云南省峨山縣大龍潭中學2025屆高三下學期“一診模擬”考試（二）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(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、有機化合物甲、乙、丙的結構如圖所示，下列說法正確的是甲乙丙A．三種物質的分子式均為C5H8O2，互為同分異構體B．甲、乙、丙分子中的所有環上的原子可能共平面C．三種物質均可以發生氧化反應和加成反應D．三種物質都能與氫氧化鈉溶液發生反應2、雌黃(As2S3)在我國古代常用作書寫涂改修正膠。濃硝酸氧化雌黃可制得硫黃，并生成砷酸和一種紅棕色氣體，利用此反應原理設計為某原電池。下列有關敘述正確的是A．砷酸的分子式為H2AsO4B．紅棕色氣體在該原電池的負極區生成并逸出C．該反應的氧化劑和還原劑物質的量之比為12：1D．該反應中每析出4.8g硫黃，則轉移0.5mol電子3、下列離子方程式或化學方程式正確的是()A．向Na2S2O3溶液中加入稀HNO3：S2O32－＋2H＋＝SO2↑＋S↓＋H2OB．向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3＋＋3CO32－＝Al2(CO3)3↓C．“侯德榜制堿法”首先需制備碳酸氫鈉：NaCl(飽和)＋NH3＋CO2＋H2O＝NaHCO3↓＋NH4ClD．CuSO4溶液中加入過量NaHS溶液：Cu2＋＋HS－＝CuS↓＋H＋4、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數逐漸增大，四種元素形成的化合物甲的結構如圖所示：且W與X、Y、Z均可形成電子數相等的分子，W2Z常溫常壓下為液體。下列說法正確的是A．YW3分子中的鍵角為120°B．W2Z的穩定性大于YW3C．物質甲分子中存在6個σ鍵D．Y元素的氧化物對應的水化物為強酸5、有一種化合物是很多表面涂層的重要成分，其結構如圖所示，其中W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y無最高正價，Z的含氧酸均具有氧化性，下列有關說法正確的是（）A．WZ沸點高于W2Y的沸點B．含Z的兩種酸反應可制得Z的單質C．W2Y2中既含離子鍵又含共價鍵鍵D．X的含氧酸一定為二元弱酸6、一定呈中性的是()A．pH＝7的溶液B．25℃，Kw＝1.0×10﹣14的溶液C．H+與OH﹣物質的量相等的溶液D．等物質的量的酸、堿混合后的溶液7、實驗室從含碘廢液（含有I2、I-等）中回收碘，其實驗過程如下：已知：溴化十六烷基三甲基銨是一種陽離子表面活性劑，可以中和沉淀表面所帶的負電荷，使沉淀顆粒快速聚集，快速下沉。下列說法不正確的是A．步驟①中Na2S2O3可用Na2SO3代替B．步驟②可以用傾析法除去上層清液C．含碘廢液中是否含有IO3-，可用KI-淀粉試紙檢驗D．步驟③發生反應的離子方程式為：4Fe3++2CuI4Fe2++2Cu2++I28、下列離子方程式正確的是A．向FeCl3溶液中通人過量H2S：2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋B．向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水：Ca2＋＋OH－＋HCO3－=CaCO3↓＋H2OC．向NaClO溶液中通人少量SO2：SO2＋ClO－＋H2O=SO42－＋Cl－＋2H＋D．向FeI2溶液中通人等物質的量的Cl2：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－9、下列關于有機化合物的說法正確的是A．C3H6C12有4種同分異構體B．乙烯與Br2的CCl4溶液反應后，混合液分為兩層C．乙醇被氧化一定生成乙醛D．合成材料會造成巨大的環境壓力，應禁止使用10、大規模開發利用鐵、銅、鋁，由早到晚的時間順序是（）A．鐵、銅、鋁 B．鐵、鋁、銅 C．鋁、銅、鐵 D．銅、鐵、鋁11、某黃色溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣等離子（不考慮水的電離和離子的水解）。某同學為了確定其組分，設計并完成了如下實驗：下列說法正確的是（）A．c（Fe3+）一定為0.2mol?L﹣1B．c（Cl﹣）至少為0.2mol?L﹣1C．Na+'、SO42﹣一定存在，NH4+一定不存在D．Na+、Fe2+可能存在，CO32﹣一定不存在12、改變下列條件，只對化學反應速率有影響，一定對化學平衡沒有影響的是A．催化劑 B．濃度 C．壓強 D．溫度13、下列實驗對應的實驗現象和結論或解釋都正確的是()選項實驗操作實驗現象結論或解釋AKI淀粉溶液中通入少Cl2溶液變藍Cl2能與淀粉發生顯色反應B向稀溴水中加入苯，充分振蕩、靜置水層幾乎無色苯與溴水發生了取代反應C向蔗糖溶液中加入幾滴稀硫酸，水浴加熱，然后加入銀氨溶液，加熱無銀鏡出現不能判斷蔗糖是否水解D向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加過量NaOH溶液出現紅褐色沉淀Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]A．A B．B． C．C D．