1、河北省张家口市宣化第一中学2021届高三化学上学期阶段测试试题（二）一、单选题（本大题共24小题，共48.0分）1. 生活离不开化学。某种金属制成的器皿，放置于空气中，其表面会逐渐交黑，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. 铜驼荆棘D. 铁杵成针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：B. 实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝：C. 向硫化钠溶液中通入过量：D. 向NaOH溶液中通入过量的二氧化硫：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
2、. 稀硫酸C. 氯化钙溶液D. 二氧化硫水溶液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. Si硬度大，可用作半导体材料C. 浓硫酸具有脱水性，可用作干燥剂D. 易溶于水，可治疗胃酸过多5. 将下列气体通入溶有足量的溶液中，没有沉淀产生的是A. HClB. C. D. 6. 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 若1mol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B. 将一定量的通人溶液中，当有1mol转化为时，转移的电子数为C. g环氧乙烷中含有个极性键D. 1mol晶体中含离子总数为7. 下列反应中，反应后固体物质增重的是A. 氢
3、气通过灼热的CuO粉末B. 二氧化碳通过粉末C. 铝与发生铝热反应D. 将锌粒投入溶液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. 配制溶液时，将溶于较浓硝酸中，然后加水稀释9. 元素铬的几种化合物存在下列转化关系：已知：下列判断不正确的是A. 反应表明有酸性氧化物的性质B. 反应利用了的氧化性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. ，增大溶液中
4、浓度可抑制氯气的溶解B. 增大溶液中的浓度，有利于增大浓度，从而抑制氯气的溶解C. ，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除去固体中的将固体加热至恒重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，用萃取A. AB. BC. CD. D12. 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加热蒸干溶液能得到固体；加热蒸干溶液得不到固体不易挥发，HCl易挥发B电解溶液阴极得到Cu；电解NaCl溶液，阴得不到Na
5、得电子能力：C浓能氧化NO；稀不能氧化NO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：OHA. AB. BC. CD. D13. 下列叙述中正确的是A. 能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是B. 某溶液加入，层显紫色，证明原溶液中存在C. 某溶液加入溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有D. 液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封14. 为确定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠的质量分数，可通过加热分解得到的质量进行计算，某同学设计的实验装置示意图如图，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
6、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氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有B向溶液中滴加过量氨水溶液澄清与能大量共存C将KI和溶液在试管中混合后，加入，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：D向溶液中滴加溶液有白色沉淀产生与发生了双水解反应A. AB. BC. CD. D16. 海水提镁的工艺流程如图：下列叙述正确的是A. 反应池中的反应利用了相同条件下比难溶的性质B. 干燥过程在HCl气流中进行，目的
7、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、置换和复分解反应D. 上述流程中可以循环使用的物质只有和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，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. 实验室可用与浓硫酸反应制备少量的，利用了强酸制弱酸的原理18. 由溶液制备的装置如图，下列说法错误的是A. 通入HCl的作用是抑制水解和降低溶解度，使其以晶体形式析出B. 抽滤后洗涤时，合适的洗涤剂是饱和氯化铝溶液C. 将加热脱
8、水，即可得到无水D. 为得到纯净的，宜采用的干燥方式是用滤纸吸干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. 是催化反应对应的正反应的活化能，是催化反应对应的逆反应的活化能C. 决定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B. 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21. 某样品中
