2025-2026学年江西省抚州市高三最后一卷化学试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年江西省抚州市高三最后一卷化学试卷（含答案解析），共12页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号等内容，欢迎下载使用。
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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．草木灰（含K2CO3）不宜与氨态氮肥混合使用
B．将FeCl3固体溶解在稀盐酸中配制FeCl3溶液
C．人体血液pH值稳定在7.4±0.05
D．工业制硫酸锻烧铁矿时将矿石粉碎
2、aL（标准状况）CO2通入100mL3 ml/L NaOH溶液的反应过程中所发生的离子方程式错误的是
A．a =3.36时，CO2+2OH―→CO32―+H2O
B．a =4.48时，2CO2+3OH―→CO32―+HCO3―+H2O
C．a =5.60时，3CO2+4OH―→CO32―+2HCO3―+H2O
D．a =6.72时，CO2+OH―→HCO3―
3、我国某科研机构研究表明，利用K2Cr2O7可实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图所示。下列说法正确的是
A．N为该电池的负极
B．该电池可以在高温下使用
C．一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度减小
D．M的电极反应式为：C6H5OH＋28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋
4、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，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．每处理 1 ml NO 电解池右侧质量减少 16 g
D．吸收塔中的反应为 2NO+2S2O42－+H2O=N2+4HSO3－
5、螺环化合物（环与环之间共用一个碳原子的化合物）M在制造生物检测机器人中有重要作用，其结构简式如图。下列有关该物质的说法正确的是（ ）
A．分子式为C6H8OB．所有碳原子处于同一平面
C．是环氧乙烷（）的同系物D．一氯代物有2种（不考虑立体异构）
6、可用于电动汽车的铝—空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解质溶液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是( )
A．以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B．以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al＋3OH－－3e－===Al(OH)3↓
C．以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解质溶液的碱性保持不变
D．电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极
7、下列实验方案正确且能达到实验目的是（ ）
A．用图1装置制取并收集乙酸乙酯
B．用图2装置除去CO2气体中的HCl杂质
C．用图3装置检验草酸晶体中是否含有结晶水
D．用图4装置可以完成“喷泉实验”
8、下列颜色变化与氧化还原反应无关的是（ ）
A．长期放置的苯酚晶体变红B．硝酸银晶体光照后变黑
C．氢氧化亚铁变灰绿再变红褐D．二氧化氮气体冷却后变淡
9、下列固体混合物与过量的稀H2SO4反应，能产生气泡并有沉淀生成的是
A．NaHCO3和Al（OH）3B．BaCl2和NaClC．MgCO3和K2SO4D．Na2SO3和BaCO3
10、下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是
A．除去Cl2中含有的少量HCl
B．制取少量纯净的CO2气体
C．分离CC14萃取碘水后已分层的有机层和水层
D．蒸干FeCl3饱和溶液制备FeCl3晶体
11、25℃时，向某Na2CO3溶液中加入稀盐酸，溶液中含碳微粒的物质的量分数(φ)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法中正确的是
A．pH=7时， c(Na+)=(Cl－ )+c(HCO3－)+2c(CO32－)
B．pH=8时，c(Na+)=c(C1－)
C．pH=12时， c(Na+ )>c(OH－ )>c(CO32－)>c(HCO3－)>c(H+)
D．25℃时，CO32－+H2OHCO3－+OH－的水解平衡常数Kh=10－10ml·L－1
12、《新修草本》有关“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”据此推测“青矾”的主要成分为( )
A．
B．
C．
D．
13、ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示。
下列说法不正确的是
A．步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥
B．吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO2－+2H+ +O2↑
C．工业上将ClO2气体制成NaCIO2固体,其主要目的是便于贮存和运输
D．通入的空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收其充分吸收
14、实现中国梦，离不开化学与科技的发展。下列说法不正确的是
A．2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制剂需要冷冻保存
B．大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料
C．纳米复合材料实现了水中微污染物铅（Ⅱ）的高灵敏、高选择性检测，但吸附的量小
D．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅
15、下列实验现象和结论相对应且正确的是
A．AB．BC．CD．D
