2026届北京市朝阳区陈经伦中学高考化学五模试卷含解析

这是一份2026届北京市朝阳区陈经伦中学高考化学五模试卷含解析，共30页。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、室温下，pH相同的盐酸和醋酸的说法正确的是( )
A．醋酸的浓度小于盐酸
B．盐酸的导电性明显大于醋酸
C．加水稀释相同倍数时，醋酸的pH变化更明显
D．中和两份完全相同的NaOH溶液，消耗的醋酸的体积更小
2、在标准状况下，ALNH3溶于B mL水中，得到密度为ρg/cm3的RL氨水，则此氨水的物质的量浓度是（ ）
A．ml/LB．ml/L
C．ml/LD．ml/L
3、目前中国已经通过自主创新成功研发出第一台锌溴液流储能系统，实现了锌溴电池的隔膜、极板、电解液等关键材料自主生产。锌溴电池的原理装置图如图所示，下列说法错误的是( )
A．充电时电极石墨棒A连接电源的正极
B．放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区
C．放电时负极反应为2Br-—2e-=Br2
D．放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大
4、某离子反应中涉及H2O、ClO-、 NH4+、H+、 N2、Cl-六种微粒。其中ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．该反应的还原剂是Cl-B．反应后溶液的酸性明显增强
C．消耗1ml还原剂，转移6 ml电子D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
5、下列指定反应的离子方程式正确的是
A．用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2=I2＋2OH－
B．过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2O
C．用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－
D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2-＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32-
6、甲基环戊烷（）常用作溶剂，关于该化合物下列说法错误的是
A．难溶于水，易溶于有机溶剂
B．其一氯代物有3种
C．该有机物在一定条件下可以发生取代、氧化反应
D．与2-己烯互为同分异构体
7、硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一。下列说法正确的是
A．硒的摄入量越多对人体健康越好B．SeO32－空间构型为正四面体
C．H2Se的熔沸点比H2S高D．H2SeO4的酸性比H2SO4强
8、X、Y、Z是位于不同周期的主族元素、原子序数依次增大且均小于18，Z为金属元素，X、Y、Z的最外层电子数之和为8，X、Y、Z组成的物质可发生反应：ZX2+2YX3Z(YX2)2+2X2。下列有关说法正确的是
A．1 ml ZX2发生上述反应转移电子的物质的量为4 ml
B．YX3与Y2X4中Y元素的化合价相同
C．上述反应中的离子化合物的所有元素原子的最外层都满足8电子稳定结构
D．Y元素在同周期和同主族元素的最高价含氧酸中酸性最强
9、钠离子电池具有成本低、能量转换效率高、寿命长等优点。一种钠离子电池用碳基材料 （NamCn）作负极，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，该钠离子电池的工作原理 为Na1-mCO2+NamCnNaCO2+Cn。下列说法不正确的是
A．放电时，Na+向正极移动
B．放电时，负极的电极反应式为NamCn—me-=mNa++Cn
C．充电时，阴极质量减小
D．充电时，阳极的电极反应式为NaCO2-me-=Na1-mCO2+mNa+
10、目前人类已发现的非金属元素除稀有气体外，共有１６种，下列对这１６种非金属元素的相关判断
①都是主族元素，最外层电子数都大于４ ②单质在反应中都只能作氧化剂 ③氢化物常温下都是气态，所以又都叫气态氢化物 ④氧化物常温下都可以与水反应生成酸
A．只有①②正确B．只有①③正确C．只有③④正确D．①②③④均不正确
11、某次硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中，相对误差为+2.7%，其原因不可能是（ ）
A．实验时坩埚未完全干燥B．加热后固体未放入干燥器中冷却
C．加热过程中晶体有少量溅失D．加热后固体颜色有少量变黑
12、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A．5.6L甲烷含有的共价键数为NA
B．2gD2l6O和2gH218O中含有的中子数均为NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1ml氧气转移的电子数为0.4NA
