2023學年高二下學期化學期末模擬測試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列說法中，正確的是（）A．冰熔化時，分子中H﹣O鍵發生斷裂B．原子晶體中，共價鍵的鍵長越短，通常熔點就越高C．分子晶體中，共價鍵鍵能越大，該分子的熔沸點就越高D．分子晶體中，分子間作用力越大，則分子越穩定2、下列設備工作時，將化學能轉化為熱能的是A．電烤箱 B．鉛蓄電池 C．燃氣灶 D．硅太陽能電池3、鐵鎳蓄電池又稱愛迪生電池。放電時的總反應為：Fe＋Ni2O3＋3H2O＝Fe(OH)2＋2Ni(OH)2。下列有關該電池的說法錯誤的是A．電池的電解液為堿性溶液，負極為FeB．電池放電時，負極反應為Fe＋2OH－－2e－＝Fe(OH)2C．電池充電過程中，陰極附近溶液的pH增大D．電池充電過程中，OH－向陰極遷移4、下列關于有機物命名和分類的敘述正確的是A．的名稱為2-羥基丁烷B．的名稱為2，2，3-三甲基戊烷C．、的都屬于芳香烴D．乙二醇和丙三醇互為同系物5、X和Y兩種元素的核電荷數之和為22，X的原子核外電子數比Y的少6個。下列說法中不正確的是A．X的單質固態時為分子晶體 B．Y的單質為原子晶體C．X與Y形成的化合物固態時為分子晶體 D．X與碳形成的化合物為分子晶體6、設NA為阿伏加德羅常數值。下列有關敘述正確的是A．常溫時，12g石墨晶體中所含六元環數目為NAB．標準狀況下，18gD2O中所含電子數為9NAC．1molN2與4molH2反應生成的NH3分子數為2NAD．標準狀況下，2.24LSO3中所含原子數為0.4NA7、生鐵的熔點是1100～1200℃，則可推斷純鐵的熔點是A．1085℃ B．1160℃ C．1200℃ D．1535℃8、分子式為C4H8Cl2的鏈狀有機物，只含有二個甲基的同分異構體共有（不考慮立體異構）A．3種 B．4種 C．5種 D．6種9、在室溫下，等體積的酸和堿的溶液混合后，pH一定小于7的是()A．pH＝3的HNO3和pH＝11的KOHB．pH＝3的鹽酸和pH＝11的氨水C．pH＝3的醋酸和pH＝11的Ba(OH)2D．pH＝3的硫酸和pH＝11的NaOH10、下列實驗裝置不能達到實驗目的的是()A．用SO2做噴泉實驗B．驗證Cu與濃硝酸反應的熱量變化C．驗證NH3易溶于水D．比較Na2CO3與NaHCO3的穩定性11、赤銅礦的主要成分是Cu2O，輝銅礦的主要成分是Cu2S，將赤銅礦與輝銅礦混合加熱發生以下反應：Cu2S+2Cu2O＝6Cu+SO2↑，關于該反應的說法中，正確的是（）A．Cu既是氧化產物又是還原產物 B．該反應的氧化劑只有Cu2OC．Cu2S在反應中既是氧化劑，又是還原劑 D．每生成19.2gCu，反應中轉移0.6mol電子12、元素K的焰色反應呈紫色，其中紫色對應的輻射波長為（）A．404.4nm B．553.5nm C．589.2nm D．766.5nm13、下列有關物質分類或歸類正確的是()A．混合物：福爾馬林、水玻璃、熟石灰、純堿B．電解質：二氧化碳、膽礬、生石灰、鹽酸C．化合物：燒堿、氯化氫、干冰、膽礬D．單質：液態氧、白磷、氮氣、碘酒、鋁熱劑14、下列化學用語正確的是（）A．新戊烷的結構簡式：C5H12B．丙烷的比例模型:C．四氯化碳的電子式：D．乙烯的結構式：15、將鈉、鎂、鋁各0.3mol分別放入100ml1mol/L的鹽酸中，在同溫同壓下產生的氣體體積比是（）A．1:2:3 B．6:3:2 C．3:1:1 D．1:1:116、200℃時，11.6g由CO2和水蒸氣的混合物與足量的Na2O2充分反應后,固體質量增加了3.6g,則原混合氣體的平均摩爾質量為（）g/molA．5.8 B．11.6 C．46.4 D．23.2二、非選擇題（本題包括5小題）17、A是生產某新型工程塑料的基礎原料之一，分子式為C10H10O2，其分子結構模型如圖所示（圖中球與球之間連線代表化學鍵單鍵或雙鍵）。(1)根據分子結構模型寫出A的結構簡式___________。(2)擬從芳香烴出發來合成A，其合成路線如下：已知：A在酸性條件下水解生成有機物B和甲醇。(a)寫出⑤反應類型__________反應；寫出H的結構簡式___________。(b)寫出G中官能團名稱：_________________________(c)寫出下列步驟的反應方程式（注明必要的條件）⑥_______________________________________。⑦________________________________________。(3)A的同分異構體有多種，同時滿足下列條件A的同分異構體有________種。ⅰ.含有苯環，苯環上有兩個側鏈且苯環上一氯取代物有兩種；ⅱ.與A有相同的官能團；ⅲ.能發生銀鏡反應。18、2018年3月21日是第二十六屆“世界水日”，保護水資源、合理利用廢水、節省水資源、加強廢水的回收利用已被越來越多的人所關注。已知：某無色廢水中可能含有H＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、NO3-、CO32-、SO42-中的幾種，為分析其成分，分別取廢水樣品1L，進行了三組實驗，其操作和有關圖像如下所示：請回答下列問題：(1)根據上述3組實驗可以分析廢水中一定不存在的陰離子是________(2)寫出實驗③圖像中沉淀達到最大量且質量不再發生變化階段發生反應的離子方程式：___________。沉淀溶解時發生的離子方程式為________(3)分析圖像，在原溶液中c(NH4+與c(Al3＋)的比值為________，所得沉淀的最大質量是________g。(4)若通過實驗確定原廢水中c(Na＋)＝0.18mol·L－1，試判斷原廢水中NO3-是否存在？________(填“存在”“不存在”或“不確定”)。若存在，c(NO3-)＝________mol·L－1。(若不存在或不確定則此空不填)19、某酸性廢液中含有Fe2+、Cu2+、Ba2+三種金屬離子，有同學設計了下列方案對廢液進行處理（所加試劑均稍過量），以回收金屬銅，保護環境。請回答：（1）沉淀a中含有的單質是__________（填元素符號）。（2）沉淀c的化學式是_______________。（3）溶液A與H2O2溶液在酸性條件下反應的離子方程式是__________________。20、四氯化錫（SnCl4）是一種重要的化工產品，可在加熱下直接氯化來制備。已知：四氯化錫是無色液體，熔點-33℃，沸點114℃。SnCl4極易水解，在潮濕的空氣中發煙。實驗室可以通過下圖裝置制備少量SnCl4(夾持裝置略)。（1）裝置Ⅰ中發生反應的離子方程式為________；（2）裝置Ⅱ中的最佳試劑為_______，裝置Ⅶ的作用為_______；（3）該裝置存在的缺陷是：_______________；（4）如果沒有裝置Ⅲ，在Ⅳ中除生成SnCl4