16、人体血液存在H2CO3/HCO3—、HPO42-/H2PO4—等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lg x［x表示或］与pH的关系如图所示。已知碳酸pKal═6.4、磷酸pKa2═7.2 （pKa═ -lgKa）。则下列说法不正确的是
A．曲线Ⅱ表示lg与pH的变化关系
B．a~b的过程中，水的电离程度逐渐增大
C．当c(H2CO3) ═c (HCO3—)时，c(HPO42—)=c(H2PO4—)
D．当pH增大时，逐渐增大
17、下列实验Ⅰ～Ⅳ中，正确的是（ ）
A．实验Ⅰ：配制一定物质的量浓度的溶液
B．实验Ⅱ：除去Cl2中的HCl
C．实验Ⅲ：用水吸收NH3
D．实验Ⅳ：制备乙酸乙酯
18、给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）
A．SSO2BaSO4
B．SiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）
C．MgCl2•6H2OMgCl2Mg
D．N2NO2HNO3
19、用光洁的铂丝蘸取某无色溶液在无色火焰上灼烧,直接观察时看到火焰呈黄色,下列判断正确的是（ ）
A．只含Na+B．可能含有Na+,可能还含有K+
C．既含有Na+,又含有K+D．一定含Na+,可能含有K+
20、下列液体中，滴入水中出现分层现象，滴入热的氢氧化钠溶液中分层现象不会逐渐消失的是(不考虑有机物的挥发)( )
A．溴乙烷B．乙醛C．橄榄油D．汽油
21、扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以物质a为原料合成扁桃酸衍生物b的过程如下：下列说法正确的是（ ）
A．物质X是Br2， 物质a转化为b属于取代反应
B．lml物质a能与3mlH2反应，且能在浓硫酸中发生消去反应
C．物质b具有多种能与NaHCO3反应的同分异构体
D．物质b的核磁共振氢谱有四组峰
22、青霉素是一元有机酸，它的钠盐的1国际单位的质量为6.00×10﹣7克，它的钾盐1国际单位的质量为6.27×10﹣7克，(1国际单位的2种盐的物质的量相等)，则青霉素的相对分子质量为( )
A．371.6B．355.6C．333.6D．332.6
二、非选择题(共84分)
23、（14分）Ⅰ.元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素知识回答问题：
(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外)，以下说法正确的是_________。
a.原子半径和离子半径均减小
b.金属性减弱，非金属性增强
c.氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强
d.单质的熔点降低
(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为__________(填名称)；氧化性最弱的简单阳离子是________________(填离子符号)。
(3)P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是_________(填字母)。
a.NH3 b.HI c.SO2 d.CO2
(4)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式：__________。
Ⅱ.氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙，甲和乙是二元化合物。将6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 L H2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物， 该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25 g/L。请回答下列问题：
(5)甲的化学式是___________________；乙的电子式是___________。
(6)甲与水反应的化学方程式是______________________。
(7)判断：甲与乙之间____________(填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2。
24、（12分）为探究固体A的组成和性质，设计实验并完成如下转化。
已知：X由两种化合物组成，若将X通入品红溶液，溶液褪色。若将X通入足量双氧水中，X可全部被吸收且只得到一种强酸，再稀释到1000mL，测得溶液的PH=1。在溶液2中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色。请回答：
（1）固体A的化学式______________。
（2）写出反应①的化学方程式____________。
（3）写出反应④中生成A的离子方程式______________。
25、（12分）四溴化钛（TiBr4）可用作橡胶工业中烯烃聚合反应的催化剂。已知TiBr4常温下为橙黄色固体，熔点为38.3℃，沸点为233.5℃，具有潮解性且易发生水解。实验室利用反应TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制备TiBr4的装置如图所示。回答下列问题：
（1）检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是__，其目的是__，此时活塞K1，K2，K3的状态为__；一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时活塞K1，K2，K3的状态为____。
（2）试剂A为__，装置单元X的作用是__；反应过程中需用热源间歇性微热连接管，其目的是___。
（3）反应结束后应继续通入一段时间CO2，主要目的是___。
（4）将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。此时应将a端的仪器改装为__、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是___（填仪器名称）。
26、（10分）亚硝酰氯（NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃）是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种常见的氮氧化物，其中一种呈红棕色。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。
