2025-2026学年云南省昆明八中化学高三上期末质量检测模拟试题.doc

2025-2026学年云南省昆明八中化学高三上期末质量检测模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、NA 代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．46g 乙醇中存在的共价键总数为 7NA
B．34g 硫化氢在足量的氧气中燃烧转移电子总数为 8NA
C．标准状况下，22.4LHF 含有的原子数为 2NA
D．64gCaC2 晶体中阴离子和阳离子总数为 2NA
2、以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是

A．反应1中，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化
B．从母液中可以提取Na2SO4
C．反应2中，H2O2做氧化剂
D．采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解
3、下列离子方程式正确的是
A．Cl2通入水中：Cl2+H2O = 2H++Cl-+ClO-
B．双氧水加入稀硫酸和KI溶液：H2O2＋2H＋＋2I－=I2＋2H2O
C．用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋
D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32－＋4H＋=SO42－＋3S↓＋2H2O
4、洛匹那韦是一种 HIV-1 和 HIV-2 的蛋白酶的抑制剂， 下图是洛匹那韦的结构简式，下列 有关洛匹那韦说法错误的是

A．在一定条件下能发生水解反应 B．分子中有四种含氧官能团
C．分子式是 C37H48N4O4 D．分子间可形成氢键
5、下列实验方案不能达到实验目的的是（）

A．图A装置Cu和稀硝酸制取NO
B．图B装置实验室制备Cl2
C．图C装置实验室制取乙酸乙酯
D．图D装置若溴水褪色则证明石蜡油分解产生不饱和烃
6、高纯氢的制备是目前的研究热点，利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图所示。下列有关说法正确的是

A．连接K1可以制取O2
B．电极2发生反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-
C．电极3的主要作用是通过NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移
D．连接K2溶液的pH减小
7、用NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是（ ）
①1mol氯气发生反应转移电子数为2NA
②12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为1NA
③在标准状况下，22.4LH2O中的O原子数为NA
④17g羟基中含有的电子数为10NA
⑤1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA
⑥20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，Fe3+和SO42-离子数的总和小于NA
A．①②⑤ B．①④⑥ C．①②⑥ D．②⑤⑥
8、黄铜矿（CuFeS2）是提取铜的主要原料，其煅烧产物Cu2S在1200℃高温下继续反应：2Cu2S+3O2→2Cu2O+2SO2…①2Cu2O+Cu2S→6Cu+SO2…②．则
A．反应①中还原产物只有SO2
B．反应②中Cu2S只发生了氧化反应
C．将1 molCu2S冶炼成 2mol Cu，需要O21mol
D．若1molCu2S完全转化为2molCu，则转移电子数为2NA
9、常温下，向甲胺溶液中滴加的盐酸，混合溶液的pH与相关微粒的浓度关系如图所示。已知：甲胺的。图中横坐标x的值为

A．0 B．1 C．4 D．10
10、常温下，将NaOH溶液滴加到HA溶液中，测得混合溶液的pH与p转化关系如图所示[已知：p=-lg]。下列叙述错误的是（）

A．m点：c(A-)=c(HA)
B．Ka(HA)的数量级为10-6
C．水的电离程度：m<r
D．r点：c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)
11、下列属于非电解质的是
A．酒精 B．硫酸钡 C．液氯 D．氨水
12、下列化学用语正确的是
A．CCl4分子的比例模型： B．CSO的电子式：
C．对硝基苯酚的结构简式： D．16O的原子结构示意图：
13、不能判断甲比乙非金属性强的事实是（）
A．常温下甲能与氢气直接化合，乙不能
B．甲的氧化物对应的水化物酸性比乙强
C．甲得到电子能力比乙强
D．甲、乙形成的化合物中，甲显负价，乙显正价
14、下列实验操作能达到实验目的的是
A．稀释浓硫酸时，应将水沿容器内壁慢慢加入浓硫酸中
B．用润湿的pH试纸测溶液的pH值，一定会引起误差
C．蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，并加垫石棉网加热
D．石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再继续加热蒸馏
15、某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是

