必刷卷04-2022年高考化学考前信息必刷卷（河北专用）

这是一份必刷卷04-2022年高考化学考前信息必刷卷（河北专用），共25页。试卷主要包含了6kJ/ml，故①+2=50等内容，欢迎下载使用。

1.增大探究性，扩大开放性，体现创新性，鼓励有独特见解、有思想水平、有创新精神答案。
2.精心选取真实内容情境，信息量大，综合性强，注重考查知识内在联系和阅读理解能力。
1.电化学题由单纯考查电化学知识向电化学知识与其它知识深度融合，考查综合应用能力。如本卷的12题。
2.高考试题的考点都会发生轮动，高考热点离子共存、离子方程式判断正误、离子浓度排序、溶液中的离子三个守恒等高考的传统热点轮番无规律的出现。如本卷的11题。
3.电离平衡、盐的水解、溶液酸碱性、溶解平衡等重点关注：图像的坐标，对数坐标(或分数坐标)、离子浓度之比的对数(负对数)、离子浓度分布系数与pH为坐标的图像分析。如本卷的13、15题。
本卷满分100分，考试时间75分钟。
第I卷(选择题)(共43分)
一、选择题：本题共9小题，每小题3分，共27分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 我国古人曾用反应Cu2S+O2SO2+2Cu制铜，并最早发明了青铜器的铸造技术。下列说法不正确的是
A. 青铜是铜的一种合金B. O2和O3是氧元素的同素异形体
C. Cu2S只作还原剂D. 该反应属于置换反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．青铜是铜、锡合金，A正确；
B．O2和O3是氧元素形成的不同单质，互为同素异形体，B正确；
C．该反应中Cu2S中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以既是氧化剂又是还原剂，C错误；
D．该反应中一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，D正确；
综上所述答案为C。
2. 已知：在标准压强(100kPa)、298K，由最稳定的单质合成1ml物质Ｂ的反应焓变，叫做物质B的标准摩尔生成焓，用表示。有关物质的有如图所示关系。下列有关判断正确的是
A. 的键能大于与的键能之和
B. 的
C. 标准燃烧热为
D. 比稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A．NO标准摩尔生成焓为91.3kJ/ml，故+=2的反应为吸热反应，即2ml的键能小于1ml与1ml的键能之和，故A错误；
B．同种物质气态的能量高于液态的能量，的，故B错误；
C．由的标准摩尔生成焓为50.6kJ/ml，故①+2=50.6kJ/ml，由的标准摩尔生成焓为-241.8kJ/ml，故②+2=2-483.6kJ/ml，②-①可得+=+2，但是标准燃烧热是指生成液态水，根据题意无法计算，故C错误；
D．由的标准摩尔生成焓为50.6kJ/ml，故①+2=50.6kJ/ml，由的标准摩尔生成焓为-45.9kJ/ml，故②+3=2-45.9kJ/ml，说明的能量比低，故氨气较稳定，故D正确；
故选D。
3. 用下列实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的的是
A. 图1所示装置可制备Fe(OH)2并能较长时间保持其颜色
B. 图2所示装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液
C. 图3所示装置可用于观察铁的吸氧腐蚀
D. 图4所示装置可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性
【答案】B
【解析】
【详解】A．阳极铁失去电子变成亚铁离子、并与氢氧根生成氢氧化亚铁，煤油起到隔绝空气的作用，故图1所示装置可制备Fe(OH)2并能较长时间保持其颜色，A正确；
B．CH3CH2OH和CH3COOC2H5互溶，不能用分液的方法分开，B错误；
C．图3中食盐水呈中性，发生吸氧腐蚀，氧气消耗、装置内气体减小压强变小、红墨水被吸入导管、导管上面有一短红色的水柱，C正确；
D．黑面包实验：若蔗糖变黑说明浓硫酸具有脱水性，浓硫酸将碳单质氧化生成CO2和SO2，说明浓硫酸具有强氧化性，反应生成SO2使品红溶液褪色说明SO2具有漂白性、使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有还原性，D正确；
答案选B。
4. 下列实验操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl2通入紫色石蕊试液中，目的是检验氯水显酸性及Cl2与水反应产生的HClO有漂白性，A项错误；
B．浓硫酸加水稀释会放热、因密度关系水加入浓硫酸中会飞溅出酸液，所以应将铜与浓硫酸反应后的混合液沿着试管内壁缓缓注入水中，并不断振荡，观察溶液颜色确定硫酸铜的生成，B项错误；
C．检验FeCl3溶液中存在亚铁离子，可滴加几滴K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，K3Fe(CN)6溶液与Fe3+不反应，C项正确；
D．将乙醇与浓H₂SO₄混合液快速加热至170℃，制备乙烯气体，140℃反应会生成乙醚，D项错误；
综上所述答案为C。
5. 实验室用如图方法制备饮用水消毒剂：
已知：为强氧化剂，其中N元素为价。下列说法不正确的是
A. 的电子式为
B. 电解池中总反应的化学方程式为
C. 若与恰好完全反应，则X为
D. 饮用水中残留的可用适量溶液去除