（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如图所示：为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：
（2）乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：
①装置连接顺序为a→__________（按气流自左向右方向，用小写字母表示）。
②为了使气体充分反应，从A处进入的气体是____________（填Cl2或NO）。实验中先通入Cl2，待装置Ⅴ中充满黄绿色气体时，再将NO缓缓通入，此操作的目的是___________（回答一条即可）。
③装置Ⅴ生成NOCl的化学方程式是_____________。
④装置Ⅵ的作用为__________，若无该装置，Ⅷ中NOCl可能发生反应的化学方程式为_______。
（3）丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯（NOCl）纯度：取Ⅷ中所得液体m克溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用c ml/LAgNO3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。亚硝酰氯（NOCl）的质量分数为_________（用代数式表示即可）。
27、（12分）B．[实验化学]
丙炔酸甲酯（）是一种重要的有机化工原料，沸点为103~105 ℃。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为
实验步骤如下：
步骤1：在反应瓶中，加入14 g丙炔酸、50 mL甲醇和2 mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。
步骤2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。
步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。
步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。
（1）步骤1中，加入过量甲醇的目的是________。
（2）步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是______；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是______。
（3）步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是____；分离出有机相的操作名称为____。
（4）步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是________。
28、（14分）水体中硝酸盐造成的污染已成为突出的环境问题。某课题组研究了去除不同各种水体中NO3－的方法。
（1）用铝粉去除饮用水中NO3－的一种方案如下：
①用熟石灰而不用NaOH调节pH的主要原因是___。在调节pH时，若pH过大或过小都会造成Al的利用率降低。写出pH过大造成Al利用率降低的离子方程式___。
②在加入铝粉去除NO3－的反应中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为___。
（2）用铁粉处理pH=2.5的含NO3－废水，测得溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系如图（部分副反应产物略去）：
①t1时刻前，该反应的离子方程式为___。
②研究表明：铁粉还原含NO3－废水时，加入活性碳粉可以提高去除NO3－的速率，可能的原因是___。
（3）用Pt作电极电解含NO3－的酸性废水，原理如图。N为电源的___（选填“正”或 “负”）极，与直流电源M端相连的Pt电极上的电极反应式为___。
（4）课题组以钛基氧化物涂层材料为惰性阳极、碳纳米管修饰的石墨为阴极，控制一定条件，电解含大量NO3－、SO42－的废水，可使NO3－变为NH4+。研究发现：其他条件不变，废水中加一定量NaCl，去除NH4+的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低，可能的原因是___。
29、（10分）我国女药学家屠呦呦因创制新型抗疟药青蒿素和双氢青蒿素而获得2015年诺贝尔生理学或医学奖。青蒿素的一种化学合成方法的部分工艺流程如图所示：
己知：①C6H5-表示苯基；②
（1）化合物E中含有的含氧官能团有__、__和羰基（写名称）。
（2）合成路线中设计E→F、G→H的目的是__。
（3）B→C实际上是分两步反应进行的，先进行加成反应，再进行__反应。
（4）A在Sn-p沸石作用下，可生成同分异构体异蒲勒醇，己知异蒲勒醇分子中有3个手性碳原子（连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子），异蒲勒醇分子内脱水后再与H21:1发生1，4-加成可生成，则异蒲勒醇的结构简式为：__。
（5）A的同分异构体Y含有醛基和六元碳环，且环上只有一个支链，满足上述条件的Y有__种，其中核磁共振氢谱峰数最少的物质的结构简式为__。
（6）如图是以乙烯为原料制备苄基乙醛的合成路线流程图。
请填写下列空白（有机物写结构简式）：
物质1为__；物质2为__；试剂X为__；条件3为__。
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、D
【解析】
A. 因为草木灰中碳酸根水解显碱性，氨态氮肥中铵根离子水解显酸性，二者混合使用会发生双水解反应生成NH3，使N元素流失，降低肥效，能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B. 加入盐酸后溶液中H+增多，可以抑制FeCl3的水解，能用勒夏特列原理解释，故B不选；
C. 人体血液中含有缓冲物质，如：H2CO3/NaHCO3，人们食用了酸性食品或碱性食品后，通过平衡移动使血液pH值稳定在7.4 ± 0.05，能用勒夏特列原理解释，故C不选；
D. 工业制硫酸锻烧铁矿时将矿石粉碎，是增大矿石与空气接触面积，与勒夏特列原理无关，故D选；
故答案为D。
2、C
【解析】
n(NaOH)＝0.1 L×3 ml·L－1＝0.3 ml；
