湖南省醴陵二中、醴陵四中2024年高三考前热身化学试卷含解析

湖南省醴陵二中、醴陵四中2024年高三考前热身化学试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知：25℃时，有关弱酸的电离平衡常数，下列选项中正确的是弱酸H2C2O4CH3COOHHCNH2CO3电离常数KiKi1=5.9×l0-2Ki2=6.4×l0-51.8×l0-54.9×l0-10Ki1=4.3×l0-7Ki2=5.6×l0-11A．等物质的量浓度的溶液pH关系：NaHCO3＞NaCN＞CH3COONa＞NaHC2O4B．反应NaHC2O4+NaHCO3→Na2C2O4+H2O+CO2↑能发生C．等体积等物质的量浓度的溶液中离子总数：NaCN＞CH3COONaD．Na2CO3溶液中2c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)2、螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是A．分子式为C10H12B．一氯代物有五种C．所有碳原子均处于同一平面D．能使酸性高锰酸钾溶液褪色3、下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的是A．NaOH B．SiO2 C．Fe D．CO24、常温下向20mL0.1mol/L氨水中通入HCl气体，溶液中由水电离出的氢离子浓度随通入HCl气体的体积变化如图所示。则下列说法正确的是A．b点通入的HCl气体，在标况下为44.8mLB．b、c之间溶液中c(NH4+)>c(Cl-)C．取10mL的c点溶液稀释时：c(NH4+)/c(NH3·H2O)减小D．d点溶液呈中性5、化学与生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是A．用活性炭为糖浆脱色和用双氧水漂白纸浆，其原理相同B．铜制品在潮湿空气中生锈，其主要原因是发生析氢腐蚀C．用NaHCO3和Al2（SO4）3溶液可以制作泡沫灭火剂D．从海水中可以制取NaCl，电解饱和NaCl溶液可以制取金属Na6、NA代表阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A．0.1mol熔融的NaHSO4中含有的离子总数为0.3NAB．标准状况下，2.24LHF和NH3分子所含电子数目均为NAC．常温时,56gAl与足量浓硝酸反应,转移的电子数目为3NAD．向含有1molFeI2溶质的溶液中通入适量的氯气，当有1molFe2+被氧化时，该反应转移电子的数目为3NA7、下列说法中，不正确的是A．固体表面水膜的酸性很弱或呈中性，发生吸氧腐蚀B．钢铁表面水膜的酸性较强，发生析氢腐蚀C．将锌板换成铜板对钢闸门保护效果更好D．钢闸门作为阴极而受到保护8、短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，其中X、Z位于同一主族；W的气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周期主族元素中离子半径最小的；ZXR2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色。下列说法正确的是A．最简单氢化物的沸点：W>XB．含氧酸的酸性：Z<RC．Y和R形成的化合物是离子化合物D．向ZXR2与水反应后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成9、一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为－2价)与100mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成3.2g硫单质、0.4molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是（）A．该盐酸的物质的量浓度为4.0mol·L-1B．该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为2：1C．生成的H2S气体在标准状况下的体积为8.96LD．该磁黄铁矿中FexS的x=0.8510、化学在生产和生活中有重要的应用。下列说法正确的是A．陶瓷坩埚和石英坩埚都是硅酸盐产品B．乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的C．新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料D．高分子吸水性树脂聚丙烯酸钠，不溶于水，可吸收其自身重量几百倍的水11、在测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，会导致测定结果偏低的是（）A．加热后固体发黑B．坩埚沾有受热不分解的杂质C．加热时有少量晶体溅出D．晶体中混有受热不分解的杂质12、在2L的密闭容器中，发生反应：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)+131.5kJ，5min后达到平衡，固体减少了24g，则A．ρ气体不变时反应达到平衡状态 B．v正(CO)为2.4mol/(L∙min)C．若容器体积缩小，平衡常数减小 D．增大C的量，平衡右移13、下列关于轮船嵌有锌块实施保护的判断不合理的是A．嵌入锌块后的负极反应：Fe﹣2e-=Fe2+B．可用镁合金块代替锌块进行保护C．腐蚀的正极反应：2H2O+O2+4e-=4OH-D．该方法采用的是牺牲阳极的阴极保护法14、某有机物结构简式如图，下列对该物质的叙述中正确的是A．该有机物易溶于苯及水B．该有机物苯环上的一氯代物共有4种C．该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色D．1mol该有机物最多可与1molNaOH发生反应15、NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法中正确的是A．铁丝和3.36LCl2完全反应，转移电子的数目为0.3NAB．1molNaClO中含有的Cl—数目为NAC．5mL0.005mol/L的Fe(SCN)3中溶质的微粒数目为2.5×10－7NAD．18gH2O中含有的电子数为10NA16、熔化时需破坏共价键的晶体是A．NaOH B．CO2 C．SiO2 D．NaCl二、非选择题（本题包括5小题）17、氯吡格雷是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾病的药物。以A为原料合成该药物的路线如图：（1）A的化学名称是__，C中的官能团除了氯原子，其他官能团名称为__。（2）A分子中最少有__原子共面。（3）C生成D的反应类型为__。（4）A与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为__。