2025-2026学年安徽省定远二中高三下学期尖子生专题训练（三）化学试题试卷含解析.doc

2025-2026学年安徽省定远二中高三下学期尖子生专题训练（三）化学试题试卷
考生请注意：
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、下列反应所得溶液中，一定只含一种溶质的是
A．向氯化铝溶液中加入过量的氨水
B．向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液
C．向稀硝酸中加入铁粉
D．向硫酸酸化的MgSO4溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液
2、下列结论不正确的是（ ）
①氢化物的稳定性：HF＞HCl＞SiH4 ②离子半径： Al3＋＞S2－＞Cl－ ③离子的还原性：S2－＞Cl－＞Br- ④酸性：H2SO4＞H3PO4＞HClO ⑤沸点： H2S＞H2O
A．②③⑤ B．①②③ C．②④⑤ D．①③⑤
3、汽车尾气含氮氧化物（NOX）、碳氢化合物(CXHY)、碳等，直接排放容易造成“雾霾”。因此，不少汽车都安装尾气净化装置（净化处理过程如图）。下列有关叙述，错误的是

A．尾气造成“雾霾”与汽油未充分燃烧有关
B．尾气处理过程，氮氧化物（NOX）被还原
C．Pt-Rh催化剂可提高尾气净化反应的平衡转化率
D．使用氢氧燃料电池作汽车动力能有效控制雾霾
4、苯甲酸的电离方程式为+H+，其Ka=6.25×10-5，苯甲酸钠（，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-。已知25℃时，H2CO3的Ka1=4.17×l0-7，Ka2=4.90×l0-11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外， 还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）（ ）
A．H2CO3的电离方程式为 H2CO32H++CO32-
B．提高CO2充气压力，饮料中c(A-)不变
C．当pH为5.0时，饮料中 =0.16
D．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
5、短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中。常温下Z单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是
A．元素Y的最高化合价为+6价
B．最简单氢化物的沸点：Y＞W
C．原子半径的大小顺序：W＞Z＞X＞Y
D．X、Z、W分别与Y均能形成多种二元化合物
6、对NaOH晶体叙述错误的是
A．存在两种化学键 B．含共价键的离子化合物
C．存在两种离子 D．含共价键的共价化合物
7、一场突如其来的“新冠疫情”让我们暂时不能正常开学。下列说法中正确的是
A．垃圾分类清运是防止二次污染的重要一环，废弃口罩属于可回收垃圾
B．为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒
C．以纯净物聚丙烯为原料生产的熔喷布，在口罩材料中发挥着不可替代的作用
D．中国研制的新冠肺炎疫苗已进入临床试验阶段，抗病毒疫苗需要低温保存
8、已知一组有机物的分子式通式，按某种规律排列成下表
项序
1
2
3
4
5
6
7
……
通式
C2H4
C2H4O
C2H4O2
C3H6
C3H6O
C3H6O2
C4H8
……
各项物质均存在数量不等的同分异构体。其中第12项的异构体中，属于酯类的有（不考虑立体异构）
A．8种 B．9种 C．多于9种 D．7 种
9、我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下，则下列说法正确的是（ ）

A．E为该反应的反应热
B．①→②吸收能量
C．CH4→CH3COOH过程中，有极性键的断裂和非极性键的形成
D．加入催化剂能改变该反应的能量变化
10、下列说法正确的是
A．在实验室用药匙取用粉末状或块状固体药品
B．pH试纸使用时不需要润湿，红色石蕊试纸检测氨气时也不需要润湿
C．蒸馏操作时，装置中的温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶中的液体中部
D．分液时下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体从分液漏斗上端倒出
11、下列反应不能用划线反应物所具有的类别通性解释的是（　　）
A．NaOH+HClO4→NaClO4+H2O B．H2CO3+Na2SiO3→H2SiO↓+Na2CO3
C．Zn+FeSO4→ZnSO4+Fe D．2FeCl3+2 NaI→2FeCl2+I2+NaCl
12、关于氮肥的说法正确的是（　　）
A．硫铵与石灰混用肥效增强 B．植物吸收氮肥属于氮的固定
C．使用碳铵应深施盖土 D．尿素属于铵态氮肥
13、配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时,下列操作可使所配制溶液浓度偏高的是( )
A．用量筒量取浓盐酸俯视读数 B．溶解搅拌时有液体飞溅
C．定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线 D．摇匀后见液面下降,再加水至刻度线
