2025-2026学年云南省华坪县第一中学化学高三第一学期期末复习检测模拟试题.doc

2025-2026学年云南省华坪县第一中学化学高三第一学期期末复习检测模拟试题
注意事项:
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。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
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。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的 ( )

X
Y
Z
①
FeCl3溶液
Cu
浓硫酸
②
KOH溶液
SiO2
浓盐酸
③
SO2
Ca(OH)2
NaHCO3
④
NaOH溶液
Al(OH)3
稀硫酸
A．①③ B．①② C．②③ D．③④
2、下列叙述正确的是( )

A．电镀时，通常把待镀的金属制品作阳极
B．氯碱工业上电解的是熔融的NaCl
C．氢氧燃料电池(酸性电解质)中O2通入正极，电极反应为O2＋4H＋＋4e－=2H2O
D．上图中电子由Zn极移向Cu极，盐桥中的Cl－移向CuSO4溶液
3、对下列化工生产认识正确的是
A．制备硫酸：使用热交换器可以充分利用能量
B．侯德榜制碱：析出NaHCO3的母液中加入消石灰，可以循环利用NH3
C．合成氨：采用500℃的高温，有利于增大反应正向进行的程度
D．合成氯化氢：通入H2的量略大于Cl2，可以使平衡正移
4、大规模开发利用铁、铜、铝，由早到晚的时间顺序是（ ）
A．铁、铜、铝 B．铁、铝、铜 C．铝、铜、铁 D．铜、铁、铝
5、下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是（ ）
A．SO2 B．NH3 C．Cl2 D．CO2
6、用如图装置进行实验，甲逐滴加入到固体乙中，如表说法正确的是（ ）

选项

液体甲

固体乙

溶液丙

丙中现象

A

CH3COOH

NaHCO3

苯酚钠

无明显现象

B

浓HCl

KMnO4

紫色石蕊

最终呈红色

C

浓H2SO4

Na2SO3

品红

红色变无色

D

浓H2SO4

Cu

氢硫酸

溶液变浑浊

A．A B．B C．C D．D
7、以下物质间的每步转化通过一步反应能实现的是（ ）
A．Al－Al2O3－Al(OH)3－NaAlO2 B．N2－NH3－NO2－HNO3
C．Cu－CuO－Cu(OH)2－CuSO4 D．Na－Na2O2－Na2CO3－NaOH
8、ZulemaBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．该装置可以在高温下工作
B．X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜
C．负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H＋
D．该装置工作时，电能转化为化学能
9、25° C时,0.100 mol· L-1盐酸滴定25. 00 mL0. 1000 mol . L-1'氨水的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是

A．滴定时,可迄用甲基橙或酚酞为指示剂
B．a、b两点水电离出的OH-浓度之比为10-4. 12
C．c点溶液中离子浓度大小顺序为c（Cl-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-）
D．中和等体积等pH的氨水和NaOH溶液时消耗相同浓度盐酸的体积相等
10、常温下，HNO2的电离平衡常数为K＝4.6×10－4(已知＝2.14)，向20 mL 0.01 mol·L－1HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，测得混合液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示，下列判断正确的是

A．X＝20
B．a点溶液中c(H＋)＝2.14×10－3 mol·L－1
C．a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小
D．b点溶液中微粒浓度的大小关系为c(HNO2)＞c(Na＋)＞c()
11、化学与我们的生活密切相关。下列说法错误的是(　　)
A．开发可燃冰，有利于节省化石燃料，并减少空气污染
B．酒精能杀菌，浓度越大效果越好
C．钻石、水晶、刚玉都是人们熟知的宝石，但其化学成分不同
D．用热的纯碱溶液和直馏汽油去油污原理不同
12、下列实验对应的实验现象和结论或解释都正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
结论或解释
A
KI淀粉溶液中通入少Cl2
溶液变蓝
Cl2能与淀粉发生显色反应
B
向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置
水层几乎无色
苯与溴水发生了取代反应
C
向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，然后加入银氨溶液，加热
无银镜出现
不能判断蔗糖是否水解
D
向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液
出现红褐色沉淀
Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]
A．A B．B． C．C D．D
13、钛（Ti）金属常被称为未来钢铁，Ti和Ti是钛的两种同位素。下列有关Ti的说法正确的是
A．Ti比Ti少1个质子 B．Ti和Ti的化学性质相同
C．Ti的相对原子质量是46 D．Ti的原子序数为47
14、2005年法拉利公司发布的敞篷车(法拉利Superamerica)，其玻璃车顶采用了先进的电致变色技术，即在原来玻璃材料基础上增加了有电致变色系统组成的五层膜材料(如图所示)。其工作原理是：在外接电源(外加电场)下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。下列有关说法中不正确的是（ ）