A.a＝3.36时，n(CO2)＝0.15 ml，发生CO2＋2OH－=CO32-＋H2O，故不选A；
B.a＝4.48时，n(CO2)＝0.2 ml，由C原子守恒及电荷守恒可知，发生2CO2＋3OH－= CO32-＋HCO3-＋H2O，故不选B；
C.a＝5.60时，n(CO2)＝0.25 ml，由C原子守恒及电荷守恒可知，发生的反应为5CO2＋6OH－= CO32-＋4HCO3-＋H2O中，故选C；
D.a＝6.72时，n(CO2)＝0.3 ml，发生CO2+OH―=HCO3―，故不选D；
答案：C。
少量二氧化碳：发生CO2+2OH-=CO32-+H2O，足量二氧化碳：发生CO2+OH-=HCO3-，结合反应的物质的量关系判断。
3、C
【解析】
A. 由图可知Cr元素化合价降低，被还原，N为正极， A项错误；
B. 该电池用微生物进行发酵反应，不耐高温，B项错误；
C. 由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na+和Cl-不能定向移动，所以电池工作时，负极生成的H+透过阳离子交换膜进入NaCl溶液中，正极生成的OH-透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中与H+反应生成水，使NaCl溶液浓度减小。C项正确；
D.苯酚发生氧化反应、作负极，结合电子守恒和电荷守恒可知电极反应式为C6H5OH-28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋，D项错误；
答案选C。
4、D
【解析】
A．HSO3-在电极I上转化为S2O42-，过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，电极反应为：2HSO3-+2e-+2H+═S2O42-+2H2O，故A错误；
B．电极I为阴极，则电极Ⅱ为阳极，电解池中阳离子向阴极移动，所以电解池中H+通过质子膜向电极I处移动，故B错误；
C．电极Ⅱ为阳极，H2O在电极Ⅱ上被转化为O2，发生电极反应：2H2O-4e-═O2↑+4H+，NO转化为N2，每处理1 ml NO，则转移电子数为1ml×2=2ml，根据电子转移守恒，则产生O2的物质的量为2ml×=0.5ml，同时有2ml H+从右侧迁移到左侧，所以电解池右侧质量减少为0.5ml×32g/ml+2ml×1g/ml =18g，故C错误；
D．吸收塔中通入NO和S2O42-离子反应，生成N2和HSO3-，所以反应方程式为：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，故D正确，
故选：D。
5、D
【解析】
A．分子式为C5H8O，A错误；
B．两个环共用的碳原子与4个碳原子相连，类似于甲烷的结构，所有碳原子不可能处于同一平面，B错误；
C．环氧乙烷（）只有一个环，而M具有两个环，二者结构不相似，不互为同系物，C错误；
D．三元环和四元环中的一氯代物各有1种，D正确；
故选D。
6、A
【解析】
A.以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，故A正确；
B.以NaOH溶液为电解液时，Al易失去电子作负极，电极反应为：Al＋4OH－－3e－=AlO2-+2H2O，故B错误；
C.以NaOH溶液为电解液时，总反应为：4Al＋4OH－+3O2=4AlO2-+2H2O，氢氧根离子参加反应，所以溶液的碱性降低，故C错误；
D.放电时，电子从负极沿导线流向正极，故D错误；
故选A。
7、D
【解析】
A．乙酸乙酯在NaOH溶液中能完全水解，应改用饱和碳酸钠溶液，故A错误；
B．二者均与碳酸钠反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；
C．无水硫酸铜遇水变蓝，且草酸中含H元素和氧元素，分解生成水，则变蓝不能说明草酸含结晶水，故C错误；
D．氨气极易溶于水，打开止水夹，捂热烧瓶根据气体热胀冷缩的原理可引发喷泉，故D正确；
故答案为D。
解答综合性实验设计与评价题主要从以下几个方面考虑：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理； ③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等。⑤反应原料是否易得、安全、无毒；⑥反应速率较快；⑦原料利用率以及合成物质的产率是否较高；⑧合成过程是否造成环境污染。⑨有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。
8、D
【解析】
A．苯酚在空气中能被氧气氧化，所以长期放置的苯酚晶体变红，属于氧化还原反应，故A不合题意；
B．硝酸银晶体易分解，在光照后变黑，生成银，属于氧化还原反应，故B不合题意；
C．氢氧化亚铁变灰绿再变红褐，生成氢氧化铁，Fe元素的化合价升高，所以属于氧化还原反应，故C不合题意；
D．二氧化氮气体冷却时生成四氧化二氮，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故D符合题意；
故选D。
9、D
【解析】
A．碳酸氢钠可以和硫酸反应生成二氧化碳气体，但是NaHCO3和Al(OH)3和硫酸反应都不会生成沉淀，故A错误；
B．BaCl2和NaCl与硫酸反应，前者可以产生沉淀，但都不会生成气体，故B错误；
C．MgCO3可以和硫酸反应生成二氧化碳气体，K2SO4与硫酸不发生反应，没有沉淀生成，故C错误；
D．Na2SO3可以和硫酸反应生成二氧化硫气体，BaCO3可以和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳气体，既能产生气泡又有沉淀生成，故D正确；
答案选D。
10、C
【解析】
A.氢氧化钠和氯气、HCl都能发生反应，应用饱和食盐水除杂，A错误；
B.Na2CO3容易溶于水，因此不能使用该装置制取CO2，应该使用CaCO3与HCl反应制取CO2气体，B错误；
C.碘容易溶于CCl4，不容易溶于水，用CCl4作萃取剂可以将碘水中的碘萃取出来，CCl4与水互不相容，通过分液的方法可以分离开有机层和水层，C正确；
D.加热蒸发时可促进氯化铁水解，Fe3+水解生成Fe(OH)3和HCl，盐酸易挥发，为抑制FeCl3水解，制备FeCl3晶体应在HCl的气流中蒸发结晶，D错误；
故合理选项是C。
11、A
【解析】
A、由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=(OH－ )+Cl－ )+c(HCO3－)+2c(CO32－), pH=7时，c(H+)=(OH－ )，则c(Na+)=(Cl－ )+c(HCO3－)+2c(CO32－)，故A正确；
