2025届北京市中央美术学院附属实验学校高三冲刺模拟化学试卷含解析

2025届北京市中央美术学院附属实验学校高三冲刺模拟化学试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1molNa2O2与SO2完全反应，转移2NA个电子B．标准状况下，1．2L乙醇中含有的极性共价键数目为2．5NAC．18g的D2O中含有的中子数为13NAD．1L3．1mol·L-1Fe2(SO4)2溶液中含有的阳离子数目小于3.2NA2、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．标准状况下，11.2L的甲醇所含的氢原子数大于2NAB．常温下，1mol•L-1的Na2CO3溶液中CO32-的个数必定小于NAC．1molCu与含2molH2SO4的浓硫酸充分反应，生成的SO2的分子个数为NAD．1mol苯分子中含有3NA个碳碳双键3、下列实验现象和结论相对应且正确的是A．A B．B C．C D．D4、pH＝a的某电解质溶液，用惰性电极电解，电解过程中溶液pH＜a的是A．NaCl B．CuSO4 C．Na2SO4 D．HCl5、10mL浓度为1mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能加快反应速率但又不影响氢气生成量的是A．K2SO4 B．CH3COONa C．CuSO4 D．Na2CO36、84消毒液可用于新型冠状病毒的消杀，其主要成分为NaClO。NaClO在空气中可发生反应NaClO+CO2+H2ONaHCO3+HClO。用化学用语表示的相关微粒，其中正确的是A．中子数为10的氧原子：B．Na+的结构示意图：C．CO2的结构式：O=C=OD．NaClO的电子式：7、《现代汉语词典》中有：“纤维”是细丝状物质或结构。下列关于“纤维”的说法不正确的是（）A．造纸术是中国古代四大发明之一，所用到的原料木材纤维属于糖类B．丝绸是连接东西方文明的纽带，其中蚕丝纤维的主要成分是蛋白质C．光纤高速信息公路快速发展，光导纤维的主要成分是二氧化硅D．我国正大力研究碳纤维材料，碳纤维属于天然纤维8、铋(Bi)位于元素周期表中第ⅤA族，其价态为＋3时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：在上述实验条件下，下列结论正确的是A．BiO3-的氧化性强于MnO4-B．H2O2被高锰酸根离子还原成O2C．H2O2具有氧化性，能把KI氧化成I2D．在KI-淀粉溶液中滴加铋酸钠溶液，溶液一定变蓝色9、碘在不同状态下（固态或气态）与氢气反应的热化学方程式如下所示：①H2（g）+I2（?）2HI（g）+1．48kJ②H2（g）+I2（?）2HI（g）-2．48kJ下列判断正确的是A．①中的I2为固态，②中的I2为气态B．②的反应物总能量比①的反应物总能量低C．①的产物比反应②的产物热稳定性更好D．1mol固态碘升华时将吸热17kJ10、人类已经成功合成了117号元素Uus，关于的叙述正确的是A．原子内电子数多于中子数 B．与电子式相同C．元素的近似相对原子质量是294 D．处于不完全周期内11、四元轴烯t，苯乙烯b及立方烷c的结构简式如下，下列说法正确的是A．b的同分异构体只有t和c两种 B．t和b能使酸性KMnO4溶液褪色而c不能C．t、b、c的二氯代物均只有三种 D．b中所有原子－定不在同－个平面上12、右下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是（）A．X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增C．YX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力D．根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性13、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14、探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是（）A．AlCl3、氨水、稀盐酸 B．Al2C．Al、NaOH溶液、稀盐酸 D．Al215、下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是()A．该硫酸的物质的量浓度为9.2mol·L－1B．1molZn与足量该硫酸反应产生2g氢气C．配制200mL4.6mol·L－1的稀硫酸需取该硫酸50mLD．该硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度大于9.2mol·L－116、下列有关物质的用途叙述中，不正确的是A．用稀硫酸除钢铁表面的铁锈利用了硫酸的酸性B．干冰用于人工降雨，是利用了干冰升华吸热C．胃药中含氢氧化镁是因为氢氧化镁能给人提供镁元素D．碳酸氢钠作焙制糕点的发酵粉是利用了碳酸氢钠能与发醇面团中的酸性物质反应二、非选择题（本题包括5小题）17、[化学——选修5：有机化学基础]化合物M是一种香料，A与D是常见的有机化工原料，按下列路线合成化合物M：已知以下信息：①A的相对分子质量为28回答下列问题：（1）A的名称是___________，D的结构简式是___________。（2）A生成B的反应类型为________，C中官能团名称为___________。（3）E生成F的化学方程式为___________。（4）下列关于G的说法正确的是___________。（填标号）a．属于芳香烃b．可与FeCl3溶液反应显紫色c．可与新制的Cu(OH)2共热生成红色沉淀d．G分子中最多有14个原子共平面（5）化合物M的同系物N比M的相对分子质量大14，N的同分异构体中同时满足下列条件的共有________种（不考虑立体异构）。①与化合物M含有相同的官能团；②苯环上有两个取代基（6）参照上述合成路线，化合物X与Y以物质的量之比2:1反应可得到化合物，X的结构简式为________，Y的结构简式为________。18、已知：D为烃，E分子中碳元素与氢元素的质量之比6∶1，相对分子质量为44，其燃烧产物只有CO2和H2O。A的最简式与F相同，且能发生银镜反应，可由淀粉水解得到。