9、可能含有的杂质为、，采用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，加入稀溶解，水浴加热至用的溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗溶液向上述溶液中加入适量还原剂将完全还原为，加入稀酸化后，在继续用溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗溶液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的质量分数B. 越大，样品中含量一定越高C. 时，样品中一定不含杂质D. 若所用溶液实际浓度偏高，则测得样品中Fe元素含量偏高22. 下列关于物质检验或推断正确的是A. 蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液，观察到白烟，则该溶液为盐酸B. 对某物质进行焰色
10、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23. 硫酸亚铁的用途广泛，可以制备如图所示物质，下列说法错误的是A. 属于碱式盐，可用作净水剂B. 与足量反应的离子方程式为：C. 可用稀硫酸和溶液检验铁红中是否含有D. “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24. 硼氢化钠在化工等领域具有重要的应用价值，常温下能与水反应，可溶于异丙胺沸点：。某研究小组采用偏硼酸钠为主要原料制备，其流程如图，
11、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. 第步分离并回收溶剂，采用的方法是蒸发结晶D. 与水反应的方程式为：二、实验题（本大题共2小题，共28.0分）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。硫酸亚铁的制备及收集纯净的氢气：将铁粉含少量FeS及其他难溶性杂质放入150mL锥形瓶中，加入，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
12、：a_。反应完毕后趁热过滤的目的是_。草酸亚铁水合物A的制备：将滤液转移至事先已盛有溶液的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。已知A中铁的质量分数为，其化学式为_。在无氧条件下加热，最终得到固体化合物，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，试用化学平衡的相关知识分析，并指出该调整是增加还是减少硫酸的量：_。草酸亚铁水合物A纯度的测定：称取mg产物于100mL烧杯中，用溶解，转移至容量瓶中并用定容。移取溶液至 锥形瓶中，微热后用浓度为的标准高锰酸钾溶液滴定，平行测定三次，平均消耗滴定剂假设杂质不参与滴
13、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：_。26. 二氧化氯，黄绿色易溶于水的气体是高效、低毒的消毒剂，答下列问題：工业上可用与在存在下制得，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为_。实验室用、盐酸、亚氯酸钠为原料，通过以下过程制备。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_。除去中的可选用的试剂是_。填标号。水碱石灰浓硫酸饱和食盐水如图装置可以测定混合气中的含量。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
14、入锥形瓶中：用硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液，指示剂显示终点时共用去硫代硫酸钠溶液。在此过程中：锥形瓶内与碘化钾反应的离子方程式为_。玻璃液封装置的作用是_。测得混合气中的质量为_g。三、简答题（本大题共3小题，共32.0分）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、铝箔、炭黑等组成，Fe、Li、P具有极高的回收价值，具体流程如图。过程生成溶液的离子方程式是_。过程中的作用是_。浸出液X的主要成分为、等。过程控制碳酸钠溶液浓度、温度、反应时间3h条件下，探究pH对磷酸铁沉淀的影响，如图所示。综合考虑铁和磷沉淀率，最佳pH为_。当后，
15、随pH增加，磷沉淀率出现了减小的趋势，解释其原因_。可以通过、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_。28. 氮化镓是制造SG芯片的材料，氮化铝LED灯可发出紫外光。回答下列问题：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，电离最外层的一个电子所需能量最小的是_填字母。A.B.C.D.羟基喹啉铝常用于发光材料电子传输材料，可由与合成。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_。金属晶体Al、Ga的熔点分别为、，Al比Ga熔点高的原因是_。氮化镓为六方晶胞，结构如图1所示。该晶体密度为，晶胞参数单位：
16、，a、b夹角为，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞参数_用含a、的代数式表示。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，晶面。如图2，该立方晶胞中1，晶面共有_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，1molY最多能消耗2molNaOH 生成Y的化学方程式为 _ 的分子存在顺反异构，写出H的顺式异构体结构简式 _ 尿素氮
