重庆市2026年高三适应性调研考试化学试题（含答案解析）

这是一份重庆市2026年高三适应性调研考试化学试题（含答案解析），共100页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号等内容，欢迎下载使用。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、从煤焦油中分离出苯的方法是（ ）
A．干馏B．分馏C．分液D．萃取
2、实验室制取硝基苯的反应装置如图所示，关于实验操作或叙述错误的是
A．试剂加入顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯
B．实验时，水浴温度需控制在50~60℃
C．长玻璃导管兼起冷凝回流苯和硝酸的作用，以提高反应物转化率
D．反应后的混合液经水洗、碱溶液洗涤、结晶，得到硝基苯
3、对于工业合成氨反应N2+3H2⇌2NH3+Q（Q＞0），下列判断正确的是（ ）
A．3体积和足量反应，必定生成2体积
B．使用合适的催化剂，可以提高提高原料的利用率
C．左右比室温更有利于向合成氨的方向进行
D．及时使氨液化、分离的主要目的是提高和的利用率
4、氯气氧化HBr提取溴的新工艺反应之一为:6H2SO4+5BaBr2+Ba(BrO3)2=6BaSO4↓+6Br2+6H2O,利用此反应和CCl4得到液溴的实验中不需要用到的实验装置是
A．
B．
C．
D．
5、如图所示的方案可以降低铁闸门的腐蚀速率。下列判断正确的是( )
A．若X为导线，Y可以是锌
B．若X为导线，铁闸门上的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+
C．若X为直流电源，铁闸门做负极
D．若X为直流电源，Y极上发生还原反应
6、常温下用0.1ml/L NaOH溶液滴定40mL 0.1ml/LH2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。下列叙述错误的是
A．Ka2(H2SO3)的数量级为10-8
B．若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂
C．图中Y点对应的溶液中：3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)
D．图中Z点对应的溶液中：c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)
7、根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是( )
A．AB．BC．CD．D
8、电解质的电导率越大，导电能力越强。用0.100ml·L-1的KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100ml•L-1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线
B．在相同温度下，P点水电离程度大于M点
C．M点溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1ml·L-1
D．N点溶液中：c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
9、如图为高中化学教材《必修1》（人教版）中NaCl在水中的溶解和电离示意图。下列由此得出的说法中，错误的是
A．在H2O分子中，H或O原子均完全不带电荷
B．在NaCl晶体中，Na＋和Cl－的排列整齐有序
C．Na＋、Cl在水中是以水合离子的形式存在
D．NaCl晶体的溶解和电离过程破坏了离子键
10、从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．宋朝王希孟的画作《千里江山图》所用纸张为宣纸，其主要成分是碳纤维
B．汉代烧制出“明如镜、声如罄”的瓷器，其主要原料为石灰石
C．“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”中的“杓”含Fe2O3
D．港珠澳大桥使用的聚乙烯纤维吊绳是有机高分子化合物
11、下列实验操作，现象和结论都正确的是
A．AB．BC．CD．D
12、钠与水反应的现象和钠的下列性质无关的是（ ）
A．钠的熔点低B．钠的密度小C．钠的硬度小D．钠的强还原性
13、化学与人类生活密切相关。下列说法正确的是
A．矿物油和植物油都可以通过石油分馏来获取
B．硫酸亚铁可作补血剂组成成分
C．蛋白质的水解产物都是α-氨基酸