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．NH4C1为离子化合物，是铵根离子和氯离子构成的，电子式为，故A正确；
B．氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为，故B正确；
C．若NaClO2与NCl3恰好完全反应，发生反应为：，x为NaCl、NaOH的混合溶液，故C错误；
D．饮用水中残留的ClO2具有强氧化性，硫酸亚铁和ClO2反应产生的铁盐，可以水解得到氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮物而净水，可用适量FeSO4溶液去除，故D正确。
故选：C。
6. 五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X。在一定条件下X可分别转化为Y、Z。
下列说法正确的是
A. X分子中所有原子一定全部共面
B. 不能用溶液检验Y中是否含有X
C. 1mlZ最多能与7mlNaOH发生反应
D. X与足量氢气发生加成反应，所得产物中有2个手性碳原子(连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子)
【答案】D
【解析】
【详解】A．X分子酚羟基和羧基中的羟基均为V性结构，单键连接可以任意旋转，故X中所有原子可能全部共面，但不是一定，A错误；
B．由题干图示XY的结构简式可知，X含有酚羟基，而Y不含，则能用溶液检验Y中是否含有X，B错误；
C．由题干图示Z的结构简式可知，1mlZ含有5ml酚羟基，可以消耗5mlNaOH，1ml羧基可以消耗1mlNaOH和1ml酚酯基，可以消耗2mlNaOH,故1mlZ最多能与8mlNaOH发生反应，C错误；
D．X与足量氢气发生加成反应，所得产物中有2个手性碳原子(连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子)，如图所示：，D正确；
故答案为：D。
7. 工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示，下列说法正确的是
A. 反应速率vb>vd
B. 由图可知生产时反应温度控制在80～85℃为宜
C. 向该容器中充入N2，CH3OH的转化率增大
D. d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，是因为该反应是吸热反应，升高温度反应正向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．b点温度比d点温度低，反应速率vb＜vd，A错误；
B．由图可知生产时反应温度控制在80～85℃为宜，因此此温度区间内转化率最高，B正确；
C．容积一定，向该容器中充入N2，各组分浓度不变平衡不移动，CH3OH的转化率不变，C错误；
D．反应图象可知，CO的转化率先增大后减小，83°C左右即图象最高点时反应达到平衡状态，83°C以前反应没有达到平衡状态，83°C后升高温度，CO的转化率减小，则平衡逆向移动，说明该反应正向为放热反应，d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，因为升高温度反应正向移动，D错误；
答案选B。
8. 一种以金红石(主要成分TiO2)为原料生产金属钛的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A. 反应①的方程式为：TiO2 +2C +2Cl2 TiCl4 +2CO
B. 气体X常选用N2作保护气
C. 反应②属于置换反应
D. TiCl4可经加热水解、焙烧制得TiO2
【答案】B
【解析】
【分析】分析流程可知，在高温下，金红石、焦炭和氯气反应得到TiCl4，根据电子守恒和元素守恒可判断同时生成CO气体；在稀有气体环境和加热条件下，Mg与TiCl4反应得到Ti和MgCl2，则气体X为稀有气体，其作用为保护气体，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，金红石、焦炭和氯气反应得到TiCl4和CO，根据电子守恒和元素守恒配平反应①的方程式为：TiO2 +2C +2Cl2 TiCl4 +2CO，故A正确；
B．在加热条件下，Mg与N2会发生反应生成Mg3N2，所以气体X不能选用N2作保护气，应选用稀有气体，故B错误；
C．反应②中反应物镁为单质，四氯化碳为化合物，生成物中钛为单质，氯化镁为化合物，所以反应为置换反应，故C正确；
D．加热TiCl4溶液，促进水解，且生成HCl易挥发，将生成的H2TiO3过滤，经焙烧得到TiO2，故D正确；
答案选B。
9. 如图是铜及部分含铜粒子的价荷图。下列推断合理的是
A. Cu变成a可以加入稀盐酸
B. 转化成Cu(OH)2需要加碱
C. 在酸性环境中，Cu2O可以反应生成a和CuO
D. 如果将高铜酸根离子()填入坐标，应该填在b的位置
【答案】D
【解析】
【详解】A．a中Cu元素为+2价，在酸性条件下，Cu变为a需要失去电子，发生氧化反应，故需要加入强氧化剂，盐酸不能与铜反应，选项A错误；
B．由图可知， Cu(OH)2转化为需要碱性条件，而转化成Cu(OH)2需要酸性条件，选项B错误；
C．Cu2O中Cu元素为+1价，在酸性条件下可以发生歧化反应生成+ 2价铜和单质铜，选项C错误；
D．()中铜元素为+3价，离子带1个单位负电荷，故填入坐标，应该填在b的位置，选项D正确；
答案选D。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