17、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性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有机物结构简式为 _ 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3：2：2：不考虑立体异构答案1.【答案】A【解析】解：衣紫腰银，涉及金属银，故A正确； B.点石成金，涉及金，故B错误； C.铜驼荆棘涉及金属铜，故C错误； D.铁杵成针涉及金属铁，故D错误。 故选：A。某种金属制成的器皿，放置于空气中，其表面会逐渐交黑，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
18、后，黑色完全褪去，涉及银的变化，由硫化银生成银，以此解答该题。本题考查物质的性质与应用，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大。2.【答案】C【解析】解：碳酸比苯酚酸性强，苯酚钠与二氧化碳和水反应生成苯酚和碳酸氢钠，化学方程式：，故A错误； B.实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝，离子方程式：，故B错误； C.二氧化硫过量，反应生成硫单质和亚硫酸氢钠，离子方程式：，故C正确； D.向NaOH溶液中通入过量的二氧化硫，化学方程式：，故D错误。 故选：C。A.不符合反应客观事实； B.一水合氨为弱碱，应保留化学式； C.二氧化硫过量，反应生成硫单质和亚硫酸氢钠
19、； D.二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢钠。本题考查了化学方程式、离子方程式书写，明确反应实质是解题关键，题目难度不大，注意反应物用量对生成物的影响。3.【答案】A【解析】解：在氯水中存在反应，若反应氢离子和碳酸根反应使反应向右进行，使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，A.由于酸性，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应，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
20、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；故选：A。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，题目较易4.【答案】A【解析】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； B、Si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，可作干燥剂，与其具有脱水性无关，故C错误； D.碳酸钠显弱碱性，能和HCl反应，所以可以治疗胃酸过多，与其溶解性无关，故D错误； 故选：A。A、铁粉能与氧气反应，表现出还原性； B、Si是介于导体和绝缘体之间
21、半导体材料； C、浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂； D、具有弱碱性，能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水。本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及用途为解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意性质决定用途，题目难度不大。5.【答案】A【解析】解：通入HCl，溶液酸性增强，二氧化硫的溶解度减小，不能生成更多的亚硫酸根离子，没有沉淀生成，故A选； 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，故B不选； 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，故C不选； D.二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性
22、，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，故D不选。 故选：A。溶有足量的溶液如生成沉淀，则溶液中应存在大量的亚硫酸根离子或硫酸根离子，生成亚硫酸钡或硫酸钡沉淀，以此解答该题。本题考查二氧化硫的性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用，难度不大，注意把握二氧化硫的还原性。6.【答案】C【解析】解：完全水解转化为氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体微粒是氢氧化铁的集合体，生成胶粒小于个，故A错误； B.的还原性比强，所以在溶液中通入一定量，会先与反应，待全部被氧化成后，过量的才会与反应，故转移的电子数大于，故B错误； C.g环氧乙烷物质的量为1mol，含有
23、个极性键，故C正确； D.晶体中阴离子为过氧根离子，晶体含有1mol钙离子，1mol过氧根离子，共含有离子总数，故D错误； 故选：C。A.氢氧化铁胶体胶粒是多个氢氧化铁的集合体； B.的还原性比强，所以在溶液中通入一定量，会先与反应； C.1个环氧乙烷含有2个键，4个键，共6个极性共价键； D.晶体中阴离子为过氧根离子。本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意亚铁离子还原性强于溴离子。7.【答案】B【解析】【分析】本题为2014年高考试题，把握发生的化学反应及反应前后固体分析为解答的关键，侧重元素化合物性质的考查，注意反应中物质的质量变
