广东省广州市仲元中学高三压轴卷新高考化学试卷及答案解析

广东省广州市仲元中学高三压轴卷新高考化学试卷注意事项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、用除去表面氧化膜的细铝条紧紧缠绕在温度计上（如图），将少许硝酸汞溶液滴到铝条表面，置于空气中，很快铝条表面产生“白毛”，且温度明显上升。下列分析错误的是A．Al和O2化合放出热量 B．硝酸汞是催化剂C．涉及了：2Al+3Hg2+→2Al3++3Hg D．“白毛”是氧化铝2、下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，不正确的是（）选项实验现象结论A向某无色溶液中滴入用稀硝酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成原溶液中一定存在SO42-或SO32-B卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液产生白色沉淀Y中含有氯原子C碳酸钠固体与硫酸反应产生的气体，通入苯酚钠溶液中出现白色浑浊酸性：硫酸＞碳酸＞苯酚D向NaBr溶液中滴入少量氯水和CCl4，振荡、静置溶液分层，下层呈橙红色Br-还原性强于Cl-A．A B．B C．C D．D3、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”，Z、W可形成常见的离子化合物Z2W。下列有关说法正确的是A．Y元素至少能形成三种单质B．简单离子半径：C．元素的非金属性：D．化合物ZX中，阴、阳离子的电子层结构相同4、下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置（忽略其他有机物）。已知储氢装置的电流效率×100%，下列说法不正确的是A．采用多孔电极增大了接触面积，可降低电池能量损失B．过程中通过C-H键的断裂实现氢的储存C．生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12D．若=75%，则参加反应的苯为0.8mol5、最近，一家瑞典公司发明了一种新型充电器"PowerTrekk'’，仅仅需要一勺水，它便可以产生维持10小时手机使用的电量。其反应原理为：Na4Si+5H2O=2NaOH+Na2SiO3+4H2↑，则下列说法正确的是()A．该电池可用晶体硅做电极材料B．Na4Si在电池的负极发生还原反应，生成Na2SiO3C．电池正极发生的反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-D．当电池转移0.2mol电子时，可生成标准状况下1.12LH26、海冰是海水冻结而成的咸水冰。海水冻结时，部分来不及流走的盐分以卤汁的形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”假设盐分以一个NaCl计，其大致结构如下图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。下列叙述正确的是()A．海冰内层“盐泡”越多，密度越小B．海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越多C．海冰内层“盐泡”内的盐分主要以NaCl分子的形式存在D．海冰内层NaCl的浓度约为设冰的密度为7、β-紫罗兰酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一种天然香料，它经多步反应可合成维生素A1。下列说法正确的是A．β-紫罗兰酮可使酸性KMnO4溶液褪色B．1mol中间体X最多能与2molH2发生加成反应C．维生素A1易溶于NaOH溶液D．β-紫罗兰酮与中间体X互为同分异构体8、2018年我国首次合成了在有机化工领域具有重要价值的化合物M(结构简式如图所示)。下列关于M的说法错误的是A．分子式为C10H11NO5B．能发生取代反应和加成反应C．所有碳原子可以处在同一平面内D．苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有4种(不考虑立体结构)9、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．0.1mol·L－1HCl溶液：Ba2＋、Na＋、AlO2-、NO3-B．0.1mol·L－1MgSO4溶液：Al3＋、H＋、Cl－、NO3-C．0.1mol·L－1NaOH溶液：Ca2＋、K＋、CH3COO－、CO32-D．0.1mol·L－1Na2S溶液：NH4+、K＋、ClO－、SO42-10、下列说法中，正确的是A．将2gH2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2NAB．1molNa218O2与足量水反应，最终水溶液中18O原子为2NA个C．常温下，46gNO2和N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NAD．100mL12mol/L的浓HNO3与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6NA11、某种钠空气水电池的充、放电过程原理示意图如图所示，下列有关说法错误的是■A．放电时，Na+向正极移动B．放电时，电子由钠箔经过导线流向碳纸C．充电时，当有0.1mole-通过导线时，则钠箔增重2.3gD．充电时，碳纸与电源负极相连，电极反应式为4OH--4e=2H2O+O2↑12、下列有关氮原子的化学用语错误的是A． B． C．1s22s22p3 D．13、如图是一种染料敏化太阳能电池的示意图，电池的一个电极由有机光敏染料（R）涂覆在TiO2纳米晶体表面制成，另一电极由导电玻璃镀铂构成，下列关于该电池叙述不正确的是（）A．染料敏化TiO2电极为电池负极，发生氧化反应B．正极电极反应式是：I3-+2e-=3I-C．电池总反应是：2R++3I-=I3-+2RD．电池工作时将太阳能转化为电能14、国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生污染。其工作原理如图所示。下列说法正确的是A．“全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能B．吸附层b发生的电极反应：H2–2e－+2OH－=2H2OC．Na+在装置中从右侧透过阳离子交换膜向左侧移动D．“全氢电池”的总反应：2H2+O2=2H2O15、下列过程仅克服离子键的是（）A．NaHSO4溶于水 B．HCl溶于水 C．氯化钠熔化 D．碘升华16、Weiss利用光敏剂QD制备2—环己基苯乙烯(c)的过程如图所示。下列有关说法正确的是A．a不能使酸性KMnO4溶液褪色B．a、b、c都能发生加成、加聚反应C．c中所有原子共平面D．b、c为同系物二、非选择题（本题包括5小题）17、药物心舒宁（又名冠心宁）是一种有机酸盐,用于治疗心脉瘀阻所致的冠心病、心绞痛等，可用以下路线合成。