1、河南省鹤壁市高级中学2021届高三化学上学期第一次模拟测试（8月段考）试题（含解析）可能用到的相对原子质量：C-12 H-1 O-16 Al-27 Fe-56 Zn-65 Cu-64 I-127一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1. 生活离不开化学。某种金属制成的器皿，放置于空气中，其表面会逐渐变黑，如将表面变黑的上述器皿放入盛有食盐水的铝制容器中浸泡，一段时间后，黑色完全褪去。下列成语与该金属有关的是（ ）A. 衣紫腰银B. 点石成金C. 铜鸵荆棘D. 铁柞成针【答案】A【解析】【分析】某种金属制成的器皿，放置于空气中，其表面会逐渐变黑，如将表面变黑的上述器皿放
2、入盛有食盐水的铝制容器中浸泡，一段时间后，黑色完全褪去，该金属是银，表面会逐渐变黑是生成了Ag2S。银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银。据此分析解答。【详解】A. 衣紫腰银涉及金属银，故A正确；B. 点石成金涉及金属金，故B错误；C. 铜鸵荆棘涉及金属铜，故C错误；D. 铁柞成针涉及金属铁，故D错误；答案选A。2. 下列化学用语对事实的表述正确的是A. 碳酸比苯酚酸性强：2C6H5ONa+CO2+H2O=2C6H5OH+Na2CO3B. 实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝：Al3+3OH-=Al(OH)3C. 向硫化钠溶
3、液中通入过量SO2：2S2-+5SO2+2H2O=S+4D. 向NaOH溶液中通入过量的二氧化硫：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O【答案】C【解析】【详解】A酸性：碳酸苯酚HCO3-，则苯酚钠中通入二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠，反应为：C6H5ONa+CO2+H2O=C6H5OH+NaHCO3，故A错误；B实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝，溶液中的一水合氨为弱碱，不能改写成OH-，则离子反应为：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3，故B错误；C向硫化钠溶液中通入过量SO2反应生成S沉淀和亚硫酸氢钠，离子反应为：2S2-+5SO2+2H2O=S+4，故C正确；D向NaOH溶液中通
4、入过量的二氧化硫，应生成NaHSO3，反应方程式为：SO2+NaOH=NaHSO3，故D错误；答案选C。3. 向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（ ）A. 碳酸钙粉末B. 稀硫酸C. 氯化钙溶液D. 二氧化硫水溶液【答案】A【解析】【分析】在氯水中存在反应Cl2+H2OH+Cl-+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，据此分析解答。【详解】A由于酸性HClH2CO3HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2+H2O，使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，故A正确；B加入稀硫酸使溶液中氢离子浓度增大平
5、衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，故B错误；C加入氯化钙溶液不发生反应，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故C错误；D加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故D错误。答案选A。【点晴】本题考查了氯气、次氯酸、氯水性质的分析，主要是化学平衡影响因素的理解应用，掌握基础是解题关键。在氯水中存在反应Cl2+H2OH+Cl-+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强。4. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A. 铁粉具有还原性，可用作抗氧化剂B. 硬度大，可用作半导体材料C. 浓
6、硫酸具有脱水性，可用作干燥剂D. 易溶于水，可治疗胃酸过多【答案】A【解析】【详解】A铁粉具有还原性，能吸收氧气，所以铁粉可用作抗氧化剂，故A正确；BSi是良好的半导体，可作半导体材料，与其硬度无关，故B错误；C浓硫酸具有吸水性，所以作干燥剂，故C错误；D碳酸钠显弱碱性可以和HCl反应，所以可以治疗胃酸过多，与溶解性无关，故D错误；故答案为A。5. 将下列气体通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中， 没有沉淀产生的是A. HClB. NH3C. Cl2D. NO2【答案】A【解析】【分析】二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性小于HCl，所以亚硫酸和氯化钡不反应，则向BaCl2溶液中通入
7、SO2溶液仍澄清，若再通入足量的某气体，溶液中仍然没有沉淀，则该气体不能将亚硫酸氧化为硫酸或该气体不能和亚硫酸反应生成沉淀。【详解】AHCl和亚硫酸不反应且和氯化钡不反应，所以没有生成沉淀，符合题意，选项A正确；B氨气和亚硫酸反应生成亚硫酸氨，亚硫酸氨和氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项B错误；C氯气和二氧化硫及水反应生成硫酸和盐酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项C错误；D二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，所以不符合题意，选项D错误；答案选A。6. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正