D．常温下pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-离子数为0.1NA
13、由下列实验及现象推出的相应结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
14、如图为高中化学教材《必修1》（人教版）中NaCl在水中的溶解和电离示意图。下列由此得出的说法中，错误的是
A．在H2O分子中，H或O原子均完全不带电荷
B．在NaCl晶体中，Na＋和Cl－的排列整齐有序
C．Na＋、Cl在水中是以水合离子的形式存在
D．NaCl晶体的溶解和电离过程破坏了离子键
15、SO2不具有的性质是（ ）
A．碱性B．还原性C．氧化性D．漂白性
16、向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固体(溶液体积变化、温度变化忽略不计)，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是( )
已知：Ksp(BaCO3)=2.4010-9
A．A、B、C三点对应溶液pH的大小顺序为：A>B>C
B．A点对应的溶液中存在：c(CO32-)< c(HCO3-)
C．B点溶液中 c(CO32-)=0.24ml/L
D．向C点溶液中通入CO2可使C点溶液向B点溶液转化
二、非选择题（本题包括5小题）
17、F(4-苯并呋喃乙酸)是合成神经保护剂依那朵林的中间体,某种合成路线如下:
(1)化合物F中的含氧官能团为____和_______(填官能团的名称)。
(2)试剂X分子式为C2H3OCl且分子中既无甲基也无环状结构,则X的结构简式为_______;由E→F的反应类型为______。并写出该反应方程式:______
(3)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式:______
Ⅰ.能发生银镜反应
Ⅱ.分子中含有1个苯环且有3种不同化学环境的氢
(4)请写出以和BrCH2COOC2H5为原料制备的合成路线流程图(无机试剂可任选)合成路线流程图示例如下:______
CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3
18、石油裂解可以得到乙烯、丙烯等小分子烃，它们是常见的有机化工原料。下图是以丙烯为原料合成有机物I的流程。
已知：
i．Claisen酯缩合：
ii． (②比①反应快)
iii．，(R、R＇代表烃基)
回答下列问题：
(1)C的名称为_____________。Ⅰ中所含官能团的名称为______________________。
(2)B→C的反应类型是_______________。F的结构简式为_______________________。
(3)D→E的化学方程式为___________________________。
(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是__________________________。
(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1mlK能与2ml金属钠反应，则K可能的链状稳定结构有_______种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为_______________。(任写一种)
(6)完成下列以苯乙烯为原料，制备的合成路线(其他试剂任选) _____________。
19、铜锈的主要成分是铜绿，某化学兴趣小组为了研究铜生锈的条件，进行了如下图所示的实验。一月后，发现B中的铜丝慢慢生锈，且水面处铜丝生锈较为严重，而A、C、D中的铜丝基本无变化。
试根据实验回答下列问题：
(1)铜生锈所需要的条件是：铜与________相互作用发生化学反应的结果。
(2)写出铜生锈产生铜绿[Cu2(OH)2CO3]的化学反应方程式________。
(3)推测铜和铁，________更易生锈。
20、实验室从含碘废液（除外，含有、、等）中回收碘，实验过程如下：
（1）向含碘废液中加入稍过量的溶液，将废液中的还原为，其离子方程式为__________；该操作将还原为的目的是___________________。
（2）操作的名称为__________。
（3）氧化时，在三颈瓶中将含的水溶液用盐酸调至约为2，缓慢通入，在40℃左右反应（实验装置如图所示）。实验控制在较低温度下进行的原因是__________________；仪器a、b的名称分别为：a__________、b__________；仪器b中盛放的溶液为__________。
（4）已知：；某含碘废水（约为8）中一定存在，可能存在、中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有、的实验方案（实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、溶液、溶液）。