D14、鉍(Bi)位于元素周期表中第ⅤA族，其價態為＋3時較穩定，鉍酸鈉(NaBiO3)溶液呈無色。現取一定量的硫酸錳(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，對應的現象如表所示：在上述實驗條件下，下列結論正確的是A．BiO3-的氧化性強于MnO4-B．H2O2被高錳酸根離子還原成O2C．H2O2具有氧化性，能把KI氧化成I2D．在KI-淀粉溶液中滴加鉍酸鈉溶液，溶液一定變藍色15、實驗室用純凈N2和H2合成NH3（N2+3H22NH3）時，是先將分別制得的含水蒸氣的N2和H2通過如圖所示的裝置。下面是對該裝置作用的幾種敘述①干燥氣體②混合氣體③觀察氣體的流速。正確的是A．只有① B．只有①和② C．只有①和③ D．①②③16、下列顏色變化與氧化還原反應有關的是（）A．氨氣遇到HCl氣體后產生白煙B．品紅溶液通入SO2氣體后褪色C．濕潤的淀粉碘化鉀試紙遇Cl2變藍D．在無色火焰上灼燒NaCl火焰呈黃色17、探究氫氧化鋁的兩性，最適宜的試劑是（）A．AlCl3、氨水、稀鹽酸 B．Al2C．Al、NaOH溶液、稀鹽酸 D．Al218、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W、X同主族，Y原子的最外層電子數等于X原子的電子總數，Z原子的電子總數等于W、X、Y三種原子的電子數之和，Z的最高價氧化物對應水化物的化學式為HnZO2n+2。W、X、Y三種元素形成的一種化合物的結構如下圖所示。下列說法錯誤的是A．W的最高正價和最低負價的代數和為0B．W的簡單離子半徑可能大于X的簡單離子半徑C．Y的最高價氧化物對應的水化物屬于弱堿D．Z的單質的水溶液需保存在棕色試劑瓶中19、下列反應中，同一種氣態反應物既被氧化又被還原的是（）A．二氧化硫通入高錳酸鉀溶液使之褪色B．將二氧化氮通入氫氧化鈉溶液中C．將氯氣與過量氨氣混合，產生大量白煙D．過氧化鈉固體露置在空氣中變白20、某興趣小組為研究碳酸鈉水解平衡與溫度的關系，用數字試驗系統測定一定濃度碳酸鈉溶液的pH與溫度的關系，得到曲線如圖，下列分析不合理的是（）A．碳酸鈉水解是吸熱反應B．ab段說明水解平衡向右移動C．bc段說明水解平衡向左移動D．水的電離平衡也對pH產生影響21、化學與社會、生活密切相關。下列說法錯誤的是（）A．蠶絲屬于天然高分子材料B．霧霾紀錄片《穹頂之下》，提醒人們必須十分重視環境問題，提倡資源的“3R”利用，即：減少資源消耗（Reduce)、增加資源的重復使用（Reuse）、提高資源的循環利用（Recycle）C．化石燃料完全燃燒不會造成大氣污染D．中國古代用明礬溶液清洗銅鏡表面的銅銹22、PET（，M鏈節=192g·mol?1）可用來生產合成纖維或塑料。測某PET樣品的端基中羧基的物質的量，計算其平均聚合度：以酚酞作指示劑，用cmol·L?1NaOH醇溶液滴定mgPET端基中的羧基至終點（現象與水溶液相同），消耗NaOH醇溶液vmL。下列說法不正確的是A．PET塑料是一種可降解高分子材料B．滴定終點時，溶液變為淺紅色C．合成PET的一種單體是乙醇的同系物D．PET的平均聚合度（忽略端基的摩爾質量）二、非選擇題(共84分)23、（14分）利用木質纖維可合成藥物中間體H，還能合成高分子化合物G，合成路線如下：已知：（1）A的化學名稱是________________。（2）B的結構簡式是____________，由C生成D的反應類型為____________。（3）化合物E的官能團為________________。（4）F分子中處于同一平面的原子最多有________個。F生成G的化學反應方程式為________________。（5）芳香化合物I為H的同分異構體，苯環上一氯代物有兩種結構，1molI發生水解反應消耗2molNaOH，符合要求的同分異構體有________種，其中核磁共振氫譜顯示有4種不同化學環境的氫，峰面積比為6∶3∶2∶1的I的結構簡式為_____________________________。（6）寫出用為原料制備的合成路線(其他試劑任選)。________________。24、（12分）布洛芬具有降溫和抑制肺部炎癥的雙重作用。一種制備布洛芬的合成路線如圖：已知：①CH3CH2ClCH3CH2MgCl②+HCl回答下列問題：（1）A的化學名稱為___，G→H的反應類型為___，H中官能團的名稱為__。（2）分子中所有碳原子可能在同一個平面上的E的結構簡式為__。（3）I→K的化學方程式為___。（4）寫出符合下列條件的D的同分異構體的結構簡式__(不考慮立體異構)。①能與FeCl3溶液發生顯色反應；②分子中有一個手性碳原子；③核磁共振氫譜有七組峰。（5）寫出以間二甲苯、CH3COCl和(CH3)2CHMgCl為原料制備的合成路線：__(無機試劑任選)。25、（12分）亞硝酰氯（NOCl，熔點：-64.5℃，沸點：-5.5℃）是一種黃色氣體，遇水易反應，生成一種氯化物和兩種常見的氮氧化物，其中一種呈紅棕色。可用于合成清潔劑、觸媒劑及中間體等。實驗室可由氯氣與一氧化氮在常溫常壓下合成。（1）甲組的同學擬制備原料氣NO和Cl2，制備裝置如圖所示：為制備純凈干燥的氣體，下表中缺少的藥品是：制備原料裝置Ⅰ裝置Ⅱ燒瓶中分液漏斗中制備純凈Cl2MnO2①________飽和食鹽水制備純凈NOCu稀硝酸②________