D．造成PM2.5的直接原因是土壤沙漠化
14、高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为，含少量等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的X，调节浸出液的pH为3.5~5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；③…下列说法正确的是（ ）已知室温下：，，。）
A．试剂X可以是等物质
B．除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5可完全除去等杂质
C．浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂
D．为提高沉淀步骤的速率可以持续升高温度
15、根据下列实验现象所得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
16、下列物质的工业生产过程中，其主要反应不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．生铁B．硫酸C．烧碱D．纯碱
二、非选择题（本题包括5小题）
17、聚酰亚胺是综合性能最佳的有机高分子材料之一，已广泛应用在航空、航天、微电子等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图（部分反应条件己略去）：
己知下列信息：
①芳香族化合物B的一氯代物有两种
②
③
回答下列问题：
（1）固体A是___（写名称）；B的化学名称是___。
（2）反应①的化学方程式为___。
（3）D中官能团的名称为___；反应②的反应类型是___。
（4）E的分子式为___；己知1m1F与足量的NaHCO3反应生成4m1CO2，则F的结构简式是___。
（5）X与C互为同分异构体，写出同时满足下列条件的X的结构简式___。
①核磁共振氢谱显示四种不同化学环境的氢，其峰面积之比为2：2：1：1
②能与NaOH溶液反应，1m1X最多消耗4m1NaOH
③能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应
（6）参照上述合成路线，以甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计合成的路线___。
18、有机物M的合成路线如下图所示：
已知：R—CH=CH2R—CH2CH2OH。
请回答下列问题：
（1）有机物B的系统命名为__________。
（2）F中所含官能团的名称为__________，F→G的反应类型为__________。
（3）M的结构简式为_________。
（4）B→C反应的化学方程式为__________。
（5）X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，X有多种同分异构体，满足与FeCl3溶液反应显紫色的有______种。其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为______。
（6）参照M的合成路线，设计一条由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯的合成路线_________（无机试剂任选）。
19、工业上可用下列仪器组装一套装置来测定黄铁矿（主要成分FeS2）中硫的质量分数(忽略SO2、H2SO3与氧气的反应)。实验的正确操作步骤如下：
A．连接好装置，并检查装置的气密性
B．称取研细的黄铁矿样品
C．将2.0 g样品小心地放入硬质玻璃管中
D．以1 L/min的速率鼓入空气
E．将硬质玻璃管中的黄铁矿样品加热到800℃～850℃
F．用300 mL的饱和碘水吸收SO2，发生的反应是：I2＋SO2＋2H2O = 2HI＋H2SO4
G．吸收液用CCl4萃取、分离
H．取20.00mLG中所得溶液，用0.2000ml·L－1的NaOH标准溶液滴定。试回答：
（1）步骤G中所用主要仪器是______，应取_______ (填“上”或“下”)层溶液进行后续实验。
（2）装置正确的连接顺序是 ④ (填编号)。______
（3）装置⑤中高锰酸钾的作用是__________。持续鼓入空气的作用__________。
（4）步骤H中滴定时应选用_____作指示剂，可以根据________现象来判断滴定已经达到终点。
（5）假定黄铁矿中的硫在操作E中已全部转化为SO2，并且被饱和碘水完全吸收，滴定得到的数据如下表所示：
则黄铁矿样品中硫元素的质量分数为___________。