24、化，题目难度不大。A.发生氢气与CuO的反应生成Cu和水；B.发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气；C.发生Al与反应生成和Fe；D.发生Zn与反应生成和Cu。【解答】A.发生氢气与CuO的反应生成Cu和水，反应前固体为CuO，反应后固体为Cu，固体质量减小，故A错误；B.发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为碳酸钠，二者物质的量相同，过氧化钠的摩尔质量小于碳酸钠的摩尔质量，固体质量增加，故B正确；C.发生Al与反应生成和Fe，反应前固体为氧化铁、Al，反应后固体为氧化铝、Fe，均为固体，固体质量不变，故C错误；D.发生Zn与反应生成和Cu，反
25、应前固体为Zn，反应后固体为Cu，二者物质的量相同，锌的摩尔质量大于铜的摩尔质量，则固体质量减小，故D错误；故选B。8.【答案】A【解析】解：二氧化硫为酸性氧化性，能够使石蕊变红，虽然具有漂白性，但是二氧化硫不能使石蕊褪色，故A错误； B.雷雨时空气中的转化为NO，NO转化为，与水反应转化为可供植物吸收的，故B正确； C.熔点高的物质可作耐火材料，则氧化镁熔点高，可用于制造耐火材料，故C正确； D.溶于硝酸可抑制水解，再加水稀释即可配制溶液，故D正确； 故选：A。A.二氧化硫不能漂白指示剂； B.雷雨时空气中的转化为NO，NO转化为，与水反应转化为可供植物吸收的； C.熔点高的物质可作耐火材料
26、； D.加硝酸可抑制水解。本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。9.【答案】D【解析】解：作为金属氧化物，能与酸反应，题给反应又告知能与KOH反应：，可知具有酸性氧化物的性质，故A正确； B.反应中过氧化氢使Cr的化合价从价升高到价，表现了氧化性，故B正确； C.反应中发生反应：，加入硫酸，增大了浓度，平衡向右移动，溶液由黄色变为橙色，故C正确； 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。A.酸性氧化物能与碱反应生成盐和水； B.反应中Cr元素的化合价升高被氧
27、化； C.反应中Cr元素的化合价升高； D.反应中没有元素化合价的变化。本题考查了氧化还原反应、元素化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的判断，题目难度不大。10.【答案】D【解析】解：，增大溶液中浓度，溶解平衡向减弱溶液中氯气浓度的方向移动，平衡逆向移动，可抑制氯气的溶解，故A正确； B.氯气与水反应生成弱酸次氯酸和强酸盐酸，离子方程式为：，增大溶液中的浓度，平衡向逆反应方向移动，溶液中浓度增大，从而抑制氯气的溶解，故B正确； C.氯化钠属于强电解质，在水溶液里完全电离，电离方程式为，饱和食盐水中通入氯
28、气，平衡向逆反应方向移动，可抑制氯气的溶解，故C正确； D.碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解分步进行，第二步水解为，水解溶液呈碱性，氯气为酸性气体，氯气在碱性溶液中发生氧化还原反应，增大氯气的损失，故D错误； 故选：D。A.根据勒夏特列原理原理分析，向减弱氯气的溶解这边方向移动； B.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，根据平衡移动原理分析解答； C.增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动； D.碳酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，氯气为酸性气体，氯气在碱性溶液中发生氧化还原反应。本题考查氯气的收集，侧重考查分析、推断能力，明确勒夏特列原理原理应用、氯气的化学性质是解本题关键，题目难度中等。11.【答
29、案】D【解析】解：加热碳酸氢钠分解，则加热不能除杂，故A错误； B.碘不易溶于水，不能选水洗涤，故B错误； C.苯甲酸在水中溶解度不大，应溶于水、加热浓缩、趁热过滤，故C错误； D.氯气分别与NaBr、KI生成溴、碘，在四氯化碳中颜色不同，可鉴别故 D正确； 故选：D。A.加热碳酸氢钠分解； B.碘不易溶于水； C.苯甲酸在水中溶解度不大； D.氯气分别与NaBr、KI生成溴、碘，在四氯化碳中颜色不同。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。12.【答案】B【解析】解：硫酸难挥发
30、，而盐酸易挥发，则加热蒸干溶液能得到固体；加热蒸干溶液得不到固体，故A正确； B.铜离子的氧化性大于钠离子的氧化性，则得电子能力：，电解溶液阴极得到Cu；电解NaCl溶液，阴得不到Na，故B错误； C.硝酸的浓度越大，氧化性越强，则浓能氧化NO，而稀不能氧化NO，故C正确； D.水中羟基氢比乙醇中羟基氢活泼，则钠与水反应剧烈，而钠与乙醇反应平缓，故D正确； 故选：B。A.硫酸难挥发，而盐酸易挥发； B.铜离子的氧化性大于钠离子的氧化性； C.硝酸的浓度越大，氧化性越强； D.水中羟基氢比乙醇中羟基氢活泼。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、电解及水解、实验技能为
31、解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。13.【答案】D【解析】解：能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质应具有氧化性，可能为氯气或其它氧化性气体，故A错误； B.某溶液加入，层显紫色，证明原溶液中含有，故B错误； C.某溶液加入溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能为氯化银或硫酸钡沉淀，不一定为，故C错误； D.存放液溴的试剂瓶中应加水封，防止液溴挥发，故D正确。 故选：D。A.能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质应具有氧化性； B.某溶液加入，层显紫色，证明原溶液中含有； C.某溶液加入溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能为氯化银或硫酸钡沉淀； D.存放液
