2024-2025学年山西省忻州市高三下学期第四次模拟考试化学试题试卷含解析

2024-2025学年山西省忻州市高三下学期第四次模拟考试化学试题试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、1875年科学家布瓦博德朗发现了一种新元素，命名为“镓”，它是门捷列夫预言的元素类铝。Ga(镓)和As(砷)在周期表的位置如图，下列说法不正确的是AlPGaAsA．Ga的原子序数为31B．碱性：Al(OH)3<Ga(OH)3C．简单离子半径r(Ga3+)>r(As3-)>r(P3-)D．GaAs可制作半导体材料，用于电子工业和通讯领域2、《本草纲目》记载：“凡使白矾石，以瓷瓶盛。于火中，令内外通赤，用钳揭起盖，旋安石峰巢人內烧之。每十两用巢六两，烧尽为度。取出放冷，研粉”。在实验室完成该操作，没有用到的仪器是A．蒸发皿 B．坩埚 C．坩埚钳 D．研钵3、短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为23。下列说法不正确的是WXYZTA．原子半径Y>Z，非金属性W<XB．X2能从T的气态氢化物中置换出T单质C．W、Y、Z三种元素都能与X元素形成化合物WX2、YX2、ZX2D．最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Y>Z4、硅与某非金属元素X的化合物具有高熔点高硬度的性能，X一定不可能是（）A．ⅣA族元素 B．ⅤA族元素 C．ⅥA族元素 D．ⅦA族元素5、化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A．汽车尾气中的氮氧化合物是汽油或柴油不完全燃烧造成的B．我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与硅有关C．液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰D．工程兵开山使用的炸药“TNT”是有机高分子化合物6、NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图，该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，Y可循环使用。下列说法正确的是A．O2在石墨Ⅱ附近发生氧化反应B．该电池放电时NO3－向石墨Ⅱ电极迁移C．石墨Ⅰ附近发生的反应：3NO2+2e－NO+2NO3－D．相同条件下，放电过程中消耗的NO2和O2的体积比为4∶17、下列说法正确的是A．SiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造通讯光缆B．水分子中O－H键的键能很大，因此水的沸点较高C．Na2O2中既含有离子键又含有共价键，但Na2O2属于离子化合物D．1molNH3中含有共用电子对数为4NA(NA为阿伏加德罗常数的值)8、已知：AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3↓＋CO，向含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的稀溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，下列对应关系正确的是（）选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)＞c(AlO2—)＞c(OH−)B0.01c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(H2CO3)＝c(AlO2—)C0.015c(Na+)＞c(CO32—)＞c(OH−)＞c(HCO3—)D0.03c(Na+)＋c(H+)＝c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(OH−)A．A B．B C．C D．D9、我国首次月球探测工程第一幅月面图像发布。月球的月壤中含有丰富的3He，月海玄武岩中蕴藏着丰富的钛、铁、铬、镍、钠、镁、硅、铜等金属矿产资源和大量的二氧化硅、硫化物等。将为人类社会的可持续发展出贡献。下列叙述错误的是（）A．二氧化硅的分子由一个硅原子和两个氧原子构成B．不锈钢是指含铬、镍的铁合金C．3He和4He互为同位素D．月球上的资源应该属于全人类的10、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）①②③④⑤A．①②③ B．②③④ C．①③⑤ D．②④⑤11、下列物质的转化在给定条件下能实现的是()A．SSO3H2SO4 B．Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3C．SiO2SiCl4Si D．Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl312、在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说不正确的是A．Ea为催化剂存在下该反应的活化能，Ea′为无催化剂时该反应的活化能B．该反应为放热反应，△H=Ea-Ea′C．活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子D．催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率，使平衡不移动13、2015年2月，科学家首次观测到化学键的形成。化学键不存在于A．原子与原子之间 B．分子与分子之间C．离子与离子之间 D．离子与电子之间14、在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，下列关系式正确的是（）A．c(Na+)=2c(CO32-) B．c(H+)>c(OH-)C．c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mol/L D．c(HCO3-)<c(OH-)15、下列说法中正确的是A．丙烯中所有原子均在同一个平面上B．分子式为的芳香烃共有4种C．糖类、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应D．乙烯使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，发生的反应原理相同16、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17、室温时，用0.0200mol/L稀盐酸滴定20.00mL0.0200mol/LNaY溶液，溶液中水的电离程度随所加稀盐酸的体积变化如图所示(忽略滴定过程中溶液的体积变化)，则下列有关说法正确的是已知：K(HY)=5.0×10-11A．可选取酚酞作为滴定指示剂B．M点溶液的pH>7C．图中Q点水的电离程度最小，Kw<10-14D．M点,c(Na+)=c(HY)+c(Y-)+c(Cl-)18、Bodensteins研究反应H2(g)+I2(g)2HI(g)△H＜0，温度为T时，在两个体积均为1L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w