14、下列除杂方案正确的是
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
除杂方法
A
CO2（g）
SO2（g）
饱和NaHSO3溶液、浓H2SO4
洗气
B
NH4Cl（aq）
Fe3+（aq）
NaOH溶液
过滤
C
Cl2（g）
HCl（g）
饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4
洗气
D
SO2（g）
SO3（g）
浓H2SO4
洗气
A．A B．B C．C D．D
15、邻甲基苯甲酸主要用于农药、医药及有机化工原料的合成，其结构简式为，下列关于该物质的说法正确的是（　　）。
A．该物质能与溴水生成白色沉淀
B．该物质含苯环的同分异构体中能水解且含有甲基的共5种
C．1mol该物质最多能与4molH2生加成反应
D．该物质中所有原子共平面
16、下列有关说法不正确的是
A．钠与氧气反应的产物与反应条件有关
B．金属镁分别能在氮气、氧气、二氧化碳中燃烧
C．工业上主要采用高温冶炼黄铜矿的方法获得铜
D．二氧化硫能漂白某些物质，能使紫色石蕊试液先变红后褪色
二、非选择题（本题包括5小题）
17、A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，他们能发生如图所示的转化关系。若该元素用R表示，则A为R的氧化物，D与NaOH溶液反应生成C和H2。

请回答：
(1)写出对应物质的化学式：A________________； C________________； E________________。
(2)反应①的化学方程式为_______________________________________。
(3)反应④的离子方程式为_____________________________________。
(4)H2CO3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明：_______________________________。
18、氟喹诺酮是人工合成的抗菌药，其中间体G的合成路线如下：

(1)G中的含氧官能团为_____和_____(填名称)。
(2)由C→D的反应类型是_____。
(3)化合物X(分子式为C3H7N)的结构简式为_____。
(4)E到F过程中的反应物HC(OC2H5)3中最多有_____个碳原子共面。
(5)B和乙醇反应的产物为H(C8H6FCl2NO2)，写出该反应的化学方程式_______________ 。
写出满足下列条件的H的所有同分异构体的结构简式：_____________。
Ⅰ．是一种α﹣氨基酸；
Ⅱ．分子中有4种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环。
(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以 和ClMgCH(COOC2H5)2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)_____________。
19、硫酸铜是一种常见的化工产品，它在纺织、印染、医药、化工、电镀以及木材和纸张的防腐等方面有极其广泛的用途。实验室制备硫酸铜的步骤如下:

①在仪器a中先加入20g铜片、60 mL水，再缓缓加入17 mL浓硫酸:在仪器b中加入39 mL浓硝酸;在仪器c中加入20%的石灰乳150 mL。
②从仪器b中放出约5mL浓硝酸，开动搅拌器然后采用滴加的方式逐渐将浓硝酸加到仪器a中，搅拌器间歇开动。当最后滴浓硝酸加完以后，完全开动搅拌器，等反应基本停止下来时，开始用电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，立即将导气管从仪器c中取出，再停止加热。
③将仪器a中的液体倒出，取出未反应完的铜片溶液冷却至室温.析出蓝色晶体.回答下列问题:
（1）将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是__________。
（2）写出装置a中生成CuSO4的化学方程式:_______。
（3）步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，此时会产生的气体是______，该气体无法直接被石灰乳吸收，为防止空气污染，请画出该气体的吸收装置（标明所用试剂及气流方向）______。
（4）通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu（NO3）2,可来用重结晶法进行提纯，检验Cu（NO3）2是否被除净的方法是_______。
（5）工业上也常采用将铜在450 °C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4的优点是_______。
（6）用滴定法测定蓝色晶体中Cu2+的含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL用c mol·L-1EDTA（H2Y ）标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液b mL，滴定反应为Cu2++H2Y =CuY +2H+，蓝色晶体中Cu2+质量分数_____%.
