2022届河北省秦皇岛市昌黎汇文高三冲刺模拟化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A0.1 molL1 HCl溶液：Ba2、Na、AlO2-、NO3-B0.1 molL1 MgSO4溶液：Al3、H、Cl、NO3-C0.1 molL1NaOH溶液：Ca2、K、CH3

2、COO、CO32-D0.1 molL1Na2S溶液：NH4+、K、ClO、SO42-2、化学家创造的酸碱质子理论的要点是：凡能给出质子(H+)的分子或离子都是酸，凡能接受质子(H+)的分子或离子都是碱。按此观点，下列微粒既属于酸又属于碱的是H2O CO32- Al3+ CH3COOH NH4+H2N-CH2COOHABCD3、部分氧化的FeCu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共2.88g，经如下处理：下列说法正确的是A滤液A中的阳离子为Fe2、Fe3、HBV224C样品中CuO的质量为2.0gD样品中铁元素的质量为0.56g4、标准NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是（）A酚酞B圆

3、底烧瓶C锥形瓶D滴定管5、下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是A该溶液中K、Fe2、C6H5OH、Br可以大量共存B和KI溶液反应的离子方程式：Fe32IFe2I2C和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3SO42Ba23OHFe(OH)3 BaSO4D1 L0.1 molL-1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2 g Fe6、某无色溶液中含Na+、I-、NO3-、Cl-，加入下列哪种溶液不会使其变色A淀粉溶液B硫酸氢钠溶液CH2O2溶液D氯水7、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型非氯高效消毒剂，微溶于KOH溶液，热稳定性差。实验室制备高铁酸钾的原理为3Cl2+2Fe(OH)3

4、+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O。下列实验设计不能达到实验目的的是A用图所示装置制备并净化氯气B用图所示装置制备高铁酸钾C用图所示装置分离出高铁酸钾粗品D用图所示装置干燥高铁酸钾8、与氨碱法相比较，联合制碱法最突出的优点是ANaCl利用率高B设备少C循环利用的物质多D原料易得9、工业上用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的SO2，并通过电解方法实现吸收液的循环再生。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法中正确的是AX应为直流电源的正极B电解过程中阴极区pH升高C图中的b%a%DSO32在电极上发生的反应为SO322OH2e=SO422H2O10、等温等压下，

5、有质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，下列叙述中正确的是()A体积之比为131314B密度之比为141413C质量之比为111D原子数之比为11111、我们熟知的一些化合物的应用错误的是AMgO冶炼金属镁BNaCl用于制纯碱CCu(OH)2用于检验糖尿病DFeCl3用于净水12、表为元素周期表短周期的一部分，下列有关A、B、C、D四种元素的叙述正确的是（ ）ABCDA原子半径大小比较为DCBAB生成的氢化物分子间均可形成氢键CA与C形成的阴离子可能有AC、A2CDA、B、C、D的单质常温下均不导电13、已知 NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A32gS8与 S6（）的混合物中所含

6、共价键数目为NAB1L11mol L1H2C2O4溶液中含 C2O42 离子数为1.1NAC2molNO与 2molO2在密闭容器中充分反应，转移的电子数为 8NAD标准状况下 24L氯气与甲烷的混合气体，光照时充分反应生成 HCl分子数为NA14、亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用氯酸钠（NaClO3）为原料制取，（常温下ClO2为气态），下列说法错误的是A反应阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1B反应后生成的气体要净化后进入反应装置C升高温度，有利于反应提高产率D反应中有气体生成15、下列离子方程式正确的是ACl2通入水中：Cl2+H2O = 2

7、H+Cl-+ClO-B双氧水加入稀硫酸和KI溶液：H2O22H2I=I22H2OC用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu22H2O2CuO24HDNa2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O324H=SO423S2H2O16、化学与生活密切相关，下列应用没有涉及氧化还原反应的是（）A过氧化钠用作缺氧场所的供氧剂B铝热反应用于焊接铁轨C氯化铁用于净水D铝罐车用作运输浓硫酸二、非选择题（本题包括5小题）17、3-对甲苯丙烯酸甲酯(E)是一种用于合成抗血栓药的中间体,其合成路线如图： 已知：HCHO+CH3CHOCH2CHCHO+H2O（1）A的名称是_，遇FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的A的同