8、确的是A. 若1molFeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目为NAB. 将一定量的Cl2通入FeBr2溶液中，当有1molBr-转化为Br2时，转移的电子数为NAC. 44.0g环氧乙烷中含有6.0NA个极性键D. 1molCaO2晶体中含离子总数为3NA【答案】C【解析】【详解】A. 氢氧化铁胶体是由许多个氢氧化铁聚集而成，因此1molFeCl3跟水完全反应转化成氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的物质的量小于1mol，故A错误；B. Fe2的还原性强于Br，通入氯气，先发生2Fe2Cl2=2Fe32Cl，然后再发生Cl22Br=2ClBr2，当Br转化成Br2时，Fe2全
9、部转化成Fe3，转移电子物质的量大于1mol，故B错误；C. 环氧乙烷的键线式为，1mol环氧乙烷中含有6mol极性键，则44.0g环氧乙烷中含有的极性键物质的量为=6mol，故C正确；D. CaO2是由Ca2和O22组成，1molCaO2中离子总物质的量为2mol，故D错误；答案：C。7. 下列反应中，反应后固体物质增重的是A. 氢气通过灼热的CuO粉末B. 二氧化碳通过Na2O2粉末C. 铝与Fe2O3发生铝热反应D. 将锌粒投入Cu(NO3)2溶液【答案】B【解析】【详解】A、氢气通过灼热的CuO粉末发生的反应为，固体由CuO变为Cu，反应后固体质量减小，A错误；B、二氧化碳通过Na2O
10、2粉末发生的反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，固体由Na2O2变为Na2CO3，反应后固体质量增加，B正确；C、铝与Fe2O3发生铝热反应，化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反应前后各物质均为固体，根据质量守恒定律知，反应后固体质量不变，C错误；D、将锌粒投入Cu(NO3)2溶液发生的反应为Zn + Cu(NO3)2= Zn(NO3)2+ Cu，固体由Zn变为Cu，反应后固体质量减小，D错误；故选B。8. 下列说法不正确的是A. 二氧化硫可以使石蕊试液褪色B. 雷雨天气有助于空气中的N2转化为可供植物吸收的C. 氧化镁熔点高，是一种优良的耐火材料D. 配制Hg
11、(NO3)2溶液时，将Hg(NO3)2溶于较浓硝酸中，然后加水稀释【答案】A【解析】【详解】A二氧化硫具有漂白性，可以使品红试液褪色，不能使石蕊试液褪色，故A错误；B雷雨天气的放电作用促使氮气和氧气化合生成一氧化氮，一氧化氮易被空气中的氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮与水气反应生成硝酸，随雨水一起落入土壤，与土壤中的物质反应形成可供植物吸收的硝酸盐，故B正确；C氧化镁熔点很高，在一般条件下难以熔融，则是一种优良的耐火材料，故C正确；D配制Hg(NO3)2溶液时，由于Hg2+易水解，将Hg(NO3)2溶于较浓硝酸中抑制其发生水解，然后加水稀释，故D正确；答案选A。9. 元素铬(Cr)的几种化合物存在
12、下列转化关系：下列判断不正确是A. 反应表明Cr2O3有酸性氧化物的性质B. 反应利用了H2O2的氧化性C. 反应中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的D. 反应中铬元素的化合价均发生了变化【答案】D【解析】【详解】ACr2O3作为金属氧化物，能与酸反应，题给反应又告知Cr2O3能与KOH反应：Cr2O3+2KOH=2KCrO2+H2O，可知Cr2O3具有酸性氧化物的性质，故A正确；B反应中过氧化氢使Cr的化合价从+3价升高到+6价，H2O2表现了氧化性，故B正确；C反应中发生反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，加入硫酸，增大了H+浓度，平衡向右移动，溶液由黄色变为橙色，故C正确
13、；D反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故D错误；故选：D。10. 排水法收集气体实验中，用饱和食盐水代替水收集氯气，可降低氯气 的溶解损失。下列说法不正确的是A. Cl2(g)Cl2(aq)，增大溶液中 Cl2(aq)浓度可抑制氯气的溶解B. 增大溶液中的 Cl(aq)浓度，有利于增大 Cl2(aq)浓度，从而抑制氯气的溶解C. Cl2(aq)+H2O(l)H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)，饱和食盐水可抑制反应进行D. 若实验中改用碳酸钠溶液代替水收集氯气，亦可减少氯气的损失【答案】D【解析】【详解】ACl2(g)Cl2(aq)，增大溶液中Cl2(aq)浓度，平衡逆向
14、移动，可抑制氯气的溶解，A选项正确；BCl2溶于水发生反应：Cl2(aq)+H2O(l)H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)，增大溶液中的Cl-(aq)浓度，平衡逆向移动，有利于增大Cl2(aq)浓度，从而抑制氯气的溶解，B选项正确；CCl2(aq)+H2O(l)H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)，饱和食盐水中的Cl-可抑制反应进行，C选项正确；D若实验中改用碳酸钠溶液代替水收集氯气，碳酸钠会消耗H+使得平衡正向移动，增加了Cl2的溶解量，不能减少Cl2的损失，D选项错误；答案选D。11. 以下实验设计能达到实验目的的是选项实验目的实验设计A除去NaHCO3固体中的Na2
15、CO3将固体加热至恒重B清洗碘升华实验所用试管用水清洗C重结晶提纯苯甲酸将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶D鉴别NaBr和KI溶液分别加新制氯水后，用CCl4萃取A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A加热碳酸氢纳分解生成了碳酸钠，未能除去杂质碳酸钠，故A不能达到实验目的；B碘单质在水中的溶解度较小，碘易溶于酒精，可使试管内壁的碘除去，且酒精可与水混溶，用水冲洗即可，故B不能达到实验目的；C重结晶法提纯苯甲酸的方法是：将粗品水溶，趁热过滤，滤液冷却结晶即可，故C不能达到实验目的；DNaBr和NaI都能与氯水反应生成对应的单质，再用四氯化碳萃取，颜色层不同，NaBr的为橙红色，KI
