2026届北京市清华大学附中高考考前模拟化学试题含解析

这是一份2026届北京市清华大学附中高考考前模拟化学试题含解析，共30页。
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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、如图是我国学者研发的高效过氧化氢一尿素电池的原理装置：
装置工作时，下列说法错误的是
A．Ni-C/Ni极上的电势比Pd/CFC极上的低
B．向正极迁移的主要是K+，产物M为K2SO4
C．Pd/CFC极上发生反应：
D．负极反应为
2、下列叙述正确的是
A．Li在氧气中燃烧主要生成
B．将SO2通入溶液可生成沉淀
C．将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸
D．将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu
3、2019年为国际化学元素周期表年。鉝（Lv）是116号主族元素。下列说法不正确的是（）
A．Lv位于第七周期第ⅥA族B．Lv在同主族元素中金属性最弱
C．Lv的同位素原子具有相同的电子数D．中子数为177的Lv核素符号为Lv
4、要证明某溶液中不含Fe3+而含有Fe2+，以下操作选择及排序正确的是（ ）
①加入少量氯水 ②加入少量KI溶液 ③加入少量KSCN溶液
A．③①B．①③C．②③D．③②
5、向盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色；过滤，向滤液中加入少量的铋酸钠(NaBiO3)粉末，溶液又变为紫红色。下列推断错误的是
A．氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2
B．生成8.7g黑色沉淀，转移0.2ml电子
C．利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+
D．NaBiO3可与浓盐酸发生反应：NaBiO3+6HC1=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O
6、下列有关实验能达到相应实验目的的是
A．实验①用于实验室制备氯气B．实验②用于制备干燥的氨气
C．实验③用于石油分馏制备汽油D．实验④用于制备乙酸乙酯
7、化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法正确的是
A．聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n，是新型絮凝剂，可用来杀灭水中病菌
B．韩愈的诗句“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的柳絮富含糖类
C．宋应星的《天工开物》记载“凡火药，硫为纯阳”中硫为浓硫酸
D．我国发射的“北斗组网卫星”所使用的光导纤维是一种有机高分子材料
8、下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．硝基苯：B．镁离子的结构示意图：
C．水分子的比例模型：D．原子核内有8个中子的碳原子：
9、某学习小组设计实验探究H2S的性质，装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．若E中FeS换成Na2S，该装置也可达到相同的目的
B．若F中产生黑色沉淀，说明硫酸的酸性比氢硫酸强
C．若G中产生浅黄色沉淀，说明H2S的还原性比Fe2+强
D．若H中溶液变红色，说明氢硫酸是二元弱酸
10、下列化学用语正确的是( )
A．聚丙烯的结构简式：CH2—CH2—CH2
B．丙烷分子的比例模型：
C．甲醛分子的电子式：
D．2-乙基-1,3-丁二烯分子的键线式：
11、用化学用语表示C2H2＋HClC2H3Cl(氯乙烯)中的相关微粒，其中正确的是（ ）
A．中子数为7的碳原子：CB．氯乙烯的结构简式：CH2CHCl
C．氯离子的结构示意图：D．HCl的电子式：H＋[]－
12、某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10 ml/ L NaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是( )
A．NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度
B．反应的过程中产生的白色沉淀为CaCO3
C．反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)
D．加入CaCl2促进了HCO3-的水解
13、下列说法不正确的是( )
A．可用焦炭还原 SiO2 制备单质 Si
B．镁单质可与 NH4Cl 溶液反应生成 NH3
C．浓硫酸与 NaBr 固体共热可生成单质 Br2
D．摩尔盐的组成可表示为 NH4Fe( SO4)2•6H2O
14、某烃的含氧衍生物的球棍模型如图所示下列关于该有机物的说法正确的是( )
A．名称为乙酸乙酯
B．显酸性的链状同分异构体有3种
C．能发生取代、加成和消除反应
D．能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
15、某化学实验创新小组设计了如图所示的检验Cl2某些性质的一体化装置。下列有关描述不正确的是
A．浓盐酸滴到氯酸钾固体上反应的离子方程式为5Cl−＋＋6H+===3Cl2↑＋3H2O
B．无水氯化钙的作用是干燥Cl2，且干燥有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色
C．2处溶液出现白色沉淀，3处溶液变蓝，4处溶液变为橙色，三处现象均能说明了Cl2具有氧化性
D．5处溶液变为血红色，底座中溶液红色消失，氢氧化钠溶液的作用为吸收剩余的Cl2以防止污染
16、下列物质中导电能力最差的是（ ）
A．熔融态KHSO4B．铜片C．0.1ml/L H2SO4D．固态KCl
17、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．7g14C中，含有3NA个中子
B．25℃时，pH=4的CH3COOH溶液中H+的数目为10-4NA
C．3.2gCu与足量浓硝酸反应，生成的气体在标准状况下的体积为22.4L
D．标准状况下，5.6L丙烷中含有共价键的数目为2.5NA
18、下列说法错误的是（ ）
A．光照下，1 ml CH4最多能与4 ml Cl2发生取代反应，产物中物质的量最多的是HCl
B．将苯滴入溴水中，振荡、静置，上层接近无色
C．邻二氯苯仅有一种结构可证明苯环结构中不存在单双键交替结构
D．乙醇、乙酸都能与金属钠反应，且在相同条件下乙酸比乙醇与金属钠的反应更剧烈
19、实验室分离苯和水，可选用下列（ ）
A．B．C．D．
20、化学与人类社会生产、生活有着密切联系。下列叙述中正确的是