(HI)与反应时间t的关系如下表：容器编号起始物质t/min020406080100Ⅰ0.5mol

I2、0.5mol

H2w(HI)/%05068768080Ⅱx

mol

HIw(HI)/%1009184818080研究发现上述反应中：v正=ka•w(H2)•w(I2)，v逆=kb•w2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法不正确的是()A．温度为T时，该反应=64B．容器I中在前20

min的平均速率v(HI)=0.025

mol•L-1•min-1C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1

mol的H2、I2、HI，反应逆向进行D．无论x为何值，两容器中达平衡时w(HI)%均相同19、用KOH为电解质的循环阳极锌空气二次电池放电时的总反应为2Zn+O2=2ZnO，工作时，用泵将锌粉与电解液形成的浆料输入电池内部发生反应，反应所生成的产物随浆料流出电池后，被送至电池外部的电解槽中，经还原处理后再送入电池；循环阳极锌-空气二次电池工作流程图如图所示。下列说法错误的是（）A．放电时，电池正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-B．放电时，电解质中会生成少量碳酸盐C．电池停止工作时，锌粉与电解质溶液不反应D．充电时，电解槽阴极反应为ZnO+2e-+H2O=Zn+2OH-20、NA代表阿伏加德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物()A．所含共用电子对数目为(a/7+1)NA B．所含原子总数为aNA/14C．燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14L D．所含碳氢键数目为aNA/721、常温下，HCOOH和CH3COOH的电离常数分别1.80×10−4和1.75×10−5。将pH=3，体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是（）A．溶液中水的电离程度：b点＜c点B．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同C．从c点到d点，溶液中不变（HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子）D．若两溶液无限稀释，则它们的c(H+)相等22、根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向KI溶液中滴加少量溴水，再滴加CCl4，振荡，静置。分层，上层无色，下层紫红色溴的非金属性强于碘B向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解Na2SO3溶液已经变质C向AgNO3溶液中先滴加少量NaCl溶液，生成白色沉淀，然后再滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀溶解度：AgCI>Ag2SD向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶液红色逐渐褪去BaCl2溶液是酸性溶液A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）贝诺酯临床主要用于治疗类风湿性关节炎、感冒发烧等。合成路线如下：（1）贝诺酯的分子式______。（2）A→B的反应类型是______；G+H→I的反应类型是______。（3）写出化合物C、G的结构简式：C______，G______。（4）写出满足下列条件的F同分异构体的结构简式（任写3种）______。a．不能与FeCl3溶液发生显色反应；b．能发生银镜反应和水解反应；c．能与金属钠反应放出H2；d．苯环上的一氯取代产物只有两种结构（5）根据题给信息，设计从A和乙酸出发合成的合理线路（其他试剂任选，用流程图表示：写出反应物、产物及主要反应条件）_______________24、（12分）有机物F是一种用途广泛的香料,可用烃A与有机物E为原料,按照如下流程进行合成。已知A在标准状况下的密度为1.25g·L-1。回答下列问题:(1)有机物F中含有的官能团名称为____。(2)A生成B的反应类型为________。(3)写出流程中B生成C的化学方程式_______。(4)下列说法正确的是____。A流程图中有机物B转化为C，Cu参与了化学反应,但反应前后的质量保持不变B有机物C不可能使溴水褪色C有机物D、E生成F的反应为酯化反应,本质上是取代反应D合成过程中原子的理论利用率为100%的反应只有一个25、（12分）硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol]，装置如图所示（部分装置省略）。已知SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，有强腐蚀性，不宜接触碱、醇、纤维素等许多无机物和有机物，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。回答下列问题：I．SO2Cl2的制备（1）水应从___（选填“a”或“b”）口进入。（2）制取SO2的最佳组合是___（填标号）。①Fe+18.4mol/LH2SO4②Na2SO3+70%H2SO4③Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙装置中盛放的试剂是___。（4）制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中，原因是___。（5）反应结束后，分离甲中混合物的最佳实验操作是___。II．测定产品中SO2Cl2的含量，实验步骤如下：①取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振荡、过滤、洗涤，将所得溶液均放入锥形瓶中；②向锥形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000mol·L－1的AgNO3溶液l00.00mL；③向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；④加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10Ksp(AgSCN)=2×10-12（6）滴定终点的现象为___。