32、溴的试剂瓶中应加水封，防止液溴挥发本题考查化学实验方案的评价，侧重于学生的实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型，注意把握相关物质的性质以及实验方法，难度中等14.【答案】D【解析】解：用气体X排尽装置中的空气，避免空气中二氧化碳影响测定结果，X可以是氮气等。固体受热分解生成的二氧化碳和水蒸气，在装置B中利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，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、水蒸气进入装置C影响测定结果，通过加热分解得到的质量进行计算。 A.仪器C吸收二氧化碳并测定其质量，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，影响二氧化碳质量测定
33、，故A正确； B.装置B中冰水的作用是冷凝反应生成的水，以免影响二氧化碳质量测定，故B正确； C.样品分解不完全，测定二氧化碳的质量偏小，则碳酸氢钠质量偏小，可使碳酸钠的质量分数偏高，故C正确； D.产生气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收，导致测定二氧化碳的质量偏小，则碳酸氢钠质量偏小，可使碳酸钠的质量分数偏高，故D错误， 故选：D。用气体X排尽装置中的空气，避免空气中二氧化碳影响测定结果，X可以是氮气等。固体受热分解生成的二氧化碳和水蒸气，在装置B中利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，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、水蒸气进入装置C影响测定结果，
34、通过加热分解得到的质量进行计算。本题考查物质含量测定实验，关键是理解实验原理，明确各装置的作用，结合实验原理进行误差分析，试题培养了学生实验能力、分析能力。15.【答案】C【解析】解：先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，试剂顺序不合理，故A错误； B.氨水过量时生成银氨溶液，则与不能共存，故B错误； C.由现象可知氯化铁与KI生成碘，由操作和现象可知氧化性：，故C正确； D.促进的电离，生成白色沉淀为氢氧化铝，与水解无关，故D错误； 故选：C。A.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰； B.氨水过量时生成银氨溶液； C.由现象可知氯化铁与KI生成碘； D.促进的电离。本题考查
35、化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验与共存、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。16.【答案】A【解析】解：反应池中发生沉淀的转化，利用了相同条件下比难溶的性质，故A正确； B.干燥过程在HCl气流中进行，目的是防止镁离子水解，故B错误； C.由上述分析可知，不涉及置换反应，故C错误； D.上述流程中可以循环使用的物质只有，故D错误； 故选：A。由流程可知，贝壳煅烧生成CaO，CaO与水反应生成石灰乳，海水过滤后，在反应池中镁离子转化为氢氧化镁成，过滤后加盐酸反应生成氯化镁，浓缩后在HCl气流中干燥，最后电解熔融氯
36、化镁生成Mg和氯气，氯气可与氢气反应生成HCl，生成的HCl可在中和过程中使用，以此来解答。本题考查海水资源的应用及镁的提取，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。17.【答案】D【解析】解：制作黑火药的原料为硫磺、硝石和木炭，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：，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：，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元素化合价由价变为价，得电子化合价降低的反应物是氧化
37、剂，故硝酸是氧化剂，故C正确；D.实验室可用与浓硫酸反应制备少量的，方程式为：浓，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；故选：D。A.制作黑火药的原料为硫磺、硝石和木炭；B.干馏产生的混合气体与水反应的方程式为：，据此进行分析；C.得电子化合价降低的反应物是氧化剂；D.可以用高沸点的酸制取低沸点的酸。本题以干馏硝石的反应为载体考查氧化还原反应，侧重考查基本概念及基本性质，明确元素化合价变化与氧化剂、还原剂关系是解本题关键，题目难度不大。18.【答案】C【解析】解：溶液会水解，发生水解反应方程式：，通入HCl增大了溶液中、的浓度，可以抑制的水解，有利于结晶，故A正确； B.抽
38、滤后洗涤时，合适的洗涤剂是饱和氯化铝溶液，不引入新杂质，故B正确； C.将加热脱水，氯化铝溶液中的水解，生成氢氧化铝和氯化氢，而HCl挥发，得氢氧化铝，氢氧化铝部分分解为氧化铝，所以蒸干得到的固体物质是氢氧化铝和氧化铝，故C错误； D.为得到纯净的，用滤纸吸干干燥，可防止结晶水失去，故D正确； 故选：C。A.会发生水解反应，通入HCl可以抑制的水解； B.饱和氯化铝溶液不引入新杂质； C.将加热脱水，得到氯化铝的溶液，铝离子水解，最终得到的固体物质是氢氧化铝和氧化铝； D.干燥方式选择，需防止结晶水失去。本题考查铝及其化合物的性质，掌握铝离子的水解、六水合氯化铝的结晶是解答关键，题目难度不大。
