黑龍江省雞西市東方紅林業(yè)局中學(xué)2025屆高三第四次模擬考試化學(xué)試卷含解析

黑龍江省雞西市東方紅林業(yè)局中學(xué)2025屆高三第四次模擬考試化學(xué)試卷考生請(qǐng)注意：1．答題前請(qǐng)將考場、試室號(hào)、座位號(hào)、考生號(hào)、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號(hào)內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、磷酸氯喹在細(xì)胞水平上能有效抑制新型冠狀病毒(2019－nCOV)的感染，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A．基態(tài)C1原子的核外電子有17種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)B．C、N、O、P四種元素中電負(fù)性最大的是OC．H3PO4分子中磷原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4D．與足量H2發(fā)生加成反應(yīng)后，該分子中手性碳原子個(gè)數(shù)不變2、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應(yīng)后分子總數(shù)大于2NAB．1LpH=2的H2SO3溶液中含H+的數(shù)目為0.01NAC．5.6g鐵與稀硝酸反應(yīng)生成0.08molNO，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.3NAD．6.4gS2和S8的混合物中所含硫原子數(shù)為0.2NA3、常溫下，若要使0.01mol/L的H2S溶液pH值減小的同時(shí)c（S2﹣）也減小，可采取的措施是（）A．加入少量的NaOH固體 B．通入少量的Cl2C．通入少量的SO2 D．通入少量的O24、關(guān)于P、S、Cl三種元素的說法錯(cuò)誤的是A．原子半徑P>S>ClB．最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性H3PO4<H2SO4<HClO4C．氫化物的穩(wěn)定性PH3<H2S<HClD．元素的非金屬性P>S>Cl5、乙醇催化氧化制取乙醛(沸點(diǎn)為20.8℃，能與水混溶)的裝置(夾持裝置已略)如圖所示：下列說法錯(cuò)誤的是A．向圓底燒瓶中滴入H2O2溶液前需打開KB．實(shí)驗(yàn)開始時(shí)需先加熱②，再通O2，然后加熱③C．裝置③中發(fā)生的反應(yīng)為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OD．實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)需先將④中的導(dǎo)管移出。再停止加熱6、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．Na2S溶液中：SO42-、K+、Cl-、Cu2+B．的溶液：K+、AlO2-、CO32-、Na+C．飽和氯水中：Cl-、NO3-、Na+、SO32-D．碳酸氫鈉溶液：K+、SO42-、Cl-、H+7、化學(xué)與生產(chǎn)、實(shí)驗(yàn)密切相關(guān)。下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A．Al2O3熔點(diǎn)高，可用作耐高溫材料B．FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蝕電路板上的CuC．石墨具有導(dǎo)電性，可用于制鉛筆芯D．濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，可用于干燥CO28、下列根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A蘸有濃氨水的玻璃棒靠近溶液X有白煙產(chǎn)生溶液X一定是濃鹽酸B用玻璃棒蘸取溶液Y進(jìn)行焰色反應(yīng)實(shí)驗(yàn)火焰呈黃色溶液Y中一定含Na+C向Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液溶液變黃氧化性：H2O2>Fe3+D用煮沸過的蒸餾水將Na2SO3固體樣品溶解，加稀鹽酸酸化，再加入氯化鋇溶液有白色沉淀產(chǎn)生Na2SO3樣品中含有SO42－A．A B．B C．C D．D9、下列化學(xué)用語表示正確的是()A．酒精的分子式：CH3CH2OHB．NaOH的電子式：C．HClO的結(jié)構(gòu)式：H—Cl—OD．CCl4的比例模型：10、化學(xué)與人類的生產(chǎn)、生活息息相關(guān)。下列說法正確的是（）A．天然纖維和人造纖維主要成分都是纖維素B．生物質(zhì)能和氫氣都屬于可再生能源C．古代明礬除銅綠和現(xiàn)代焊接氯化銨除鐵銹都利用了溶液顯堿性的特性D．燃煤中加入生石灰和汽車限行都是為了減緩溫室效應(yīng)11、工業(yè)上制備相關(guān)物質(zhì)，涉及的反應(yīng)原理及部分流程較為合理的是A．制取鎂：海水Mg(OH)2MgOMgB．冶煉鋁：鋁土礦NaAlO2無水AlCl3AlC．制硝酸：N2、H2NH3NO50%HNO3濃HNO3D．海帶海帶灰I2(aq)I212、1L某混合溶液中，溶質(zhì)X、Y濃度都為0.1mol·L—1，向混合溶液中滴加0.1mol·L—1某溶液Z，所得沉淀的物質(zhì)的量如圖所示，則X、Y、Z分別是（）A．偏鋁酸鈉、氫氧化鋇、硫酸B．氯化鋁、氯化鎂、氫氧化鈉C．氯化鋁、氯化鐵、氫氧化鈉D．偏鋁酸鈉、氯化鋇、硫酸13、以下制得氯氣的各個(gè)反應(yīng)中，氯元素既被氧化又被還原的是A．2KClO3＋I(xiàn)2=2KIO3＋Cl↓B．Ca(ClO)2＋4HCl=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2OC．4HCl＋O22Cl2＋2H2OD．2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↓＋Cl2↑14、下列化學(xué)用語正確的是A．Na-O-H與Na+都表示氫氧化鈉B．與都表示氟離子C．-OH與都表示羥基D．與都表示水分子15、下列關(guān)于工業(yè)生產(chǎn)過程的敘述正確的是（）A．聯(lián)合制堿法中循環(huán)使用CO2和NH3，以提高原料利用率B．硫酸工業(yè)中，SO2氧化為SO3時(shí)采用常壓，因?yàn)楦邏簳?huì)降低SO2轉(zhuǎn)化率C．合成氨生產(chǎn)過程中將NH3液化分離，可加快正反應(yīng)速率，提高N2、H2的轉(zhuǎn)化率D．煉鋼是在高溫下利用氧化劑把生鐵中過多的碳和其他雜質(zhì)氧化成氣體或爐渣除去16、實(shí)驗(yàn)測得濃度均為0.5mol?L-1的Pb(CH3COO)2溶液的導(dǎo)電性明顯弱于Pb(NO3)2溶液，又知PbS是不溶于水及稀酸的黑色沉淀，下列離子方程式書寫錯(cuò)誤的是A．Pb(NO3)2溶液與CH3COONa溶液混合：Pb2++2CH3COO-=Pb(CH3COO)2B．Pb(NO3)2溶液與K2S溶液混合：Pb2++S2-=PbS↓C．Pb(CH3COO)2溶液與K2S溶液混合：Pb2++S2-=PbS↓D．Pb(CH3COO)2在水中電離：Pb(CH3COO)2Pb2++2CH3COO-17、下列說法中，正確的是A．78gNa2O2固體含有離子的數(shù)目為4NAB．由水電離出的c(H＋)=10?12mol·L?1溶液中Na＋、NH4+、SO42?、NO3?一定能大量共存C．硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后變藍(lán)的反應(yīng)為：4I?+O2+4H+=2I2+2H2OD．將充有NO2的玻璃球浸到熱水中氣體顏色加深說明2NO2(g)N2O4(g)△H>018、中科院科學(xué)家設(shè)計(jì)出一套利用SO2和太陽能綜合制氫方案，其基本工作原理如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A．該電化學(xué)裝置中，Pt電極作正極B．Pt電極的電勢高于BiVO4電極的電勢C．電子流向：Pt電極→導(dǎo)線→BiVO4電極→電解質(zhì)溶液→Pt電極D．BiVO4電極上的反應(yīng)式為SO32-－2e-+2OH-=SO42-+H2O19、某實(shí)驗(yàn)小組探究SO2與AgNO3溶液的反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)記錄如下：序號(hào)ⅠⅡⅢ實(shí)驗(yàn)步驟實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象得到無色溶液a和白色沉淀b產(chǎn)生無色氣體，遇空氣變?yōu)榧t棕色產(chǎn)生白色沉淀下列說法正確的是A．透過測Ⅰ中無色溶液a的pH可以判斷SO2是否被氧化B．實(shí)驗(yàn)Ⅱ說明白色沉淀b具有還原性C．實(shí)驗(yàn)Ⅲ說明溶液a中一定有生成D．實(shí)驗(yàn)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ說明SO2與AgNO3溶液反應(yīng)既有Ag2SO4生成，又有Ag2SO3生成20、可用堿石灰干燥的氣體是A．H2S B．Cl2 C．NH3 D．SO221、W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，最外層電子數(shù)之和為18。X、Z同一主族，Z的一種氧化物的水化物為具有還原性且不穩(wěn)定的二元酸；Y的周期數(shù)是族序數(shù)的3倍。下列說法錯(cuò)誤的是A．簡單離子半徑：W>X>YB．X、Z的最高化合價(jià)不相同C．簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：X>WD．Y與其他三種元素分別形成的化合物中均只含離子鍵22、已知海水略呈堿性，鋼鐵在其中易發(fā)生電化腐蝕，有關(guān)說法正確的是()A．腐蝕時(shí)電子從碳轉(zhuǎn)移到鐵B．在鋼鐵上連接鉛塊可起到防護(hù)作用C．正極反應(yīng)為O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣D．鋼鐵在淡水中易發(fā)生析氫腐蝕二、非選擇題(共84分)23、（14分）化合物F是一種食品保鮮劑，可按如下途徑合成：已知：RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO。試回答：（1）A的化學(xué)名稱是____，A→B的反應(yīng)類型是____。（2）B→C反應(yīng)的化學(xué)方程式為________。（3）C→D所用試劑和反應(yīng)條件分別是_____。（4）E的結(jié)構(gòu)簡式是_____。F中官能團(tuán)的名稱是_____。（5）連在雙鍵碳上的羥基不穩(wěn)定，會(huì)轉(zhuǎn)化為羰基，則D的同分異構(gòu)體中，只有一個(gè)環(huán)的芳香族化合物有____種。其中苯環(huán)上只有一個(gè)取代基，核磁共振氫譜有5個(gè)峰，峰面積比為2∶1∶2∶2∶1的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為____。24、（12分）有機(jī)物M的合成路線如下圖所示：已知：R—CH=CH2R—CH2CH2OH。請(qǐng)回答下列問題：（1）有機(jī)物B的系統(tǒng)命名為__________。（2）F中所含官能團(tuán)的名稱為__________，F(xiàn)→G的反應(yīng)類型為__________。（3）M的結(jié)構(gòu)簡式為_________。