贵州省遵义航天高中2024年高考化学一模试卷含解析

贵州省遵义航天高中2024年高考化学一模试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关物质性质的比较，不正确的是A．金属性：Al＞MgB．稳定性：HF＞HClC．碱性：NaOH＞Mg(OH)2D．酸性：HClO4＞H2SO42、下列说法正确的是()A．碳素钢在海水中发生的腐蚀主要是析氢腐蚀B．反应Si(s)＋2Cl2(g)===SiCl4(l)在室温下能自发进行，则该反应的ΔH>0，△S>0C．室温时，CaCO3在0.1mol·L－1的NH4Cl溶液中的溶解度比在纯水中的大D．2molSO2和1molO2在密闭容器中混合充分反应，转移电子的数目为4×6.02×10233、用如图所示装置进行下述实验，下列说法正确的是选项RabMnm中电极反应式A导线FeCuH2SO4CuSO4Fe－3e－＝Fe3＋B导线CuFeHClHCl2H＋－2e－＝H2↑C电源，右侧为正极CuCCuSO4H2SO4Cu－2e－＝Cu2＋D电源，左侧为正极CCNaClNaCl2Cl-－2e－＝Cl2↑A．A B．B C．C D．D4、下列关于各装置与其对应的实验目的或得到的实验结论的说法中正确的是（）选项ABCD实验装置探究温度对平衡2NO2N2O4的影响目的或结论探究温度对平衡2NO2N2O4的影响试管中收集到无色气体，说明铜与浓硝酸的反应产物是NO海带提碘时，用上述装置灼烧海带除去HCl气体中混有的少量Cl2A．A B．B C．C D．D5、锡为ⅣA族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（SnI4，熔点144.5℃，沸点364.5℃，易水解）。实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2I2SnI4制备SnI4。下列说法错误的是（）A．加入碎瓷片的目的是防止暴沸B．SnI4可溶于CCl4中C．装置Ⅰ中a为冷凝水进水口D．装置Ⅱ的主要作用是吸收挥发的I26、白色固体Na2S2O4常用于织物的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去。下列关于Na2S2O4说法不正确的是A．可以使品红溶液褪色B．其溶液可用作分析化学中的吸氧剂C．其溶液可以和Cl2反应，但不能和AgNO3溶液反应D．已知隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2，则其残余固体产物中可能有Na2S2O37、工业上用发烟HClO4把潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2(ClO4)2]来除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法不正确的是（）A．HClO4属于强酸，反应还生成了另一种强酸B．该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8C．CrO2(ClO4)2中Cr元素显+6价D．该反应离子方程式为19ClO4-+8Cr3++8OH-=8CrO2(ClO4)2+3Cl-+4H2O8、某工厂排放的污水只可能含Na+、K+、NH4+、Mg2+、Fe3+、SO32-、SO42-和Cl-中的几种（忽略由水电离产生的H+、OH-）。将试样平均分成甲、乙、丙各l00mL三份，每次均加入足量的试剂，设计如下实验。下列说法正确的是（）A．废水可能含有Na+、K+、Fe3+B．可能存在的离子用焰色反应进一步检验确认C．废水一定含有Cl-、SO42-和Mg2+，且c(Cl-)=0.2mol·L-1D．废水一定不含SO32-、Cl-、NH4+、Na+、K+、Fe3+9、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中。常温下Z单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是A．元素Y的最高化合价为+6价B．最简单氢化物的沸点：Y＞WC．原子半径的大小顺序：W＞Z＞X＞YD．X、Z、W分别与Y均能形成多种二元化合物10、对于排布在2s轨道上的电子，不能确定的是A．电子所在的电子层 B．电子的自旋方向C．电子云的形状 D．电子云的伸展方向11、工业上电化学法生产硫酸的工艺示意图如图，电池以固体金属氧化物作电解质，该电解质能传导O2-离子，已知S(g)在负极发生的反应为可逆反应，则下列说法正确的是（）A．在负极S(g)只发生反应S-6e-+3O2-=SO3B．该工艺用稀硫酸吸收SO3可提高S(g)的转化率C．每生产1L浓度为98%，密度为1.84g/mL的浓硫酸，理论上将消耗30mol氧气D．工艺中稀硫酸浓度增大的原因是水参与电极放电质量减少12、下列有关化学用语表示正确的是A．氢氧根离子的电子式B．NH3·H2O的电离NH3·H2ONH4++OH-C．S2－的结构示意图D．间二甲苯的结构简式13、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．pH=1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+B．水电离出的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-C．=1012的水溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-D．c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：K+、ClO-、SO42-、SCN-14、据最近报道，中科院院士在实验室中“种”出了钻石，其结构、性能与金刚石无异，使用的“肥料”是甲烷。则下列错误的是（）A．种出的钻石是有机物 B．该种钻石是原子晶体C．甲烷是最简单的烷烃 D．甲烷是可燃性的气体15、下列实验中，所选装置或仪器合理的是A．高温煅烧石灰石 B．从KI和I2的固体混合物中回收I2C．除去乙醇中的苯酚 D．量取15.00mLNaOH溶液16、“拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是A．无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价B．Al65Cu23Fe12的硬度小于金属铁C．Al65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料D．1molAl65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265mol电子二、非选择题（本题包括5小题）17、烯烃和酚类是两种重要的有机化工原料。完成下列填空：(1)合成除苯乙烯外，还需要另外两种单体，写出这两种单体的结构简式________________________________、_________________________________。(2)由苯乙烯合成（）需要三步，第一步选用的试剂为__________，目的是______________________________。