上海市徐汇区高三下学期学习能力诊断二模化学试题(解析版)

徐汇区第二学期学习能力诊断卷
高三化学试卷
一、选择题（共40分）（每小题只有一个正确答案）
1.大规模开发利用铁、铜、铝，由早到晚的时间顺序是（）
A. 铁、铜、铝
B. 铁、铝、铜
C. 铝、铜、铁
D. 铜、铁、铝
【答案】D
【解析】
【详解】越活泼的金属越难被还原，冶炼越困难，所以较早大规模开发利用的金属是铜，其次是铁，铝较活泼，人类掌握冶炼铝的技术较晚，答案选D。

2.下列微粒的表示方法能确定氟离子的是（）
A. X-
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
试题分析：氟元素的原子序数为9，故氟离子核内有9个质子，核外有10个电子，选C。

考点：考查化学用语
3.心脏搏动产生电流传导到体表，使体表不同部位产生电位差。

做心电图时在仪器与病人皮肤接触部位应该擦（）
A. 医用酒精
B. 氯化钠溶液
C. 葡萄糖溶液
D. 碘酒
【答案】B
【解析】
【详解】为了增大导电性，应该选用电解质溶液，酒精、葡萄糖属于典型的非电解质，碘酒也不导电，故选B。

4.我国科学家研制出CO2与H2合成甲醇的高效催化剂。

下列有关说法错误的是（）
A. 有利于减排CO2
B. 反应生成甲醇和水
C. 有利于碳资源循环利用
D. 提高了甲醇的平衡转化率
【答案】D
【解析】
【详解】A.用CO2生产甲醇，有利于减排CO2，故A正确；
B. 根据质量守恒知反应生成甲醇和水，故B正确；
C. CO2与H2合成甲醇，甲醇燃烧后生产二氧化碳，所以有利于碳资源循环利用，故C正确；
D. 催化剂只能加快反应速率，对甲醇的平衡转化率没有影响，故D错误，
故选D。

5.常温下，将铝条放入下列溶液中，无明显变化的是（）
A. 氢氧化钠溶液
B. 浓硫酸
C. 稀硫酸
D. 硫酸铜溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A. 铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，有气泡产生，故A错误；
B. 铝遇浓硫酸钝化，所以没有明显现象，故B正确；
C.铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，有气泡产生，故C错误；
D.铝与硫酸铜溶液反应生成硫酸铝和铜，在铝条表面有红色铜生成，故D错误，
故选B。

【点睛】本题的易错点在于忽略了浓硫酸的强氧化性，常温下，铝遇到浓硫酸会发生钝化而没有明显现象。

6.某直链烷烃分子中有18个氢原子，它的分子式是（）
A. C8H18
B. C9H18
C. C10H18
D. C11H18
【答案】A
【解析】
试题分析：烷烃通式为C n H2n+2，H原子为18，则碳原子为8。

考点：烷烃通式
点评：记忆烷烃（C n H2n+2）、单烯烃（C n H2n）、炔烃（C n H2n-2）、苯的同系物（C n H2n-6、n≥6）通式。

7.12C和14C互为（）
A. 同分异构体
B. 同位素
C. 同系物
D. 同素异形体
【答案】B
【解析】
【详解】12C和14C质子数都是6，质量数分别为12和14，是碳元素中的不同核素，互为同位素关系，故选B。

【点睛】理解同位素、同系物、同分异构体、同素异形体的概念是解决此题的关键。

8.将两种互不相溶的液体分离的方法是（）
A. 纸层析
B. 结晶
C. 分液
D. 过滤
【答案】C
【解析】
【详解】两种互不相溶的液体分层，可用分液的方法分离。

结晶法用于分离各组分的溶解度随温度变化不同的混合物。

层析法是利用混合物中各组分物理化学性质的差异（如吸附力、分子形状及大小、分子亲和力、分配系数等），使各组分在两相（一相为固定的，称为固定相；另一相流过固定相，称为流动相）中的分布程度不同，从而使各组分以不同的速度移动而达到分离的目的。