39、19.【答案】B【解析】解：由图可知，反应生成物的总能量高于反应总能量的反应，是吸热反应，而反应生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，故A错误； B.根据过渡态理论，是催化反应对应的正反应的活化能，是催化反应对应的逆反应的活化能，故B正确； C.决定分解反应速率的是慢反应，由图可知，活化能越大，反应速率越慢，则决定分解反应速率的是反应，故C错误； D.由图可知，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故D错误， 故选：B。A.化学反应中既有放热反应，又有吸热反应，取决于反应物和生成物总能量的大小，生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反； B
40、.根据过渡态理论，过渡态的能量与反应物分子的能量的差为正反应的活化能，过渡态的能量与生成物分子的能量的差为逆反应的活化能； C.决定分解反应速率的是慢反应，活化能越大，反应速率越慢； D.由图可知，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动。本题考查化学反应中能量的变化，着重于对概念的理解，注意放热反应、吸热反应与反应物、生成物总能量之间的关系，做题时不要混淆。20.【答案】D【解析】解：装置A烧瓶内的试剂可以是，与浓盐酸反应生成氯气，故A正确； B.B中饱和食盐水可除杂，长颈漏斗的导管内液面上升可贮存气体，故B正确； C.D中碘易溶于苯，则实验结束后，振荡D会观察到液体分层且下层呈紫红色，故C
41、正确； D.D中氯气、溴均与KI反应生成碘，则该装置不能证明氯的非金属性强于溴的非金属性，故D错误； 故选：D。由图可知，A处不加热，烧瓶中试剂可为高锰酸钾、氯酸钾等，与浓盐酸反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去HCl，C中氯气与NaBr反应生成溴，D中氯气、溴均与KI反应生成碘，E中NaOH溶液吸收尾气，以此来解答。本题考查氯气的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。21.【答案】B【解析】解：步骤I利用氧化、步骤将完全还原为，再用氧化，根据关系式，利用消耗的的量可以计算Fe元素总物质的量
42、。将改写为，由、可以计算、消耗的量，进而得到消耗的量，再根据关系式计算的量。A.由分析可知，题目所给的数据可以计算的质量分数，故A错误；B.消耗的高锰酸钾的物质的量为，越大，的物质的量越大，则样品中含量一定越高，故B正确；C.只有时，由电子转移守恒可知，而只有时，由电子转移守恒可知，故时，样品中一定不含杂质，可含，故C错误；D.若所用溶液实际浓度偏高，步骤II中消耗消耗溶液偏小，则测得样品中Fe元素含量偏低，故D错误，故选：B。步骤I利用氧化、步骤将完全还原为，再用氧化，根据关系式，利用消耗的的量可以计算Fe元素总物质的量。将改写为，由、可以计算、消耗的量，进而得到消耗的量，再根据关系式计算的
43、量。A.由分析可知，题目所给的数据可以计算的质量分数；B.消耗的高锰酸钾的物质的量为，越大，的物质的量越大；C.只有时，由电子转移守恒可知，而只有时，由电子转移守恒可知；D.若所用溶液实际浓度偏高，步骤II中消耗消耗溶液偏小。本题考查物质含量的测定，关键是对实验原理的理解，明确发生的反应，注意体会利用化学式改写方法判断、消耗的高锰酸钾，侧重考查学生分析推理能力、实验能力、灵活运用知识能力。22.【答案】D【解析】解：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，所以该溶液不一定是盐酸，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
44、，也可以是氢氧化钡，故B错误； C.含有的溶液也可以和盐酸反应生成二氧化硫，则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，则原溶液中存在或，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，故D正确； 故选：D。A.浓硝酸也具有挥发性，可以和氨气反应生成硝酸铵固体； 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； C.含有的溶液也可以和盐酸反应生成二氧化硫； 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。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性
45、质、物质的检验鉴别、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。23.【答案】D【解析】解：A、中含有硫酸根离子和氢氧根离子，则该盐是碱式盐，其中铁元素的化合价为价，易水解生成胶体，具有强吸附性，能沉淀水中悬浮物而净水，故A正确； B、与反应生成碳酸亚铁和二氧化碳，化学方程式为，离子方程式为，故B正确； C、与稀硫酸反应生成的，能与反应会生成的蓝色沉淀，所以可用于检验铁红中是否含有，故C正确； D、“冷却结晶”后的操作是过滤、洗涤、干燥；“锻烧”操作的主要仪器有三脚架、泥三角、酒精灯、坩埚、坩埚钳，不需要蒸发皿，故D错误； 故选：D。A、中阴离子除了酸根
46、离子，还有氢氧根离子，该盐是碱式盐；铁元素的化合价为价，易水解生成胶体，能吸附水中悬浮物而净水； B、与反应生成碳酸亚铁和二氧化碳，据此写出反应的离子方程式； C、能与反应生成的蓝色沉淀，可以检验； D、“冷却结晶”后的操作是过滤、洗涤、干燥，“锻烧”操作的主要仪器有三脚架、泥三角、酒精灯、坩埚、坩埚钳。本题以硫酸亚铁为原料制备铁的化合物，涉及物质的性质与反应原理、物质的分离操作实验、离子的检验等知识，明确物质的性质与物质分离的分离方法即可解答，题目难度不大。24.【答案】C【解析】解：常温下能与水反应，氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止水解、防止产生安全事故，需要将反应器加热至以上，通
