河北省教考联盟新高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷及答案解析

河北省教考联盟新高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、利用如图所示装置，以NH3作氢源，可实现电化学氢化反应。下列说法错误的是A．a为阴极B．b电极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+C．电解一段时间后，装置内H+数目增多D．理论上每消耗1molNH3，可生成1．5mol2、一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，Y、W、X、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期。X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是A．原子半径：X>Y>WB．最高价氧化物对应水化物的碱性：X>YC．X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:2D．Z、W组成的化合物是常见的半导体材料，能与强碱反应3、下列关于物质用途的说法中，错误的是A．硫酸铁可用作净水剂 B．碳酸钡可用作胃酸的中和剂C．碘酸钾可用作食盐的添加剂 D．氢氧化铝可用作阻燃剂4、化学反应中，物质的用量不同或浓度不同或反应条件不同会对生成物产生影响。下列反应的生成物不受反应物的用量或浓度或反应条件影响的是A．二氧化硫与氢氧化钠溶液反应B．钠与氧气的反应C．铁在硫蒸气中燃烧D．铁粉加入硝酸中5、中国第二化工设计院提出，用间接电化学法对大气污染物NO进行无害化处理，其原理示意如图(质子膜允许H+和H2O通过)，下列相关判断正确的是A．电极Ⅰ为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑B．电解池中质子从电极Ⅰ向电极Ⅱ作定向移动C．吸收塔中的反应为2NO+2S2O42-+H2O=N2+4HSO3-D．每处理1molNO电解池质量减少16g6、国庆期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂以保证鲜花盛开，S-诱抗素的分子结构如图。下列关于该物质的说法正确的是A．该有机物的分子式为C15H21O4B．该有机物能发生取代、加成和水解反应C．1mol该有机物与足量溴反应最多消耗4molBr2D．1mol该有机物与足量Na反应生成生成1molH27、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向一定浓度CuSO4溶液中通入H2S气体，出现黑色沉淀H2S酸性比H2SO4强B将木炭和浓硫酸共热生成的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊该气体一定是CO2C向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-D向1mL浓度均为0.1mol·L−1的MgSO4和CuSO4混合溶液中，滴入少量0.1mol·L−1NaOH溶液，先产生蓝色沉淀Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]A．A B．B C．C D．D8、化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的B．人工合成的多氟碳化物可能作为未来的血液的替代品C．煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源D．禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染9、实验测得0.1mo1·L-1Na2SO3溶液pH随温度升高而变化的曲线如图所示。将b点溶液冷却至25℃，加入盐酸酸化的BaC12溶液，能明显观察到白色沉淀。下列说法正确的是（）A．Na2SO3溶液中存在水解平衡SO32-+2H2OH2SO3+2OH-B．温度升高，溶液pH降低的主要原因是SO32-水解程度减小C．a、b两点均有c(Na+）=2[c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)]D．将b点溶液直接冷却至25℃后，其pH小于a点溶液10、除去下列括号内杂质的试剂或方法正确的是（）A．HNO3溶液（H2SO4）：适量BaCl2溶液，过滤B．乙烷（乙烯）：催化剂条件下通入H2C．溴苯（溴）：加入KI溶液，分液D．乙醇（乙酸）：加入足量CaO后蒸馏11、新型冠状病毒引发的肺炎疫情是2020年最大的公共卫生事件。下列关于新冠肺炎及其防治措施正确的是（）A．新冠病毒害怕酒精是因为酒精能使蛋白质失去生理活性B．聚丙烯是制造口罩的原料，聚丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．双氧水不能用于家庭消毒以预防新冠肺炎D．抗病毒疫苗可以在高温下贮运12、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y与W同族，W的核电荷数是Y的两倍，四种元素组成的一种化合物如图所示。下列说法一定正确的是（）A．简单离子半径：Z＞W＞Y＞XB．最简单氢化物的稳定性：W＞YC．X与Z可形成离子化合物ZXD．W的氧化物对应的水化物为强酸13、下列说法不正确的是()A．Na-K合金用作快中子反应堆的导热剂B．MgO是一种常用的耐高温材料C．亚铁盐是常用的补血药剂D．