A．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该过程属于化学变化
B．高温或日常用的消毒剂可使禽流感病毒蛋白质变性
C．苹果放在空气中久置变黄和纸张久置变黄原理相似
D．燃煤中加入CaO主要是为了减少温室气体的排放
21、一定温度下，10mL 0.40 ml·L-1H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。
下列叙述不正确的是（）（溶液体积变化忽略不计）
A．反应至6min时，H2O2分解了50％
B．反应至6min时，c(H2O2)=0.20 ml·L-1
C．0~6min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2ml/(L·min)
D．4~6min的平均反应速率：v(H2O2)>3.3×10-2ml/(L·min)
22、下列说法正确的是（ ）
A．金刚石与晶体硅都是原子晶体
B．分子晶体中一定含有共价键
C．离子晶体中一定不存在非极性键
D．离子晶体中可能含有共价键，但一定含有金属元素
二、非选择题(共84分)
23、（14分）化合物I是临床常用的镇静、麻醉药物,其合成路线如下:
已知：R＇、R〞代表烃基或氢原子
+ R〞Br+CH3ONa+CH3OH+NaBr
回答下列问题:.
（1）A的名称为________,D中官能团的名称为____。
（2）试剂a的结构简式为_______，I 的分子式为______。
（3）写出E→F 的化学方程式: _________。反应G→H的反应类型是_________。
（4）满足下列要求的G的同分异构体共有.___种,其中核磁共振氢谱图中峰面积比为9 : 2: 1的有机物的结构简式为. _________。
a 只有一种官能团 b 能与NaHCO3溶液反应放出气体 c 结构中有3个甲基
（5）以CH2 BrCH2CH2 Br、CH3OH、CH3ONa为原料,无机试剂任选,制备的流程如下,请将有关内容补充完整: ____，____，____，____。
CH2BrCH2CH2BrHOOCCH2COOHCH3OOCCH2COOCH3
24、（12分）A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。
已知：，R-COOH
(1)A的名称是_____________；B中含氧官能团名称是________________。
(2)C的结构简式________________；D→E的反应类型为________________
(3)E→F的化学方程式为___________________________。
(4)B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是__________________（写出结构简式）。
(5)等物质的量的 分别与足量NaOH、NaHCO3 反应，消耗NaOH、NaHCO3 的物质的量之比为__________；检验其中一种官能团的方法是______________（写出官能团名称、对应试剂及现象）。
25、（12分）一水硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4SO4·H2O]常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质可溶于水，难溶于乙醇，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3ml·L-1的硫酸、浓氨水、10% NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500 ml·L-1稀盐酸、0.500 ml·L-1 的NaOH溶液来制备一水硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。
I．CuSO4溶液的制取
①实验室用铜与浓硫酸制备硫酸铜溶液时，往往会产生有污染的SO2气体，随着硫酸浓度变小，反应会停止，使得硫酸利用率比较低。
②实际生产中往往将铜片在空气中加热，使其氧化生成CuO，再溶解在稀硫酸中即可得到硫酸铜溶液；这一过程缺点是铜片表面加热易被氧化，而包裹在里面的铜得不到氧化。
③所以工业上进行了改进，可以在浸入硫酸中的铜片表面不断通 O2，并加热；也可以在硫酸和铜的混合容器中滴加 H2O2 溶液。
④趁热过滤得蓝色溶液。
(1)某同学在上述实验制备硫酸铜溶液时铜有剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因________________。
(2)若按③进行制备，请写出Cu在H2O2 作用下和稀硫酸反应的化学方程式_______________。
(3)H2O2溶液的浓度对铜片的溶解速率有影响。现通过下图将少量30％的H2O2溶液浓缩至40％，在B处应增加一个设备，该设备的作用是____________馏出物是 ______________________。
II．晶体的制备
将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作
(1)硫酸铜溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入适量NH3·H2O调节溶液pH，产生浅蓝色沉淀，已知其成分为 Cu2(OH)2SO4，试写出生成此沉淀的离子反应方程式__________。
(2)继续滴加 NH3·H2O，会转化生成深蓝色溶液，请写出从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体的方法____________。并说明理由____________。
Ⅲ.产品纯度的测定
精确称取 mg 晶体，加适量水溶解，注入图示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量 NaOH 溶液， 通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用 V1mL 0.500ml·L－1 的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用 0.500 ml·L－1 NaOH 标准溶液滴定过剩的 HCl(选用 甲基橙作指示剂)，到终点时消耗 V2mLNaOH 溶液。
1.水 2.长玻璃管 3.10%NaOH溶液 4.样品液 5.盐酸标准溶液
(1)玻璃管2的作用________________。
(2)样品中产品纯度的表达式________________。（不用化简）
(3)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏低的原因是_________________
A.滴定时未用 NaOH 标准溶液润洗滴定管
B.滴定过程中选用酚酞作指示剂