(3)邻甲基苯酚可合成A，分子式为C7H6O3，在一定条件下A自身能缩聚成B。B的结构简式_________。A与浓溴水反应的化学方程式为_________________。(4)设计一条由制备A的合成路线（合成路线常用的表示方法为：MN……目标产物）____________________。18、有研究人员在体外实验中发现药物瑞德西韦对新冠病毒有明显抑制作用。E是合成瑞德西韦的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：(1)W的化学名称为____；反应①的反应类型为____(2)A中含氧官能团的名称为____。(3)写出反应⑦的化学方程式_____(4)满足下列条件的B的同分异构体有____种(不包括立体异构)。①苯的二取代物且苯环上含有硝基；②可以发生水解反应。上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2的结构简式为____________(5)有机物中手性碳(已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳)有___个。结合题给信息和已学知识，设计由苯甲醇为原料制备的合成路线_______(无机试剂任选)。19、乙酰苯胺具有退热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，有“退热冰”之称。其制备原理如下：已知：①苯胺易被氧化；②乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性质如下表：物质熔点沸点溶解度(20℃)乙酰苯胺114.3℃305℃0.46苯胺－6℃184.4℃3.4醋酸16.6℃118℃易溶实验步骤如下：步骤1：在50mL圆底烧瓶中，加入5mL苯胺、7.5mL冰醋酸及少许锌粉，依照如图装置组装仪器。步骤2：控制温度计示数约105℃，小火加热回流1h。步骤3：趁热将反应混合物倒入盛有100mL冷水的烧杯中，冷却后抽滤，洗涤，得到粗产品。（1）步骤1中加入锌粉的作用是________。（2）步骤2中控制温度计示数约105℃的原因是________。（3）步骤3中趁热将混合物倒入盛有冷水的烧杯中，“趁热”的原因是__________________。抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有________、________(填仪器名称)。（4）步骤3得到的粗产品需进一步提纯，该提纯方法是________。20、信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70％Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为__________；得到滤渣1的主要成分为__________。（2）第②步中加H2O2的作用是__________，使用H2O2的优点是__________；调溶液pH的目的是使__________生成沉淀。（3）第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是__________。（4）由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：甲：滤渣2酸浸液Al2(SO4)3·18H2O乙：滤渣2酸浸液滤液Al2(SO4)3·18H2O丙：滤渣2滤液溶液Al2(SO4)3·18H2O上述三种方案中，__________方案不可行，原因是__________；从原子利用率角度考虑，__________方案更合理。（5）探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O(Mr=250)含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol·L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应为：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+①写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω=__________；②下列操作会导致含量的测定结果偏高的是______。a未干燥锥形瓶b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c未除净可与EDTA反应的干扰离子21、(1)一定条件下，CO2与1.0mol·L-1NaOH溶液充分反应放出的热量如下表：反应序号CO2的物质的量/molNaOH溶液的体积/L放出的热量/kJ10.50.75X21.02.00y该条件下CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式为_____________________。(2)用焦炭还原NO的反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒温容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n(NO)随反应时间t的变化情况如下表：温度t/min04080120160甲(673K)2.001.501.100.800.80乙(T)2.001.451.001.001.00丙(673K)1.000.800.650.530.45①甲容器中，0～40min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)=____________。②该反应的△H__________(填序号)a．大于0b．小于0c．等于0d．不能确定③丙容器达到平衡时，NO的转化率为__________________。(3)298K时，NH3·H2O的电离常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离常数Kal=4×10-7，Ka2=4×10-11。在NH4HCO3溶液中，c(NH4+)__________c(HCO3-)(填“>”、“<”或“=”)；反应NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K的数值(用科学计数法表示)为_____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】分析：根据元素周期律分析。详解：A.同周期自左向右金属性逐渐减弱，则金属性：Al＜Mg，A错误；B.同主族从上到下非金属性逐渐减弱，氢化物稳定性逐渐减弱，则稳定性：HF＞HCl，B正确；C.同周期自左向右金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的碱性逐渐减弱，则碱性：NaOH＞Mg(OH)2，C正确；D.同周期自左向右非金属性逐渐增强，最高价含氧酸的酸性逐渐增强，则酸性：HClO4＞H2SO4，D正确。答案选A。2、C【解析】