石英坩埚常用来熔融碱14、25℃时，向10mL溶液中逐滴加入20mL的盐酸，溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法不正确的是A．HCl溶液滴加一半时：B．在A点：C．当时：D．当时，溶液中15、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D>C>B>AB．生成的氢化物分子间均可形成氢键C．A与C形成的阴离子可能有AC、A2CD．A、B、C、D的单质常温下均不导电16、“司乐平”是治疗高血压的一种临床药物，其有效成分M的结构简式如图．下列关于M的说法正确的是（）A．属于芳香烃B．遇FeCl3溶液显紫色C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．1molM完全水解生成2mol醇二、非选择题（本题包括5小题）17、为探究某固体化合物X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验。请回答：(1)蓝色溶液中的金属阳离子是________。(2)黑色化合物→砖红色化合物的化学方程式是________________________。(3)X的化学式是________。18、G是具有抗菌作用的白头翁素衍生物，其合成路线如下：（1）C中官能团的名称为________和________。（2）E→F的反应类型为________。（3）D→E的反应有副产物X(分子式为C9H7O2I)生成，写出X的结构简式：________________。（4）F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；②碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应；③分子中有4种不同化学环境的氢。（5）请写出以乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。____________19、硝基苯是制造染料的重要原料。某同学在实验室里用下图装置制取硝基苯，主要步骤如下：①在大试管里将2mL浓硫酸和1.5mL浓硝酸混合，摇匀，冷却到50～60℃以下。然后逐滴加入1mL苯，边滴边振荡试管。②按图连接好装置，将大试管放入60℃的水浴中加热10分钟。完成下列填空：（1）指出图中的错误__、__。（2）向混合酸中加入苯时，“逐滴加入”、“边滴边振荡试管”的目的是________________、____________。（3）反应一段时间后，混合液明显分为两层，上层呈__色，其中主要物质是__（填写物质名称）。把反应后的混和液倒入盛有冷水的烧杯里，搅拌，可能看到__。（选填编号）a．水面上是含有杂质的硝基苯b．水底有浅黄色、苦杏仁味的液体c．烧杯中的液态有机物只有硝基苯d．有无色、油状液体浮在水面（4）为了获得纯硝基苯，实验步骤为：①水洗、分离；②将粗硝基苯转移到盛有__的烧杯中洗涤、用__（填写仪器名称）进行分离；③__；④干燥；⑤__。（5）实验装置经改进后，该同学按照上述实验步骤重新进行了多次实验，充分反应后有两种情况出现，请帮助他作出分析：①产率低于理论值，原因是__；②产率高于理论值，原因是__。20、实验室中根据已知熔点是16.6℃，沸点44.4℃。设计如下图所示的实验装置制备固体。（1）实验开始时，先点燃的酒精灯是_________（填编号）。（2）装置D中浓硫酸的作用除了混合气体并观察气体流速外还有___________。（3）装置F的作用是____________________。（4）由于可逆反应，所以从E管出来的气体中含有、。为了证明含有可以将该气体通入________（填下列编号，下同）、证明含有可以将该气体通入_____________。A．品红B．溴水C．溶液D．溶液（5）如果没有装置G，则F中可能看到_________________。（6）从装置G导出的尾气常可以用烧碱或石灰乳吸收。请写出用足量烧碱吸收尾气的离子方程式为：_________________________________________________________。（7）尾气常采用烧碱或石灰乳吸收，请分析比较两种吸收剂吸收的优点__________________________________________________________。21、合成氨是目前最有效工业固氮的方法，解决数亿人口生存问题。回答下列问题：(1)科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。由图可知合成氨反应N2(g)+H2(g)NH3(g)的∆H=___kJ·mol-1。该历程中反应速率最慢的步骤的化学方程式为___。(2)工业合成氨反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，当进料体积比V(N2)：V(H2)=1：3时平衡气体中NH3的物质的量分数随温度和压强变化的关系如图所示：①500℃时，反应平衡常数Kp(30MPa)___Kp(100MPa)。（填“<”、“=”、“>”）②500℃、30MPa时，氢气的平衡转化率为___（保留2位有效数字），Kp=___(MPa)-2（列出计算式）。(3)科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨，工作时阴极区的微观示意如图，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。①阴极区生成NH3的电极方程式为___。②下列说法正确的是___（填标号）。A．三氟甲磺酸锂的作用是增强导电性B．该装置用金(Au)作催化剂目的是降低N2的键能C．选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

