辽宁省辽河油田第二中学高三（最后冲刺）新高考化学试卷及答案解析

辽宁省辽河油田第二中学高三（最后冲刺）新高考化学试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、已知NH3·H2O为弱碱，下列实验事实能证明某酸HA为弱酸的是()A．浓度为0.1mol·L－1HA的导电性比浓度为0.1mol·L－1硫酸的导电性弱B．0.1mol·L－1NH4A溶液的pH等于7C．0.1mol·L－1的HA溶液能使甲基橙变红色D．等物质的量浓度的NaA和HA混合溶液pH小于72、25℃时，将0.1mol•L﹣1NaOH溶液加入20mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中，所加入溶液的体积（V）和混合液的pH关系曲线如图所示。下列结论正确的是（）A．①点时，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝c（Na+）B．对曲线上①②③任何一点，溶液中都有c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）C．③点时，醋酸恰好完全反应完溶液中有c（CH3COO﹣）＝c（Na+）＞c（H+）＝c（OH﹣）D．滴定过程中可能出现c（H+）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）3、下列物质分子中的碳原子在同一平面上时，在任意情况下都不可能与碳原子们共平面的氢原子有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个4、下列化学用语表示正确的是A．CO2的比例模型：B．HClO的结构式：H—Cl—OC．HS-的水解方程式：HS-+H2O⇌S2-+H3O+D．甲酸乙酯的结构简式：HCOOC2H55、下列关于有机物1－氧杂－2，4－环戊二烯()的说法正确的是()A．与互为同系物B．二氯代物有3种(不考虑立体异构)C．所有原子都处于同一平面内D．1mol该有机物完全燃烧消耗5molO26、某研究小组同学用如图装置探究与Mg的反应，实验时首先关闭K，使①中的反应进行，然后加热玻璃管③。下列说法正确的是A．②中只生成2种产物B．停止实验时，先打开K可防倒吸C．实验结束后加热④中溶液，没有明显现象D．浓硫酸浓度越大生成的速率越快7、溴化氢比碘化氢A．键长短 B．沸点高 C．稳定性小 D．还原性强8、下列化学用语正确的是A．中子数为2的氢原子：H B．Na+的结构示意图：C．OH-的电子式：[H]一 D．N2分子的结构式：N—N9、化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B．可以用Si3N4、A2O3制作高温结构陶瓷制品C．Ge(32号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池D．纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作为人类的营养物质10、三元轴烯（a）、四元轴烯（b）、五元轴烯（c）的结构简式如图所示，下列说法不正确的是A．a、b、c都能发生加成反应B．a与苯互为同分异构体C．a、b、c的一氯代物均只有一种D．c分子中的原子不在同一个平面上11、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．20gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋数为2NAC．标准状况下，22.4L水中含有的共价键数为2NAD．50mL12mol·L－1的浓盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA12、某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10mol/LNaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是()A．NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度B．反应的过程中产生的白色沉淀为CaCO3C．反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)D．加入CaCl2促进了HCO3-的水解13、下列说法不正确的是()A．可用焦炭还原SiO2制备单质SiB．镁单质可与NH4Cl溶液反应生成NH3C．浓硫酸与NaBr固体共热可生成单质Br2D．摩尔盐的组成可表示为NH4Fe(SO4)2•6H2O14、现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，其中c(SO42-)+c(NO3-)=5mol.L-1。10mL该混酸溶解铜质量最大时。溶液中HNO3、H2SO4的浓度之比为A．1：1 B．1：2 C．3：2 D．