（7）产品中SO2Cl2的质量分数为___%，若步骤③不加入硝基苯则所测SO2Cl2含量将___（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。26、（10分）ClO2是一种优良的消毒剂，其溶解度约是Cl2的5倍，但温度过高浓度过大时均易发生分解，因此常将其制成KClO2固体，以便运输和贮存。制备KClO2固体的实验装置如图所示，其中A装置制备ClO2，B装置制备KClO2。请回答下列问题：（1）A中制备ClO2的化学方程式为__。（2）与分液漏斗相比，本实验使用滴液漏斗，其优点是__。加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止液体飞溅和__。（3）实验过程中通入空气的目的是__，空气流速过快，会降低KClO2产率，试解释其原因__。（4）ClO2通入KOH溶液生成KClO2的同时还有可能生成的物质__。a.KClb.KClOc.KClO3d.KClO4（5）KClO2变质分解为KClO3和KCl，取等质量的变质前后的KClO2试样配成溶液，分别与足量的FeSO4溶液反应消耗Fe2+的物质的量__（填“相同”、“不相同”“无法确定”）。27、（12分）下面是关于硫化氢的部分文献资料资料：常温常压下，硫化氢(H2S)是一种无色气体，具有臭鸡蛋气味，饱和硫化氢溶液的物质的量浓度约为0.1mol·L－1。硫化氢剧毒，经粘膜吸收后危害中枢神经系统和呼吸系统，对心脏等多种器官造成损害。硫化氢的水溶液称氢硫酸(弱酸)，长期存放会变浑浊。硫化氢及氢硫酸发生的反应主要有：2H2S+O2=2H2O+2S2H2S+3O2=2H2O+2SO22H2S+SO2=2H2O+3S2H2S+Cl2=2HCl+S↓H2S=H2+SH2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4H2S+2NaOH=Na2S+2H2OH2S+NaOH=NaHS+H2O……某研究性学习小组对资料中“氢硫酸长期存放会变浑浊”这一记载十分感兴趣，为了探究其原因，他们分别做了如下实验：实验一：将H2S气体溶于蒸馏水制成氢硫酸饱和溶液，在空气中放置1～2天未见浑浊现象。用相同浓度的碘水去滴定氢硫酸溶液测其浓度。图一所示为两只烧杯中氢硫酸浓度随时间变化而减小的情况。实验二：密闭存放的氢硫酸，每天定时取1mL氢硫酸，用相同浓度的碘水滴定，图二所示为氢硫酸浓度随放置天数变化的情况。实验三：在饱和氢硫酸溶液中以极慢的速度通入空气（1～2个气泡/min），数小时未见变浑浊的现象。实验四：盛满试剂瓶，密闭存放的饱和氢硫酸溶液隔2～3天观察，直到略显浑浊；当把满瓶的氢硫酸倒扣在培养皿中观察2～3天，在溶液略显浑浊的同时，瓶底仅聚集有少量的气泡，随着时间的增加，这种气泡也略有增多（大），浑浊现象更明显些。请回答下列问题：（1）实验一（见图一）中，氢硫酸的浓度随时间变化而减小的主要因素是_______________。（2）实验一和实验二中，碘水与氢硫酸反应的化学方程式为_________________________。两个实验中准确判断碘水与氢硫酸恰好完全反应是实验成功的关键。请设计实验方案，使实验者准确掌握所加碘水恰好与氢硫酸完全反应___________________________________________________________________________。（3）“氢硫酸长期存放会变浑浊”中，出现浑浊现象是由于生成了_____________的缘故。（4）该研究性学习小组设计实验三，说明他们认为“氢硫酸长期存放会变浑浊”的假设原因之一是（用文字说明）__________________________________。此实验中通入空气的速度很慢的主要原因是什么？________________________________________________________。（5）实验四的实验现象说明“氢硫酸长期存放会变浑浊”的主要原因可能是__________。为进一步证实上述原因的准确性，你认为还应做哪些实验（只需用文字说明实验设想，不需要回答实际步骤和设计实验方案）？_____________________________________。28、（14分）化合物H是一种香料合成中间体，其合成路线如图：回答下列问题：(1)A的化学名称是___。(2)A到B的反应方程式是___。(3)C的结构简式是___。(4)④的反应类型是___。(5)H中的含氧官能团的名称是___。(6)X是F的同分异构体，X所含官能团的种类和数量与F完全相同，其核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6：1：1。写出两种符合上述条件的X的结构简式___。(7)设计由苯甲醇和制备的合成路线___（无机试剂任选）。29、（10分）研究、、的回收对改善生态环境和构建生态文明具有重要的意义。(1)有科学家经过研究发现，用和在℃，催化剂条件下可转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。230℃，向容器中投入和。当平衡转化率达80％时放出热量能量，写出该反应的热化学方程式______。一定条件下，上述合成甲醇的反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向逆反应方向移动的是______(填代号)。A．逆反应速率先增大后减小B．的转化率增大C．生成物的体积百分含量减小D．容器中的恒变小(2)向容积可变的密闭容器中充入和，在恒温恒压条件下发生反应，平衡时的转化率随温度、压强的变化情况如图甲所示。①压强：______(填“＞”“＜”或“＝”)②M点时，的转化率为______(计算结果精确到％)，用平衡分压代替平衡浓度计算该反应的平衡常数______(用含的最简表达式表达，分压＝总压×物质的量分数)。③不同温度下，该反应的平衡常数的对数值如图乙所示，其中A点为时平衡常数的对数值，则B、C、D、E四点中能正确表示该反应的与温度的关系的是______。(3)还原的反应为，上述反应分两步进行：i．(慢反应)ii．(快反应)。下列叙述正确的是______(填字母)。A．是该反应的催化剂B．反应i的活化能较高C．总反应速率由反应ii的速率决定D．反应i中和的碰撞仅部分有效(4)利用消除对环境的污染不可行的原因是______。(5)用溶液做碳捕捉剂，在降低碳排放的同时也获得化工产品。常温下，若某次捕捉后得到的溶液，则溶液中：______