（5）物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，符合以下条件的G的同分异构体共有__种。①除苯环之外无其他环状结构；②能发生银镜反应。③苯环上有只有两个取代基。其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2∶2∶2∶1的结构简式为__。（6）已知：，写出以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）__。18、为探究黑色固体X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：（1）X的化学式是______________。（2）写出蓝色溶液转化为蓝色沉淀的离子方程式是______________。（3）写出固体甲与稀硫酸反应的化学方程式______________。19、某课外小组制备SO2并探究SO2的相关性质，他们设计了如图装置（夹持仪器省略）：(1)实验需要大约100mL的1:1硫酸（浓硫酸与溶剂水的体积比），配制该硫酸时需要的玻璃仪器是：玻璃棒、______、_______，配制过程_______________________________。(2)图中装置A的作用是________________________________。(3)若需要对比干燥SO2和湿润的SO2的漂白性，则各仪器中需要加入的试剂分别是：C：_____________D：_________E：品红溶液F：NaOH溶液若需要先后验证SO2的氧化性与还原性，则各仪器中需要加入的试剂分别是：C：空瓶D：_____________E：_________F：NaOH溶液写出验证SO2还原性装置中的离子反应方程式__________________________________。(4)亚硫酸钠易被氧化，在下列方框内设计一个实验流程图测定亚硫酸钠的质量分数，设样品质量为W克，流程图样例如下，需要测定的数据自行设定符号表示，列出亚硫酸钠质量分数的计算表达式___________________，并说明各符号的意义：________________20、二氧化硫(SO2)是一种在空间地理、环境科学、地质勘探等领域受到广泛研究的一种气体。Ⅰ.某研究小组设计了一套制备及检验SO2部分性质的装置，如图所示：(1)仪器A的名称____________。(2)装置乙的作用是为了观察生成SO2的速率，则装置乙中加入的试剂是____________。(3)①实验前有同学提出质疑：该装置没有排空气，而空气中的O2氧化性强于SO2，因此装置丁中即使有浑浊现象也不能说明是SO2导致的。请你写出O2与Na2S溶液反应的化学反应方程式____________。②为进一步检验装置丁产生浑浊现象的原因，进行新的实验探究。实验操作及现象见表：序号实验操作实验现象1向10mL1mol/LNa2S溶液中通O215min后，溶液才出现浑浊2向10mL1mol/LNa2S溶液中通SO2溶液立即出现黄色浑浊由实验现象可知：该实验条件下Na2S溶液出现浑浊现象是SO2导致的。你认为上表实验1反应较慢的原因可能是____________。Ⅱ.铁矿石中硫元素的测定可以使用燃烧碘量法，其原理是以氮气为载体，以稀盐酸、淀粉和碘化钾的混合溶液为吸收液，用0.0010mol·L-1KIO3标准溶液进行滴定。检测装置如图所示：[查阅资料]①实验进行5min样品中的S元素都可转化为SO2②2IO3-+5SO2+4H2O=8H++5SO42-+I2③I2+SO2+2H2O=2I-+SO42-+4H+④IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O(4)工业设定的滴定终点现象是____________。(5)实验一：不放样品进行实验，5min后测得消耗标准液体积为V1实验二：加入1g样品再进行实验，5min后测得消耗标准液体积为V2①比较数据发现V1远远小于V2，可忽略不计。则设置实验一的目的是___________。②测得V2的体积如表：序号123KIO3标准溶液体积/mL10.029.9810.00该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为____________。21、工业和生活中产生的废气、、对环境有害，若能合理的利用吸收，可以减少污染，变废为宝。(1)已知甲烷的燃烧热为；1mol水蒸气变成液态水放热：,则____________。(2)汽车尾气中含有和，某研究小组利用反应：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)实现气体的无害化排放。T℃时，在恒容的密闭容器中通入一定量的和，能自发进行上述反应，测得不同时间的和的浓度如表：时间012345①0到2s内用表示的化学反应速率为______，该温度下，反应的平衡常数K1=______。②若该反应在恒容绝热条件下进行，再次达到平衡后的平衡常数为K2，则K1______K2（填“＞”、“＜”'或“＝”）。(3)一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g)△H<0若向恒容密闭容器中通入和，反应在不同条件下进行上述反应，反应体系总压强随时间变化如图所示，与实验a相比，b组、c组分别改变的实验条件可能是____________、____________。(4)常温下，用溶液作捕捉剂可以降低碳排放。若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中____________。（常温下、）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A、根据酸的电离常数的大小确定酸性强弱顺序是HCN＜H2CO3＜CH3COOH＜H2C2O4，所以等物质的量浓度的溶液pH关系：NaCN＞NaHCO3＞CH3COONa＞NaHC2O4，故A错误；B、根据数据知道酸性：草酸氢根离子强于碳酸的酸性，所以反应NaHC2O4+NaHCO3→Na2C2O4+H2O+CO2↑能发生，故B正确；C、等体积等物质的量浓度的溶液中，NaCN水解程度大，水解生成HCN分子，则相同条件下，两溶液比较，CH3COONa溶液中的离子总数较多，故C错误；D、Na2CO3溶液中物料守恒c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，故D错误；故选B。【点晴】本题考查离子浓度大小的比较，明确信息得到酸性的强弱是解答的关键，注意盐类水解规律及溶液中的守恒式来解答。在探究离子浓度问题，要充分认识电解质在溶液中的表现，全面考虑溶液中各种离子的存在情况及相互关系，比如：在Na2CO3溶液中存在Na2CO3的电离，CO32-的水解、二级水解以及H2O的电离等多个反应，故溶液中微粒有H2O、Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-，忽视任何一个很微弱的反应、很微少的粒子都是不正确的等方面的因素。2、D【解析】