B、据图可知，pH=8时溶液中溶质为碳酸氢钠和氯化钠，则溶液中c（Cl－）＜c（Na＋），故B错误；
C、pH=12时，溶液为Na2CO3溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子， 则c(Na+ )>c(CO32－)>c(OH－ )>c(HCO3－)>c(H+)，故C错误；
D、CO32－的水解常数Kh=c(HCO3－)c(OH－)/c(CO32－)，据图可知，当溶液中c（HCO3－）:c（CO32－）=1:1时，溶液的pH=10，c（H＋）=10-10ml·L－1，由Kw可知c（OH－）=10-4ml·L－1，则Kh=c(HCO3－)c(OH－)/c(CO32－)=c（OH－）=10-4ml·L－1，故D错误；
故选A。
本题考查盐类的水解、平衡常数计算、弱电解质的电离等，难点为D，注意利用溶液中c（HCO3－）:c（CO32－）=1:1时，溶液的pH=10这个条件。
12、B
【解析】
“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒子非常细而活性又很强的Fe2O3，超细粉末为红色。
A.CuSO4•5H2O为蓝色晶体，A错误；
B. FeSO4•7H2O是绿色晶体，B正确；
C.KAl(SO4)2•12H2O是无色晶体，C错误；
D.Fe2(SO4)3•7H2O为黄色晶体，D错误。
所以判断“青矾”的主要成分为FeSO4•7H2O。
故合理选项是B。
13、B
【解析】
A. 结晶后分离出固体的操作是过滤、洗涤和干燥，故A正确；
B.在碱性条件下，产物中不能有酸，生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2- +2H2O +O2↑，故B错误；
C. ClO2是气体，气体不便于贮存和运输，制成NaCIO2固体，便于贮存和运输，故C正确；
D. 通入的空气可以将ClO2驱赶到吸收器中，使其被吸收其充分吸收，故D正确。选B。
14、D
【解析】
A．2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制剂在温度较高时容易失活，需要冷冻保存，故A正确；
B. 金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材料，故B正确；
C. 纳米复合材料表面积大，纳米复合材料实现了水中微污染物铅（Ⅱ）的高灵敏、高选择性检测，但吸附的量小，故C正确；
D. 光缆的主要成分是二氧化硅，故D错误；
故选D。
15、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。
16、D
【解析】
由电离平衡H2CO3 HCO3-+H+、H2PO4- HPO42-+H+可知，随pH增大，溶液中c(OH-)增大，使电离平衡向右移动，H2CO3 /HCO3-减小，HPO42-/H2PO4-增大，所以曲线I表示lg[H2CO3 /HCO3-)]与pH的变化关系，曲线II表示lg[c(HPO42-)/c(H2PO4-)]与pH的变化关系，以此分析解答。
【详解】
A. 根据以上分析，曲线I表示lg[H2CO3 /HCO3-)]与pH的变化关系，故A错误；
B. 曲线I表示lg[H2CO3 /HCO3-)]与pH的变化关系，a→b的过程中，c(HCO3-)逐渐增大，对水的电离促进作用增大，所以水的电离程度逐渐增大，故B错误；
C. 根据H2CO3 HCO3-+H+，Kal=；H2PO4- HPO42-+H+，Ka2=；由题给信息可知，Ka1Ka2，则当c(H2CO3) =c(HCO3— )时c(HPO42-)c(H2PO4-)，故C错误；
D. 根据Kal=；Ka2=，可得c(HCO3- )c(H2PO4-)/c(HPO42-)= c(H2CO3)，
当pH增大时，c(H2CO3)逐渐减小，所以c(HCO3- )c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小，故D正确。
故答案选D。
本题考查电解质溶液，涉及电离平衡移动、电离平衡常数及水的电离等知识，正确分析图象是解题的关键，注意电离常数只与温度有关，温度不变，电离常数不变，注意平衡常数的表达式及巧妙使用。
17、B
【解析】
A. 配制一定物质的量浓度的溶液，把溶液或蒸馏水加入容量瓶中需要用玻璃棒引流，故A错误；
B. HCl极易溶于水，Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，可用饱和食盐水除去Cl2中的HCl杂质，故B正确；
C. NH3极易溶于水，把导管直接插入水中，会发生倒吸，故C错误；
D. 制备乙酸乙酯时缺少浓硫酸，乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会发生水解，并且导管直接插入液面以下，会发生倒吸，故D错误；
故答案为B。
18、A
【解析】
A．硫单质点燃生成二氧化硫，二氧化硫通入硝酸钡溶液，溶液显酸性，硝酸根氧化二氧化硫为硫酸，结合钡离子生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀，转化关系可以一步实现，A正确；B．二氧化硅是酸性氧化物，但不溶于水不能一步生成硅酸，B错误；C．氯化镁晶体加热过程中会发生水解得到氢氧化镁，不能生成氯化镁固体，需要在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁固体，C错误；D．氮气与氧气放电件下反应生成一氧化氮，不能一步生成二氧化氮气体，D错误；答案选A。
19、D
【解析】
钠元素的焰色是黄色，钾元素的焰色是紫色，但观察钾元素的焰色时要透过蓝色钴玻璃，以滤去钠元素的黄光的干扰。做焰色反应实验时，直接观察时看到火焰呈黄色，说明肯定含有Na+，不能判断K+的存在与否，故D是正确的。
故选D。
20、D
【解析】
A．溴乙烷不溶于水，滴入水中会分层，若再加入氢氧化钠溶液，溴乙烷能够与氢氧化钠溶液反应生成乙醇和溴化钠，分层现象逐渐消失，故不选A；
B．乙醛溶于水，滴入水中不出现分层现象，故不选B；
C．橄榄油属于油脂，不溶于水，滴入热的氢氧化钠溶液中发生水解反应，分层现象逐渐会消失，故不选C；
D．汽油不溶于水，不与氢氧化钠溶液反应，滴入热的氢氧化钠溶液中时分层现象不会消失，故选D。
21、C
【解析】
A.根据质量守恒定律可知物质x是HBr，HBr与a发生取代反应产生b和H2O，A错误；