完成下列填空：47、写出反应类型：反应①______________、反应②_______________。48、写出结构简式：A__________________、C____________________。49、由1molB转化为C，消耗H2的物质的量为_______________。如果将③、④两步颠倒，则最后得到的是（写结构简式）__________________________。50、D有同类别的同分异构体E，写出E与乙二醇发生缩聚反应所得产物的结构简式______________。51、写出与A的属于芳香族化合物的同分异构体与盐酸反应的化学方程式______________。18、工业上以苯、乙烯和乙炔为原料合成化工原料G的流程如下：（1）A的名称__，条件X为__；（2）D→E的化学方程式为__，E→F的反应类型为__。（3）实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水的目的是__，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为__。（4）F的结构简式为___。（5）写出符合下列条件的G的同分异构体的结构简式__。①与G具有相同官能团的芳香族类化合物；②有两个通过C-C相连的六元环；③核磁共振氢谱有8种吸收峰；（6）参照上述合成路线，设计一条以1，2二氯丙烷和二碘甲烷及必要试剂合成甲基环丙烷的路线：__。19、硫酸铜是一种常见的化工产品，它在纺织、印染、医药、化工、电镀以及木材和纸张的防腐等方面有极其广泛的用途。实验室制备硫酸铜的步骤如下:①在仪器a中先加入20g铜片、60mL水，再缓缓加入17mL浓硫酸:在仪器b中加入39mL浓硝酸;在仪器c中加入20%的石灰乳150mL。②从仪器b中放出约5mL浓硝酸，开动搅拌器然后采用滴加的方式逐渐将浓硝酸加到仪器a中，搅拌器间歇开动。当最后滴浓硝酸加完以后，完全开动搅拌器，等反应基本停止下来时，开始用电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，立即将导气管从仪器c中取出，再停止加热。③将仪器a中的液体倒出，取出未反应完的铜片溶液冷却至室温.析出蓝色晶体.回答下列问题:（1）将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是__________。（2）写出装置a中生成CuSO4的化学方程式:_______。（3）步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，此时会产生的气体是______，该气体无法直接被石灰乳吸收，为防止空气污染，请画出该气体的吸收装置（标明所用试剂及气流方向）______。（4）通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu（NO3）2,可来用重结晶法进行提纯，检验Cu（NO3）2是否被除净的方法是_______。（5）工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4的优点是_______。（6）用滴定法测定蓝色晶体中Cu2+的含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL用cmol·L-1EDTA（H2Y）标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液bmL，滴定反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，蓝色晶体中Cu2+质量分数_____%.20、向硝酸酸化的2mL0.1mol•L-1AgNO3溶液（pH=2）中加入过量铁粉，振荡后静置，溶液先呈浅绿色，后逐渐呈粽黄色，试管底部仍存有黑色固体，过程中无气体生成。实验小组同学针对该实验现象进行如下探究。Ⅰ．探究Fe2+产生的原因（1）提出猜想：Fe2+可能是Fe与____或___反应的产物。（2）实验探究：在两支试管中分别加入与上述实验等量的铁粉，再加入不同的液体试剂，5min后取上层清液，分别加入相同体积和浓度的铁氰化钾溶液液体试剂加人铁氰化钾溶液1号试管2mL.0.1mol•L-1AgNO3溶液无蓝色沉淀2号试管______蓝色沉淀①2号试管中所用的试剂为____。②资料显示：该温度下，0.1mol•L-1的AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2+。但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为____。③小组同学继续进行实验，证明了2号试管得出的结论正确。实验如下：取100mL0.1mol•L-1硝酸酸化的AgNO3溶液（pH=2），加入铁粉井搅拌，分别插入pH传感器和NO3-传感器（传感器可检测离子浓度），得到如图图示，其中pH传感器测得的图示为___（填“图甲”或“图乙”）。④实验测得2号试管中有NH4+生成，则2号试管中发生反应的离子方程式为___。Ⅱ．探究Fe3+产生的原因查阅资料可知，反应中溶液逐渐变棕黄色是因为Fe2+被Ag+氧化。小组同学设计不同实验方案对此进行验证。（3）方案一；取出少量黑色固体，洗涤后___（填操作和现象），证明黑色固体中有Ag。（4）方案二：按图连接装置，一段时间后取出左侧烧杯溶液，加人KSCN溶液，溶液变F红。该实验现象____（填“能“或“不能“）证明Fe2+可被Ag+氧化，理由为__。21、国家航天局计划2020年实施火星探测任务。据了解火星上存在大量的含氮化合物科学家推测火星生命可能主要以氮、碳、硅、铜为基体构成。(1)邻氨基吡啶（）的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应。①邻氨基吡啶中所有元素的电负性由小到大的顺序为__（填元素符号）。设NA为阿伏加德罗常数的值，1mol中含有σ键的数目为__。②一定条件下-NH2可以被氧化成-NO2，-NH2中N原子的杂化方式为__杂化。(2)第四周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素的基态原子电子排布式为___。①嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，原因是___。②分子中的大π键可以用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。则该吡啶中的大π键可表示为__。(3)火星岩石中存在大量的氮化镓，氮化镓为六方晶胞，结构如图3所示。若该晶体密度为dg·cm-3，晶胞参数a=b≠c（单位：nm），a、b夹角为120o，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数c=__（写出代数式）nm。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