47、入氩气将装置中的空气和水蒸气排出，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、用滤纸吸干煤油，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.异丙胺沸点：，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体，故C错误； D.具有还原性，H为价，可与水发生氧化还原反应生成氢气，方程式为：，故D正确。 故选：C。、Na和在一定条件下反应生成、，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；可
48、溶于异丙胺，根据知，中加入的溶剂是异丙胺，溶解于异丙胺、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；异丙胺沸点：，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体，以此解答该题。本题考查物质制备实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，涉及物质分离提纯、氧化还原反应、实验基本操作等知识点，综合性较强且较基础，难点是分析流程图中发生的反应、基本操作等，题目难度中等。25.【答案】edcbgfh 防止硫酸亚铁晶体析出 减少 【解析】解：产生的中含有和水蒸气，从a中出来的气体依次通过NaOH溶液除去，溶液检验是否除尽，浓硫酸除去水蒸气，最后用
49、真空球囊收集纯净的，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；令草酸亚铁水合物A的化学式为，解得，A的化学式为；故答案为：；，最终得到固体化合物，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：；故答案为：；3的物质的量为，铁粉的物质的量为，所以第一步用于溶解Fe的硫酸是过量的，草酸是弱酸，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；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
50、应的离子方程式为：；故答案为：；，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：3，从250mL容量瓶中移取溶液，所以产物中的纯度为；故答案为：。产生的中含有和水蒸气，从a中出来的气体依次通过NaOH溶液除去，用溶液检验是否除尽，用浓硫酸除去水蒸气，最后用真空球囊收集纯净的；反应完毕后，需要除去未反应的固体，同时又防止硫酸亚铁晶体析出，采用趁热过滤的方式；令草酸亚铁水合物A的化学式为，则；根据，最终得到固体化合物，；由于，硫酸过量，草酸是弱酸，浓度增大，会和生成草酸，不利于草酸亚铁沉淀生成，故应减少硫酸的量；滴定过程中发生反应的离子方程式为：；根据化学方程式，反应物、生成物变化的物质
51、的量之比等于化学计量数之比，即：3，从250mL容量瓶中移取溶液，所以产物中的纯度为。本题综合考查物质的性质、制备和测定的实验，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，题目综合考查了物质性质的、实验基本操作的分析判断，分解产物的实验验证和成分的分析判断，题目难度较大。26.【答案】2：1 、 c 吸收残留的气体避免碘的逸出 【解析】解：在存在下与反应制得，可知被氧化成，由电子、电荷守恒可知该离子反应为，氧化剂为，还原剂为，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，故答案为：2：1；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，电解方程式为，故答案为：
52、；在溶液中加入，可生成、和X，发生，溶液X中大量存在的阴离子有、，故答案为：、；、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，且不影响，故c正确；d、易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，故d错误；故答案为：c；由题目信息可知，通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化为，自身被还原为，同时生成水，反应离子方程式为，故答案为：；玻璃液封装置的作用是吸收残留的气体避免碘的逸出，故答案为：吸收残留的气体避免碘的逸出；用硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液，指示剂显示终点时共用去硫代硫酸钠溶液，含有物质的量为，则：根据关系式：，所以，故答案为：。在存在下
53、与反应制得，可知SO被氧化成SO，由电子、电荷守恒可知该离子反应；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，电解方程式为，在溶液中加入，可生成、和X，X中含、；由信息可知，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；由题目信息可知，通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化为，自身被还原为，同时生成水；玻璃液封装置可防止有害气体逸出；用硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液，指示剂显示终点时共用去硫代硫酸钠溶液，根据关系式：计算。本题考查物质含量的测定，为高频考点，把握物质的性质、制备流程、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的综合考查，