A．当A外接电源正极时，Li+脱离离子储存层
B．当A外接电源负极时，电致变色层发生反应为：WO3+Li++e-=LiWO3
C．当B外接电源正极时，膜的透过率降低，可以有效阻挡阳光
D．该电致变色系统在较长时间的使用过程中，离子导体层中Li+的量可保持基本不变
15、化学反应前后肯定没有变化的是
　　①原子数目　②分子数目　③元素种类　④物质的总质量　⑤物质的种类
A．①④ B．①③⑤ C．①③④ D．①②③④
16、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．1．1 mol·L−1KI 溶液：Na+、K+、ClO− 、OH−
B．1．1 mol·L−1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+ 、NO3−、SO42−
C．1．1 mol·L−1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−
D．1．1 mol·L−1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42−、HCO3−
二、非选择题（本题包括5小题）
17、CAPE是蜂胶主要活性组分之一，具有抗炎、抗氧化和抗肿瘤的作用，在医学上具有广阔的应用前景。合成CAPE的路线设计如下：

已知：①A的核磁共振氢谱有三个波峰，红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键；
② ；
③ 。
请回答下列问题：
（1） A中官能团的名称为____。
（2）C生成D所需试剂和条件是____。
（3）E生成F的反应类型为____。
（4）1mol CAPE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为____。
（5）咖啡酸生成CAPE的化学方程式为____。
（6）芳香化合物X是G（C9H8O3）的同分异构体，满足下列条件，X的可能结构有____种，
a. 属于芳香族化合物
b. 能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2
c. 能与新制的 Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀
其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积之比为1:2:2:1:1:1，写出一种符合要求的X的结构简式____。
（7）参照上述合成路线，以 和丙醛为原料(其它试剂任选)，设计制备的合成路线____。
18、聚酰亚胺是综合性能最佳的有机高分子材料之一，已广泛应用在航空、航天、微电子等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图（部分反应条件己略去）：

己知下列信息：
①芳香族化合物B的一氯代物有两种
②
③
回答下列问题：
（1）固体A是___（写名称）；B的化学名称是___。
（2）反应①的化学方程式为___。
（3）D中官能团的名称为___；反应②的反应类型是___。
（4）E的分子式为___；己知1mo1F与足量的NaHCO3反应生成4mo1CO2，则F的结构简式是___。
（5）X与C互为同分异构体，写出同时满足下列条件的X的结构简式___。
①核磁共振氢谱显示四种不同化学环境的氢，其峰面积之比为2：2：1：1
②能与NaOH溶液反应，1mo1X最多消耗4mo1NaOH
③能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应
（6）参照上述合成路线，以甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计合成的路线___。
19、某小组同学研究SO2和KI溶液的反应，设计如下实验。
实验
操作
现象
I