8、分异构体有_种。B的结构简式_，D中含氧官能团的名称为_。（2）试剂C可选用下列中的_。a.溴水 b.银氨溶液 c.酸性KMnO4溶液 d.新制Cu(OH)2悬浊液（3）是E的一种同分异构体，该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为_。（4）E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为_。18、化合物G是一种药物合成的中间体，G的一种合成路线如下：(1)写出A中官能团的电子式。_。(2)写出反应类型：BC_反应，CD_反应。(3) AB所需反应试剂和反应条件为_。(4) 写出C的符合下列条件同分异构体的结构简式：_。(任写出3种)能水解；能发生银镜反应；六元环结构，且环上只有一个碳原子连有

9、取代基。(5)写出F的结构简式_。(6)利用学过的知识，写出由甲苯()和为原料制备的合成路线。(无机试剂任用)_。19、纳米TiO2是一种重要的光催化剂。以钛酸酯Ti(OR)4为原料制备纳米TiO2的步骤如下：组装装置如下图所示，保持温度约为65，先将30mL钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分搅拌；将含水20的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米TiO2。已知，钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，回答下列问题：(1)

10、仪器a的名称是_，冷凝管的作用是_。(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是_(填标号)。a.增加反应的焓变 b.增大反应的活化能c.减小反应的焓变 d.降低反应的活化能制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有_。(3)步骤中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为_。下图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是_(填标号)。(4)测定样品中TiO2纯度的方法是：精确称取0.2000 g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+。待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.

11、1000 molL-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000 molL-1 NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00 mL(已知：Ti3+ Fe3+H2O=TiO2+ Fe2+ 2H)。加入金属铝的作用除了还原TiO2外，另一个作用是_。滴定时所用的指示剂为_(填标号)a.酚酞溶液 b. KSCN溶液 c. KMnO4溶液 d.淀粉溶液样品中TiO2的质量分数为_%。20、铜及其化合物在生产、生活中有广泛的应用。某研究性学习小组的同学对铜常见化合物的性质和制备进行实验探究，研究的问题和过程如下：I.探究不同价态铜的稳定性进行如下实验：(1)向中加适量稀硫酸，

12、得到蓝色溶液和一种红色固体，该反应的离子化学方程式为：_。由此可知，在酸性溶液中，价Cu比+1价Cu更_(填“稳定”或“不稳定”)。(2)将粉末加热至以上完全分解成红色的粉末，该反应说明：在高温条件下，+1价的Cu比+2价Cu更_(填“稳定”或“不稳定”)。II.探究通过不同途径制取硫酸铜(1)途径A：如下图 杂铜(含少量有机物)灼烧后的产物除氧化铜还含少量铜，原因可能是_(填字母代号)a.该条件下铜无法被氧气氧化 b.灼烧不充分，铜未被完全氧化c.氧化铜在加热过程中分解生成铜 d.灼烧过程中部分氧化铜被还原测定硫酸铜晶体的纯度：某小组同学准确称取4.0g样品溶于水配成100mL溶液，取10m

13、L溶液于锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=34，加入过量的KI，用标准溶液滴定至终点，共消耗标准溶液。上述过程中反应的离子方程式如下：。则样品中硫酸铜晶体的质量分数为_(2)途径B：如下图 烧瓶内可能发生反应的化学方程式为_ (已知烧杯中反应：)下图是上图的改进装置，其中直玻璃管通入氧气的作用是_。 .探究用粗铜(含杂质Fe)按下述流程制备氯化铜晶体。(1)实验室采用如下图所示的装置，可将粗铜与反应转化为固体l(部分仪器和夹持装置已略去)，有同学认为应在浓硫酸洗气瓶前增加吸收的装置，你认为是否必要_(填“是”或“否”)(2)将溶液2转化为的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色。已知：在氯

14、化铜溶液中有如下转化关系：Cu(H2O)42+(aq，蓝色)+4Cl-(aq) CuCl42-(aq，黄色)+4H2O(l)，该小组同学取氯化铜晶体配制成蓝绿色溶液Y，进行如下实验，其中能够证明溶液中有上述转化关系的是_(填序号)(已知：较高浓度的溶液呈绿色)。a.将Y稀释，发现溶液呈蓝色b.在Y中加入晶体，溶液变为绿色c.在Y中加入固体，溶液变为绿色d.取Y进行电解，溶液颜色最终消失.探究测定铜与浓硫酸反应取铜片和12mL18mol/L浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，一段时间后停止反应，为定量测定余酸的物质的量浓度，某同学设计的方案是：在反应后的溶液中加蒸馏水稀释至1000mL，取20mL至锥形瓶