过滤法用于分离固、液混合物。

C符合题意。

故选C。

【点睛】本题考查物质的分离、提纯，综合考查学生的实验能力，题目难度不大，注意把握物质的性质的异同以及常见分离方法，学习中注意相关基础知识的积累。

9.能说明BF3分子的4个原子在同一平面的理由是（）
A. B—F键的键角为120°
B. B—F键是非极性键
C. 3个B—F键的键能相等
D. 3个B—F键的键长相等
【答案】A
【解析】
【详解】BF3分子中价层电子对个数=3+1/2×（3-3×1）=3，形成了三条杂化轨道，即B的杂化类型为sp2，形成3个共用电子对，无孤对电子，所以该分子是平面三角形结构。

A.BF3中B原子SP2杂化，分子构型为平面三角形，则其分子结构必然是三个F原子分别处在以硼为中心的平面三角形的三个顶点上，所以当3个B-F的键角均为120°，能说明BF3分子中的4个原子处于同一平面，故A正确；
B.B-F键属于极性键，故B错误；
C.3个B-F键相同，键能相同，不能说明BF3分子中的4个原子处于同一平面，故C错误；
D.3个B-F键相同，键长相同，不能说明BF3分子中的4个原子处于同一平面，故D错误，
故选A。

10.准确量取22.00mL Na2SO3溶液，最合适的仪器是（）
A. 25mL量筒
B. 25mL滴定管
C. 50mL量筒
D. 有刻度的25mL烧杯
【答案】B
【解析】
【详解】A.25mL量筒，量筒的读数只能读到0.1mL，无法量取25.00mL溶液，故A错误；
B.滴定管、移液管是能精确计量的仪器，准确量取25.00mL溶液，应用25mL的滴定管，故B正确；
C.50mL量筒，量筒的读数只能读到0.1mL，无法量取25.00mL溶液，故C错误；
D.烧杯不能用于精确量取液体，可粗略估计，故D错误,
故选B。

【点睛】注意掌握常见的计量仪器的构造及使用方法，明确托盘天平准确度为0.1g、量筒准确度为0.1mL、滴定管为0.01mL等，是解题的关键。

11.给下列物质分别加入溴水中，不能使溴水褪色的是（）
A. Na2SO3晶体
B. C2H5OH
C. C6H6
D. Fe
【答案】B
【解析】
【详解】A.Na2SO3具有还原性，可与溴水发生氧化还原反应，溴水褪色，故A不选；
B.乙醇与水混溶，且与溴水不发生反应，所以溴水不褪色，故B选；
C.溴易溶于苯，溶液分层，水层无色，可以使溴水褪色，故C不选；
D.铁可与溴水反应溴化铁或溴化亚铁，溴水褪色，故D不选，
故选B。

12.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)过程的能量变化如图所示。

下列说法正确的是（）
A. 反应物总能量<生成物总能量
B. 反应热=E+Q
C. Q为化学键成键放出的总能量
D. 加入催化剂，E减小
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图中信息可知，该反应为放热反应，反应物总能量＞生成物总能量，故A 错误； B.反应热是生成物的总能量减去反应物的总能量，所以该反应的反应热为-QkJ/mol ，故B 错误； C.Q 表示反应物的
总能量与生成物的总能量的差，也可以表示生成物的键能总和与反应物的键能总和的差，但是Q 不能表示化学键成键放出的总能量，故C 错误；
D.图中Y 为过渡态，E 为活化能，加入催化剂，可以降低活化能E ，故D 正确， 故选D 。

13.下列反应中，通入的气体既作氧化剂又作还原剂的是（ ） A. 氯气通入石灰水中 B. 二氧化硫通入氢硫酸中 C. 乙烯通入溴水中 D. 氨气通入氯化铝溶液中
【答案】A 【解析】
【详解】A. 氯气通入石灰水中生成氯化钙、次氯酸钙和水，典型的歧化反应，氯气既是氧化剂又是还原剂，故A 正确；
B. 二氧化硫通入氢硫酸中反应生成单质硫和水，二氧化硫作氧化剂，故B 错误；
C. 乙烯通入溴水中发生加成反应，乙烯只作还原剂，故C 错误；
D. 氨气通入氯化铝溶液中生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，属于复分解反应，通入的气体既不作氧化剂也不作还原剂，故D 错误， 故选A 。