外，還會生成的含錫的化合物的化學式為_______________；（5）實驗用錫粒中含有雜質Cu．某同學設計下列實驗測定錫粒的純度．第一步：稱取0.613g錫粒溶入足量鹽酸中，過濾；第二步：向濾液中加入過量FeCl3溶液，將Sn2+氧化成Sn4+；第三步：用0.100mol?L-1K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+，發生反應的表達式為（未配平）：Fe2++Cr2O72-+H+→Cr3++Fe3++H2O第二步中發生反應的離子方程式是_______________，若達到滴定終點時共消耗16.0mLK2Cr2O7溶液，試寫出試樣中錫的質量分數的計算式____________（僅寫計算結果，錫的相對原子質量按119計算）21、已知HA是一元弱酸（1）常溫下，下列事實能證明HA是弱電解質的是________。①某NaA溶液的pH＝9②用HA溶液做導電實驗，燈泡很暗③等濃度、等體積的硫酸和HA溶液分別與足量鋅反應，硫酸產生的氫氣多④0.1mol·L-1HA溶液的pH≈2.8⑤配制相同濃度的硫酸和HA，分別測定兩溶液的pH，硫酸的pH小于HA的pH（2）某溫度時，0.1mol·L-1的HA溶液中的c(H＋)與0.01mol·L-1的HA溶液中的c(H＋)的比值________(填“大于”“小于”或“等于”)10。（3）已知：25℃時，HA的電離平衡常數為6.25×10-7。①求該溫度時，0.1mol·L-1的HA溶液中c1(H＋)＝__________mol·L-1。[水電離出的c(H＋)、c(OH-)忽略不計，下同]②若該溫度時向該溶液中加入一定量的NH4A(假設溶液體積不變)，使溶液中c(A－)變為5×10-2mol·L-1，則此時c2(H＋)＝________mol·L-1。（4）已知：常溫下，NH3·H2O的電離平衡常數為1.74×10-5；則NH4A溶液呈________性，NH4A溶液中物質的量濃度最大的離子是________(填化學式)。（5）現用某未知濃度(設為c′)的CH3COOH溶液及其他儀器、藥品，通過實驗測定一定溫度下CH3COOH的電離平衡常數，需測定的數據有(用簡要的文字說明)：①實驗時的溫度；②______________；③用_______(填一種實驗方法)測定CH3COOH溶液濃度c′。

