2026届安徽省怀远一中高三最后一卷化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省怀远一中高三最后一卷化学试卷含解析，共40页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
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4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
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一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、过氧化钙(CaO2)微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。实验室常用CaCO3为原料制备过氧化钙，流程如下：CaCO3滤液白色结晶(CaO2)。下列说法不正确的是( )
A．逐滴加入稀盐酸后，将溶液煮沸的作用是除去溶液中多余的HCl
B．加入氨水和双氧水后的反应为：CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2===CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O
C．生成CaO2的反应需要在冰浴下进行的原因是温度过高时过氧化氢分解
D．过滤得到的白色结晶用蒸馏水洗涤后应再用乙醇洗涤以去除结晶表面水分
2、现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是（ ）
A．第一电离能：③＞②＞①
B．价电子数：③＞②＞①
C．电负性：③＞②＞①
D．质子数：③＞②＞①
3、10 mL浓度为1 ml/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是( )
A．KHSO4B．CH3COONaC．CuSO4D．Na2CO3
4、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
5、某学习小组设计如下装置进行原电池原理的探究。一段时间后取出铜棒洗净，发现浸泡在稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗。对该实验的说法正确的是
A．处于稀硝酸中的铜棒为电池的正极，电极反应为：Cu2+ +2e- =Cu
B．该装置可以实现“零能耗”镀铜
C．配置上述试验所用硝酸铜溶液应加入适量的硝酸溶液使铜棒溶解
D．铜棒上部电势高，下部电势低
6、短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W 在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，X 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素 Y 的原 子序数是 Z 的最外层电子数的 2 倍。下列叙述不正确的是
A．Y、Z的氢化物稳定性 Y> Z
B．Y单质的熔点高于X 单质
C．X、W、Z 能形成具有强氧化性的 XZW
D．YZ4分子中 Y 和 Z 都 满足8 电子稳定结构
7、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
8、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y的核电荷数为奇数，Z的核电荷数为X的2倍。X的最外层电子数等于Y与Z的最外层电子数之和。Y与Z同周期且Y的原子半径大于Z。下列叙述正确的是
A．单质的熔点：Y＞ZB．X的最高价氧化物的水化物为弱酸
C．Y、Z的氧化物均为离子化合物D．气态氢化物稳定性：X＞Z
9、已知：AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3↓＋CO，向含0.01 ml NaAlO2和0.02ml NaOH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（ ）
A．AB．BC．CD．D
10、设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1ml SiO2 所含Si-O键的数目为 2 NA
B．常温下，1 L pH＝9的CH3COONa 溶液中由水电离的H+ 数目为 10-9 NA
C．40 mL 10 ml/L浓盐酸与足量MnO2充分反应，生成的氯气分子数为 0.1NA
D．标准状况下，11.2 L 甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