A.海水接近中性，碳素钢在海水中发生的腐蚀主要是吸氧腐蚀，故A错误；B.反应前后气体体积减少，△S<0，反应Si(s)＋2Cl2(g)=SiCl4(l)在室温下能自发进行，则该反应的ΔH>0，故B错误；C.室温时，铵根离子水解呈酸性，促进CaCO3的溶解，CaCO3在0.1mol·L－1的NH4Cl溶液中的溶解度比在纯水中的大，故C正确；D.SO2和O2的反应是可逆反应，2molSO2和1molO2在密闭容器中混合充分反应，转移电子的数目小于4×6.02×1023，故D错误；故选C。3、D【解析】

A、铁作负极，Fe－2e－＝Fe2＋，故A错误；B、铜作正极，2H＋+2e－＝H2↑，故B错误；C、铜作阴极，溶液中的铜离子得电子，2e－+Cu2＋=Cu，故C错误；D、左侧为阳极，2Cl-－2e－＝Cl2↑，故D正确；故选D。4、A【解析】

A．对于可逆反应2NO2N2O4，升高温度，气体的颜色变深，则平衡逆向移动；降低温度，气体颜色变浅，则平衡正向移动，A正确；B．铜与浓硝酸反应，不管生成的气体是NO还是NO2，用排水法收集后，都收集到无色的气体，所以不能肯定生成的气体的成分，B错误；C．灼烧海带时，应放在坩埚内，否则会损坏烧杯，C错误；D．饱和食盐水，用于除去Cl2中混有的HCl气体，D错误；故选A。5、D【解析】

四碘化锡是常用的有机合成试剂SnI4，熔点144.5℃，沸点364.5℃，易水解，说明SnI4是分子晶体。【详解】A选项，在液体加热时溶液暴沸，因此需要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸，故A正确，不符合题意；B选项，根据相似相溶原理，SnI4是非极性分子溶于CCl4非极性分子中，故B正确，不符合题意；C选项，冷凝水方向是“下进上出”，因此装置Ⅰ中a为冷凝水进水口，故C正确，不符合题意；D选项，SnI4易水解，装置Ⅱ的主要作用是防止空气中的水蒸气进去到反应装置中，故D错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】相似相溶原理，SnI4是非极性分子，CCl4是非极性分子，因此SnI4可溶于CCl4中。6、C【解析】