2：315、Fe3+、SO42﹣、Al3+和X四种离子以物质的量之比2:4:1:1大量共存于同一溶液中，X可能是（）A．Na+ B．Cl﹣ C．CO32﹣ D．OH﹣16、已知某高能锂离子电池的总反应为：2Li+FeS=Fe+Li2S，电解液为含LiPF6·SO(CH3)2的有机溶液（Li+可自由通过）。某小组以该电池为电源电解废水并获得单质镍，工作原理如图所示。下列分析正确的是A．X与电池的Li电极相连B．电解过程中c(BaC12)保持不变C．该锂离子电池正极反应为：FeS+2Li++2e−=Fe+Li2SD．若去掉阳离子膜将左右两室合并，则X电极的反应不变二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物X由三种元素(其中一种是第四周期元素)组成，现进行如下实验：已知：气体A在标准状况下密度为0.714g·L-1；碱性溶液焰色反应呈黄色。(1)X中非金属元素的名称为__________，X的化学式__________。(2)X与水反应的化学方程式为_________。(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，设计实验证明Y的晶体类型__________。(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，________，蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色。18、H是一种氨基酸，其合成路线如下：已知：①②RMgBrRCH2CH2OH+③R-CHO完成下列填空：（1）A的分子式为C3H4O，其结构简式为____________。（2）E→F的化学方程式为____________。（3）H的结构简式为_________________。写出满足下列条件的苯丙氨酸同分异构体的结构简______________、________________。I.含有苯环；II.分子中有三种不同环境的氢原子。（4）结合题中相关信息，设计一条由CH2Cl2和环氧乙烷（）制备1，4-戊二烯的合成路线（无机试剂任选）。___________。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）19、高锰酸钾是常用的氧化剂。某化学小组在实验室以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备KMnO4，下图是实验室制备高锰酸钾的操作流程。已知：温度溶解度/gK2CO3KHCO3KMnO420℃11133.76.38请回答：(1)反应①的化学方程式为______________________________________，加热软锰矿、KClO3和KOH固体，除三脚架、玻璃棒、泥三角和铁坩埚外，还用到的仪器有___，不采用瓷坩埚而选用铁坩埚的理由是______________(2)反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________________；上述流程中可以循环利用的物质是__________________________。(3)实验时，从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作a为___________________，若CO2过量会生成KHCO3，导致得到的KMnO4产品的纯度降低其原因是________。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、氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈，目前所采用或正在研究的主要储氢材料有：配位氢化物、富氢载体化合物、碳质材料、金属氢化物等。(1)Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。①Ti2+基态的电子排布式可表示为__________________。②BH4-的空间构型是________________(用文字描述)。(2)液氨是富氢物质，是氢能的理想载体，利用N2+3H22NH3实现储氢和输氢。①上述方程式涉及的三种气体熔点由低到高的顺序是__________________。②下列说法正确的是________(填字母)。a.NH3分子中N原子采用sp3杂化b.相同压强时，NH3沸点比PH3高c.[Cu(NH3)4]2＋中，N原子是配位原子d.CN-的电子式为(3)Ca与C60生成的Ca32C60能大量吸附H2分子。①C60晶体易溶于苯、CS2，说明C60是________分子(填“极性”或“非极性”)；②1个C60分子中，含有σ键数目为________个。(4)MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞结构如图所示，已知该晶体的密度为ag·cm-3，则晶胞的体积为____cm3[用a、NA表示(NA表示阿伏加德罗常数)]。