根据图像可知，b极氨气中的N原子化合价由-3变为0价，得电子为电解池的阳极，则b极为阴极，化合价降低得电子；电解质溶液中的氢离子向阴极移动；【详解】A.分析可知，a为阴极得电子，A正确；B.b电极氨气中的N原子化合价由-3变为0价，生成氮气和氢离子，其电极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+，B正确；C.电解一段时间后，b电极消耗溶液中的氢离子，装置内H+数目不变，C错误；D.理论上每消耗1molNH3，消耗溶液中3mol氢离子，发生加成反应，可生成1．5mol，D正确；答案为C2、D【解析】

一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素；X与Y位于同一主族，X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，当X、Y位于ⅠA族时，Z位于ⅣA族，Y与W(O元素)位于同一周期，则Y为Li，X为Na，Z为Si元素；当X、Y位于ⅡA族时，Z位于ⅡA族，短周期不可能存在3种元素同主族，不满足条件，据此解答。【详解】根据上述分析可知：X为Na元素，Y为Li元素，Z为Si元素，W为O元素。A.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子序数越大，原子半径越大。Li、O同一周期，核电荷数O>Li，原子半径Li>O，Li、Na同一主族，核电荷数Na>Li，原子半径Na>Li，则原子半径是X>Y>W，A正确；B.元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。元素的金属性Na>Li，所以碱性：NaOH>LiOH，则最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y，B正确；C.X的单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在Na+和O22-，则阴、阳离子之比为1：2，C正确；D.Z、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，Si单质才是常见的半导体材料，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律的应用及常见元素、化合物性质的正确判断。3、B【解析】

A．硫酸铁中铁离子水解生成胶体，胶体具有吸附性而净水，故A不符合题意；

B．碳酸钡可用作胃酸的中和剂会生成溶于水的钡盐，使人中毒，故B符合题意；

C．碘酸钾能给人体补充碘元素，碘酸钾也比较稳定，所以碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂，故C不符合题意；

D．氢氧化铝分解吸收热量，且生成高熔点的氧化铝覆盖在表面，所以氢氧化铝常用作阻燃剂，故D不符合题意；

故选：B。【点睛】治疗胃酸过多常用氢氧化铝或小苏打，不能使用碳酸钠，因碳酸钠水解程度较大，碱性较强，但需注意，一般具有胃穿孔或胃溃疡疾病不能使用小苏打，以防加重溃疡症状。4、C【解析】A、二氧化硫与氢氧化钠溶液反应，产物与二氧化硫有关，二氧化硫少量反应生成亚硫酸钠，二氧化硫过量反应生成亚硫酸氢钠，故A不选；B、钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，在空气中放置生成氧化钠，产物与反应条件有关，故B不选；C、铁与硫反应生成硫化亚铁，产物不受反应物的用量或浓度或反应条件影响，故C选；D、铁粉与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮，产物与硝酸浓度有关，故D不选；故选C。5、C【解析】

在电极Ⅰ，HSO3-转化为S2O42-，S元素化合价由+4价降低为+3价发生还原反应，则该电极作电解池的阴极，电极Ⅱ为电解池的阳极，在电极Ⅱ上H2O失电子发生氧化反应生成O2和H+。【详解】A．电极Ⅰ为电解池的阴极，电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，A不正确；B．由于阴极需消耗H+，而阳极生成H+，电解池中质子从电极Ⅱ向电极Ⅰ作定向移动，B不正确；C．从箭头的指向，可确定吸收塔中S2O42-与NO反应，生成HSO3-和N2，发生反应为2NO+2S2O32-+H2O=N2+4HSO3-，C正确；D．每处理1molNO，阴极2HSO3-→S2O42-，质量增加34g，阳极H2O→O2，质量减轻16g，电解池质量增加34g-16g=18g，D不正确；故选C。6、D【解析】

由题给结构简式可知，S-诱抗素的分子式为C15H20O4，官能团为羰基、碳碳双键、醇羟基和羧基，具有酮、烯烃、醇和羧酸性质，能发生加成反应、氧化反应、酯化反应、取代反应、加聚反应等。【详解】A项、由结构简式可知S-诱抗素的分子式为为C15H20O4，故A错误；B项、S-诱抗素不含有酯基和卤素原子，不能发生水解反应，故B错误；C项、S-诱抗素含有3个碳碳三键，则1mol该有机物与足量溴反应最多消耗3molBr2，故C错误；D项、S-诱抗素含有1个羟基和1个羧基，则1mol该有机物与足量Na反应生成1molH2，故D正确。故选D。【点睛】本题考查有机物结构和性质，侧重考查醇、烯烃、羧酸性质，把握官能团及其性质关系是解本题关键。7、D【解析】