（4）B→C反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________。（5）X是G的同系物，且相對(duì)分子質(zhì)量比G小14，X有多種同分異構(gòu)體，滿足與FeCl3溶液反應(yīng)顯紫色的有______種。其中核磁共振氫譜顯示有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，且峰面積比為1∶1∶2∶6的結(jié)構(gòu)簡式為______。（6）參照M的合成路線，設(shè)計(jì)一條由丙烯和乙醇為起始原料制備丙酸乙酯的合成路線_________（無機(jī)試劑任選）。25、（12分）氯化亞銅(CuCl)晶體呈白色，見光分解，露置于潮濕空氣中易被氧化。某研究小組設(shè)計(jì)如下兩種方案在實(shí)驗(yàn)室制備氯化亞銅。方案一：銅粉還原CuSO4溶液已知：CuCl難溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(無色溶液)。(1)步驟①中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為________________。(2)步驟②中，加入大量水的作用是_____________。(3)如圖流程中用95%乙醇洗滌和真空干燥是為了防止________________。方案二：在氯化氫氣流中加熱CuCl2?2H2O晶體制備，其流程和實(shí)驗(yàn)裝置(夾持儀器略)如下：請(qǐng)回答下列問題：(4)實(shí)驗(yàn)操作的先后順序是a→_____→______→_______→e(填操作的編號(hào))a．檢査裝置的氣密性后加入藥品b．點(diǎn)燃酒精燈，加熱c．在“氣體入口”處通入干燥HCld．熄滅酒精燈，冷卻e．停止通入HCl，然后通入N2(5)在實(shí)驗(yàn)過程中，觀察到B中物質(zhì)由白色變?yōu)樗{(lán)色，C中試紙的顏色變化是______。(6)反應(yīng)結(jié)束后，取出CuCl產(chǎn)品進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)其中含有少量的CuCl2雜質(zhì)，請(qǐng)分析產(chǎn)生CuCl2雜質(zhì)的原因________________________。(7)準(zhǔn)確稱取0.2500g氯化亞銅樣品置于一定量的0.5mol/LFeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加水20mL，用0.1000mol/L的Ce(SO4)2溶液滴定到終點(diǎn)，消耗24.60mLCe(SO4)2溶液。有關(guān)化學(xué)反應(yīng)為Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，計(jì)算上述樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是_____________%(答案保留4位有效數(shù)字)。26、（10分）乙酸芐酯是一種有馥郁茉莉花香氣的無色液體，沸點(diǎn)213℃，密度為1.055g·cm－3，實(shí)驗(yàn)室制備少量乙酸芐酯的反應(yīng)如下：CH2OH＋(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸芐酯)＋CH3COOH實(shí)驗(yàn)步驟如下：步驟1：三頸燒瓶中加入30g(0.28mol)苯甲醇、30g乙酸酐(0.29mol)和1g無水CH3COONa，攪拌升溫至110℃，回流4～6h(裝置如圖所示)：步驟2：反應(yīng)物降溫后，在攪拌下慢慢加入15%的Na2CO3溶液，直至無氣泡放出為止。步驟3：將有機(jī)相用15%的食鹽水洗滌至中性。分出有機(jī)相，向有機(jī)相中加入少量無水CaCl2處理得粗產(chǎn)品。步驟4：在粗產(chǎn)品中加入少量硼酸，減壓蒸餾(1.87kPa)，收集98～100℃的餾分，即得產(chǎn)品。(1)步驟1中，加入無水CH3COONa的作用是_______________，合適的加熱方式是_______。(2)步驟2中，Na2CO3溶液需慢慢加入，其原因是____________。(3)步驟3中，用15%的食鹽水代替蒸餾水，除可減小乙酸芐酯的溶解度外，還因?yàn)開______________；加入無水CaCl2的作用是___________________。(4)步驟4中，采用減壓蒸餾的目的是__________________。27、（12分）銅及其化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛的應(yīng)用。某研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)對(duì)銅常見化合物的性質(zhì)和制備進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究，研究的問題和過程如下：I.探究不同價(jià)態(tài)銅的穩(wěn)定性進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：(1)向中加適量稀硫酸，得到藍(lán)色溶液和一種紅色固體，該反應(yīng)的離子化學(xué)方程式為：__________。由此可知，在酸性溶液中，價(jià)Cu比+1價(jià)Cu更_______(填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”)。(2)將粉末加熱至以上完全分解成紅色的粉末，該反應(yīng)說明：在高溫條件下，+1價(jià)的Cu比+2價(jià)Cu更_______(填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”)。II.探究通過不同途徑制取硫酸銅(1)途徑A：如下圖①雜銅(含少量有機(jī)物)灼燒后的產(chǎn)物除氧化銅還含少量銅，原因可能是___________(填字母代號(hào))a.該條件下銅無法被氧氣氧化b.灼燒不充分，銅未被完全氧化c.氧化銅在加熱過程中分解生成銅d.灼燒過程中部分氧化銅被還原②測定硫酸銅晶體的純度：某小組同學(xué)準(zhǔn)確稱取4.0g樣品溶于水配成100mL溶液，取10mL溶液于錐形瓶中，加適量水稀釋，調(diào)節(jié)溶液pH=3~4，加入過量的KI，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，共消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。上述過程中反應(yīng)的離子方程式如下：。則樣品中硫酸銅晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_________________(2)途徑B：如下圖①燒瓶內(nèi)可能發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______________(已知燒杯中反應(yīng)：)②下圖是上圖的改進(jìn)裝置，其中直玻璃管通入氧氣的作用是_____________________。Ⅲ.探究用粗銅(含雜質(zhì)Fe)按下述流程制備氯化銅晶體。(1)實(shí)驗(yàn)室采用如下圖所示的裝置，可將粗銅與反應(yīng)轉(zhuǎn)化為固體l(部分儀器和夾持裝置已略去)，有同學(xué)認(rèn)為應(yīng)在濃硫酸洗氣瓶前增加吸收的裝置，你認(rèn)為是否必要________(填“是”或“否”)(2)將溶液2轉(zhuǎn)化為的操作過程中，發(fā)現(xiàn)溶液顏色由藍(lán)色變?yōu)榫G色。已知：在氯化銅溶液中有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：[Cu(H2O)4]2+(aq，藍(lán)色)+4Cl-(aq)CuCl42-(aq，黃色)+4H2O(l)，該小組同學(xué)取氯化銅晶體配制成藍(lán)綠色溶液Y，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)，其中能夠證明溶液中有上述轉(zhuǎn)化關(guān)系的是_____________(填序號(hào))(已知：較高濃度的溶液呈綠色)。a.將Y稀釋，發(fā)現(xiàn)溶液呈藍(lán)色b.在Y中加入晶體，溶液變?yōu)榫G色c.在Y中加入固體，溶液變?yōu)榫G色d.取Y進(jìn)行電解，溶液顏色最終消失Ⅳ.探究測定銅與濃硫酸反應(yīng)取銅片和12mL18mol/L濃硫酸放在圓底燒瓶中共熱，一段時(shí)間后停止反應(yīng)，為定量測定余酸的物質(zhì)的量濃度，某同學(xué)設(shè)計(jì)的方案是：在反應(yīng)后的溶液中加蒸餾水稀釋至1000mL，取20mL至錐形瓶中，滴入2~3滴甲基橙指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)氫氧化鈉溶液進(jìn)行滴定(已知?dú)溲趸~開始沉淀的pH約為5)，通過測出消耗氫氧化鈉溶液的體積來求余酸的物質(zhì)的量濃度。假定反應(yīng)前后燒瓶中溶液的體積不變，你認(rèn)為該學(xué)生設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)方案能否求得余酸的物質(zhì)的量濃度____________(填“能”或“不能”)，其理由是_____________。28、（14分）富鎳三元層狀氧化物L(fēng)iNi0.8Co0.1Mn0.1O2(NCM811)作為下一代鋰離子電池的正極材被廣泛關(guān)注和深入研究，納米級(jí)TiO2形成的表面包覆對(duì)提高該材料的性能效果明顯。回答下列問題：（1）Li在元素周期表中的位置為___；基態(tài)Ni的電子排布式為___，基態(tài)Co3+有__個(gè)未成對(duì)電子。（2）制備NCM811的過程中，殘余的Li2CO3會(huì)破壞材料的界面，CO32-的空間構(gòu)型是___，其中C原子的雜化方式為___。（3）該電池初始充電過程中，會(huì)有C2H4等氣體產(chǎn)生。C2H4分子中。鍵和鍵數(shù)目之比為__。（4）TiO2的晶胞（===90o）如圖所示：TiO2晶體中O原子的配位數(shù)是__，其晶胞參數(shù)為：a=b=459pm，c=295pm，該晶體的密度為__g/cm3（列出計(jì)算式）。29、（10分）磷酸二氫鉀在工農(nóng)業(yè)和醫(yī)學(xué)領(lǐng)域具有廣泛的應(yīng)用。以下是工業(yè)上制備磷酸二氫鉀的三種方法?；卮鹣铝袉栴}：I.直接法(1)氣體X為___________(填化學(xué)式)；(2)“浸取”步驟，濃硫酸能與KCl能發(fā)生化學(xué)反應(yīng)的原因是___________________；(3)“轉(zhuǎn)化”步驟發(fā)生反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式_______________(已知：Ca3(PO4)2難溶于水)；(4)濾液①中加入甲醇的作用是__________________________；(5)“操作I”是___________________________________；II.中和反應(yīng)法(6)氫氧化鉀溶液與高純度磷酸在反應(yīng)器中發(fā)生中和反應(yīng)制備磷酸二氫鉀。寫出此反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式_______________________________；由下圖判斷制備磷酸二氫鉀(達(dá)80%)的最佳pH范圍______________________；Ⅲ.電解法制取KH2PO4的原理如上圖所示。一定條件下，還可得到NaClO3。(7)在_____室(填標(biāo)號(hào))可得到KH2PO4；寫出產(chǎn)生ClO3-的電極反應(yīng)式______________。