16、的为紫红色，能鉴别NaBr和KI溶液，故D能达到实验目的；答案选D。12. 对于下列实验事实的解释，不合理的是选项实验事实解释A加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体；加热蒸干MgCl2溶液得不到MgCl2固体H2SO4不易挥发，HCl易挥发B电解CuCl2溶液阴极得到Cu；电解NaCl溶液，阴极得不到Na得电子能力：Cu2+Na+H+C浓HNO3能氧化NO；稀HNO3不能氧化NOHNO3浓度越大，氧化性越强D钠与水反应剧烈；钠与乙醇反应平缓 羟基中氢的活泼性：H2OC2H5OHA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A、硫酸镁溶液中：Mg22H2OMg(OH)22H，盐
17、类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，但硫酸属于难挥发性酸，因此加热蒸干得到的是MgSO4；氯化镁溶液：MgCl22H2OMg(OH)22HCl，加热促进水解，HCl易挥发，加热促进HCl的挥发，更加促进反应向正反应方向进行，因此加热蒸干得到的是Mg(OH)2或MgO，解释合理，故A说法正确；B、根据电解原理，电解CuCl2溶液，阴极上发生Cu22e=Cu，说明Cu2得电子能力大于H，电解NaCl溶液，阴极上发生2H2e=H2，说明H得电子能力强于Na，得电子能力强弱是Cu2HNa，因此解释不合理，故B说法错误；C、浓硝酸能氧化NO，而稀硝酸不能氧化NO，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，即硝酸浓
18、度越大，氧化性越强，解释合理，故C说法正确；D、钠与乙醇反应平缓，钠与水反应剧烈，说明羟基中氢的活性：CH3CH2OHH2O，解释合理，故D说法正确。答案选B。13. 下列叙述中正确的是A. 液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B. 能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C. 某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在ID. 某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag【答案】A【解析】【分析】A. 溴易挥发，可用水封；B. 湿润的KI淀粉试纸接触某气体而显蓝色，说明气体和碘离子反应把碘离子氧化为单质碘，遇到淀粉变蓝；C. 碘盐易溶于水，不
19、易溶于CCl4；D. 该题中，产生的不溶于稀硝酸的白色沉淀有可能是氯化银，也有可能是硫酸钡。【详解】A. 溴易挥发，密度比水大，可用水封，A正确；B. NO2气体、溴单质等也可以把碘离子氧化单质碘，碘单质遇到淀粉变蓝，B错误；C. 碘盐易溶于水，不易溶于CCl4，则碘盐溶于水，在溶液中加入CCl4，振荡，不会发生萃取，C错误；D. 某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液不一定含有Ag+，有可能含有SO42-，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查卤族元素的知识，熟悉溴的物理性质，碘单质的特性，萃取的原理是解答本题的关键。14. 为确定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠的质
20、量分数，可通过加热分解得到的CO2质量进行计算，某同学设计的实验装置示意图如下：下列说法错误的是A. 仪器a中试剂的作用是防止外界的水蒸气与二氧化碳进入装置C中B. 装置B中冰水的作用是冷凝反应生成的水C. 样品分解不完全可能使碳酸钠的质量分数偏高D. 产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收可能使碳酸钠的质量分数偏低【答案】D【解析】【分析】实验原理为：连接好装置后，先通过氮气赶尽装置内空气，避免空气中二氧化碳影响测定结果，固体受热分解生成的二氧化碳和水蒸气进入装置B，利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，进入装置C中的碱石灰吸收生成的二氧化碳，最后干燥管中为碱石灰是防止空气中的二氧化碳、水
21、蒸气进入装置C影响测定结果，据此分析解答。【详解】A根据分析，仪器a为干燥管，盛有干燥剂碱石灰，防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果，故A正确；B装置B利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，防止水蒸气进入装置C，对实验结果产生影响，故B正确；C样品分解不完全，测定二氧化碳质量减小，碳酸氢钠质量减小，则碳酸钠质量增大，导致碳酸钠的质量分数偏高，故C正确；D产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收，测定二氧化碳质量减小，碳酸氢钠质量减小，碳酸钠质量增大，导致碳酸钠的质量分数偏高，故D错误；答案选D。15. 根据下列实验操作和现象所得结论正确的是选项实验操作现象结论A向待测液中依次滴入
22、氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有Fe2+B向AgNO3溶液中滴加过量氨水溶液澄清Ag+与NH3H2O能大量共存C将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+I2D向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液有白色沉淀产生与发生了双水解反应A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A待测液中先加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，不能肯定是否发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，可能原溶液中本来就存在Fe3+，则不能证明Fe2+是否存在，故A结论错误；B向AgNO3溶液中滴加过量氨水，发生反应Ag+ 2NH3H2OA