C.读数时，滴定前平视，滴定后俯视
D.取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁
E.由于操作不规范，滴定前无气泡，滴定后滴定管中产生气泡
26、（10分）钴是一种中等活泼金属，化合价为+2价和+3价，其中CC12易溶于水。某校同学设计实验制取（CH3COO）2C（乙酸钴）并验证其分解产物。回答下列问题：
（1）甲同学用C2O3与盐酸反应制备CC12•4H2O，其实验装置如下：
①烧瓶中发生反应的离子方程式为______。
②由烧瓶中的溶液制取干燥的CC12•4H2O，还需经过的操作有蒸发浓缩、______、洗涤、干燥等。
（2）乙同学利用甲同学制得的CC12•4H2O在醋酸氛围中制得无水（CH3COO）2C，并利用下列装置检验（CH3COO）2C在氮气气氛中的分解产物。已知PdC12溶液能被CO还原为Pd。
①装置E、F是用于检验CO和CO2的，其中盛放PdC12溶液的是装置______（填“E”或“F”）。
②装置G的作用是______；E、F、G中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是______。
③通氮气的作用是______。
④实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其目的是______。
⑤若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n（X）：n（CO）：n（CO2）：n（C2H6）=1：4：2：3（空气中的成分不参与反应），则乙酸钴在空气气氛中分解的化学方程式为______。
27、（12分）葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计算，我国国家标准(GB2760－2014)规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25 g·L－1。某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定。
Ⅰ.定性实验方案如下：
(1)将SO2通入水中形成SO2—饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在多个含硫元素的平衡，分别用平衡方程式表示为__________________________________________________。
(2)利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3。设计如下实验：
实验结论：干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因：_______________________________。
Ⅱ.定量实验方案如下(部分装置和操作略)：
(3)仪器A的名称是________。
(4)A中加入100.0 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为__________。
(5)除去B中过量的H2O2，然后再用NaOH标准溶液进行滴定，除去H2O2的方法是__________。
(6)步骤X滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2的含量为________ g·L－1。该测定结果比实际值偏高，分析原因________________________________________。
28、（14分）是一种重要的化工原料，可用于合成可降解的高聚物C以及抗肿瘤药物G。
已知：
(1)A含有的官能团名称是______________。
(2)D→E的反应类型是_____________________。
(3)E的分子式是____________；F的结构简式是_________________。
(4)B→C的化学方程式为________________________________________。
(5)W是B的同分异构体，0.5ml W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44g CO2，W共有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为___________。
(6)设计由甲苯和为原料制备化合物的合成路线(无机试剂任选)______。
29、（10分）K3[Fe(C2O4)3]·3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室用莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O具体流程如图：
回答下列问题：
(1)步骤②滴加过量6%H2O2，生成红褐色胶状沉淀，该反应的化学方程式为___。生成的沉淀不易过滤，过滤前需要的操作是___。
(2)步骤③将Fe(OH)3加入到KHC2O4溶液中，水浴加热，控制pH为3.5-4，若pH偏高应加入适量___（填“H2C2O4”或“K2C2O4”）。
(3)步骤④的操作是___、过滤。得到的晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤，用95%乙醇洗涤的目的是___。
(4)测定K3[Fe(C2O4)3]·3H2O中铁的含量。
①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用cml·L-1KMnO4溶液滴定至终点。滴定反应的氧化产物为___。滴定时，盛放高锰酸钾溶液的仪器是___（“酸式”或“碱式”）滴定管。
②向上述溶液中加入过量锌粉至将铁元素全部还原为Fe2+后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用cml·L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。该样品中铁的质量分数的表达式为___。
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、C
【解析】
由电池工作原理图可得，氮元素化合价由-3价变为0价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，则Ni-C/Ni极为负极，Pd/CFC为正极，正极得电子，发生还原反应。
【详解】
A．电子从低电势(负极)流向高电势（正极），Ni-C/Ni极是原电池负极，电势较低，故A正确；
B．该电池使用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，原电池中，阳离子向正极迁移，则向正极迁移的主要是K+，产生M为K2SO4，故B正确；
C．Pd/CFC极上发生反应：，故C错误；