A．该装置工作时，H+从a极区向b极区迁移
B．该装置将化学能转化为光能和电能
C．a电极的反应式为3CO2＋18H＋－18e－=C3H8O＋5H2O
D．每生成3 mol O2，有88 g CO2被还原
16、下列物质溶于水后溶液因电离而呈酸性的是（ ）
A．KCl B．Na2O C．NaHSO4 D．FeCl3
二、非选择题（本题包括5小题）
17、苯二氮卓类药物氟马西尼（F）的合成路线如下图所示。请回答下列问题：

（1）A中官能团有氟原子、_____和________。（均填名称）
（2）C3H5O2Cl的结构式为________。
（3）反应①和②的反应类型相同，其反应类型是___________。
（4）化合物 D的分子式为___________。
（5）反应⑤生成“ 物质 F” 和 HCl，则 E→F的化学反应方程式为________。
（6）是 F的同分异构体，其中 X部分含—COOH且没有支链，满足该条件的同分异构体有______种（不考虑立体异构）。
（7）已知氨基酸之间脱水能够形成含肽键的化合物，请设计由甘氨酸（HOOCCH2NH2）和CNCH2COOC2H5制备的合成路线________（无机试剂任选）。
18、化合物I是一种药物合成中间体，与I相关的反应如下：

根据以上信息回答下列问题。
(1)B→C的反应类型是___________。
(2)写出D→E的化学方程式___________。
(3)下列说法正确的是____________
A．物质H中的官能团X为—COOH B．物质C是纯净物
C．有机物A和B以任意物质的量之比混合，只要混合物的总物质的量相同，那么混合物充分燃烧消耗的氧气的量相同
D．工业上用物质B与O2在催化剂条件下可生产环氧乙烷
(4)实验室取1.96g G完全燃烧，将燃烧产物通过碱石灰，碱石灰质量增加4.68g；若将燃烧产物通过浓硫酸，浓硫酸的质量增加0.72g。G的分子式是___________。
19、实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应装置如图所示)

(1)制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是______(填序号)
A．往烧瓶中加入MnO2粉末 B．加热 C．往烧瓶中加入浓盐酸
(2)制备反应会因盐酸浓度下降而停止.为测定已分离出过量MnO2后的反应残余液中盐酸的浓度，探究小组提出下列实验方案：
甲方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量。
乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。
丙方案：与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量。
丁方案：与足量Zn反应，测量生成的H2体积。
继而进行下列判断和实验：判定甲方案不可行，理由是______________。
(3)进行乙方案实验： 准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。
a.量取试样20.00 mL，用0.1000 mol·L-1NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为_____mol·L-1
b.平行滴定后获得实验结果。
采用此方案还需查阅资料知道的数据是：________。
(4)丙方案的实验发现，剩余固体中含有MnCO3，说明碳酸钙在水中存在______，测定的结果会：______(填“偏大”、“偏小”或“准确”)
(5)进行丁方案实验：装置如图所示(夹持器具已略去)

①使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将_________转移到_____________中。
②反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变。气体体积逐次减小的原因是______(排除仪器和实验操作的影响因素)。
20、焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可作为贮存水果的保鲜剂。现欲制备焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质。
Ⅰ.制备Na2S2O5
可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体(试剂不重复使用)。
焦亚硫酸钠的析出原理：2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)

（1）如图装置中仪器A的名称是___。A中发生反应的化学方程式为___。仪器E的作用是___。
（2）F中盛装的试剂是___。
Ⅱ.探究Na2S2O5的还原性
（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去。反应的离子方程式为___。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是防止食品___。
Ⅲ.测定Na2S2O5样品的纯度。
（4）将10.0gNa2S2O5样品溶解在蒸馏水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入过量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高锰酸钾溶液，充分反应后，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5样品的纯度为___%（保留一位小数），若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，会导致Na2S2O5样品的纯度___。（填“偏高”、“偏低”）
21、硼元素的单质和化合物很多，我们可以利用所学知识认识和理解它们。
（1）硼元素位于元素周期表的__________区；硼元素的价电子排布式为_________。
（2）B、C、Si与H、O原子形成的单键和B、C、Si原子自成单键的键能如下表所示：
化学键