14.石蜡热分解是重要化工工艺。

某同学为探究石蜡热分解反应，加热石蜡并将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液。

下列说法错误的是（ ） A. 石蜡中既有烷烃也有烯烃 B. 石蜡分解产物中既有烷烃也有烯烃 C. 气体通入酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 工业上利用石蜡热分解获取石油气
【答案】A 【解析】
【详解】A. 石蜡主要组分为直链烷烃，还有少量带个别支链的烷烃和带长侧链的单环环烷烃，不含烯烃，故A 错误；
B. 石蜡油分解得到的产物是烷烃、烯烃等组成的混合物，故B 正确；
C. 分解所得气体含有烯烃，可以被高锰酸钾氧化，所以酸性高锰酸钾溶液褪色，故C 正确；
D. 石油常压分馏得到的轻质燃料满足不了工业的需要，故工业上利用石蜡在催化剂的作用下热分解获取包
括石油气在内的轻质燃料，故D正确，
故选A。

15.某溶液主要含有Na+、HCO3-、SO32-、NO3-四种离子，向其中加入足量的Na2O2粉末后，溶液中离子浓度几乎不变的是（）
A. NO3-
B. HCO3-
C. Na+
D. SO32-
【答案】A
【解析】
【详解】Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，HCO3-与OH-反应生成CO32-，则HCO3-离子浓度减小；Na2O2具有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，则SO32-离子浓度减小；NO3-浓度基本不变，钠离子浓度增大，
故选A。

16.某同学根据工业制碱原理在实验室里制备少量的Na2CO3，依次经过制取氨气，制取NaHCO3，分离NaHCO3，分解NaHCO3四个步骤。

下列图示装置和原理正确的是（）
A. 制取氨气
B. 制取NaHCO3
C. 分离NaHCO3
D. 分解 NaHCO3
【答案】C
【解析】
【详解】A、氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又会化合生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，选项A错误；
B、应将二氧化碳从长导管进入，否则会将液体排出，选项B错误；
C、从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，选项C正确；
D、碳酸氢钠不稳定，加热分解产生碳酸钠，但应在坩埚中进行，选项D错误。

答案选C。

【点睛】本题考查氨气的制取及碳酸氢钠的制备，实验室不可用加热分解铵盐的方式制备氨气，有的铵盐分解产生多种不同性质的气体，有的铵盐分解随着温度的不同，产物也不同，比如硝酸铵。

铵盐的检验，也不能单独加热样液，而应加入浓氢氧化钠溶液再加热，用湿润的红色湿润试纸检验。

17.某同学分别向FeCl3溶液加入以下试剂验证Fe3+的性质，其中不能达到目的的是（）
A. KSCN溶液
B. AgNO3溶液
C. NaOH溶液
D. 铁钉
【答案】B
【解析】
【详解】A. 加入KSCN溶液，因为有Fe3+存在，所以溶液变红，故A项能到达实验目的；
B. AgNO3溶液与氯化铁溶液反应生成白色AgCl沉淀，和Fe3+性质无关，故B项不能达到实验目的；
C. NaOH溶液与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故C项能达到实验目的；
D. 铁钉与氯化铁反应生成氯化亚铁，验证了铁离子的氧化性，故D项能达到实验目的，
故选B。

18.用0.100mol·的NaOH溶液分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol·的盐酸和醋酸溶液。