10. 溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色(a)。加入少量浓黄色加深(b)。已知：(黄色)；浓度较小时(用表示)几乎无色，取溶液进行如下实验，对现象的分析不正确的是
A. 测溶液a的，证明发生了水解
B. 加入浓HCl，H+与Cl-对溶液颜色变化、Fe3+浓度大小的影响是一致的
C. 向b中加入后，黄色褪去，说明能抑制水解
D. 将溶液a滴入沸水中，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解
【答案】B
【解析】
【详解】A．如果FeCl3溶液不水解则溶液呈中性，现测溶液a的，证明发生了水解，反应原理为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，A正确；
B．加入浓，H+浓度增大，抑制Fe3+水解，Fe3+浓度增大，而Cl-浓度增大，促进平衡正向移动，Fe3+浓度减小，溶液颜色也不一样，则与对溶液颜色变化、浓度大小的影响是不一致的，B错误；
C．向b中加入后，是由于Ag++Cl-=AgCl↓，导致平衡逆向移动，溶液黄色变浅但不会褪去，同时溶液中H+浓度增大，说明能抑制水解，使得溶液几乎无色，C正确；
D．将溶液a滴入沸水中，发生反应：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解，D正确；
故答案为：B。
11. 对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】CD
【解析】
【详解】A．Al(OH)3不溶于弱碱，所以和生成沉淀而不是生成，A项错误；
B．、Al3+都能与发生双水解反应生成、Al(OH)3和，B项错误；
C．和反应生成单质硫、和，离子方程式为，C项正确；
D．与反应生成沉淀，不能大量共存，D项正确；
故选CD。
12. 我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂，可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法正确的是
A. 充电时，Zn电极周围pH降低
B. 放电时，每生成，转移个电子
C. 使用催化剂Sn或者均能有效减少副产物CO的生成
D. 使用催化剂，中间产物更不稳定
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据装置图，充电时，外电路电子流向Zn电极，即Zn电极为阴极发生还原反应，反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，c(OH-)增大，pH增大，故A说法错误；
B．根据装置图可知，放电时，右侧电极为正极，发生还原反应，反应式为CO2+2e-+H2O =HCOO-+OH-，生成1ml HCOO-时，转移电子物质的量为2ml，故B说法错误；
C．根据图像可知，在使用催化剂Sn和s-SnLi生成CO时活化能大，活化能大反应速率慢，且CO能量比HCOOH能量高，能量越低，物质越稳定，因此使用催化剂Sn和s-SnLi可以减少副产物CO的生成，故C说法正确；
D．根据图像可知，使用催化剂s-SnLi，中间产物能量高，不稳定，故D说法正确；
故选CD。
13. 常温下，将溶液与，溶液等体积混合后(忽略体积变化)，所得混合溶液的为7.8。溶液中的含碳粒子和含氨粒子的分布系数()随溶液的变化如图所示。
下列有关描述中正确的是
A. 常温下，
B. 混合溶液中存在：
C. 当向该混合溶液中逐滴加入溶液时，先增大后减小
D. 当溶液时，溶液中粒子浓度的大小关系：
【答案】BD
【解析】
【详解】A．常温下，时，，说明的水解程度更大，故，A项错误；
B．根据质子守恒可得，，B项正确；
C．当向该混合溶液中逐滴加入溶液时，逐渐减小，先增大后减小，C项错误；
D．当溶液时，由图可知，溶液中粒子浓度的大小关系：，D项正确；
故选：BD。
第II卷(非选择题)(共57分)
第14~16题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17-18题为选考题，考生根据要求作答。
(一)、必考题：共42分
14. 乳酸亚铁固体{，相对分子质量234}易溶于水，难溶于乙醇，常用于治疗缺铁性贫血。可由乳酸与反应制得。回答下列问题：
I.制备碳酸亚铁
①组装仪器，检查装置气密性，加入试剂；
②先关闭，打开、。
③一段时间后，关闭活塞，打开活塞；
④抽滤，洗涤干燥。
（1）装置a可盛适量的水，其作用是___________。
（2）可用溶液代替溶液制备碳酸亚铁，发生反应的离子方程式为______，此法所得产品纯度更高，原因是_______。
II.乳酸亚铁晶体纯度的测量
（3）若用滴定法测定样品中的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因是_______。
（4）该兴趣小组改用铈(Ce)量法测定产品中的含量，可通过用滴定法测定样品中的含最来计算乳酸亚铁固体样品纯度(反应中Ce元素被还原为)。称取7.8g样品配制成250.00mL溶液，取25.00mL用0.10标准溶液滴定。反复滴定2～3次，平均消耗标准液30.00mL，则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_______。若滴定操作时间过长，则样品纯度将_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】（1）液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2＋