铝与硝酸汞溶液发生置换反应生成汞，形成铝汞合金（铝汞齐）。合金中的铝失去氧化膜的保护，不断被氧化成氧化铝（白毛）。【详解】A.实验中，温度计示数上升，说明Al和O2化合放出热量，A项正确；B.硝酸汞与铝反应生成汞，进而形成铝汞齐，B项错误；C.硝酸汞与铝反应的离子方程式为2Al+3Hg2+→2Al3++3Hg，C项正确；D.铝汞齐中的铝失去氧化膜保护，与氧气反应生成氧化铝（白毛），D项正确。本题选B。2、A【解析】

A．某无色溶液中滴入BaCl2溶液，生成白色沉淀，原溶液中可能含有Ag+，A不正确；B．加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则该卤代烃中含有氯原子，B正确；C．碳酸钠与硫酸反应产生的二氧化碳能使苯酚钠溶液变浑浊，根据较强酸可以制较弱酸的规律，可知酸性：硫酸>碳酸>苯酚，C正确；D．下层呈橙红色，则表明NaBr与氯水反应生成Br2，从而得出还原性：Br->Cl-，D正确；故选A。3、A【解析】

本题考查物质结构和元素周期律，意在考查接受，吸收，整合化学信息的能力。根据X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”，可以确定X为H、Y为C；根据X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z、W可形成常见的离子化合物Z2W，可以确定Z为Na、W为S；据此分析。【详解】A.碳元素能形成金刚石、石墨、C60等多种单质，故A正确；B.①微粒半径电子层数越多，半径越大；②当电子层数相同时，核电荷数越大，吸电子能力越强，半径越小，故离子半径：S2->Na+>H+，故B错误；C.元素的非金属性：S>C>H，故C错误；D.NaH中，Na+核外有10个电子与H-核外有2个电子，电子层结构显然不同，故D错误；答案：A4、B【解析】