23、g(NH3)2+2H2O，这二者不能共存，故B结论错误；C将KI溶液与FeCl3溶液混合，由现象可判断反应生成I2，从而确定发生的反应为2Fe3+2I-=2Fe2+I2，氧化性：氧化剂氧化产物，所以氧化性Fe3+I2，故C结论正确；D向NaHCO3溶液中加入NaAlO2，发生反应+HCO3-Al(OH)3+CO32-+H2O，没有发生双水解反应，故D结论错误；答案选C。16. 海水提镁的工艺流程如下：下列叙述正确的是A. 反应池中的反应利用了相同条件下Mg(OH)2比Ca(OH)2难溶的性质B. 干燥过程在HCl气流中进行，目的是避免溶液未完全中和C. 上述流程中发生的反应有化合、分解、置换和
24、复分解反应D. 上述流程中可以循环使用的物质是H2和Cl2【答案】A【解析】【详解】A.氢氧化钙微溶，氢氧化镁难溶，沉淀向更难溶方向转化，故可以用氢氧化钙制备氢氧化镁，A正确；B. 干燥过程在HCl气流中进行目的是防止氯化镁水解，B错误；C.该流程中没有涉及置换反应，C错误；D. 上述流程中可以循环使用的物质是Cl2，过程中没有产生氢气，D错误；答案选A。17. 公元八世纪，JabiribnHayyan在干馏硝石的过程中首次发现并制得硝酸(4KNO32K2O+4NO+3O2)，同时他也是王水的发现者。下列说法不正确的是A. 硝石可用来制作黑火药B. 干馏产生的混合气体理论上可被水完全吸收生成硝
25、酸C. 王水溶解金发生的反应中作氧化剂的是硝酸D. 实验室可用KNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用了强酸制弱酸的原理【答案】D【解析】【详解】A制作黑火药的原理为硫磺、硝石和木炭在受热的情况下生成硫化钾、二氧化碳和氮气，方程式为：S+2KNO3+3CK2S+N2+3CO2，则硝石可用来制作黑火药，故A正确；B干馏产生的混合气体与水反应的方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，故干馏产生的混合气体理论上可被水完全吸收，故B正确；C王水溶解金发生的反应中N元素化合价由+5价变为+2价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，故硝酸是氧化剂，故C正确；D 实验室可用KNO3与浓硫酸反应制备
26、少量的HNO3，方程式为：KNO3+H2SO4(浓) KHSO4+HNO3，利用的是高沸点的硫酸制取低沸点的硝酸的反应原理，故D错误；答案选D。18. 由AlCl3溶液制备AlCl36H2O的装置如下图，下列说法错误的是A. 通入HCl的作用是抑制AlCl3水解和降低AlCl3溶解度，使其以AlCl36H2O晶体形式析出B. 抽滤后洗涤时，合适的洗涤剂是饱和氯化铝溶液C. 将AlCl36H2O加热脱水，即可得到无水AlCl3D. 为得到纯净的AlCl36H2O，宜采用的干燥方式是用滤纸吸干【答案】C【解析】【分析】将HCl气体通入AlCl3溶液，使用冷水浴，可抑制AlCl3水解，增大溶液中的氯
27、离子浓度，促进AlCl36H2O结晶，用玻璃纤维抽滤，用浓盐酸洗涤晶体，滤纸吸干干燥得AlCl36H2O晶体，多余的氯化氢气体用氢氧化钠溶液吸收，据此分析作答。【详解】AAl3+会发生水解反应：Al3+3H2OAl(OH)3+3H+，通入HCl可以抑制Al3+的水解，增大了溶液中Cl-的浓度，降低AlCl3溶解度，有利于AlCl36H2O结晶，故A正确；B增大氯离子浓度可防止晶体溶解而损失，合适的洗涤剂为饱和氯化铝溶液，故B正确；C加热促进AlCl3水解生成氢氧化铝，将AlCl36H2O加热脱水不能得到无水AlCl3，故C错误；D由于AlCl36H2O受热易分解，所以不能使用烘干的方式干燥，可
28、以使用滤纸吸干的方式干燥晶体，故D正确；答案选C。19. 臭氧层中臭氧分解过程如图所示，下列说法正确的是A. 催化反应均为放热反应B. E1是催化反应对应的正反应的活化能，（E2+H）是催化反应对应的逆反应的活化能。C. 决定O3分解反应速率的是催化反应。D. 温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数增大。【答案】B【解析】【详解】A从图上可知，反应中生成物能够高于反应物，是吸热反应，故A错误；B据图可知E1为催化反应中反应物断键吸收的能量，即催化反应对应的正反应的活化能，E2+H为催化反应生成物成键时释放的能量，即催化反应对应的逆反应的活化能，故B正确；C决
29、定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知催化反应的正反应活化能更大，反应更慢，所以催化反应决定臭氧的分解速率，故C错误；D据图可知总反应的反应物能量高于生成物的能量，所以总反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，平衡常数减小，故D错误；故答案为B。20. 如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备已略)。下列说法错误的是A. 装置A烧瓶内的试剂可以是KMnO4B. 装置B具有除杂和贮存气体的作用C. 实验结束后，振荡D会观察到液体分层且下层呈紫红色D. 利用该装置能证明氯的非金属性强于溴的非金属性【答案】C【解析】
30、【分析】实验室制备氯气，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；也可以高锰酸钾与浓盐酸在常温下反应生成氯气、氯化锰、氯化钾和水；制备的氯气中含有氯化氢气体杂质和水蒸气，可用饱和食盐水除去氯化氢气体，用浓硫酸干燥，用氢氧化钠尾气处理。【详解】A根据装置图，装置A没有加热，故烧瓶内的试剂可以是KMnO4，高锰酸钾与浓盐酸反应的化学反应方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O，故A正确；B制备的氯气中含有少量挥发出来的氯化氢气体，可用饱和食盐水除去，故根据装置图，装置B具有除杂和贮存气体的作用，故B正确；C根据萃取原理，苯的密度比水小，故振荡
31、D会观察到液体分层且上层呈紫红色，故C错误；D装置A制备出来的氯气，与装置C中的溴化钠反应生成溴单质，根据装置C中的颜色变化可证明氯的非金属性强于溴的非金属性，故D正确；答案选C。21. 某FeC2O42H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O42H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：称取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75用cmolL-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75继续用KMnO4溶液滴定