（2） ①. ②. 碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁(或碳酸氢钠溶液碱性较弱，反应中不易生成氢氧化亚铁)
（3）乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化
（4） ①. 90% ②. 偏小
【解析】
【分析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备碳酸亚铁过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故圆底烧瓶内制备硫酸亚铁，利用生成的氢气，使圆底烧瓶中气压增大，将圆底烧瓶中的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中，和Na2CO3溶液发生反应制备碳酸亚铁,据此回答。
【小问1详解】
根据上述分析，装置a的作用是液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2＋。
【小问2详解】
可用溶液代替溶液制备碳酸亚铁，则依据电荷守恒、元素质量守恒得反应的离子方程式为，此法所得产品纯度更高，原因是：碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁(或碳酸氢钠溶液碱性较弱，反应中不易生成氢氧化亚铁)。
【小问3详解】
已知乳酸亚铁固体化学式为，乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%。
【小问4详解】
平均消耗标准液V= 30.00mL，由：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，可知25mL溶液中n(Fe2+)＝n(Ce4+)＝0.10ml/L×0.030L＝0.0030ml，故250mL含有n(Fe2+)＝0.0030ml×=0.030ml，故产品中乳酸亚铁晶体的纯度为：。
若滴定操作时间过长，则样亚铁离子容易被氧气氧化，导致标准溶液体积偏小，则产品纯度将偏小。
15. 乙醇用途广泛且需求量大，寻求制备乙醇的新方法是研究的热点。
（1）醋酸甲酯催化加氢制备乙醇涉及的主要反应如下：
I.
II.
III.
将的混合气体置于密闭容器中，在2.0MPa和不同温度下反应达到平衡时，的转化率和的选择性[]如图所示。
①若，则500K下反应达到平衡时生成的物质的量为___________ml。
②673〜723K平衡转化率几乎不变，其原因是___________。
（2）以KOH溶液为电解质溶液，在阴极(铜板)转化为的机理如图所示。(表示氢原子吸附在电极表面，也可用表示，其他物种以此类推；部分物种未画出)。
①在阴极上生成的电极反应式为___________。
②转化为的过程可描述为___________。
③与阴极使用铜板相比，阴极使用含的铜板可加快生成的速率，其原因可能是___________。
【答案】（1） ①. 0.81 ②. 温度的升高使反应I、反应Ⅱ中CH3COOCH3的平衡转化率下降，使反应Ⅲ中CH3COOCH3的平衡转化率上升，且上升幅度与下降幅度相当
（2） ①. 2CO2＋12e－＋9H2O=C2H5OH＋12OH－ ②. 溶液中的H2O在阴极表面得到电子生成，与CO2反应生成，与反应生成和H2O ③. 含F－的铜板中F－与水合钾离子通过库伦作用或氢键促进H2O在阴极表面得到电子生成
【解析】
【小问1详解】
①令反应I消耗CH3COOCH3的物质的量为aml，反应ⅡCH3COOCH3消耗的物质的量为bml，反应Ⅲ消耗的物质的量为cml，根据反应I，推出生成C2H5OH的物质的量为aml，根据题意有：×100%=90%，×100%=90%，解得a=0.81；故答案为0.81；
②反应I、反应Ⅱ为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，反应I、反应Ⅱ向逆反应方向进行，CH3COOCH3的转化率降低，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度，反应Ⅲ向正反应方向进行，当上升幅度与下降幅度相当时，CH3COOCH3的平衡转化率几乎不变，故答案为温度的升高使反应I、反应Ⅱ中CH3COOCH3的平衡转化率下降，使反应Ⅲ中CH3COOCH3的平衡转化率上升，且上升幅度与下降幅度相当；
【小问2详解】
①CO2在阴极上得电子，转化成C2H5OH，电极反应式为2CO2＋12e－＋9H2O=C2H5OH＋12OH－；故答案为2CO2＋12e－＋9H2O=C2H5OH＋12OH－；
②根据机理可知，溶液中的H2O在阴极表面得到电子生成，与CO2反应生成，与反应生成和H2O；故答案为溶液中的H2O在阴极表面得到电子生成，与CO2反应生成，与反应生成和H2O；
③根据机理图可知，与反应，F－与水合钾离子形成氢键，使促进水在阴极表面得到电子生成，故答案为含F－的铜板中F－与水合钾离子通过库伦作用或氢键促进H2O在阴极表面得到电子生成。
16. 一种以精黄铜矿石(主要成分为)为原料生产胆矾晶体的流程如下：
已知：①胆矾高温下会分解生成CuO；②焙烧后，Fe元素主要以氧化物形式存在。
焙烧温度与生成物的主要成分关系如图所示：
回答下列问题：
（1）根据题目信息，焙烧后的铜主要存在形式为_______(填化学式)，焙烧时发生的主要化学反应方程式为________。因焙烧过程中反应放热，反应器中温度会不断升高控制焙烧温度的方法有_______(写出一种即可)。