A.多孔电极可增大电极与电解质溶液接触面积，降低能量损失，故A正确；B.该过程苯被还原为环己烷，C-H键没有断裂，形成新的C-H键，故B错误；C.储氢是将苯转化为环己烷，电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12，故C正确；D.根据图示，苯加氢发生还原反应生成环己烷，装置中左侧电极为阳极，根据放电顺序，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成1.6molO2失去的电子量为6.4mol，根据阴阳得失电子守恒，阴极得到电子总数为6.4mol，若η=75%，则生成苯消耗的电子数为6.4mol×75％=4.8mol，苯发生的反应C6H6+6e-+6H+===C6H12，参加反应的苯的物质的量为4.8mol/6=0.8mol，故D正确；故选B。5、C【解析】试题分析：由该电池的反应原理可知，硅化钠是还原剂，其在负极上发生氧化反应；水是氧化剂，其在正极上发生还原反应；反应中电子转移的数目是8e-。A.该电池工作时生成氢氧化钠溶液，而硅可以与氢氧化钠反应，所以不能用晶体硅做电极材料，A不正确；B.Na4Si在电池的负极发生氧化反应，B不正确；C.电池正极发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C正确；D.当电池转移0.2mol电子时，可生成标准状况下2.24LH2，D不正确。本题选C。6、D【解析】

A．“盐泡”中盐与水的比值不变，则内层“盐泡”越多时，密度不变，故A错误；B．若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水，则海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少，故B错误；C．“盐泡”内的盐分为NaCl，由离子构成，不存在NaCl分子，故C错误；D．冰的密度为，设海水1L时，水的质量为900g，由个数比为1：500000，含NaCl为，可知海冰内层NaCl的浓度约为，故D正确；故答案为D。【点睛】考查海水资源的应用，把握海水中盐泡的成分、信息的应用为解答的关键，“盐泡”内的盐分为NaCl，属离子化合物，由离子构成，且“盐泡”中盐与水的比值不变，特别注意“盐泡结构的判断。7、A【解析】

A.β­紫罗兰酮含有碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；B.1mol中间体X含有2mol碳碳双键、1mol醛基，所以最多能与3molH2发生加成反应，故B错误；C.维生素A1含有醇羟基，所以不易溶于NaOH溶液，故C错误；D.β­紫罗兰酮与中间体X所含C原子数不同，不是同分异构体，故D错误。故选A。8、C【解析】

A.分子式为C10H11NO5，故A正确；B.含有苯环，能发生取代反应和加成反应，故B正确；C.分子中画红圈的碳原子通过3个单键与另外3个碳原子相连，所以不可能所有碳原子处在同一平面内，故C错误；D.苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有、、、，共4种，故D正确；选C。9、B【解析】

A．0.1mol·L－1HCl溶液中：AlO2-与H+不能大量共存，故A错误；B．0.1mol·L－1MgSO4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；C．0.1mol·L－1NaOH溶液：Ca2＋与CO32-不能大量共存，故C错误；D．0.1mol·L－1Na2S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。10、D【解析】

A．将2gH2与足量的N2混合，该反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2NA，故A错误；B.1molNa218O2与足量水生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠中的氧原子转化为氢氧化钠和氧气中的氧原子，最终水溶液中18O原子为NA个，故B错误；C．NO2、N2O4的摩尔质量不同，无法计算混合气体的组成，故C错误；D．由于浓HNO3与铜反应生成NO2，而稀HNO3与铜反应生成NO，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，100

mL

12

mol•L-1的浓HNO3完全被还原为NO2转移0.6mol电子，完全被还原为NO转移0.9mol电子，转移的电子数大于0.6NA，故D正确；答案选D。11、D【解析】

