2026届安徽省安庆二中、天成中学高三第三次测评化学试卷含解析

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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、三元催化转化器能同时净化汽车尾气中的碳氢化合物(HC)、一氧化碳(CO)及氮氧化合物(NOx)三种污染物。催化剂选择铂铑合金，合金负载量不同时或不同的工艺制备的合金对汽车尾气处理的影响如图所示。下列说法正确的是
A．图甲表明，其他条件相同时，三种尾气的转化率随合金负载量的增大而增大
B．图乙表明，尾气的起燃温度随合金负载量的增大而降低
C．图甲和图乙表明，合金负载量越大催化剂活性越高
D．图丙和图丁表明，工艺2制得的合金的催化性能优于工艺1制得的合金
2、下列选项中，利用相关实验器材（规格和数量不限）能够完成相应实验的是
A．AB．BC．CD．D
3、用下列装置制取NH3，并还原CuO，其原理和装置均正确的是( )
A．用装置制取NH3B．用装置干燥NH3
C．用装置还原CuOD．用装置处理尾气
4、东汉晚期的青铜奔马（马踏飞燕）充分体现了我国光辉灿烂的古代科技，已成为我国的旅游标志。下列说法错误的是
A．青铜是我国使用最早的合金、含铜、锡、铅等元素
B．青铜的机械性能优良，硬度和熔点均高于纯铜
C．铜器皿表面的铜绿可用明矾溶液清洗
D．“曾青（）得铁则化为铜”的过程发生了置换反应
5、X、Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素。X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，Z为短周期中金属性最强的元素，W是地売中含量最高的金属元素。下列叙述正确的是
A．Y、Z、W原子半径依次增大
B．元素W、R的简单离子具有相同的电子层结构
C．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比R的强
D．X、R分别与Y形成的常见化合物中化学键类型相同
6、桥环烷烃是指共用两个或两个以上碳原子的多环烷烃，二环[1，1，0]丁烷()是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是
A．与1，3-丁二烯互为同分异构体
B．二氯代物共有4种
C．碳碳键只有单键且彼此之间的夹角有45°和90°两种
D．每一个碳原子均处于与其直接相连的原子构成的四面体内部
7、高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为，含少量等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的X，调节浸出液的pH为3.5~5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；③…下列说法正确的是（ ）已知室温下：，，。）
A．试剂X可以是等物质
B．除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5可完全除去等杂质
C．浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂
D．为提高沉淀步骤的速率可以持续升高温度
8、常温下，关于pH = 2的盐酸溶液的说法错误的是
A．溶液中c(H+)=1.0×10-2ml/L
B．此溶液中由水电离出的c(OH―)=1.0×10-12ml/L
C．加水稀释100倍后，溶液的pH = 4
D．加入等体积pH=12的氨水，溶液呈酸性
9、下列比较错误的是
A．与水反应的剧烈程度：KHC1
C．原子半径：Si>ND．碱性：Ca(OH)2> Mg(OH)2
10、关于以下科技成果，下列说法正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
11、化学与社会、环境密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．2022年冬奥会聚氨酯速滑服不属于无机非金属材料
B．使用太阳能热水器、沼气的利用、玉米制乙醇都涉及到生物质能的利用
C．氢键在形成蛋白质二级结构和DNA双螺旋结构中起关键作用
D．港珠澳大桥使用新一代环氧涂层钢筋，可有效抵御海水浸蚀
12、下列说法正确的是
A．化合物是苯的同系物
B． 分子中所有原子共平面
C．火棉(纤维素三硝酸酯)的结构简式为
D．1 ml阿斯匹林（）与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH最大的物质的量为2ml
13、W、X、Y、Z四种短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示。下列推断正确的是（ ）
A．原子半径：Z＞Y＞X
B．元素非金属性：Z＞Y＞X
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y＞W
D．WH4与Z元素的单质在光照时发生置换反应
14、工业上用酸性 KMnO4溶液与乙苯()反应生产苯甲酸()，下列有关说法正确的是
A．乙苯是苯的同系物B．乙苯的所有原子均共平面
C．生产苯甲酸时发生的是取代反应D．乙苯不能与H2发生反应
15、磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的循环寿命，放电时的反应为：LixC6+Li1-xFePO4=6C+LiFePO4 。某磷酸铁锂电池的切面如下图所示。下列说法错误的是