（2）乙組同學利用甲組制得的NO和Cl2制備NOCl，裝置如圖所示：①裝置連接順序為a→__________（按氣流自左向右方向，用小寫字母表示）。②為了使氣體充分反應，從A處進入的氣體是____________（填Cl2或NO）。實驗中先通入Cl2，待裝置Ⅴ中充滿黃綠色氣體時，再將NO緩緩通入，此操作的目的是___________（回答一條即可）。③裝置Ⅴ生成NOCl的化學方程式是_____________。④裝置Ⅵ的作用為__________，若無該裝置，Ⅷ中NOCl可能發生反應的化學方程式為_______。（3）丁組同學用以下方法測定亞硝酰氯（NOCl）純度：取Ⅷ中所得液體m克溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液為指示劑，用cmol/LAgNO3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液的體積為bmL。亞硝酰氯（NOCl）的質量分數為_________（用代數式表示即可）。26、（10分）一氯甲烷(CH3Cl)一種重要的化工原料，常溫下它是無色有毒氣體，微溶于水，易溶于乙醇、CCl4等有機濃劑。(1)甲組同學在實驗室用裝置A模擬催化法制備一氯甲烷并檢驗CH3Cl的穩定性。A．B．C．D．①裝置A中儀器a的名稱為__________，a瓶中發生反應的化學方程式為________。②實驗室干燥ZnCl2晶體制備無水ZnCl2的方法是________。(2)為探究CH3Cl與CH4分子穩定性的差別，乙組同學設計實驗驗證CH3C1能被酸性KMnO4溶液氧化。①為達到實驗目的，上面裝置圖中裝置連接的合理順序為A________②裝置中水的主要作用是__________。③若實驗過程中還產生了一種黃綠色氣體和一種無色氣體，該反應的離子方程式為_____。(3)丙組同學選用A裝置設計實驗探究甲醇的轉化率。取6.4g甲醇與足量的濃鹽酸充分反應，將收集到的CH3Cl氣體在足量的氧氣中充分燃燒，產物用過量的V1mL、c1mol·L-1NaOH溶液充分吸收。現以甲基橙作指示劑，用c2mol·L-1鹽酸標準溶液對吸收液進行返滴定，最終消耗V2mL鹽酸。(已知：2CH3Cl+3O22CO2+2H2O+2HCl)①滴定終點的現象為____________②該反應甲醇的轉化率為________。(用含有V、c的式子表示)27、（12分）次氯酸溶液由于其具有極強的氧化性，可以使病毒的核酸物質發生氧化反應，從而殺滅病毒，是常用的消毒劑和漂白劑。已知：Ⅰ.常溫常壓下，Cl2O為棕黃色氣體，沸點為3.8℃，42℃以上會分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并與水立即反應生成HClO。Ⅱ.將氯氣和空氣(不參與反應)按體積比1∶3混合通入潮濕的碳酸鈉中生成Cl2O氣體，用水吸收Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液。某實驗室利用以下裝置制備濃度不小于0.8mol/L的次氯酸溶液。A．B．C．D．E.回答下列問題：(1)裝置D的作用為_______________。(2)配平裝置B中的反應___________：Cl2+Na2CO3+H2O=Cl2O+NaCl+NaHCO3。寫出Cl2O的結構式為_____。(3)裝置C中加入的試劑X為CCl4，其作用是__________。(4)各裝置的連接順序為A→____________→____________→______________→E。(5)此方法相對于氯氣直接溶于水制備次氯酸溶液的優點是__________。(答出1條即可)(6)若裝置B中生成的Cl2O氣體有20%滯留在E前各裝置中，其余均溶于裝置E的水中，裝置E所得500mL次氯酸溶液濃度為0.8mol/L，則至少需要含水8%的碳酸鈉的質量為_____g。28、（14分）丁烯二酸有順丁烯二酸()和反丁烯二酸()兩種結構，以順丁烯二酸為原料合成環酮的中間體F的合成路線如下:回答下列問題:(1)根據順丁烯二酸和反丁烯二烯的命名原則，的名稱為__________。(2)C物質的分子式為________;D物質中含氧官能團的名稱為_________。(3)由C生成D的反應類型為_____(4)F與B也能發生類似于B生成C的反應，則該反應的化學方程式為____________。(5)F可與H21:1加成得產物G，其分子式為C8H10O，H為G的同分異構體，能與氯化鐵溶液發生顯色反應，則H的結構可能有____種，其中核磁共振氫譜有4組峰的H的結構簡式為__________(任寫一種)。(6)根據上述路線圖所提供的信息寫出以氯代環戊烷()丙烯酸CH2＝CHCOOH為原料制備的合成路線(其他試劑任選)________29、（10分）中科院大連化學物理研究所的一項最新成果實現了甲烷高效生產乙烯，如圖所示，甲烷在催化作用下脫氫，在不同溫度下分別形成等自由基，在氣相中經自由基:CH2偶聯反應生成乙烯(該反應過程可逆)(1)已知相關物質的燃燒熱如上表所示，寫出甲烷制備乙烯的熱化學方程式______________。(2)現代石油化工采用Ag作催化劑，可實現乙烯與氧氣制備X(分子式為C2H4O，不含雙鍵)該反應符合最理想的原子經濟，則反應產物是____________(填結構簡式)。(3)在400℃時，向初始體積為1L的恒壓密閉反應器中充入1molCH4，發生(1)中反應，測得平衡混合氣體中C2H4的體積分數為20.0％。則:①在該溫度下，其平衡常數K＝________。②若向該反應器中通入高溫水蒸氣(不參加反應，高于400℃)，則C2H4的產率將_______(填“増大”“減小”“不變”或“無法確定”)，理由是__________________________________。③若反應器的體積固定，不同壓強下可得變化如下圖所示，則壓強的關系是____________。④實際制備C2H4時，通常存在副反應2CH4(g)C2H6(g)+H2(g)。反應器和CH4起始量不変，不同溫度下C2H6和C2H4的體積分數與溫度的關系曲線如下圖所示。I.在溫度高于600℃時，有可能得到一種較多的雙碳有機副產物的名稱是____________。II.若在400℃時，C2H4、C2H6的體積分數分別為20.0％、6.0％，其余為CH4和H2，則體系中CH4的體積分數是____________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解析】