A、将键线式转化为分子式，该物质的分子式为C9H10，A错误；B、该物质有个对称轴，共有4种等效氢，如图所示，则一氯代物共4种，B错误；。C、两个环共用的碳原子，是饱和的碳原子，与4个碳原子相连，空间结构类似于CH4，最多3个原子共平面，C错误；B、分子中含有碳碳双键，能够被高锰酸钾氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；答案选D。3、D【解析】

A、NaOH是氢氧化钠的化学式，它是由钠离子和氢氧根离子构成的，不能表示物质的一个分子，A不符合题意；B、SiO2只能表示二氧化硅晶体中Si、O原子的个数比为1:2，不能表示物质的一个分子，B不符合题意；C、Fe是铁的化学式，它是由铁原子直接构成的，不能表示物质的一个分子，C不符合题意；D、CO2是二氧化碳的化学式，能表示一个二氧化碳分子，D符合题意；答案选D。【点睛】本题难度不大，掌握化学式的含义、常见物质的粒子构成是正确解题的关键。4、C【解析】

氨水中通入HCl，发生NH3·H2O＋HCl=NH4Cl＋H2O，对水的电离抑制能力先减弱后增大，然后逐步分析；【详解】A、当两者恰好完全反应时，n(HCl)=n(NH3·H2O)=20×10－3L×0.1mol·L－1=2×10－3mol，标准状况下HCl的体积为44.8mL，随着HCl的加入，溶液由碱性向酸性变化，b点对应水电离出的H＋浓度为10－7mol·L－1，此时溶液显中性，溶质为NH3·H2O和NH4Cl，即所加HCl气体在标准状况下的体积小于44.8mL，故A错误；B、b点时，溶液显电中性，即c(NH4＋)=c(Cl－)，c点溶质为NH4Cl，c(Cl－)>c(NH4＋)，因此b、c之间溶液中c(NH4＋)<c(Cl－)，故B错误；C、c点溶质为NH4Cl，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4＋发生水解，NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，加水稀释，促进水解，n(NH3·H2O)增大，n(NH4+)减小，同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，即c(NH4＋)/c(NH3·H2O)减小，故C正确；D、d点溶质为NH4Cl和HCl，溶液显酸性，故D错误，答案选C。5、C【解析】