A.Na2S2O4溶于水，会与溶解在水中的氧气反应产生SO2，SO2能使品红溶液褪色，所以Na2S2O4的水溶液具有漂白性，A正确；B.Na2S2O4溶液与少量氧气反应产生亚硫酸氢钠和硫酸氢钠两种盐，反应方程式为：Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4，所以Na2S2O4溶液可用作分析化学中的吸氧剂，B正确；C.Na2S2O4中S元素平均化合价为+3价，具有还原性，Cl2具有氧化性，AgNO3具有酸性和氧化性，所以Na2S2O4与Cl2和AgNO3溶液都可以发生反应，C错误；D.隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2和两种盐Na2S2O3、Na2SO3，D正确；故合理选项是C。7、D【解析】

根据题意，写出该反应的化学方程式：19HClO4+8CrCl3+4H2O=8CrO2(ClO4)2+27HCl，据此解答。【详解】A．HClO4属于强酸，反应生成的HCl也是强酸，A项正确；B．该反应的氧化剂为HClO4，氧化产物为CrO2(ClO4)2，根据方程式，当有19molHClO4参加反应时，其中有3mol作氧化剂，生成的氧化产物[CrO2(ClO4)2]为8mol，因此参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8，B项正确；C．CrO2(ClO4)2中O元素显-2价，ClO4-显-1价，所以Cr元素显+6价，C项正确；D．该反应在酸性条件下发生，离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(ClO4)2+8H++3Cl-，D项错误；答案选D。8、D【解析】甲中滴加溴水不褪色，说明溶液中没有还原性的SO32-；乙中滴加酸化的BaCl2溶液，生成2.33g白色沉淀，此沉淀为BaSO4，物质的量为0.01mol，可知含有0.01molSO42-，滤液滴加酸化的AgNO3溶液生成白色沉淀AgCl的质量为2.87g，物质的量为0.02mol，则溶液中不存在Cl-，原因滴加BaCl2溶液生成0.01molBaSO4时引入的Cl-为0.02mol；丙中滴加NaOH溶液有白色沉淀生成，此沉淀为Mg(OH)2，同时无气体生成，说明没有Fe3+、NH4+，0.58gMg(OH)2的物质的量为0.01mol，可知溶液里含有0.01molMg2+恰好与0.01molSO42-组成中性溶液，故原溶液中也不存在Na+、K+；A．有分析可知废水不存在Na+、K+和Fe3+，故A错误；B．不存在Na+、K+，无须通过焰色反应进一步检验确认，故B错误；C．废水一定含有SO42-和Mg2+，不含Cl-，故C错误；D．有分析可知废水一定不含SO32-、Cl-、NH4+、Na+、K+、Fe3+，故D正确；答案为D。9、B【解析】

X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常用做溶剂的氢化物为H2O，则Y为O，极易溶于水的氢化物有HCl和NH3，X的原子序数小于Y，则X应为N；常温下Z单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，可以联想到铝在浓硫酸和浓硝酸中钝化，而W的原子序数大于Z，所以Z为Al，W为S；综上所述X为N、Y为O、Z为Al、W为S。【详解】A．Y为O元素，没有+6价，故A错误；B．Y、W的简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间存在氢键，硫化氢分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故沸点

H2O＞H2S，故B正确；C．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Z(Al)＞W(S)＞X(N)＞Y(O)，故C错误；D．Al与O只能形成Al2O3，故D错误；故答案为B。10、B【解析】

排布在2s轨道上的电子，则可以判断其在第二电子层，S能级电子云的形状为球形，所以电子云无伸展方向，但不能确定电子的自旋方向，故选B。【点睛】明确S轨道的形状、以及无伸展方向是解题关键，排布在2s轨道上的电子，则可以判断其在第二电子层，S能级电子云的形状为球形，所以电子云无伸展方向，但不能确定电子的自旋方向，据此分析。11、B【解析】