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.硫酸为二元强酸，当浓度均为0.1mol·L－1时，硫酸溶液中的离子浓度一定大于HA溶液中离子的浓度，不能说明HA是否完全电离，A项错误；B.NH4A溶液中，由于NH4+水解使溶液呈酸性，若HA为强酸，NH4A溶液pH＜7，而pH＝7说明A－水解，说明HA为弱酸，B项正确；C.当溶液的pH小于3.1时，甲基橙均能变红色，不能说明0.1mol·L－1的HA溶液pH是否大于1，C项错误；D.若HA为强酸，等浓度的NaA、HA混合溶液pH也小于7，D项错误；答案选B。2、B【解析】

①点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH，混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；②点溶液呈中性，溶质为CH3COONa和CH3COOH，但CH3COOH较少③点溶液中溶质为CH3COONa，溶液的pH＞7，溶液呈碱性。【详解】A、①点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH，混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)＝2c(Na+)，故A错误；B、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)，所以滴定过程中①②③任一点都存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)，故B正确；C、③点溶液中溶质为CH3COONa，溶液的pH＞7，溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH﹣)，根据电荷守恒得c(Na+)＞c(CH3COO﹣)，盐类水解程度较小，所以存在c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，故C错误；D、滴定过程中遵循电荷守恒，如果溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH﹣)，根据电荷守恒得c(Na+)＜c(CH3COO﹣)，故D错误；答案选B。【点睛】本题以离子浓度大小比较为载体考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，注意：电荷守恒和物料守恒与溶液中溶质多少无关。3、B【解析】

苯分子中12个原子共平面，乙烯分子中6个原子共平面，乙炔中4个原子共平面，但甲基中最多有一个H原子能和C原子所在的平面共平面，故此有机物中在任意情况下都不可能与碳原子们共平面的氢原子有2个。故选：B。【点睛】原子共平面问题的关键是找母体，即找苯环、碳碳双键和碳碳三键为母体来分析。4、D【解析】

A.碳原子半径大于氧，故A错误；B.氧为中心原子，HClO的结构式：H—O—Cl，故B错误；C.HS-的水解方程式：HS-+H2O⇌H2S+OH-，故C错误；D.甲酸乙酯的结构简式：HCOOC2H5，故D正确；故选D。5、C【解析】

A.属于酚，而不含有苯环和酚羟基，具有二烯烃的性质，两者不可能是同系物，A错误；B.共有2种等效氢，一氯代物是二种，二氯代物是4种，B错误；C.中含有两个碳碳双键，碳碳双键最多可提供6个原子共平面，则中所有原子都处于同一平面内，C正确；D.的分子式为C4H4O，1mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1mol×(4＋1－0.5)＝4.5mol，D错误；故答案为：C。【点睛】有机物燃烧：CxHy＋(x＋)O2→xCO2＋H2O；CxHyOz＋(x＋－)O2→xCO2＋H2O。6、B【解析】

A.①为制备SO2的装置,SO2与Mg在③中反应,类似CO2与Mg的反应,产生MgO和S,生成的S还可与Mg反应生成MgS,所以③中生成物有3种,A错误;B.停止实验时,先打开K,橡胶气胆②释放的空气起到缓冲作用,防止④中的溶液进入③中,从而起到防倒吸作用,B正确;C.反应过程中SO2使④中品红溶液逐渐褪色,加热褪色后的溶液,SO2从被褪色的物质中逸出,溶液恢复原色,C错误;D.Na2SO3与浓硫酸反应的本质是S与H+反应生成SO2,浓硫酸浓度太大,H2O含量少,H2SO4电离出的H+浓度低,使生成SO2的速率和产量降低,D错误。故答案选B。7、A【解析】

A.溴化氢中的溴原子半径小于碘原子半径，所以溴化氢的键长比碘化氢的短，故A正确；B.溴化氢和碘化氢都是共价化合物，组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，所以溴化氢的沸点低于碘化氢的，故B错误；C.溴的非金属性比碘强，所以溴化氢比碘化氢稳定，故C错误；D.溴的非金属性比碘强，非金属性越强，单质的氧化性越强，离子的还原性就越弱，所以溴化氢比碘化氢还原性弱，故D错误；故选：A。8、C【解析】

A．中子数为2的氢原子的质量数为3，该原子正确的表示方法为：H，故A错误；B．钠离子的核外电子总数为10，质子数为11，钠离子正确的离子结构示意图为：，故B错误；C．氢氧根离子带一个单位负电荷，电子式为[H]一，故C正确；D．氮气分子的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，氮气的结构式为：N≡N，故D错误；故选C。9、D【解析】

A.蚕丝主要成分为蛋白质，蛋白质灼烧能产生烧焦羽毛的特殊气味，而人造纤维没有这种气味，则用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维，A项正确；B.Si3N4、A2O3为常见的新型高温陶瓷材料，B项正确；C.Ge(32号元素)位于金属与非金属的分界线附近，可做半导体材料，C项正确；D.人体内没有纤维素水解酶，因此纤维素不能再人体内水解，D项错误；答案选D。10、D【解析】