D．根据分析，Ni-C/Ni极为负极，结合图示负极的物质转化关系可得，氮元素化合价由-3价变为0价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，负极反应为：，故D正确；
答案选C。
2、C
【解析】
A、Li在氧气中燃烧生成Li2O，得不到Li2O2，A错误；
B、SO2和BaCl2不反应，不能生成沉淀，B错误；
C、由于次氯酸的酸性比碳酸弱，因此将CO2通入次氯酸钙溶液中可生成次氯酸，C正确；
D、将NH3通入热的CuSO4溶液中生成氢氧化铜沉淀。氨气具有还原性，在加热条件下，氨气可和氧化铜反应生成铜、氮气和水，D错误。
答案选C。
3、B
【解析】
由零族定位法可知，118号元素位于元素周期表第七周期零族，则116号的鉝（Lv）位于元素周期表第七周期第VIA族。
【详解】
A. 由以上分析可知，Lv位于元素周期表中第七周期第ⅥA族，故A正确；
B. 同主族元素，由上至下，金属性逐渐增强，则Lv在同主族元素中金属性最强，故B错误；
C. 同位素原子质子数、电子数相同，中子数不同，故C正确；
D. 中子数为177的Lv核素，质量数=116+177=293，则核素符号为Lv，故D正确；
答案选B。
4、A
【解析】
三价铁离子遇到硫氰根离子显血红色；
二价铁离子遇到硫氰根离子不变色，二价铁离子具有还原性，能被氧化为三价铁离子；
碘离子和铁离子反应和亚铁离子不反应。
【详解】
先根据Fe3+的特征反应，加入硫氰酸钾溶液判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂氯水，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存在，加入少量KI溶液和铁离子反应，和亚铁离子不反应，不能证明含亚铁离子， 操作选择及排序为③①。
答案选A。
5、B
【解析】
氧化还原反应中，氧化性：氧化剂大于氧化产物；氧化剂发生还原反应化合价降低。在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色，说明KMnO4溶液可氧化MnSO4 生成MnO2，故氧化性：KMnO4>MnO2，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4 生成KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，据此分析解答。
【详解】
A．根据上述分析，氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，故A正确；
B．根据分析，KMnO4溶液可氧化MnSO4 生成MnO2，黑色沉淀为MnO2，反应为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+~6e-，生成8.7g MnO2的物质的量为=0.1ml，转移电子物质的量为×6=0.12ml，故B错误；
C．MnSO4溶液过量，滤液中含有Mn2+，加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4 生成KMnO4，利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+，故C正确；
D．KMnO4可与浓盐酸发生反应2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，由于氧化性：NaBiO3＞KMnO4，则NaBiO3也可与浓盐酸发生反应，方程式为：NaBiO3+6HC1（浓）=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O，故D正确；
答案选B。
6、C
【解析】
A．实验①的图中利用MnO2和浓盐酸反应制备氯气，但是该反应需要加热才发生，没有加热装置，达不到实验目的，A项错误；
B．NH3的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，实验②达不到实验目的，B项错误；
C．装置③为分馏装置，不管是温度计水银球的位置还是冷凝管进水出水的方向都没有错误，C项正确；
D．右侧试管中使用的是饱和NaOH溶液，酯在碱性环境下易水解，得不到产物，D项错误；
本题答案选C。
7、B
【解析】
A. 聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n能做新型絮凝剂，是因为其能水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮的固体杂质而净水，但是不能杀灭水中病菌，A项错误；
B. 柳絮的主要成分是纤维素，属于多糖，B项正确；
C. 火药是由硫磺、硝石（硝酸钾）、木炭混合而成，则“凡火药，硫为纯阳”中硫为硫磺，C项错误；
D. 光导纤维的主要成分为二氧化硅，不是有机高分子材料，D项错误；
答案选B。
8、A
【解析】
A. 硝基苯中硝基中的N原子与苯环相连，氧原子只能与N相连，故A正确；
B. 镁离子的结构示意图为，B项错误；
C. 由H2O分子的比例模型是：，故C错误；
D. 原子核内有8个中子的碳原子，质量数=14，碳原子为 ，故D错误；
正确答案是A。
9、C
【解析】
A. 若E中FeS换成Na2S，硫化亚铁是块状固体，硫化钠是粉末，不能达到随关随停的效果，故A错误；
B. 若F中产生黑色沉淀，是硫酸铜和硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸，不能说明硫酸的酸性比氢硫酸强，故B错误；
C. 若G中产生浅黄色沉淀是硫化氢和氯化铁反应生成硫单质、氯化亚铁和盐酸，根据氧化还原反应原理得出H2S的还原性比Fe2+强，故C正确；
D. 若H中溶液变红色，说明氢硫酸是酸，不能说明是二元弱酸，故D错误。
综上所述，答案为C。
10、D
【解析】
A. 聚丙烯为高分子化合物，其正确的结构简式为：，故A错误；
B. 为丙烷的球棍模型，故B错误；
C. 甲醛为共价化合物，分子中存在2个碳氢共用电子对，碳原子和氧原子形成2对共用电子对，故C错误；
D. 2-乙基-1，3-丁二烯分子中含有2个碳碳双键，它的键线式为：，故D正确；
答案选D。
【点睛】
本题考察化学用语的表达，电子式，键线式，结构式，球棍模型，比例模型等。球棍模型要体现原子之间的成键方式，比例模型要体现出原子的体积大小。
11、C
【解析】
A. 中子数为7的碳原子为：，选项A错误；
B. 氯乙烯的结构简式为：CH2=CHCl，选项B错误；
C. 氯离子的结构示意图为：，选项C正确；
D. HCl为共价化合物，其电子式为：，选项D错误。
答案选C。
12、D
【解析】
A.NaHCO3电离产生的HCO3-离子在溶液中既能发生电离作用又能发生水解作用；
B.HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3；
C.根据电荷守恒分析判断；
D.加入CaCl2消耗CO32-生成CaCO3沉淀。