A．据图可知反应过程中有SO2生成，所以负极还发生S-4e-+2O2-=SO2，故A错误；B．S(g)在负极发生的反应为可逆反应，吸收生成物SO3可使反应正向移动，提高S的转化率，故B正确；C．浓度为98%，密度为1.84g/mL的浓硫酸中n(H2SO4)==18.4mol，由S～6e-～1.5O2～H2SO4可知，消耗氧气为18.4mol×1.5=27.6mol，故C错误；D．工艺中稀硫酸浓度增大的原因是负极生成的三氧化硫与水反应生成硫酸，故D错误；故答案为B。12、A【解析】

A.氢氧根离子的电子式为，A项正确；B.NH3·H2O为弱碱，电离可逆，正确为NH3·H2ONH4++OH-，B项错误；C.表示S原子，S2－的结构示意图最外层有8个电子，C项错误；D.是对二甲苯的结构简式，D项错误；答案选A。13、C【解析】

A．pH=1的溶液，显酸性，Fe2+、NO3-、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．水电离出的c(H+)=10-12

mol/L的溶液呈酸性或碱性，HCO3-和氢离子或氢氧根离子都能反应，都不能大量共存，故B错误；C．=1012的水溶液呈酸性，这几种离子之间不反应且和氢离子也不反应，能大量共存，故C正确；D．Fe3+和SCN-发生络合反应，不能大量共存，故D错误；故选C。14、A【解析】

A．由题中信息可知，种出的钻石的结构、性能与金刚石无异，则种出的钻石和金刚石均是碳的单质，由C原子构成，不是有机物，故A错误；B．种出的钻石的结构、性能与金刚石无异，则种出的钻石和金刚石的晶体类型相同，均为原子晶体，故B正确；C．甲烷是最简单的有机物，1个分子中只含有4个C-H键，并且符合烷烃通式为CnH2n+2，即甲烷是最简单的烷烃，故C正确；D．甲烷分子式为CH4，具有可燃性，是可燃性气体，故D正确；故选：A。15、D【解析】

A.高温煅烧石灰石不可用瓷坩埚进行，氧化钙与二氧化硅反应，A错误；B.I2易升华，分离回收碘，应在密封的装置中，图中蒸发皿加热后不能回收碘，B错误；C.苯酚易溶于乙醇中，不会有沉淀，所以不能用过滤法分离乙醇和苯酚，C错误；D.量取15.00mLNaOH溶液，可选择滴定管，移液管等精准的量器，D正确；答案选D。16、C【解析】

A．拟晶Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成，由于金属无负价，根据化合价代数和为0的原则，三种金属的化合价均可视作零价，故A错误；B．拟晶具有合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大，故B错误；C．Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，故C正确；D．溶于过量硝酸时，Al与Fe均变为+3价，Cu变为+2价，故1molAl65Cu23Fe12失电子为65×3+23×2+12×3=277mol，故D错误；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH2=CH-CNCH2=CH-CH=CH2HBr（或HCl）保护碳碳双键防止被加成或氧化【解析】

（1）链节主链为碳原子，且含有碳碳双键，应是烯烃、1，3﹣丁二烯之间发生的加聚反应，除苯乙烯外，还需要另外两种单体为：CH2=CH﹣CN、CH2=CH﹣CH=CH2，故答案为CH2=CH﹣CN、CH2=CH﹣CH=CH2；（2）苯乙烯先与HBr发生加成反应，然后再催化剂条件下发生取代反应，最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到，第一步的目的是：保护碳碳双键防止被加成，故答案为HBr；保护碳碳双键防止被加成；（3）邻甲基苯酚可合成A，分子式为C7H6O3，则A为，A发生缩聚反应得到B，B的结构简式为：，A与浓溴水反应的化学方程式为：，故答案为；；（4）在碱性条件下水解得到，然后发生催化氧化得到，再氧化得到，最后用酸酸化得到，合成路线流程图为：。18、氨基乙酸取代反应硝基和羟基++H2O82【解析】