32、至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。下列关于样品组成分析的说法，正确的是A. 根据题给数据不能求出样品中所含H2C2O42H2O的质量分数B. 越大，样品中H2C2O42H2O含量一定越高C. 3时，样品中一定不含杂质D. 若所用KMnO4溶液实际浓度偏高，则测得样品中Fe元素含量偏高【答案】B【解析】【详解】A设mg样品中FeC2O42H2O、Fe2(C2O4)3、H2C2O42H2O的物质的量分别为x、y、z，步骤中KMnO4溶液滴定时，发生氧化还原反应，反应中铁元素的化合价由+2价升高至+3价，锰元素的化合价由+7价降低为+2价，根据化合价升降守恒可得式：3x
33、+6y+2z=5cV110-3；步骤中KMnO4溶液和Fe2+发生氧化还原反应，根据铁元素守恒，溶液中Fe2+的物质的量为x+2y，反应中铁元素的化合价由+2价变为+3价，锰元素的化合价由+7价降为+2价，根据化合价升降守恒可得式：x+2y=5cV210-3，-3可得z= ，则样品中H2C2O42H2O的质量分数表达式为100%=100%，故根据题给数据能求出样品中所含H2C2O42H2O的质量分数，故A错误；B越大，由A项中H2C2O42H2O的质量分数表达式可知，样品中H2C2O42H2O含量越高，故B正确；C3时，H2C2O42H2O的质量分数=100%=0，则样品中不含H2C2O42H
34、2O，由3x+6y+2z=5cV110-3和x+2y=5cV210-3可知，y0，则样品含有Fe2(C2O4)3杂质，故C错误；D若所用KMnO4溶液实际浓度偏高，V2偏小，则样品中Fe元素的含量偏低，故D错误；答案选B。22. 下列关于物质检验或推断正确的是（ ）A. 蘸有浓氨水玻璃棒靠近某溶液，观察到白烟，则该溶液为盐酸B. 对某物质进行焰色反应，观察到黄绿色的火焰，则该物质为钡盐C. 向某溶液中滴加盐酸，能产生无色能使品红溶液褪色的气体，则原溶液中一定存在SO32-D. 向某溶液中滴加NaOH溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明原溶液中存在NH4+【答案】D【解析】
35、【分析】【详解】A浓硝酸也具有挥发性，可以和氨气反应生成硝酸铵固体，也可以观察到白烟，故A错误；B对某物质进行焰色反应，观察到黄绿色的火焰，说明含有钡元素，但不一定是钡盐，也可以是氢氧化钡，故B错误；C含有HSO3-的溶液也可以和盐酸反应生成二氧化硫，故C错误；D向某溶液中滴加NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明产生了氨气，则原溶液含有NH4+，故D正确；故答案为D。23. 硫酸亚铁的用途广泛，可以制备下图所示物质，下列说法错误的是A. Fe4(OH)2(SO4)5属于碱式盐，可用作净水剂B. 与足量NH4HCO3反应的离子方程式为：2+Fe2+FeCO3+CO2+H
36、2OC. 可用稀硫酸和K3Fe(CN)6溶液检验铁红中是否含有FeCO3D. “冷却结晶”后的操作是过滤，“锻烧”操作的主要仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒【答案】D【解析】【详解】AFe4(OH)2(SO4)5电离后的阴离子为OH-和SO42-，阳离子为Fe3+，属于碱式盐，其中Fe3+可水解产生Fe(OH)3的胶体，吸附水中的杂质，可作净水剂，故A正确；BFeSO4与足量NH4HCO3反应的离子方程式为：2+Fe2+FeCO3+CO2+H2O，故B正确；CFe2+能使K3Fe(CN)6生成蓝色沉淀，用稀硫酸和K3Fe(CN)6溶液检验铁红中是否含有FeCO3，若含有，溶液会生成蓝色沉淀，若不含
37、有，则无明显现象，故C正确；D“冷却结晶”后的操作是过滤，“煅烧”操作的主要仪器有酒精灯、三脚架、坩埚、泥三角、玻璃棒，故D错误；答案选D24. 硼氢化钠(NaBH4)在化工等领域具有重要应用价值，NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺(沸点：33)。某研究小组采用偏硼酸钠NaBO2为主要原料制备NaBH4，其流程如下：下列说法错误的是A. 在第步反应加料之前，需要将反应器加热至100以上并通入氩气B. 原料中的金属钠通常保存在煤油中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等C. 第步分离(NaBH4)并回收溶剂，采用的方法是蒸发结晶D. NaBH4与水反应的方程式
38、为：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2【答案】C【解析】【分析】NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；NaBH4可溶于异丙胺，根据知，中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用过滤方法分离，通过过量得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na2SiO3；异丙胺沸点：33，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，据此分析解答。【详解】ANaBH4常温下能与水反应，
39、且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出，所以在第步反应加料之前，需要将反应器加热至100以上并通入氩气，故A正确；B钠极易和空气中氧气、和水反应，钠的密度大于煤油，为隔绝空气和水，原料中的金属钠通常保存在煤油中；实验室取用少量金属钠时，需要镊子夹取钠、用滤纸吸煤油，所以实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等，故B正确；C熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法，异丙胺沸点：33，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，第步分离(NaBH4)并回收溶剂，采用的方法是蒸馏，故C错误；DNaBH4与