【详解】
A.NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-既能电离又能水解，水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性；电离产生H+使溶液显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度，A正确；
B.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，说明HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3，B正确；
C.该溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-)，溶液至pH=7，c(H+)= c(OH-)，c(Na+)+ 2c(Ca2+)= c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，C正确；
D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促进HCO3-的电离，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】
本题考查了电解质溶液中反应实质、沉淀溶解平衡的理解及应用的知识。涉及电解质溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒、物料守恒等，题目难度中等。
13、D
【解析】
A. 高温条件下，可用碳还原 SiO2 制备单质 Si，故A正确；
B. 镁单质可与 NH4Cl 溶液反应生成 NH3和氢气、氯化镁，故B正确；
C. 浓硫酸具有强氧化性与 NaBr 固体共热可生成单质 Br2，故C正确；
D. 摩尔盐的组成可用(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O表示，故D错误；
故选D。
14、B
【解析】
由结构模型可知有机物为CH3COOCH=CH2，含有酯基，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题。
【详解】
A．有机物为CH3COOCH=CH2，不是乙酸乙酯，故A错误；
B．该化合物的链状同分异构体中,显酸性的同分异构体有CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=CH(CH3)COOH，
共3种，故B正确；
C．含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，不能发生消去反应，故C错误；
D．含有碳碳双键，能使溴水褪色是发生了加成反应，与酸性高锰酸钾反应是发生了氧化还原反应，故原理不同，故D错误；
答案选B。
15、C
【解析】
浓盐酸滴到氯酸钾固体上的作用是为了制备Cl2，根据含同种元素物质间发生氧化还原反应时，化合价只靠近不交叉，配平后可得反应的离子方程式：5Cl−＋＋6H+===3Cl2↑＋3H2O，A正确；为了检验Cl2有无漂白性，应该先把Cl2干燥，所以，无水氯化钙的作用是干燥Cl2，然后会出现干燥有色布条不褪色而湿润有色布条褪色的现象，B正确；Cl2与3处碘化钾置换出单质碘，遇淀粉变蓝，与4处溴化钠置换出单质溴，使溶液变橙色，均说明了Cl2具有氧化性，Cl2与水反应生成HCl和HClO，HCl与硝酸银产生白色沉淀，无法说明Cl2具有氧化性，C错误；Cl2与5处硫酸亚铁生成Fe3+，Fe3+与SCN−生成血红色配合物，氢氧化钠溶液可以吸收剩余的Cl2，防止污染空气，D正确。
16、D
【解析】
导电能力最差的应是离子浓度最小，或不存在自由移动的离子等情况，如固体氯化钾，据此进行解答。
【详解】
固体KCl不能电离出自由移动的离子，不能导电，而熔融态KHSO4、0.1ml/L H2SO4都存在自由移动的离子，都能导电，铜片为金属，存在自由移动的电子，也能导电，所以导电能力最差的是固态KCl；
故答案选D。
【点睛】
金属导电是因为含有自由移动的电子，而电解质导电是因为含有自由移动的离子；比如KCl是电解质，但是在固态时不导电，没有自由移动的离子；但是氯化钾溶于水或在熔融状态下，存在自由移动的离子，就能够导电，所以电解质不一定能够导电，导电的也不一定是电解质。
17、D
【解析】
A．1个14C中含有8个中子，7g14C即0.5ml，含有中子数目为4NA，故A错误；
B．溶液的体积未知，所以无法计算相关微粒的个数，故B错误；
C．3.2gCu即0.05ml，与足量浓硝酸反应生成NO2气体，化学计量关系为：Cu—2NO2可知n(NO2)=0.1ml，V(NO2)=2.24L，且标况下NO2不是气体，无法确定其体积，故C错误；
D．标况下，5.6L丙烷为0.25ml，一个丙烷分子含有10个共价键，0.25ml丙烷中含有2.5NA个共价键，故D正确；
答案选D。
【点睛】
易错点为B选项，pH值代表溶液中氢离子的浓度，要计算微粒数目必须要计算物质的量，题中没有给出体积，不能计算物质的量，也就无法计算微粒数目。NO2在标况下不是气体。
18、B
【解析】
A．甲烷和氯气发生取代反应生成多种氯代烃，取代1个氢原子消耗1ml氯气，同时生成氯化氢；
B．苯与溴水不反应，发生萃取；
C．如果苯环是单双键交替，则邻二氯苯有两种；
D．醇羟基氢活泼性弱于羧羟基氢。
【详解】
A．甲烷和氯气发生取代反应生成多种氯代烃，取代1个氢原子消耗1ml氯气，同时生成氯化氢，1 ml CH4最多能与4 ml Cl2发生取代反应，产物中物质的量最多的是HCl，故A正确；
B．苯与溴水不反应，发生萃取，溴易溶于苯，苯密度小于水，所以将苯滴入溴水中，振荡、静置，下层接近无色，故B错误；
C．如果苯环是单双键交替，则邻二氯苯有两种，邻二氯苯仅有一种结构可证明苯环结构中不存在单双键交替结构，故C正确；
D．醇羟基氢活泼性弱于羧羟基氢，所以乙醇、乙酸都能与金属钠反应，且在相同条件下乙酸比乙醇与金属钠的反应更剧烈，故D正确；
故选：B。
19、C
【解析】
苯和水分层，可选分液法分离，以此来解答。
【详解】
A中为层析法；B为蒸发；D为过滤；苯和水分层，可选分液法分离，选项C符合；
答案选C。
【点睛】
本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意层析法为解答的难点。
20、B
【解析】
A．提取青蒿素的过程类似于溶解、过滤，属于物理变化，故A错误；
B．高温或日常用的消毒剂可使禽流感病毒蛋白质变性，故B正确；
C．苹果放在空气中久置变黄是因为亚铁离子被氧化，纸张久置变黄是因为纸张中的木质素容易氧化变黄，原理不相似，故C错误；
D．燃煤中加入CaO主要是为了减少二氧化硫气体的排放，故D错误。
故选B。
21、D
【解析】
A．0～6min时间内，生成氧气为=0.001ml，由2H2O22H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2ml/L，则H2O2分解率为×100%=50%，故A正确；