①取适量含碘废水用多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；
②__________________；
③另从水层中取少量溶液，加入淀粉溶液，加盐酸酸化后，滴加溶液，若溶液变蓝说明废水中含有；否则说明废水中不含有。
（5）二氧化氯（，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂和水处理剂。现用氧化酸性含废液回收碘。
①完成氧化的离子方程式：ClO2+I-1+__________=+Cl-1+____________________________；
②若处理含相同量的废液回收碘，所需的物质的量是的______倍。
21、某反应中反应物与生成物FeCl2、FeCl3、CuCl2、Cu；
（1）将上述反应设计成的原电池如图甲所示请回答下列问题：
①图中X溶液是__；
②Cu电极上发生的电极反应式为__；
③原电池工作时，盐桥中的__填“K+”或“Cl-”）不断进入X溶液中。
（2）将上述反应设计成电解池如图乙所示乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙，请回答下列问题：
①M是电源的__极；
②图丙中的②线是__的变化；
③当电子转移为0.2ml时向乙烧杯中加入__L5ml/LNaOH溶液才能使所有的金属阳离子沉淀完全。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
盐酸为强酸，完全电离，醋酸为弱酸，部分电离，相同pH时，醋酸的浓度大于盐酸的浓度，据此分析；
【详解】
A、醋酸为弱酸，部分电离，盐酸为强酸，完全电离，相同pH时，醋酸的浓度大于盐酸，故A错误；
B、电解质导电性与离子浓度和离子所带电荷数有关，醋酸和盐酸都是一元酸，相同pH时，溶液中离子浓度和所带电荷数相等，导电能力几乎相同，故B错误；
C、加水稀释，两种酸的pH增大，醋酸是弱酸，加水稀释，促进电离，稀释相同倍数时，醋酸溶液中c(H＋)大于盐酸c(H＋)，即盐酸的pH变化更明显，故C错误；
D、根据A选项分析，c(CH3COOH)>c(HCl)，中和相同的NaOH溶液时，浓度大的醋酸消耗的体积小，故D正确；
答案选D。
2、A
【解析】
A. c===ml/L，A正确；
B. c== ml/L，B错误；
C. 表示NH3的物质的量，不表示氨水的物质的量浓度，C错误；
D. 由选项B可知，不是氨水物质的量浓度的数值，D错误。
故选A。
3、C
【解析】
放电时，Zn是负极，负极反应式为：Zn-2e－═Zn2＋，正极反应式为：Br2+2e－=2Br－，充电时，阳极反应式为2Br－-2e－=Br2、阴极反应式为Zn2＋+2e－=Zn。
【详解】
A．充电时电极石墨棒A连接电源的正极，反应式为2Br－-2e－=Br2，故A正确；
B．放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区，故B正确；
C．放电时，Zn是负极，负极反应式为：Zn-2e－═Zn2＋，故C错误；
D．正极反应式为：Br2+2e－=2Br－，阴离子通过隔膜从正极区移向负极区，放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大，故D正确；
故选C。
4、B
【解析】由曲线变化图可知，随反应进行具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，根据所含有的 NH4+和 N2，其中 NH4+有还原性，故N2是生成物，N元素化合价发生氧化反应，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+；A．由方程式可知反应的氧化剂是ClO-，还原产物为Cl-，故A错误；B．反应生成H+，溶液酸性增强，故B正确；C．N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1ml还原剂，转移3ml电子，故C错误；C．由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故D错误；答案为B。
点睛：由曲线变化图可知，具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，再结合氧化还原反应的理论，有氧化必有还原，根据所含有的微粒，可知NH4+是还原剂，氧化产物为N2，发生反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答该题。
5、C
【解析】
A. 用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘，反应的离子方程式为：2I－＋H2O2＋2H+=I2＋2H2O，选项A错误；