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

A．基態(tài)C1原子的核外有17個(gè)電子，每個(gè)電子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)均不相同，則電子有17種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，故A正確；B．非金屬性越強(qiáng)，元素的電負(fù)性越強(qiáng)，非金屬性：C＜P＜N＜O，四種元素中電負(fù)性最大的是O，故B正確；C．H3PO4分子中磷原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=4+(5+3-2×4)=4，故C正確；D．磷酸氯喹分子中只有一個(gè)手性碳，如圖(?所示)：，與足量H2發(fā)生加成反應(yīng)后，該分子中含有5個(gè)手性碳原子，如圖(?所示):，故D錯(cuò)誤；答案選D?！军c(diǎn)睛】計(jì)算價(jià)層電子對(duì)數(shù)時(shí)，利用的是成鍵電子對(duì)數(shù)和孤電子對(duì)數(shù)之和。2、C【解析】

A．若2mol

SO2和

1mol

O2完全反應(yīng)，可生成2mol

SO3，即反應(yīng)后分子總數(shù)為2NA，但實(shí)際上該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，不能完全進(jìn)行，故反應(yīng)后分子總數(shù)大于2NA，故A正確；B．pH=2的H2SO3溶液中c(H+)=0.01mol/L，溶液體積為1L，所以溶液中所含氫離子數(shù)目為0.01NA，故B正確；C．該過程中還原產(chǎn)物為NO，氮元素由+5價(jià)變?yōu)?2價(jià)，所以生成一個(gè)NO，轉(zhuǎn)移3個(gè)電子，則生成0.08molNO轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.24NA，故C錯(cuò)誤；D．6.4gS2和S8的混合物即6.4gS原子，所以硫原子的數(shù)目為×NAmol-1=0.2NA，故D正確；故答案為C。【點(diǎn)睛】易錯(cuò)選項(xiàng)為C，要注意鐵在和稀硝酸反應(yīng)時(shí)氧化產(chǎn)物不確定，當(dāng)鐵過量可能會(huì)有亞鐵離子，該題中還原產(chǎn)物只有NO，所以根據(jù)還原產(chǎn)物計(jì)算電子轉(zhuǎn)移數(shù)目。3、B【解析】