40、H2O反应生成NaBO2和H2，反应的方程式为：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2，故D正确；答案选C。二、非选择题25. 某草酸亚铁水合物A可用于制作照相显影剂、制药等。下面是对该化合物的制备及分析的实验方案，请回答下列问题：(1)硫酸亚铁的制备及收集纯净的氢气：将2.00g铁粉(含少量FeS及其他难溶性杂质)放入150mL锥形瓶中，加入25mL3mol/LH2SO4，水浴加热。反应完毕趁热过滤，反应装置如图所示(每个装置限用一次)。使用以上装置完成实验，指出装置连接顺序：a_。反应完毕后趁热过滤的目的是_。(2)草酸亚铁水合物A的制备：将滤液转移至事先已盛有50mL1mol/LH2C
41、2O4溶液的250mL烧杯中，搅拌下加热至沸腾，一段时间后得到淡黄色沉淀(其主要成分为A)。已知A中铁的质量分数为31%，其化学式为_。3.6gA在无氧条件下加热，最终得到1.44g固体化合物，试写出该过程中发生反应的化学方程式_：若对实验方案中的硫酸加入量略作调整，可以得到更高产率的A，请指出该调整是增加还是减少硫酸的量：_。(填“增加”或“减少”)(3)草酸亚铁水合物A纯度的测定：称取mg产物于100mL烧杯中，用2mol/LH2SO4溶解，转移至250mL容量瓶中并用2mol/LH2SO4定容。移取25.00mL溶液至250mL锥形瓶中，微热后用浓度为cmol/L的标准高锰酸钾溶液滴定，
42、平行测定三次，平均消耗滴定剂VmL(假设杂质不参与滴定反应)。写出滴定过程中发生反应的离子方程式：_。列出表示产物中A的纯度的计算式：_。【答案】 (1). edcbgfh (2). 防止硫酸亚铁晶体析出 (3). FeC2O42H2O (4). FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O (5). 减少 (6). 5FeC2O4+3+24H+=5Fe3+10CO2+3Mn2+12H2O (7). 【解析】【分析】（2）令草酸亚铁水合物A的化学式为FeC2O4xH2O，根据铁的质量分数为31%列等式，；（3）由反应方程式：5FeC2O4+3+24H+=5Fe3+10CO2+3Mn2+1
43、2H2O，可得，再根据滴定的数据计算产物的质量，需注意的点是从250mL容量瓶中移取25.00mL溶液，则纯度为：。【详解】（1）产生的H2中含有H2S和水蒸气，从a中出来的气体依次通过NaOH溶液除去H2S，CuSO4溶液检验H2S是否除尽，浓硫酸除去水蒸气，最后用真空球囊收集纯净的H2，故装置连接顺序：aedcbgfh；故答案为：edcbgfh；反应完毕后，除去未反应的固体，同时又防止硫酸亚铁晶体析出，故采用趁热过滤的方式；故答案为：防止硫酸亚铁晶体析出；（2）令草酸亚铁水合物A的化学式为FeC2O4xH2O，解得x=2，A的化学式为FeC2O42H2O，故答案为：FeC2O42H2O；，
44、最终得到1.44g固体化合物，因此所得固体是FeO，根据氧化还原反应中得失电子守恒，该过程中发生反应的化学方程式：FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O，故答案为：FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O；25mL3mol/LH2SO4的物质的量为0.075mol，2.00g铁粉的物质的量为0.036mol，Fe+H2SO4=FeSO4+H2，所以第一步用于溶解Fe的硫酸是过量的，草酸是弱酸，H+浓度增大，浓度减少，不利于草酸亚铁沉淀生成，故应减少硫酸的量；故答案为：减少；（3）草酸亚铁难溶，在书写离子方程式时应写成分子式，故滴定过程中发生反应的离子方程式为：5FeC2O
45、4+3+24H+=5Fe3+10CO2+3Mn2+12H2O，故答案为：5FeC2O4+3+24H+=5Fe3+10CO2+3Mn2+12H2O；5FeC2O4+3+24H+=5Fe3+10CO2+3Mn2+12H2O，反应物、生成物变化的物质的量之比等于化学计量数之比，即，从250mL容量瓶中移取25.00mL溶液，所以产物中FeC2O42H2O的纯度为，故答案为：。26. 二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂，答下列问題：(1)工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为_。(2)实验室用NH4Cl、盐酸、N
46、aClO2(亚氯酸钠)为原料，通过以下过程制备ClO2：电解时发生反应的化学方程式为_。溶液X中大量存在的阴离子有_。除去ClO2中的NH3可选用的试剂是_(填标号)。a.水 b.碱石灰 c.浓硫酸 d.饱和食盐水(3)如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸；在玻璃液封装置中加入水.使液面没过玻璃液封管的管口；将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：用0.1000molL-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2=2I-+)，指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：
47、锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为_。玻璃液封装置的作用是_。测得混合气中ClO2的质量为_g。【答案】 (1). 21 (2). NH4Cl+2HClNCl3+3H2 (3). Cl、OH (4). c (5). 2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O (6). 吸收残余的二氧化氯气体 (7). 0.02700【解析】【分析】(1)KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得ClO2，可知SO被氧化成SO，由电子、电荷守恒可知该离子反应；(2)由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HCl=NCl3+