A．分子式相同但結構不同的有機物互為同分異構體，三種物質的分子式均為C5H8O2，但結構不同，則三者互為同分異構體，故A正確；B．甲、乙、丙分子中的所有環上的碳原子都為單鍵，碳原子上相連的氫原子和碳原子不在同一平面，故B錯誤；C．有機物中含有碳碳雙鍵、碳碳三鍵、苯環或酮羰基可發生加成反應，甲中官能團為酯基、乙中官能團為羧基、丙中官能團為羥基，不能發生加成反應，甲、乙、丙都可以發生氧化反應，故C錯誤；D．甲中有酯基可與氫氧化鈉溶液發生水解反應，乙中含有羧基可與氫氧化鈉溶液發生中和反應，丙中含有醇羥基不與氫氧化鈉溶液反應，故D錯誤；答案選A。找到有機物的官能團，熟悉各種官能團可以發生的化學反應是解本題的關鍵。2、D【解析】

A、砷最高價為+5，砷酸的分子式為H3AsO4，故A錯誤；B、紅棕色氣體是硝酸發生還原反應生成的NO2,原電池正極發生還原反應，所以NO2在正極生成并逸出，故B錯誤；C、As2S3被氧化為砷酸和硫單質，As2S3化合價共升高10，硝酸被還原為NO2，氮元素化合價降低1，氧化劑和還原劑物質的量之比為10：1，故C錯誤；D、As2S3被氧化為砷酸和硫單質，1molAs2S3失10mol電子，生成2mol砷酸和3mol硫單質，所以生成0.15mol硫黃，轉移0.5mol電子，故D正確。3、C【解析】

A.硝酸具有強氧化性，向Na2S2O3溶液中加入稀HNO3，不能生成二氧化硫氣體，故A錯誤；B.向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液發生發生雙水解反應生成氫氧化鋁沉淀，故B錯誤；C.“侯德榜制堿法”首先需制備碳酸氫鈉：NaCl(飽和)＋NH3＋CO2＋H2O＝NaHCO3↓＋NH4Cl，故C正確；D.CuSO4溶液中加入過量NaHS溶液生成CuS沉淀和硫化氫氣體，反應的離子方程式是Cu2＋＋2HS－＝CuS↓＋H2S↑，故D錯誤。4、B【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數逐漸增大，根據四種元素形成的化合物結構，其中各原子的核外電子排布均處于穩定結構。根據圖示可知，X原子最外層含有4個電子，Y原子最外層含有5個電子，Z原子最外層含有6個電子，W最外層含有1個或7個電子，結合原子序數及“W與X、Y、Z均可形成電子數相等的分子，W2Z常溫常壓下為液體”可知，W為H，X為C，Y為N，Z為O元素，據此分析解答。【詳解】根據分析可知，W為H，X為C，Y為N，Z為O元素。A．YW3為NH3，為三角錐形的分子，分子中的鍵角＜120°，故A錯誤；B．非金屬性越強，氫化物越穩定，水的穩定性大于氨氣，故B正確；C．物質甲的結構簡式為CO(NH2)2，存在7個σ鍵和1個π鍵，故C錯誤；D．N元素的氧化物對應的水化物可能是硝酸，也可能為亞硝酸，其中亞硝酸為弱酸，故D錯誤；故選B。根據物質中常見原子的成鍵情況推斷元素為解答關鍵。本題的易錯點為C，要注意物質中化學鍵數目的判斷方法的應用。5、B【解析】

W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y無最高正價，結合圖示可知，W形成1個共價鍵，Y能夠形成2個共價鍵，X形成4個共價鍵，Z形成1個共價鍵，則W為H，X為C元素，Y為O元素，Z為Cl元素，據此解答。【詳解】根據分析可知，W為H，X為C元素，Y為O元素，Z為Cl元素；A．H2O分子間存在氫鍵，且常溫下為液體，而HCl常溫下為氣體，則HCl沸點低于H2O的沸點，故A錯誤；B．HCl和和HClO反應生成氯氣，故B正確；C．H2O2是共價化合物，分子中只含共價鍵，不存在離子鍵，故C錯誤；D．X為C元素，C的含氧酸H2CO3為二元弱酸，而CH3COOH為一元弱酸，故D錯誤；故答案為B。6、C【解析】

A．100度時，純水的pH＝6，該溫度下pH＝7的溶液呈堿性，所以pH＝7的溶液不一定呈中性，故A錯誤；B．25℃，Kw＝1.0×10﹣14是水的離子積常數，溶液可能呈酸性、中性或堿性，所以不一定呈中性，故B錯誤；C．只要溶液中存在H+與OH﹣物質的量相等，則該溶液就一定呈中性，故C正確；D．等物質的量的酸、堿混合后的溶液不一定顯中性，這取決于酸和堿的相對強弱以及生成鹽的性質，故D錯誤；答案選C。判斷溶液是否呈中性的依據是氫離子和氫氧根離子的濃度相等，溫度改變水的電離平衡常數，溫度越高，水的電離平衡常數越大。7、C【解析】

A.步驟①中Na2S2O3做還原劑，可用Na2SO3代替，故正確；B.步驟②從懸濁液中分離碘化亞銅固體，可以用傾析法除去上層清液，故正確；C.含碘廢液中含有碘單質，能使KI-淀粉試紙變藍，不能用其檢驗是否含有IO3-，故錯誤；D.步驟③中鐵離子具有氧化性，能氧化碘化亞銅，發生反應的離子方程式為：4Fe3++2Cul4Fe2++2Cu2++I2，故正確。故選C。8、A【解析】

A．向FeCl3溶液中通人過量H2S，生成氯化亞鐵、硫單質和鹽酸，離子反應方程式為2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋，A選項正確；B．過量少量問題，應以少量為標準，向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水，反應中有2個OH-參與反應，正確的離子反應方程式為Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓+CO32-＋2H2O，B選項錯誤；C．NaClO溶液中通人少量SO2的離子反應方程式為SO2＋3ClO－＋H2O=SO42－＋Cl－＋2HClO，C選項錯誤；D．由于I-的還原性大于Fe2+的還原性，則氯氣先與I-反應，將I-氧化完后，再氧化Fe2+，根據得失電子守恒可知，等量的Cl2剛好氧化I-，Fe2+不被氧化，正確的離子反應方程式應為2I-+Cl2=I2+2Cl-，D選項錯誤；答案選A。9、A【解析】

A．丙烷上的二氯取代物，使用“定一移一”的方法。丙烷上有1對稱軸，定1個氯在端基的碳原子，另1個氯原子的位置為鄰間對，共3種。定1個氯原子在中間的碳原子上，則另1個氯只能在對位，共1種。如圖所示。A項正確；B．乙烯和Br2反應生成1,2－二溴乙烷為有機物，有機物溶于有機物，不會出現分層現象，B項錯誤；C．乙醇可以被高錳酸鉀氧化到乙酸，不一定生成乙醛，C項錯誤；D．合成材料是由兩種或兩種以上的物質復合而成并具有某些綜合性能的材料。往往具有質輕、強度高、耐磨等優點，不應被禁止使用，D項錯誤；在使用“定一移一”的方法的時候要注意不能重復。10、D【解析】