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】

A.Al是13号元素，Ga位于Al下一周期同一主族，由于第四周期包括18种元素，则Ga的原子序数为13+18=31，A正确；B.Al、Ga是同一主族的元素，由于金属性Al<Ga，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，所以碱性：Al(OH)3<Ga(OH)3，B正确；C.电子层数相同的元素，核电荷数越大，离子半径越小，电子层数不同的元素，离子核外电子层数越多，离子半径越大，Ga3+、P3-离子核外有3个电子层，As3-离子核外有4个电子层，所以离子半径：r(As3-)>r(P3-)>r(Ga3+)，C错误；D.GaAs导电性介于导体和绝缘体之间，可制作半导体材料，因此广泛用于电子工业和通讯领域，D正确；故合理选项是C。2、A【解析】

这是固体的加热、灼烧、冷却和研磨的过程，固体加热用坩埚B，要用坩埚钳C取放，研磨在研钵D中进行，所以蒸发皿是没有用到的仪器。答案为A。3、D【解析】

W、X、Y、Z均为短周期主族元素，由位置关系可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，设X原子最外层电子数为a，则W、Y、Z最外层电子数依次为a-2、a、a+1，四种元素的原子最外层电子数之和为23，则：a-2+a+1+a+a=23，解得a=6，则W为C元素，故X为O元素、Y为S元素、W为C元素。【详解】A、同周期从左到右，原子半径逐渐减小，元素的非金属性增强，原子半径S>Cl，非金属性W<X，故A正确；B、同主族从上到下元素的非金属性减弱，故O2能与H2Se反应，生成Se单质，故B正确；C、O能形成CO2、SO2、ClO2，故C正确；D、最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3<H2SO4<HClO4，故D错误；故选D。4、D【解析】

硅与某非金属元素X的化合物具有高熔点高硬度的性能，说明该晶体为原子晶体，可能为碳化硅、氮化硅、二氧化硅，而四氯化硅、四氟化硅为分子晶体，所以X一定不可能是ⅦA族元素，故选D。5、C【解析】

A.汽车尾气中的氮氧化合物是汽车发动机中N2与O2在电火花作用下发生反应产生的，A错误；B.我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与二氧化硅有关，B错误；C.液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰,二者发生反应产生CaCl2、Ca(ClO)2和水，从而消除了Cl2的毒性及危害，C正确；D.炸药“TNT”是三硝基甲苯，不是搞高分子化合物，D错误；故合理选项是C。6、D【解析】

A．石墨Ⅱ通入氧气，发生还原反应，为原电池的正极，电极方程式为O2+2N2O5+4e-=4NO3-，A错误；B．原电池中阴离子移向负极，NO3-向石墨Ⅰ电极迁移，B错误；C．石墨I为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5，C错误；D．负极反应式为：NO2+NO3--e-=N2O5、正极反应式为：O2+2N2O5+4e-=4NO3-，则放电过程中消耗相同条件下的NO2和O2的体积比为4：1，D正确；答案选D。【点晴】该题为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意原电池正负极的判断、由化合价的变化推测电极产物等，侧重于有关原理的应用的考查。7、C【解析】

A．二氧化硅是绝缘体不能导电，光导纤维中传递的是激光，利用的是二氧化硅的导光性，A项错误；B．水的沸点高是因为水分子之间可以形成氢键，与水分子内的O-H键键能无关，B项错误；C．物质只要含有离子键则为离子化合物，过氧化钠中Na+和是以离子键结合，中的O是以共价键结合，C项正确；D．NH3中有三条共价键，共价键即原子之间通过共用电子对形成的相互作用，所以1molNH3中含有3NA个共用电子对，D项错误；答案选C。8、C【解析】