A.氫硫酸和氫氧化鈉反應(yīng)生成硫化鈉和水，反應(yīng)方程式為：H2S+2NaOH=Na2S+H2O，所以加入氫氧化鈉后促進(jìn)氫硫酸的電離，使硫離子濃度增大，氫離子濃度減小，溶液pH值增大，故A錯(cuò)誤；B.通入少量的Cl2，發(fā)生反應(yīng)H2S+Cl2=2HCl+S，溶液中的pH值減小，同時(shí)c（S2-）減小，故B正確；C.SO2和H2S發(fā)生反應(yīng)，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，c（S2-）減小，溶液中的pH值增大，故C錯(cuò)誤；D.O2和H2S發(fā)生反應(yīng)，O2+2H2S=2S↓+2H2O，溶液中的pH值增大，同時(shí)c（S2-）減小，故D錯(cuò)誤；故答案為B。4、D【解析】同周期元素從左到右半徑減小，原子半徑P>S>Cl，故A正確；同周期元素從左到右非金屬性增強(qiáng)，所以最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性增強(qiáng)，酸性H3PO4<H2SO4<HClO4，故B正確；非金屬性越強(qiáng)，氫化物越穩(wěn)定，氫化物的穩(wěn)定性PH3<H2S<HCl，故C正確；同周期元素從左到右非金屬性增強(qiáng)，元素的非金屬性P<S<Cl，故D錯(cuò)誤。點(diǎn)睛：同周期元素從左到右非金屬性增強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性增強(qiáng)、簡單氫化物的穩(wěn)定性增強(qiáng)、越易與氫氣化合。5、B【解析】

根據(jù)裝置圖，①中過氧化氫在二氧化錳催化條件下生成氧氣，通入②中與乙醇形成混合蒸氣，在③中加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成乙醛，④用于收集乙醛以及未反應(yīng)的乙醇，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．向圓底燒瓶中滴入H2O2溶液前需打開K，避免生成的氧氣，使裝置內(nèi)壓強(qiáng)過大，故A正確；B．實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先加熱③，以起到預(yù)熱的作用，使乙醇充分反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．催化條件下，乙醇可被氧化生成乙醛，發(fā)生2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故C正確；D．實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)需先將④中的導(dǎo)管移出，再停止加熱，以避免發(fā)生倒吸，故D正確；故選B?！军c(diǎn)睛】明確反應(yīng)的原理是解題的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為A，要注意滴入過氧化氫就會(huì)反應(yīng)放出氧氣，容器中的壓強(qiáng)會(huì)增大。6、B【解析】A、Cu2＋與S2－生成難溶物是CuS，不能大量共存，故錯(cuò)誤；B、此溶液顯堿性，這些離子大量共存，故正確；C、氯水中Cl2和HClO，具有強(qiáng)氧化性，能把SO32－氧化成SO42－，不能大量共存，故錯(cuò)誤；D、HCO3－與H＋反應(yīng)生成CO2，不能大量共存，故錯(cuò)誤。7、A【解析】

A．熔點(diǎn)高的物質(zhì)可作耐高溫材料，則Al2O3熔點(diǎn)高，可用作耐高溫材料，A選；B．Cu與FeCl3發(fā)生氧化還原反應(yīng)，則用FeCl3腐蝕Cu刻制印刷電路板，與FeCl3溶液呈酸性無對(duì)應(yīng)關(guān)系，B不選；C、石墨很軟，可用于制鉛筆芯，與石墨具有導(dǎo)電性無對(duì)應(yīng)關(guān)系，C不選；D、濃硫酸具有吸水性，可用于干燥CO2，與濃硫酸具有強(qiáng)氧化性無對(duì)應(yīng)關(guān)系，D不選；答案選A。8、D【解析】

A.若X為濃硝酸，蘸有濃氨水的玻璃棒靠近溶液X也會(huì)產(chǎn)生白煙，溶液X不一定是濃鹽酸，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.鈉元素的焰色反應(yīng)為黃色，由于玻璃中含有鈉元素，會(huì)干擾實(shí)驗(yàn)，所以應(yīng)改用鉑絲取溶液Y進(jìn)行焰色反應(yīng)，此時(shí)若火焰為黃色，則Y溶液中一定含有鈉離子，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.在酸性條件下，F(xiàn)e(NO3)2溶液中含有的NO3—具有強(qiáng)氧化性，優(yōu)先把Fe2+氧化成Fe3+，使得溶液變黃，因而不能判斷氧化性：H2O2>Fe3+，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.Na2SO3和稀鹽酸反應(yīng)生成SO2，溶液中沒有SO32-，再加入氯化鋇溶液有白色沉淀，說明Na2SO3固體變質(zhì)被部分或全部氧化成Na2SO4，白色為BaSO4沉淀，即Na2SO3樣品中含有SO42－，D項(xiàng)正確。故選D。9、B【解析】

A．CH3CH2OH為乙醇的結(jié)構(gòu)簡式，乙醇的分子式為C2H6O，故A錯(cuò)誤；B．NaOH是離子化合物，鈉離子和氫氧根離子之間存在離子鍵、O-H原子之間存在共價(jià)鍵，其電子式為，故B正確；C．HClO屬于共價(jià)化合物，分子中含有1個(gè)H-Cl鍵和1個(gè)O-H鍵，其正確的結(jié)構(gòu)式為：H-O-Cl，故C錯(cuò)誤；D．四氯化碳分子中，氯原子的原子半徑大于碳原子，四氯化碳的正確的比例模型為：，故D錯(cuò)誤；故選B?！军c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為D，在比例模型中要注意原子的相對(duì)大小的判斷。10、B【解析】

A.蠶絲是天然纖維，其主要成分為蛋白質(zhì)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.生物質(zhì)能，就是太陽能以化學(xué)能形式貯存在生物質(zhì)中的能量形式，即以生物質(zhì)為載體的能量。它直接或間接地來源于綠色植物的光合作用，可轉(zhuǎn)化為常規(guī)的固態(tài)、液態(tài)及氣態(tài)燃料，取之不盡、用之不竭，是一種可再生能源；氫氣氫能是一種完全清潔的新能源和可再生能源，B項(xiàng)正確；C.銅綠為堿式碳酸銅，明礬在水溶液中因鋁離子水解顯酸性而溶解銅綠；鐵銹的主要成分為氧化鐵，氯化銨水解顯酸性可除去鐵銹，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.燃煤中加入生石灰可減少二氧化硫的排放，減少酸雨的形成；汽車限行都是為了適當(dāng)減少尾氣排放，降低霧霾天氣，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。11、C【解析】A、工業(yè)行通過電解熔融的氯化鎂制備金屬鎂，不是電解氧化鎂，故A錯(cuò)誤；B、氯化鋁是共價(jià)化合物，熔融的氯化鋁不能導(dǎo)電，工業(yè)上通過電解熔融的氧化鋁冰晶石熔融體制備金屬鋁，故B錯(cuò)誤；C、氮?dú)夂蜌錃庠诖呋瘎⒏邷馗邏合路磻?yīng)生成氨氣，氨氣催化氧化生成NO，NO與氧氣和水反應(yīng)生成硝酸，再加入硝酸鎂蒸餾得到濃硝酸，故C正確；D、熱裂汽油中含有不飽和烴，和碘單質(zhì)會(huì)發(fā)生加成反應(yīng)，不能做萃取劑，應(yīng)用分餾汽油萃取，故D錯(cuò)誤；故選C。12、A【解析】