测得确定过程中溶液的电导率如下图所示。

下列说法错误的是（）
A. 曲线①代表滴定醋酸溶液的曲线
B. A、C两点都表示相应的酸和碱恰好完全反应
C. A、C两点溶液的pH都为7
D. A点溶液中：c（CH3COO-）+c（OH-）-c（H+）=0.05mol•L-1
【答案】C
【解析】
【详解】A.醋酸为弱电解质，用氢氧化钠滴定时生成醋酸钠，属于强电解质，所以溶液中离子浓度增大，电导率增大，所以曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，故A正确；
B. A、C两点加入10mL氢氧化钠溶液，且氢氧化钠与盐酸和醋酸1:1反应，所以此时酸和碱恰好完全反应，故B正确；
C.A点溶液中溶质为醋酸钠，所以溶液呈碱性，故C错误；
D.A点溶液中c（Na+）=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）-c（H+）=c（Na+）=0.05mol/L，故D正确，
故选C。

19.固体硝酸铵加热易分解且产物复杂。

某学习小组以NH4NO3为研究对象，对其热分解的产物提出如下4
种猜想，其中成立的是（）
A. NH3、H2O
B. H2、N2O、N2
C. NH3、N2、H2O
D. HNO3、N2、H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、只有元素化合价降低，而没有元素化合价升高，选项A错误；
B、产物中氧原子的数目与氮原子数目之比小于1∶2，而反应物中氧原子的数目与氮原子数目之比等于
3∶2，不符合原子守恒，选项B错误；
C、根据化合价变化，-3价氮升为0价，+5价氮降为0价，则根据得失电子数相等，-3价升为0价的氮原
子数应比+5价降为0价的氮原子数多，因此反应后的产物中不可能只有-3价氮的化合物而无+5价氮的化合物，选项C错误；
D、根据化合价变化，-3价氮升为0价，+5价氮降为0价，则根据得失电子数相等，-3价升为0价的氮原子数应比+5价降为0价的氮原子数多，因此反应后的产物中还应有部分+5价氮的化合物，选项D正确；答案选D。

【点睛】本题考查了氧化还原反应原理，意在考查考生的辨析能力和对物质化合价的分析能力，根据化学反应中化合价升降情况分析解答。

20.某同学为探究NaHCO3的性质进行如下实验：常温下测得0.10mol·NaHCO3溶液的pH为8.4；取NaHCO3溶液向其中滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。

下列分析正确的是（）
A. 反应的离子方程式：HCO3-+Ca2+→CaCO3↓+H+
B. 加入CaCl2促进了HCO3-的电离，没有影响HCO3-的水解
C. 反应的离子方程式：2HCO3-+Ca2+→CaCO3↓+H2CO3
D. 反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+c(Cl-)
【答案】C
【解析】
【详解】A.HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+═CaCO3↓+H2CO3，故A错误；
B.溶液中存在HCO3-⇌CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促进HCO3-的电离，生成的氢离子促进HCO3-的水解，故B错误；
C.HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，
2HCO3-+Ca2+═CaCO3↓+H2CO3，故C正确；
D.溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）+2c（Ca2+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-）+c（OH-），溶液至pH=7，c（H+）=c（OH-），c（Na+）+2c（Ca2+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），故D错误，
故选C。

二、综合题
（一）（本题共15分）
21.锡（Sn）是很早便被发现和使用的金属，其原子结构示意图见图。

完成下列填空：
（1）锡为主族元素，在元素周期表中的位置是__________。

有一种锡的单质具有金刚石型结构，则该单质内存在的化学键是____________。

SnCl 4
SnBr 4
SnI 4
熔点
/℃ -33
31
144.5
沸点
/℃ 114.1 202
364
（2）解释表中卤化锡的熔、沸点的变化规律_______________________________________。

（3）SnO 2能与NaOH 反应生成钠盐，写出反应的
化学方程式________________________________。

（4）锡溶于盐酸得到溶液A ，向A 中通入氯气，氯气被还原。

写出在A 中反应的化学方程式_____________ （5）马口铁是在铁表面镀一层锡。

一个马口铁罐装的桔子罐头发生了“涨罐”和马口铁罐穿孔的现象。

经检测罐头内食物没有腐败，则罐头内导致“涨罐”的气体可能是__________，说明理由_____________
【答案】 (1). 第五周期第IVA 族 (2). 共价键 (3). 三者均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，因此熔沸点由SnCl 4、SnBr 4、SnI 4依次升高 (4). SnO 2+2NaOH=Na 2SnO 3+H 2O (5). SnCl 2+Cl 2=SnCl 4 (6). 氢气； (7). 马口铁破损后锡与铁形成原电池，在酸性条件下发生析氢腐蚀 【解析】 【分析】
根据核外电子排布情况分析元素在周期表中的位置；根据熔沸点分析判断晶体类型；根据物质的性质及题干信息书写化学方程式；根据原电池原理分析金属腐蚀的原理。