向含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠；然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠；再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015mol二氧化碳，生成0.03mol碳酸氢钠。【详解】A.不通入CO2，0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的稀溶液中，c(Na+)＞c(OH−)＞c(AlO2—)，故A错误；B.当通入的二氧化碳为0.01mol时，则溶液为含有0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠的混合液，没有HCO3—，故B错误；C.当通入的二氧化碳为0.015mol时溶液中含有0.015mol碳酸钠，离子浓度的关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)，故C正确；D.当通入二氧化碳的量为0.03mol时，溶液为碳酸氢钠溶液，溶液显碱性，电荷守恒关系为：c(Na+)＋c(H+)＝2c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(OH−)，故D错误；正确答案是C。本题将元素化合物知识与电解质溶液中离子浓度大小比较综合在一起考查，熟练掌握相关元素化合物知识，理清反应过程，结合相关物质的用量正确判断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性，进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。9、A【解析】

A.二氧化硅晶体属于原子晶体，由硅原子和氧原子构成，但不存在二氧化硅分子，A不正确；B.在铁中掺入铬、镍等金属，由于改变了金属晶体的内部组织结构，使铁失电子的能力大大降低，从而使铁不易生锈，B正确；C.3He和4He的质子数相同，但中子数不同，且都是原子，所以二者互为同位素，C正确；D.月球是属于全人类的，所以月球上的资源也应该属于全人类，D正确。故选A。10、C【解析】

①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝和碳酸氢钠，故①能实现；②硫和氧气点燃生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂加热的条件下反应生成三氧化硫，故②不能实现；③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3晶体，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③能实现；④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁中Fe3+水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，加热HCl易挥发，平衡向右移动，因此加热得不到无水FeCl3，故④不能实现；⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁煅烧分解生成氧化镁，故⑤能实现；因此①③⑤能实现，故C符合题意。综上所述，答案为C。硫和氧气反应一步反应只能生成SO2，氯化铁、氯化铝、硝酸铁、硝酸铝等溶液加热，铁离子要水解，HCl、HNO3都易挥发，因此加热氯化铁、氯化铝、硝酸铁、硝酸铝等溶液都不能得到原物质。11、B【解析】

A.S点燃条件下与O2反应不能生成SO3；B.Al2O3和NaOH溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入CO2，生成Al(OH)3沉淀；C.SiO2一般情况下不与酸反应；D.FeCl3溶液会发生Fe3+的水解；【详解】A.S点燃条件下与空气或纯O2反应只能生成SO2，不能生成SO3，故A错误；B.氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，发生反应NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，所以能实现，故B正确；C.SiO2与盐酸溶液不发生，故C错误；D.FeCl3溶液在加热时会促进Fe3+的水解：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3+3HCl，最终得不到无水FeCl3，故D错误；故答案为B。本题考查是元素化合物之间的转化关系及反应条件。解题的关键是要熟悉常见物质的化学性质和转化条件，特别是要关注具有实际应用背景或前景的物质转化知识的学习与应用。12、B【解析】

A．催化剂能降低反应所需活化能，Ea为催化剂存在下该反应的活化能，Ea′为无催化剂时该反应的活化能，故A正确；B．生成物能量高于反应物，该反应为吸热反应，△H≠Ea′-Ea，故B错误；C．根据活化分子的定义，活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子，故C正确；D．催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率，平衡不移动，故D正确；故选B。13、B【解析】

A．原子与原子之间的强烈的相互作用力为共价键，属于化学键，选项A错误；B．分子之间不存在化学键，存在范德华力或氢键，选项B正确；C．离子与离子之间为离子键，选项C错误；D．离子与电子之间为金属键，选项D错误．答案选B。14、D【解析】

A.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2OHCO3-+OH-，所以c(Na+)>2c(CO32-)；故A错误；

B.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2OHCO3-+OH-，由于CO32-水解溶液呈碱性，所以c(OH-)>c(H+)，故B错误；

C.由于Na2CO3在溶液中存在着下列平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-;HCO3-+H2OH2CO3+OH-;所以Na2CO3在溶液中C的存在形式为CO32-、HCO3-、H2CO3，根据物料守恒:c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=0.1mol/L，故C错误；D.由于CO32-水解，水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2O=H2CO3+OH-，所以c(OH)>c(HCO3-)，故D正确；所以答案：D。根据Na2CO3在溶液中存在：Na2CO3=2Na++CO32-；CO32-+H2OHCO3-+OH-；HCO3-+H2OH2CO3+OH-;H2OH++OH-，进行分析判断。15、B【解析】