（6）也有人提出用“沉淀质量法”测定黄铁矿中含硫质量分数，若用这种方法测定，最好是在装置①所得吸收液中加入下列哪种试剂__________ 。
A．硝酸银溶液 B．氯化钡溶液 C．澄清石灰水 D．酸性高锰酸钾溶液
20、葡萄糖酸锌{M[Zn(C6H11O7)2]＝455g·ml－1)是一种重要的补锌试剂，其在医药、食品、饲料、化妆品等领城中具有广泛的应用。纯净的葡葡糖酸锌为白色晶体，可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，化学兴趣小组欲在实验室制备葡萄糖酸锌并测定产率。实验操作分以下两步：
Ⅰ.葡萄糖酸(C6H12O7)的制备。量取50 mL蒸馏水于100 mL烧杯中，搅拌下缓慢加入2.7 mL(0.05 ml)浓H2SO4，分批加入21.5 g葡萄糖酸钙{M[Ca(C6H11O7)2]＝430g·ml－1，易溶于热水}，在90℃条件下，不断搅拌，反应40min后，趁热过滤。滤液转移至小烧杯，冷却后，缓慢通过强酸性阳离子交换树脂，交换液收集在烧杯中，得到无色的葡葡糖酸溶液。
Ⅱ.葡萄糖酸锌的制备。向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的ZnO，在60℃条件下，不断搅拌，反应1h，此时溶液pH≈6。趁热减压过滤，冷却结晶，同时加入10 mL 95%乙醇，经过一系列操作，得到白色晶体，经干燥后称量晶体的质量为18.2g。
回答下列问题：
(1)制备葡萄糖酸的化学方程式为________________。
(2)通过强酸性阳离子交换树脂的目的是_______________。
(3)检验葡萄糖酸溶液中是否存在SO42-的操作为_________。
(4)制备葡萄糖酸时选用的最佳加热方式为_______________。
(5)制备葡萄糖酸锌时加入乙醇的目的是________，“一系列操作”具体是指_______。
(6)葡萄糖酸锌的产率为______(用百分数表示)，若pH≈5时就进行后续操作，产率将_____(填“增大”“减小”或“不变”)。
21、从樟科植物枝叶提取的精油中含有下列甲、乙两种成分：
完成下列填空：
(1)乙中含氧官能团的名称为___。
(2)由甲转化为乙需经下列过程：
其中反应Ⅰ的反应类型为___，反应Ⅱ的化学方程式为___。设计反应Ⅰ、Ⅱ的目的是___。
(3)欲检验乙中的碳碳双键，可选用的试剂是___。
a．溴水 b．酸性高锰酸钾溶液 c．溴的CCl4溶液 d．银氨溶液
(4)乙经过氢化、氧化得到丙（），丙有多种同分异构体，符合苯环上有一个取代基的酯类同分异构体有___种，写出其中能发生银镜反应的同分异构体的结构简式___。
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. 干馏：将某种物质在隔绝空气的条件下加热，使物质热裂解，产生挥发性的低分子化合物的整个过程叫干馏，不是分离方法，故A错误；
B. 利用混合物中各成分的沸点不同进行加热、冷却的分离过程叫分馏，煤焦油中含有的苯和苯的同系物沸点不同，所以用分馏的方式分离，故B正确；
C. 分液是把两种互不混溶的液体分离开的操作方法，不能分离出煤焦油中溶解的苯，故C错误；
D. 萃取是利用溶质在不同溶剂中溶解度的差异来分离混合物的操作，不能从煤焦油中分离出苯，故D错误；
故答案为B。
2、D
【解析】
A. 试剂加入顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯，正确；
B. 实验时，水浴温度需控制在50~60℃，正确；
C. 长玻璃导管兼起冷凝回流苯和硝酸的作用，以提高反应物转化率，正确；
D. 反应后的混合液经水洗、碱溶液洗涤、分液(不是结晶)，得到硝基苯，错误。
故答案为D。
3、D
【解析】
A．合成氨为可逆反应，则3体积H2和足量N2反应，氢气不能完全转化，生成氨气小于2体积，选项A错误；
B．催化剂不影响化学平衡，不能提高提高原料的利用率，选项B错误；
C．该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则室温比500℃左右更有利于向合成氨的方向进行，选项C错误；
D．及时使氨液化、分离，可使平衡正向移动，则提高N2和H2的利用率，选项D正确；
答案选D。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，合成氨为可逆反应。
4、D
【解析】
A．萃取后得到的Br2的CCl4溶液分离时应选择蒸馏操作，故A正确；B．反应后的液体混合物除BaSO4沉淀时，应选择过滤操作，故B正确；C．过滤后的混合液中的Br2应选择加入CCl4，萃取后再选择分液操作，故C正确；D．固体加热才选择坩埚加热，本实验不涉及此操作，故D错误；故答案为D。