B. 过量的铁粉溶于稀硝酸，反应的离子方程式为：3Fe＋8H＋＋2NO3-=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，选项B错误；
C. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2，反应的离子方程式为：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－，选项C正确；
D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-，选项D错误。
答案选C。
6、B
【解析】
A. 甲基环戊烷是烃，烃难溶于水，易溶于有机溶剂，故A正确；
B. 甲基环戊烷有四种位置的氢，如图，因此其一氯代物有4种，故B错误；
C. 该有机物在一定条件下与氯气光照发生取代，与氧气点燃发生氧化反应，故C正确；
D. 甲基环戊烷与2-己烯分子式都为C6H10，因此两者互为同分异构体，故D正确。
综上所述，答案为B。
7、C
【解析】
A．硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一，但并不表示摄入量越多越好，故A错误；
B．SeO32－中心原子的价电子对数为3+=4，其中有1个孤电子对，中心原子为sp3杂化，其空间构型为三角锥形，故B错误；
C．H2Se和H2S结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，则H2Se的熔沸点比H2S高，故C正确；
D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物酸性越强，Se的非金属性比S弱，则H2SeO4的酸性比H2SO4弱，故D错误；
故答案为C。
8、D
【解析】
因为X、Y、Z为原子序数依次增大的不同短周期的主族元素，X为第一周期主族元素，为H元素，Z为金属元素，且为第三周期，根据方程式可知Z显示正二价，为镁元素，结合X、Y、Z的最外层电子数之和为8，可知Y为氮元素，由此推断MgH2中H化合价由−1价升高为0价，生成H2，1 ml MgH2反应转移2 ml e−，选项A错误；NH3 中N为−3价，N2H4中N为−2价，选项B错误；上述反应中的离子化合物为MgH2、Mg(NH2)2，H的最外层不能满足8电子结构，选项C错误；Y元素的最高价含氧酸为硝酸，在同周期和同主族元素的最高价含氧酸中酸性是最强的，选项D正确。
9、C
【解析】
A.放电时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故A不选；
B.放电时，负极是金属钠失去电子，故电极反应式为NamCn—me-=mNa++Cn，故B不选；
C.充电时，阴极的电极反应式为mNa++Cn+me-= NamCn，电极质量增加，故C选；
D.充电时，阳极是NaCO2中的C失去电子转化为Na1-mCO2，电极反应式为NaCO2-me-=Na1-mCO2+mNa+，故D不选。
故选C。
【点睛】
碳基材料 NamCn中，Na和C都为0价，Na是嵌在碳基里的。在NaCO2中，C的化合价比Na1-mCO2中的C的化合价低，所以充电时，阳极是NaCO2-me-=Na1-mCO2+mNa+。
10、D
【解析】
①都是主族元素，但最外层电子数不都大于４，如氢元素最外层只有1个电子，错误 ②当两种非金属单质反应时，一种作氧化剂，一种作还原剂，错误 ③氢化物常温下不都是气态，如氧的氢化物水常温下为液体，错误 ④SiO2、NO等氧化物常温下都不能与水反应生成酸，错误。故选D。
11、B
【解析】
A．实验时坩埚未完全干燥，计算出的结晶水的质量偏高，会使误差偏大，故A错误；
B．加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，差距值变小，结果偏小，故B正确；
C．加热过程中晶体有少量溅失，固体质量减少得多，结晶水含量测得值会偏高，故C错误；
D．加热后固体颜色有少量变黑，说明部分硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高，测定结果偏高，故D错误；
故答案为B。
【点睛】
考查硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，明确实验操作方法和原理为解答关键，根据结晶水合物中，结晶水的质量=m(容器十晶体)-m(容器十无水硫酸铜)，质量分数=×100%，在测定中若被测样品中含有加热挥发的杂质或实验前容器中有水，都会造成测量结果偏高。
12、B
【解析】
A. 未指明是否为标准状况，无法确定气体的物质的量，故A错误；
B. D2l6O和H218O的摩尔质量均为20g/ml，故2gH218O和D2O的物质的量均为0.1ml，而且两者均含10个中子，故0.1mlH218O和D2O中均含1ml中子即NA个，故B正确；
C. 过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成0.1ml氧气时转移0.2ml电子即0.2NA个，故C错误；