20、甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]是一种新型补铁剂。某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)制备甘氨酸亚铁。

有关物质性质如下表所示：
甘氨酸(H2NCH2COOH)
易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸仲溶解度大于在乙醇中的溶解度。
柠檬酸
易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。
甘氨酸亚铁
易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸。
实验步骤如下：
Ⅰ.打开K1、K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入到c中。
Ⅱ.在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。
Ⅲ.反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。
回答下列问题：
（1）仪器b的名称是__，d的作用是__。
（2）步骤Ⅰ中将b中溶液加入到c中的操作是__；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有杂质___(写化学式)。
（3）c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是__。
（4）下列关于该实验的说法错误的是__(填写序号)。
a.步骤Ⅰ中可由d中导管冒出气泡的快慢来判断装置中的空气是否排尽
b.反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe2+被氧化
c.步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度
d.步骤Ⅲ中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂
（5）工业上常用高氯酸在非水体系中滴定甘氨酸的方法测定产品中的甘氨酸的含量。请设计实验，将所得粗产品中的甘氨酸分离出来直接用于滴定：___。
21、在气体分析中，常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下：2CuCl+2CO+2H2O＝Cu2Cl2•2CO•2H2O。
回答下列问题：
（1）Cu在元素周期表中属于______（选填“s”、“p”、“d”或“ds”）区元素。研究人员发现在高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+，基态Cu3+的电子排布式为______。
（2）C、N、O三种原子中的第一电离能最大的是______。NO3-离子的空间构型是______。
（3）CO与N2互称等电子体。
①它们的分子中都存在三个共价键，其中包含______个σ键，______个π键。
②下表为CO和N2的有关信息。
键的类型
A-B（单键）
A=B（双键）
A≡B（叁键）
键能（kJ/mol）
CO
351
803
1071
N2
159
418
946
根据表中数据，说明CO比N2活泼的原因是______。
（4）Cu2Cl2•2CO•2H2O是一种配合物，其结构如图所示：

①该配合物中氯原子的杂化方式为______。
②该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是______。
（5）阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X射线衍射法就是其中的一种。通过对CuCl晶体的X射线衍射图象分析，可以得出CuCl的晶胞如图所示，则距离每个Cu+最近的Cl-的个数为______。若晶体中Cl-呈立方面心最密堆积方式排列，Cl-的半径为apm，晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数NA=______（列计算式表达）。

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.氯化铝溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，所得溶液中由氯化铵和氨水混合而成，A不符合题意；
B.稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液生成氯化铝、氯化钠和水，B不符合题意；
C.稀硝酸中加入铁粉充分反应后所得溶液中可能含Fe（NO3）3、Fe（NO3）2、Fe（NO3）3和Fe（NO3）2、HNO3和Fe（NO3）3，C不符合题意；
D.硫酸酸化的MgSO4溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液生成氢氧化镁沉淀、硫酸钡沉淀、水，所得溶液中只有过量的Ba(OH)2，D符合题意；
答案选D。