A．放电时Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极
B．隔膜在反应过程中只允许Li+ 通过
C．充电时电池正极上发生的反应为：LiFePO4-xe-= Li1-xFePO4+xLi+
D．充电时电子从电源经铝箔流入正极材料
16、β-紫罗兰酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一种天然香料，它经多步反应可合成维生素A1。
下列说法正确的是
A．β-紫罗兰酮可使酸性KMnO4溶液褪色
B．1ml中间体X最多能与2ml H2发生加成反应
C．维生素A1易溶于NaOH溶液
D．β-紫罗兰酮与中间体X互为同分异构体
二、非选择题（本题包括5小题）
17、化合物H是合成治疗心血管疾病药物的中间体，可通过以下途径合成：
已知:①（苯胺易被氧化）
②甲苯发生一硝基取代反应与A类似。
回答下列问题：
(1)写出化合物H的分子式__________，C中含氧官能团的名称___________。
(2)写出有关反应类型：BC ___________；FG___________。
(3)写出AB的反应方程式：___________________________ 。
(4)写出同时满足下列条件D的所有同分异构体的结构简式：____________
①能发生银镜反应
②能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色
③核磁共振氢谱(1显示分子中有4种不同化学环境的氢
(5)合成途径中，C转化为D的目的是_____________________。
(6)参照上述合成路线，以甲苯和(CH3CO)2O为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线：_________________________
18、药物瑞德西韦(Remdesivir))对2019年新型冠状病毒(2019-nCV)有明显抑制作用；K为药物合成的中间体,其合成路线如图：
已知：
①R—OHR—Cl
②
回答下列问题：
（1）A的化学名称为___。由A→C的流程中，加入CH3COCl的目的是___。
（2）由G→H的化学反应方程式为___，反应类型为___。
（3）J中含氧官能团的名称为___。碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，则瑞德西韦中含有___个手性碳原子。
（4）X是C的同分异构体，写出一种满足下列条件的X的结构简式___。
①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；
②遇FeCl3溶液发生显色反应；
③1ml的X与足量金属Na反应可生成2gH2。
（5）设计以苯甲醇为原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）___。
19、辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：
①取2.6g样品，加入·L－1酸性KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO42－)，滤去不溶杂质；
②收集滤液至250mL容量瓶中，定容；
③取25.00mL溶液，用0.1000ml·L－1FeSO4溶液滴定，消耗20.00mL；
④加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2++4I－=2CuI+I2；
⑤加入2滴淀粉溶液，用0.1000m1·L－1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S2O32－+I2=S4O62－+2I－)。
回答下列问题：
(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：___________；
(2)配制0.1000ml· L－1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是___________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有___________；
(3)③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是___________；
(4)⑤中滴定至终点时的现象为___________；
(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_________%、_________%(结果均保留1位小数)。
20、实验室以海绵铜（主要成分为Cu和CuO）为原料制取CuCl的主要流程如图所示。
已知：①CuCl微溶于水，不溶于乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。
②CuCl露置于潮湿的空气中易被氧化。
回答下列问题。
（1）“氧化”时温度应控制在60~70℃，原因是____________________。
（2）写出“转化”过程中的离子方程式____________________。
（3）“过滤Ⅱ”所得滤液经__________、__________、过滤等操作获得(NH4)2SO4晶体，可用作化学肥料。“过滤Ⅱ”所得滤渣主要成分为CuCl，用乙醇洗涤的优点是________________。