11、鹅去氧胆酸和胆烷酸都可以降低肝脏中的胆固醇，二者的转化关系如图，下列说法中正确的是
A．二者互为同分异构体
B．二者均能发生氧化反应和取代反应
C．胆烷酸中所有碳原子可能处于同一平面内
D．等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸与足量Na反应时，最多消耗Na的量相同
12、有机物三苯基甲苯的结构简式为，对该有机物分子的描述正确的是（ ）
A．1~5号碳均在一条直线上
B．在特定条件下能与H2发生加成反应
C．其一氯代物最多有4种
D．其官能团的名称为碳碳双键
13、下列说法正确的是（ ）
A．不锈钢的防腐原理与电化学有关
B．高纯硅太阳能电池板可以将光能直接转化为电能
C．二氧化硫有毒，不可以用作食品添加剂
D．纯碱去油污原理是油污溶于纯碱
14、下列说法正确的是
A．共价化合物的熔、沸点都比较低
B．H2SO4、CCl4、NH3均属于共价化合物
C．H2O分子比H2S分子稳定的原因是H2O分子间存在氢键
D．SiO2和CaCO3在高温下反应生成CO2气体，说明硅酸的酸性比碳酸的强
15、CPAE是蜂胶的主要活性成分，也可由咖啡酸合成
下列说法不正确的是
A．咖啡酸分子中所有原子可能处在同一个平面上
B．可用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇
C．1 ml 苯乙醇在O2中完全燃烧，需消耗10 ml O2
D．1 ml CPAE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗3 ml NaOH
16、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．0.1 ml C3H9N中所含共用电子对数目为1.2NA
B．14 g N60（分子结构如图所示）中所含N－N键数目为1.5NA
C．某温度下，1 L pH＝6的纯水中所含OH−数目为1.0×10−8 NA
D．标准状况下，5.6 L甲醛气体中所含的质子数目为4NA
二、非选择题（本题包括5小题）
17、富马酸福莫特罗作为特效哮喘治疗药物被临床广泛应用。化合物Ⅰ是合成富马酸福莫特罗的重要中间体，其合成路线如图所示：
已知：Ⅰ、；
Ⅱ、R1-NO2 R1-NH2；
请回答下列问题：
(1)A中所含官能团的名称为____________。
(2)反应②的反应类型为____________，反应④的化学方程式为 ____________。
(3)H的结构简式为____________。
(4)下列关于Ⅰ的说法正确的是____________(填选项字母)。
A．能发生银镜反应 B．含有3个手性碳原子 C．能发生消去反应 D．不含有肽键
(5)A的同分异构体Q分子结构中含有3种含氧官能团，能发生银镜反应，可与FeCl3溶液发生显色反应，苯环上只有两个取代基且处于对位，则Q的结构简式为____(任写一种)，区分A和Q可选用的仪器是____(填选项字母)。
a．元素分析仪 b．红外光谱仪 c．核磁共振波谱仪
(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以丙酮、苯胺和醋酸为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线：________________________。
18、有机物J是合成抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如图：
回答下列问题：
（1）反应④的反应类型是______；J中官能团名称是______。
（2）不用甲苯与氯气在光照条件下反应得到B物质的原因是______。
（3）根据流程中的信息，在反应⑥的条件下，CH2（COOC2H5）2与足量CH3CH2CH2I充分反应生成的有机产物结构简式为______。
（4）反应⑨的化学方程式为：
其中产物X的结构简式是______。
（5）写出符合下列条件的I的同分异构体______。
①能发生银镜反应，但不能发生水解反应；②苯环上一氯取代物只有一种；③核磁共振氢谱有4组峰。
（6）根据流程中的信息，写出以、CH3OH为有机原料合成的合成路线。_______
19、氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于乙醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解、氧化。
（制备）方法一：
（资料查阅）
(1)仪器X的名称是______，在实验过程中，B中试纸的颜色变化是______。
(2)实验操作的先后顺序是______(填操作的编号)
a.检查装置的气密性后加入药品 b.熄灭酒精灯，冷却 c.在气体入口处通入干燥HCl
d.点燃酒精灯，加热 e.停止通入HCI，然后通入
(3)反应结束后发现含有少量CuO杂质，产生的原因是______。
方法二：