2、A
【解析】
①非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性：F＞Cl＞Si，氢化物的稳定性：HF＞HCl＞SiH4，故①正确；
②Al3+核外两个电子层，S2-、Cl-核外三个电子层，电子层数相同时，核电荷数多，则半径小。故离子半径： S2－＞Cl－＞Al3＋，故②错误；
③非金属单质的氧化性越强，其离子的还原性越弱，单质的氧化性：Cl2＞Br2＞S离子的还原性：S2－＞Br-＞Cl－，故③错误；
④硫酸、磷酸都是最高价的含氧酸，由于非金属性：硫元素强于磷元素，所以硫酸酸性强于磷酸，磷酸是中强酸，而碳酸是弱酸，所以磷酸酸性强于碳酸，二氧化碳、水、次氯酸钙能反应生成碳酸钙和次氯酸，所以碳酸酸性强于次氯酸，所以酸性依次减弱：H2SO4＞H3PO4＞HClO，故④正确；
⑤H2S和H2O结构相似，化学键类型相同，但H2O中的O能形成氢键，H2S中的S不能，所以沸点：H2S<H2O，故⑤错误。
答案选A。
3、C
【解析】
A. 汽油未充分燃烧可增加氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，可造成“雾霾”，故A正确；
B. 尾气处理过程中，氮氧化物(NOx)中氮元素化合价降低，得电子，被还原，故B正确；
C. 催化剂只改变化学反应速率，不会改变平衡转化率，故C错误；
D. 使用氢氧燃料电池作汽车动力能减少含氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，能有效控制雾霾，故D正确。
故选C。
4、C
【解析】
A．H2CO3是弱酸，分步电离，电离方程式为 H2CO3H++HCO3-，故A错误；
B．提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，溶液中c(A-)减小，故B错误；
C．当pH为5.0时，饮料中===0.16，故C正确；
D．由题中信息可知，苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故D错误；
故选C。
5、B
【解析】
X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常用做溶剂的氢化物为H2O，则Y为O，极易溶于水的氢化物有HCl和NH3，X的原子序数小于Y，则X应为N；常温下Z单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，可以联想到铝在浓硫酸和浓硝酸中钝化，而W的原子序数大于Z，所以Z为Al，W为S；综上所述X为N、Y为O、Z为Al、W为S。
【详解】
A．Y为O元素，没有+6价，故A错误；
B．Y、W的简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间存在氢键，硫化氢分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故沸点 H2O＞H2S，故B正确；
C．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Z(Al)＞W(S)＞X(N)＞Y(O)，故C错误；
D．Al与O只能形成Al2O3，故D错误；
故答案为B。
6、D
【解析】
根据化学键的类型及其与物质类别间的关系分析。
【详解】
A. 为离子键，OH-内氢、氧原子间为共价键，A项正确；
B. NaOH由Na+、OH-构成，是含共价键的离子化合物，B项正确；
C. NaOH晶体中，有Na+、OH-两种离子，C项正确；
D. NaOH是含共价键的离子化合物，D项错误。
本题选D。
7、D
【解析】
A．使用过的口罩、手套等个人防护用品受到细菌、病毒感染属于有害垃圾，随意丢弃或者和生活垃圾混合有可能造成二次污染，对这些有害垃圾集中回收既能减少二次污染，也方便了对废弃口罩、手套等防护用品的集中处理，故A错误；
B．无水酒精是纯度较高的乙醇水溶液，99.5%的叫无水酒精，过高浓度的酒精使蛋白质凝固的本领很大，它却使细菌表面的蛋白质一下子就凝固起来，形成了一层硬膜。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，杀菌消毒效果降低，70%～75%的酒精称之为医用酒精，用于消毒效果最好，为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用医用杀菌消毒，故B错误；
C．聚丙烯是平常常见的高分子材料之一，高聚物的聚合度n值不同，分子式不同，不是纯净物，属于混合物，故C错误；
D．疫苗是将病原微生物(如细菌、立克次氏体、病毒等)及其代谢产物，经过人工减毒、灭活或利用基因工程等方法制成的用于预防传染病的自动免疫制剂，病毒疫苗主要成分是蛋白质，高温下蛋白质会变质，需要低温保存，故D正确；
答案选D。
8、B
【解析】
由表中规律可知，3、6、9、12项符合CnH2nO2，由C原子数的变化可知，第12项为C5H10O2，属于酯类物质一定含-COOC-。
【详解】
①为甲酸丁酯时，丁基有4种，符合条件的酯有4种；
②为乙酸丙酯时，丙基有2种，符合条件的酯有2种；
③为丙酸乙酯只有1种；