（4）氯化铵用量[]与Cu2+沉淀率的关系如图所示。随着氯化铵用量的增多Cu2+沉淀率增加，但当氯化铵用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率减小，其原因是__________。
（5）若CuCl产品中混有少量CaSO4，设计提纯CuCl的实验方案：__________。（实验中可选试剂：0.1 ml·L−1盐酸、10 ml·L−1盐酸、蒸馏水、无水乙醇）
21、一定温度范围内用氯化钠熔浸钾长石（主要成份为KAlSi3O8）可制得氯化钾，主要反应是：NaCl(l)+KAlSi3O8(s) KCl(l)+NaAlSi3O8(s)，完成下列填空：
（1）上述反应涉及的第三周期元素中，离子半径最小的是___；Cl原子与Si原子可构成有5个原子核的分子，其分子的空间构型为____。
（2）用最详尽描述核外电子运动状态的方式，表示氧离子核外电子的运动状态_____。
（3）Na和O2反应形成Na2O和Na2O2的混合物，阴阳离子的个数比为__；NaAlSi3O8改写成氧化物形式是___。
（4）某兴趣小组为研究上述反应中钾元素的熔出率（液体中钾元素的质量占样品质量分数）与温度的关系，进行实验（保持其它条件不变），获得如下数据：
分析数据可以得出，氯化钠熔浸钾长石是__________反应（填“放热”或“吸热”）；在950℃时，欲提高熔出钾的速率可以采取的一种措施是_______。
（5）Na(l)＋KCl(l) NaCl(l)＋K(g)是工业上冶炼金属钾常用的方法，该方法可行的原因是___。
（6）铝可用于冶炼难熔金属，利用铝的亲氧性，还可用于制取耐高温的金属陶瓷。例如将铝粉、石墨和二氧化钛按一定比例混合均匀，涂在金属表面上，然后在高温下煅烧，可在金属表面形成耐高温的涂层TiC，该反应的化学方程式为_____。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
A. 根据图甲所示可知：在400℃时，三种气体的转化率在合金负载量为2 g/L时最大，A错误；
B. 图乙表明，尾气的起燃温度在合金负载量为2 g/L时最低，其它各种合金负载量时起燃温度都比2 g/L时的高，B错误；
C. 图甲表示只有在合金负载量为2 g/L时尾气转化率最大，而图乙表示的是只有在合金负载量为2 g/L时尾气转化率最低，可见并不是合金负载量越大催化剂活性越高，C错误；
D. 图丙表示工艺1在合金负载量为2 g/L时，尾气转化率随尾气的起燃温度的升高而增大，而图丁表示工艺2在合金负载量为2 g/L时，尾气转化率在尾气的起燃温度为200℃时已经很高，且高于工艺1，因此制得的合金的催化性能：工艺2优于工艺1，D正确；
故合理选项是D。
2、D
【解析】
A、用NaCl固体配制100mL 1.00 ml/LNaCI 溶液，需用玻璃棒引流和搅拌，故不选A；
B、中和反应反应热的测定需用温度计测量反应前后的温度，故不选B；
C、实验测定酸碱滴定曲线，需用有指示剂判断滴定终点，故不选C；
D、用三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、镊子、泥三角、滤纸、小刀、玻璃片可以完成钠在空气中燃烧的实验，故选D。
【点睛】
本题涉及基础实验操作仪器的选择，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重课本实验等基础知识的积累。
3、C
【解析】
A、NH4Cl受热分解后,在试管口又重新生成NH4Cl固体，得不到氨气，故A错误；
B、浓硫酸与氨气反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥NH3，故B错误；
C、2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O ，用氨气还原CuO，故C正确；
D、氨气与稀硫酸反应，装置内压强急剧减小，会引起倒吸，故D错误；
故选C。
4、B
【解析】
A．我国使用最早的合金是青铜，该合金中含铜、锡、铅等元素，故A正确；
B．合金的熔点比组份金属的熔点低，则青铜熔点低于纯铜，故B错误；
C．铜器皿表面的铜绿为Cu2(OH)2CO3，能溶于酸性溶液，而明矾溶液因Al3+的水解显酸性，则可用明矾溶液清洗铜器皿表面的铜绿，故C正确；
D．“曾青()得铁则化为铜”的过程发生的反应为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，此反应为置换反应，故D正确；
故答案为B。
5、D
【解析】X、Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素．X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，应为C元素，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，即为24，则Y为O元素，R为S元素，Z为短周期中金属性最强的元素，应为Na元素，W是地売中含量最高的金属元素，为Al元素；A．由分析可知：Z为Na、W为Al，原子Na＞Al，故A错误；B．W为Al、R为S元素，对应的离子的原子核外电子层数不同，故B错误；C．非金属性S＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故C错误；D．X、R分别与Y形成的常见化合物分别为二氧化碳、二氧化硫，都为共价化合物，化学键类型相同，故D正确；故答案为D。