15、中，滴入23滴甲基橙指示剂，用标准氢氧化钠溶液进行滴定(已知氢氧化铜开始沉淀的pH约为5)，通过测出消耗氢氧化钠溶液的体积来求余酸的物质的量浓度。假定反应前后烧瓶中溶液的体积不变，你认为该学生设计的实验方案能否求得余酸的物质的量浓度_(填“能”或“不能”)，其理由是_。21、工业上利用氧化铝基废催化剂（主要成份为Al2O3,少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd 流程如图：说明：上述流程中焙烧温度不宜过高，否则会导致硫酸铵固体的分解。（1）焙烧时产生气体X的结构式为_。（2）水浸分离中，滤渣Pd的颗粒比较大，一般可以采用的分离方法是_ (填字母）A过滤 B抽滤 C倾析 D渗析（3）写出酸浸时发

16、生反应的离子方式_(已知氯钯酸为弱酸)（4）某同学在实验室用如下图所示装置完成Pd的热还原实验，并计算滤渣中 (NH4)2PdCl6的百分含量（滤渣中的杂质不参与热还原反应）。写出热还原法过程中发生反应的化学方程式_。i.将石英玻璃管中（带开关；K1和K2)(设为装置A )称重，记为mi g。将滤渣 (NH4)2PdCl6装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2 g。ii.连接好装置后，按d b e(填标号)顺序进行实验。_ a.关闭K1和K2 b.熄灭酒精灯 c.点燃酒精灯，加热d.打开K1和K2 e.称量A f.缓缓通入H2 g.冷却至室温iii.重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3

17、g。根据实验记录，计算滤渣中（NH4)2PdCl6的百分含量_列式表示，其中(NH4)2PdCl6相对分子质量为355。实验结束时，发现硬质试管右端有少量白色固体，可能是_(填化学式）,这种情况导致实验结果_(填“偏高”、“偏低”、“无影响”）参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A0.1 molL1 HCl溶液中：AlO2-与H+不能大量共存，故A错误；B0.1 molL1 MgSO4溶液：Al3、H、Cl、NO3-之间以及与Mg2+、SO42-之间不发生反应，能大量共存，故B正确；C0.1 molL1NaOH溶液：Ca2与CO32-不能大量共存，故C错误；D0.1 m

18、olL1Na2S溶液中，ClO具有强氧化性，与S2-不能大量共存，故D错误；答案选B。【点睛】熟记形成沉淀的离子，生成气体的离子，发生氧化还原反应的离子。2、B【解析】凡能给出质子（即H+）的分子或离子都是酸；凡能接受质子的分子或离子都是碱，则能给出质子且能接受质子的分子或离子既属于酸又属于碱，只能接受质子，所以属于碱；只能给出质子，属于酸，既能给出质子又能接受质子，所以既属于酸又属于碱；故答案为B。【点睛】正确理解题给信息中酸碱概念是解本题关键，再结合微粒的性质解答，同时考查学生学以致用能力，题目难度不大。3、B【解析】根据氧化性Fe3+Cu2+H+可知铁离子优先反应，由于滤液A中不含Cu2

19、+，且有气体氢气生成，则滤液A中不含Fe3+，滤渣1.6g为金属铜，物质的量为0.025mol，即合金样品中总共含有铜原子和铜离子0.025mol。滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体为Fe2O3，质量为1.6g，物质的量为0.01mol，即合金样品中总共含有铁原子和铁离子0.02mol。稀硫酸过量，因此滤液A中的溶质为H2SO4和FeSO4，其中溶质FeSO4为0.02mol，则能加反应的硫酸的物质的量也为0.02mol，0.02mol H2SO4电离出0.04mol氢离子，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧离子O2-结合成水。A、滤液A中的阳离子为Fe2+、H+