键能
389
411
318
561
358
452
293
346
222
①自然界中硼主要以含氧化合物的形式存在的原因是_____________。
②类似于烷烃，B、Si也有一系列氢化物，但从物质数量角度看：硅烷＜硼烷＜烷烃。原因是_________。
③推测晶体B的晶体类型是__________。
（3）乙硼烷具有强还原性，它和氢化锂反应生成硼氢化锂，硼氢化锂常用于有机合成。由和构成。中B原子的杂化轨道类型为_______；中三种元素电负性由大到小的顺序是__________（写元素符号）。
（4）氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。可通过下列反应得到：
①□内物质的空间构型为__________。
②在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，晶体的层间距为a pm，键键长为b pm，则六方氮化硼晶体的密度为__________（用表示阿伏加德罗常数的值）。

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. 每个乙醇分子有5个C-H键、1个C-C、1个C-O键、1个O-H键，46g 乙醇中存在的共价键总数为 8NA，故A错误；
B．2 H2S＋3O2=2SO2＋2H2O，1mol硫化氢转移6mol电子，34g 硫化氢在足量的氧气中燃烧转移电子总数为 6NA，故B错误；
C. 标准状况下，22.4LHF是液态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故C错误；
D．CaC2由Ca2＋和C22－构成，64gCaC2 晶体中阴离子和阳离子总数为 2NA，故D正确；
故选D。
2、C
【解析】A. 在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO3－＋SO2=SO42－＋2ClO2，根据方程式可知，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化，故A正确；B. 根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故B正确；C. 在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；D. 减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，故D正确；答案选C。
3、B
【解析】
A、Cl2通入水中的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故A错误；
B、双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H++2I-═I2+2H2O，故B正确；
C、用铜作电极电解CuSO4溶液，实质为电镀，阳极Cu失去电子，阴极铜离子得电子，故C错误；
D、Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故D错误。
故选B。
4、C
【解析】
A. 根据图示结构简式知，结构中含有肽键（），在一定条件下能发生水解反应，故A正确；
B. 根据图示结构简式知，分子中有肽键、羰基、羟基、醚键四种含氧官能团，故B正确；
C. 根据图示结构简式知，分子中含有5个O原子，故C错误；
D. 结构中含有羟基，则分子间可形成氢键，故D正确；
故选C。
高中阶段主要官能团：碳碳双键、碳碳叁键、卤原子、羟基、醛基、羰基、羧基、酯基、硝基、氨基（主要前8个）等，本题主要题干要求是含氧官能团。
5、C
【解析】
A．Cu和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮不溶于水，能够用排水法收集，可制取NO，故A正确；
B．高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气密度大于空气，氯气有毒，尾气需要用氢氧化钠溶液吸收，可以制备氯气，故B正确；
C．乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，应选饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，故C错误；
D．不饱和烃能和溴水发生加成反应而使溴水褪色。该实验产生的气体能使溴水褪色，说明石蜡油分解生成不饱和烃，故D正确；
答案选C。
6、C
【解析】
A. 连接K1，电极1为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，氢气在阴极生成，故A错误；
B. 电极2为阳极，阳极发生氧化反应，氢氧根离子被氧化生成氧气，电极方程式为4OH-4e-═2H2O+O2↑，故B错误；