点睛：。
6、C
【解析】
根据二环[1，1，0]丁烷的键线式写出其分子式，其中两个氢原子被氯原子取代得二氯代物，类比甲烷结构可知其结构特征。
【详解】
A项：由二环[1，1，0]丁烷的键线式可知其分子式为C4H6，它与1，3-丁二烯（CH2=CHCH=CH2）互为同分异构体，A项正确；
B项：二环[1，1，0]丁烷的二氯代物中，二个氯原子取代同一个碳上的氢原子有1种，二个氯原子取代不同碳上的氢原子有3种，共有4种，B项正确；
C项：二环[1，1，0]丁烷分子中，碳碳键只有单键，其余为碳氢键，键角不可能为45°或90°，C项错误；
D项：二环[1，1，0]丁烷分子中，每个碳原子均形成4个单键，类似甲烷分子中的碳原子，处于与其直接相连的原子构成的四面体内部，D项正确。
本题选C。
7、C
【解析】
湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰，加入浓硫酸和植物粉浸出过滤得到滤液除去杂质，加入碳酸氢铵形成沉淀通过一系列操作得到高纯碳酸锰。
【详解】
A．试剂X可以是MnO、MnCO3等物质，目的是调节溶液pH，利于生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，且不引入新杂质，但不用二氧化锰，避免引入杂质，故A错误；
B．Mg(OH)2完全沉淀时，，则，则pH为3.5～5.5时不能除去Mg杂质，故B错误；
C．加入植物粉是一种还原剂，使Mn元素化合价由+4价降低为+2价，故C正确；
D．持续升高温度，可使碳酸锰分解，故D错误。
综上所述，答案为C。
8、D
【解析】
A. pH = 2的盐酸，溶液中c(H+)=1.0×10-2ml/L，故不选A；
B.盐酸溶液中OH-完全由水电离产生，根据水的离子积，c（OH-）=KW/c（H+）=10-14/10-2=1.0×10-12ml/L，故不选B；
C.盐酸是强酸，因此稀释100倍，pH=2+2=4，故不选C；
D.氨水为弱碱，部分电离，氨水的浓度大与盐酸，反应后溶液为NH3▪H2O、NH4Cl，NH3▪H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液显碱性，故选D；
答案：D
9、A
【解析】
A．金属性K＞Ca＞Na＞Mg，金属性越强，金属单质与水反应越剧烈，故A错误；
B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性F＞S，所以氢化物的稳定性HF＞H2S，故B正确；
C．C、Si同主族，电子层依次增大，故原子半径Si＞C，C、N同周期，原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径C＞N，因此原子半径：Si>N，故C正确；
D．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Ca＞Mg，所以碱性Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故D正确；
故选A。
10、B
【解析】
A．人造太阳反生核聚变，不是化学反应，A项错误；
B．电磁炮利用强大的电磁力来加速弹丸，是将电能转化为机械能，B项正确；
C．合金的熔点会比纯金属的熔点低，故铝锂合金的熔点较低，C项错误；
D．光导纤维的主要成分为二氧化硅，D项错误；
答案选B。
11、B
【解析】
A.聚氨酯，属于有机高分子材料，A正确；
B.太阳能热水器将太阳能转化为热能，与生物质能无关，B错误；
C. 蛋白质二级结构是通过骨架上的羰基和酰胺基之间形成的氢键维持，氢键是稳定二级结构的主要作用力；DNA双螺旋结构中，碱基对以氢键维系，A与T 间形成两个氢键，G与C间形成三个氢键。C正确；
D.环氧涂层钢筋，是将环氧树脂粉末喷涂在钢筋表面，由于环氧涂层能抵抗海水浸蚀，从而保护钢筋不受腐蚀，D正确。
故选B。
【点睛】
环氧树脂涂层钢筋是在工厂生产条件下，采用静电喷涂方法，将环氧树脂粉末喷涂在普通带肋钢筋和普通光圆钢筋的表面生产的一种具有涂层的钢筋。环氧树脂涂层钢筋有很好的耐蚀性，与混凝土的粘结强度无明显降低，适用于处在潮湿环境或侵蚀性介质中的工业与民用房屋、一般构筑物及道路、桥梁、港口，码头等的钢筋混凝土结构中。
12、C
【解析】
A．结构相似，分子式相差一个或多个CH2原子团的物质之间互称同系物，A项错误；
B．分子中的甲基-CH3，碳原子在成键时形成了4条单键，与这种碳相连的原子不可能都在同一平面内，B项错误；
C．火棉即，C项正确；
D．阿司匹林结构中含有的羧基可以消耗1个NaOH，并且结构中还含有一个酚酯基，可以消耗2个NaOH，所以1ml阿司匹林水解可以消耗3ml的NaOH，D项错误；
答案选C。
【点睛】
若有机物中存在形成4条单键的碳原子，那么有机物中的所有原子不可能共面；普通的酯基水解时消耗1个NaOH，而酚酯基可以消耗2个NaOH。
13、C
【解析】
根据四种短周期元素在周期表的位置，推出W为C，X为O，Y为S，Z为Cl；
【详解】
根据四种短周期元素在周期表的位置，推出W为C，X为O，Y为S，Z为Cl；
A、Y、Z、X的原子半径依次减小，即Y＞Z＞X，故A错误；
B、非金属性X＞Y、Z＞Y，且O原子半径小，则非金属性X、Z、Y依次降低，即X＞Z＞Y，故B错误；
C、非金属性Z＞Y＞W，则Z、Y、W的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低，故C正确；