④为丁酸甲酯时，丁酸中-COOH连接丙基，丙基有2种，符合条件的酯有2种，
属于酯类的有4+2+1+2=9种，
故选：B。
9、C
【解析】
A. 根据图示E为该反应的活化能，故A错误；
B. ①→②的能量降低，过程为放热过程，故B错误；
C. 该过程中甲烷中的C-H键断裂，为极性键的断裂，形成CH3COOH的C-C键，为非极性键形成，故C正确；
D. 催化剂不能改变反应的能量变化，只改变反应的活化能，故D错误；
故答案为C。
10、D
【解析】
A、粉末状或小颗粒状固体，要利用药匙，块状固体药品要用镊子取用，故A错误；
B、红色石蕊试纸检测气体时需要润湿，而pH试纸使用时不需要润湿，故B错误；
C、蒸馏操作时，装置中的温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶中的支管口处，测的是蒸汽的温度，故C错误；
D、分液时下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体从分液漏斗上端倒出，故D正确；
故选D。
11、D
【解析】
A项、NaOH与HClO4反应属于中和反应，碱能与酸发生中和反应，故A能解释；
B项、碳酸的酸性比硅酸强，酸性比硅酸强的酸能制备硅酸，较强的酸能制备较弱的酸，故B能解释；
C项、活动性较强的金属单质能从活动性较弱的金属的盐溶液中置换出活动性较弱的金属，故C能解释；
D项、FeCl3与NaI发生了氧化还原反应，这不是卤化物通性，其他卤化钠大多数不能与氯化铁发生类似的反应，故D不能解释；
故选D。
12、C
【解析】
A．将硫酸铵与碱性物质熟石灰混合施用时会放出氨气而降低肥效，故A错误；
B．植物吸收氮肥是吸收化合态的氮元素，不属于氮的固定，故B错误；
C．碳酸氢铵受热容易分解，易溶于水，使用碳铵应深施盖土，避免肥效损失，故C正确；
D．尿素属于有机氮肥，不属于铵态氮肥，故D错误。
答案选C。
13、C
【解析】
根据C=n/V计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高．
【详解】
A、用量筒量取浓盐酸俯视读数会导致液体体积偏小，溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故A不选；
B、溶解搅拌时有液体飞溅，会导致溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故B不选；
C、定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线，会导致溶液的体积偏小，所配制溶液浓度偏高，故C选；
D、摇匀后见液面下降，为正常现象，如再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏低，故D不选。
故选：C。
本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的误差分析，题目难度中等，注意根据C=n/V计算不当操作对n或V的影响．
14、D
【解析】
A、除去CO2中混有SO2，常用饱和NaHCO3溶液，故A错误；
B、加入NaOH溶液，不仅Fe3＋能与NaOH反应，而且NH4＋也能与NaOH发生反应，故B错误；
C、除去Cl2中HCl，常用饱和NaCl溶液，不能用NaHCO3溶液，容易产生新的杂质CO2，故C错误；
D、SO3能溶于浓硫酸，SO2不溶于浓硫酸，因此可用浓硫酸除去SO2中混有SO3，故D正确；
答案为D。
15、B
【解析】
A．邻甲基苯甲酸中不含酚羟基，不能与溴水生成白色沉淀，故A错误；
B．能水解说明含有酯基，甲酸酯基与甲基处于邻、间、对位有3种，再加上苯甲酸甲酯和乙酸苯酯一共5种，故B正确；
C．该物质中只有苯环与氢气加成，则1mol该物质最多能与3mol氢气发生加成反应，故C错误；
D．甲基碳属于饱和碳原子，其与周围四个原子构成空间四面体结构，不能全部共面，故D错误。
综上所述，答案为B。
能与氢气发生加成反应是有苯环、碳碳双键、碳碳三键、醛基、酮，注意酯基和羧基不与氢气发生加成反应。
16、D
【解析】
A、钠与氧气反应常温下生成氧化钠，加热或点燃的条件下生成过氧化钠，故A正确；
B、镁与氮气燃烧生成氮化镁，与氧气燃烧生成氧化镁，与二氧化碳发生置换反应，生成碳单质和氧化镁，故B正确；
C、现代工业主要采用“火法炼铜”，即在高温条件下培烧黄铜矿，故C正确；
D、二氧化硫不能漂白石蕊，故D错误。
故选D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、SiO2 Na2SiO3 H2SiO3(或H4SiO4) SiO2＋2CSi＋2CO↑ Si＋2OH－＋H2O===SiO32-＋2H2↑ SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-(或SiO32-＋2CO2＋2H2O===H2SiO3↓＋2HCO3-)
【解析】
A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，该元素（用R表示）的单质能与NaOH溶液反应生成盐和氢气，则可推知该元素为硅元素，根据题中各物质转化关系，结合硅及其化合物相关知识可知，A与焦碳高温下生成D，则A为SiO2，D为Si，C为Na2SiO3，根据反应②或反应⑤都可推得B为CaSiO3，根据反应⑥推知E为H2SiO3；