B．由A计算可知，反应至6 min时c(H2O2)=0.4ml/L-0.2ml/L=0.2ml/L，故B正确；
C．0～6min时间内，生成氧气为=0.001ml，由2H2O22H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2ml/L，所以v(H2O2)=≈0.033ml/(L•min)，故C正确；
D．由题中数据可知，0～3 min生成氧气的体积大于3～6min生成氧气的体积，因此，4～6 min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，故D错误；
答案选D。
22、A
【解析】
A. 金刚石与晶体硅都是原子晶体，A项正确；
B. 分子中不一定含有共价键，如单原子分子稀有气体，B项错误；
C. 离子晶体中一定含有离子键，可能含有非极性键，如过氧化钠中含有离子键与非极性键，C项错误；
D. 离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，但不一定含有金属元素，如铵盐，D项错误；
答案选A。
【点睛】
离子晶体中阴阳离子以离子键结合，且可能含有共价键；原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键，如果是单原子分子则不存在共价键，且分子晶体中不可能存在离子键。
二、非选择题(共84分)
23、溴乙烷 醛基、酯基 C11H18N2O3 +CH3OH+H2O 取代反应 3 HOOCCH(CH3)C(CH3)2COOH、、CH(COOH)2C(CH3)3 HOCH2CH2CH2OH CH2BrCH2CH2Br
【解析】
根据合成路线图及题给反应信息知，B（乙酸乙酯）与C发生取代反应生成D ，E与甲醇发生酯化反应生成F ，则E为，F与溴乙烷发生题给反应生成G，对比G和F的结构，结合信息反应知试剂a为，结合H和I的结构变化分析，可知H和NH2CONH2脱去2分子CH3OH形成六元环，据此分析解答。
【详解】
（1）根据A的结构简式分析，A为溴乙烷；D为，所含官能团有醛基、酯基，故答案为：溴乙烷；醛基、酯基；
（2）根据G和H的结构变化，结合题给反应信息知，试剂a的结构简式为；根据I 的结构简式分析其分子式为C11H18N2O3，故答案为：；C11H18N2O3；
（3）E与甲醇发生酯化反应得到F，化学方程式为：+CH3OH+H2O；比较G和H的结构变化，反应G→H的反应类型是取代反应，故答案为：+CH3OH+H2O；取代反应；
（4）G为，同分异构体中只有一种官能团，能与NaHCO3溶液反应放出气体，则含有2个羧基，结构中有3个甲基的结构有、、CH(COOH)2C(CH3)3共3种，核磁共振氢谱图中峰面积比为9 : 2: 1，则有3种不同化学环境的H，且原子个数比为9 : 2: 1，其结构为：、，CH(COOH)2C(CH3)3，故答案为：3；HOOCCH(CH3)C(CH3)2COOH、、CH(COOH)2C(CH3)3；
（5）可利用CH2 BrCH2CH2 Br先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再与甲醇酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2 Br、CH3ONa发生信息中的反应成环得到，CH2BrCH2CH2Br在氢氧化钠溶液中加热水解生成HOCH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2OH被酸性高锰酸钾溶液氧化生成HOOCCH2COOH，故答案为：；HOCH2CH2CH2OH； ；CH2BrCH2CH2Br。
24、丙烯 酯基 取代反应 CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2 HCOO-CH=C(CH3)2 l：l 检验羧基：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变红(或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色)
【解析】
A分子式为C3H6，A与CO、CH3OH发生反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，聚丁烯酸甲酯发生水解反应，然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A与Cl2在高温下发生反应生成D，D发生水解反应生成E，根据E的结构简式CH2=CHCH2OH可知D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为。
【详解】
根据上述推断可知A是CH2=CH-CH3，C为，D是CH2=CHCH2Cl，E为CH2=CHCH2OH，F是，G是。
(1)A是CH2=CH-CH3，名称为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B中含氧官能团名称是酯基；
(2)C的结构简式为，D是CH2=CHCH2Cl，含有Cl原子，与NaOH的水溶液加热发生水解反应产生E：CH2=CHCH2OH，该水解反应也是取代反应；因此D变为E的反应为取代反应或水解反应；
(3)E为CH2=CHCH2OH、E与2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，该反应方程式为：CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2；
(4)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，说明含有醛基、酯基及碳碳双键，则为甲酸形成的酯，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是HCOO-CH=C(CH3)2；
(5)含有羧基，可以与NaOH反应产生；含有羧基可以与NaHCO3反应产生和H2O、CO2，则等物质的量消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；在中含有羧基、碳碳双键、醇羟基三种官能团，检验羧基的方法是：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变为红色；检验碳碳双键的方法是：加入溴水，溴水褪色。
【点睛】
本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型、反应条件及题给信息是解本题关键，难点是有机物合成路线设计，需要学生灵活运用知识解答问题能力，本题侧重考查学生分析推断及知识综合运用、知识迁移能力。