溶液迅速变为浅黄色，将溶液进行离心分离无固体沉积， 加入淀粉溶液，不变色
II

溶液立即变成深黄色，将溶液进行离心分离有浅黄色固体沉积，溶液黄色变浅，加入淀粉溶液，不变色
（1）加入淀粉溶液的目的是______，为达到相同的目的，还可选用的试剂是______。
（2）经检验，II中的浅黄色固体是硫。资料显示，在酸性条件下，SO2和KI溶液反应生成S和I2。
① 在酸性条件下，SO2和KI溶液反应的离子方程式是______。
② 针对II中加入淀粉溶液不变色，甲同学提出假设：______。为证实该假设，甲同学取II中离心分离后的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成。
③ 乙同学认为甲同学的实验方案不支持上述假设，理由是______。
④ 丙同学向1 mL 1 mol·L−1 KCl溶液中加入5滴1 mol·L−1盐酸，通入SO2，无明显实验现象，再加入盐酸酸化的BaCl2溶液，几乎没有白色沉淀。丙同学的实验结论是______。
（3）实验表明，I−是SO2转化的催化剂。补全下列离子方程式。
SO2＋H2O ===_____ ＋ ＋
（4）对比实验I和II，推测增大H+的浓度可加快SO2的转化速率。为证实该推测，还需进一步进行实验证明，实验方案是______。
20、向硝酸酸化的2mL0.1mol•L-1AgNO3溶液（pH=2）中加入过量铁粉，振荡后静置，溶液先呈浅绿色，后逐渐呈粽黄色，试管底部仍存有黑色固体，过程中无气体生成。实验小组同学针对该实验现象进行如下探究。
Ⅰ．探究Fe2+产生的原因
（1）提出猜想：Fe2+可能是Fe与____或___反应的产物。
（2）实验探究：在两支试管中分别加入与上述实验等量的铁粉，再加入不同的液体试剂，5min后取上层清液，分别加入相同体积和浓度的铁氰化钾溶液

液体试剂
加人铁氰化钾溶液
1号试管
2mL.0.1mol•L-1AgNO3溶液
无蓝色沉淀
2号试管
______
蓝色沉淀
①2号试管中所用的试剂为____。
②资料显示：该温度下，0.1mol•L-1的AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2+。但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为____。
③小组同学继续进行实验，证明了2号试管得出的结论正确。实验如下：取100mL0.1mol•L-1硝酸酸化的AgNO3溶液（pH=2），加入铁粉井搅拌，分别插入pH传感器和NO3-传感器（传感器可检测离子浓度），得到如图图示，其中pH传感器测得的图示为___（填“图甲”或“图乙”）。

④实验测得2号试管中有NH4+生成，则2号试管中发生反应的离子方程式为___。
Ⅱ．探究Fe3+产生的原因
查阅资料可知，反应中溶液逐渐变棕黄色是因为Fe2+被Ag+氧化。小组同学设计不同实验方案对此进行验证。
（3）方案一；取出少量黑色固体，洗涤后___（填操作和现象），证明黑色固体中有Ag。
（4）方案二：按图连接装置，一段时间后取出左侧烧杯溶液，加人KSCN溶液，溶液变F红。该实验现象____（填“能“或“不能“）证明Fe2+可被Ag+氧化，理由为__。

21、祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6Ol8，含有O、Si、Al、Be等元素。请回答下列问题：
(1)基态A1原子中，电子占据的最高能级的符号是_______________________，该能级具有的原子轨道数为_______。
(2)在1000℃时，氯化铍以BeCl2形式存在，其中Be原子的杂化方式为_________；在500〜600℃气相中，氯化铍则以二聚体Be2Cl4的形式存在，画出Be2Cl4的结构____________，1molBe2Cl4中含有____mol配位键。
(3)氢化铝锂(LiAlH4)是有机合成中一种重要的还原剂，LiAlH4的阴离子的空间构型为____________，该阴离子的等电子体为____________（写一种分子、一种离子）。一种无限长单链结构的多硅酸根的一部分如图所示，则该硅酸根的化学式为____________________。

(4)用氧化物的形式表示出祖母绿的组成：___________。如图是Be与O形成的氧化物的立方晶胞结构，已知氧化铍的密度为ρg/cm3，则晶胞边长为__________cm。(设NA为阿伏加德罗常数的值，用含ρ、NA的代数式表示)，O2-的配位数为_____________。