5、A
【解析】
A.若X为导线，Y可以是锌，形成原电池，铁闸门作正极被保护，能降低铁闸门的腐蚀速率，故A正确；
B.若X为导线，铁闸门上的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，则铁闸门作负极被腐蚀，所以不能降低铁闸门的腐蚀速率，故B错误；
C.若X为直流电源，铁闸门连接负极，作阴极，能降低铁闸门的腐蚀速率，故C错误；
D.若X为直流电源，铁闸门连接负极，作阴极，Y极为阳极，则Y极上发生氧化反应，故D错误；
故选：A。
6、D
【解析】
A．据图可知c(SO32-)=c(HSO3-)时pH=7.19，Ka2(H2SO3)=c(H+)=10-7.19，则Ka2(H2SO3)的数量级为10-8，故A正确；
B．甲基橙的变色范围为3.1-4.4，滴定第一反应终点pH在4.25，所以可以选取甲基橙作指示剂，溶液由红色变为橙色，故B正确；
C．Y点溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，且该点c(SO32-)=c(HSO3-)，所以存在3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故C正确；
D．Z点溶质为Na2SO3，SO32-水解生成HSO3-，SO32-水解和水电离都生成OH-，所以c(HSO3-)＜c(OH-)，故D错误；
故答案为D。
H2SO3为二元弱酸，与氢氧化钠反应时先发生H2SO3+NaOH=NaHSO3+H2O，再发生NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，所以第一反应终点溶液溶质为NaHSO3，此时溶液呈酸性，说明亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度；第二反应终点溶液溶质为Na2SO3。
7、B
【解析】
A. SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中，因为二氧化硫是酸性氧化物，与氢氧化钠反应而使红色褪去，结论不正确，A项错误；
B. 对于平衡2NO2(g) N2O4(g)，升高温度，气体颜色加深，二氧化氮浓度增大，说明反应平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，B项正确；
C. 能使淀粉－KI溶液变蓝的黄色溶液不一定含有Br2，可能含有Fe3+，C项错误；
D. 乙醇易挥发，若产生的气体Y中含有乙醇和二氧化硫，乙醇和二氧化硫都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以无法证明气体Y中一定含有乙烯，D项错误；
答案选B。
C项是易错点，要注意Fe3+也为黄色溶液，且具有氧化性，可以氧化I-转化为I2使淀粉变蓝。平时做题要多思考，多总结，将知识学以致用，融会贯通。
8、D
【解析】
A．醋酸为弱电解质，滴加KOH，变为CH3COOK是强电解质，故导电率增加，即曲线①代表滴定醋酸的曲线，故A错误。B.相同温度下，P点溶质为KCl，不影响水的电离，M点为CH3COOK，其水解促进水的电离，故M点大于P点，故B错误。C．对于M点，根据电荷 守恒可知，c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05ml·L-1，故C错误。D．N点的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾，溶液显碱性，CH3COO-只有很小的一部分发生水解，所以c(K+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+),故D正确。答案：D。
9、A
【解析】
A．在H2O分子中，O原子吸引电子的能力很强，O原子与H原子之间的共用电子对偏向于O，使得O原子相对显负电性，H原子相对显正电性，A项错误；
B．在NaCl晶体中，Na＋和Cl－整齐有序地排列，B项正确；
C．Na＋、Cl在水中是以水合离子的形式存在，C项正确；
D．NaCl晶体的溶解和电离过程，使原本紧密结合的Na+与Cl-分开，成为了自由的水合离子，破坏了Na+与Cl-之间的离子键，D项正确；
答案选A。
10、D
【解析】
A. 纸张的原料是木材等植物纤维，所以其主要成分是纤维素，不是碳纤维，故A错误；
B. 瓷器的原料是黏土，是硅酸盐，不是石灰石，故B错误；
C. 与磁铁的磁性有关，则司南中的“杓”含Fe3O4，故C错误；