A.NaAlO2和Ba(OH)2均為0.1mol，加入等濃度的硫酸，加入的硫酸中的H+和溶液中的OH-生成水，同時(shí)SO42-和Ba2+生成BaSO4沉淀，當(dāng)加入1L硫酸溶液時(shí)恰好和Ba(OH)2反應(yīng)，生成0.1molBaSO4，再加入0.5LH2SO4溶液時(shí)，加入的0.1molH+恰好和溶液中的0.1molAlO2-完全反應(yīng)：H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓，生成0.1molAl(OH)3沉淀。再加入1.5LH2SO4溶液，加入的0.3molH+把生成0.1molAl(OH)3沉淀溶解：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，和圖像相符，故A選；B.AlCl3和MgCl2均為0.1mol，共需要和0.5mol氫氧化鈉反應(yīng)生成沉淀，即需要5L氫氧化鈉溶液才能使沉淀達(dá)到最多，和圖像不符，故B不選；C.AlCl3和FeCl3均為0.1mol，共需要0.6molNaOH和它們反應(yīng)生成沉淀，即需要6LNaOH溶液才能使沉淀達(dá)到最多，和圖像不符，故C不選；D.NaAlO2和BaCl2各0.1mol，先加入0.5L硫酸，即0.05mol硫酸，加入的0.1molH+和溶液中的0.1molAlO2-恰好完全反應(yīng)生成0.1molAl(OH)3沉淀，同時(shí)加入的0.05molSO42-和溶液中的Ba2+反應(yīng)生成BaSO4沉淀。溶液中的Ba2+有0.1mol，加入的SO42-為0.05mol，所以生成0.05molBaSO4沉淀，還剩0.05molBa2+。此時(shí)沉淀的物質(zhì)的量為0.15mol。再加入0.5LH2SO4溶液，加入的0.1molH+恰好把生成的0.1molAl(OH)3沉淀溶解，同時(shí)加入的0.05molSO42-恰好和溶液中剩余的0.05molBa2+生成0.05molBaSO4沉淀，此時(shí)溶液中的沉淀的物質(zhì)的量為0.1mol，和圖像不符，故D不選。故選A。13、B【解析】

氧化還原反應(yīng)中，元素失電子、化合價(jià)升高、被氧化，元素得電子、化合價(jià)降低、被還原。A.反應(yīng)中，氯元素化合價(jià)從+5價(jià)降至0價(jià)，只被還原，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.歸中反應(yīng)，Ca(ClO)2中的Cl元素化合價(jià)從＋1降低到O價(jià)，生成Cl2，化合價(jià)降低，被還原；HCl中的Cl元素化合價(jià)從-1升高到0價(jià)，生成Cl2，化合價(jià)升高被氧化，所以Cl元素既被氧化又被還原，B項(xiàng)正確；C.HCl中的Cl元素化合價(jià)從-1升高到0價(jià)，生成Cl2，化合價(jià)升高，只被氧化，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.NaCl中的Cl元素化合價(jià)從-1升高到0價(jià)，生成Cl2，化合價(jià)升高，只被氧化，D項(xiàng)錯(cuò)誤。本題選B。14、C【解析】

A.氫氧化鈉是離子化合物，不能用Na-O-H表示，故A錯(cuò)誤；

B.為氟離子，不一定代表氟離子，可能是Ne原子或者氧離子等，故B錯(cuò)誤；C.-OH與都表示羥基，分別為結(jié)構(gòu)簡式和電子式，故C正確；D.水分子是v型結(jié)構(gòu)，不是直線型，故D錯(cuò)誤；答案：C15、D【解析】

A.聯(lián)合制堿法中，碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉和二氧化碳，二氧化碳被循環(huán)利用，而氯化銨并沒有直接循環(huán)利用，而是作為其他化工原料，則氨氣沒有被循環(huán)利用，故A錯(cuò)誤；B.對(duì)于該反應(yīng)，常壓時(shí)轉(zhuǎn)化率就很高了，增大壓強(qiáng)對(duì)SO2的轉(zhuǎn)化率影響不大，同時(shí)會(huì)增大成本，故通常采用常壓而不是高壓，故B錯(cuò)誤；C.合成氨生產(chǎn)過程中將NH3液化分離，導(dǎo)致生成物濃度減小，逆反應(yīng)速率瞬間減小，正反應(yīng)速率隨之減小，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，從而提高了N2、H2的轉(zhuǎn)化率，故C錯(cuò)誤；D.降低生鐵中的含碳量，需要加入氧化劑將生鐵中過多的碳和其他雜質(zhì)氧化成氣體或爐渣除去，故D正確；答案選D。16、C【解析】

由導(dǎo)電性強(qiáng)弱可知，Pb(CH3COO)2是可溶性的弱電解質(zhì)，在離子方程式中保留化學(xué)式，據(jù)此分析作答。【詳解】根據(jù)上述分析可知，A.Pb(NO3)2溶液與CH3COONa溶液混合，會(huì)生成Pb(CH3COO)2，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：Pb2++2CH3COO-=Pb(CH3COO)2，A項(xiàng)正確；B.Pb(NO3)2溶液與K2S溶液混合會(huì)生成PbS沉淀，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：Pb2++S2-=PbS↓，B項(xiàng)正確；C.Pb(CH3COO)2溶液與K2S溶液混合，離子方程式為：Pb(CH3COO)2+S2-=PbS↓+2CH3COO-，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.Pb(CH3COO)2在水中電離：Pb(CH3COO)2Pb2++2CH3COO-，D項(xiàng)正確；答案選C。【點(diǎn)睛】Pb(CH3COO)2易溶于水，在水溶液中部分電離，是少有的幾種不是強(qiáng)電解質(zhì)的鹽之一。17、C【解析】

A、Na2O2的電子式為，可知，molNa2O2中有2molNa＋和1molO22－，共3mol離子，離子數(shù)目為3NA，A錯(cuò)誤；B、由水電離出的c(H＋)=10?12mol·L?1溶液可能是酸性，也可能是堿性，NH4+在堿性環(huán)境下不能大量共存，B錯(cuò)誤；C、I－在空氣中容易被O2氧化，在酸性條件下，發(fā)生反應(yīng)4I?+O2+4H+=2I2+2H2O，C正確；D、NO2玻璃球加熱顏色加深，說明NO2的濃度增大，平衡逆向移動(dòng)，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H＜0，D錯(cuò)誤；答案選C。18、C【解析】

該裝置為原電池，由Pt電極上反應(yīng)(H2O→H2)或BiVO4電極上反應(yīng)(SO32-→SO42-)可知，Pt電極上氫離子得電子生成氫氣、發(fā)生還原反應(yīng)，為正極，電極反應(yīng)為2H2O+2e-═H2↑+2OH-；BiVO4電極為負(fù)極，SO32-失電子生成硫酸根、發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O，據(jù)此分析解答。【詳解】A．Pt電極上氫離子得電子生成氫氣，發(fā)生還原反應(yīng)，Pt電極作正極，故A正確；B．Pt電極為正極，BiVO4電極為負(fù)極，所以Pt電極電勢高于BiVO4電極，故B正確；C．電子從BiVO4電極(負(fù)極)經(jīng)導(dǎo)線流向Pt電極(正極)，不能進(jìn)入溶液，故C錯(cuò)誤；D．BiVO4電極為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O，故D正確；故選C?！军c(diǎn)睛】根據(jù)電極上物質(zhì)的變化判斷正負(fù)極為解答的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為C，要注意溶液通過自由移動(dòng)的離子導(dǎo)電，難點(diǎn)為D，要注意電極反應(yīng)式的書寫與溶液的酸堿性有關(guān)。19、B【解析】