D. 溶液的体积未知，无法计算溶液中微粒的个数，故D错误；
故答案为B。
13、B
【解析】
A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证明是否有Fe3+，选项A错误；
B．向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚，选B正确；
C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化，选项C错误；
D．向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子，选项D错误。
【点睛】
在解决本题中选项C的类似问题时，一定要注意判断溶液中的主要成分。当溶液混合进行反应的时候，一定是先进行大量离子之间的反应（本题就是进行大量存在的硫离子和铜离子的反应），然后再进行微量物质之间的反应。例如，向碳酸钙和碳酸钠的悬浊液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸钠反应得到碳酸氢钠，再与碳酸钙反应得到碳酸氢钙。
14、A
【解析】
A．在H2O分子中，O原子吸引电子的能力很强，O原子与H原子之间的共用电子对偏向于O，使得O原子相对显负电性，H原子相对显正电性，A项错误；
B．在NaCl晶体中，Na＋和Cl－整齐有序地排列，B项正确；
C．Na＋、Cl在水中是以水合离子的形式存在，C项正确；
D．NaCl晶体的溶解和电离过程，使原本紧密结合的Na+与Cl-分开，成为了自由的水合离子，破坏了Na+与Cl-之间的离子键，D项正确；
答案选A。
15、A
【解析】二氧化硫为无色、具有刺激性气味的气体，可与水、碱以及碱性氧化物反应，具有漂白性、氧化性和还原性，可形成酸雨，只有A错误，故选A。
点睛：明确SO2的性质是解题关键，二氧化硫为酸性氧化物，可与水、碱以及碱性氧化物反应，S元素化合价为+4价，处于中间价态，既具有氧化性也具有还原性，另外还具有漂白性，以此解答。
16、A
【解析】
A．CO32－的水解能力强于HCO3－，因此溶液中的CO32－的浓度越大，溶液中的OH－的浓度越大，pH越大。溶液中的CO32－的浓度越大，则的值越小，从图像可知，A、B、C三点对应的溶液的的值依次增大，则溶液的pH依次减小，pH的排序为A>B>C，A正确；
B．A点对应的溶液的小于0，可知＞0，可知c(CO32-)＞c(HCO3-)，B错误；
C．B点对应的溶液的lgc(Ba2＋)=-7，则c(Ba2＋)=10-7ml·L－1，根据Ksp(BaCO3)=c(Ba2＋)c(CO32－)= 2.4010-9，可得c(CO32－)= ，C错误；
D．通入CO2，CO2与水反应生成H2CO3，H2CO3第一步电离产生较多的HCO3－，减小，则增大，C点不能移动到B点，D错误。
答案选A。
【点睛】
D项也可以根据电离平衡常数推导，根据HCO3－H＋＋CO32－，有，转化形式可得，，通入CO2，溶液的酸性增强，c(H＋)增大，减小，则增大。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、羧基 醚键 ClCH2CHO 取代反应 +H2O+CH3CH2OH
【解析】
由A生成B，A的苯环变成环己烷结构，两个羟基变成羰基。在试剂X的作用下得到C。C生成D，羰基变为—CH2COOC2H5，D生成E，重新变成苯环，E分子中有酯基，发生酸性水解，酯基转变为羧基。
【详解】
(1)由F的结构可知，含氧官能团为羧基、醚键；
(2)试剂X分子式为C2H3OCl，且分子中既无甲基也无环状结构，且羟基和碳碳双键连在同一个碳原子上的结构不稳定，则X的结构简式为ClCH2CHO。由E→F发生酯的水解反应，属于取代反应。故答案为：ClCH2CHO，取代反应，+H2O+CH3CH2OH；
(3)E中有12个碳原子，3个氧原子和7个不饱和度，它的一种同分异构体满足:Ⅰ.能发生银镜反应，含有醛基，Ⅱ.分子中含有1个苯环且有3种不同化学环境的氢，可以含有3个—CH2CHO，且处于间位位置，结构简式为；
(4)可以先从生成物入手考虑，要得到，结合给出的原料BrCH2COOC2H5，根据转化关系中的C→D→E→F，需要有，可以用原料合成。即与HBr发生加成反应得到，在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解生成，再发生催化氧化生成，结合转化关系中C→D反应，与BrCH2COOC2H5/Zn作用得到，最后在酸性条件下水解得到。故答案为：。
18、1-丙醇（正丙醇） （酮）羰基、羟基 取代反应 CH3CH2COOH+CH3OHCH3CH2COOCH3+H2O 保护酮羰基 3 或
【解析】
丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合： ，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为，据此分析。
【详解】
丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合： ，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为。
(1)C的名称为1-丙醇（正丙醇）；Ⅰ为，所含官能团的名称为（酮）羰基、羟基；
(2)B→C是1-溴丙烷在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应（或取代反应）生成1-丙醇，反应类型是取代反应；F的结构简式为；
(3)D→E是丙酸与甲醇发生酯化反应生成丙酸甲酯和水，反应的化学方程式为；
(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是保护酮羰基；
(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1mlK能与2ml金属钠反应则应该含有两个羟基，则K可能的链状稳定结构有、、CH2=CHCH（OH）CH2OH共3种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为或；
(6)苯乙烯与溴化氢发生加成反应生成，在氢氧化钠溶液中加热生成，氧化得到，与CH3MgBr反应生成，在氯化铵溶液中反应生成，合成路线如下：
。
【点睛】
本题考查有机推断及合成，注意推出有机物的结构简式是解题的关键。本题中应注意（6）中合成路线应参照反应流程中的步骤，结合几个已知反应原理，推出各官能团变化的实质。
19、O2、H2O、CO2 2Cu+O2+H2O+CO2==Cu2(OH)2 CO3 铁
【解析】
(1)由铜绿的化学式可以看出，铜绿由铜、碳、氢、氧四种元素组成，据此判断；
(2)根据反应物和生成物及其质量守恒定律可以书写化学方程式；
(3)根据生活的经验和所需化学知识推测易生锈的物质。
【详解】
(1)根据铜锈的化学式[Cu2(OH)2CO3]，可以看出其中含有铜、氢、碳、氧四种元素，不会是只与氧气和水作用的结果，还应与含有碳元素的物质接触，而空气中的含碳物质主要是二氧化碳，所以铜生锈是铜与氧气、水、二氧化碳共同作用的结果；故答案为：O2、H2O、CO2；
(2)铜、氧气、水、二氧化碳反应生成碱式碳酸铜，反应的化学方程式为：2Cu+O2+H2O+CO2==Cu2(OH)2 CO3；
故答案为：2Cu+O2+H2O+CO2==Cu2(OH)2 CO3；
(3)铁和铜相比，铁生锈需氧和水，而铜生锈要氧、水和二氧化碳，相比之下铁生锈的条件更易形成，所以铁更易生锈；故答案为：铁。
【点睛】
解答本题要正确的分析反应物和生成物各是哪些物质，然后根据质量守恒定律书写反应的化学方程式。
20、SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42- 使CCl4中的碘进入水层 分液 使氯气在溶液中有较大的溶解度 球形冷凝管 锥形瓶 NaOH溶液 从水层中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变蓝色（发生的反应为2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）说明废水中含I-，否则不含I- 2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O 2.5
【解析】
含碘废液含有CCl4、I2、I-等，加入亚硫酸钠溶液还原碘单质为碘离子，分液得到溶液中通入氯气氧化碘离子为碘单质，富集碘元素，加入四氯化碳萃取分液后，蒸馏法得到碘单质。结合氧化还原反应的规律和物质的性质分析解答。
【详解】
(1)碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘离子，离子反应方程式为SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-；碘微溶于水，而碘离子易溶于水，为了使更多的I元素进入水溶液应将碘还原为碘离子，故答案为SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-；使CCl4中的碘进入水层；
(2)四氯化碳是难溶于水、密度比水大的液体，两者不互溶，分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，所以操作X为分液，故答案为分液；
(3)碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小，温度越高，氯气的溶解度越小，反应越不充分，所以应该在较低温度下进行反应；根据图示，仪器a、b分别为 球形冷凝管、锥形瓶；氯气、碘蒸气都有毒，不能直接排空，二者都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质，所以用NaOH溶液吸收氯气和碘蒸气，故答案为使氯气在溶液中有较大的溶解度； 球形冷凝管、锥形瓶；NaOH溶液；