A．由于CuS不溶于硫酸，则向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体会生成CuS黑色沉淀，不能根据该反应判断H2S、H2SO4的酸性强弱，故A错误；B．木炭和浓硫酸共热生成的气体为二氧化碳、二氧化硫，二者都可是澄清石灰水变浑浊，应先除去二氧化硫再检验二氧化碳，故B错误；C．白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，不能说明该溶液中一定含有SO42-，故C错误；D．向1mL浓度均为0.1mol/L的MgSO4和CuSO4混合溶液中，滴入少量0.1mol/LNaOH溶液，先产生蓝色沉淀，说明氢氧化铜的溶度积较小，易生成沉淀，故D正确；答案选D。8、C【解析】

A．乙烯含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，因此用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故A正确；B．实验表明，老鼠能在含饱和多氟碳化物的溶液内部获得氧气，像鱼儿一样在水中游动，把狗身上的70%的血液，换成由25%的多氟碳化物和75%的水混合成的乳液后仍可存活，科学家预测多氟碳化物可能成为血液的替代品，故B正确；C．煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有CO、H2、CH4等可燃性气体的过程；煤的液化指固体煤经化学加工转化成液体燃料和化工原料的过程；两者都生成了新物质，属于化学变化，故C错误；D．因铅能使人体中毒，禁止使用四乙基铅作汽油防爆剂可以减少铅污染，故D正确；答案选C。9、D【解析】

是一个弱酸酸根，因此在水中会水解显碱性，而温度升高水解程度增大，溶液碱性理论上应该增强，但是实际上碱性却在减弱，这是为什么呢？结合后续能产生不溶于盐酸的白色沉淀，因此推测部分被空气中的氧气氧化为，据此来分析本题即可。【详解】A.水解反应是分步进行的，不能直接得到，A项错误；B.水解一定是吸热的，因此越热越水解，B项错误；C.温度升高溶液中部分被氧化，因此写物料守恒时还需要考虑，C项错误；D.当b点溶液直接冷却至25℃后，因部分被氧化为，相当于的浓度降低，其碱性亦会减弱，D项正确；答案选D。10、D【解析】

A.加入氯化钡引入新的杂质氯离子，应加入硝酸钡，故A错误；B.由于不能确定乙烯的含量，则不能确定通入氢气的量，易混入氢气杂质，故B错误；C.加入KI溶液，溴与KI反应生成碘单质，形成新的杂质，故C错误；D.乙醇不能和氧化钙反应，乙酸和氧化钙反应生成沸点较高的醋酸钙，然后用蒸馏的方法可分离，故D正确；故答案为D。11、A【解析】

A．酒精能使蛋白质失去生理活性,具有杀菌消毒的作用，A正确；B．聚丙烯中无碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C．双氧水具有强氧化性，可以用于杀菌消毒，能用于家庭消毒以预防新冠肺炎，C错误；D．抗病毒疫苗主要成分为蛋白质，在高温下失活，D错误；答案选A。12、C【解析】

首先发现Y形成了双键，因此推测Y是氧或者硫，考虑到四种元素的原子序数依次增大，Y与W同族，W的核电荷数是Y的两倍，因此Y只能是氧，W是硫，X为氢，Z则只能是钠，故该物质为亚硫酸氢钠，据此来分析本题即可。【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S。A.根据分析，四种简单离子半径的大小为，A项错误；B.元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，氧的非金属性强于硫，最简单氢化物的稳定性：W＜Y，B项错误；C.氢和Na可以形成氢化钠，这是一种金属氢化物，C项正确；D.硫只有最高价氧化物对应的水化物（硫酸）才是强酸，二氧化硫对应的水化物（亚硫酸）是一种弱酸，D项错误；答案选C。13、D【解析】

A、Na－K合金常温下为液体，具有良好的导热性，常用于快中子反应堆的导热剂，故A说法正确；B、MgO熔沸点高，常用作耐高温材料，故B说法正确；C、我国最常见的贫血症是缺铁性贫血，铁是制造血红蛋白必不可缺少的原料，因此亚铁盐是常用补血剂，故C说法正确；D、石英是SiO2，属于酸性氧化物，与碱能发生反应，因此石英坩埚不能熔融碱，常用铁制坩埚，故D说法错误；答案选D。14、A【解析】