（2）焙烧时，温度高于620℃，水溶性Cu(%)下降的原因是___________。
（3）溶解后滤液中的浓度为0.01，则调pH应控制的pH范围是_____。已知：当离子浓度减小至时可认为沉淀完全。；室温下，，。
（4）除杂可以选用的试剂是___________。
A. CuOB. C. D.
（5）一系列操作包括____(填操作名称)，用乙醇洗涤晶体而不用水洗涤的优点是_______。
【答案】（1） ①. 和 ②. ； ， ③. 控制入空气速率，因空气温度较低，可以降低焙烧的温度
（2）胆矾高温下会分解生成CuO
（3）3.2≤pH3时，有机物的降解率随初始pH升高而降低的可能原因是：pH越大，Fe2+水解程度越大，不利于反应Ⅲ进行，生成c()小，pH越大，有利于发生反应Ⅱ，生成•OH，•OH氧化能力比弱；
【小问3详解】
根据均摊法可知，晶胞中含有个Cu，4=16个Fe，4+4=32个O，故其化学式为CuFe2O4；
②该复合催化剂活化过二硫酸盐的过程如图，Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)失去电子并传递给，生成Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)；Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)得到失去的电子，生成Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)；如此循环往复，实现催化剂再生。
18. F是一种治疗心脑血管疾病药物的中间体，其合成路线如下(表示苯基)：
（1）D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①能发生银镜反应和水解反应。
②分子中有5种不同化学环境的氢原子。
③每个苯环上只含1种官能团。
（2）的反应需经历的过程，中间体X的分子式为。X→F的反应类型为_______。
（3）E—F的反应中有一种分子式为的副产物生成，该副产物的结构简式为_______。
（4）已知：，写出以和为原料制备的合成路线_______(无机溶剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）或 （2）消去反应
（3） （4）
【解析】
【分析】A和氯气发生取代反应生成B，B和ClCH2COCl发生取代反应生成C，C中羰基发生还原反应生成D，D发生取代反应生成E，E和苯甲醛经过一系列转化生成F，据此解答。
【小问1详解】
根据D的结构简式，能发生银镜反应，说明含有醛基，有两个苯环，无其他环，能发生水解反应，只能是“C-Cl”，有5种不同环境的氢原子，说明是对称结构，每个苯环上只有1种官能团，因此符合条件的是或；
【小问2详解】
根据F的结构简式，推出F的分子式为C24H21NOCl2，对比X的分子式，X→F少了一个H2O，因此该反应类型为消去反应；
【小问3详解】
副反应产物的分子式为C24H21NOCl2，该副产物与F互为同分异构体，碳碳双键存在顺反异构，因此推出副产物为；
【小问4详解】
根据路线中B→C，生成，可以由与苯环反应得到，根据CH3COOH在SOCl2作用下生成CH3COCl，可以由反应得到，因此先水解，然后再氧化得到，所以合成路线图为。选项
实验操作
实验目的
A
Cl2通入紫色石蕊试液中
检验氯水显酸性及Cl2有漂白性
B
向Cu与浓H2SO4反应后的试管中加水
通过观察溶液颜色确定CuSO4的生成
C
向某溶液中滴加几滴K3Fe(CN)6溶液
检验FeCl3溶液中存在Fe2+杂质
D
将乙醇与浓H2SO4混合液快速加热至140℃
制备乙烯气体
选项
粒子组
判断和分析
A
、、
不能大量共存，因发生反应：
B
、、、
能大量共存，粒子间不反应
C
、、、、
不能大量共存，因发生反应：
D
、、、、
不能共存，因发生反应：