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
①Cu与FeCl3溶液发生氧化还原反应，常温下不与浓硫酸发生反应；②SiO2属于酸性氧化物，能与强碱反应，但不与浓盐酸反应；③Ca(OH)2是强碱与SO2反应，与NaHCO3也反应；④Al(OH)3属于两性氢氧化物，与强酸强碱溶液都反应；
【详解】
①Cu与FeCl3溶液发生氧化还原反应：Cu+ 2FeCl3=CuCl2+ 2FeCl2，常温下不和浓硫酸反应，故①错误；②SiO2属于酸性氧化物，能与强碱发生反应，所以与氢氧化钾发生反应SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O，但不能和盐酸反应； ③Ca(OH)2是强碱与SO2酸性氧化物发生反应Ca(OH)2+ SO2=CaSO3+H2O，与NaHCO3也发生反应；④Al(OH)3属于两性氢氧化物，能和强酸强碱溶液都反应，和强碱NaOH反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O、和硫酸反应3H2SO4+2Al(OH)3==Al2(SO4)3+6H2O ；故③④正确，故答案为D。
本题考查物质的相关性质，熟记相关物质的反应及反应条件很重要。
2、C
【解析】
A.电镀时，通常把待镀的金属制品作阴极，A错误；
B.氯碱工业上电解的是饱和食盐水，B错误；
C.氢氧燃料电池（酸性电解质）中O2通入正极，电极反应为：O2+4H++4e-＝2H2O，C正确；
D.由于金属活动性Zn＞Cu,所以Zn为负极，电子由Zn极移向Cu极，盐桥中的Cl－移向正电荷较多的ZnSO4溶液，D错误；
答案选C。
3、A
【解析】
A．制硫酸时使用热交换器，可充分利用能量，故A正确；
B．侯德榜制碱法：析出NaHCO3的母液中加入生石灰，可以循环利用NH3，故B错误；
C．合成氨为放热反应，加热使平衡逆向移动，故C错误；
D．氢气与氯气反应生成氯化氢不是可逆反应，不存在化学平衡的移动，故D错误；
故答案为A。
4、D
【解析】
越活泼的金属越难被还原，冶炼越困难，所以较早大规模开发利用的金属是铜，其次是铁，铝较活泼，人类掌握冶炼铝的技术较晚，答案选D。
5、B
【解析】
能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明气体溶于水后显碱性，据此解答。
【详解】
A．SO2和水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；
B．氨气溶于水形成氨水，氨水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B正确；
C．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使湿润的红色石蕊试纸褪色，C错误；
D．CO2和水反应生成碳酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D错误；
答案选B。
6、C
【解析】
A．醋酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳与苯酚钠溶液反应生成苯酚，苯酚难溶于水，溶液变浑浊，A错误；
B．反应生成氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，石蕊先变红后褪色，B错误；
C．二氧化硫可使品红褪色，C正确；
D．浓硫酸和铜应在加热条件下进行，D错误。
答案选C。
7、D
【解析】
A. Al和O2反应生成Al2O3，但Al2O3不能一步反应生成Al(OH)3，故A错误；
B. N2和H2化合生成NH3，但NH3不能一步反应生成NO2，故B错误；
C. Cu和O2反应生成CuO，但CuO不能一步反应生成Cu(OH)2，，故C错误；
D. Na和O2反应生成Na2O2，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3和Ca(OH)2反应生成NaOH，故D正确。
答案选D。
8、C
【解析】
A.高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，A错误；
B.原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，B错误；