(4)向,溶液中加入一定量NaCl和可生成自色沉淀CuCl离子方程式为______，过滤，沉淀用的酸洗，水洗，乙醇洗三步操作，酸洗采用的酸是______(写名称)，用乙醇洗涤的原因是______(任写一点)。
（含量测定）
(5)准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a ml/L的溶液滴定到终点，消耗溶液b mL，反应中被还原为，样品中CuCl的质量分数为______(CuCl分子量：)
（应用）利用如下图所示装置，测定高炉煤气中CO、、和)的百分组成。
(6)已知：
i.CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成。
ii.保险粉和KOH的混合溶液能吸收氧气。
①出保险粉和KOH混合溶液吸收的离子方程式：______。
②D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是______、______。
20、五氧化二钒(V2O5,摩尔质量为182 g·ml-1)可作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工等行业。V2O5是一种橙黄色片状晶体,微溶于水，不溶于乙醇,具有强氧化性,属于两性氧化物。某研究小组将从某粗钒(主要含有V2O5,还有少量Al2O3、Fe2O3)中提取V2O5。实验方案设计如下：
已知：NH4VO3是白色粉末,微溶于冷水,可溶于热水,不溶于乙醇、醚。
2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O
请回答：
（1）第①步操作的实验装置如右图所示,虚线框中最为合适的仪器是________。(填编号)
（2）调节pH为8～8.5的目的________。
（3）第④步洗涤操作时,可选用的洗涤剂_________。(填编号)
A．冷水B．热水C．乙醇D．1% NH4Cl 溶液
（4）第⑤ 步操作时,需在流动空气中灼烧的可能原因________。
（5）硫酸工业中,SO2转化为SO3的催化剂就选用V2O5,催化过程经两步完成,将其补充完整：________( 用化学方程式表示),4VO2+O2=2V2O5。
（6）将0.253 g产品溶于强碱溶液中,加热煮沸,调节pH为8～8.5,向反应后的溶液中加入硫酸酸化的KI溶液(过量),溶液中含有V3+,滴加指示剂,用0.250 ml·L-1Na2S2O3溶液滴定,达到终点消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL,则该产品的纯度为________。(已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)
21、（1）①已知反应A(g)+B(g)2D(g)，若在起始时c(A)＝a ml• L－1， c(B)＝2aml• L－1，则该反应中各物质浓度随时间变化的曲线是_______（选填字母序号）。
②在298K时，反应A(g)2B(g)的 KP＝0.1132kPa，当分压为 p(A)＝p(B)＝1kPa时，反应速率υ正______υ逆（填 “ ＜” “ ＝” 或 “ ＞” ）。
③温度为 T时，某理想气体反应 A(g)＋B(g)C(g)＋M(g)，其平衡常数 K为0.25，若以 A∶B ＝1∶1发生反应，则 A的理论转化率为_____％（结果保留3位有效数字）。
（2）富勒烯 C60和 C180可近似看作“ 完美的” 球体，富勒烯的生成时间很快，典型的是毫秒级，在所有的合成技术中得到的 C60的量比 C180的量大得多。已知两个转化反应：反应物3C60 ，反应物C180，则势能（活化能）与反应进程的关系正确的是______（选填字母序号）。
（3）甲醇脱氢和甲醇氧化都可以制取甲醛，但是O2氧化法不可避免地会深度氧化成CO。脱氢法和氧化法涉及的三个化学反应的 lgK随温度 T的变化曲线如图所示。写出图中曲线①的化学反应方程式________；曲线③的化学反应方程式为________；曲线②对应的化学反应是____（填“ 放热” 或“ 吸热” ）反应。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
根据过程，碳酸钙与盐酸反应后，过滤，推出溶液中有固体剩余，即碳酸钙过量，CaCO3与盐酸反应，发生CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O，CO2能溶于水，溶液显酸性，过氧化钙溶于酸，加热煮沸的目的是除去溶液中多余的CO2，加入氨水和双氧水时发生的反应是CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2=CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O，然后过滤，得到过氧化钙，据此分析；
【详解】