（1）由以上分析可知A为SiO2，C为Na2SiO3，E为H2SiO3；
（2）反应①的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑；
（3）反应④的离子方程式为Si+2OH-+H2O＝SiO32-+2H2↑；
（4）H2CO3的酸性强于H2SiO3的酸性，可在硅酸钠溶液中通入二氧化碳，如生成硅酸沉淀，可说明，反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O＝H2SiO3↓+CO32-。
18、酯基 羰基 取代反应 5 或或  或
【解析】
(1)结合常见的官能团的结构和名称分析解答；
(2)对比C、D的结构，可知C中酰氯中氯原子被-CH(COOC2H5)2替代生成D；
(3)化合物X的分子式为C3H7N，对比F、G的结构，F中-OCH3被替代生成G，同时生成甲醇，据此分析判断X的结构；
(4)根据甲烷为四面体结构，单键可以旋转，分析判断；
(5)H(C8H6FCl2NO2)的一种同分异构体满足：Ⅰ．是一种α-氨基酸，说明氨基、羧基连接同一碳原子上，Ⅱ．分子中有4种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环，由于氨基、羧基中共含有的3个H原子是2种化学环境不同的氢，故另外3个H原子有2种不同的氢，应存在对称结构；
(6)模仿路线流程设计，发生催化氧化生成，进一步氧化生成，再与SOCl2作用生成，进一步与ClMgCH(COOC2H5)2反应生成，最后水解生成。
【详解】
(1)G的结构为，其中含有的含氧官能团有：酯基、羰基，故答案为酯基、羰基；
(2)对比C()、D()的结构，可知C中酰氯中氯原子被-CH(COOC2H5)2替代生成D，属于取代反应，故答案为取代反应；
(3)化合物X的分子式为C3H7N，对比F()、G()的结构，F中-OCH3被替代生成G，同时生成甲醇，则X结构简式为：，故答案为；
(4)甲烷为四面体结构，单键可以旋转，则HC(OC2H5)3中最多有5个碳原子共面，故答案为5；
(5)B()和乙醇反应的产物H为，反应的方程式为；H的分子式为C8H6FCl2NO2，H的一种同分异构体满足：Ⅰ．是一种α-氨基酸，说明氨基、羧基连接同一碳原子上，Ⅱ．分子中有4种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环，由于氨基、羧基中共含有的3个H原子是2种化学环境不同的氢，故另外3个H原子有2种不同的氢，应存在对称结构，H的同分异构体结构简式可能为：或或 或，故答案为；或或 或；
(6)以 和ClMgCH(COOC2H5)2为原料制备。模仿路线流程设计，发生催化氧化生成，进一步氧化生成，再与SOCl2作用生成，进一步与ClMgCH(COOC2H5)2反应生成，最后水解生成，合成路线流程图为：，故答案为。
本题的难点和易错点为(6)中合成路线的设计，要注意利用题干转化关系中隐含的信息进行知识的迁移；另一个易错点为(5)中同分异构体的书写，要注意不要漏写。
19、打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下 Cu + H2SO4 + 2HNO3 = CuSO4 +2NO2↑+2H2O NO 取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净 能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)
【解析】
Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，减少了能源消耗，生成的NO2和碱液反应生成硝酸盐或亚硝酸盐，制得的硫酸铜中含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色现象来分析。
【详解】
⑴将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下；故答案为：打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下。
⑵根据题中信息得到装置a中Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，其化学方程式：Cu + H2SO4 + 2HNO3 = CuSO4 +2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu + H2SO4 + 2HNO3 = CuSO4 +2NO2↑+2H2O。
⑶步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，二氧化氮与水反应生成NO，因此会产生的气体是NO，该气体无法直接被石灰乳吸收，NO需在氧气的作用下才能被氢氧化钠溶液吸收，因此为防止空气污染，该气体的吸收装置为；故答案为：NO；。