A．實(shí)驗(yàn)Ⅰ中，將SO2通入AgNO3溶液(pH=5)中得到無色溶液a，該溶液中可能含有亞硫酸，亞硫酸為中強(qiáng)酸，所以測定無色溶液a的pH無法判斷二氧化硫是否被氧化，故A錯(cuò)誤；B．實(shí)驗(yàn)Ⅱ中，取白色沉淀B，加入3mol/LHNO3，產(chǎn)生的無色氣體遇空氣變成紅棕色，說明硝酸被還原為NO，證明該沉淀B中含有還原性的物質(zhì)存在，故B正確；C．實(shí)驗(yàn)Ⅲ中，檢驗(yàn)硫酸根離子應(yīng)先加入鹽酸酸化，目的是排除Ag+等，以免干擾硫酸根的檢驗(yàn)，直接向溶液a中加入BaCl2，產(chǎn)生的沉淀可能為氯化銀，不一定是硫酸根離子，故C錯(cuò)誤；D．由于實(shí)驗(yàn)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ不能證明產(chǎn)物中含有硫酸根，因此不能確定產(chǎn)物中含有Ag2SO4生成，故D錯(cuò)誤；答案選B。20、C【解析】

堿石灰具有吸水性，可以用作干燥劑，所干燥的物質(zhì)不能與干燥劑發(fā)生反應(yīng)，堿石灰不能干燥二氧化硫、氯氣、硫化氫等溶于水顯酸性的氣體，據(jù)此即可解答。【詳解】堿石灰是氧化鈣和氫氧化鈉的混合物，所以堿石灰是堿性物質(zhì)，不能干燥酸性物質(zhì)，A.H2S屬于酸性氣體，能與氫氧化鈉和氧化鈣反應(yīng)，所以不能用堿石灰干燥，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.Cl2可以和堿石灰反應(yīng)，不能用堿石灰干燥，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.NH3是堿性氣體，不和堿石灰反應(yīng)，能用堿石灰干燥，C項(xiàng)正確；D.SO2屬于酸性氣體，能與堿石灰反應(yīng)，所以不能用堿石灰干燥，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C?！军c(diǎn)睛】常見的干燥劑可分為酸性干燥劑、堿性干燥劑和中性干燥劑，其中酸性干燥劑為濃H2SO4，它具有強(qiáng)烈的吸水性，常用來除去不與H2SO4反應(yīng)的氣體中的水分。例如常作為H2、O2、CO、SO2、N2、HCl、CH4、CO2、Cl2等氣體的干燥劑；堿性干燥劑為堿石灰（固體氫氧化鈉和堿石灰）：不能用以干燥酸性物質(zhì)，常用來干燥氫氣、氧氣、氨氣和甲烷等氣體。21、D【解析】

Z的一種氧化物的水化物是具有還原性且不穩(wěn)定的二元酸，判斷Z為S元素；X、Z同一主族，可知X為O元素。Y的周期數(shù)是族序數(shù)的3倍，可推出Y為Na元素，再結(jié)合W、X、Y和Z原子的最外層電子數(shù)之和為18，可知W為N元素?！驹斀狻緼.N3-、Na+和O2-具有相同的核外電子排布，核電荷數(shù)越大，半徑越小，簡單離子半徑順序?yàn)椋篧＞X＞Y，與題意不符，A錯(cuò)誤；B.O最高價(jià)+2，而S最高價(jià)為+6，與題意不符，B錯(cuò)誤；C.簡單氫化物熱穩(wěn)定性強(qiáng)弱與元素的非金屬性強(qiáng)弱一致，而非金屬性：O＞N，穩(wěn)定性：H2O＞NH3，與題意不符，C錯(cuò)誤；D.Na與O可形成Na2O2，含有離子鍵和共價(jià)鍵，符合題意，D正確；答案為D?！军c(diǎn)睛】具有相同的核外電子排布簡單離子，原子序數(shù)越大，微粒半徑越小。22、C【解析】

A．堿性條件下，鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，鐵做負(fù)極，碳是正極，電子從負(fù)極流向正極，從鐵流向碳，故A錯(cuò)誤；B．在鋼鐵上連接鉛塊，鐵比鉛活潑，會(huì)先腐蝕鐵，起不到防護(hù)作用，故B錯(cuò)誤；C．吸氧腐蝕時(shí)，氧氣做正極，在正極上得到電子生成氫氧根離子，O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C正確；D．淡水是中性條件，鐵在堿性和中性條件下發(fā)生的都是吸氧腐蝕，故D錯(cuò)誤；答案選C。【點(diǎn)睛】鋼鐵在酸性條件下發(fā)生的是析氫腐蝕，在中性和堿性條件下發(fā)生的是吸氧腐蝕。二、非選擇題(共84分)23、對(duì)二甲苯（或1，4-二甲苯）取代反應(yīng)+2NaOH+NaClO2/Cu或Ag，加熱碳碳雙鍵、醛基8，【解析】

由流程轉(zhuǎn)化關(guān)系，結(jié)合題給信息可知，D為。運(yùn)用逆推法，C為，催化氧化生成；B為，在氫氧化鈉溶液中，共熱發(fā)生水解反應(yīng)生成；A為，在光照條件下與氯氣發(fā)生側(cè)鏈的取代反應(yīng)生成；與乙醛發(fā)生信息反應(yīng)生成，加熱發(fā)生消去反應(yīng)生成。據(jù)此解答?！驹斀狻浚?）A的結(jié)構(gòu)簡式為，名稱為對(duì)二甲苯或1，4-二甲苯；A→B的反應(yīng)為在光照條件下與氯氣發(fā)生側(cè)鏈的取代反應(yīng)生成。（2）B→C反應(yīng)為在氫氧化鈉溶液中，共熱發(fā)生水解反應(yīng)生成，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：+2NaOH+NaCl。（3）C→D的反應(yīng)為在銅或銀作催化劑，在加熱條件下與氧氣發(fā)生氧化反應(yīng)生成，因此C→D所用試劑和反應(yīng)條件分別是O2/Cu或Ag，加熱。（4）E的結(jié)構(gòu)簡式是。F的結(jié)構(gòu)簡式為，分子中官能團(tuán)的名稱是碳碳雙鍵、醛基。（5）D為，D的同分異構(gòu)體中，只有一個(gè)環(huán)的芳香族化合物說明側(cè)鏈為鏈狀結(jié)構(gòu)，其可能為醛、酮、含苯環(huán)的乙烯基醚和乙烯基酚，其中芳香醛有3種（除去D）、芳香酮1種、含苯環(huán)的乙烯基醚1種、乙烯基酚3種，共8種；苯環(huán)上只有一個(gè)取代基，核磁共振氫譜有5個(gè)峰，峰面積比為2∶1∶2∶2∶1的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為和。24、2－甲基－1－丙醇醛基、碳碳雙鍵加成反應(yīng)（或還原反應(yīng)）(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H52（CH3）2CHCH2OH＋O22H2O＋2（CH3）2CHCHO9CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3（答案合理均可）【解析】