根据化学反应，充分运用三大守恒关系，挖掘图象中的隐含信息，进行分析判断。【详解】A.HCl溶液滴加一半（10mL）时，溶质为等物质的量的NaHCO3、NaCl，此时有物料守恒c(Na+)=2c(Cl-)、电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，则c(Cl-)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，c(Cl-)<c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，A项错误；B.溶液中加入盐酸，使CO32-转变为HCO3-，则有c(Na+)>c(HCO3-)。图中A点，c(HCO3-)=c(CO32-)，又A点溶液呈碱性，有c(OH-)>c(H+)，B项正确；C.溶液中加入盐酸后，有电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，当时有，C项正确；D.溶液中加入盐酸，若无CO2放出，则有物料守恒c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(HCO3-)+2c(CO32-)。图中时有CO2放出，则溶液中，D项正确。本题选A。【点睛】判断溶液中粒子浓度间的关系，应充分应用三大守恒原理，结合题中信息进行分析推理。15、C【解析】

对表中元素，我们宜从右往左推断。C为第二周期ⅥA族，其为氧，从而得出A、B、C、D分别为C、N、O、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Si>C>N>O，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。16、C【解析】

A.含有C.

H、O元素且含有苯环，属于芳香族化合物，不属于芳香烃，故A错误；B.不含酚羟基，所以不能和氯化铁溶液发生显色反应，故B错误；C.含有碳碳双键且连接苯环的碳原子上含有氢原子，所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.含有3个酯基，所以1

mol

M完全水解生成3mol醇，故D错误；故选：C。【点睛】该物质中含有酯基、氨基、苯环、碳碳双键，具有酯、胺、苯、烯烃的性质，能发生水解反应、中和反应、加成反应、取代反应、加聚反应等，据此分析解答．二、非选择题（本题包括5小题）17、Cu2＋4CuO2Cu2O＋O2↑Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3【解析】

根据流程中信息可知黑色化合物为CuO，砖红色化合物为Cu2O，红色金属单质为Cu，蓝色溶液为CuSO4溶液；n(H2O)==0.01mol，黑色化合物n(CuO)==0.03mol，无色无味气体n(CO2)=n(CaCO3)==0.02mol，故可根据各元素推知分子式Cu3C2H2O8，则推断出X为Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3，据此分析。【详解】根据流程中信息可知黑色化合物为CuO，砖红色化合物为Cu2O，红色金属单质为Cu，蓝色溶液为CuSO4溶液；n(H2O)==0.01mol，n(H)=0.02mol，黑色化合物n(CuO)==0.03mol，无色无味气体n(CO2)=n(CaCO3)==0.02mol，故n(O)=0.04+0.03+0.01=0.08mol，可根据各元素推知分子式Cu3C2H2O8，则推断出X为Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3。(1)蓝色溶液为CuSO4溶液，含有的金属阳离子是Cu2＋；(2)黑色化合物→砖红色化合物，只能是CuO→Cu2O，反应的化学方程式是4CuO2Cu2O＋O2↑；(3)X的化学式是Cu(OH)2·2CuCO3或Cu3(OH)2(CO3)2。18、酯基碳碳双键消去反应CH3CH2OHCH3CHOCH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH=CHCH3【解析】

(1)根据C的结构简式分析判断官能团；(2)根据E、F的结构简式和结构中化学键的变化分析判断有机反应类型；(3)根据D()中碳碳双键断键后的连接方式分析判断；(4)根据题给信息分析结构中的官能团的类别和构型；(5)结合本题中合成流程中的路线分析，乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与乙醛反应后在进行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成。【详解】(1)C的结构简式为，其中官能团的名称为酯基和碳碳双键；(2)根据E、F的结构简式，E中的一个I原子H原子消去形成一个碳碳双键生成E，属于卤代烃在氢氧化钠水溶液中发生的消去反应，则反应类型为消去反应；(3)D→E的反应还可以由D()中碳碳双键中顶端的碳原子与羧基中的氧形成一个六元环，得到副产物X(分子式为C9H7O2I)，则X的结构简式；(4)F的结构简式为，其同分异构体能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子结构中含有苯环和酯基，且该酯基水解后形成酚羟基；分子中有4种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为：；(5)乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与乙醛反应后在进行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成，合成路线流程图为：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH=CHCH3。19、缺少温度计大试管接触烧杯底部使苯与混酸混合均匀能及时移走反应产生的热量浅黄色硝基苯、苯b、d氢氧化钠溶液分液漏斗水洗、分离蒸馏温度过高引起硝酸的分解、苯的挥发温度过高，有其他能溶于硝基苯的产物生成【解析】