A．丙烯含有甲基，具有甲烷的结构特征，具有四面体结构，则所有的原子不可能共平面，故A错误；B．分子式为的芳香烃可能为乙苯或二甲苯，二甲苯有邻、间、对3种，共4种，故B正确；C．糖类中的单糖如葡萄糖、果糖等，则不水解，故C错误；D．乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，故D错误；故答案为B。高锰酸钾具有强氧化性，一般来说，具有还原性的无机物，含有碳碳双键、醛基的物质以及一些醇类、酚类、苯的同系物等可被高锰酸钾氧化，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色。16、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。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。17、B【解析】A.滴定终点溶液显酸性，故可选取甲基橙作为滴定指示剂，A不正确；B.M点溶液中，c(NaY)=c(HY)，因为K(HY)=5.0×10-11，所以c(Y-)≈c(HY)，代入HY的电离常数表达式可得，ka=cH+=5.0×10-11，所以，pH>7，B正确；C.由图可知，Q点水的电离程度最小，Kw=10-14，C不正确；D.M点，由物料守恒可知18、C【解析】

A．H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)起始量(mol/L)0.50.50变化量(mol/L)nn2n平衡量(mol/L)0.5-n0.5-n2nw(HI)/%=×100%=80%，n=0.4mol/L，平衡常数K==64。反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，ka•w(H2)•w(I2)=v正=v逆=kb•w2(HI)，则==K=64，故A正确；B．前20min，H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)起始量(mol/L)0.50.50变化量(mol/L)mm2m平衡量(mol/L)0.5-m0.5-m2mw(HI)%=×100%=50%，m=0.25mol/L，容器I中前20min的平均速率，v(HI)==0.025mol•L-1•min-1，故B正确；C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.lmol的H2、I2、HI，此时浓度商Qc==1＜K=64，反应正向进行，故C错误；D．H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x为何值，Ⅰ和Ⅱ均等效，两容器达平衡时w(HI)%均相同，故D正确；答案选C。19、C【解析】

A.放电时，电池正极通入空气中的O2，在碱性溶液中得电子生成OH-，A正确；B.放电时，正极通入空气中的CO2，会与KOH反应生成少量K2CO3，B正确；C.电池停止工作时，锌粉仍会与KOH溶液发生缓慢反应，C错误；D.充电时，电解槽阴极(放电时，Zn转化为ZnO)Zn表面的ZnO得电子，生成Zn和OH-，电极反应式为ZnO+2e-+H2O=Zn+2OH-，D正确；故选C。20、D【解析】

C2H4和C3H6的最简式为CH2，C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，以最简式计算，物质的量为a/14mol；【详解】A.环丙烷、丙烯和乙烯的最简式均为CH2，每个C有4个价电子、每个H有1个价电子，平均每个CH2中形成3个共用电子对，所以总共含有共用电子对，故A错误；B.C2H4和C3H6的最简式为CH2，1个CH2中含有3个原子，C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，物质的量为，所含原子总数，故B错误；C.气体的状况不知道，无法确定消耗氧气的体积，故C错误；D.烃分子中，每个氢原子与碳原子形成1个C-H键，C2H4和C3H6的最简式为CH2，1个CH2中含有3个原子，C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，物质的量为，所含碳氢键数目，故D正确。本题考查阿伏加德罗常数，为高考高频考点，注意挖掘题目隐含条件C2H4和C3H6的最简式为CH2，难度不大，注意相关基础知识的积累。21、B【解析】

从图中可以看出，随着溶液的不断稀释，Ⅰ的pH大于Ⅱ的pH，则表明Ⅰ的n(H+)小于Ⅱ的n(H+)，从而表明lg=0时，Ⅰ对应的酸电离程度大，Ⅰ为HCOOH，Ⅱ为CH3COOH；pH=3时，二者电离产生的c(H+)相等，由于HCOOH的电离常数大于CH3COOH，所以CH3COOH的起始浓度大。【详解】A．在c点，溶液的pH大，则酸电离出的c(H+)小，对水电离的抑制作用小，所以溶液中水的电离程度：b点＜c点，A正确；B．相同体积a点的两溶液，CH3COOH的物质的量比HCOOH大，分别与NaOH恰好中和后，消耗的NaOH体积大，所以CH3COOH溶液中n(Na+)大，B错误；C．对于HCOOH来说，从c点到d点，温度不变，溶液中=Ka(HCOOH)不变，C正确；D．若两溶液无限稀释，可看成是纯水，所以它们的c(H+)相等，D正确；故选B。22、A【解析】