【详解】（1）根据锡的原子结构示意图知，在元素周期表中的位置是第五周期第IVA 族；具有金刚石型结
构，则该单质内存在的化学键是共价键，
故答案为：第五周期第IVA族；共价键；
（2）由表中数据分析可知，三者熔点和沸点均较低，故均为分子晶体。

组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，因此熔沸点由SnCl4、SnBr4、SnI4依次升高。

故答案为：三者均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，因此熔沸点由SnCl4、SnBr4、SnI4依次升高；
（3）SnO2能与NaOH反应生成钠盐和水，化学方程式为SnO2+2NaOH=Na2SnO3+H2O。

故答案为：SnO2+2NaOH=Na2SnO3+H2O；
（4）锡常见价态有+2、+4，则反应的化学方程式SnCl2+Cl2=SnCl4。

故答案为：SnCl2+Cl2=SnCl4；
（5）食物没有腐败，说明罐内没有氧气，说明腐蚀为析氢腐蚀，所以气体可能氢气；产生原因是马口铁破损后锡与铁形成原电池，在酸性条件下发生析氢腐蚀。

故答案为：氢气；马口铁破损后锡与铁形成原电池，在酸性条件下发生析氢腐蚀。

22.有科研工作者研究利用H 2S废气制取H2，反应原理2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)。

在2L的恒容密闭容器中，H2S的起始物质的量均为1mol，控制不同温度进行此反应。

实验过程中测得H2S的转化率如图所示。

曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线b表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率，完成下列填空：
（1）写出该反应的平衡常数表达式：K=___________。

可以根据容器内气体密度是否变化判断该反应是否达到平衡状态吗？说明理由____________________________________________。

（2）下列关于正反应方向反应热效应的推断合理的是_________（选填字母）。

a. 根据曲线a可知为吸热反应
b. 根据曲线a可知为放热反应
c. 根据曲线b可知为吸热反应
d. 根据曲线b可知为放热反应
（3）985℃ 时，反应经过5s达到平衡状态，此时H2S的转化率为40%，则5s内反应速率v(H2)=
___mol·L-1·s-1。

（4）随着温度升高，曲线b向曲线a逐渐靠近，原因是___________________________。

（5）H2S尾气可用硫酸铜溶液吸收，写出反应的离子方程式_________________。

用复分解反应规律分析
该反应用弱酸（氢硫酸）制得强酸（硫酸）的原因_______________。

【答案】 (1). [c(H2)]2[c(S2)]/ [c(H2S)]2 (2). 不能，反应在恒容密闭容器中进行，反应前后气
体的总质量和体积均没有发生变化，即密度没有发生变化，不能由此判断反应是否达到平衡状态 (3). a (4). 0.04 (5). 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短 (6). H2S+Cu2+→CuS↓+2H+ (7). Cu2+与S2-结合形成CuS沉淀，使离子浓度降低
【解析】
【分析】
根据方程式书写平衡常数表达式；根据转化率计算反应速率；根据勒夏特列原理分析平衡的移动方向及反
应是否放热。

【详解】（1）根据反应方程式知：K=[c2(H2)∙c(S2)]/ c2(H2S)；根据平衡的特点及反应的特点分析知不能根
据容器内气体密度是否变化判断该反应是否达到平衡状态，理由是反应在恒容密闭容器中进行，反应前后
气体的总质量和体积均没有发生变化，即密度没有发生变化，不能由此判断反应是否达到平衡状态；
故答案为：[c2(H2)∙c(S2)]/ c2(H2S)；不能，反应在恒容密闭容器中进行，反应前后气体的总质量和体积均
没有发生变化，即密度没有发生变化，不能由此判断反应是否达到平衡状态；
（2）由图像中曲线a知H2S的平衡转化率随温度的升高而增大，说明平衡正向移动，说明反应为吸热，所
以根据曲线a可知为吸热反应；曲线b表示，温度越高，反应越快，H2S的转化率越大，但反应在低温区
未达到平衡，则不能说明温度对平衡的影响，也就无法判断反应是吸热还是放热。