A、根据过程，碳酸钙与盐酸反应后，过滤，推出溶液中有固体剩余，即碳酸钙过量，CaCO3与盐酸反应，发生CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O，CO2能溶于水，溶液显酸性，过氧化钙溶于酸，加热煮沸的目的是除去溶液中多余的CO2，故A说法错误；
B、加入氨水和双氧水后发生的反应方程式为CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2=CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O，故B说法正确；
C、双氧水不稳定，受热易分解，需要在冰浴下进行的原因是防止双氧水分解，故C说法正确；
D、过氧化钙在乙醇中的溶解度小，使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分，故D说法正确；
答案选A。
【点睛】
易错点是选项A，学生注意到CaO2溶于酸，需要将过量HCl除去，但是忽略了流程，碳酸钙加入盐酸后过滤，这一操作步骤，碳酸钙与盐酸反应：CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O，没有沉淀产生，为什么过滤呢？只能说明碳酸钙过量，盐酸不足，还要注意到CO2能溶于水，反应后溶液显酸性，因此煮沸的目的是除去CO2。
2、A
【解析】
根据三种基态原子的电子排布式：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5可判断①、②、③分别代表的元素为：S、P、F。
【详解】
A．同周期自左而右，第一电离能增大，但P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Cl＞P＞S；同主族自上而下第一电离能减弱，故F＞Cl，故第一电离能F＞P＞S，即③＞②＞①，A正确；
B．S、P、F价电子数分别为：6、5、7，即③＞①＞②，B错误；
C．根据同周期电负性，从左往右逐渐变大，同族电负性，从下往上，越来越大，所以F＞S＞P，③＞①＞②，C错误；
D．S、P、F的质子数分别为：16、15、9，即①＞②＞③，D错误；
答案选A。
3、B
【解析】
需要减慢反应速率但又不影响氢气生成，即降低H+的浓度而又不改变H+的物质的量，据此解答。
【详解】
A．加入KHSO4溶液，溶液中氢离子总量增多，故氢气生成量增多，故A错误；
B．加入CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根离子与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，且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，故B正确；
C．Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故C错误；
D．加入Na2CO3溶液，碳酸根离子与氢离子反应，则溶液中氢离子总量减小，故氢气生成量也减小，故D错误。
故选：B。
4、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。
5、B
【解析】
原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，正极电势比负极电势高。题意中，说明稀硝酸铜中铜作负极，铜变成铜离子进入溶液，下层浓硝酸铜中发生还原反应，铜离子得电子变成铜析出。
【详解】
A. 题意中稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，说明稀硝酸铜中铜作负极，铜变成铜离子进入溶液，电极反应为： Cu -2e- = Cu2+；A项错误；
B. 稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，这样该装置可以实现“零能耗”镀铜，B项正确；
C. 配置上述试验所用硝酸铜溶液若加如硝酸，硝酸会与铜电极反应，不发生题目中的电化学，C项错误；
D. 铜棒上部为负极，电势低，下部为正极，电势高，D项错误。
答案选B。
6、A
【解析】
W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，W为O元素；X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X为Na元素；短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的 2 倍，则Y为Si、Z为Cl元素；
A.非金属性Si c(OH-)> c(HCO3-)，故C正确；
D. 当通入二氧化碳的量为0.03ml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。