B.a中含有一个苯环和酯基，只有苯环能够与H2发生加成反应，1 ml物质a能与3 mlH2反应，a中含有酚羟基和醇羟基，由于醇羟基连接的C原子邻位C原子上没有H原子，不能发生消去反应，B错误；
C.酚羟基可以与NaHCO3反应；物质b中酚羟基与另一个支链可以在邻位、间位，Br原子也有多个不同的取代位置，因此物质b具有多种能与NaHCO3反应的同分异构体，C正确；
D.物质b中有五种不同位置的H原子，所以其核磁共振氢谱有五组峰，D错误；
故合理选项是C。
22、C
【解析】
设青霉素的相对分子质量为x，则钠盐的相对分子质量分别为23+x﹣1=22+x，钾盐的相对分子质量为39+x﹣1=38+x，1国际单位的2种盐的物质的量相等，则，解得x=333.6，答案选C。
二、非选择题(共84分)
23、b 氩 Na+ b 4KClO3KCl+3KClO4 AlH3 2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑ 可能
【解析】
Ⅰ. (1) 根据同周期元素性质递变规律回答；
(2)第三周期的元素，次外层电子数是8；
(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能干燥碱性气体、还原性气体；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥碱性气体；
(4)根据题干信息可知该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐，最后根据化合价升降相等配平即可；
Ⅱ.甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和H2，说明甲是金属氢化物，甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物， 该白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明含有铝元素；化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，则乙是非金属气态氢化物，丙在标准状态下的密度1.25 g/L，则单质丙的摩尔质量M=1.25 g/L×22.4 L/ml=28 g/ml，丙为氮气，乙为氨气。
【详解】
(1)
a.同周期的元素从左到右，原子半径依次减小，金属元素形成的阳离子半径比非金属元素形成阴离子半径小，如r(Na+)＜r(Cl-)，故a错误；
b. 同周期的元素从左到右，金属性减弱，非金属性增强，故b正确；
c. 同周期的元素从左到右，最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，故c错误；
d.单质的熔点可能升高，如钠的熔点比镁的熔点低，故d错误。选b。
(2)第三周期的元素，次外层电子数是8，最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩；元素金属性越强，简单阳离子的氧化性越弱，所以第三周期元素氧化性最弱的简单阳离子是Na+；
(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能用浓硫酸干燥NH3、HI；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥NH3；所以不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是HI，选b；
(4)若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为-1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3 KCl+3KClO4。
(5)根据以上分析，甲是铝的氢化物，Al为+3价、H为-1价，化学式是AlH3；乙为氨气，氨气的电子式是。
(6) AlH3与水反应生成氢氧化铝和氢气，反应的化学方程式是2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑。
(7) AlH3中含-1价H，NH3中含+1价H，可发生氧化还原反应产生H2。
24、FeSO42FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+
【解析】
本题考查无机物的推断以及实验方案设计。X由两种化合物组成，若将X通入品红溶液，溶液褪色，能使品红溶液褪色的有SO2，若将X通入足量双氧水中，X可全部被吸收且只得到一种强酸，根据化学反应SO2+H2O2 =H2SO4 、SO3+H2O =H2SO4可知，X由SO2 和SO3两种气体组成。在溶液2中滴加KSCN溶液，溶液呈红色，说明溶液中有Fe3＋，红棕色固体是氧化铁。
（1）根据上述分析，固体A加热分解生成SO2、SO3和氧化铁，硫元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，则A为FeSO4。
（2）根据上述分析，反应①的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ 。
（3）气体X为SO2、SO3的混合物气体，通入NaOH溶液中发生反应生成硫酸钠和亚硫酸钠，亚硫酸根离子具有还原性，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁，溶液2为硫酸铁，Fe3＋具有氧化性，SO32-与Fe3＋能发生氧化还原反应生成Fe2＋和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，则反应④中生成A的离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++ SO42- + 2H+。
25、打开K1，关闭K2和K3 先通入过量的CO2气体，排除装置内空气 打开K1，关闭K2和K3 打开K2和K3 ，同时关闭K1 浓硫酸 吸收多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解 防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险 排出残留在装置中的TiBr4和溴蒸气 直形冷凝管 温度计（量程250°C）
【解析】