54、综合性较强，题目难度中等。27.【答案】 溶解，将氧化为 时，沉淀中的磷酸铁会有部分开始转变生成，使得部分释放，导致磷沉淀率下降 或【解析】解：与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为， 故答案为：； 加入盐酸，可溶解，过氧化氢具有强氧化性，与亚铁离子发生，将氧化为，便于分离除去， 故答案为：溶解，将氧化为； 由图象可知分离的最佳pH为， 故答案为：； 当后，随pH增加，磷沉淀率出现了减小的趋势，原因是时，沉淀中的磷酸铁会有部分开始转变生成，使得部分释放，导致磷沉淀率下降， 故答案为：时，沉淀中的磷酸铁会有部分开始转变生成，使得部分释放，导致磷沉淀率下降； 可以通过、与LiOH
55、溶液发生共沉淀反应制取，反应的方程式为或， 故答案为：或。正极材料加NaOH溶解发生，可得到，含有磷酸亚铁锂的滤渣加入硫酸、，发生，过滤分离出滤渣含炭黑，得到含有P、Fe、Li的滤液，加入碳酸钠溶液，生成，加入氢氧化钠生成的沉淀为，滤液加入饱和碳酸钠，可生成碳酸锂沉淀，以此解答该题。本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。28.【答案】 哑铃形 D 正四面体 O Al、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【解析】解：处
56、于第四周期第A族，其核外电子排布式为：，则Ga的价电子排布式为；基态Ga原子占据最高能级为4p，p电子云轮廓图形状为哑铃形；铝的第三电离能第二电离能第一电离能，基态大于激发态，所以电子的能量越高，电离时所需的能量越低，即D所需的能量最低；故答案为：；哑铃形；D；中Al原子价层电子对数，无孤电子对，VSEPR模型和空间构型均为正四面体；中含有C、H、O、N四种元素O的非金属性最强，则O的电负性最大，图中N含有1对孤电子对，N的VSEPR模型为平面三角形，杂化方式为；故答案为：正四面体；O；、Ga均为金属晶体，价电子数均为3，但Al的原子半径较小，则Al晶体的金属键较强，导致Al的熔点较高；故答案
57、为：Al、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；氮化镓为六方晶胞，其中N原子数，Ga原子数，晶胞的质量，晶胞的体积，则晶胞参数，故答案案：；立方晶胞图中，1，晶面是三个面对角线、两两共用一个顶点形成，所以上底面的4个顶点分别与下底面的面对角线可形成4个晶面，根据对称性可知，下底面的4个顶点分别与上底面的面对角线又可形成4个晶面，所以立方晶胞中1，晶面共有8个，故答案为：8。核外电子排布式为：，结合价电子概念写出Ga的价电子排布式；基态Ga原子占据最高能级为4p；电离最外层的一个电子所需能量：基态激发态，第一电离能第二电离能第三电离能；根据
58、价层电子互斥理论计算中Al原子价层电子对数，进而确定的空间构型；中含有C、H、O、N四种元素，元素的非金属性越强、其电负性越大；由可知N的杂化方式为；金属晶体中，金属原子的半径越小，金属键越强，金属熔点越高；氮化镓为六方晶胞中N原子数，Ga原子数，晶胞的质量，晶胞的体积，晶胞密度，据此计算；1，晶面概念和晶胞图的特征可知，上底面的顶点与下底面的面对角线可形成1，晶面，分别根据上底面的4个顶点或下底面的4个顶点分析计算。本题考查物质结构和性质，涉及原子结构及排布式、晶胞计算、杂化方式和粒子空间构型判断、晶体性质等知识，侧重考查基础知识灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是六方晶胞的计算，注意晶
59、胞密度计算方法和原子分摊规则，题目难度中等。29.【答案】醛基、羟基；【解析】解：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，则分子中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发生酯的水解反应得到H，结合Y的结构简式可
60、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中的官能团名称为：醛基、羟基，故答案为：醛基、羟基； 的结构简式为，D的结构简式为，G的结构简式为：， 故答案为：； 与E生成F是甲基与醛发生的加成反应，故a正确； 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； 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，1molY最多能消耗，故c正确， 故答案为：ac； 生成Y的化学方程式为：， 故答案为：； 的分子存在顺反异构，H的顺式异构体结构简式：， 故答案为：； 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
61、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：， 故答案为：； 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，符合条件同分异构体有：， 故答案为： 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，则分子中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发生酯的水解反应得到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本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中有机物的分子式与结构简式进行分析，熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移应用能力