C. 电极3可分别连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOH⇌Ni(OH)2的转化，提供电子转移，故C正确；
D. 连接K2，电极3为阴极，电极反应为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，电极2为阳极，电极反应为4OH-4e-═2H2O+O2↑，总反应为4NiOOH+2H2O=4Ni(OH)2+ O2↑，反应消耗水，则溶液碱性增强，pH增大，故D错误；
故选C。
7、D
【解析】
①将1mol氯气通入足量氢氧化钠溶液中，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应转移的电子数为1mol，转移的电子数等于NA，故①错误；
②12.0g熔融的NaHSO4的物质的量为0.1mol，0.1mol熔融硫酸氢钠电离出0.1mol钠离子和0.1mol硫酸氢根离子，所以含有的阳离子数为0.1NA，故②正确；
③在标准状况下，水不是气体，不能使用标况下气体摩尔体积计算22.4LH2O中的物质的量，故③错误；
④17g羟基的物质的量为1mol，1mol羟基中含有9mol电子，含有的电子数为9NA，故④错误；
⑤1mol Na2O和Na2O2的混合物中含有2mol钠离子和1mol阴离子，总共含有3mol阴阳离子，含有的阴、阳离子总数是3NA，故⑤正确；
⑥20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，含溶质硫酸铁的物质的量为0.02mol，含有Fe3+为0.04mol，含有SO42-为0.06mol，因为铁离子发生水解，溶液中铁离子数目减少，所以Fe3+和SO42-离子的总物质的量小于1mol，Fe3+和SO42-离子的总物质的量小于NA，故⑥正确；所以②⑤⑥符合题意；
答案选D。
熔融的NaHSO4的电离出钠离子和硫酸氢根离子，而NaHSO4溶液则能电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，注意两者区别。
8、C
【解析】
反应①中S化合价变化为：-2→+4，O化合价变化为：0→-2；反应②中，Cu化合价变化为：+1→0，S化合价变化为：-2→+4。可在此认识基础上对各选项作出判断。
【详解】
A．O化合价降低，得到的还原产物为Cu2O和SO2，A选项错误；
B． 反应②中Cu2S所含Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以Cu2S既发生了氧化反应，又发生了还原反应，B选项错误；
C． 将反应①、②联立可得：3Cu2S+3O2→6Cu+3SO2，可知，将1 molCu2S冶炼成 2mol Cu，需要O21mol，C选项正确；
D． 根据反应：3Cu2S+3O2→6Cu+3SO2，若1molCu2S完全转化为2molCu，只有S失电子，：[ (4-(-2) ]mol=6mol，所以，转移电子的物质的量为6mol，即转移的电子数为6NA，D选项错误；
答案选C。
氧化还原反应中，转移的电子数=得电子总数=失电子总数。
9、A
【解析】
已知甲胺的，说明甲胺为弱碱，在水中的电离方程式为，则甲胺的电离常数为，a点溶液的，，则代入，，，故，故选A。
10、B
【解析】
A.由图像可知m点所示溶液中p=-lg=0，=1，则m点c(A-)=c (HA)，A正确；
B. Ka(HA)只与温度有关，可取m点分析，Ka(HA)= ，由于=1，Ka(HA) =c(H+)=10-4.76，B错误；
C. 由A项知m点c (A-)=c (HA)，r点时由横坐标可知，=100，即c(A-)>c (HA)，说明r点溶液中A-浓度大于m点，水的电离程度：m<r，C正确；
D. r点溶液中电荷守恒关系为：c (H+)+c (Na+)=c (A-)+c (OH-)，D正确；
故选B。
水溶液中的图像题，解题关键在于认真读懂图像，横坐标、纵坐标、线的走势、尤其是特殊点的分析，如本题中的m点。
11、A
【解析】
A. 酒精是化合物，在水溶液和熔融状态下都不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，A符合题意；
B. 硫酸钡是盐，难溶于水，溶于水的BaSO4会完全电离产生Ba2+、SO42-，属于强电解质，B不符合题意；
C. 液氯是液态Cl2单质，不属于电解质，也不属于非电解质，C不符合题意；
D. 氨水是混合物，不是化合物，不属于电解质和非电解质，D不符合题意；
故合理选项是A。
12、B
【解析】
A.四氯化碳中的氯原子半径比碳原子半径大，故其比例模型错误；
B. CSO的电子式应类似二氧化碳的电子式，即氧原子和碳原子之间形成两对共用电子，故正确；
C. 对硝基苯酚中的硝基中的氮原子与苯环上的碳原子连接，故结构简式为，故错误；
D. 16O的原子中质子数为8，核外电子数为8个，故原子结构示意图正确。
故选C。
13、B
【解析】