A．单质溴与KI在溶液中发生氧化还原反应生成碘单质，产生的碘单质易溶于四氯化碳，由于四氯化碳的密度比水大，与水互不相容，所以静置分层，上层无色，下层紫红色，可知溴的非金属性强于碘，A正确；B．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钡生成硫酸钡沉淀，因此不能确定Na2SO3溶液是否变质，B错误；C．由于是向硝酸银溶液中首先滴入少量NaCl溶液，所以硝酸银过量，过量的硝酸银与滴入的Na2S反应产生Ag2S沉淀，均为沉淀生成，不能比较AgCl、Ag2S的溶解度，C错误；D．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液中c(OH-)减小，溶液红色逐渐褪去，并不是因为BaCl2溶液是酸性溶液，D错误；故合理选项为A。二、非选择题(共84分)23、C17H15NO5还原反应取代反应CH3COOCOCH3、、、、（任写三种）【解析】

根据贝诺酯的结构简式和G、H的分子式可知，G为，H为，再根据题各步转化的条件及有关物质的分子式可推知，E为，B为，C为CH3COOCOCH3，A为，F为，D为，A发生还原反应得B，B与C发生取代反应生成E，E与氢氧化钠反应生成G，C与D发生取代反应生成F，F发生取代反应生成H，G和H发生取代反应生成I，据此分析解答。【详解】(1)根据结构简式知，贝诺酯的分子式C17H15NO5，故答案为：C17H15NO5；(2)A→B的反应类型是还原反应，G+H→Ⅰ的反应类型是取代反应，故答案为：还原反应；取代反应；(3)根据上面的分析可知，C为CH3COOCOCH3，G为，故答案为：CH3COOCOCH3；；(4)a.不能与FeC13溶液发生显色反应，说明没有酚羟基，b.能发生银镜反应和水解反应，说明有甲酸某酯的结构或酯基和醛基同时存在，c.能与金属钠反应放出H2，说明有羟基或羧基，d.苯环上的一氯取代产物只有两种结构，一般为两个取代基处于对位，则满足条件的F的同分异构体的结构简式为、、、、，故答案为：、、、、(其中的三种)；(5)A为，从A和乙酸出发合成，可以先将对硝基苯酚还原成对氨基苯酚，在碱性条件下变成对氨基苯酚钠，将醋酸与SOCl2反应生成CH3COCl，CH3COCl与对氨基苯酚钠发生反应即可得产品，合成线路为，故答案为：。24、酯基加成反应2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OAC【解析】

由A在标准状况下的密度可以求出A的相对分子质量为22.4L·mol-1×1.25g·L-1=28g·mol-1，A为CH2=CH2，和水加成生成乙醇，B为CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成乙醛，C为CH3CHO，乙醛再催化氧化为乙酸，D为CH3COOH。F为乙酸苯甲酯，由乙酸和E生成，故E为苯甲醇。【详解】（1）F是酯，含有的官能团为酯基；（2）乙烯生成乙醇是发生了乙烯和水的加成反应，故反应类型为加成反应；（3）乙醇催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）A.乙醇转化为乙醛的反应中，Cu是催化剂，Cu先和氧气生成CuO，CuO再和乙醇生成Cu和乙醛，所以Cu参与了化学反应,但反应前后的质量保持不变，故A正确；B.乙醛有还原性，可以被溴水中的溴氧化从而使溴水褪色，故B错误；C.乙酸和苯甲醇生成乙酸苯甲酯的反应是酯化反应，本质上是取代反应，故C正确；D.合成过程中原子的理论利用率为100%的反应有2个，分别是乙烯加成生成乙醇和乙醛催化氧化为乙酸。故D错误。故选AC。在有机转化关系中，连续氧化通常是醇氧化成醛，醛进一步氧化成羧酸。25、b②碱石灰制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率蒸馏溶液变为红色，而且半分钟内不褪色85.5%偏小【解析】

（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；（7）用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积V，则过量Ag+的物质的量为Vcmol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol，则可以求出SO2Cl2的物质的量；AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小。【详解】（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出，故水应该从b口进入；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用②70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2，故选②；（3）根据装置图可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰，可以吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入冷凝管中，故乙装置中盛放的试剂是碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；（7）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积10.00mL，则过量Ag+的物质的量为Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.2000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol＝1.9×10-2mol，则SO2Cl2的物质的量为1.9×10-2mol×0.5=9.5×10-3mol，产品中SO2Cl2的质量分数为×100%=85.5%；已知：Ksp(AgCl)=3.2×10−10，Ksp(AgSCN)=2×10−12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为：85.5%；偏小。26、2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解空气流速过快，ClO2不能被充分吸收cd相同【解析】