D. 聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D正确。
故选D。
11、C
【解析】
A. 用坩埚钳夹一块铝箔在酒精灯上灼烧，由于铝外面包着一层氧化铝，而氧化铝熔点高，所以铝箔融化，但不滴落，A错误；
B. 应当比较最高价氧化物对应水化物的酸性来推断元素非金属性的强弱，B错误；
C. 将用砂纸除去保护膜的镁片和铝片（大小、形状相同），分别插入同浓度的稀硫酸中，镁片表面产生气泡速率大于铝片，说明Mg比Al更活泼，即还原性更强，C正确；
D. Fe在冷的浓硝酸中会发生钝化，故D错误；
故答案选C。
12、C
【解析】
A．因钠与水反应放热，钠的熔点低，所以看到钠熔成闪亮的小球，与性质有关，故A错误；
B．钠的密度比水小，所以钠浮在水面上，与性质有关，故B错误；
C．硬度大小与Na和水反应现象无关，与性质无关，故C正确；
D．因钠的还原性强，所以与水反应剧烈，放出热量，与性质有关，故D错误；
故答案为C。
考查钠与水的反应，应从钠的强还原性和钠的物理性质来理解钠与水反应的现象，钠与水反应时产生的各种现象如下：钠浮在水面，然后熔化成闪亮的小球，在水面游动，并发出嘶嘶的响声。现象是物质性质的体现，根据钠的性质分析现象原因。
13、B
【解析】
A．矿物油可以通过石油分馏来获取，植物油是油脂，不能通过石油分馏来获取，选项A错误；
B．硫酸亚铁可作补血剂组成成分，选项B正确；
C．天然蛋白质的水解产物都是α-氨基酸，选项C错误；
D．造成PM2.5的直接原因是大气污染物的大量排放，选项D错误；
答案选B。
14、C
【解析】
湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰，加入浓硫酸和植物粉浸出过滤得到滤液除去杂质，加入碳酸氢铵形成沉淀通过一系列操作得到高纯碳酸锰。
【详解】
A．试剂X可以是MnO、MnCO3等物质，目的是调节溶液pH，利于生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，且不引入新杂质，但不用二氧化锰，避免引入杂质，故A错误；
B．Mg(OH)2完全沉淀时，，则，则pH为3.5～5.5时不能除去Mg杂质，故B错误；
C．加入植物粉是一种还原剂，使Mn元素化合价由+4价降低为+2价，故C正确；
D．持续升高温度，可使碳酸锰分解，故D错误。
综上所述，答案为C。
15、B
【解析】
A．前者发生钝化反应，生成致密氧化薄膜阻碍反应进行，故错误；
B．CO32－＋H2O HCO3－＋OH－，滴入酚酞，溶液变红，加入Ba2＋，Ba2＋与CO32－反应生成沉淀BaCO3，平衡向逆反应方向进行，溶液颜色变浅，故正确；
C．此溶液可能含有Al3＋，因为氢氧化铝不溶于弱碱，故错误；
D．发生Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，体现SO2的还原性，故错误。
故选B。
16、D
【解析】
凡是有化合价发生变化的反应均是氧化还原反应，据此分析。
【详解】
A. 冶炼铁，发生的反应为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，Fe、C元素化合价发生变化，为氧化还原反应，不符合题意，A项错误；
B. 硫酸工业中存在S～SO2～SO3的转化，S、O元素化合价发生变化，为氧化还原反应，不符合题意，B项错误；
C. 工业制取烧碱涉及的反应为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，该反应中H、Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C项错误；
D. 氨碱法生产纯碱涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，这几个方程式中都没有电子的转移，所以不涉及氧化还原反应，D项正确；
答案选D。
工业制取纯碱（利用侯氏制碱法），先将氨气通入饱和食盐水中，再通入二氧化碳气体，NaHCO3的溶解度最小，会结晶析出，发生反应：NaCl + NH3 + CO2 + H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，这是制纯碱的关键步走，然后过滤，洗涤，烘干，得到碳酸氢钠固体，然后再加热分解得带碳酸钠，发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，这是学生们的易忘点。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、焦炭 对二甲苯（或1,4-二甲苯） +2CH3OH+2H2O 酯基 取代反应 CH3OHCH3Cl