故答案为：a；
（3）5s内H2S转化的物质的量为1mol×40%=0.4mol，则v(H2)=v(H2S)==0.04mol·L-1·s-1。

故答案为：0.04
（4）随着温度升高，曲线b向曲线a逐渐靠近，根据温度对化学反应速率的影响可知：温度升高，反应速
率加快，达到平衡所需时间缩短。

故答案为：温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；
（5）铜离子可以与硫离子生成沉淀，离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；用复分解反应规律分析知 Cu2+与
S2-结合形成CuS沉淀，使离子浓度降低。

故答案为：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+； Cu2+与S2-结合形成CuS沉淀，使离子浓度降低。

23.制作隐形眼镜的材料应该具有亲水性。

聚甲基丙烯甲酯（PMMA）是制作隐形眼镜的材料之一。

其合成路
线如下：
完成下列填空：
（1）写出结构简式：E___________；A的一种同分异构体，能与新制氢氧化铜反应，其结构简式为：
____________。

（2）反应①的有机反应类型________________________。

（3）反应②的试剂和反应条件___________________________。

（4）反应③的化学方程式_______________________________。

（5）聚甲基丙烯酸羟乙酯（HEMA）也可制作隐形眼镜（结构简式见图），用HEMA制作的隐形眼镜比PMMA 制作的亲水性好，原因是___________________________________________________。

（6）佩戴隐形眼镜最好常滴“人工眼泪”以滋润眼球。

有一种“人工眼泪”成分是聚乙烯醇。

已知乙烯醇（CH2=CHOH）不稳定，写出以乙炔为原料（其他无机原料任选）制取聚乙烯醇的合成路线。

（合成路线常用的表示方式为：A B目标产物）
_________________________________________________________________
【答案】 (1). (2). CH3CH2CHO (3). 加成反应 (4). 浓硫酸、加热(5). (6). HEMA分子中含有羟基，具有极性，可以吸引水分子(7).
【解析】
【分析】
根据合成路线中各物质的结构及反应条件分析反应的类型及书写化学方程式；根据限制条件书写同分异构体；根据题干信息及有机物结构特点分析涉及合成路线。

【详解】采用逆合成分析法，根据产品（PMMA）的结构特点及E的分子式分析知PMMA是由E加聚得到，则E为；E中含有酯基，根据反应③反应过程知D和甲醇酯化反应得到E，则D为；比较C和D的结构变化知反应②为消去反应；比较B和C的结构可以看出-CN在一定条件下转化为-COOH；比较A和B的结构可以看出碳氧双键与HCN发生了加成反应；
（1）PMMA由E通过加聚反应得到，则E的结构简式为；A的同分异构体能与新制氢氧化铜反应，则其结构中含有醛基，结合A的结构简式可知其同分异构体为：CH3CH2CHO，
故答案为：；CH3CH2CHO；
（2）根据A和B的结构特征分析可知，该变化中碳氧双键发生了加成反应，
故答案为：加成反应；
（3）根据C和E的结构及反应条件可知，D的结构简式为：，反应②为消去反应，反应试剂及条件为浓硫酸、加热。

.
故答案为：浓硫酸、加热；
（4）根据D和E的结构可知，反应③为酯化反应，化学方程式为。

故答案为：；
（5）根据有机物的分子结构及用途分析，其原因为： HEMA分子中含有羟基，具有极性，可以吸引水分子，故答案为： HEMA分子中含有羟基，具有极性，可以吸引水分子；
（6）聚乙烯醇的单体为乙烯醇，由题干信息知乙烯醇不稳定，所以可以通过聚氯乙烯水解得到聚乙烯醇，聚氯乙烯的单体是氯乙烯，可以由原料乙炔通过加成制得，所以设计合成路线为：
，
故答案为：。