20、，选项A错误；B、合金中氧离子O2-的物质的量为=0.01mol，0.01mol O2-生成水需结合H+0.02mol，所以参加反应的0.02mol硫酸中有0.04mol-0.02mol=0.02molH+生成了氢气，即有0.01molH2生成，标准状况下产生的氢气的体积为0.01mol22.4L/mol=0.224L=224mL，选项B正确；C、假设FeCu合金样品全部被氧化，则样品中CuO的质量为0.025mol80g/mol=2g，而实际情况是FeCu合金样品部分氧化，故样品中CuO的质量小于2g，选项C错误；D、样品中铁元素的质量为0.02mol56g/mol=1.12g，选项D错误。

21、答案选B。【点睛】本题考查混合物计算及物质的性质，为高频考点，把握流程中反应过程是解答关键，侧重解题方法与分析解决问题能力的考查，注意利用极限法与原子守恒解答。4、B【解析】标准NaOH溶液滴定盐酸实验中，用酚酞或甲基橙为指示剂，氢氧化钠溶液放在碱式滴定管中，盐酸放在锥形瓶中进行滴定，不用圆底烧瓶，A. C.D正确，故B错误，故选：B。5、D【解析】A、三价铁与苯酚会发生显色反应，不能大量共存，A错误；B、电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe32I2Fe2I2，B错误；C、不符合配比关系，正确的离子方程式为2Fe33SO423Ba26OH2Fe(OH)3 3BaSO4，C错误；D、根据原子守恒

22、，铁离子的物质的量为0.2mol，与足量Zn反应生成0.2mol铁，为11.2g，D正确；答案选D。6、A【解析】Na+、I-、NO3-、Cl-可以共存，在酸性条件下I-可以NO3-被氧化为I2，加强氧化性物质也能把I-氧化为I2，生成单质碘，则溶液会变色。A.加淀粉溶液，与I-不反应，则溶液不变色，A符合题意；B.溶液中硫酸氢钠溶液，硫酸氢钠电离出氢离子，在酸性条件下I-可以NO3-被氧化为I2，则溶液会变色，B不符合题意；C.H2O2具有强氧化性，能把I-氧化为I2，则溶液会变色，C不符合题意；D.氯水具有强氧化性，能把I-氧化为I2，则溶液会变色，D不符合题意；故合理选项是A。7、D【解

23、析】A. 可用浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下制取氯气，制取的氯气中含有氯化氢气体，可通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，能达到实验目的，故A不符合；B. KOH溶液是过量的，且高铁酸钾微溶于KOH溶液，则可析出高铁酸钾晶体，能达到实验目的，故B不符合；C. 由B项分析可知，高铁酸钾微溶于KOH溶液，可析出高铁酸钾晶体，用过滤的方法即可分离出高铁酸钾粗品，能达到实验目的，故C不符合；D. 已知高铁酸钾热稳定性差，因此直接加热会导致高铁酸钾分解，不能达到实验目的，故D符合；答案选D。8、A【解析】氨碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2用途不大，而侯氏制碱法是对滤液通入二氧化碳、

24、氨气，结晶出的NH4Cl，其母液可以作为制碱原料。【详解】氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中，侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本。保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高到96%，故选A。9、B【解析】A. 因为电解池左室H+H2，Pt(I)是阴极，X为直流电源的负极，A项错误；B. 阴极区消耗H+生成氢气，氢离子浓度减小，溶液的pH增大，B项正确；C. 电解池右室阳极区的发生反应HSO3-2e-H2OSO42-3H 和SO32-2e-2

25、H2OSO42-4H，图中的b%a%，C项错误；D. 解池右室阳极区的发生反应HSO3-2e-H2OSO42-3H 和SO32-2e-2H2OSO42-4H，D项错误；答案选B。10、B【解析】假设质子都有14mol，则CO、N2、C2H2三种气体的物质的量分别是1mol、1mol、1mol。A、等温等压下，体积之比等于物质的量的比，体积之比为111，A错误；B、等温等压下，密度比等于摩尔质量的比，密度之比为141413，B正确；C、质量之比为1mol28g/mol：1mol28g/mol：1mol26g/mol=14:14:13，C错误；D、原子个数之比为1mol2：1mol2：1mol4=