A.a、b、c均含有碳碳双键，因此都能发生加成反应，故A正确；B.a和苯的分子式均为C6H6，且结构不同，则a与苯互为同分异构体，故B正确；C.a、b、c分子中均只有一种氢原子，则它们的一氯代物均只有一种，故C正确；D.c分子中含有碳碳双键的平面结构，根据乙烯的平面结构分析，c中所有的原子在同一个平面上，故D错误；故选D。【点睛】在常见的有机化合物中，甲烷为正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断即可。11、A【解析】

A.20gD2O物质的量，含有的质子数均为10NA，18gH2O物质的量，含有的质子数均为10NA，故A正确；B.亚硫酸是弱电解质，不能完全电离，溶液中含有的H＋数小于2NA，故B错误；C.标准状况下，水为液体，故C错误；D.随着反应的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，MnO2与稀盐酸不反应，反应停止，且盐酸易挥发则转移的电子数小于0.3NA，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】用22.4L‧mol−1时一定要注意两个前提条件，一、是否为气体，二、是否为标准状况下。12、D【解析】

A.NaHCO3电离产生的HCO3-离子在溶液中既能发生电离作用又能发生水解作用；B.HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3；C.根据电荷守恒分析判断；D.加入CaCl2消耗CO32-生成CaCO3沉淀。【详解】A.NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-既能电离又能水解，水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性；电离产生H+使溶液显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度，A正确；B.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，说明HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3，B正确；C.该溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-)，溶液至pH=7，c(H+)=c(OH-)，c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，C正确；D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促进HCO3-的电离，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了电解质溶液中反应实质、沉淀溶解平衡的理解及应用的知识。涉及电解质溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒、物料守恒等，题目难度中等。13、D【解析】

A.高温条件下，可用碳还原SiO2制备单质Si，故A正确；B.镁单质可与NH4Cl溶液反应生成NH3和氢气、氯化镁，故B正确；C.浓硫酸具有强氧化性与NaBr固体共热可生成单质Br2，故C正确；D.摩尔盐的组成可用(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O表示，故D错误；故选D。14、D【解析】稀硝酸和稀硫酸组成的混酸中c（NO3－）+c（SO42－）=5mol·L－1，稀硝酸和Cu反应但稀硫酸和Cu不反应，混酸和Cu反应离子方程式为3Cu+2NO3－+8H＋=3Cu2＋+2NO↑+4H2O，要使溶解的Cu最大，则硝酸根离子应该完全反应，根据离子方程式知，c（NO3－）：c（H＋）=2：8=1：4，设c（NO3－）=xmol·L－1、则c（H＋）=4xmol·L－1，根据电荷守恒得c（NO3－）+2c（SO42－）=c（H＋），xmol·L－1+2c（SO42－）=4xmol·L－1，c（SO42－）=1.5xmol·L－1，代入已知：c（NO3－）+c（SO42－）=5mol·L－1，x=2，所以c（NO3－）=2mol·L－1、则c（H＋）=8mol·L－1，c（SO42－）=5mol·L－1-2mol·L－1=3mol·L－1，根据硝酸根离子守恒、硫酸根离子守恒得c（NO3－）=c（HNO3）=2mol·L－1、c（SO42－）=c（H2SO4）=3mol·L－1，所以混酸中HNO3、H2SO4的物质的量浓度之比2mol·L－1：3mol·L－1=2：3。故选D。15、B【解析】

假设离子的物质的量为分别为2mol、4mol、1mol、1mol，则根据溶液中的电荷守恒分析，2×3+1×3=2×4+1×x，解x=1，说明阴离子带一个单位的负电荷，铁离子和氢氧根离子不能共存，所以氢氧根离子不存，故X可能为氯离子，故选B。16、C【解析】