⑴检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行排除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧气反应，浪费原料，还可能产生有毒气体CO等，污染空气，开始仅仅是通入CO2气体，所以只需要打开K1，关闭K2和K3，打开电炉并加热反应管，此时需要打开K2和K3,同时关闭K1，保证CO2气体携带溴蒸气进入反应装置中。
⑵因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置需要保持干燥，因此进入的CO2气体必须干燥，装置单元X应为尾气处理装置，吸收多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验，防止产品四溴化钛水解变质。
⑶反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染。
⑷实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯，因此需要用到直形冷凝管。
【详解】
⑴检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行排除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧气反应，浪费原料，还可能产生有毒气体CO等，污染空气，因此加热实验前应先通入过量的CO2气体，其目的是排除装置内空气。此时仅仅是通入CO2气体，所以只需要打开K1，关闭K2和K3；而反应开始一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时需要打开K2和K3,同时关闭K1，保证CO2气体携带溴蒸气进入反应装置中，故答案为：先通入过量的CO2气体；排除装置内空气；打开K1，关闭K2和K3；打开K2和K3，同时关闭K1。
⑵因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置需要保持干燥，因此进入的CO2气体必须干燥，所以试剂A为浓硫酸（作干燥剂），装置单元X应为尾气处理装置，吸收多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验，防止产品四溴化钛水解变质。反应过程中需用热源间歇性微热连接管，其目的是防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险，用热源间歇性微热连接管可以使产品四溴化钛加热熔化，流入收集装置中，故答案为：浓硫酸；吸收多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解；防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险。
⑶反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染，故答案为：排出残留在装置中的TiBr4和溴蒸气。
⑷实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。在产品四溴化钛中还有残留的液溴，因此根据题中给出的四溴化钛的沸点233.5°C，可以使用蒸馏法提纯；此时应将a端的仪器改装为直形冷凝管、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是温度计（量程是250°C），故答案为：直形冷凝管；温度计（量程250°C）。
26、浓盐酸 水 e→f（或f→e）→b→c→d Cl2 排尽装置中的空气，防止NO被装置中的氧气氧化 2NO+Cl2=2NOCl 防止水蒸气进入装置Ⅷ 2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2
【解析】
由氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl：由图装置制备氯气，实验室用浓盐酸与二氧化锰制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故 装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体，装置Ⅲ用浓硫酸干燥，由图制备NO，用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有NO2，故 装置Ⅱ用水净化NO，装置IV用浓硫酸干燥，将氯气和NO干燥后在装置V中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，据此进行解答。
【详解】
(1)实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故 装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体，用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有NO2，NO不溶于水，故 装置Ⅱ用水净化NO，故答案为：浓盐酸；水；
(2)①将氯气和NO干燥后在装置V中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，故答案为：e→f(或f→e)→b→c→d；
②A处进入的气体进入装置Ⅴ上方，为了使反应充分应从A口通入密度大的气体，即氯气；先通氯气可排尽装置中的空气，防止NO被装置中的氧气氧化；
③根据电子守恒和元素守恒可得反应方程式为：2NO+Cl2=2NOCl；
④NOCl遇水易反应生成一种氯化物和两种常见的氮氧化物，其中一种呈红棕色，反应方程式为：2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，所以装置Ⅵ的作用是防止水蒸气进入装置Ⅷ；
(3)滴定过程中存在数量关系n(NOCl)=n(AgNO3)，所以取出25.00mL溶液中n(NOCl)=bc×10-3ml，则NOCl总的物质的量为10bc×10-3ml，所以质量分数为： 。
27、作为溶剂、提高丙炔酸的转化率 (直形)冷凝管 防止暴沸 丙炔酸 分液 丙炔酸甲酯的沸点比水的高
【解析】
（1）一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙炔酸的转化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇还作为反应的溶剂；
（2）根据装置图，仪器A为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸；