A项，活性炭为糖浆脱色是因为活性炭具有吸附性，双氧水漂白纸浆是双氧水具有强氧化性，两者原理不同，A错误；B项，Cu在金属活动性顺序表中处于H的后面，铜制品不能发生析氢腐蚀，B错误；C项，NaHCO3溶液与Al2（SO4）3溶液发生双水解反应生成Na2SO4、CO2和Al（OH）3，可以制作泡沫灭火剂，C项正确；D项，氯化钠主要来自于海水，电解NaCl溶液生成NaOH、H2和Cl2，不能制得Na，电解熔融氯化钠才可以得到金属钠，D错误；答案选C。6、D【解析】

A.NaHSO4在熔融状态电离产生Na+、HSO4-，1个NaHSO4电离产生2个离子，所以0.1molNaHSO4在熔融状态中含有的离子总数为0.2NA，选项A错误；B.标准状况下HF呈液态，不能使用气体摩尔体积，选项B错误；C.常温时Al遇浓硝酸会发生钝化现象，不能进一步反应，选项C错误；D.微粒的还原性I->Fe2+，向含有1molFeI2溶质的溶液中通入适量的氯气，当有1molFe2+被氧化时，I-已经反应完全，则1molFeI2反应转移3mol电子，则转移电子数目是3NA，选项D正确；故合理选项是D。7、C【解析】

钢铁生锈主要是电化学腐蚀，而电化学腐蚀的种类因表面水膜的酸碱性不同而不同，当表面水膜酸性很弱或中性时，发生吸氧腐蚀；当表面水膜的酸性较强时，发生析氢腐蚀，A、B均正确；C、钢闸门与锌板相连时，形成原电池，锌板做负极，发生氧化反应而被腐蚀，钢闸门做正极，从而受到保护，这是牺牲阳极的阴极保护法；当把锌板换成铜板时，钢闸门做负极，铜板做正极，钢闸门优先腐蚀，选项C错误；D、钢闸门连接直流电源的负极，做电解池的阴极而受到保护，这是连接直流电源的阴极保护法，选项D正确。答案选C。8、D【解析】

W的气态氢化物常用作制冷剂，W为N元素；X、Z位于同一主族；ZXR2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色，可推断该气体为SO2，则X为O，Z为S，R为Cl；Y是同周期主族元素中离子半径最小的，Y是Al。【详解】根据题意，可推断出W、X、Y、Z、R分别是N、O、Al、S、Cl元素；A.W和X最简单氢化物的为NH3、H2O，沸点大小为NH3<H2O，所以A项错误；B.最高价含氧酸的酸性：Z<R，B项错误；C.Y和R形成的化合物AlCl3是共价化合物，C项错误；D.SOCl2与水反应,SOCl2+H2O=SO2↑+HCl，向反应后溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀AgCl生成，D项正确。答案选D。9、C【解析】

n(S)=3.2g÷32g/mol=0.1mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)==0.2mol，则n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，所以n(Fe2+)：n(Fe3+)=0.2mol：0.2mol=1：1，以此解答该题。【详解】A.盐酸恰好反应生成FeCl2的物质的量为0.4mol，根据Cl原子守恒可得c(HCl)==8.0mol/L，A错误；B.由以上分析可知，该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比n(Fe2+)：n(Fe3+)=1：1，B错误；C.根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)=n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol，V(H2S)=0.4mol×22.4L/mol=8.96L，C正确；D.FexS中n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol，n(Fe)=0.4mol，所以n(Fe)：n(S)=0.4mol：0.5mol=0.8，所以x=0.8，D错误。故合理选项是C。10、D【解析】