D、CH4与Z元素的单质氯气，在光照下可发生取代反应，生成卤代烃和HCl，不属于置换反应，故D错误。
【点睛】
易错点是选项D，学生会把甲烷和氯气发生的取代反应，与置换反应混淆，可以从置换反应的定义入手，置换反应是单质＋化合物→单质＋化合物，CH4与Cl2反应生成卤代烃和HCl，没有单质的生成，从而推出CH4和Cl2发生取代反应，而不是置换反应。
14、A
【解析】
A．苯和乙苯，都只含有一个苯环，结构相似，且分子相差2个CH2，是同系物，A正确；
B．乙苯中的－CH2CH3上有2个饱和的C原子，饱和碳原子与其周围的原子位置关系类似于CH4，不能所有原子共面，B错误；
C．乙苯在高锰酸钾的作用下转化为苯甲酸，是氧化反应，C错误；
D．乙苯中的苯环能够与H2反生加成反应，D错误。
答案选A。
15、D
【解析】
放电时，LixC6在负极（铜箔电极）上失电子发生氧化反应，其负极反应为：LixC6-x e-=x Li++6C，其正极反应即在铝箔电极上发生的反应为：Li1-xFePO4+x Li++x e-=LiFePO4，充电电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，
【详解】
A.放电时，LixC6在负极上失电子发生氧化反应，其负极反应为：LixC6-x e-=x Li++6C，形成Li+脱离石墨向正极移动，嵌入正极，故A项正确；
B.原电池内部电流是负极到正极即Li+向正极移动，负电荷向负极移动，而负电荷即电子在电池内部不能流动，故只允许锂离子通过，B项正确；
C.充电电池充电时，原电池的正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，放电时Li1-xFePO4在正极上得电子，其正极反应为：Li1-xFePO4+x Li++x e-=LiFePO4，则充电时电池正极即阳极发生的氧化反应为：LiFePO4-x e-= Li1-xFePO4＋x Li+，C项正确；
D.充电时电子从电源负极流出经铜箔流入阴极材料（即原电池的负极），D项错误；
答案选D。
【点睛】
可充电电池充电时，原电池的正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，即“正靠正，负靠负”，放电时Li1-xFePO4在正极上得电子，其正极反应为：Li1-xFePO4+x Li++x e-=LiFePO4，则充电时电池正极即阳极发生的氧化反应为：LiFePO4-x e-=Li1-xFePO4＋x Li+。
16、A
【解析】
A.β­紫罗兰酮含有碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；
B.1ml中间体X含有2ml碳碳双键、1ml醛基，所以最多能与3 ml H2发生加成反应，故B错误；
C.维生素A1含有醇羟基，所以不易溶于NaOH溶液，故C错误；
D.β­紫罗兰酮与中间体X所含C原子数不同，不是同分异构体，故D错误。
故选A。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、C12H15NO 醚键 还原反应 消去反应 +HNO3(浓) +H2O 、、 保护氨基，防止合成过程中被氧化
【解析】
A是，A与浓HNO3、浓H2SO4加热发生取代反应产生B：，B与Fe、HCl发生还原反应产生C：，C与(CH3CO)2O发生取代反应产生D：，E为，E与NaBH4发生反应产生F为。
【详解】
(1)根据H的结构简式可知其分子式是C12H15NO；C结构简式是，其中含氧官能团的名称为醚键；
(2) B为，C为，B与Fe、HCl反应产生C，该反应类型为还原反应；
F为，G为，根据二者结构的不同可知：FG的类型是消去反应；
(3)A是，A与浓HNO3、浓H2SO4加热发生取代反应产生B：，所以AB的反应方程式为：+HNO3(浓) +H2O；
(4)D结构简式为：，D的同分异构体符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基-CHO；
②能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色，说明含有酯基，水解产物含有酚羟基，即该物质含酚羟基形成的酯基；
③核磁共振氢谱(1显示分子中有4种不同化学环境的氢，则符合题意的同分异构体结构简式为：、、；
(5)合成途径中，C转化为D时—NH2发生反应产生-NHCOCH3，后来转化为氨基，目的是保护氨基，防止其在合成过程被氧化；
(6)参照上述合成路线，以甲苯和(CH3CO)2O为原料，设计制备的合成路线。甲苯首先被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸，苯甲酸与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生间硝基甲苯，在Fe、HCl作用下反应产生，与(CH3CO)2在加热条件下发生取代反应产生，所以甲苯转化为的合成路线为：
【点睛】
本题考查有机物的合成与推断的知识，涉及有机反应类型、官能团结构与性质、限制条件同分异构体书写，在进行物质推断的过程中，要充分利用题干信息，结合已有的知识分析、判断，要注意氨基容易被氧化，为防止其在转化过程中氧化，先使其反应得到保护，在其他基团形成后再将其还原回来。
18、苯酚 保护羟基，防止被氧化 HCHO+HCN 加成反应 酯基 5 或
【解析】