由合成路線及題中信息可知，A反應(yīng)后得到B，則B為(CH3)2CHCH2OH；B發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成C，C經(jīng)氧化和酸化轉(zhuǎn)化為D，則C為(CH3)2CHCHO，D為(CH3)2CHCOOH；F可以加聚為E，則F為C6H5CH=CHCHO；F經(jīng)催化加氫得到G，結(jié)合M的分子式可知G為C6H5CH2CH2CH2OH，D與G發(fā)生酯化反應(yīng)生成的M為(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。據(jù)此解答。【詳解】（1）根據(jù)以上分析可知，有機(jī)物B為(CH3)2CHCH2OH，其系統(tǒng)命名為2－甲基－1－丙醇；故答案為：2－甲基－1－丙醇。（2）F為C6H5CH=CHCHO，F(xiàn)中所含官能團(tuán)的名稱為醛基、碳碳雙鍵；F經(jīng)催化加氫得到G，故F→G的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)或還原反應(yīng)；故答案為：醛基、碳碳雙鍵；加成反應(yīng)(或還原反應(yīng)）。（3）M為羧酸D[(CH3)2CHCOOH]和醇G(C6H5CH2CH2CH2OH)發(fā)生酯化反應(yīng)生成的酯，故M的結(jié)構(gòu)簡式為(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。（4）B為(CH3)2CHCH2OH，C為(CH3)2CHCHO，B→C反應(yīng)為醇的催化氧化反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2(CH3)2CHCH2OH＋O22(CH3)2CHCHO＋2H2O；故答案為：2(CH3)2CHCH2OH＋O22(CH3)2CHCHO＋2H2O。（5）G為C6H5CH2CH2CH2OH，X是G的同系物，且相對(duì)分子質(zhì)量比G小14，則X的一種可能結(jié)構(gòu)為C6H5CH2CH2OH。X有多種同分異構(gòu)體，滿足條件“與FeCl3溶液反應(yīng)顯紫色”的，說明分子中含有酚羥基，除苯環(huán)外余下兩個(gè)碳，則苯環(huán)上另外的取代基可以是1個(gè)乙基，也可以是2個(gè)甲基：①含有2個(gè)取代基——1個(gè)羥基和1個(gè)乙基，乙基和酚羥基有鄰、間、對(duì)3種位置；②含有3個(gè)側(cè)鏈——2個(gè)甲基和1個(gè)羥基，采用“定二移一”的方法——先找2個(gè)甲基有鄰、間、對(duì)3種位置，對(duì)應(yīng)的酚羥基分別有2種、3種、1種位置。綜上所述，可知符合條件的X的同分異構(gòu)體共有3＋6＝9種。其中，核磁共振氫譜顯示有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，且峰面積比為1∶1∶2∶6的結(jié)構(gòu)簡式為；故答案為：9；。（6）參照M的合成路線，由丙烯和乙醇為起始原料制備丙酸乙酯，可以先由丙烯合成1－丙醇，然后把1－丙醇氧化為丙醛，接著把丙醛氧化為丙酸，最后由丙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)合成丙酸乙酯；故答案為：CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3(答案合理均可）。25、Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-稀釋促進(jìn)平衡CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(無色溶液)逆向移動(dòng)，生成CuClCuCl在潮濕空氣中被氧化cbd先變紅后褪色加熱時(shí)間不足或溫度偏低97.92【解析】

方案一：CuSO4、Cu在NaCl、濃鹽酸存在條件下加熱，發(fā)生反應(yīng)：Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-，過濾除去過量的銅粉，然后加水稀釋濾液，化學(xué)平衡CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(無色溶液)逆向移動(dòng)，得到CuCl沉淀，用95%的乙醇洗滌后，為防止潮濕空氣中CuCl被氧化，在真空環(huán)境中干燥得到純凈CuCl；方案二：CuCl2是揮發(fā)性強(qiáng)酸生成的弱堿鹽，用CuCl2·2H2O晶體在HCl氣流中加熱脫水得到無水CuCl2，然后在高于300℃的溫度下加熱，發(fā)生分解反應(yīng)產(chǎn)生CuCl和Cl2?！驹斀狻?1)步驟①中CuSO4、Cu發(fā)生氧化還原反應(yīng)，產(chǎn)生的Cu+與溶液中Cl-結(jié)合形成[CuCl3]2-，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-；(2)根據(jù)已知條件：CuCl難溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(無色溶液)，在步驟②中向反應(yīng)后的濾液中加入大量的水，溶液中Cl-、[CuCl3]2-濃度都減小，正反應(yīng)速率減小的倍數(shù)大于逆反應(yīng)速率減小的倍數(shù)，所以化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，從而產(chǎn)生CuCl沉淀；(3)乙醇易揮發(fā)，用95%乙醇洗滌可以去除CuCl上的水分，真空干燥也可以避免CuCl在潮濕空氣中被氧化；(4)CuCl2?2H2O晶體要在HCl氣體中加熱，所以實(shí)驗(yàn)前要先檢查裝置的氣密性，再在“氣體入口”處通入干燥HCl，然后點(diǎn)燃酒精燈，加熱，待晶體完全分解后的操作是熄滅酒精燈，冷卻，為了將裝置中殘留的HCl排出，防止污染環(huán)境，要停止通入HCl，然后通入N2，故實(shí)驗(yàn)操作編號(hào)的先后順序是a→c→b→d→e；(5)無水硫酸銅是白色固體，當(dāng)其遇到水時(shí)形成CuSO4·5H2O，固體變?yōu)樗{(lán)色，HCl氣體遇水變?yōu)辂}酸，溶液顯酸性，使?jié)駶櫟乃{(lán)色石蕊試紙變?yōu)榧t色，當(dāng)CuCl2再進(jìn)一步加熱分解時(shí)產(chǎn)生了Cl2，Cl2與H2O反應(yīng)產(chǎn)生HCl和HClO，HC使?jié)駶櫟乃{(lán)色石蕊試紙變?yōu)榧t色，HClO具有強(qiáng)氧化性，又使變?yōu)榧t色的石蕊試紙褪色變?yōu)闊o色；(6)反應(yīng)結(jié)束后，取出CuCl產(chǎn)品進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)其中含有少量的CuCl2雜質(zhì)，產(chǎn)生CuCl2雜質(zhì)的原因可能是加熱時(shí)間不足或加熱溫度偏低，使CuCl2未完全分解；(7)根據(jù)反應(yīng)方程式Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+可得關(guān)系式：CuCl～Ce4+，24.60mL0.1000mol/L的Ce(SO4)2溶液中含有溶質(zhì)Ce(SO4)2的物質(zhì)的量n[Ce(SO4)2]=0.1000mol/L×0.02460L=2.46×10-3mol，則根據(jù)關(guān)系式可知n(CuCl)=n(Ce4+)=2.46×10-3mol，m(CuCl)=2.46×10-3mol×99.5g/mol=0.24478g，所以該樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是×100%=97.92%?！军c(diǎn)睛】本題考查了物質(zhì)制備方案的設(shè)計(jì)，明確實(shí)驗(yàn)?zāi)康?、?shí)驗(yàn)原理為解答關(guān)鍵，注意掌握常見化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作方法及元素化合物性質(zhì)，充分利用題干信息分析解答，當(dāng)反應(yīng)中涉及多個(gè)反應(yīng)時(shí)，可利用方程式得到已知物質(zhì)與待求物質(zhì)之間的關(guān)系式，然后分析、解答，試題充分考查了學(xué)生的分析能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Α?6、催化劑油浴(或沙浴)以免大量CO2泡沫沖出乙酸芐酯與水的密度幾乎相同不容易分層除去有機(jī)相中的水防止常壓蒸餾時(shí)，乙酸芐酯未達(dá)沸點(diǎn)前就已發(fā)生分解【解析】