越活潑的金屬越難被還原，冶煉越困難，所以較早大規模開發利用的金屬是銅，其次是鐵，鋁較活潑，人類掌握冶煉鋁的技術較晚，答案選D。11、D【解析】

某黃色溶液中可能含有Na＋、NH4＋、Fe2＋、Fe3＋、Cl－、SO42－、CO32－等離子，初步判斷含Fe3＋，加入過量NaOH溶液，加熱，產生的紅褐色沉淀為氫氧化鐵，灼燒得到1.6g固體為三氧化二鐵，氧化鐵的物質的量=1.6g/160g·mol－1=0.01mol，則原溶液中含有0.02mol鐵元素為Fe3＋，原溶液中一定沒有CO32－，4.66g不溶于鹽酸的固體為硫酸鋇，硫酸鋇的物質的量=4.66g/233g·mol－1=0.02mol，原溶液中含有0.02mol硫酸根離子，由于加入了氫氧化鈉溶液，無法判斷原溶液中是否含有鈉離子，由溶液為電中性可判斷是否存在氯離子。【詳解】加入過量NaOH溶液，加熱產生的紅褐色沉淀為氫氧化鐵，1.6g固體為三氧化二鐵，氧化鐵的物質的量為0.01mol，則原溶液中含有0.02mol鐵元素為Fe3+，原溶液中一定沒有CO32﹣，由于加入了NaOH，無法判斷原溶液中是否含有Na+，4.66g不溶于鹽酸的固體為硫酸鋇，硫酸鋇的物質的量為0.02mol，則原溶液中含有0.02mol硫酸根離子，由電荷守恒，正電荷=3n（Fe3+）=0.06，負電荷=2n（SO42﹣）=0.04，原溶液中一定有Cl﹣，物質的量應為0.02mol×3﹣0.02mol×2=0.02mol，若含有亞鐵離子時，c（Cl﹣）可能小于0.2mol/L，溶液中Fe2+加熱被氧化也可以生成鐵離子，則原溶液中c（Fe3+）=≤0.2mol/L，溶液中Na+、NH4+、Fe2+離子可能存在，故選：D。12、A【解析】

A．催化劑會改變化學反應速率，不影響平衡移動，故A選；B．增大反應物濃度平衡一定正向移動，正反應反應速率一定增大，故B不選；C．反應前后氣體體積改變的反應，改變壓強平衡發生移動，故C不選；D．任何化學反應都有熱效應，所以溫度改變，一定影響反應速率，平衡一定發生移動，故D不選；故答案選A。13、C【解析】

A、I2能與淀粉發生顯色反應，Cl2不能與淀粉發生顯色反應，故A錯誤；B、向稀溴水中加入苯，充分振蕩、靜置，苯萃取溴水中的溴，苯與溴水不反應，故B錯誤；C、銀鏡反應需在堿性條件下進行，向蔗糖溶液中加入幾滴稀硫酸，水浴加熱，先加入氫氧化鈉中和硫酸，然后加入銀氨溶液，加熱，才能判斷蔗糖是否水解，故C正確；D、向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加過量NaOH溶液，生成氫氧化鐵沉淀和偏鋁酸鈉，不能證明Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]，故D錯誤。14、A【解析】

A.向無色硫酸錳(MnSO4)溶液中加入適量無色鉍酸鈉(NaBiO3)溶液，充分反應后溶液變為紫紅色，說明反應產生了MnO4-，Mn元素化合價升高，失去電子被氧化為MnO4-，根據氧化還原反應的規律：氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性，可知BiO3-的氧化性強于MnO4-，A正確；B.向該紫色溶液中加入過量H2O2，溶液的紅色消失，產生氣泡，說明產生了O2，氧元素化合價升高，失去電子，被氧化，則H2O2被高錳酸根離子氧化成O2，B錯誤；C.向溶液中加入適量KI-淀粉溶液，溶液緩慢變為藍色，可能是H2O2將KI氧化為I2，也可能是Mn2+作催化劑使H2O2分解產生的O2將KI氧化為I2，I2遇淀粉溶液變為藍色，C錯誤；D.鉍酸鈉具有強的氧化性，可以將KI氧化為I2，I2遇淀粉溶液變為藍色，也可以將KI氧化為KIO3，因此溶液不一定變為藍色，D錯誤；故合理選項是A。15、D【解析】

根據濃硫酸的吸水性以及氣體通過濃硫酸洗氣瓶進行混合分析。【詳解】氮氣中含有水蒸氣，濃硫酸具有吸水性，能除去氮氣中的水蒸氣；氮氣和氫氣都通過濃硫酸再出來，可將兩種氣體混合，同時可通過兩種氣體冒出氣泡的速度觀察氣體的流速，答案選D。工業上合成氨是氮氣和氫氣在高溫高壓催化劑等條件下發生可逆反應制得氨氣，混合通過硫酸可控制通入的混合氣體的體積比，提高原料利用率。16、C【解析】

A．氨氣遇到HCl氣體后生成氯化銨，沒有發生化合價的變化，與氧化還原反應無關，故A不符合題意；B．品紅溶液通入SO2氣體后發生化合反應使溶液的紅色褪去，沒有發生化合價的變化，與氧化還原反應無關，故B不符合題意；C．Cl2與碘化鉀發生氧化還原反應生成I2，I2使淀粉變藍，故C符合題意；D．焰色反應與電子的躍遷有關，為物理變化，故D不符合題意；故答案選C。17、D【解析】

既能與酸反應，又能與強堿反應的氫氧化物屬于兩性氫氧化物，但氫氧化鋁只能溶于堿中的強堿，據此分析。【詳解】A、由于氫氧化鋁只能溶于堿中的強堿，故探究氫氧化鋁的兩性，不能用氨水，選項A錯誤；B、由于氫氧化鋁只能溶于堿中的強堿，故探究氫氧化鋁的兩性，不能用氨水，選項B錯誤；C、Al與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，偏鋁酸鈉溶液中滴加少量鹽酸產生氫氧化鋁沉淀，氫氧化鋁沉淀會溶于過量的鹽酸，操作步驟較多，不是最適宜的試劑，選項C錯誤；D、Al2（SO4）3溶液和少量NaOH溶液反應生成氫氧化鋁沉淀，繼續滴加氫氧化鈉溶液沉淀溶解，向氫氧化鋁沉淀加稀鹽酸沉淀也溶解，說明氫氧化鋁具有兩性，選項D正確。答案選D。本題考查了金屬元素化合物的性質，注意把握氫氧化鋁的性質是解題的關鍵，既能與強酸反應生成鹽和水，又能與強堿反應生成鹽和水的氫氧化物。18、C【解析】