（1）A的结构简式为__________________。（2）写出D→E的化学方程式_______________________。（3）下列说法正确的是____。A.有机物F能使石蕊溶液变红B.用新制的氢氧化铜无法区分有机物C、E、F的水溶液C.等物质的量的C和D分别完全燃烧消耗氧气的量相等D.可用饱和碳酸钠溶液除去有机物B中混有的少量C、FE.B的同分异构体中能发生银镜反应的酯类共有2种19、某研究小组由Cu(NO3)2溶液先制得Cu(NO3)2·3H2O晶体，然后在下图所示实验装置中(夹持及控温装置省略)，用Cu(NO3)2·3H2O晶体和SOCl2制备少量无水Cu(NO3)2。已知：SOCl2的熔点为－105℃、沸点为76℃、遇水剧烈水解生成两种酸性气体。（1）由Cu(NO3)2溶液制得Cu(NO3)2·3H2O晶体的实验步骤包括蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤等步骤。①蒸发浓缩时当蒸发皿中出现______________________________(填现象)时，停止加热。②为得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体，可采用的方法是_______________(填一种)。（2）①仪器c的名称是________。②向三颈烧瓶中缓慢滴加SOCl2时，需打开活塞________(填“a”或“b”或“a和b”)。（3）装置甲中Cu(NO3)2·3H2O和SOCl2发生反应的化学方程式为__________________________________。（4）装置乙的作用是______________________________________。20、三氯氧磷(POCl3)是一种工业化工原料，可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等，还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷,其制备装置如图所示(夹持装置略去)：已知PCl3和三氯氧磷的性质如表：熔点/℃沸点/℃其他物理或化学性质PCl3-112.076.0PCl3和POCl3互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和HClPOCl31.25106.0（1）装置A中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替？做出判断并分析原因：_______（2）装置B的作用是______________(填标号)。a.气体除杂b.加注浓硫酸c.观察气体流出速度d.调节气压（3）仪器丙的名称是___________，实验过程中仪器丁的进水口为__________(填“a”或“b”)口。（4）写出装置C中发生反应的化学方程式_______，该装置中用温度计控制温度为60~65℃，原因是________。（5）称取16.73gPOCl3样品，配制成100mL溶液；取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入3.2mol·L-1的AgNO3溶液10.00mL，并往锥形瓶中滴入5滴Fe2(SO4)3溶液；用0.20mol·L-1的KSCN溶液滴定，达到滴定终点时消耗KSCN溶液10.00mL(已知：Ag++SCN-=AgSCN↓)。则加入Fe2(SO4)3溶液的作用是________，样品中POCl3的纯度为_____________。21、海水是巨大的资源宝库，海水淡化及其综合利用具有重要意义。请回答下列问题：Ⅰ.(1)步骤1中，粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，粗盐精制过程中要使用Na2CO3溶液，请写出加入Na2CO3溶液后相关化学反应的离子方程式_________________。(2)海水提溴，制得1molBr2需要消耗_________molCl2。步骤Ⅱ中需要向母液中加入稀硫酸酸化，其作用是___________________________。步骤Ⅲ若用Na2SO3水溶液吸收Br2，有关反应的离子方程式为_______________________________。(3)为了从工业Br2中提纯溴，除去产物中残留的少量Cl2，可向其中加入__________溶液。Ⅱ.(1)Mg在元素周期表中的位置：_____________，Mg(OH)2的电子式：____________，Mg(OH)2中所含元素的简单离子半径由小到大的顺序是____________________________。(2)步骤Ⅳ由Mg(OH)2得到单质Mg，以下方法最合适的是_______________（填序号）。A．Mg(OH)2MgCl2MgB．Mg(OH)2MgOMgC．Mg(OH)2MgOMgD．Mg(OH)2无水MgCl2Mg(3)判断Mg(OH)2是否洗涤干净的操作是__________________。Ⅲ.用Mg制成的格氏试剂(RMgBr)常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：(R：烃基：R'：烃基或H)依据上述信息，写出制备所需溴代烃的可能结构简式：___________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A、Na2O2+SO2=Na2SO4，1molNa2O2与SO2完全反应，转移的电子数为2NA，选项A正确；B、标况下，乙醇为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项B错误；C、一个D2O中含有1×2+8=13个中子，18gD2O物质的量==3.9mol，含有3.9NA个中子，选项C错误；D、铁离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，由于Fe2+水解，产生更多的H+，故含有的阳离子数目大于3.2NA个，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的计算和判断，题目难度中等，注意重水的摩尔质量为23g/mol，为易错点。2、A【解析】