A．元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，与H2化合越容易，与H2化合时甲单质比乙单质容易，元素的非金属性甲大于乙，A正确；
B．元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，甲、乙的氧化物不一定是最高价氧化物，不能说明甲的非金属性比乙强，B错误；
C．元素的非金属性越强，得电子能力越强，甲得到电子能力比乙强，能说明甲的非金属性比乙强，C正确；
D．甲、乙形成的化合物中，甲显负价，乙显正价，则甲吸引电子能力强，所以能说明甲的非金属性比乙强，D正确。
答案选B。
【点晴】
注意非金属性的递变规律以及比较非金属性的角度，侧重于考查对基本规律的应用能力。判断元素金属性(或非金属性)的强弱的方法很多，但也不能滥用，有些是不能作为判断依据的，如：①通常根据元素原子在化学反应中得、失电子的难易判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据得、失电子的多少。②通常根据最高价氧化物对应水化物的酸碱性的强弱判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据其他化合物酸碱性的强弱来判断。
14、D
【解析】
A. 稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿容器内壁慢慢加入水中并不断用玻璃板搅拌，故A错误；
B. 用润湿的pH试纸测溶液的pH值，可能会引起误差，测酸、碱有误差，但测中性的盐溶液没有误差，故B错误；
C. 蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，直接加热，故C错误；
D. 石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再继续加热蒸馏，故D正确。
综上所述，答案为D。
pH试纸测溶液的pH值时不能湿润，不能测漂白性的溶液的pH值，不能测浓溶液的pH值。
15、D
【解析】
A. a与电源负极相连，所以a是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，A项错误；
B. 该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，B项错误；
C. a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H++18e-=C3H8O+5H2O，C项错误；
D. 电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，也就是3mol的氧气，阴极有2mol的二氧化碳被还原，所以被还原的二氧化碳为88g，D项正确；
答案选D。
16、C
【解析】
电解质溶液因为因电离而呈酸性，说明该电解质是酸或酸式盐。
【详解】
A．KCl为强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故A错误；
B．Na2O溶于水反应生成氢氧化钠，溶液显碱性，故B错误；
C．NaHSO4是强酸强碱酸式盐，在溶液中不水解，能够电离出氢离子使溶液呈酸性，故C正确；
D．FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子水解溶液显酸性，故D错误；
故选：C。
易错点D，注意题干要求：溶液因电离而呈酸性。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、氨基 羧基 ClCOOC2H5 取代反应 C10H9N2O2F +CNCH2COOC2H5+HCl 3
【解析】
根据合成路线可知，A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B，B与C2H5OH发生酯化反应并成环得到C，C与CH3NHCH2COOH反应生成D，D经过反应④得到E，E与CNCH2COOC2H5反应得到F和HCl，据此分析解答问题。
【详解】
(1)A的结构简式为，分子中含有的官能团有氟原子、氨基和羧基，故答案为：氨基；羧基；
(2)根据上述分析可知，A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B，B的结构简式为，逆推可得C3H5O2Cl的结构简式为ClCOOC2H5，故答案为：ClCOOC2H5；
(3)反应①为A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B，反应②为B与C2H5OH发生酯化反应并成环得到C，两者都是取代反应，故答案为：取代反应；
(4)化合物D的结构式为，根据各原子的成键原理，可知其分子式为C10H9N2O2F，故答案为：C10H9N2O2F；