26、112，D错误。答案选B。11、A【解析】AMgO属高熔点化合物，工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁，故A错误；B侯氏制碱法就是向饱和氯化钠溶液中先通氨气再通二氧化碳来制备纯碱，所以NaCl用于制纯碱，故B正确；C检验糖尿病是通过检验尿液中葡萄糖的含量即用新制的氢氧化铜与尿液在加热条件下反应看是否有砖红色沉淀产生，故C正确；DFeCl3水解生成Fe（OH）3胶体，水解方程式为FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，胶体能吸附水中的悬浮物而净水，故D正确；故选：A。12、C【解析】对表中元素，我们宜从右往左推断。C为第二周期A族，其为氧，从而得出A、B、C、D分别为C、N、O、

27、Si。【详解】A. 电子层数越多，半径越大；同周期元素，最外层电子数越多，半径越小，从而得出原子半径大小关系为SiCNO，A错误；B. 生成的氢化物中，只有水分子和氨分子间可形成氢键，B错误；C. A与C形成的阴离子可能有CO、C2O，C正确；D.C的单质石墨能导电，Si是半导体材料，常温下也能导电，N、O的单质在常温下不导电，D错误。故选C。13、A【解析】AS8与 S6（）分子中分别含有8个和6个S-S键，1个S对应1个S-S共价键，由于32 g S8与S6（）的混合物中含硫为1mol，则该混合物中含1mol S-S键，A选项正确；B因为草酸是弱电解质，部分电离出C2O42-，所以L 1.

28、1 molL1 H2C2O4溶液含C2O42- 离子数小于1.1NA，B选项错误。C密闭容器中2 mol NO与2mol O2充分反应，这是一个可逆，转移的电子数小于4NA，由于NO不足，更小于8NA，C选项错误；D在标准状况下，2.4 L氯气与甲烷混合气体，光照时充分反应，由于无法知道氯气、甲烷各为多少量，所以生成HCl分子数无法计算，D选项错误；答案选A。【点睛】A选项在判断时明确S8与 S6（）分子中分别含有8个和6个S-S键，两者混合后一个S对应1个S-S共价键是解答的关键。14、C【解析】A. 根据氧化还原反应原理，反应阶段，NaClO3化合价降低1个价态，SO2化合价升高2个价态，

29、根据升降守恒，则反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，A项正确；B. 反应物中有SO2，不处理干净，会在下一步与H2O2和NaOH反应引入杂质，B项正确；C. 当H2O2和NaOH足量时，理论上可完全消耗ClO2，产率与温度无关，温度只会影响反应速率，C项错误；D. 反应条件下，ClO2化合价降低得到NaClO2，作氧化剂，H2O2化合价升高，作还原剂得到氧气，故有气体生成，D项正确；答案选C。15、B【解析】A、Cl2通入水中的离子反应为Cl2+H2OH+Cl-+HClO，故A错误；B、双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H+2I-I2+2H2O，故B正确；C、用

30、铜作电极电解CuSO4溶液，实质为电镀，阳极Cu失去电子，阴极铜离子得电子，故C错误；D、Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32-+2H+SO2+S+H2O，故D错误。故选B。16、C【解析】在化学应用中没有涉及氧化还原反应说明物质在反应过程中没有电子转移，其特征是没有元素化合价变化，据此分析解答。【详解】A过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气，O元素化合价由-1价变为-2价和0价，所以该反应为氧化还原反应，选项A不选；B铝热反应用于焊接铁轨过程中，铝元素化合价由0价变为+3价，所以属于氧化还原反应，选项B不选； C氯化铁用于净水，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附净水

31、，该过程中没有元素化合价变化，所以不涉及氧化还原反应，选项C选； D铝罐车用作运输浓硫酸，利用浓硫酸的强氧化性与铝发生钝化反应，所以属于氧化还原反应，选项D不选； 答案选C。【点睛】本题以物质的用途为载体考查了氧化还原反应，根据反应过程中是否有元素化合价变化来分析解答，明确元素化合价是解本题关键，结合物质的性质分析解答，易错点是选项C，氢氧化铁胶体的产生过程不涉及化合价的变化，不属于氧化还原反应。二、非选择题（本题包括5小题）17、对甲基苯甲醛 3 羧基 b、d 【解析】由合成路线可知，甲苯发生取代反应生成A对甲基苯甲醛，再与CH3CHO在碱性条件下反应生成B，B为，中-CHO被弱氧化剂氧化为