C.由图片可知，负极为有机废水CH3COO-的电极，失电子发生氧化反应，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，C正确；
D.该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，D错误；
故合理选项是C。
9、B
【解析】
A．甲基橙变色范围为3.1~4.4，酚酞变色范围为8~10，盐酸滴定氨水恰好完全反应时溶液显酸性，应选甲基橙作指示剂，故A错误；
B．a溶液呈碱性，则主要是NH3·H2O的电离抑制水解，pH=9.24，则溶液中c水(H+)=10-9.24mol/L，则水电离出的c水(OH-)=10-9.24mol/L；b点溶液呈酸性，主要是NH4+的水解促进水的电离，pH=5.12，则溶液中c水(H+)=10-5.12mol/L，则水电离出的c水(OH-)=10-5.12mol/L，所以a、b两点水电离出的OH-浓度之比为=10-4.12，故B正确；
C．c点滴加了50mL盐酸，则溶液中的溶质为NH4Cl和HCl，且物质的量浓度相同，所以溶液中离子浓度大小顺序为：c(Cl-) >c(H+ )>c(NH4+)>c(OH-)，故C错误；
D．等pH的氨水和NaOH溶液，氨水的浓度要远大于氢氧化钠溶液的浓度，所以中和等体积等pH的氨水和NaOH溶液时，氨水消耗相同浓度盐酸的体积更多，故D错误；
故答案为B。
在有关水的电离的计算是，无论是酸碱的抑制，还是水解的促进，要始终把握一个点：水电离出的氢离子和氢氧根浓度相同。
10、B
【解析】
A. 向20mL 0.01mol⋅L−1的HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，若恰好反应需要氢氧化钠溶液体积20 mL，C点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNO2混合溶液，X<20，A项错误；
B. 由HNO2⇌H++NO2−，K=≈，则4.6×10−4≈，得到c(H+)=2.14×10−3 mol/L，B项正确；
C. c点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNO2混合溶液；氢氧化钠溶液体积为20mL时恰好反应，那么a到恰好完全反应时，水的电离程度逐渐增大；d点从图中读不出是在恰好反应之前还是恰好反应之后，C项错误；
D. b点溶液为HNO2、NaNO2混合溶液，且浓度比为1:1，由NO2−+H2O⇌HNO2+OH−，HNO2⇌H++NO2−，电离程度大于水解程度，可知溶液呈酸性，微粒浓度大小为c(NO2−)>c(Na+)>c(HNO2)，D项错误；
答案选B。
11、B
【解析】
A．“可燃冰”是天然气水合物，燃烧生成二氧化碳和水，属于清洁能源，有利于节省化石燃料，并减少空气污染，故A正确；
B．医用酒精的浓度为75%，并不是越大越好，浓度过大的酒精能够使细菌表明的蛋白质凝固，形成一层硬膜，这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，故B错误；
C．钻石的成分是碳单质，水晶的成分是二氧化硅、刚玉的成分是氧化铝，三者成分不同，故C正确；
D．纯碱水解显碱性，油脂在碱性环境下水解，直馏汽油去油污是利用相似相溶原理，所以二者去油污原理不同，故D正确；
故选：B。
12、C
【解析】
A、I2能与淀粉发生显色反应，Cl2不能与淀粉发生显色反应，故A错误；
B、向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置，苯萃取溴水中的溴，苯与溴水不反应，故B错误；
C、银镜反应需在碱性条件下进行，向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，先加入氢氧化钠中和硫酸，然后加入银氨溶液，加热，才能判断蔗糖是否水解，故C正确；
D、向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠，不能证明Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]，故D错误。
13、B
【解析】
A.Ti和Ti:质子数都是22，故A错误；
B. Ti和Ti是同种元素的不同原子，因为最外层电子数相同，所以化学性质相同，故B正确；
C.46是Ti的质量数，不是其相对原子质量质量，故C错误；
D.Ti的原子序数为22,故D错误；
答案选B。
14、A
【解析】