(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式；(2)根据仪器的结构分析滴液漏斗的优势；根据已知信息：ClO2温度过高时易发生分解解答；(3)空气可将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时根据ClO2浓度过大时易发生分解，分析其作用；(4)氧化还原反应中，化合价有降低，必定有升高；(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，且KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，根据电子转移守恒分析判断。【详解】(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式为2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O，故答案为：2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O；(2)滴液漏斗与普通分液漏斗相比，其优点是滴液漏斗液面上方和三颈烧瓶液面上方压强相等，使液体能顺利滴下；加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止浓硫酸遇水放出大量的热，从而使液体飞溅，并防止生成的ClO2分解，故答案为：滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下；降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解；(3)实验过程中通入空气的目的是将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快吋，ClO2不能被充分吸收，导致其产率降低，故答案为：将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收；(4)ClO2中Cl的化合价为+4价，KClO2中Cl的化合价为+3价，由此可知该反应为氧化还原反应，则化合价有降低，必定有升高，则同时还有可能生成的物质为KClO3、.KClO4，故答案为：cd；(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，3molKClO2变质得到2molKClO3，与足量FeSO4溶液反应时，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2反应获得电子为3mol×4=12mol，2molKClO3反应获得电子为2mol×6=12mol，故消耗Fe2+物质的量相同，故答案为：相同。第(5)问关键是明确变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2与2molKClO3得电子数相等，故消耗Fe2+物质的量相同。27、硫化氢的挥发H2S+I2=2HI+S↓向氢硫酸中加入淀粉液，滴加碘水到溶液刚好呈蓝色S或硫氢硫酸被空气中氧气氧化防止因通入空气过快而使硫化氢大量挥发硫化氢自身分解确证生成的气体是氢气【解析】

（1）因为硫化氢气体溶于水生成氢硫酸，所以氢硫酸具有一定的挥发性，且能被空气中的氧气氧化而生成硫。实验一（见图一）中，溶液未见浑浊，说明浓度的减小不是由被氧化引起的。（2）实验一和实验二中，碘水与氢硫酸发生置换反应，生成硫和水。使实验者准确掌握所加碘水恰好与氢硫酸完全反应，应使用指示剂。（3）“氢硫酸长期存放会变浑浊”中，出现的浑浊只能为硫引起。（4）实验三中，氢硫酸溶液与空气接触，则是硫化氢与空气中氧气反应所致。此实验中通入空气的速度很慢，主要从硫化氢的挥发性考虑。（5）实验四为密闭容器，与空气接触很少，所以应考虑分解。因为被氧化时，生成硫和水；分解时，生成硫和氢气，所以只需检验氢气的存在。【详解】（1）实验一（见图一）中，溶液未见浑浊，说明浓度的减小不是由被氧化引起，应由硫化氢的挥发引起。答案为：硫化氢的挥发；（2）实验一和实验二中，碘水与氢硫酸发生置换反应，方程式为H2S+I2=2HI+S↓。实验者要想准确掌握所加碘水恰好与氢硫酸完全反应，应使用淀粉作指示剂，即向氢硫酸中加入淀粉液，滴加碘水到溶液刚好呈蓝色。答案为：H2S+I2=2HI+S↓；向氢硫酸中加入淀粉液，滴加碘水到溶液刚好呈蓝色；（3）“氢硫酸长期存放会变浑浊”中，不管是氧化还是分解，出现的浑浊都只能为硫引起。答案为：S或硫；（4）实验三中，氢硫酸溶液与空气接触，则是硫化氢与空气中氧气反应所致。此实验中通入空气的速度很慢，防止因通入空气过快而使硫化氢大量挥发。答案为：氢硫酸被空气中氧气氧化；防止因通入空气过快而使硫化氢大量挥发；（5）实验四为密闭容器，与空气接触很少，所以应考虑硫化氢自身分解。因为被氧化时，生成硫和水；分解时，生成硫和氢气，所以只需检验氢气的存在。答案为：硫化氢自身分解；确证生成的气体是氢气。实验三中，通入空气的速度很慢，我们在回答原因时，可能会借鉴以往的经验，认为通入空气的速度很慢，可以提高空气的利用率，从而偏离了命题人的意图。到目前为止，使用空气不需付费，显然不能从空气的利用率寻找答案，应另找原因。空气通入后，大部分会逸出，会引起硫化氢的挥发，从而造成硫化氢浓度的减小。28、丙二酸二乙酯取代反应羰基(酮基)、酯基、、、、、【解析】

(A)与在吡啶的作用下反应生成(B)；B与LiAlH4反应生成C，由C的分子式及前后物质的结构，可确定其结构简式为；由E、G结构及F的分子式，可确定F的结构简式为。【详解】(1)A的结构简式为，化学名称是丙二酸二乙酯。答案为：丙二酸二乙酯；(2)(A)与在吡啶的作用下反应生成(B)，反应方程式是。答案为：；(3)由以