【解析】
采用逆推法，D中应该含有2个酯基，即，反应①的条件是乙醇，因此不难猜出这是一个酯化反应，C为对二苯甲酸，结合B的分子式以及其不饱和度，B只能是对二甲苯，从B到C的反应条件是酸性高锰酸钾溶液，固体A是煤干馏得到的，因此为焦炭，再来看下线，F脱水的产物其实是两个酸酐，因此F中必然有四个羧基，则E就是1,2,4,5-四甲苯，据此来分析本题即可。
【详解】
（1）固体A是焦炭，B的化学名称为对二甲苯（或1,4-二甲苯）
（2）反应①即酯化反应，方程式为+2CH3OH+2H2O；
（3）D中官能团的名称为酯基，注意苯环不是官能团；
（4）E是1,2,4,5-四甲苯，其分子式为，根据分析，F的结构简式为；
（5）根据给出的条件，X应该含有两个酯基，并且是由酚羟基形成的酯，再结合其有4种等效氢，因此符合条件的X的结构简式为；
（6）甲苯只有一个侧链，而产物有两个侧链，因此要先用已知信息中的反应引入一个侧链，再用酸性高锰酸钾溶液将侧链氧化为羧基，再进行酯化反应即可， 因此合成路线为CH3OHCH3Cl。
18、2－甲基－1－丙醇 醛基、碳碳双键 加成反应（或还原反应） (CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5 2（CH3）2CHCH2OH＋O22H2O＋2（CH3）2CHCHO 9 CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3（答案合理均可）
【解析】
由合成路线及题中信息可知，A反应后得到B，则B为(CH3)2CHCH2OH；B发生催化氧化反应生成C，C经氧化和酸化转化为D，则C为(CH3)2CHCHO，D为(CH3)2CHCOOH；F可以加聚为E，则F为C6H5CH=CHCHO；F经催化加氢得到G，结合M的分子式可知G为C6H5CH2CH2CH2OH，D与G发生酯化反应生成的M为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。据此解答。
【详解】
（1）根据以上分析可知，有机物B为(CH3)2CHCH2OH，其系统命名为2－甲基－1－丙醇；故答案为：2－甲基－1－丙醇。
（2）F为C6H5CH=CHCHO，F中所含官能团的名称为醛基、碳碳双键；F经催化加氢得到G，故F→G的反应类型为加成反应或还原反应；故答案为：醛基、碳碳双键；加成反应(或还原反应）。
（3）M为羧酸D[(CH3)2CHCOOH]和醇G(C6H5CH2CH2CH2OH)发生酯化反应生成的酯，故M的结构简式为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。
（4）B为(CH3)2CHCH2OH，C为(CH3)2CHCHO，B→C反应为醇的催化氧化反应，该反应的化学方程式为2(CH3)2CHCH2OH＋O2 2(CH3)2CHCHO＋2H2O；故答案为：2(CH3)2CHCH2OH＋O2 2(CH3)2CHCHO＋2H2O。
（5）G为C6H5CH2CH2CH2OH，X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，则X的一种可能结构为C6H5CH2CH2OH。X有多种同分异构体，满足条件“与FeCl3溶液反应显紫色”的，说明分子中含有酚羟基，除苯环外余下两个碳，则苯环上另外的取代基可以是1个乙基，也可以是2个甲基：①含有2个取代基——1个羟基和1个乙基，乙基和酚羟基有邻、间、对3种位置；②含有3个侧链——2个甲基和1个羟基，采用“定二移一”的方法——先找2个甲基有邻、间、对3种位置，对应的酚羟基分别有2种、3种、1种位置。综上所述，可知符合条件的X的同分异构体共有3＋6＝9种。其中，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为；故答案为：9；。
（6）参照M的合成路线，由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯，可以先由丙烯合成1－丙醇，然后把1－丙醇氧化为丙醛，接着把丙醛氧化为丙酸，最后由丙酸与乙醇发生酯化反应合成丙酸乙酯；故答案为：CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3(答案合理均可）。
19、分液漏斗 上 ⑤③②④① 除去空气中的SO2和其他还原性气体 将黄铁矿充分氧化，且将产生的二氧化硫全部挤入碘水中，被碘水充分吸收 酚酞 滴入最后一滴NaOH溶液后，溶液变为浅红色，并在半分钟内不褪色 24.0% B
