代位置，（3）中酚羥基有4個取代位置，（4）中酚羥基有4個取代位置，（5）中酚羥基有2個取代位置，故同分異構體一共有2+3+4+4+2=15種；核磁共振氫譜有五組峰的結構簡式為。（6）對比苯甲醇和結構簡式，根據題干信息，需將苯甲醇氧化生成苯甲醛，再模仿A生成B的方程式生成，再根據碳碳雙鍵與鹵素單質加成再取代合成，故合成路線為：本題主要考查有機物的推斷與合成，采用正推和逆推相結合的方法，逐步分析有機合成路線，可推出各有機物的結構簡式，然后分析官能團推斷各步反應及反應類型。官能團是決定有機物化學性質的原子或原子團，有機反應絕大多數(shù)都是圍繞官能團展開，而高中教材中的反應原理也只是有機反應的一部分，所以有機綜合題中經常會出現(xiàn)已知來推斷部分沒有學習過的有機反應原理，認識這些反應原理時可以從最簡單的斷鍵及變換的方法進行，而不必過多追究。19、過濾分液漏斗Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣碘水變藍加入碘水溶液變藍，說明溶液中沒有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘沒有氧化淀粉，所以可以同時排除假設②③516210分層現(xiàn)象，且上層為紫紅色、下層幾乎無色Fe3+由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3【解析】

(1)根據流程圖，結合物質提純與分離的基本操作分析；通入氯水將碘離子氧化為碘單質；(2)碘單質與淀粉變藍，若碘被氧化，則藍色消失，淀粉恢復原來的顏色，結合碘單質遇淀粉變藍的性質分析；(3)反應中Cl2中的Cl元素由0價變?yōu)?1價，碘元素由0價變?yōu)?5價，結合化合價升降總數(shù)相等以及質量守恒配平；(4)苯可以溶解碘單質，溶液分層；三價鐵遇KSCN溶液變?yōu)檠t色；(5)由結合探究(4)和(3)三種反應氧化劑與氧化產物氧化性強弱分析?！驹斀狻?1)海帶灰中部分可溶物浸泡后經過操作①得到含碘離子的溶液，則操作①為過濾；將碘單質從水溶液中經過操作②轉移至有機溶劑中，則操作②為萃取，主要是用的儀器為分液漏斗；氧化步驟中是向含碘離子溶液中加入氯水，將碘離子氧化為碘單質，離子反應為：Cl2+2I-=I2+2Cl-；(2)沒有觀察到溶液變藍色，有兩種可能，一是溶液中沒有碘單質，二是淀粉被轉化為其他物質，要證明①是正確的，則只需要在溶液中加入碘水，若溶液變藍，說明溶液中沒有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘沒有氧化淀粉，所以可以同時排除假設②③(3)反應中Cl2中的Cl元素由0價變?yōu)?1價，碘元素由0價變?yōu)?5價，結合化合價升降總數(shù)相等以及質量守恒，則方程式為5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，電子轉移的方向和數(shù)目表示為：；(4)FeCl3溶液中鐵離子具有氧化性，KI中碘離子具有還原性，F(xiàn)eCl3與碘化鉀發(fā)生氧化還原反應，加入試管a中加入1mL苯，苯的密度小于水，若溶液分層且上層為紫紅色、下層幾乎無色，證明反應中生成I2；KSCN溶液可檢驗鐵離子，加入KSCN溶液變?yōu)榧t色，說明溶液中含有Fe3+；(5)由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3。20、球形干燥管（干燥管）缺少處理CO尾氣裝置排盡裝置內空氣，防止空氣中H2O和CO2的干擾E中黑色粉末變紅色，F(xiàn)出現(xiàn)白色沉淀取少量草酸亞鐵晶體于試管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液變紅色，則草酸亞鐵晶體已氧化變質；若不變紅色，則草酸亞鐵晶體未氧化變質FeC2O43FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑【解析】

裝置A為草酸亞鐵晶體分解，利用無水硫酸銅檢驗水蒸氣，B裝置檢驗二氧化碳，C裝置吸收二氧化碳，D裝置干燥氣體，E裝置檢驗CO，F(xiàn)裝置檢驗二氧化碳，據此解答。【詳解】(1)儀器a的名稱是球形干燥管(干燥管)，故答案為：球形干燥管(干燥管)；(2)反應會產生CO，缺少處理CO尾氣裝置，故答案為：缺少處理CO尾氣裝置；(3)反應會會產生CO和H2O，通入氮氣，排盡裝置內空氣，防止空氣中H2O和CO2的干擾，故答案為：排盡裝置內空氣，防止空氣中H2O和CO2的干擾；(4)CO與CuO反應，生成Cu和二氧化碳，現(xiàn)象為E中黑色粉末變紅色，F(xiàn)出現(xiàn)白色沉淀，故答案為：E中黑色粉末變紅色，F(xiàn)出現(xiàn)白色沉淀；(5)檢驗鐵離子的試劑為KSCN，具體有：取少量草酸亞鐵晶體于試管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液變紅色，則草酸亞鐵晶體已氧化變質；若不變紅色，則草酸亞鐵晶體未氧化變質，故答案為：取少量草酸亞鐵晶體于試管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液變紅色，則草酸亞鐵晶體已氧化變質；若不變紅色，則草酸亞鐵晶體未氧化變質；(6)①草酸亞鐵晶體的物質的量為：＝0.03mol，通過剩余固體的質量為4.32g，則M的摩爾質量為＝144g/mol，過程Ⅰ發(fā)生的反應是：草酸亞鐵晶體受熱失去結晶水，剩下的M為FeC2O4，故答案為：FeC2O4；②草酸亞鐵晶體