根据流程图，A()和发生取代反应生成B()，B和磷酸在加热条件下发生取代生成C，C在一定条件下转化为，中的一个氯原子被取代转化为D；X与HCN发生加成反应生成Y，Y和氨气在一定条件下发生取代反应生成Z，Z在酸性条件下水解得到W，D和R在一定条件下反应生成E，根据E和D的结构简式，可推出R的结构简式为，由此可知W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，据此分析解答。【详解】(1)W的结构简式为，结构中有羧基和氨基，化学名称为氨基乙酸；根据分析，反应①为A()和发生取代反应生成B()，反应类型为取代反应；(2)A的结构简式为，含氧官能团的名称为硝基和羟基；(3)根据分析，反应⑦为W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，R的结构简式为，化学方程式++H2O；(4)B的结构简式为，①苯的二取代物且苯环上含有硝基；②可以发生水解反应，说明另一个取代基为酯基，该酯基的结构可为-OOCCH3或-COOCH3或-CH2OOCH，在苯环上与硝基分别有邻间对三种位置，分别为：、、、、、、、、，除去自身外结构外，共有8种；上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2，说明分子中含有三种不同环境的氢原子且个数比为3:2:2，则符合要求的结构简式为；(5)已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳，有机物中手性碳的位置为，有2个；的水解产物为，的结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化可得到苯甲醛，则合成路线为：。19、防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用温度过高，未反应的乙酸蒸出，降低反应物的利用率；温度过低，又不能除去反应生成的水若让反应混合物冷却，则固体析出沾在瓶壁上不易处理吸滤瓶布氏漏斗重结晶【解析】

（1）锌粉起抗氧化剂作用，防苯胺氧化，另外混合液加热，加固体还起到防暴沸作用；（2）乙酸有挥发性，不易温度太高，另外考虑到水的沸点为100℃，太低时水不易蒸发除去；（3）“趁热”很明显是防冷却，而一旦冷却就会有固体析出；抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有吸滤瓶和布氏漏斗；（4）粗产品需进一步提纯，该提纯方法是重结晶。20、Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2OPt、Au将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质，对环境无污染Al3+、Fe3+加热脱水甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙×100%c【解析】

稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，滤液1中加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氢氧化钠并调节溶液pH使Al3+、Fe3+生成沉淀，滤液2中主要含有Cu2+，然后将硫酸铜溶液蒸发、冷却结晶、过滤得到硫酸铜晶体；将滤渣2(主要含有氢氧化铁和氢氧化铝)经过一系列步骤制取Al2(SO4)3·18H2O。结合物质的性质分析解答。【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Pt、Au，(2)第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，根据流程图，调溶液pH的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀，故答案为将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Al3+、Fe3+；(3)第③步由CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是在坩埚中加热脱水，故答案为在坩埚中加热脱水；(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，过滤除去生成的铁和过量的铝粉，将滤液蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成药品浪费，故答案为甲；所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；乙；(5)①取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol•L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL，滴定反应如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+，铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol；依据元素守恒得到：则20mL溶液中含有的CuSO4•5H2O物质的量为bc×10-3mol；100mL溶液中含bc×10-3mol×5=5bc×10-3mol，所以CuSO4•5H2O质量分数的表达式=×100%，故答案为×100%；②a．未干燥锥形瓶对实验结果无影响，故错误；b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，导致消耗标准液读数偏小，结果偏低，故错误；c．未除净可与EDTA反应的干扰离子，导致消耗标准液多，结果偏高，故正确；导致含量的测定结果偏高的是c，故答案为c。【点睛】掌握中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质等是解答本题的关键。本题的易错点为(4)，要注意从原子利用的角度分析解答。21、CO(g)+NaOH(aq)﹦NaHCO3(aq)，△H=(y-4x)kJ/mol0.0125mol▪L-1▪min-1