A．甲醇在标况下为液体，1．2L的甲醇的物质的量大于2．5mol，故所含有的氢原子数大于2NA，A正确；B．没有指明碳酸钠的体积，不能计算出碳酸根离子的个数是否小于NA，B错误；C．随着反应的进行浓硫酸的浓度会降低，铜不与稀硫酸反应，故2molH2SO4不能完全反应，生成的SO2的分子个数会小于NA，C错误；D．苯分子中不含有碳碳双键，D错误；故答案为A。3、C【解析】

A.进行焰色反应，火焰呈黄色，说明含有Na+，不能确定是否含有K+，A错误；B.蔗糖在稀硫酸催化作用下发生水解反应产生葡萄糖，若要证明水解产生的物质，首先要加入NaOH中和催化剂硫酸，使溶液显碱性，然后再用Cu(OH)2进行检验，B错误；C.在AgCl和AgI饱和溶液中加入过量AgNO3溶液，产生白色沉淀和黄色沉淀，且白色沉淀的质量远大于黄色沉淀，说明溶液中c(Cl-)较大，c(I-)较小，物质的溶解度AgCl>AgI，由于二者的化合物构型相同，因此可证明物质的溶度积常数Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C正确；D.根据实验现象，只能证明溶液中含有I2，由于溶液中含有两种氧化性的物质HNO3、Fe3+，二者都可能将I-氧化为I2，因此不能证明氧化性Fe3+>I2，D错误；故合理选项是C。4、B【解析】

根据离子的放电顺序判断电解实质，根据电解实质判断溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的关系，结合题意判断选项。【详解】A．电解NaCl溶液时，阴极上析出氢气，阳极上得到氯气，所以溶液中的氢氧根离子浓度增大，溶液的pH值增大，溶液的pH＞a，故A不符合；B．电解硫酸铜溶液，产物是金属铜、水和硫酸，由硫酸铜到电解后的硫酸溶液，pH减小，故B符合；C．电解硫酸钠溶液时，实际上电解的是水，所以溶液的pH值不变，仍为7，故C不符合；D．电解盐酸溶液，产物是氢气和氯气，氢离子的浓度减小，所以溶液的pH值增大，故D不符合；故答案选B。【点睛】随着电解的进行判断溶液pH值的变化，首先要知道离子的放电顺序、电解的实质，只有明白这些知识点才能正确解答。5、C【解析】

A.加入K2SO4溶液相当于稀释稀盐酸，则溶液中的氢离子浓度减小，会减慢化学反应速率，不影响产生氢气的量，A项错误；B.加入CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，但提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，B项错误；C.Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，因锌过量，故不影响产生氢气的量，C项正确；D.加入碳酸钠溶液，与盐酸反应使溶液中氢离子总量较小，化学反应速率减小，生成氢气的量减少，D项错误。答案选C。【点睛】反应的实质为Zn+2H+═Zn2++H2↑，本题要注意的是Zn过量，加入硫酸铜后形成的原电池可加快化学反应速率，且不影响产生氢气的量。6、C【解析】

A．中子数为10的氧原子，其质量数为18，应写成，A项错误；B．钠原子核电荷数为11，Na+的结构示意图为：，B项错误；C．二氧化碳中的碳与氧形成四个共用电子对，CO2的结构式为：O=C=O，C项正确；D．NaClO是离子化合物，电子式为，D项错误。答案选C。7、D【解析】

A．造纸所用的原料木材纤维属于糖类，A项正确；B．蚕丝纤维的主要成分是蛋白质，B项正确；C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，C项正确；D．碳纤维的主要成分为单质碳，不属于天然纤维，D项错误。故选D。8、A【解析】