由信息可知W是H，X是Li，Y是Al，Z是Cl元素。A.H元素最高為+1價，最低為-1價，二者代數和為0，A正確；B.H-、Li+電子層結構相同，核電荷數Li+>H-，所以離子半徑H->Li+，B正確；C.Y是Al元素，Al最高價氧化物對應水化物Al(OH)3是兩性氫氧化物，C錯誤；D.Cl2溶于水得到氯水，氯氣與水反應產生鹽酸和次氯酸，其中含有的HClO不穩定，光照容易分解，所以應該保存在棕色試劑瓶中，D正確；故合理選項是C。19、B【解析】

A.二氧化硫與酸性高錳酸鉀反應中二氧化硫是還原劑，高錳酸鉀是氧化劑，則不是同一種氣態反應物既被氧化又被還原，故A錯誤；B.將二氧化氮(N為+4價)通入氫氧化鈉溶液中生成亞硝酸鈉(N為+3價)和硝酸鈉(N為+5價)，所以該反應中N元素既被氧化又被還原，故B正確；C.將氯氣與過量氨氣混合，產生大量白煙氯化銨，氯氣是氧化劑，部分氨氣是還原劑，則不是同一種氣態反應物既被氧化又被還原，故C錯誤；D.過氧化鈉與空氣中的水、二氧化碳反應，是過氧化鈉自身的氧化還原反應，氣體既未被氧化也未被還原，故D錯誤；故選：B。20、C【解析】

A．根據圖象，碳酸鈉溶液中碳酸根離子水解，在一定的溫度范圍內升高溫度，溶液的pH增大，說明升高溫度，促進了水解，說明水解是吸熱反應，故A正確；B．ab段說明升溫促進水解，氫氧根離子濃度增大，堿性增大，溶液pH增大，圖象符合，故B正確；C．溶液中存在碳酸根的水解平衡CO32-+H2O?HCO3-+OH-和水的電離平衡H2O?H++OH-，二者均為吸熱反應，bc段中溫度進一步升高，水電離出更多的氫氧根，抑制了碳酸根的水解，導致溶液的堿性降低，pH減小，故C錯誤；D．隨溫度升高，此時促進鹽類水解，對水的電離也起到促進作用，氫氧根離子濃度增大，抑制碳酸鈉的水解，因此水的電離平衡也對pH產生影響，故D正確；故選C。本題的難點是圖象變化特征的理解，要注意溶液中存在的平衡之間的相互影響。21、C【解析】

A.蠶絲主要成分是蛋白質，屬于天然高分子材料，A正確；B.資源的“3R”利用，即：減少資源消耗（Reduce)、增加資源的重復使用（Reuse）、提高資源的循環利用（Recycle）符合綠色化學理念，B正確；C.化石燃料完全燃燒會生成CO2,可以形成溫室效應，會造成大氣污染，C錯誤；D.明礬是KAl(SO4)2·12H2O，Al3＋在溶液中發生水解反應Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，明礬溶液呈酸性，可清洗銅鏡表面的銅銹，D正確。故選D。22、C【解析】

是聚酯類高分子，它的單體為：HOCH2CH2OH和，可以發生水解反應生成小分子。【詳解】A、PET塑料是聚酯類高分子，可發生水解反應生成HOCH2CH2OH和，故A正確；B、用NaOH醇溶液滴定PET端基中的羧基，恰好反應完時生成羧酸鈉，顯弱堿性，使酚酞試劑顯淺紅色，B正確；C、的單體為：HOCH2CH2OH和，乙二醇中有兩個羥基，在組成上與乙醇也沒有相差-CH2-的整數倍，故乙二醇與乙醇不是同系物，故C錯誤；D、NaOH醇溶液只與PET端基中的羧基反應，n（NaOH）=cv10-3mol，則PET的物質的量也等于cv10-3mol，則PET的平均相對分子質量==g/mol，PET的平均聚合度，故D正確。答案選C。本題考查高分子化合物的結構，單體的判斷，中和滴定等知識點，判斷同系物的兩個要點：一是官能團的種類和個數要相同，二是組成上要相差-CH2-的整數倍。二、非選擇題(共84分)23、2一甲基一1,3一丁二烯氧化反應氯原子、羧基1710【解析】本題考查有機合成與推斷，意在考查考生運用有機化學基礎知識分析問題和解決問題的能力。（1）根據有機物的系統命名法可知，A的化學名稱是2一甲基一1,3一丁二烯；（2）結合題給信息①，B的結構簡式為；結合信息②，C的結構簡式為，根據F的結構以及D生產H的反應條件，可知D為，故由C生成D的反應類型為氧化反應；（3）D→E在光照的條件發生取代反應，E的結構簡式為；E中含有的官能團為氯原子、羧基；（4）因苯環為平面形，所以直接與其相連的-CH2OH和—COOH上的碳原子與其在一個平面內，通過旋轉單鍵，-CH2OH中—OH上的原子可能與苯環共面，—COOH中的所有原子可能與苯環共面，故F分子中處于同一平面的原子最多有17個；F通過縮聚反應生成高分子化合物G，其反應方程式為：；（5）H的結構簡式為，I為H的同分異構體且1molI發生水解反應消耗2molNaOH，說明I為酚酯，苯環上一氯代物有兩種結構，即苯環上只有兩種等效氫，故符合條件的I的結構簡式為：、、、、、、、、、,共10種，其中核磁共振氫譜顯示有4種不同化學環境的氫，峰面積比為6:3:2:1的I結構簡式為或；（6）加熱條件下，在氫氧化鈉的醇溶液發生消去反應生成，在結合信息②，在W2C作用下生成，最后再酸性高錳酸鉀溶液中，將苯甲醛氧化為，其合成路線為：。點睛：判斷分子中共面的技巧（1）審清題干要求：注意“可能”“一定”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”“氫原子”等關鍵詞和限制條件。（2）熟記常見共面的官能團。①與雙鍵和苯環直接相連的原子共面，如、、②醛、酮、羧酸因與與相似為平面形（等電子原理），故為平面形分子（所有原子共平面）。但、所有原子不共平面（因含-CH3），而-CH3中的C與（羰基）仍共平面。又中與其它原子可能共平面。因有兩對孤電子對，故1個O與其余2個原子形成的2個價鍵成V型（與相似），故C、O、H不共直線。分子內任意3個原子也不共直線。③若有兩個苯環共邊，則兩個苯環一定共面。例如下列各結構中所有的原子都在同一平面上。④若甲基與一個平面形結構相連，則甲基上的氫原子最多有一個氫原子與其共面。若一個碳原子以四個單鍵與其他原子直接相連，則這四個原子為四面體結構，不可能共面。24、甲苯消去反應碳碳雙鍵、酯基+H2O+CH3OH【解析】