【解析】
(1)萃取、分液的主要仪器为分液漏斗，根据滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上层水溶液；
(2)实验的目的是将黄铁矿在空气中完全燃烧生成的SO2被饱和碘水吸收，实验中需要通入干燥空气将装置②中生成的SO2全部赶入装置①中，通入的空气需要利用酸性KMnO4溶液除去还原性的气体杂质，并借助装置碱石灰干燥，由此确定装置的连接顺序；
(3)结合(2)的分析判断装置⑤中高锰酸钾的作用和持续鼓入空气的作用；
(4)根据题意，用氢氧化钠滴定混合强酸溶液，所以常用的指示剂为酚酞，在滴定终点时溶液变为浅红色；
(5)对于多次测量数据一般要求平均值进行数据处理，由于第一次所消耗标准液的体积与后两次相差较大，为减小误差，只求后两次标准液的体积的平均值：20.00ml。根据反应4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H++OH-═H2O，得关系式S～SO2～4H+～4OH-，所以样品中硫元素的质量为：ml×32g/ml×=0.48g，据此计算样品中硫元素的质量分数；
(6)装置⑤所得溶液为HI、H2SO4的混合溶液，为测得硫的质量分数，最好选用能与SO42-反应生成不溶于酸性溶液的沉淀。
【详解】
(1)萃取、分液的主要仪器为分液漏斗，因为CCl4密度大于水，所以萃取碘后，有机层在下层，水溶液为上层，则后续滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上层水溶液；
(2)实验的目的是将黄铁矿完全燃烧生成的SO2被饱和碘水吸收，实验中需要通入干燥空气将装置②中生成的SO2全部挤入装置①中，通入的空气需要利用酸性KMnO4溶液除去还原性的气体杂质，并借助装置碱石灰干燥，则装置正确的连接顺序是⑤→③→②→④→①；
(3)实验中需要通入干燥空气将装置②中生成的SO2全部赶入装置①中，通入的空气需要利用酸性KMnO4溶液除去还原性的气体杂质，故装置⑤中高锰酸钾的作用是除去空气中的SO2和其他还原性气体；持续鼓入空气的作用将黄铁矿充分氧化，且将产生的二氧化硫全部挤入碘水中，被碘水充分吸收。
(4)根据题意，用氢氧化钠滴定混合强酸溶液，所以常用的指示剂为酚酞，当滴入最后一滴NaOH溶液后，溶液变为浅红色，并在半分钟内不褪色，说明滴定已经达到终点；
(5)对于多次测量数据一般要求平均值进行数据处理，由于第一次所消耗标准液的体积与后两次相差较大，为减小误差，只求后两次标准液的体积的平均值：20.00ml。根据反应4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H++OH-═H2O，得关系式S～SO2～4H+～4OH-，所以样品中硫元素的质量为：ml×32g/ml×=0.48g，所以样品中硫元素的质量分数为×100%=24.0%；
(6)装置⑤所得溶液为HI、H2SO4的混合溶液，为测得硫的质量分数，最好选用能与SO42-反应生成不溶于酸性溶液的沉淀，即氯化钡符合题意，故答案为B。
20、 将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸 取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在 水浴加热（或热水浴） 降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出 过滤、洗涤 80% 减小
【解析】
(1)葡萄糖酸钙Ca(C6H11O7)2与硫酸H2SO4反应生成葡萄糖酸(C6H12O7)，原理为强酸制弱酸，化学反应方程式为，故答案为：；
(2)将葡萄糖酸钙与硫酸反应后的滤液缓慢通过强酸性阳离子交换树脂进行阳离子交换，可将为充分反应的Ca2+交换为H+，即将未充分反应的葡萄糖酸钙转化为葡萄糖酸，故答案为：将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸；
(3)结合SO42-离子的检验方法，可取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在，故答案为：取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在；
(4)实验Ⅰ制备葡糖糖酸时，反应条件为90℃，则最佳的加热方式为水浴加热（或热水浴），故答案为：水浴加热（或热水浴）；