A.石英坩埚主要成分为二氧化硅，属于氧化物，不是硅酸盐产品，选项A错误；B.过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇可使蛋白质脱水而变性，不具有氧化性，选项B错误；C.光导纤维主要成分为二氧化硅，属于无机物，不是有机高分子材料，选项C错误；D.高吸水性树脂属于功能高分子材料，聚丙烯酸钠含亲水基团，相对分子质量在10000以上，属于功能高分子材料，选项D正确；故合理选项是D。11、D【解析】

A．固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故A不合题意；B．坩埚内附有不分解的杂质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不变，故B不合题意；C．加热过程中有少量晶体溅出，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故C不合题意；D．晶体不纯，含有不挥发杂质，造成加热前后固体的质量差偏小，测量结果偏低，故D符合题意；故选D。12、A【解析】

A.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)是气体体积增大的反应，反应过程中体积不变，当气体质量不变时反应到达平衡，此时ρ气体不变，ρ气体不变时反应达到平衡状态，故A正确；B.5minC(s)减少了=2mol，根据反应关系C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)可知△c(CO)==1mol/L，v正(CO)==0.2mol▪L-1▪min-1，故B错误；C.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)是气体体积增大的反应，若容器体积缩小，压强增大，平衡左移，平衡常数和温度有关系，压强改变，平衡常数不变，故C错误；D.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)中C是固体，增大C的量其浓度不变，平衡不移动，故D错误；正确答案是A。【点睛】C项注意：平衡常数是化学反应的特性常数。它不随物质的初始浓度（或分压）而改变，仅取决于反应的本性。一定的反应，只要温度一定，平衡常数就是定值，其他任何条件改变都不会影响它的值。13、A【解析】

A.嵌入锌块做负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，A项错误；B.上述方法为牺牲阳极的阴极保护法，即牺牲做负极的锌块保护做正极的轮船，故可以用镁合金来代替锌块，B项正确；

C.由于海水呈弱碱性，铁发生吸氧腐蚀，故正极反应为2H2O+O2+4e-=4OH-，C项正确；D.此保护方法是构成了原电池，牺牲了锌块保护轮船，故为牺牲阳极的阴极保护法，D项正确；答案选A。14、D【解析】

A.该有机物烃基较大，不溶于水（亲水基较少，憎水基较多），所以易溶于苯但不溶于水，故A错误；B.该有机物苯环上的一氯代物与苯环上另一取代基有邻间对3种位置，共有3种，故B错误；C.该有机物没有碳碳双键或碳碳叁键不能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，故C错误；D.该有机物只有一个普通酯基可与1molNaOH发生反应，故D正确；故答案为D。15、D【解析】

A.未告知是否为标准状况，无法计算3.36LCl2的物质的量，因此无法确定铁和氯气反应转移的电子数，故A错误；B.次氯酸钠中不存在氯离子，故B错误；C.Fe(SCN)3为难电离的物质，5mL0.005mol/L的Fe(SCN)3中溶质的物质的量为0.005L×0.005mol/L=2.5×10－5mol，微粒数目略小于2.5×10－5NA，故C错误；D.18gH2O的物质的量为1mol，而水为10电子微粒，故1mol水中含10NA个电子，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为A，使用气体摩尔体积需要注意：①对象是否为气体；②温度和压强是否为标准状况。16、C【解析】原子晶体在熔化时需要破坏共价键，四个选项中仅C为原子晶体，故选择C。点睛：熔化时要破坏化学键的物质有：1、离子化合物：破坏离子键；2、原子晶体：破坏共价键；3、金属单质和合金：破坏金属键。常见原子晶体有：有金刚石C、二氧化硅SiO2、晶体硅Si、SiC。二、非选择题（本题包括5小题）17、邻氯苯甲醛（2—氯苯甲醛）氨基、羧基12取代反应（或酯化反应）+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+6、【解析】