A.向无色硫酸锰(MnSO4)溶液中加入适量无色铋酸钠(NaBiO3)溶液，充分反应后溶液变为紫红色，说明反应产生了MnO4-，Mn元素化合价升高，失去电子被氧化为MnO4-，根据氧化还原反应的规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可知BiO3-的氧化性强于MnO4-，A正确；B.向该紫色溶液中加入过量H2O2，溶液的红色消失，产生气泡，说明产生了O2，氧元素化合价升高，失去电子，被氧化，则H2O2被高锰酸根离子氧化成O2，B错误；C.向溶液中加入适量KI-淀粉溶液，溶液缓慢变为蓝色，可能是H2O2将KI氧化为I2，也可能是Mn2+作催化剂使H2O2分解产生的O2将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，C错误；D.铋酸钠具有强的氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，也可以将KI氧化为KIO3，因此溶液不一定变为蓝色，D错误；故合理选项是A。9、B【解析】

A、反应①放热，②吸热源于碘单质的状态不同，固态变为气态需要吸收能量，故①中的I2为气态，②中的I2为固态，错误；B、生成物的能量相等，①放热，故②的反应物总能量比①的反应物总能量低，正确；C、产物的稳定性形同，错误；D、1mol固态碘升华时将吸热为2．48+1．48=3．16kJ，错误。答案选B。10、B【解析】

A．电子数为117，中子数为，A错误；

B．由于质子数均为117，故最外层电子数相同，与电子式相同，B正确；

C．294只是该核素的质量数，没有告诉该核素在自然界的百分含量，不能计算近似相对原子质量，C错误；

D．根据原子结构示意图知，该元素位于第七周期、第VIIA族，不在不完全周期内，D错误。

答案选B。11、B【解析】

A．b苯乙烯分子式为C8H8，符合分子式的有机物结构可以是多种物质；B．t和b含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化；C．根据一氯代物中氢原子的种类判断；D．b含有碳碳双键和苯环，为平面形结构。【详解】A．b苯乙烯分子式为C8H8，对应的同分异构体也可能为链状烃，故A错误；B．t和b含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故B正确；C．不考虑立体结构，二氯代物t和e均有3种，b有14种，故C错误；D．b含有碳碳双键和苯环，为平面形结构，苯环和碳碳双键可能在同一个平面上，故D错误。故选B。12、D【解析】

从表中位置关系可看出，X为第2周期元素，Y为第3周期元素，又因为X、W同主族且W元素的核电荷数为X的2倍，所以X为氧元素、W为硫酸元素；再根据元素在周期表中的位置关系可推知：Y为硅元素、Z为磷元素、T为砷元素。【详解】A、O、S、P的原子半径大小关系为：P＞S＞O，三种元素的气态氢化物的热稳定性为：H2O＞H2S＞PH3，A不正确；B、在火山口附近或地壳的岩层里，常常存在游离态的硫，B不正确；C、SiO2晶体为原子晶体，熔化时需克服的微粒间的作用力为共价键，C不正确；D、砷在元素周期表中位于金属元素与非金属的交界线附近，具有半导体的特性，As2O3中砷为+3价，处于中间价态，所以具有氧化性和还原性，D正确。答案选D。13、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。14、D【解析】

既能与酸反应，又能与强碱反应的氢氧化物属于两性氢氧化物，但氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，据此分析。【详解】A、由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，选项A错误；B、由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，选项B错误；C、Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠溶液中滴加少量盐酸产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀会溶于过量的盐酸，操作步骤较多，不是最适宜的试剂，选项C错误；D、Al2（SO4）3溶液和少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，继续滴加氢氧化钠溶液沉淀溶解，向氢氧化铝沉淀加稀盐酸沉淀也溶解，说明氢氧化铝具有两性，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查了金属元素化合物的性质，注意把握氢氧化铝的性质是解题的关键，既能与强酸反应生成盐和水，又能与强碱反应生成盐和水的氢氧化物。15、C【解析】