【点睛】
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。
10、D
【解析】
A．在SiO2晶体中每个Si原子形成4个Si-O键，则1ml SiO2 所含Si-O键的数目为4 NA，故A错误；
B．CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO-的水解促进水的电离，常温下，1 L pH＝9的CH3COONa 溶液中c(H+)电离=c(OH-)=1×10-5ml/L，发生电离的水分子物质的量为1×10-5ml/L×1L=1×10-5ml，即由水电离的H+ 数目为 10-5 NA，故B错误；
C．40 mL 10 ml/L浓盐酸与足量MnO2充分反应的过程中，盐酸的浓度降低到一定浓度，反应会停止，即溶液中0.4mlHCl未能完全参加反应，则反应中生成的氯气分子数小于 0.1NA，故C错误；
D．CH4和C2H4分子中均含有4个H原子，则标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为：×4×NA=2NA，故D正确；
故答案为D。
11、B
【解析】
A．鹅去氧胆酸脱氢氧化后生成胆烷酸，则鹅去氧胆酸和胆烷酸的分子式不同，不可能是同分异构体，故A错误；B．鹅去氧胆酸和胆烷酸分子中均有羧基和羟基，则均可发生取代反应，如发生酯化反应，故B正确；C．胆烷酸分子结构中环上除羰基和羧基中的碳原子外，其它碳原子均是sp3杂化，则分子结构中所有碳原子不可能在同一平面内，故C错误；D．鹅去氧胆酸和胆烷酸分子内均有一个羧基，但鹅去氧胆酸比胆烷酸多一个羟基，则等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸分别与Na完全反应时消耗的Na的物质的量不等，故D错误；故答案为B。
12、B
【解析】
A选项，1、2、3号碳或3、4、5号碳在一条直线上，2、3、4号碳类比为甲烷中的结构，因此2、3、4号碳的键角为109º28'，故A错误；
B选项，含有苯环，在特定条件下能与H2发生加成反应，故B正确；
C选项，该有机物结构具有高度的对称性，其一氯代物最多有3种，故C错误；
D选项，该有机物中没有官能团，故D错误。
综上所述，答案为B。
13、B
【解析】
A．耐蚀合金的防腐原理是改变物质的内部结构，不锈钢的防腐原理与电化学无关，故A错误；
B．硅为良好的半导体材料，可以制作太阳能电池，利用高纯硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能，故B正确；
C．二氧化硫有还原作用，可消耗果蔬组织中的氧，可以抑制氧化酶的活性，从而抑制酶性褐变，有抗氧化作用，所以二氧化硫能作食品防腐剂，但不能超量，故C错误；
D．纯碱的去污原理是纯碱水解显碱性，促进油污水解而除去，故D错误。
故答案为B。
14、B
【解析】
A．共价化合物包括分子晶体和原子晶体，而物质的熔点的一般顺序为：原子晶体>离子晶体>分子晶体，故共价化合物的熔点不一定比较低，故A错误；
B．H2SO4、CCl4、NH3分子中均只含共价键的化合物，所以三者属于共价化合物，故B正确；
C．分子的稳定性与氢键无关，氢键决定分子的物理性质，分子的稳定性与共价键有关，故C错误；
D．常温下，水溶液中酸性强的酸能制取酸性弱的酸，SiO2和CaCO3在高温下反应生成CO2气体是高温条件下的反应，不说明硅酸的酸性比碳酸强，故D错误；
本题选B。
15、B
【解析】
A.由于苯环和碳碳双键均是平面型结构，所以根据有机物的结构简式可知，咖啡酸分子中所有原子可能处在同一个平面上，A正确；
B.CPAE分子中含有酚羟基，也能和金属钠反应，所以不能用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇，B不正确；
C.苯乙醇的分子式为C8H10O，苯乙醇燃烧的方程式为C8H10O+10O28CO2+5H2O，C正确；
D.CPAE分子中含有2个酚羟基和1个酯基，所以1 ml CPAE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗3 ml NaOH，D正确；
答案选B。
16、C
【解析】
A.根据物质中的最外层电子数进行分析，共用电子对数为，所以0.1 ml C3H9N中所含共用电子对数目为1.2NA ，故正确；
B. 14 g N60的物质的量为，N60的结构是每个氮原子和三个氮原子结合形成两个双键和一个单键，每两个氮原子形成一个共价键，1ml N60含有的氮氮键数为，即14 g N60的含有氮氮键 ，数目为1.5NA，故正确；
C. 某温度下，1 L pH＝6的纯水中氢离子浓度为10-6ml/L，纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，所以氢氧根离子浓度为10-6ml/L，氢氧根离子数目为10-6 NA，故错误；