A.当A外接电源正极时，A处的透明导电层作阳极，电致变色层中LiWO3转化为WO3和Li+，Li+进入离子储存层，故A错误；
B.当A外接电源负极时，A处的透明导电层作阴极，电致变色层发生反应为：WO3+Li++e-=LiWO3，故B正确；
C.当B外接电源正极时，A处的透明导电层作阴极，电致变色层中WO3转化为LiWO3，膜的透过率降低，可以有效阻挡阳光，故C正确；
D.该电致变色系统在较长时间的使用过程中，LiWO3与WO3相互转化，离子导体层中Li+的量可保持基本不变，故D正确；
综上所述，答案为A。
15、C
【解析】
在化学反应前后元素种类、原子数目和物质的总质量不变，分子数目可能变化，而物质种类一定发生变化，据以上分析解答。
【详解】
化学反应的实质是有新物质生成,从微观角度来看是原子的重新组合,反应中遵循质量守恒定律,反应前后元素原子守恒,所以化学反应前后肯定没变化的是①原子数目、③元素种类、④物质的总质量；而反应前后分子数目可以改变,物质种类也会改变；综上分析所述, ①③④反应前后不变；
综上所述，本题正确选项C。
16、B
【解析】
A项，I-与ClO-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；
B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，可以大量共存，故B选；
C项，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，故C不选；
D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，不能大量共存，故D不选，答案选B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、氯原子 氯气、光照 氧化反应 4mol +HBr 17
【解析】
A的核磁共振氢谱有三个波峰，结合F结构简式知，A为，A和氢氧化钠的水溶液发生水解反应然后酸化得到B为，B发生②的反应生成C为，C和氯气在光照条件下发生取代反应生成D，D发生水解反应然后酸化得到E，E发生氧化反应生成F，则E结构简式为，D为，F发生信息③的反应生成G，G结构简式为，G发生银镜反应然后酸化生成咖啡酸，红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键，咖啡酸结构简式为，咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代反应生成CAPE，CAPE结构简式为；
（7）以  和丙醛为原料（其他试剂任选）制备 ，发生信息②的反应，然后发生水解反应、催化氧化反应、③的反应得到目标产物。
【详解】
（1）根据分析，A的结构简式为，则A中官能团的名称为氯原子，
答案为：氯原子；
（2）根据分析，C为，D为，则 C和氯气在光照条件下发生取代反应生成D；
答案为：氯气、光照；
（3）根据分析，E结构简式为，E中的羟基发生氧化反应生成F中的醛基，则E生成F的反应类型为氧化反应，
答案为：氧化反应；
（4）根据分析，CAPE结构简式为，根据结构简式，1moCAPE含有2mol酚羟基，可消耗2mol NaOH，含有一个酯基，可消耗1molNaOH发生水解，CAPE水解后产生咖啡酸，含有羧基，可消耗1molNaOH，则1mol CAPE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为2mol+1mol+1mol=4mol，
答案为：4mol；
（5）咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代反应生成CAPE，CAPE结构简式为，咖啡酸生成CAPE的化学方程式为+HBr，
答案为：+HBr；
（6）G结构简式为，芳香化合物X是G(C9H8O3)的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明X中含有羧基，且与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，说明含有醛基，其核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为1:2:2:1:1:1，其符合要求的X的结构简式为，
答案为：；
（7）以  和丙醛为原料(其他试剂任选)制备 ,发生信息②的反应,然后发生水解反应、催化氧化反应、③的反应得到目标产物,其合成路线为，