根據F的結構可知A中應含有苯環，A與氯氣可以在光照條件下反應，說明A中含有烷基，與氯氣在光照條件下發生取代反應，A的分子式為C7H8，則符合條件的A只能是；則B為，B→C→D發生信息①的反應，所以C為，D為；D中羥基發生消去反應生成E，則E為或；E與氫氣加成生成F，F生成G，G在濃硫酸加熱的條件下羥基發生消去反應生成H，則H為，H與氫氣加成生成I，則I為，I中酯基水解生成K。【詳解】(1)A為，名稱為甲苯；G到H為消去反應；H為，其官能團為碳碳雙鍵、酯基；(2)E為或，其中的碳原子可能在同一平面上；(3)I到K的過程中酯基發生水解，方程式為+H2O+CH3OH；(4)D為，其同分異構體滿足：①能與FeCl3溶液發生顯色反應說明含有酚羥基；②分子中有一個手性碳原子，說明有一個飽和碳原子上連接4個不同的原子或原子團；③核磁共振氫譜有七組峰，有7種環境的氫，結構應對稱，滿足條件的同分異構體為：；(5)根據觀察可知需要在間二甲苯的苯環上引入一個支鏈，根據信息②可知CH3COCl/AlCl3可以在苯環上引入支鏈-COCH3，之后的流程與C到F相似，參考C到F的過程可知合成路線為：。25、濃鹽酸水e→f（或f→e）→b→c→dCl2排盡裝置中的空氣，防止NO被裝置中的氧氣氧化2NO+Cl2=2NOCl防止水蒸氣進入裝置Ⅷ2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2【解析】

由氯氣與一氧化氮在常溫常壓下合成NOCl：由圖裝置制備氯氣，實驗室用濃鹽酸與二氧化錳制備，制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，故裝置Ⅱ用飽和食鹽水吸收氯化氫氣體，裝置Ⅲ用濃硫酸干燥，由圖制備NO，用銅和稀硝酸反應制備NO，制得的NO中可能混有NO2，故裝置Ⅱ用水凈化NO，裝置IV用濃硫酸干燥，將氯氣和NO干燥后在裝置V中發生反應，在冰鹽中冷凝收集NOCl，氯氣、NO以及NOCl均不能排放到空氣中，用氫氧化鈉溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集裝置和尾氣處理裝置之間需加一個干燥裝置，據此進行解答。【詳解】(1)實驗室用濃鹽酸與二氧化錳制備氯氣，制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，故裝置Ⅱ用飽和食鹽水吸收氯化氫氣體，用銅和稀硝酸反應制備NO，制得的NO中可能混有NO2，NO不溶于水，故裝置Ⅱ用水凈化NO，故答案為：濃鹽酸；水；

(2)①將氯氣和NO干燥后在裝置V中發生反應，在冰鹽中冷凝收集NOCl，氯氣、NO以及NOCl均不能排放到空氣中，用氫氧化鈉溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集裝置和尾氣處理裝置之間需加一個干燥裝置，故答案為：e→f(或f→e)→b→c→d；②A處進入的氣體進入裝置Ⅴ上方，為了使反應充分應從A口通入密度大的氣體，即氯氣；先通氯氣可排盡裝置中的空氣，防止NO被裝置中的氧氣氧化；③根據電子守恒和元素守恒可得反應方程式為：2NO+Cl2=2NOCl；④NOCl遇水易反應生成一種氯化物和兩種常見的氮氧化物，其中一種呈紅棕色，反應方程式為：2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2，故在收集裝置和尾氣處理裝置之間需加一個干燥裝置，所以裝置Ⅵ的作用是防止水蒸氣進入裝置Ⅷ；(3)滴定過程中存在數量關系n(NOCl)=n(AgNO3)，所以取出25.00mL溶液中n(NOCl)=bc×10-3mol，則NOCl總的物質的量為10bc×10-3mol，所以質量分數為：。26、圓底燒瓶CH3OH+HCl(濃)→CH3Cl+H2O在HC1氣流中小心加熱C-D-B除去CH3C1中的HCl和甲醇，防止對后續試驗的干擾10CH3Cl+14MnO4－+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O溶液顏色由黃色變為橙色，且半分鐘內不變化【解析】