(5)葡萄糖酸锌可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，生成葡萄糖酸锌后，加入乙醇可减少葡萄糖酸锌的溶解，使其以晶体的形式析出，加入乙醇后的“一些列操作”可以是过滤、洗涤，故答案为：降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出；过滤、洗涤；
(6)根据反应方程式可得关系式：Ca(C6H11O7)2~ Zn(C6H11O7)2，m[Ca(C6H11O7)2]=21.5g，则，则理论上可得到葡萄糖酸锌的物质的量为n[Zn(C6H11O7)2]=0.05ml，因此，，根据可得，葡萄糖酸锌的产率为，若pH≈5时就进行后续操作，一些葡萄糖酸就不能充分转化为葡萄糖酸锌，导致葡萄糖酸锌质量将减小，产率减小，故答案为：80%；减小；
21、醛基 加成反应 +NaOH+NaCl+H2O 保护碳碳双键，防止其被氧化 c 6 、
【解析】
(1)乙的结构简式为，含氧官能团为-CHO。
(2)甲为，转化为时，发生的是-CH=CH-与HCl的加成反应，由条件O2/Cu知，发生的是-CH2OH的催化氧化，生成-CHO，然后再消去生成。
(3)a．溴水既能氧化醛基，又能与碳碳双键加成；
b．酸性高锰酸钾溶液，能将醛基和碳碳双键氧化；
c．溴的CCl4溶液，只能与碳碳双键发生加成反应；
d．银氨溶液，只能与醛基发生氧化反应。
(4)），符合苯环上有一个取代基的酯类同分异构体为苯环上连有：
HCOOCH2CH2-、HCOOCH(CH3)-、CH3COOCH2-、CH3CH2COO-、-COOCH2CH3、-CH2COOCH3。其中能发生银镜反应的同分异构体的结构简式中，必含有醛基。
【详解】
(1)乙的结构简式为，含氧官能团名称为醛基。答案为：醛基；
(2)甲为，转化为时，发生的是-CH=CH-与HCl的加成反应，由条件O2/Cu知，发生的是-CH2OH的催化氧化，生成-CHO，然后再消去生成。其中反应Ⅰ的反应类型为加成反应，反应Ⅱ的化学方程式为+NaOH+NaCl+H2O。甲含碳碳双键，乙也含碳碳双键，设计反应Ⅰ、Ⅱ的目的，是为了防止碳碳双键被氧化，也就是为了保护碳碳双键，防止其被氧化。答案为：加成反应；+NaOH+NaCl+H2O；保护碳碳双键，防止其被氧化；
(3)a．溴水既能氧化醛基，又能与碳碳双键加成，a不合题意；
b．酸性高锰酸钾溶液，能将醛基和碳碳双键氧化，b不合题意；
c．溴的CCl4溶液，只能与碳碳双键发生加成反应，c符合题意；
d．银氨溶液，只能与醛基发生氧化反应，d不合题意；故选c。答案为：c；
(4)），符合苯环上有一个取代基的酯类同分异构体为苯环上连有：
HCOOCH2CH2-、HCOOCH(CH3)-、CH3COOCH2-、CH3CH2COO-、-COOCH2CH3、-CH2COOCH3，共6种。其中能发生银镜反应的同分异构体的结构简式为 、。答案为：6；、。
含有苯环的同分异构体书写时，总体框架可定位为苯某酸酯，某酸苯某酯，然后通过移动烃基中碳原子数，获得两种框架下的各种同分异构体。
选项
实验操作
现象
结论
A
SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中
溶液红色褪去
SO2具有漂白性
B
将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中
气体红棕色加深
2NO2(g) N2O4(g)为放热反应
C
某黄色溶液X中加入淀粉－KI溶液
溶液变成蓝色
溶液X中含有Br2
D
无水乙醇中加入浓硫酸，加热，产生的气体Y通入酸性KMnO4溶液
溶液紫色褪去
气体Y中含有乙烯
选项
操作
现象
结论
A
用坩埚钳夹一块铝箔在酒精灯上灼烧
铝箔熔化并滴落
氧化铝的熔点较低
B
向亚硫酸钠溶液中滴加足量盐酸，将产生的气体通入品红溶液
品红溶液褪色
非金属性：
C
将用砂纸除去保护膜的镁片和铝片（大小、形状相同），分别插入同浓度的稀硫酸中
镁片表面产生气泡速率大于铝片
还原性：
D
常温下，将两根大小相同的铁钉分别插入浓硝酸和稀硝酸中
浓硝酸中无明显现象，稀硝酸中产生气泡
稀硝酸的氧化性比浓硝酸强
选项
实验现象
实验结论
A
将铝片分别投入浓、稀硝酸中，前者无明显现象，后者反应剧烈
稀硝酸的氧化性比浓硝酸的强
B
滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，红色变浅
Na2CO3溶液中存在水解平衡
C
某溶液中滴加过量氨水产生白色沉淀且不溶解
该溶液中一定含有Mg2+
D
溴水中通入SO2，溴水褪色
SO2具有漂白性
滴定次数
待测液的体积/mL
NaOH标准溶液的体积/mL
滴定前
滴定后
第一次
20.00
0.00
20.48
第二次
20.00
0.22
20.20
第三次
20.00
0.36
20.38