32、-COOH，而C=C不能被氧化，再酸化得到D，D与甲醇发生酯化反应生成E为，然后结合有机物的结构与性质来解答。【详解】（1）由上述分析可知，A为对甲基苯甲醛，遇FeCl3溶液显紫色，则含酚OH，且苯环上有两个取代基，另一取代基为CH=CH2，则符合条件的A的同分异构体为(邻、间、对)3种，由上述分析可知，B为；D的结构为，其中含有含氧官能团为：羧基；故答案为：对甲基苯甲醛；3；羧基；（2）由生成可知，试剂C不能与C=C反应，只氧化CHO，则C为b或d，故答案为：b、d；（3）中含COOC，与足量NaOH溶液共热的化学方程式为：，故答案为：；（4）E中含-C=C-，在一定条件下可以生成高聚物F，

33、发生加聚反应，则F的结构简式为，故答案为：。【点睛】具有多官能团的有机物在实现官能团之间的转化时，需要注意官能团的保护，其常见的措施可将官能团先反应，然后再复原，或在选择反应试剂时控制相关反应。18、 加成 氧化 O2、Cu/(或者CuO、) CH3COCH2CH2OHCH3COCH2COOH 【解析】(1)A的结构式为：其中的官能团是羟基，电子式为：；(2)B中存在-氢可以加到HCHO醛基氧上，其余部分加到醛基碳原子上生成C，故该反应时加成反应；C含有羟基，可以和酸性高锰酸钾会发生氧化反应生成D；(3) AB反应中羟基变成酮基，是氧化反应；(4) C的分子式为C9H16O2，能水解且能发生银

34、镜反应说明含有OOCH的结构，含有醛基并且有六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基；(5)E和CH3CH2CH2Br在CH3CHONa和CH3CH2OH的条件下，CH3CH2CH2Br会取代中的-氢，生成和HBr；(6) 由甲苯()和为原料制备可以先将通过取代反应转化成；通过氧化反应转化成CH3COCH2COOH，和CH3COCH2COOH发生酯化反应可以生成目标产物。【详解】(1)A的结构式为：其中的官能团是羟基，电子式为：；(2)B中存在-氢可以加到HCHO醛基氧上，其余部分加到醛基碳原子上生成C，故该反应时加成反应；C含有羟基，可以和酸性高锰酸钾会发生氧化反应生成D；(3) AB反应

35、中羟基变成酮基，是氧化反应，反应条件是：O2、Cu/(或者CuO、)；(4) C的分子式为C9H16O2，能水解且能发生银镜反应说明含有OOCH的结构，含有醛基并且有六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基，满足上述条件的同分异构体有、和四种，写出三种即可；(5)E和CH3CH2CH2Br在CH3CHONa和CH3CH2OH的条件下，CH3CH2CH2Br会取代中的-氢，生成和HBr，故F的结构式为；(6) 由甲苯()和为原料制备可以先将通过取代反应转化成；通过氧化反应转化成CH3COCH2COOH，和CH3COCH2COOH发生酯化反应可以生成目标产物，合成路线为： CH3COCH2CH2

36、OHCH3COCH2COOH 。19、温度计 冷凝回流 b 用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液 Ti(OC4H9)4+2H2O= TiO2+4 C4H9OH a 与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化 b 80 【解析】(1)根据水、无水乙醇和乙酰丙酮容易挥发分析解答；(2)反应的焓变只与初始状态和终了状态有关；增大反应的活化能，反应速率减慢；降低反应的活化能，反应速率加快，据此分析判断；根据实验步骤的提示分析判断；(3) Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4水解生成二氧化钛溶胶，据此书写反应的化学方程式；灼烧固体需要在坩埚中进行；(

37、4)根据Ti3+ Fe3+H2O=TiO2+ Fe2+ 2H，说明Ti3+容易被氧化；并据此分析判断可以选用的指示剂，结合消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量计算样品中TiO2的质量分数。【详解】(1)根据装置图，仪器a为温度计，实验过程中为了防止水、无水乙醇和乙酰丙酮挥发，可以使用冷凝管冷凝回流，提高原料的利用率，故答案为温度计；冷凝回流；(2) a.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故a错误；b. 增大反应的活化能，活化分子数减少，反应速率减慢，故b正确；c. 反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件