A发生信息1的反应生成B，B发生硝化取代反应生成C，根据C的结构简式可知，B为，A为；D发生信息1的反应生成E，E中含两个Cl原子，则E为，E和A发生取代反应生成F，G发生信息2的反应生成H，H发生取代反应，水解反应得到I，根据I结构简式可知H为HOCH2CN，G为HCHO，I发生酯化反应生成J，F与J发生取代反应生成K，J为，结合题目分析解答；
（7）的水解程度为：，结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化即可生成苯甲醛，据此分析确定合成路线。
【详解】
（1）由上述分析可知，A为，其化学名称为：苯酚；酚羟基具有弱还原性，能够被浓硫酸氧化，因此加入CH3COCl的目的是保护羟基，防止被氧化；
（2）H为HOCH2CN，G为HCHO，由G生成H的化学反应方程式为：HCHO+HCN；反应中醛基中不饱和键生成饱和化学键，属于加成反应；
（3）J为，其含氧官能团为酯基；瑞德西韦中碳原子位置为：，一共有5个手性碳原子；
（4）C是对硝基乙酸苯酯，X是C的同分异构体，X的结构简式满足下列条件：①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；②遇FeCl3溶液发生显色反应；③1ml的X与足量金属Na反应可生成2gH2(即1ml)，则含有两个羟基，根据不饱和度知还存在-CH=CH2，该分子结构对称，符合条件的结构简式为：或；
（5）根据上述分析可知，该合成路线可为：。
19、Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O 除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化 胶头滴管 （酸式）滴定管（或移液管） 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 61.5 36.9
【解析】
由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成。
【详解】
(1)据题意，样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-，则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O。
(2)配制0.1000ml·L－1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。
(3)步骤③中取25.00mL待测溶液（有未反应的酸性KMnO4溶液），所用仪器的精度应为0.01mL，故选酸式滴定管或移液管。
(4)步骤⑤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2，使用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。
(5)设2.6g样品中，Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y，
据5Fe2+~MnO4-（5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O），样品反应后
剩余n(MnO4-)=0.1000ml·L－1×20.00×10-3L××=4.000×10-3ml
样品消耗n(MnO4-)=0.2000m·L－1×200.0×10-3L－4.000×10-3ml=36.00×10-3ml
由Cu2S~2MnO4-和5CuS~8MnO4-（5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2++5SO42-+8Mn2++12H2O），得2x+y=36.00×10-3ml
又据2Cu2+~I2~2S2O32－，得2x+y=0.1000m1·L－1×30.00×10-3L×=30.00×10-3ml
解方程组得x=y=0.01ml
故w(Cu2S)==61.5%，w(CuS)==36.9%。
【点睛】
混合物的计算常利用方程组解决，多步反应用关系式使计算简化。注意溶液体积的倍数关系，如本题中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于测定实验。
20、温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解 2Cu2++ SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+ SO42-+2H+ 蒸发浓缩 降温结晶 CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O2氧化 生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中 向产品中加入10 ml·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥
【解析】
实验流程中，海绵铜（主要成分为Cu和CuO）中加入硝酸铵和硫酸，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜生成Cu2+，滤液中含有Cu2+、NH4+、H+、SO42-、NO3-，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵，发生氧化还原反应生成CuCl，发生反应：2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+ SO42-+2H+，得到产品CuCl，据此分析。