(4)根据实验方案可知，①是排除水层中的碘单质，③是检验是否存在碘酸根离子，因此②是检验是否存在碘离子。碘离子具有还原性，能被氧化剂氧化生成碘单质，碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原为碘，碘遇淀粉变蓝色，检验I-的方法为：从水层中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变蓝色（发生反应为：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）说明废水中含I-，否则不含I-，故答案为从水层中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变蓝色（发生反应为：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）说明废水中含I-，否则不含I-；
(5)①用ClO2氧化酸性含I-废液回收碘，是二氧化氯在酸溶液中氧化碘离子生成碘单质，二氧化氯被还原为氯离子，ClO2～Cl-～5e-，2I-～I2～2e-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，故答案为2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O；
②由氧化还原反应的电子守恒，每摩尔Cl2得到2ml电子，而每摩尔ClO2得到5ml电子，根据电子守恒，则处理含I-相同量的废液回收碘，所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍，故答案为2.5。
【点睛】
明确物质的性质是解答本题的关键。本题的易错点和难点为(4)，要注意实验目的和实验方案设计的意图。
21、FeCl2、FeCl3Cu-2e-=Cu2+K+负Fe2+0.28
【解析】
据反应物和生成物可以确定该反应为氧化还原反应，由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，则该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，
(1)将该反应设计成原电池，Cu作负极，石墨作正极；
(2)①将该反应2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2设计成电解池，Cu作阳极，石墨为阴极；
②根据金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子；
③结合图像，确定当电子转移为0.2ml时，溶液中Fe3+、Fe2+、Cu2+的物质的量，进而计算需要NaOH溶液的体积。
【详解】
(1)据反应物和生成物可以确定该反应为氧化还原反应，由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，则该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，将该反应设计成原电池，Cu作负极，石墨作正极。
①该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，则X溶液一定有FeCl3，结合第(2)问②分析，曲线②为Fe2+，且反应开始时其物质的量为0.1ml，则X为FeCl2、FeCl3，故答案为：FeCl2、FeCl3；
②Cu作负极，发生失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，故答案为：Cu-2e-=Cu2+；
③Cu作负极，石墨作正极，盐桥中阳离子向正极移动，则K+不断移向正极即进入X溶液中，故答案为：K+；
(2)①将该反应2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2设计成电解池，则Cu作阳极，失电子被氧化生成Cu2+，石墨为阴极，Fe3+得电子生成Fe2+，被还原，所以M为负极，N为正极，故答案为：负；
②该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，在电解过程中，Fe3+逐渐减少，则①表示的为Fe3+，Fe2+、Cu2+逐渐增多，根据变化量的比例关系2Fe3+~2Fe2+~Cu2+可知，②为Fe2+，③为Cu2+，故答案为：Fe2+；
③当电子转移为0.2ml时，溶液中有Fe3+为0.2ml，Fe2+为0.3ml，Cu2+为0.1ml，所以需要加入NaOH溶液物质的量为0.2×3+0.3×2+0.1×2=1.4ml，所以NaOH溶液的体积为，故答案为：0.28。
实验
现象
结论
A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+，无Fe3+
B．向C6H5ONa溶液中通入CO2
溶液变浑浊
酸性：H2CO3>C6H5OH
C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp(CuS)