(5)E与CNCH2COOC2H5反应得到F和HCl，反应方程式为：+CNCH2COOC2H5+HCl，故答案为：+CNCH2COOC2H5+HCl；
(6)是 F的同分异构体，则X为—C4H7O2，又X部分含—COOH且没有支链，则X有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(COOH)CH3、—CH(COOH)CH2CH33种结构，即满足条件的同分异构体有3种，故答案为：3；
(7)结合题干信息，制备时，可先将甘氨酸（HOOCCH2NH2）脱水缩合得到，在与POCl3反应得到，与CNCH2COOC2H5反应制得，合成路线为，故答案为：。
18、加聚反应 CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O ACD C9H8O5
【解析】
C为聚乙烯，那么B为乙烯，B生成C的反应即加聚反应；由A依次生成D，E，F的条件可知，A中一定有羟基，所以A为乙醇；由G生成H的条件可知，G中一定含有羟基，H中一定含有羧基，所以H中的-X即为羧基；根据(4)中提供的燃烧的相关信息，可计算出G的分子式，结合前面推出的信息就可以确定G的结构中含有两个羧基，1个羟基。
【详解】
(1)通过分析可知，B生成C即乙烯生成聚乙烯的反应，反应类型为加聚反应；
(2)D生成E的反应即乙醛与弱氧化剂Cu(OH)2反应的反应；方程式为：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O；
(3)A．通过分析可知，H中X的官能团为羧基，A项正确；
B． 物质C为聚乙烯，高分子有机化合物都是混合物，B项错误；
C．A为乙醇，1mol乙醇完全燃烧消耗3molO2；B为乙烯，1mol乙烯完全燃烧消耗也是3molO2，所以A与B无论何种比例混合，只要混合物的总物质的量相同，则完全燃烧消耗的氧气的量就相同，C项正确；
D．乙烯可以在银的催化下与O2反应生成环氧乙烷，工业上可以采用这种方法生产环氧乙烷，D项正确；
答案选ACD；
(4) 1.96gG中含有H0.08g即0.08mol，含有C1.08g即0.09mol，那么O的质量为0.8g即0.05mol，再结合推断流程分析可知，G分子式为C9H8O5。
有机推断题中，物质的推断一方面可以通过反应条件猜测有机物的结构特点，另一方面也可以通过有机物燃烧的规律判断有机物的组成。
19、ACB 残余清液中，n(Cl-)＞n(H+) 0.1100 Mn2+开始沉淀时的pH 沉淀溶解平衡 偏小 锌粒 残余清液 装置内气体尚未冷却至室温
【解析】
(1)依据反应物及制取气体的一般操作步骤分析解答；
(2)甲方案中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应；
(3)依据滴定实验过程中的化学反应列式计算；
(4)部分碳酸钙沉淀转化成碳酸锰沉淀，会造成称量剩余的固体质量偏大；
(5)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气的反应为放热反应分析解答。
【详解】
(1)实验室用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2，实验顺序一般是组装装置，检查气密性，加入固体药品，再加入液药品，最后再加热，因此检查装置气密性后，先加入固体，再加入液体浓盐酸，然后加热，则依次顺序是ACB，故答案为：ACB；
(2)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应，即残余清液中，n(Cl-)＞n(H+)，不能测定盐酸的浓度，所以甲方案错误，故答案为：残余清液中，n(Cl-)＞n(H+)(或二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，也会与硝酸银反应)；
(3)a、量取试样20.00mL，用0.1000mol•L-1 NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，由cHClVHCl=cNaOHVNaOH可得出盐酸的浓度为=0.1100mol/L；故答案为：0.1100；
b、反应后的溶液中含有氯化锰，氯化锰能够与NaOH反应生成氢氧化锰沉淀，因此采用此方案还需查阅资料知道的数据是Mn2+开始沉淀时的pH，故答案为：Mn2+开始沉淀时的pH；  
(4)难溶性碳酸钙转化为碳酸锰说明实现了沉淀的转化，说明碳酸钙在水中存在沉淀溶解平衡；由于部分碳酸钙转化成碳酸锰沉淀，导致称量剩余的固体质量会偏大，使得盐酸的量偏少，实验结果偏小，故答案为：沉淀溶解平衡；偏小；
(5)①丁同学的方案中使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将Y形管中的锌粒慢慢转移到残余清液中反应，故答案为：锌粒；残余清液；
②金属与酸的反应为放热反应，反应完毕，气体温度较高，因此随着时间的延长，气体体积逐渐减小，当温度冷却到室温后，气体体积不再改变，故答案为：装置内气体尚未冷却至室温。