由反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，应为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为正极反应，正极电极反应为FeS+2Li++2e-=Fe+Li2S，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni，则电解池中：镀镍碳棒为阴极，即Y接线柱与原电池负极相接，发生还原反应，碳棒为阳极，连接电源的正极，发生氧化反应，据此分析解答。【详解】A.用该电池为电源电解含镍酸性废水，并得到单质Ni，镍离子得到电子、发生还原反应，则镀镍碳棒为阴极，连接原电池负极，碳棒为阳极，连接电源的正极，结合原电池反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为原电池正极，所以X与电池的正极FeS相接，故A错误；B.镀镍碳棒与电源负极相连、是电解池的阴极,电极反应Ni2++2e−=Ni，为平衡阳极区、阴极区的电荷，Ba2+和Cl−分别通过阳离子膜和阴离子膜移向1%BaCl2溶液中，使BaCl2溶液的物质的量浓度不断增大，故B错误；C.锂离子电池，FeS所在电极为正极，正极反应式为FeS+2Li++2e−═Fe+Li2S，故C正确；D.若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl−>OH−，则Cl−移向阳极放电：2Cl−−2e−=Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变，故D错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳、溴Na5CBrNa5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑将Y加热至熔化，然后测其导电性，若熔融状态下能导电，证明该物质是由离子构成的离子晶体放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯火焰上灼烧至无色【解析】

X与水反应产生气体A和碱性溶液，气体A摩尔质量为M=0.714g·L-1×22.4L/mol=16g/mol，则A是CH4，说明X中含有C元素；碱性溶液焰色反应呈黄色，说明碱性溶液含有钠元素，物质X中有钠元素；向该碱性溶液中加入0.04molHCl溶液显中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液产生两种沉淀，质量和为7.62g，根据Cl-守恒，其中含有AgCl沉淀质量为m(AgCl)=0.04mol×143.5g/mol=5.74g，X中含有的另外一种元素位于第四周期，可以与Ag+反应产生沉淀，则该元素为溴元素，则X的组成元素为Na、C、Br三种元素，形成的沉淀为AgBr，其质量为m(AgBr)=7.62g-5.74g=1.88g，n(AgBr)=1.88g÷188g/mol=0.01mol，X中含有Br-0.01mol，其质量为0.01mol×80g/mol=0.80g，结合碱性溶液中加入0.04molHCl，溶液显中性，说明2.07gX中含有0.05molNa+，X与水反应产生0.01molHBr和0.05molNaOH，其中0.01molHBr反应消耗0.01molNaOH，产生0.01molNaBr，还有过量0.04molNaOH，则X中含有C的物质的量为n(C)=(2.07g-0.05mol×23g/mol-0.80g)÷12g/mol=0.01mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=0.05：0.01：0.01=5：1：1，则X化学式为Na5CBr，Na5CBr与水反应总方程式为：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知X是Na5CBr，A是CH4，碱性溶液为NaOH与NaBr按4：1混合得到的混合物，中性溶液为NaCl、NaBr按4：1物质的量的比的混合物，沉淀为AgCl、AgBr混合物，二者物质的量的比为4：1；(1)X化学式为Na5CBr，其中非金属元素的名称为碳、溴；(2)X与水反应的化学方程式为Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑；(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，则Y为NaBr，该化合物为离子化合物，证明Y的晶体类型实验是：将NaBr加热至熔化，测其导电性，若熔融状态下能导电，证明在熔融状态中含有自由移动的离子，则该物质是由离子构成的离子化合物；(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯或酒精喷灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色，来确定其中含有的金属元素。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、颜色反应的操作及化合物类型判断方法。掌握常见元素及化合物的性质、物质的构成微粒，并结合题干信息计算、推理。18、CH2=CHCHO2+O22+2H2OCH2Cl2ClMgCH2MgClHOCH2CH2CH2CH2CH2OHH2C=CHCH2CH=CH2【解析】

A的分子式为，而1，丁二烯与A反应生成B，且B与氢气反应得到，结合信息可知A为，B为结合转化关系与信息可知发生取代反应生成C为，D为，E为，由信息可知F为，G为，H为。【详解】（1）A的分子式为，其结构简式为：，故答案为：；（2）E→F羟基的催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为：；