A．放电时，电解质溶液中阳离子朝正极迁移，阴离子朝负极迁移，故Na+朝正极移动，A项正确；B．电池放电时，钠箔做负极，碳纸为正极，电子在外电路中迁移方向是从负极流向正极，B项正确；C．充电时，钠箔发生的电极反应为：，所以若有0.1mole-通过导线，钠箔处就会析出0.1mol的钠单质，质量增加2.3g，C项正确；D．碳纸在电池放电时做正极，所以充电时应与电源的正极相连，电极连接错误；但此选项中电极反应式书写是正确的，D项错误；答案选D。12、D【解析】

A、N原子最外层有5个电子，电子式为，A正确；B、N原子质子数是7，核外有7个电子，第一层排2个，第二层排5个，因此B正确；C、核外电子依次排布能量逐渐升高的1s、2s、2p……轨道，电子排布式为1s22s22p3，C正确；D、根据泡利原理3p轨道的3个电子排布时自旋方向相同，所以正确的轨道式为，D错误。答案选D。13、C【解析】

根据图示装置可以知道：染料敏化TiO2电极为电池负极，发生氧化反应，R﹣e﹣=R+，正极电极发生还原反应，电极反应式是：I3﹣+2e﹣═3I﹣，总反应为：2R+3I﹣═I3﹣+2R+，据此回答。【详解】A.根据图示装置可以知道染料敏化TiO2电极为电池负极，发生氧化反应R﹣e﹣=R+，故A正确；B.正极电极发生还原反应，电极反应式是：I3﹣+2e﹣═3I﹣，故B正确；C.正极和负极反应相加可以得到总反应：2R+3I﹣═I3﹣+2R+，故C错误；D.太阳能电池工作时，将太阳能转化为电能，故D正确。故选C。14、A【解析】

由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-=2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2H++2e-=H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。【详解】A.根据图知，左侧和右侧物质成分知，左侧含有NaOH、右侧含有高氯酸，所以全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能，故A正确；B.吸附层a为负极，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，吸附层b为正极，电极反应是2H++2e-=H2，故B错误；C.电池中阳离子向正极移动，所以Na+在装置中从左侧透过阳离子交换膜向右侧移动，故C错误；D.负极电极反应是H2-2e-+2OH-=2H2O，正极电极反应是2H++2e-=H2，电池的总反应为H++OH-=H2O，故D错误；故选A。15、C【解析】

A.NaHSO4溶于水，电离生成Na+、H+和SO42-，既破坏了离子键又破坏了共价键，故A错误；B.HCl为分子晶体，气体溶于水克服共价键，故B错误；C.NaCl加热熔化电离生成Na+和Cl-，只破坏了离子键，故C正确；D.碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题考查化学键知识，题目难度不大，注意共价键、离子键以及分子间作用力的区别。16、B【解析】

A．a()中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B．a()、b()、c()都含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可发生加成反应，加聚反应，故B正确；C．c()含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能共平面，故C错误；D．b()、c()的结构不同，不属于同系物，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。二、非选择题（本题包括5小题）17、取代反应消去反应10mol【解析】

根据流程图中苯转化为，为四氯化碳中的两个氯原子被苯环上的碳取代，同一碳上的羟基不稳定，所以卤代烃水解消去得到酮，根据酮和A反应生成，推之酮和A发生加成反应的产物，所以A为：，在浓硫酸的作用下发生醇羟基的消去反应生成B，和氢气发生加成反应生成C，C与D反应生成心舒宁，所以D为：；据以上分析进行解答。【详解】据流程图中苯转化为，为四氯化碳中的两个氯原子被苯环上的碳取代，CCl4+2→+2HCl，同一碳上的羟基不稳定，所以卤代烃水解消去得到酮，根据酮和A反应生成，推之酮和A发生加成反应的产物，+→，A为：，在浓硫酸的作用下发生醇羟基的消去反应→+H2O，生成B，和氢气发生加成反应+10H2→，生成C，C与D反应生成心舒宁，所以D为：，反应为：+→，1．结合以上分析可知，反应①取代反应、反应②是醇的消去；2．发生加成反应生成，结合原子守恒和碳架结构可得出A的结构简式：；C是由经过醇的消去，再和氢气完全加成的产物，可C的结构简式为：；3．B与氢气加成时二个苯环和右侧六元环需要9个氢分子，另外还有一个碳碳双键，故由1molB转化为C，完全加成消耗H2的物质的量为10mol；如果将③、④两步颠倒，则发生反应为中间体B先与生成盐，后再与H2加成，故最后得到的产物的结构简式中应不含不饱和的双键．即为；4．D为与之同类别的同分异构体E为，E与乙二醇发生缩聚反应所得产物的结构简式；5．A的属于芳香族化合物的同分异构体为与盐酸反应的化学方程式。18、氯甲苯Na和NH3(液)加成反应减缓电石与水的反应速率【解析】