答案为：。
18、焦炭 对二甲苯（或1,4-二甲苯） +2CH3OH+2H2O 酯基 取代反应 CH3OHCH3Cl
【解析】
采用逆推法，D中应该含有2个酯基，即，反应①的条件是乙醇，因此不难猜出这是一个酯化反应，C为对二苯甲酸，结合B的分子式以及其不饱和度，B只能是对二甲苯，从B到C的反应条件是酸性高锰酸钾溶液，固体A是煤干馏得到的，因此为焦炭，再来看下线，F脱水的产物其实是两个酸酐，因此F中必然有四个羧基，则E就是1,2,4,5-四甲苯，据此来分析本题即可。
【详解】
（1）固体A是焦炭，B的化学名称为对二甲苯（或1,4-二甲苯）
（2）反应①即酯化反应，方程式为+2CH3OH+2H2O；
（3）D中官能团的名称为酯基，注意苯环不是官能团；
（4）E是1,2,4,5-四甲苯，其分子式为，根据分析，F的结构简式为；
（5）根据给出的条件，X应该含有两个酯基，并且是由酚羟基形成的酯，再结合其有4种等效氢，因此符合条件的X的结构简式为；
（6）甲苯只有一个侧链，而产物有两个侧链，因此要先用已知信息中的反应引入一个侧链，再用酸性高锰酸钾溶液将侧链氧化为羧基，再进行酯化反应即可， 因此合成路线为CH3OHCH3Cl。
19、检验是否有I2生成 CCl4（苯、煤油） SO2 +4I− +4H+ == 2I2 +S+2H2O SO2将I2还原为I− 空气中的O2将SO2氧化为SO42− O2不是SO2氧化为SO42−的主要原因 3SO2+2H2O === 4H++ 2SO42− +S 向1 mL 1 mol·L−1 KI溶液中加入 5滴1 mol·L−1 KCl溶液后，再通入 SO2气体，观察现象
【解析】
（1）碘遇淀粉溶液蓝色，碘易溶于有机溶剂，且碘的四氯化碳溶液显紫红色；
（2）经检验，II中的浅黄色固体是硫。资料显示，在酸性条件下，SO2和KI溶液反应生成
①在酸性条件下，SO2和KI溶液反应S和I2，结合守恒法写出发生反应的离子方程式；
②离心分离后的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42-，说明I2能氧化SO2生成SO42-；
③空气中有氧气，也能氧化SO2；
④加入盐酸酸化的BaCl2溶液，几乎没有白色沉淀，说明溶液中无SO42-；
（3）I−是SO2转化的催化剂，可知SO2在反应中既被氧化生成SO42-，又被还原生成S，结合守恒法配平离子反应方程式；
（4）通过改变H+的浓度来判断SO2的转化速率是否发生改变；
【详解】
（1）利用碘遇淀粉溶液蓝色，加入淀粉溶液可检验反应中有碘生成；碘易溶于有机溶剂，也可以加入CCl4后振荡静置，看有机层是否显紫红色，来判断反应中有碘生成；
（2）①在酸性条件下，SO2和KI溶液反应S和I2，发生反应的离子方程式为SO2 +4I− +4H+ == 2I2 +S+2H2O；
②II中加入淀粉溶液不变色，说明I2被还原，结合SO2具有还原性，可假设SO2将I2还原为I−；
③乙同学认为空气中有氧气，也能将SO2氧化为SO42−，故不支持甲同学的上述假设；
④加入盐酸酸化的BaCl2溶液，几乎没有白色沉淀，说明溶液中无SO42-，由此可得出O2不是SO2氧化为SO42−的主要原因；
（3）I−是SO2转化的催化剂，可知SO2在反应中既被氧化生成SO42-，又被还原生成S，发生反应的离子反应方程式为3SO2+2H2O === 4H++ 2SO42− +S；
（4）向1 mL 1 mol·L−1 KI溶液中加入 5滴1 mol·L−1 KCl溶液后，再通入 SO2气体，观察现象，进而判断增大H+的浓度是否可加快SO2的转化速率。
20、HNO3 AgNO3 硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2） 该反应速率很小或反应的活化能较大 图乙 NO3-+4Fe+10H+=NH4++4Fe2++3H2O 加入足量稀硝酸加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀 不能 Fe2+可能被硝酸氧化或被氧气氧化
【解析】
（1）Fe过量，可能与硝酸反应生成硝酸亚铁，或Fe与硝酸银反应生成硝酸亚铁；
（2）①加硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2）作对比实验；
②1号试管中未观察到蓝色沉淀，与反应速率很小有关；
③发生NO3-+4Fe+10H+=NH4++4Fe2++3H2O，消耗氢离子，pH增大；