（3）丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，制备丙炔酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外，还含有丙炔酸、硫酸；通过饱和NaCl溶液可吸收硫酸；5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na2CO3，然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯；
（4）水浴加热提供最高温度为100℃，而丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，采用水浴加热，不能达到丙炔酸甲酯的沸点，不能将丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸馏时不能用水浴加热。
《实验化学》的考查，相对比较简单，本题可以联想实验制备乙酸乙酯作答，如碳酸钠的作用，实验室制备乙酸乙酯的实验中，饱和碳酸钠的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出等，平时复习实验时，应注重课本实验复习，特别是课本实验现象、实验不足等等。
28、熟石灰价格便宜 2Al+2OH－+2H2O2AlO2－+3H2↑ 10：3 4Fe +NO3－+10H+=4Fe2++NH4++3H2O 铁粉与活性碳粉形成原电池加快还原NO3-的反应速率 正 2NO3－+12H++10e－=N2↑+ 6H2O Cl－在阳极上被氧化成Cl2(或游离氯)，与阴极生成的NH4+反应生成N2
【解析】
从工业经济效益分析为什么用熟石灰；
从氢氧化铝的性质来分析为什么不能pH过大；
书写出铝和硝酸根反应的离子方程式得出氧化产物和还原产物比；
根据已知信息和氧化还原反应原理写出铁和硝酸反应离子方程式，在过程中加碳粉为何加快反应速率，从原电池原理分析；
从图像中得出化合价升降，分析阴阳极，继而分析连接正负极的关系，再书写出电极反应式，从文字信息和氯化钠加入电解思维来分析出为何去除铵根明显增强。
【详解】
①工业生成要考虑经济效益，因此用熟石灰而不用NaOH调节pH的主要原因是熟石灰价格便宜，在调节pH时，若pH过大或过小都会造成Al的利用率降低，pH过大会使生成的氢氧化铝沉淀又溶解，pH过大造成Al利用率降低的离子方程式2Al+2OH－+2H2O2AlO2－+3H2↑，故答案为：2Al+2OH－+2H2O2AlO2－+3H2↑；
②在加入铝粉去除NO3－的反应中，10Al + 6NO3－+ 18H2O =10Al(OH)3 + 6OH－ + 3 N2↑，因此氧化产物为10 ml Al(OH)3，还原产物为3 ml N2，因此它们的物质的量之比为10:3，故答案为：10:3；
⑵①t1时刻前，根据图像信息知生成了亚铁离子和铵根离子，因此离子方程式为4Fe +NO3－+10H+=4Fe2++NH4++3H2O，故答案为：4Fe +NO3－+10H+=4Fe2++NH4++3H2O；
②研究表明：铁粉还原含NO3－废水时，加入活性碳粉可以提高去除NO3－的速率，可能是由于形成原电池，加快反应速率，故答案为：铁粉与活性碳粉形成原电池加快还原NO3－的反应速率；
⑶根据图像信息，左边硝酸根变为氮气，则M化合价降低，在阴极发生还原反应，说明N为阳极，连接电源的正极，与直流电源M端相连的Pt电极上的电极反应式为2NO3－+12H+ +10e－=N2↑+ 6H2O，故答案为：正；2NO3－+12H+ +10e－=N2↑+ 6H2O；
⑷使NO3－变为NH4+，则硝酸根在阴极变为铵根离子，加一定量NaCl，去除NH4+的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低，说明铵根被反应了，可能是Cl－在阳极上被氧化成Cl2(或游离氯)，与阴极生成的NH4+反应生成N2，故答案为：Cl－在阳极上被氧化成Cl2(或游离氯)，与阴极生成的NH4+反应生成N2。
29、醛基 酯基 保护羰基 消去反应 5 CH3CH2OH CH3CHO 氢氧化钡、加热
【解析】
(1)根据E的结构简式，得出含氧官能团的名称；
(2)对比它们的结构简式，会发现设计这两步的目的是保护羰基；
(3)对比B和C结构简式，C多了一个碳碳双键，少了一个羰基，涉及的反应类型加成反应和消去反应；
(4)根据加成后的产物，异蒲勒醇应含有六元环，异蒲勒醇能发生分子内脱水，说明含有羟基，然后再与氢气1：1发生1，4－加成，说明分子内脱水后，含有两个碳碳双键，且两个碳碳双键通过一个“C－C”相连，从而写出异蒲勒醇的结构简式；
(5)根据A的结构简式，得出A的分子式为C10H18O，同分异构体中含有醛基和六元碳环，则剩余三个碳原子以单键的形式相连，然后判断同分异构体的数目；
(6)物质1是CH2=CH2与H2O发生加成反应的产物，即为CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化，得到物质2，即为CH3CHO，根据信息②，推出试剂X为苯乙醛；
【详解】
(1)根据化合物E的结构简式，E中含氧官能团是羰基、醛基、酯基；
(2)对比E和F的结构简式，E中羰基发生反应，对比G和H的结构简式，有羰基的生成，因此设计这两步的目的是保护羰基；
(3)对比B和C结构简式，C中少了一个羰基，多了一个碳碳双键，题中先发生加成反应，应是六元环上的羰基与H2发生加成反应，生成羟基，然后该羟基再发生消去反应；
(4) 根据加成后的产物，异蒲勒醇应含有六元环，异蒲勒醇能发生分子内脱水，说明含有羟基，然后再与氢气1：1发生1，4－加成，说明分子内脱水后，含有两个碳碳双键，且两个碳碳双键通过一个“C－C”相连，异蒲勒醇中含有三个手性碳原子，异蒲勒醇的结构简式为；
(5)根据A的结构简式，推出A的分子式为C10H18O，同分异构体中含有六元碳环和醛基，根据A的不饱和度为2，推出剩余三个碳原子以单键形式结合，即有“、”，醛基在支链位置有5种；核磁共振氢谱最少应是对称结构，即结构简式为；
(6)乙烯与H2O在催化剂作用下发生加成反应，生成乙醇，即物质1为CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化生成乙醛，即物质2为CH3CHO，根据信息②，推出试剂X为苯乙醛，其结构简式为，根据信息2的反应条件，条件3为氢氧化钡、加热。
制备原料
装置Ⅰ
装置Ⅱ
烧瓶中
分液漏斗中
制备纯净Cl2
MnO2
①________
饱和食盐水
制备纯净NO
Cu
稀硝酸
②________