48、3H2，在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，X中含Cl-、OH-；由信息可知，ClO2易溶于水，所以不能利用水溶液吸收，氨气为碱性气体，利用性质差异分离提纯；(3)由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I-为I2，自身被还原为Cl-，同时生成水；玻璃液封装置可防止有害气体逸出；用0.1000molL1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2=2I-+)，指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液，根据关系式：2ClO25I210Na2S2O3计算。【详解】(1)KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得ClO2，可知SO被氧
49、化成SO，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO+SO+2H+=2ClO2+SO+H2O，氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3，由离子反应可知该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1；(2)由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2；在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，发生NCl3+NaClO2+H2OClO2+NH3+NaOH+NaCl，溶液X中大量存在的阴离子有Cl-、OH-；aClO2易溶于水，不能利用水吸收氨，故a错误；b碱石灰不能吸收氨气，故b错误；c浓硫酸可以吸收氨气，且不影
50、响ClO2，故c正确；dClO2易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，故d错误；故答案选c；(3)由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I-为I2，自身被还原为Cl-，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I-+8H+2Cl-+5I2+4H2O；玻璃液封装置的作用是吸收残留的ClO2气体(避免碘的逸出)；用0.1000molL1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2=2I-+)，指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液，含有Na2S2O3物质的量为0.02 L0.1mol/L=0.002 mol，则：根据关系式：2ClO25I210Na2S2O3，
51、n(ClO2)=n(Na2S2O3)=0.0004mol，所以m(ClO2)=0.004mol67.5g/mol=0.02700g。【点睛】(2)中，判断溶液X中大量存在的阴离子，需要根据制备流程图示，根据物料守恒，找出反应物和生成物，根据反应判断溶液中含有的阴离子。27. 2019年诺贝尔化学奖颁给了为锂电池发展作出突出贡献的三位科学家。某废旧锂电池正极主要由LiFePO4、铝箔、炭黑等组成，Fe、Li、P具有极高的回收价值，具体流程如下：(1)过程生成NaAlO2溶液的离子方程式是_。(2)过程中HCl/H2O2的作用是_。(3)浸出液X的主要成分为Li+、Fe3+、等。过程控制碳酸钠溶液
52、浓度20%、温度85、反应时间3h条件下，探究pH对磷酸铁沉淀的影响，如下图所示。综合考虑铁和磷沉淀率，最佳pH为_。当pH2.5后，随pH增加，磷沉淀率出现了减小的趋势，解释其原因_。(4)LiFePO4可以通过(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与LiOH溶液发生共沉淀反应制取，共沉淀反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 2Al2OH-2H2O=2AlO2-3H2 (2). 溶解LiFePO4，将Fe2+氧化为Fe3+ (3). 2.5 (4). pH2.5时，沉淀中的磷酸铁会有部分开始转变生成Fe(OH)3，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降 (5). (NH4)2Fe(S
53、O4)2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4+H2O或(NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+3LiOH=(NH4)2SO4+Li2SO4+LiFePO4+3H2O【解析】【分析】含LiFePO4、铝箔、炭黑废旧锂电池，用NaOH溶解后过滤，滤液为NaAlO2溶液，滤渣为LiFePO4和炭黑，再用盐酸酸化的H2O2溶解滤渣并过滤，得到主要成分为Li+、Fe3+、等的溶液X，向X中加入Na2CO3溶液，有FePO42H2O析出，过滤的滤液主要是LiCl，再加入饱和Na2CO3溶液，再过滤即可得到LiCO3粗产品，据此分析解题。【详解】(1)过程Al溶于NaOH溶液生成NaA
54、lO2和H2，发生反应的离子方程式是2Al2OH-2H2O=2AlO2-3H2；(2)过程是除铝后料中加入盐酸酸化的H2O2，过滤后得到主要成分为Li+、Fe3+、等的溶液X，由知HCl/H2O2的作用是溶解LiFePO4，将Fe2+氧化为Fe3+；(3)分析图中数据可知，当pH=2.5时磷的沉淀率最高，铁的沉淀率较高，则选择的最佳pH为2.5；已知FePO4(s)Fe3+(aq)+(aq)，当pH2.5后，随pH增加，溶液中c(OH-)增大，Fe3+开始转变生成Fe(OH)3，促进溶解平衡正向移动，使得部分释放，导致磷沉淀率下降；(4) (NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与LiOH溶液
55、混合生成LiFePO4，同时得到(NH4)2SO4和Li2SO4，结合原子守恒，发生反应的化学方程式为(NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4+H2O或(NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+3LiOH=(NH4)2SO4+Li2SO4+LiFePO4+3H2O。【点睛】难点为(3)中小问的解答中，可以根据沉淀的溶解平衡进行分析，考查学生的知识的综合运用能力。28. 氮化镓( GaN)是制造SG芯片的材料，氮化铝LED灯可发出紫外光。回答下列问题：(1) Ga的价电子排布式为_，该基态原子占据最高能级的电子云轮廓图形状为_。下列状态的铝中，电离最外