A.根据c=1000ρ×ω/M进行计算；B.Zn与浓H2SO4反应放出SO2气体；C．根据稀释前后溶质的量不变求出所需浓硫酸的体积；D.浓硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度小于浓硫酸浓度的平均值；【详解】A．根据c=1000ρ×ω/M可知，硫酸的浓度是1000×1.84×98%/98=18.4mol/L，A错误；B.Zn与浓H2SO4反应放出SO2气体；B错误；C．设需取该浓硫酸xmL，根据稀释前后溶质的量不变可知：200mL×4.6mol·L－1＝x·18.4mol·L－1，x＝50mL，C正确；D．由于水的密度小于H2SO4的密度，所以当浓H2SO4与水等质量混合时，其体积大于浓H2SO4体积的2倍，所以其物质的量浓度小于9.2mol·L－1，D错误；综上所述，本题选C。16、C【解析】

A．铁锈氧化铁可与硫酸发生复分解反应生成硫酸铁和水，而除去钢铁表面的铁锈；故A正确；B．干冰用于人工降雨，是利用了干冰升华吸热；故B正确；C．胃药中含氢氧化镁是因为氢氧化镁能给人提供氢氧根，中和胃中的过量的酸；故C错误；D．加有发酵粉的面团发酵产生的酸与碳酸氢钠反应生成的二氧化碳气体可使焙制的糕点松软，故D正确；答案选C。【点睛】物质的性质决定它的用途，用途反应出它的性质，胃药中含氢氧化镁主要是因为氢氧化镁能给人提供氢氧根，中和胃中的过量的酸。二、非选择题（本题包括5小题）17、（1）乙烯，；（2）加成反应，醛基；（3）；（4）cd；（5）18；（6）CH3CH2CHO，。【解析】

根据信息②，推出C和D结构简式为：CH3CHO和，A的分子量为28，推出A为CH2=CH2(乙烯)，B为CH3CH2OH，G的结构简式为：，F的结构简式为：，E的结构简式为：，D的结构简式为：。【详解】（1）A为乙烯，D的结构简式为：；（2）A和B发生CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH，发生加成反应，C的结构简式含有官能团是醛基；(3)E生成F，发生取代反应，反应方程式为：；（4）根据G的结构简式为：，a、烃仅含碳氢两种元素，G中含有O元素，故错误；b、不含有酚羟基，与FeCl3溶液不发生显色反应，故错误；c、含有醛基，与新制Cu(OH)2共热产生Cu2O，故正确；d、苯环是平面正六边形，醛基共面，所有原子共面，即有14个原子共面，故正确；（5）N的相对分子质量比M大14，说明N比M多一个“CH2”，（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种），共有3×6=18种；(6)根据信息②，X为CH3CH2CHO，Y的结构简式为。18、CH2OH(CHOH)4CHO2CH2CH2+O22CH3CHOACDE【解析】

A能发生银镜反应，可由淀粉水解得到，说明A为葡萄糖，葡萄糖在催化剂作用下生成C为乙醇，E分子中碳元素与氢元素的质量之比6∶1，说明E分子中C与H原子个数比为1:2，相对分子质量为44，其燃烧产物只有CO2和H2O，则E为CH3CHO，D为烃，根据C和E可知，D为乙烯，F的最简式和葡萄糖相同，且由乙醛催化氧化得到，说明F为乙酸，B在酸性条件下生成乙酸和乙醇，则B为乙酸乙酯。据此判断。【详解】(1)A为葡萄糖，其结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，故答案为CH2OH(CHOH)4CHO；(2)乙烯催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH2＝CH2+O22CH3CHO，故答案为2CH2＝CH2+O22CH3CHO；(3)A.有机物F为乙酸，具有酸性，可使石蕊溶液变红，故A正确；B.C为乙醇、E为乙醛、F为乙酸乙酯，乙醇易溶于水，不分层，乙醛与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，乙酸乙酯不溶于水，产生分层，上层为油状液体，现象各不相同，所以可用新制的氢氧化铜区分，故B错误；C.1mol乙醇完全燃烧消耗3mol氧气，1mol乙烯完全燃烧消耗3mol氧气，则等物质的量的乙醇和乙烯分别完全燃烧消耗氧气的量相等，故C正确；D.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇、消耗乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，所以可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙醇和乙酸，故D正确；E.乙酸乙酯的同分异构体中能发生银镜反应的酯类物质有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，共2种，故E正确；答案选：ACDE。19、溶液表面形成一层晶膜减慢冷却结晶的速度球形干燥管bCu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑吸收SO2和HCl，防止倒吸【解析】