④实验过程中，溶液先变成浅绿色，而后逐渐呈棕黄色，但整个过程中并无NO气体产生，则NO3-中N转化为NH4+；
（3）Ag可溶于硝酸，不溶于盐酸；
（4）左侧烧杯溶液，加KSCN溶液，溶液变红，可知左侧含铁离子，左侧为正极，但亚铁离子可能被硝酸或氧气氧化。
【详解】
（1）提出猜想：Fe2+可能是Fe与HNO3或AgNO3反应的产物；
（2）①2号试管中所用的试剂为硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2），与1为对比实验；
②资料显示：该温度下，0.1mol•L-1的AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2+．但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为该反应速率很小或反应的活化能较大；
③反应中消耗氢离子，pH变大，则pH传感器测得的图示为图乙；
④实验测得2号试管中有NH4+生成，则2号试管中发生反应的离子方程式为NO3-+4Fe+10H+=NH4++4Fe2++3H2O；
（3）方案一：取出少量黑色固体，洗涤后加入足量稀硝酸加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀（或加入足量盐酸，有黑色固体剩余），证明黑色固体中有Ag；
（4）方案二：一段时间后取出左侧烧杯溶液，加入KSCN溶液，溶液变红，该实验现象不能证明Fe2+可被Ag+氧化，理由为Fe2+可能被硝酸氧化或被氧气氧化。
21、3p 3 p杂化 2 正四面体 SiH4(或CH4)、BH4 SiO32- 3BeO·Al2O3·6SiO2 4
【解析】
(1)根据构造原理，书写出Al的核外电子排布式，就可确定电子占据的最高能级的符号及其具有的轨道数目。
(2)Be原子的价层电子对个数是2且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Be原子杂化方式；二聚体Be2Cl4中每个Be的价层电子对个数是3且不含孤电子对，得出它的结构；每个Be2Cl4中每个Be原子含有1个配位键；
(3) LiAlH4的阴离子为AlH4-，先算出其价电子对数，确定是否有孤电子对，得到空间构型；等电子体是指原子总数相等，价电子总数相等的微粒，AlH4-的原子数为5，价电子数为8；根据图示的一个单链结构的多硅酸根，可得到化学式；
(4)根据硅酸盐用氧化物的形式表示时书写顺序：活泼金属氧化物、较不活泼金属氧化物、二氧化硅、水；用均摊方法计算晶胞中各种元素的原子个数，可得原子个数比和化学式，结合密度与物质质量关系确定晶胞参数，根据微粒相对位置确定O2-的配位数。
【详解】
(1)Al是13号元素，根据构造原理，可知基态Al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，能级最高的是3p能级，p能级有3个轨道，分别为px、py、pz轨道；
(2)在BeCl2分子中，Be的价层电子对个数是2且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Be原子杂化方式为sp；二聚体Be2Cl4中每个Be的价层电子对个数是3且不含孤电子对，得出它的结构为：；每个Be2Cl4中每个Be原子含有1个配位键，则每个 Be2Cl4中含有2个配位键，所以1mol Be2Cl4中含有2mol配位键；
(3)LiAlH4的阴离子为AlH4-，算出其价电子对数=4+=4，无孤电子对，因此离子的空间构型为正四面体形；等电子体是指原子总数相等，价电子总数相等的微粒，AlH4-的原子数为5，价电子数为8，故与其互为等电子体的为CH4、NH4+；根据图示的一个结构单元中含有1个硅、2+2×=3个氧原子，则Si与O的原子数之比为1：3，化学式为SiO32-；
(4)祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6O18，用氧化物的形式表示时书写顺序是：活泼金属氧化物、较不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以Be3Al2Si6O18可以表示为：3BeO•Al2O3•6SiO2；该晶胞中含有O2-个数=8=4、Be2+个数=4，晶胞质量m==g，氧化铍的密度为ρg/cm3，则晶胞体积V=，所以晶胞参数a=cm=，根据图示可知，O2-面心和顶点，由图看出距离最近的Be原子上下各2个，共四个，所以配位数为4。