56、层的一个电子所需能量最小的是_（填字母）。(2)8 -羟基喹啉铝常用于发光材料及电子传输材料，可由LiAlH4与合成。LiAlH4中阴离子的空间构型为_，所含元素中电负性最大的是_（填元素符号），N的杂化方式为_(3)金属晶体Al、Ga的熔点分别为660、30，Al比Ga熔点高的原因是_(4)氮化镓为六方晶胞，结构如右图所示。该晶体密度为g/cm3，晶胞参数a=bc（单位：pm)，a、b夹角为120，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数c=_pm（用含a、NA的代数式表示）。(5)在立方晶胞中，与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为(1，1，1)晶面。如右图，该立方晶胞中(1，1，1)晶面共有_
57、个。【答案】 (1). 4s24p1 (2). 哑铃形 (3). D (4). 正四面体 (5). O (6). sp2 (7). Al和Ga均为金属晶体，且二者的价电子数相同，但Al的原子半径比Ga的原子半径小，所以Al的熔点高 (8). (9). 8【解析】【分析】(1)Ga位于第四周期IIIA族，价电子为最外层电子，电子占据最高能级为4p能级； (2)利用价层电子对数进行分析AlH4的空间构型；中含有元素的是C、H、N、O，然后判断电负性大小；利用杂化轨道数等于价层电子对数，判断杂化方式；(3)Al、Ga为金属晶体，通过比较金属键的强弱，分析金属晶体熔沸点高低；(4)利用晶胞的密度计算参
58、数；(5)根据晶面的含义分析；【详解】(1)Ga位于第四周期IIIA族元素，Ga的价电子为最外层电子数，价电子排布式为4s24p1；电子占据最高能级为4p，电子云轮廓图形状为哑铃形或纺锤形；A.为基态Al失去两个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al原子的第三电离能；B. 为基态Al失去一个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al原子的第二电离能；C. 为基态Al3，2p能级全充满，较稳定，电离最外层的一个电子为Al原子的第四电离能；D. 为Al原子的核外电子排布的激发态；电离最外层的一个电子所需要的能量：基态大于激发态，而第一电离能第二电离能第三电离能第四电离能，则电离最外层的一个电子所需
59、能量最小的D；(2)阴离子是AlH4，中心原子Al含有4个键，孤电子对数为=0，价层电子对数为4，空间构型为正四面体形；中含有元素为C、H、O、N，同周期从左向右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此电负性最大的是O；根据结构简式，N有2个键，1对孤电子对，即杂化方式为sp2；(3)Al、Ga为金属晶体，影响其熔点的是金属键，金属键与价电子、原子半径有关，Al和Ga均为金属晶体，且二者的价电子数相同，但Al的原子半径比Ga的原子半径小，所以Al的熔点高；(4)Ga位于顶点和体内，个数为=2，N位于棱上和体内，个数为=2，该晶胞的质量为g，晶胞的体积为(a1010)2sin60c10
60、10cm3，根据密度的定义得出g/cm3=g(a1010)2sin60c1010cm3，解得c=pm；(5) 在立方晶胞中，与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为(1，1，1)晶面，有8个顶点，即有8个这样的面，该立方晶胞中(1，1，1)晶面共有8个。29. 一种联合生产树脂和香料的合成路线设计如下：已知：是一种烃的含氧衍生物，其相对分子质量小于100，碳、氢元素质量分数之和为；。回答下列问题：中的官能团名称为_。写出结构简式：A_，D_，G_。下列说法正确的是_。与E生成F的反应类型为加成反应最多能与发生加成反应与氢氧化钠水溶液反应时，最多能消耗生成Y的化学方程式为_。的分子存在顺反异构，写出
61、H的顺式异构体的结构简式：_。尿素氮原子上的氢原子可以像A上的氢原子那样与C发生加成反应，再缩聚成高分子化合物。写出尿素与C在一定条件下生成线形高分子化合物的化学方程式：_。的同分异构体中，能同时满足如下条件的所有的有机物的结构简式为_。不考虑立体异构可发生银镜反应；只含有一个环状结构且可使溶液显紫色；核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积比为。【答案】 (1). 醛基、羟基 (2). (3). (4). (5). ac (6). (7). (8). (9). 【解析】【分析】A是一种烃的含氧衍生物，其相对分子质量小于100，碳、氢元素质量分数之和为，则分子中O原子最大数目为，则氧原子数目为1，故，分
62、子中C、H原子总相对原子质量为，则分子中C原子最大数目，于是分子中C、H原子数目均为6，则A的分子式为，A转化得到B，结合B的结构简式可知A为，C与银氨溶液反应得到D，D转化得到E，结合D的分子式与E的结构简式可知D为、C为，由F的结构简式可知，B与E发生加成反应得到F，对比G的分子式与F的结构、结合H的结构简式可知，F发生消去反应得到G，则G为，G发生水解反应得到H，结合Y的结构简式可知，H分子内脱去1分子水得到由X的结构片段可知，苯酚与乙醛发生缩聚反应得到X。【详解】中的官能团名称为：醛基、羟基；的结构简式为，D的结构简式为，G的结构简式为：；(3)aB与E生成F是甲基与醛发生的加成反应，
63、故a正确；bG为，苯环与碳碳双键能与氢气发生加成反应，1molG最多能与发生加成反应，故b错误；cY含有羧酸与酚形成的酯基，水解得到羧基、酚羟基，与氢氧化钠水溶液反应时，最多能消耗，故c正确，故答案为：ac；生成Y的化学方程式为：；的分子存在顺反异构，H的顺式异构体结构简式：；尿素氮原子上的氢原子可以像A上的氢原子那样与C发生加成反应，再缩聚成高分子化合物，尿素与C在一定条件下生成线性高分子化合物的化学方程式：；(7)H的同分异构体中能同时满足如下条件：可发生银镜反应，说明含有醛基；只含有一个环状结构且可使溶液显紫色，说明含有酚羟基； 核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积比为3：2：2：1；则符合条件同分异构体有：。