D. 标准状况下，5.6 L甲醛气体物质的量为0.25ml，每个甲醛分子中含有16个质子，所以0.25ml甲醛中所含的质子数目为4NA，故正确。
故选C。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、（酚）羟基、硝基、羰基（或酮基） 取代反应 + AC 、、（合理即可） bc
【解析】
由有机物结构的变化分析可知，反应①中，A中O-H键断裂，B中C-Cl键断裂，A与B发生取代反应生成C，反应②中，溴原子取代C中甲基上的氢原子生成D，根据已知反应I，可知反应③生成E为，反应④中，E中C-O键断裂，F中N-H键断裂，二者发生加成反应生成G，根据已知反应II，可知反应⑤生成H为，
据此分析解答。
【详解】
(1)A为，所含官能团为-OH、-NO2、，名称为（酚）羟基、硝基、羰基（或酮基），故答案为：（酚）羟基、硝基、羰基（或酮基）；
(2)由分析可知，反应②中，溴原子取代C中甲基上的氢原子生成D，反应④为与发生加成反应生成，故答案为：取代反应；+；
(3)由分析可知，H为，故答案为：；
(4)A. I含有醛基，能发生银镜反应，A项正确；
B. 手性碳原子连接4个不一样的原子或原子团，I中含有2个手性碳原子，如图所示，B项错误；
C. I含有羟基，且与连接羟基的碳原子相邻的碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，C项正确；
D. I中含有1个肽键，D项错误；故答案为：AC ；
(5)A为，A的同分异构体Q分子结构中含有3种含氧官能团，能发生银镜反应，则含有醛基或者含有甲酸酯基结构，可与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，苯环上只有两个取代基且处于对位，符合的Q的结构简式为、、，A和Q互为同分异构体，所含元素相同，所含官能团不同，则区分A和Q可选用的仪器是红外光谱仪、核磁共振波谱仪，故答案为：、、（合理即可）；bc；
(6)根据给出的原料以及信息反应，采用逆合成分析方法可知，可由醋酸与通过酯化反应制得，根据反应④可知可由与反应制得，根据信息反应I可知可由反应制得，根据反应②可知可由与Br2反应制得，故答案为：。
18、取代反应酯基、溴原子在光照条件下氯气与甲苯反应选择性差，得到的B物质中副产物多HOCH2CH2OH、
【解析】
A为，B为，由合成流程结合生成C的条件及图中转化关系可知，C为，酸性条件下水解得到D为：，酸和醇发生酯化反应，生成E为：，E发生取代反应生成F，F与碘甲烷发生取代反应生成G，G取代生成H，H与甲醇发生酯化反应，生成I，I发生取代反应得到J，同时还生成乙二醇，以此解答。
【详解】
（1）由上述分析可知，反应④为酯化反应或取代反应；J中含有官能团为溴原子、酯基，
故答案为：酯化反应(或取代反应)；溴原子、酯基；
（2）由于用甲苯与氯气在光照条件下反应，氯气取代甲基的H原子，选择性差，因此得到的B物质中副产物多，
故答案为：在光照条件下氯气与甲苯反应选择性差，得到的B物质中副产物多；
（3）反应⑥发生的是取代反应，CH2(COOC2H5)2与足量CH3CH2CH2I充分反应：；
（4）I发生取代反应得到J，根据原子守恒可知同时还生成乙二醇；反应⑨的化学方程式为：，其中产物X的结构简式为OHCH2CH2OH，
故答案为：OHCH2CH2OH；
（5）能发生银镜反应，说明含有醛基，但不能发生水解反应，则另一个为醚键；苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子；核磁共振氢谱有4组峰，说明只有4种氢原子；符合条件的同分异构体为：、，
故答案为：、；
（6）与NaCN发生取代反应生成，水解生成CH3CH2CH(COOH)CH3，与甲醇发生酯化反应生成，合成路线为：。
19、干燥管 先变红后褪色 cdb 通入的HCl的量不足 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+ 硫酸 醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化 ×100% 2S2O42-+3O2+4OH-= 4SO42-+2H2O NaOH溶液 CuCl的盐酸溶液
【解析】
CuCl2·2H2O晶体在氯化氢气流中加热失水得到CuCl2，温度高于300℃分解生成CuCl和Cl2；向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，结合关系式解答该题；保险粉和KOH的混合溶液吸收O2，发生氧化还原反应；CuCl易被氧化，因此吸收CO前，要先吸收O2；NaOH溶液能吸收CO2，则吸收O2前，要先吸收CO2；N2的体积可用排水法测定，据此解答。
【详解】
(1)根据仪器X的构造，其名称是干燥管；由制备CuCl的原理可知，反应生成了Cl2，故B中湿润的石蕊试纸试纸先变红后褪色，
故答案为干燥管；先变红后褪色；