【详解】
（1）物质“溶解氧化”时，既要考虑反应速率，还要考虑是否有副反应发生，温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解。答案为：温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解；
（2）“转化”中氧化产物为硫酸铵，滤液主要是硫酸铵。可知亚硫酸铵被溶液中的CuSO4氧化成硫酸铵，Cu2+被还原生成CuCl。答案为：2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+ SO42-+2H+；
（3）“过滤Ⅱ”所得滤液为硫酸铵溶液，获取晶体需通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作。CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇沸点低，易挥发，避免因水洗干燥时间长而导致CuCl被氧气氧化。答案为：蒸发浓缩、降温结晶；CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O2氧化；
（4）根据题中已知条件，CuCl可溶于氯离子浓度较大的溶液中。当氯化铵用量增加到一定程度后，氯化亚铜的沉淀率减小，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中。答案为：生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中；
（5）由题目已知资料可知，CuCl难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。若CuCl产品中混有少量CaSO4，向产品中加入10 ml·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥即可得到纯净氯化亚铜。答案为：向产品中加入10 ml·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥。
【点睛】
解题思路：
解题时首先要明确原料和产品（包括副产品），即箭头进出方向，其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清有关反应原理，明确目的（如沉淀反应、除杂、分离），最后联系储存的知识，有效地进行信息的利用，准确表述。
21、Al3+ 正四面体 1︰2 Na2O·Al2O3·6SiO2 吸热 充分搅拌或将钾长石粉碎成更小的颗粒 根据勒夏特列原理，将钾蒸气分离出来（降低了产物的浓度），化学平衡向正反应方向移动 4Al+3TiO2+3C2Al2O3+3TiC
【解析】
（1）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故Cl->Na+>Al3+；Cl原子与Si原子可构成有5个原子核的分子为SiCl4，Si形成4个Si-Cl键，没有孤对电子，硅为正四面体构型，故答案为：Al3+；正四面体；
（2）最详尽描述核外电子运动状态的方式为轨道表示式，表示氧离子核外电子的运动状态：，故答案为：；
(3)Na2O和Na2O2的阴阳离子数目之比均为1：2，故二者混合物中阴阳离子数目之比为1：2；NaAlSi3O8改写成氧化物形式是Na2O•Al2O3•6SiO2，
故答案为：1：2；Na2O·Al2O3·6SiO2；
（4）由表中数据可知，温度越高钾元素的熔出率越高，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，故正反应为吸热反应，该转化过程没有气体参与，使反应物充分接触可以提高反应速率，可以充分搅拌，将钾长石粉碎成更小的颗粒，故答案为：吸热；充分搅拌，将钾长石粉碎成更小的颗粒；
（5）根据勒夏特列原理，将钾蒸气分离出来(降低了产物的浓度)，化学平衡向正反应方向移动，
故答案为：根据勒夏特列原理，将钾蒸气分离出来(降低了产物的浓度)，化学平衡向正反应方向移动；
（6）铝粉、石墨和二氧化钛按一定比例混合均匀，在高温下煅烧形成耐高温的涂层TiC，由元素守恒知还生成氧化铝，反应方程式为：4Al+3TiO2+3C2Al2O3+3TiC。
选项
实验器材
相应实验
A
天平(带砝码)、100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管
用NaCl固体配制100mL 1.00 ml/LNaCI 溶液
B
烧杯、环形玻璃搅拌棒、碎泡沫塑料、硬纸板
中和反应反应热的测定
C
酸/碱式滴定管、滴定管夹、烧杯、锥形瓶、铁架台
实验测定酸碱滴定曲线
D
三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、镊子、泥三角、滤纸、小刀、玻璃片
钠在空气中燃烧
A．中国“人造太阳”
B．电磁炮成功装船
C．“鲲龙”两栖飞机
D．“墨子”通信卫星
利用氘和氚发生化学反应产生上亿度高温
电磁炮发射过程中电能转化为机械能
飞机大量使用熔点高、硬度大的铝锂合金
通讯中使用的光导纤维主要成分是单晶硅

1.5
2.5
3.0
3.5
4.0
800℃
0.054
0.091
0.127
0.149
0.165
830℃
0.481
0.575
0.626
0.669
0.685
860℃
0.515
0.624
0.671
0.690
0.689
950℃
0.669
0.711
0.713
0.714
0.714