⑴水浴加热需精确控制实验温度；为使受热均匀，试管不能接触到烧杯底部；⑵苯不易溶于混酸，需设法使之充分混合；该反应放热，需防止温度过高；⑶混合酸密度比硝基苯大，但稀释后会变小，硝基苯无色，但溶解的杂质会使之有色；⑷粗硝基苯中主要含未反应完的酸和苯，酸可用水和碱除去，苯可用蒸馏的方法分离；⑸在本实验中使用的硝酸易分解、苯易挥发，有机反应的一个特点是副反应比较多，这些因素会使产率降低或使得实验值偏离理论值，而这些因素都易受温度的影响。【详解】⑴在水浴装置中为了精确控制实验温度，需要用温度计测量水浴的温度；为使受热均匀，试管不能接触到烧杯底部，所以在图中错误为缺少温度计、大试管接触烧杯底部。答案为：缺少温度计；大试管接触烧杯底部；⑵在向混合酸中加入苯时边逐滴加入边振荡试管，能使苯与混酸混合均匀；苯的硝化反应是一个放热反应，在向混合酸中加入苯时边逐滴加入边振荡试管，能及时移走反应产生的热量，有利于控制温度，防止试管中液体过热发生更多的副反应，甚至发生危险。答案为：使苯与混酸混合均匀；能及时移走反应产生的热量；⑶混合酸与苯反应一段时间后，生成的硝基苯与未反应的苯相溶，有机层密度比混酸小，不能与混酸相溶，会浮在混合酸的上层，有机层因溶解了少量杂质(如浓硝酸分解产生的NO2等)而呈浅黄色，所以反应一段时间后，混合液明显分为两层，上层呈浅黄色；把反应后的混合液倒入盛有冷水的烧杯里，搅拌：a．与水混合后，形成的水层密度比硝基苯小，硝基苯不在水面上，a选项错误；b．苦杏仁味的硝基苯密度比水层大，沉在水底，且因溶有少量杂质而呈浅黄色，b选项正确；c．烧杯中的液态有机物有硝基苯、苯及其它有机副产物，c选项错误；d．反应后的混和液倒入冷水中，可能有部分未反应的苯浮上水面，苯为无色、油状液体，d选项正确；答案为：浅黄色；硝基苯、苯；b、d；⑷在提纯硝基苯的过程中，硝基苯中有酸，能与碱反应，硝基苯中有苯，与硝基苯互溶，所以操作步骤为：①水洗、分离，除去大部分的酸；②将粗硝基苯转移到盛有氢氧化钠溶液的烧杯中洗涤、用分液漏斗进行分离，除去剩余的酸；③水洗、分离，除去有机层中的盐及碱；④干燥；⑤蒸馏，使硝基苯与苯及其它杂质分离。答案为：氢氧化钠溶液；分液漏斗；水洗、分离；蒸馏；⑸本实验中反应为放热反应，需控制好温度。如果温度过高会导致硝酸的分解、苯的挥发，使产率降低；温度过高会也有不易与硝基苯分离的副产物产生并溶解在生成的硝基苯中，使实验值高于理论值。答案为：温度过高引起硝酸的分解、苯的挥发；温度过高，有其他能溶于硝基苯的产物生成。【点睛】1．平时注重动手实验并仔细观察、认真思考有助于解此类题。2．硝基苯的密度比水大、比混酸小。所以，与混酸混合时硝基苯上浮，混和液倒入水中后混酸溶于水被稀释，形成的水溶液密度减小至比硝基苯小，所以，此时硝基苯下沉。20、E干燥二氧化硫与氧气降温使以固体形式呈现，从混合气体中分开ABC白色酸雾加烧碱反应快（吸收快），加石灰乳价格低廉【解析】

根据实验装置及二氧化硫的性质分析装置中仪器的作用；根据二氧化硫及三氧化硫的性质分析检验的方法；根据工业生产需要分析尾气处理时选择合适的试剂。【详解】（1）二氧化硫与氧气在E中反应，为了使之充分反应，所以实验开始时，先点燃的酒精灯是E中酒精灯；（2）如图所示A装置产生二氧化硫气体，同时会带出水分，所以装置D中浓硫酸的作用除了混合气体并观察气体流速外还有干燥二氧化硫与氧气的作用；（3）根据题干信息，三氧化硫的熔点为16.6℃，所以装置F的作用是降温，使以固体形