25、反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O 失去结晶水变为 CuSO4 Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O 减压设备 水（H2O） 2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+ 加入乙醇或醇析 Cu(NH3)4SO4·H2O晶体难溶于乙醇，能溶于水 平衡气压，防止堵塞和倒吸 AB
【解析】
I．(1) 得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，具有吸水性；
(2) 双氧水与铜、稀硫酸反应生成硫酸铜和水；
(3) 过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式；
Ⅱ．(1) 硫酸铜与NH3•H2O反应生成Cu2(OH)2SO4，据此书写离子方程式；
(2) 根据Cu(NH3)4SO4•H2O可溶于水，难溶于乙醇分析；
Ⅲ. (1) 玻璃管2起到了平衡气压的作用；
(2)根据关系式计算；
(3) 氨含量测定结果偏低，说明中和滴定时消耗氢氧化钠溶液体积V2偏大。
【详解】
I．(1) 得到的为硫酸铜和硫酸溶液,浓缩时,硫酸变浓,浓硫酸具有吸水性,使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4，可使固体变为白色；
(2) Cu在H2O2作用下与稀硫酸反应生成硫酸铜，该反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O；
(3) 过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，则B处增加一个减压设备，馏出物为H2O；
II．(1) 浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，反应的离子方程式为：2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+；
(2) 由题中信息，Cu(NH3)4SO4·H2O晶体难溶于乙醇，可溶于水，故加入乙醇(或醇析)可从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体；
Ⅲ. (1) 装置中长导管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸；
(2)与氨气反应的n(HCl)=10−3V1L×0.500ml⋅L−1−0.500ml⋅L−1×10−3V2L=5×10−4(V1−V2)ml，根据NH3～HCl可知，n(NH3)=n(HCl)=5×10−4(V1−V2)ml，则n[Cu(NH3)4SO4·H2O]=n(NH3)= ×5×10−4(V1−V2)ml，样品中产品纯度的表达式为：×100%=×100%；
(3) A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管,浓度偏低,则V2偏大，氨含量偏低，故A正确；
B．滴定过程中选用酚酞作指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，消耗NaOH溶液体积偏大，测定的氨含量偏低，故B正确；
C．读数时，滴定前平视,滴定后俯视，导致V2偏小，则含量偏高，故C错误；
D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，故D错误；
E．由于操作不规范,滴定前无气泡,滴定后滴定管中产生气泡,导致消耗氢氧化钠溶液体积V2偏小，测定的氨含量偏高，故E错误；
故答案选AB。
26、C2O3＋6H＋＋2Cl－=2C2＋＋Cl2↑＋3H2O 冷却结晶、过滤 F 除去CO2 分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质 将D中的气态产物被后续装置所吸收，或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中 防止倒吸 3(CH3COO)2CC3O4＋4CO↑＋2CO2↑＋3C2H6↑
【解析】
(1)①已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式: C2O3+2Cl-+6H+=2C2++Cl2↑+3H2O；
②因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；
（2）①装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；
②装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质；
③通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等；
④实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸；
⑤乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X) ︰ n(CO)︰n(CO2) ︰n(C2H6)=1︰4︰2︰3，根据原子守恒配平即可；
【详解】
(1)①已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式: C2O3+2Cl-+6H+=2C2++Cl2↑+3H2O；
②因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；
（2）①装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；
②装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质，答案为：除去CO2；分解产物中含有一种或多种含C、H元素的物质；
③通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等，答案为：将D中的气态产物带入后续装置（或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等）；
④实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸，答案为：防止倒吸；
⑤乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X) ︰ n(CO)︰n(CO2) ︰n(C2H6)=1︰4︰2︰3，根据原子守恒配平即可，反应式为：3(CH3COO)2C C3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑；