⑴A的名称氯甲苯，条件X为Na和NH3(液)；⑵根据图中信息可得到D→E的化学方程式为，E→F增加了两个氢原子，即反应类型为加成反应。⑶实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水，浓度减小，减缓电石与水的反应速率，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为。⑷D只加了一个氢气变为F，F与CH2I2反应得到G，从结构上得出F的结构简式为。⑸①与G具有相同官能团的芳香族类化合物，说明有苯环；②有两个通过C—C相连的六元环，说明除了苯环外还有一个六元环，共12个碳原子；③核磁共振氢谱有8种吸收峰；。⑹1，2二氯丙烷先在氢氧化钠醇加热条件下发生消去反应生成丙炔，丙炔在林氏催化剂条件下与氢气发生加成反应生成丙烯，丙烯和CH2I2在催化剂作用下反应生成甲基环丙烷，其合成路线。【详解】⑴A的名称氯甲苯，条件X为Na和NH3(液)；⑵根据图中信息可得到D→E的化学方程式为，E→F增加了两个氢原子，即反应类型为加成反应，故答案为：；加成反应。⑶实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水，浓度减小，减缓电石与水的反应速率，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为，故答案为：减缓电石与水的反应速率；。⑷D只加了一个氢气变为F，F与CH2I2反应得到G，从结构上得出F的结构简式为，故答案为：。⑸①与G具有相同官能团的芳香族类化合物，说明有苯环；②有两个通过C—C相连的六元环，说明除了苯环外还有一个六元环，共12个碳原子；③核磁共振氢谱有8种吸收峰；，故答案为：。⑹1，2二氯丙烷先在氢氧化钠醇加热条件下发生消去反应生成丙炔，丙炔在林氏催化剂条件下与氢气发生加成反应生成丙烯，丙烯和CH2I2在催化剂作用下反应生成甲基环丙烷，其合成路线，故答案为：。19、打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2ONO取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)【解析】

Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，减少了能源消耗，生成的NO2和碱液反应生成硝酸盐或亚硝酸盐，制得的硫酸铜中含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色现象来分析。【详解】⑴将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下；故答案为：打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下。⑵根据题中信息得到装置a中Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，其化学方程式：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O。⑶步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，二氧化氮与水反应生成NO，因此会产生的气体是NO，该气体无法直接被石灰乳吸收，NO需在氧气的作用下才能被氢氧化钠溶液吸收，因此为防止空气污染，该气体的吸收装置为；故答案为：NO；。⑷通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色，故答案为：取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净。⑸工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，工业上铜在450°C左右焙烧，需要消耗能源，污染较少，工艺比较复杂，而本实验减少了能源的消耗，生成的氮氧化物可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作；故答案为：能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)。⑹根据反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，得出n(Cu2+)=n(H2Y)=cmol∙L−1×b×10−3L×5=5bc×10−3mol，蓝色晶体中Cu2+质量分数；故答案为：。20、HNO3AgNO3硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2）该反应速率很小或反应的活化能较大图乙NO3-+4Fe+10H+=NH4++4Fe2++3H2O加入足量稀硝酸加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀不能Fe2+可能被硝酸氧化或被氧气氧化【解析】

（1）Fe过量，可能与硝酸反应生成硝酸亚铁，或Fe与硝酸银反应生成硝酸亚铁；（2）①加硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2）作对比实验；②1号试管中未观察到蓝色沉淀，与反应速率很小有关；③发生NO3-+4Fe+10H+=NH4++4Fe2++3H2O，消耗氢离子，pH增大；④实验过程中，溶液先变成浅绿色，而后逐渐呈棕黄色，但整个过程中并无NO气体产生，则NO3-中N转化为NH4+；（3）Ag可溶于硝酸，不溶于盐酸；（4）左侧烧杯溶液，加KSCN溶液