(1)①根據儀器a特點，得出儀器a為圓底燒瓶；根據實驗目的，裝置A是制備CH3Cl，據此分析；②ZnCl2為強酸弱堿鹽，Zn2＋能發生水解，制備無水ZnCl2時，需要防止Zn2＋水解；(2)①A是制備CH3Cl的裝置，CH3Cl中混有甲醇和HCl，甲醇和HCl能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，干擾實驗，必須除去，利用它們溶于水，需要通過C裝置，然后通過D裝置驗證CH3Cl能被酸性高錳酸鉀溶液氧化最后通過B裝置；②根據①分析；③黃綠色氣體為Cl2，利用高錳酸鉀溶液的氧化性，將CH3Cl中C氧化成CO2，高錳酸鉀中Mn元素被還原成Mn2＋，據此分析；(3)①使用鹽酸滴定，甲基橙作指示劑，終點是溶液顏色由黃色變為橙色，且半分鐘內不變化；②CH3Cl燃燒生成CO2和HCl，CO2和HCl被NaOH所吸收，然后用鹽酸滴定過量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，據此分析；【詳解】(1)①根據儀器a的特點，儀器a的名稱為圓底燒瓶，根據實驗目的，裝置A制備CH3Cl，HCl中Cl取代CH3OH中羥基，則a瓶中的反應方程式為CH3OH+HCl(濃)→CH3Cl+H2O；答案：圓底燒瓶；CH3OH+HCl(濃)→CH3Cl+H2O；②ZnCl2為強酸弱堿鹽，Zn2＋發生水解，因此實驗室干燥ZnCl2晶體制備無水ZnCl2的方法是在HC1氣流中小心加熱；答案：在HC1氣流中小心加熱；(2)①根據實驗目的，裝置A制備CH3Cl，甲醇和濃鹽酸易揮發，CH3C1中含有HCl和甲醇等雜質，HCl和甲醇均能使酸性KMnO4溶液褪色，干擾后續實驗，利用甲醇和HCl易溶于水，通入KMnO4溶液前需用水除去，然后再通入酸性高錳酸鉀溶液，根據③得到黃綠色氣體，黃綠色氣體為Cl2，氯氣有毒，污染環境，因此最后通入CCl4溶液，除去Cl2等有毒氣體，則連接順序是A→C→D→B；答案：C→D→B；②根據①分析，水的作用是除去CH3C1中的HCl和甲醇；答案：除去CH3Cl中的HCl和甲醇，防止對后續實驗的干擾；③黃綠色氣體為Cl2，利用高錳酸鉀溶液的氧化性，將CH3Cl中C氧化成CO2，高錳酸鉀中Mn元素被還原成Mn2＋，根據化合價升降法、原子守恒和電荷守恒，得到l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O；答案：l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O；(3)①燃燒生成的CO2和HCl全部被NaOH溶液充分吸收，溶液中的溶質有NaOH、NaCl、Na2CO3，用甲基橙作指示劑，鹽酸進行滴定，滴定終點的產物為NaCl，滴定終點的現象為溶液顏色由黃色變為橙色，且半分鐘內不變化；答案：溶液顏色由黃色變為橙色，且半分鐘（30s）內不變化；②根據①的分析，最后溶質為NaCl，NaCl中氯元素來自于CH3Cl和鹽酸，根據Cl元素守恒可得CH3Cl中的n(Cl)=n(CH3Cl)-n（HCl）=(c1V1－c2V2)×10－3，甲醇的轉化率是=；答案：。27、除去氯氣中的HCl氣體；觀察產生氣泡的速度來調節流速和體積比1:32Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3Cl-O-Cl除去Cl2O中的Cl2，提高制得的HClO的純度DBC制備的HClO的濃度大，純度高，不含有Cl-57.6【解析】

該實驗屬于物質制備類實驗，所需原料為氯氣和空氣，并且要注意體積比1:3這個要求；因此就出現了這兩個問題：(1)原料Cl2含有雜質需要除雜；(2)如何準確地控制兩種原料氣體積比；帶著問題分析每個裝置的作用就不難發現D裝置就恰好能解決上述兩個問題。接下來，由于B中的制備反應是氣體與固體的反應，所以產物中肯定含有未反應完全的原料氣，所以這里又出現了一個問題：未反應完的原料氣是否會干擾后續的制備，如何除去；通過分析不難發現裝置C恰好可以解決上述問題；最終在裝置E中，成功制備了純度較高的次氯酸溶液。【詳解】(1)裝置D的作用一方面要對裝置A制備的Cl2進行凈化除雜，另一方面也要保證空氣和氯氣的最佳體積比；所以D的作用為：除去氯氣中的HCl雜質，同時觀察氣泡的速度來調節氯氣和空氣的體積比至1:3；(2)根據題意，B中發生的反應為2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3，Cl2O中的O為-2價，Cl為+1價，所以該反應是氯元素的歧化反應；根據Cl2O中氯和氧的價態可推測其結構為Cl-O-Cl；(3)題干中提到，用水吸收Cl2O制得次氯酸溶液，Cl2O中不能含有Cl2，而B處的反應是氣體與固體的反應，必然會有一部分Cl2無法反應，因此，需要對B裝置的出口氣體進行除氯氣操作，C中的CCl4由于與Cl2極性相近，可以將Cl2吸收，所以C的作用即：除去中的Cl2，提高次氯酸溶液的純度；(4)結合以上分析，可知連接順序為A→D→B→C→E；(5)氯氣直接溶解在水中會生成鹽酸雜質，并且由于Cl2在水中溶解度很小，所以制備的次氯酸的濃度也不高，因此該方法的優點為：制備的次氯酸溶液濃度大，純度高；(6)由題可知，E中次氯酸的含量為0.4mol，根據E中發生的反應：，可知E中參與反應的n(Cl2O)=0.2mol，所以總共生成的Cl2O的物質的量為。根據Cl2O的制備反應方程式可知，所需碳酸鈉的物質的量為：，那么至少需要含水量8%的碳酸鈉的質量為。在考慮制備類實驗的裝置連接順序時，可先找出其中的原料發生裝置，反應制備裝置和尾氣處理裝置，再根據具體信息考慮這些裝置之間的除雜干燥防倒吸問題，最終設計出合理的連接順序。28、反-2-戊烯C8H6O4羥基、醚鍵還原9【解析】

(1)根據順丁烯二酸和反丁烯二烯的命名，可知不同的原子或原子團在C=C鍵同側的稱為反式結構；(2)根據C的結構簡式判斷C物質的分子式。根據D物質的結構簡式判斷含氧官能團的名稱；(3)有機物分子中去掉氧原子、加入氫原子的反應是還原反應；(4)與發生加成反應生成；(5)