⑷通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色，故答案为：取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净。
⑸工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，工业上铜在450°C左右焙烧，需要消耗能源，污染较少，工艺比较复杂，而本实验减少了能源的消耗，生成的氮氧化物可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作；故答案为：能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)。
⑹根据反应为Cu2++H2Y =CuY +2H+，得出n(Cu2+) = n(H2Y) = c mol∙L−1×b×10−3L×5 =5bc×10−3 mol，蓝色晶体中Cu2+质量分数；故答案为：。
20、蒸馏烧瓶 防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化 关闭K3，打开K2 Fe(OH)2 2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O ad 将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液
【解析】
先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出；得到的产品中混有甘氨酸杂质，可用冰醋酸洗涤。
【详解】
(1)根据b的结构特点可知其为蒸馏烧瓶；d中导管插入液面以下，可以形成液封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化；
(2)关闭K3，打开K2，产生的气体可将b中溶液压入c中；pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀；
(3)反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；
(4)a．空气排尽后也会有氢气冒出，气泡产生的速率与空气是否排尽无关，故a错误；
b．根据题目信息可知柠檬酸具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，故b正确；
c．根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇可以降低其溶解度，使其从溶液中析出，故c正确；
d．甘氨酸亚铁易溶于水，用水洗涤会造成大量产品损失，故d错误；
综上所述选ad；
(5)甘氨酸和甘氨酸均易溶于水，但甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液。
解决本题的关键是对题目提供信息的理解，通常情况下洗涤产品所用的洗涤液要尽量少的溶解产品，而尽量多的溶解杂质。
21、ds[Ar]3d8N平面三角形12CO中断裂第一个π键的键能比N2的第一个π键的键能小很多，CO的第一个π键容易断sp3电负性：C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对4
【解析】
（1）Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，为ds区元素；Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，变成Cu3+需失去3个电子，从最外层开始失去，所以Cu3+的核外电子排布为[Ar]3d8；
（2）同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，则C、N、O三种原子中的第一电离能最大的是N；对于，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=3+=3，则其空间构型为平面三角形；
（3）①据N2分子的结构N≡N可知，分子中包含1个σ键、2个π键，故答案为：1；2；
②CO中C≡O→C=O，放出：1071kJ/mol-803kJ/mol=268kJ/mol，N2中N≡N→N=N，放出：946kJ/mol-418kJ/mol=528kJ/mol，由此可知反应中，CO中第一个π键的键能比N2的小很多，CO的第一个键容易断；
（4）①根据图中，氯原子形成了四条共价键，即有四条杂化轨道，杂化类型为sp3；
②C的电负性小于O，对孤电子对吸引能力弱，给出电子对更容易，CO作配体时，配位原子是C而不是O；
（5）图示晶胞中不能观察到完成的Cu+的成键，但根据Cl原子的成键情况判断Cu+的情况，图中观察到每个Cl原子周围有4个Cu+距离最近，因CuCl中离子个数比为1：1，故距离每个Cu+最近的Cl-的个数是4个；若晶体中Cl-呈立方面心最密堆积方式排列，Cl-的半径为apm，则晶胞棱长为4a××10-10cm，故晶胞体积为(4a××10-10cm)3，晶胞中Cl原子数目为4，CuCl中离子个数比为1:1，故Cu原子数目为4，则(4a××10-10cm)3×ρg/cm3=，整理得：。