掌握气体制备实验的一般步骤和实验探究方法是解题的关键。本题的易错点为(5)②，要注意金属与酸的反应为放热反应。
20、三颈烧瓶 Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4 防倒吸 浓NaOH溶液 5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O 氧化变质 95.0 偏高
【解析】
A三颈烧瓶中制备二氧化硫，发生Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4，生成的二氧化硫通入D装置，发生Na2SO3+SO2＋H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)，仪器E的作用是防倒吸，F吸收尾气。据此解答。
【详解】
Ⅰ（1）装置中仪器A的名称是三颈烧瓶。A中发生反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4。二氧化硫易溶于水，仪器E的作用是防倒吸。
故答案为：三颈烧瓶；Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2＋Na2SO4；防倒吸；
（2）二氧化硫有毒，排到空气中会污染空气，SO2是酸性氧化物，可用碱溶液吸收，题干中只提供了一种试剂--浓NaOH溶液，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液。
故答案为：浓NaOH溶液；
Ⅱ.（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去，说明MnO4－将S2O52－氧化生成硫酸根离子。反应的离子方程式为5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是：利用焦亚硫酸钠的还原性，防止食品氧化变质。
故答案为：5S2O5－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O；氧化变质；
Ⅲ.（4）由关系式：5SO32－～2MnO4－，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，消耗Na2SO3溶液20.00mL，剩余的n(MnO4－)= ×0.2500mol/L×20.00×10-3L=2.000×10-3mol，再由5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O得：Na2S2O5样品的纯度为= ×100%=95.0%；若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，使Na2SO3标准液的体积偏低，算出的剩余高锰酸钾偏低，与Na2S2O5样品反应的高锰酸钾偏高，会导致Na2S2O5样品的纯度偏高；
故答案为：95.0；偏高。
21、p 键键能很大，导致B主要以含氧化合物的形式存在 、键的键能比、键的键能大，但比、键的键能小，因此硼烷虽有一定数量，但少于烷烃，多于硅烷 原子晶体 三角锥形
【解析】
（1）根据B的核外电子排布式可知；
（2）根据键能判断；
（3）根据价层电子对数判断杂化轨道类型；根据LiBH4中B和H的化合价判断电负性；
（4）①根据元素守恒可知方框内的物质是，其空间构型为三角锥形。②计算六棱柱体积和一个六棱柱的质量即可计算密度。
【详解】
（1）硼元素位于第ⅢA族，位于元素周期表的p区；硼元素的核外电子排布式为1s22s22p1，价电子排布式为2s22p1。
答案：p 2s22p1
（2）①自然界中硼主要以含氧化合物的形式存在的原因是B-O键键能很大，导致B主要以含氧化合物的形式存在；
答案：B-O键键能很大，导致B主要以含氧化合物的形式存在
②B-B、B-H键的键能比Si-Si、Si-H键的键能大，但比C-C、C-H键的键能小，因此硼烷虽有一定数量，但少于烷烃，多于硅烷；
答案：B-B、B-H键的键能比Si-Si、Si-H键的键能大，但比C-C、C-H键的键能小，因此硼烷虽有一定数量，但少于烷烃，多于硅烷
③B-B的键能比Si-Si的键能还大，根据键能数据可判断出B是原子晶体；
答案：原子晶体
（3）BH4－中B原子的价层电子对数为4，则其杂化轨道类型为sp3杂化。LiBH4中阴离子为BH4－，显然B是价，H是价，所以H的电负性大于B。而Li是金属元素，其电负性必定小于B的电负性。
答案：sp3 H>B>Li
（4）①根据元素守恒可知方框内的物质是，其空间构型为三角锥形。②以一个六棱柱为研究对象，每一层的底面为正六边形，其面积为6×1/2×b2×sin60°=b2pm2，六棱柱的高为a pm，六棱柱的体积为V=ab2pm3。一个六棱柱中平均拥有1个B原子、1个N原子，一个六棱柱的质量m=g，所以晶体的密度为m/V=；
答案：三角锥形