【点睛】有机合成题的推断，常用逆推法分析，根据流程图中前后物质的结构特点、官能团的变化，及反应条件，分析每步反应的产物及反应类型；掌握典型有机物及其官能团的性质是解决此类问题的基本条件。

24.食盐是应用广泛的化工原料。

在中学化学实验室里也时常见到食盐的身影。

某小组同学用食盐水进行了以下两个化学实验，按下图装置进行实验，完成下列填空：
（1）试管内液面出现的白色固体是__________________。

（2）试管内液面上升的原因是____________________________。

（3）证明生成的卤代烃中含氯元素的方法：取试管中的油状液滴，用水充分洗涤，加碱促进水解，用HNO3和AgNO3溶液检验。

用水洗涤的目的是________________________________。

【答案】 (1). NaCl (2). CH4与Cl2反应，气体体积减小，试管内压强减小 (3). 除去HCl，排除干扰
【解析】
【分析】
根据实验装置特点及题干信息分析解答；根据甲烷的性质分析解答。

【详解】（1）溶液为饱和氯化钠，反应生成的HCl溶于其中，增大了溶液中的氯离子浓度，使得氯化钠析出，所以试管内液面出现的白色固体是NaCl。

故答案为：NaCl；
（2）根据装置结构特点分析液面上升的原因是：CH4与Cl2反应，产物为一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷及氯化氢的混合物，其中一氯甲烷和氯化氢是气体，氯化氢极易溶于水中，气体体积减小，试管内压强减小。

故答案为：CH4与Cl2反应，气体体积减小，试管内压强减小；
（3）在甲烷和氯气发生取代反应时会生成HCl，故用水洗涤的目的是除去HCl，排除干扰。

故答案为：除去HCl，排除干扰。

【点睛】此种实验题，关键是分析装置的构造，从题干中获取关键信息，如饱和食盐水等，掌握甲烷取代反应的条件及产物是解决此题的关键。

25.某同学采用如下装置对氯碱工业中电解食盐水的条件进行探究，记录如下：
装置编号条件控制测定结果
电极材料
溶液浓度温度/℃*电解电压/V 气体V阴：V阳阴极阳极
I
C C 1mol/L 25 8 >1:1
II 饱和25 5 ≈1:1
III 饱和50 4 ≈1:1
IV Fe C 饱和50 3.5 ≈1:1
*电解电压：开始发生电解反应时的电压
（1）对比实验I和II的阴、阳极气体体积比，推测实验I阳极可能有其他气体生成，这种气体的化学式为_____。

（2）解释实验IV更有利于节能降耗的原因_________________________。

（3）以上实验探究了影响电解食盐水反应的哪些因素？___________________________________
（4）根据以上探究，提出一条氯碱工业中电解食盐水反应条件控制的建议_______________________。

【答案】 (1). O2 (2). IV的电压低 (3). 电极材料、溶液浓度、温度 (4). 使用饱和食盐水、溶液保持较高温度、应用不参与反应的金属电极等
【解析】
分析】
根据氯碱工业的原理及工业生产需要分析解答；根据实验设计中实验材料及实验条件的不同分析解答。

【详解】（1）电解食盐水时，从理论上分析，阳极生成的气体是Cl2，阴极生成的气体是H2，物质的量比为1:1。

实验I中阴阳两极产生的气体的体积比大于1:1，则说明开始电解的电压较大时，阳极上除了Cl-放电，还有水电离的OH-放电，则阳极上除了生成氯气外，还生成氧气。

故答案为： O2；
（2）根据表中数据分析得，实验IV更有利于节能降耗的原因是： IV的电压低。

故答案为： IV的电压低；
（3）根据表中数据分析得，上述实验采用了不同电极材料、溶液浓度、温度，所以实验探究了影响电解食盐水反应的因素有：电极材料、溶液浓度、温度。

故答案为：电极材料、溶液浓度、温度；。