38、，不能改变反应的焓变，故c错误；d.降低反应的活化能，活化分子数增多，反应速率加快，故d错误；故选b；根据实验步骤的提示，制备过程中，用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液，减慢钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4水解的反应速率，故答案为b；用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液；(3) Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，步骤中钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4水解生成二氧化钛溶胶，反应的化学方程式为Ti(OC4H9)4+2H2O= TiO2+4 C4H9OH；灼烧二氧化钛凝胶需要在坩埚中进行，故选择的装置为a，故答案为Ti(OC4H9)4+2H2O= TiO2+4 C4H9OH；a；(4)根据

39、Ti3+ Fe3+H2O=TiO2+ Fe2+ 2H，说明Ti3+容易被氧化，铝与酸反应生成氢气，在液面上方形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化，故答案为与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化；酚酞溶液、淀粉溶液与NH4Fe(SO4)2溶液，现象不明显；KMnO4溶液也能氧化Ti3+，影响滴定结果，KMnO4不与Fe3+反应；根据滴定反应Ti3+ Fe3+H2O=TiO2+ Fe2+ 2H可知，可以选用KSCN溶液作指示剂，当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液，容易变成血红色，且半分钟不褪色，说明到达了滴定终点，故答案为b；消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量=0

40、.02L0.1000 molL-1=0.002mol，则根据钛原子守恒，n(TiO2)=n(Ti3+)=n（Fe3+）=0.002mol，样品中TiO2的质量分数=100%=80%，故答案为80。20、 稳定 稳定 bd 87.5% Cu+H2SO4+2HNO3（浓）=CuSO4+2NO2+2H2O 3Cu+3H2SO4+2HNO3（稀）=3CuSO4+2NO+4H2O 氧气氧化氮氧化合物，使氮氧化物全部被氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气 否 abc 不能 虽然甲基橙变色的pH范围为3.14.4，Cu（OH）2开始沉淀时的pH为5，在指示剂变色范围之外，即中和酸时，Cu2+不会消耗OH-，但甲基

41、橙由红色变成橙色、黄色时，铜离子溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰 【解析】I.(1)物质都有由不稳定物质转化为稳定物质的倾向，所以在酸性溶液中，+2价Cu比+1价Cu更稳定；(2)在高温下CuO分解产生Cu2O、O2，说明Cu2O比CuO在高温下稳定；II.(1)Cu未完全反应、部分氧化铜能被有机物还原；根据Cu元素守恒和反应方程式可得关系式，然后利用关系式计算CuSO45H2O的质量，最后根据质量分数的含义计算硫酸铜晶体的含量；(2)Cu与稀硫酸、浓硝酸（或随着反应进行浓硝酸变为的稀硝酸）反应产生硫酸铜、NO2（或NO）、H2O，根据氧化还原反应规律书写反应方程式；O2可以将NO氧化为N

42、O2，可以将NO、NO2驱赶进入NaOH溶液中，发生反应，防止大气污染；III.(1) HCl对反应没有影响；(2)根据平衡移动原理分析；IV.含铜离子溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰。【详解】I.(1)向Cu2O中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，这说明氧化亚铜和稀硫酸反应生成的是硫酸铜、水和单质铜，该反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O，这说明在酸性溶液中，+2价Cu比+1价Cu更稳定；(2)将粉末加热至以上完全分解成红色的粉末，该反应说明：在高温条件下，+1价的Cu比+2价Cu更稳定；II.(1)a.加热条件下铜易被氧气氧化，a错误；b.灼烧不充分，铜未

43、被完全氧化导致含有铜单质，b正确；c.氧化铜在加热过程中不会分解生成铜，c错误；d.灼烧过程中部分氧化铜被有机物还原生成铜单质，d正确；故合理选项是bd；根据方程式可知：2Cu2+I22S2O32-，n(S2O32-)=0.1000mol/L0.014L10=1.410-2mol，则n(Cu2+)=1.410-2mol，m(CuSO45H2O)= 1.410-2mol250g/mol=3.5g，所以硫酸铜晶体的质量分数为(3.5g4.0g)100%=87.5%；(2)Cu与稀硫酸、浓硝酸（或随着反应进行浓硝酸变为的稀硝酸）反应生成硫酸铜、NO2（或NO）、H2O，根据氧化还原反应规律，可得反应方程式为：；NO不能