（3）H的结构简式为，满足下列条件的苯丙氨酸同分异构体的结构简式：Ⅰ、含有苯环；Ⅱ、分子中有三种不同环境的氢原子，符合条件的同分异构体有：、，故答案为：；、；（4）由与干醚得到，再与环氧乙烷得到由，然后再浓硫酸加热条件下发生消去反应得到，合成路线流程图为：，故答案为：。19、(1)KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O酒精灯、坩埚钳瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应2:1KOH、MnO2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥KHCO3的溶解度较小，滤液蒸发浓缩降温结晶时KHCO3会随KMnO4一同结晶析出【解析】

以软锰矿（主要成分是MnO2）为原料制备KMnO4晶体，软锰矿固体和KOH固体混合在铁坩埚中煅烧，得到墨绿色熔块，为K2MnO4，冷却后溶于水其水溶液呈深绿色，这是锰酸根在碱溶液中的特征颜色，边加热边通入适量二氧化碳气体，调节溶液pH趁热过滤得到MnO2和KMnO4溶液，冷却结晶得到KMnO4晶体。⑴加热条件下，MnO2、KOH和KClO3反应生成K2MnO4、KCl、H2O，熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性物质KOH应该用铁坩埚；瓷坩埚中的二氧化硅和强碱反应，坩埚被腐蚀；⑵工艺流程可知，CO2使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入CO2太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、KMnO4；氧化还原反应中的氧化剂是元素化合价降低的物质，还原剂是元素化合价升高的物质，结合化学方程式定量关系和电子守恒计算；流程中需要加入的物质在后面有生成该物质，该物质可以循环利用；⑶从滤液中得到物质的方法是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤或抽滤得到晶体；工艺流程可知，二氧化碳使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、高锰酸钾；【详解】(1).加热条件下，MnO2、KOH和KClO3反应生成K2MnO4、KCl、H2O，反应的化学方程式为3MnO2＋KClO3＋6KOH3K2MnO4＋KCl＋3H2O；加热软锰矿、KClO3和KOH固体混合物时，由于KOH会与瓷坩埚中的SiO2发生反应：2KOH+SiO2K2SiO3+H2O腐蚀坩埚，而不与Fe发生反应，所以要用铁坩埚；故答案为KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；酒精灯、坩埚钳；瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应；(2).由流程图可知，二氧化碳使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、KMnO4，在加热浓缩时，会有KHCO3和KMnO4晶体一起析出，实验中通入适量二氧化碳时体系中可能发生反应的离子方程式为：3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-，2OH-+CO2=CO32-+H2O，其中氧化还原反应中氧化剂和还原剂都是KMnO4，所以氧化剂和还原剂的质量比即为反应的物质的量之比为1:2，调节溶液pH过程中，所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1；从流程图可以看出，需要加入的物质有MnO2、KOH、KClO3、CO2（水可以不考虑），反应中又生成KOH、MnO2，故KOH、MnO2是可以循环利用的物质，故答案为：2:1；KOH、MnO2；(3).依据流程中的信息，滤液中含有大量的高锰酸钾和碳酸钾，再根据表中的溶解度数据可知，高锰酸钾在室温下的溶解度较小，而碳酸钾的溶解度很大，因此，从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作是浓缩蒸发，冷却结晶、过滤或抽滤得到晶体；工艺流程可知，二氧化碳使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、KMnO4，在加热浓缩时，会有KHCO3和KMnO4晶体一起析出，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；KHCO3的溶解度比K2CO3小得多，滤液蒸发浓缩时KHCO3会随KMnO4一起结晶析出；【点睛】化学工艺流程题是高考的热点内容，每年都会涉及，体现了化学知识与生产实际的紧密联系工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入；而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论；化学工艺流程一般涉及氧化还原反应方程式的书写、化学反应原理知识的运用、化学计算、实验基本操作等知识，只要理解清楚每步的目的，加上夯实的基础知识，此题能够很好的完成。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