27、SO2（g）SO2 （aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3 H＋ + HSO3－；HSO3－H+ + SO32－ 干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少 圆底烧瓶 SO2＋H2O2=H2SO4 加入二氧化锰并振荡 0.32 盐酸的挥发造成的干扰
【解析】
（1）将SO2通入水中形成SO2 ─饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在的平衡有：SO2（g）SO2 （aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3 H＋ + HSO3－；HSO3－H＋ + SO32－，故答案为SO2（g）SO2 （aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋ + HSO3－；HSO3－H＋ + SO32－；
（2）根据对比实验，干白葡萄酒中滴入品红溶液，红色不褪去，可能是葡萄酒中的二氧化硫的含量太少的缘故，故答案为干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少；
Ⅱ. （3）根据装置图，仪器A是圆底烧瓶，故答案为圆底烧瓶；
（4）H2O2具有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸，化学方程式为SO2＋H2O2=H2SO4，故答案为SO2＋H2O2=H2SO4；
（5）过氧化氢在催化剂作用下容易分解，除去H2O2，可以在反应后的溶液中加入二氧化锰并振荡，故答案为加入二氧化锰并振荡；
（6）根据反应方程式，有SO2~H2SO4~2NaOH，n(SO2)=n(NaOH)=×0.04000 ml/L×0.025L=0.0005ml，质量为0.0005ml×64g/ml=0.032g，因此1L溶液中含有二氧化硫的质量为0.032g×=0.32g，该葡萄酒中SO2的含量为0.32g/L，测定过程中，盐酸会挥发，导致反应后溶液酸的物质的量偏多，滴定时消耗的氢氧化钠偏多，使得结果偏大，故答案为0.32；盐酸的挥发造成的干扰。
28、碳碳双键、酯基 酯化反应（取代反应） C11H10O3 nCH3OOCH2CH2COOCH3+nHOCH2CH2OH+(2n-1)CH3OH 9
【解析】
由合成流程可知，与甲醇发生信息中的反应生成A为，A与氢气发生加成反应生成B为，HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为；
与苯在氯化铝作用下反应生成D的为，D与甲醇发生酯化反应生成E为，E发生信息中的反应生成F，试剂X为，生成F为，最后F在加热条件下发生取代反应生成G为；
【详解】
(1) A为，含有的官能团名称是酯基和碳碳双键；
(2) D与甲醇发生酯化反应生成，则D→E的反应类型是酯化反应或取代反应；
(3)E为，其分子式是C11H10O3；由分析可知F的结构简式是；
(4) HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为，发生反应的化学方程式为；
(5) B为，其同分异构体W 0.5ml与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，CO2的物质的物质的量为1ml，说明W分子结构中含有2个羧基，除去2个-COOH，还有4个C，这四个碳如为直链状即C-C-C-C，连接2个-COOH，共有6种结构，另外四个碳中可以有一个支链，即，连接2个-COOH，共有3种结构，即符合条件的B的同分异构体W共有9种，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为；
(6)结合题中生成D的反应原理甲苯和可生成，再与H2在催化剂作用下发生加成反应，生成，再在浓硫酸的作用下加热发生酯化反应即可生成，具体合成路线为。
【点睛】
本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。学生需要根据目标产品的结构特点分析产品与原料间的构成关系，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。
29、2Fe(OH)2+H2O2==2Fe(OH)3 煮沸 H2C2O4 蒸发浓缩、冷却结晶 除去晶体表面的水分 CO2 酸式
【解析】
莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]中加入NaOH，发生的反应①为Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2；加入H2O2，发生反应②为Fe(OH)2与H2O2反应生成Fe(OH)3；在反应③中，Fe(OH)3固体与KHC2O4反应，生成K3[Fe(C2O4)3]溶液；将溶液蒸发结晶便可得到K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体，再洗涤干燥，从而获得纯净的晶体。
【详解】
(1)步骤②滴加过量6%H2O2，将Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3红褐色胶状沉淀，该反应的化学方程式为2Fe(OH)2+H2O2==2Fe(OH)3。生成的沉淀呈胶状，不易过滤，过滤前需要加热煮沸以破坏其胶状结构，操作是煮沸。答案为：2Fe(OH)2+H2O2==2Fe(OH)3；煮沸；
(2)步骤③若pH偏高，则应加酸将pH降低，所以应加入适量H2C2O4。答案为：H2C2O4；
(3)步骤④是从溶液中提取溶质，操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。得到的晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤，因结晶水合物受热易失去结晶水，所以用95%乙醇洗涤，目的是除去晶体表面的水分，防止晶体受热失去结晶水。答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；除去晶体表面的水分；
(4)①滴定时，H2C2O4被氧化生成CO2，反应的氧化产物为CO2。滴定时，因高锰酸钾会腐蚀橡皮管，所以盛放高锰酸钾溶液的仪器是酸式滴定管。答案为：CO2；酸式；
②Fe3+被Zn还原为Fe2+，Fe2+被KMnO4氧化生成Fe3+，关系式为5Fe3+——5Fe2+——KMnO4，则n(Fe3+)=cml·L-1×V×10-3L×5=5×10-3cVml，该样品中铁的质量分数的表达式为=。答案为：。
【点睛】
胶状沉淀呈胶状，容易堵塞滤纸的孔隙，使水难以顺利流下，所以过滤胶状沉淀物时，需加热破坏胶体结构。
t/min
0
2
3
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9