(2)实验时检查装置的气密性后加入药品后，要先在气体入口处通入干燥HCl，再点燃酒精灯，加热，实验结束时要先熄灭酒精灯，冷却，再停止通入HCl，然后通入，所以操作的先后顺序是cdb，
故答案为cdb；
(3)根据以上分析，若实验中通入的HCl的量不足，则氯化铜晶体加热时发生水解，最后生成少量CuO，
故答案为通入的HCl的量不足；
(4) 向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl，离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；
由制备反应可知，有硫酸钠生成，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质；
因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；
故答案为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；硫酸；醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；
(5)氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，
反应的关系式为6CuCl～6Fe2+～Cr2O72-，
6 1
n ab×10-3ml
n=6ab×10-3ml，
m（CuCl）=99.5g/ml×6ab×10-3ml=0.597abg，
则样品中CuCl的质量分数为 ×100%，
故答案为 ×100%；
(6) ①保险粉和KOH的混合溶液吸收O2，发生氧化还原反应：2S2O42-+3O2+4OH-= 4SO42-+2H2O，
②CuCl易被氧化，因此吸收CO前，要先吸收O2；NaOH溶液能吸收CO2，则吸收O2前，要先吸收CO2；故吸收顺序为CO2、O2、CO，N2的体积可用排水法测定。故D用来吸收CO2，试剂为NaOH溶液。F用来吸收CO，试剂为CuCl的盐酸溶液。
故答案为2S2O42-+3O2+4OH-= 4SO42-+2H2O；NaOH溶液；CuCl的盐酸溶液。
【点睛】
本题侧重于分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握物质的性质以及反应流程，注意（5）中利用关系式的计算。
20、B让AlO2- 转化为Al(OH)3沉淀，避免VO3-的沉淀A D若空气不流通，由于V2O5具有强氧化性，会与还原性的NH3反应，从而影响产物的纯度及产率SO2+V2O5=2VO2+SO389.9%
【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）虚线框中的仪器是向三颈烧瓶中滴加NaOH，为了能够使NaOH溶液顺利滴下，需要有连通装置，故选项B正确；（2）根据流程图，氧化铁为碱性氧化物，不与NaOH发生反应，V2O5、Al2O3属于两性氧化物，能与NaOH发生反应，调节pH为8～8.5的目的就是让AlO2－转化为Al(OH)3沉淀，避免VO3－的沉淀；（3）根据信息，NH4VO3微溶于水，可溶于热水，不溶于乙醇、醚，A、用冷水洗涤，可以减少NH4VO3的溶解，故A正确；B、NH4VO3溶于热水，造成NH4VO3溶解，故B错误；C、虽然NH4VO3不溶于乙醇，但NH4VO3表面杂质，如NH4Cl不溶于乙醇，使用乙醇不能洗去沉淀表面的杂质，故C错误；D、根据流程生成NH4VO3沉淀，是滤液1与饱和NH4Cl的反应生成，且NH4Cl受热易分解，不产生杂质，故D正确；（4）根据信息，NH4VO4灼烧生成V2O5，因为V2O5具有强氧化性，能与具有还原性NH3发生反应，从而影响产物的纯度及产率，因此灼烧NH4VO3时在流动空气中；（5）催化剂在反应前后质量不变，根据已知反应反应方程式，因此得出反应方程式为SO2＋V2O5=2VO2＋SO3；（6）根据I2和Na2S2O3发生反应的方程式，求出消耗n(I2)=20.00×10－3×0.250/2ml=2.5×10－3ml，根据得失电子数目守恒，n(V2O5)×2×2=n(I2)×2，求出n(V2O5)=1.25×10－3ml，即m(V2O5)=1.25×10－3×182g=0.2275g，则产品纯度为0.2275/0.253×100%=89.9%。
21、C < 33.3 B 2HCHO（g）+O2（g）=2CO（g）+2H2O（g） CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g） 放热
【解析】
(1)①已知反应A(g)+B(g)2D(g)，根据化学反应速率跟化学计量数成正比可知，A、B减少的量相等，同时生成2倍的D，故曲线C符号该反应中各物质浓度随时间变化，答案为：C；
②在298K时，当分压为 p(A)＝p(B)＝1kPa时，反应A(g)2B(g)的Qp=(1kPa)2÷1kPa=1kPa>K，则反应向逆反应方向进行，v正