CH2OH＋(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸芐酯)＋CH3COOH，是液體混合加熱，可油浴(或沙浴)均勻加熱，使用無水CH3COONa作催化劑來加快反應(yīng)速率，用15%的Na2CO3溶液來提高產(chǎn)率，用15%的食鹽水分離CH2OOCCH3和其它能溶于水的混合物，有機(jī)相用無水CaCl2干燥，最后蒸餾提純得到產(chǎn)品?！驹斀狻?1)根據(jù)CH2OH＋(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸芐酯)＋CH3COOH的原理和條件，步驟1中，加入無水CH3COONa的作用是催化劑，為保證能均勻受熱，合適的加熱方式是油浴(或沙浴)。(2)Na2CO3作用是降低生成物CH3COOH的濃度，促進(jìn)平衡正向移動(dòng)，步驟2中，Na2CO3溶液需慢慢加入，其原因是以免大量CO2泡沫沖出。(3)由題干中信息可知：乙酸芐酯密度為1.055g·cm－3，步驟3中，用15%的食鹽水代替蒸餾水，除可減小乙酸芐酯的溶解度外，還因?yàn)橐宜崞S酯與水的密度幾乎相同不容易分層；加入無水CaCl2的作用是除去有機(jī)相中的水。(4)步驟4中，采用減壓蒸餾的目的是防止常壓蒸餾時(shí)，乙酸芐酯未達(dá)沸點(diǎn)前就已發(fā)生分解?！军c(diǎn)睛】本題以乙酸芐酯的制備實(shí)驗(yàn)考查物質(zhì)的制備、分離、和提純等基本操作，難點(diǎn)（1）無水乙酸鈉的作用，（3）用15%的食鹽水代替蒸餾水目的，考查學(xué)生的閱讀和表達(dá)能力。27、穩(wěn)定穩(wěn)定bd87.5%Cu+H2SO4+2HNO3（濃）=CuSO4+2NO2↑+2H2O3Cu+3H2SO4+2HNO3（?。?3CuSO4+2NO↑+4H2O氧氣氧化氮氧化合物，使氮氧化物全部被氫氧化鈉溶液吸收，防止污染大氣否abc不能雖然甲基橙變色的pH范圍為3.1~4.4，Cu（OH）2開始沉淀時(shí)的pH為5，在指示劑變色范圍之外，即中和酸時(shí)，Cu2+不會(huì)消耗OH-，但甲基橙由紅色變成橙色、黃色時(shí)，銅離子溶液呈藍(lán)色，對(duì)觀察指示終點(diǎn)顏色有干擾【解析】

I.(1)物質(zhì)都有由不穩(wěn)定物質(zhì)轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定物質(zhì)的傾向，所以在酸性溶液中，+2價(jià)Cu比+1價(jià)Cu更穩(wěn)定；(2)在高溫下CuO分解產(chǎn)生Cu2O、O2，說明Cu2O比CuO在高溫下穩(wěn)定；II.(1)①Cu未完全反應(yīng)、部分氧化銅能被有機(jī)物還原；②根據(jù)Cu元素守恒和反應(yīng)方程式可得關(guān)系式，然后利用關(guān)系式計(jì)算CuSO4?5H2O的質(zhì)量，最后根據(jù)質(zhì)量分?jǐn)?shù)的含義計(jì)算硫酸銅晶體的含量；(2)①Cu與稀硫酸、濃硝酸（或隨著反應(yīng)進(jìn)行濃硝酸變?yōu)榈南∠跛幔┓磻?yīng)產(chǎn)生硫酸銅、NO2（或NO）、H2O，根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律書寫反應(yīng)方程式；②O2可以將NO氧化為NO2，可以將NO、NO2驅(qū)趕進(jìn)入NaOH溶液中，發(fā)生反應(yīng)，防止大氣污染；III.(1)HCl對(duì)反應(yīng)沒有影響；(2)根據(jù)平衡移動(dòng)原理分析；IV.含銅離子溶液呈藍(lán)色，對(duì)觀察指示終點(diǎn)顏色有干擾。【詳解】I.(1)向Cu2O中加適量稀硫酸，得到藍(lán)色溶液和一種紅色固體，這說明氧化亞銅和稀硫酸反應(yīng)生成的是硫酸銅、水和單質(zhì)銅，該反應(yīng)的離子方程式為：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，這說明在酸性溶液中，+2價(jià)Cu比+1價(jià)Cu更穩(wěn)定；(2)將粉末加熱至以上完全分解成紅色的粉末，該反應(yīng)說明：在高溫條件下，+1價(jià)的Cu比+2價(jià)Cu更穩(wěn)定；II.(1)①a.加熱條件下銅易被氧氣氧化，a錯(cuò)誤；b.灼燒不充分，銅未被完全氧化導(dǎo)致含有銅單質(zhì)，b正確；c.氧化銅在加熱過程中不會(huì)分解生成銅，c錯(cuò)誤；d.灼燒過程中部分氧化銅被有機(jī)物還原生成銅單質(zhì)，d正確；故合理選項(xiàng)是bd；②根據(jù)方程式可知：2Cu2+~I2~2S2O32-，n(S2O32-)=0.1000mol/L×0.014L×10=1.4×10-2mol，則n(Cu2+)=1.4×10-2mol，m(CuSO4?5H2O)=1.4×10-2mol×250g/mol=3.5g，所以硫酸銅晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(3.5g÷4.0g)×100%=87.5%；(2)①Cu與稀硫酸、濃硝酸（或隨著反應(yīng)進(jìn)行濃硝酸變?yōu)榈南∠跛幔┓磻?yīng)生成硫酸銅、NO2（或NO）、H2O，根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律，可得反應(yīng)方程式為：；②NO不能被NaOH溶液吸收，O2可以將NO氧化為NO2，使氮氧化物完全被NaOH溶液吸收，同時(shí)可以將NO、NO2驅(qū)趕進(jìn)入NaOH溶液中，發(fā)生反應(yīng)，轉(zhuǎn)化為NaNO2、NaNO3，防止大氣污染；III.(1)Cl2中混有的HCl對(duì)反應(yīng)沒有影響，因此不需要在濃硫酸洗氣瓶前增加吸收HCl的裝置；(2)a.將Y稀釋，平衡向左移動(dòng)，溶液呈藍(lán)色，可以能夠證明CuCl2溶液中轉(zhuǎn)化關(guān)系，a正確；b.在Y中加入CuCl2晶體，溶液中[Cu(H2O)4]2+、Cl-濃度增大，平衡向右移動(dòng)，溶液變?yōu)榫G色，可以能夠證明CuCl2溶液中轉(zhuǎn)化關(guān)系，b正確；c.在Y中加入NaCl固體，溶液中氯離子濃度增大，平衡向右移動(dòng)，溶液變?yōu)榫G色，可以能夠證明CuCl2溶液中轉(zhuǎn)化關(guān)系，c正確；d.取Y進(jìn)行電解，銅離子放電，溶液顏色最終消失，不能可以能夠證明CuCl2溶液中轉(zhuǎn)化關(guān)系，d錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是abc；IV.甲基橙變色的pH范圍是3.1~4.4，Cu(OH)2開始沉淀的pH=5，在指示