将Cu(NO3)2∙3H2O晶体和SOC12在加热条件下于A装置中发生反应：Cu(NO3)2∙3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑，用氢氧化钠吸收尾气，据此分析和题干信息解答。【详解】(1)①由Cu(NO3)2溶液制得Cu(NO3)2·3H2O晶体，蒸发浓缩时，温度不能过高，否则Cu(NO3)2∙3H2O会变质，当蒸发皿中出现溶液表面形成一层晶膜时，停止加热；②控制温度，加热至溶液表面形成一层晶膜，减慢冷却结晶的速度，可得到较大颗粒的Cu(NO3)2∙3H2O晶体；(2)①根据仪器构造可知仪器c球形干燥管；②向三颈烧瓶中缓慢滴加SOCl2时，盛装SOCl2的漏斗上的玻璃管可以保证烧瓶和漏斗内的压强相等，不需要打开活塞a，液体也可顺利流出，因此只需打开活塞b即可；(3)根据分析，装置甲中Cu(NO3)2·3H2O和SOCl2发生反应的化学方程式为Cu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑；(4)根据反应原理，反应中产生二氧化硫和氯化氢气体，且二氧化硫有毒，二者都不能排放到大气中，则装置乙盛装的是氢氧化钠溶液，作用是吸收SO2和HCl，并防止倒吸。20、否，长颈漏斗不能调节滴液速度acd三颈烧瓶a2PCl3+O2=2POCl3温度过低反应速度过慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率低指示剂91.8%【解析】

A装置中用双氧水与二氧化锰反应制备氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有的水蒸气用浓硫酸除去，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成POCl3，为了控制反应速率，同时防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在60～65℃，所以装置C中用水浴加热，POCl3遇水剧烈水解为含氧酸和氯化氢，为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析解答(1)~(4)；(5)测定POCl3产品含量，用POCl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子，KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据KSCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3，结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而计算出溶液中氯离子的物质的量，根据元素守恒可计算出样品中POCl3的质量，进而确定POCl3的质量分数。【详解】(1)装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替，因为长颈漏斗不能调节滴液速度，故答案为否，长颈漏斗不能调节滴液速度；(2)装置B中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到气泡出现，长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气，故答案为acd；(3)根据装置图，仪器丙为三颈烧瓶，为了提高冷却效果，应该从冷凝管的下口进水，即进水口为a，故答案为三颈烧瓶；a；(4)氧气氧化PCl3生成POCl3，根据原子守恒，反应的化学方程式2PCl3+O2=2POCl3，根据上面的分析可知，反应温度应控制在60～65℃，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低，故答案为2PCl3+O2=2POCl3；温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低；(5)Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色，则用

KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液时，可选择硫酸铁溶液为指示剂，达到终点时的现象是溶液会变红色；KSCN的物质的量为0.20mol•L-1×0.010L=0.002mol，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol，POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.2mol•L-1×0.01L-0.002mol=0.03mol，即16.73gPOCl3产品中POCl3的物质的量为×=0.1mol，则所得产品中POCl3的纯度为×100%=91.8%，故答案为指示剂；91.8%。【点睛】明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键。本题的易错点为(5)，要理清楚测定POCl3的纯度的思路，注意POCl3~3HCl。21、Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓2抑制氯气和水反应Br2+SO32-+H2O=SO42-+2H++2Br-NaBr第三周期第ⅡA族r(O2-)>r(Mg2+)>r(H+)D取最后的洗涤液少量于试管中，向其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，如果没有沉淀生成，证明已洗净CH3CH2Br、CH3Br【解析】

I.(1)SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，碳酸钠一定在氯化钡之后；加入的Na2CO3溶液会与过量的BaCl2溶液、CaCl2溶液发生沉淀反应；(2)根据Cl2与NaBr反应的方程式中关系分析、计算；结合氯气与水的反应是可逆反应分析；Na2SO3具有还原性，而Br2具有氧化性，二者发生氧化还原反应，根据电子守恒、原子守恒及电荷守恒书写离子方程式；(3)可用溴化钠除去氯气；Ⅱ.(1)根据Mg核外电子排布判断其在周期表中的位置；Mg(OH)2是离子化合物，Mg2+与2个OH-之间通过离子键结合；原子核外电子层数越多离子半径越大，当层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大；(2)制备氢氧化镁的过程为：海水中含有镁离子，首先将镁离子转化为氢氧化镁沉淀，反应方程式为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，然后将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，反应方程式为：Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，用氯化镁溶液在氯化氢氛围中制取无水氯化镁，活泼金属采用电解其熔融盐的方法冶炼，镁是活泼金属，所以最后利用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁。(3)Mg(OH)2沉淀是从NaCl溶液中过滤出来的，只要在Mg(OH)2的最后洗涤溶液中无Cl-就可判断洗涤干净；Ⅲ.使镁与CH3Br反应