根据题干信息分析合成氯吡格雷的路线可知，A与NH4Cl、NaCN反应生成B，B酸化得到C，C与CH3OH发生酯化反应生成D，D发生取代反应得到E，E最终发生反应得到氯吡格雷，据此结合题干信息分析解答问题。【详解】(1)有机物A的结构简式为，分子中含有醛基和氯原子，其化学名称为邻氯苯甲醛，C的结构简式为，分子中含有的管能团有氨基、羧基和氯原子，故答案为：邻氯苯甲醛；氨基、羧基；(2)A分子中苯环和醛基均为共平面结构，故分子中最少有苯环上的所有原子共平面，即最少有12个原子共平面，故答案为：12；(3)C与CH3OH发生酯化反应生成D，反应类型为取代反应（或酯化反应），故答案为：取代反应（或酯化反应）；(4)A的结构简式为，分子中含有醛基，可与新制Cu(OH)2反应生成Cu2O的砖红色沉淀，反应方程式为+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+；(5)物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，物质G除苯环之外无其他环状结构；能发生银镜反应，可知物质G含有醛基，又苯环上有只有两个取代基，则物质G除苯环外含有的基团有2组，分别为—CHO、—CH2Cl和—Cl、—CH2CHO，分别都有邻间对3中结构，故G的同分异构体共有6种，其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2∶2∶2∶1的结构简式为、，故答案为：6；、；(6)已知：，根据题干信息，结合合成氯吡格雷的路线可得，以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线可以是，故答案为：。18、CuOCu2++2OH-=Cu(OH)2Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O【解析】

流程中32gX隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量：32.0g-28.8g=3.2g，证明X中含氧元素，28.8g固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液，说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素，即X中含铜元素，铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO，X为氧化铜，n(CuO)==0.4mol，结合质量守恒得到n(O2)==0.1mol，氧元素守恒得到甲中n(Cu)：n(O)=0.4mol：(0.4mol-0.1mol×2)=2：1，固体甲化学式为Cu2O，固体乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，加热分解得到16.0g氧化铜。【详解】(1)分析可知X为CuO，故答案为CuO；(2)蓝色溶液为硫酸铜溶液，转化为蓝色沉淀氢氧化铜的离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2，故答案为Cu2++2OH-=Cu(OH)2；(3)固体甲为Cu2O，氧化亚铜和稀硫酸溶液发生歧化反应生成铜、二价铜离子和水，反应的化学方程式为：Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O，故答案为Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O。19、烧杯量筒量取50mL水置于烧杯中，再将50mL浓硫酸沿玻璃棒缓缓加入到烧杯中，边加边搅拌确保液体顺利流下浓硫酸干燥的品红试纸Na2S溶液溴水Br2+SO2+2H2O→4H＋＋2Br－+SO42-亚硫酸钠质量分数=（a表示硫酸钡质量）【解析】

(1)配制大约100mL的1：1硫酸时需要的玻璃仪器为玻璃棒、烧杯、量筒；注意将50mL浓硫酸沿玻璃棒缓缓加入到烧杯中，边加边搅拌，不能将50mL水沿玻璃棒缓缓加入到烧杯50mL浓硫酸中；(2)图1中装置A的作用是保证上下压强相同，确保液体顺利流下；(3)若需要对比干燥SO2和湿润的SO2的漂白性，则首先应对二氧化硫进行干燥，再通过干燥的品红试纸，检验干燥SO2的漂白性，最后通过品红溶液检验湿润的SO2的漂白性；若需要先后验证SO2的氧化性与还原性，氧化性则通过还原剂Na2S溶液看是否有S沉淀生成；还原性则通过氧化剂溴水看是否退色，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=2SO42-+2Br-+4H+；(4)根据亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠，硫酸钡不溶于盐酸而亚硫酸钡溶于盐酸来设计计算亚硫酸钠的质量分数。【详解】(1)配制大约100mL的1：1硫酸时需要的玻璃仪器为玻璃棒、烧杯、量筒；配制过程为将50mL浓硫酸沿玻璃棒缓缓加入到盛有50ml水的烧杯中，边加边搅拌；故答案为：烧杯；量筒；将50mL浓硫酸沿玻璃棒缓缓加入到盛有50ml水的烧杯中，边加边搅拌；(2)图1中装置A的作用是保证上下压强相同，确保液体顺利流下，故答案为：确保液体顺利流下；(3)若需要对比干燥SO2和湿润的SO2的漂白性，则首先应对二氧化硫进行干燥，则先通过浓硫酸，再通过干燥的品红试纸，检验干燥SO2的漂白性，最后通过品红溶液检验湿润的SO2的漂白性；若需要先后验证SO2的氧化性与还原性，氧化性则通过还原剂Na2S溶液看是否有S沉淀生成；还原性则通过氧化剂溴水看是否退色，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=2SO42-+2Br-+4H+；故答案为：浓硫酸；干燥的品红试纸；Na2S溶液；溴水；SO2+Br2+2H2O=2SO42-+2Br-+4H+；(4)因为亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠，硫酸钡不溶于盐酸而亚硫酸钡溶于盐酸，所以流程为称取样品质量为W克溶液固体固体a克；则亚硫酸钠质量分数=(1-)×100%(a表示硫酸钡质量，样品质量为W克)，故答案为：亚硫酸钠质量分数=(1-)×100%(a表示硫酸钡质量，样品质量为W克)。20、蒸馏烧瓶饱和亚硫酸氢钠溶液O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓氧气中水中的溶解度比二氧化硫小吸收液出现稳定的蓝色空白实验0.096%【解析】

I.在装置A中制取SO2气体，通过乙观察SO2气体产生的速率，经品红溶液检验SO2的漂白性，在装置丁中SO2与Na2S会发生氧化还原反应产生S单质，SO2及反应产生的H2S都是有毒气体，经NaOH溶液尾气处理后排出。II.根据IO3-能够氧化SO2为SO42-，氧化I-为I2，SO2反应完全后，再滴入的IO3-溶液，I2不再反应，溶液中的I2遇淀粉溶液变为蓝色；要测定物质含量，应该排除杂质的干扰，设计对比实验，为减少实验的偶然性，要进行多次平行实验，取多次实验的平均值，根据反应过程中电子守恒计算铁矿石样品中硫元素的质量分数。【详解】(1)根据图示仪器结构可知：仪器A的名称为蒸馏烧瓶；(2)装置乙的作用是为了观察生成SO2的速率，为了减少SO2气体在溶液中的溶解，可根据H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡的性质，在装置乙中加入的试剂为饱和NaHSO3溶液；(3)①Na2S具有还原性，O2具有氧化性，在溶液中会发生氧化还原反应产生S单质和NaOH，反应的化学方程式为O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓；②根据O2、SO2气体分别通入到Na2S溶液中产生S单质的时间可知，物质的氧化性：SO2>O2，该实验条件下Na2S溶液出现浑浊现象是SO2导致的。表中实验1反应较慢的原因可能是O2难溶于水，而SO2易溶于水，由于氧气中水中的溶解度比二氧化硫小，导致反应速率较慢；II.(4)根据方程式可知物质的氧化性：IO3->I2>SO2，向含有SO2、KI和淀粉溶液中滴加KIO3溶液，首先发生②反应，当SO2反应完全后发生反应④，反应产生的I2单质遇淀粉溶液会变为蓝色，且半分钟内溶液蓝色不褪去，就证明滴定达到终点；(5)①通过比较实验一、实验二的数据，发现V1远远小于V2，可忽略不计V1。设置实验一的目的是空白对比实验，排除干扰因素的存在；②三次实验数据相差不大，均有效，则平均消耗KIO3标准溶液体积V(KIO3)=mL=10.00mL，n(KIO3)=c·V=0.0010mol/L×0.0100L=1.0×10-5mol，根据电子守恒及结合②③方程式可知n(SO2)=3n(KIO3)=3.0×10-5mol，根据S元素守恒可知其中含有S元素的质量为m(S)=n·M=3.0×10-5mol×32g/mol=9.6×10-4g，所以该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为×100%=0.096%。【点睛】本题考查了气体的制取、性质的验证、化学反应方程式的书写及应用和物质含量测定。掌握反应原理和物质的性质是计算与判断的依据。在进行有关计算时要结合电子守恒及元素守恒分析判断。易错点是(5)中S含量计算，关键是IO3-氧化SO2时二者物质的量的关系的确定，注意还原产物I2也可氧化SO2，要根据总方程式判断。21、-1168kJ/mol1.875×10-4mol/(L·s)5000L/mol>使用适当的催化剂升高温度2：1【解析】

(1)根据图2写出热化学方程式，利用甲烷燃烧热写出热化学方程式，根据1mol水蒸气变成液态水放热44kJ，写出热化学方程式，再利用盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，得到目标热化学方程式；(2)①根据图表，0～2s内，NO的浓度变化为△c(NO)=(1-0.25)×10-3=0.75×10-3mol/L，反应经历的时间为△t=2s，则NO的化学反应平均速率为v(NO)