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【答案解析】

A．冰熔化克服氫鍵，屬于物理變化，H-O鍵沒有斷裂，故A錯誤；B．影響原子晶體熔沸點高低的因素是鍵能的大小，共價鍵的鍵長越短，鍵能越大，熔點就越高，故B正確；C．影響分子晶體熔沸點高低的因素是相對分子質量大小，與共價鍵的鍵能無關，故C錯誤；D．分子的穩定性與分子間作用力無關，穩定性屬于化學性質，分子間作用力影響物理性質，故D錯誤。故選B。2、C【答案解析】

A.電烤箱將電能轉化成熱能，故A不符；B.鉛蓄電池是將化學能轉化為電能，故B不符；C.燃氣灶是將化學能轉化為熱能，故C符合；D.硅太陽能電池是將光能轉化為電能，故D不符；故選C。3、D【答案解析】分析：本題考查的是二次電池的工作原理，涉及到原電池和電解池的有關知識，做題時注意根據總反應從氧化還原的角度判斷化合價的變化，以得出電池的正負極以及所發生的反應。詳解：A.根據總反應Fe＋Ni2O3＋3H2O＝Fe(OH)2＋2Ni(OH)2可知產物有氫氧化物，則電解液為堿性溶液，放電時鐵失去電子發生氧化反應，鐵做負極，故正確；B.放電時鐵做負極，失去電子生成亞鐵離子，在堿性電解質中生成氫氧化亞鐵，電極反應為：Fe＋2OH－－2e－＝Fe(OH)2，故正確；C.充電可以看做是放電的逆過程，即陰極為原來的負極，所以電池充電過程時陰極反應為Fe(OH)2+2e－＝Fe＋2OH－，因此充電過程中陰極附近溶液的pH會升高，故正確；D.電池充電時，陰離子向陽極移動，陽離子向陰極移動，故錯誤。故選D。4、B【答案解析】分析：本題考查的是有機物的命名，難度較小。詳解：A.該有機物的名稱應該為2-丁醇，故錯誤；B.該有機物的名稱應該為2,2,3-三甲基戊烷，故正確；C.該有機物為苯和環烯烴，環烯烴不含苯環結構，不屬于芳香烴，故錯誤；D.乙二醇和丙三醇的羥基數目不同，不是同系物，故錯誤。故選B。點睛：注意同系物是指結構相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質。所說的結構相似是指屬于同類物質，即官能團種類和個數相同。如醇和酚類不可能屬于同系物，乙醇和乙二醇或丙三醇不可能是同系物。5、C【答案解析】

假設X的質子數為a，Y的質子數為b，X和Y兩元素的質子數之和為22，則a+b=22；X的原子核外電子數比Y的原子核外電子數少6個，則a+6=b，聯立解得，a=8，b=14，因此X為氧元素，Y為硅元素，結合對應單質、化合物的性質解答該題?！绢}目詳解】根據上述分析可知X為氧元素，Y為硅元素。A.X為氧元素，其單質氧氣、臭氧固態均為分子晶體，A正確；B.Y為硅元素，單質晶體硅是原子晶體，B正確；C.X與Y形成的化合物為SiO2，屬于原子晶體，C錯誤；D.X為氧元素，與碳元素形成的CO2、CO在固態為干冰，都屬于分子晶體，D正確；故合理選項是C。【答案點睛】本題考查原子結構與位置關系、晶體類型等，較好地考查學生的分析能力，比較基礎，利用質子數、電子數的關系來推斷元素是解答的關鍵，注意基礎知識的積累與掌握。6、B【答案解析】

A．依據石墨的結構可知，每個六元環擁有2個碳原子，12g石墨晶體中含有碳原子1mol，所以，所含六元環數目為0.5NA，故A錯誤；B．標準狀況下，18gD2O的物質的量為9/10mol，每個D2O分子中含有10個電子，所以18gD2O中所含電子數為9NA，故B正確；C．1molN2與4molH2完全反應轉化為氨氣的話生成2molNH3，因為該反應為可逆反應，氮氣不可能完全轉化，故生成氨氣的分子數小于2NA，故C錯誤；D．標準狀況下，SO3不是氣態，所以2.24LSO3中所含原子數不是0.4NA，故D錯誤。故選B?！敬鸢更c睛】阿伏加德羅常數是化學高考的熱點之一，是每年高考的必考點。該類試題以中學所學過的一些重點物質為載體，考查學生對阿付加德羅常數及與其有聯系的物質的量、摩爾質量、氣體摩爾體積、物質的量濃度、阿伏加德羅定律等概念的理解是否準確深刻，各種守恒關系、平衡的有關原理掌握的是否牢固，題目涉及的知識面廣，靈活性強，思維跨度大，因而能很好的考察學生思維的嚴密性、深刻性。解此類題目需注意的問題先總結如下：①要注意氣體摩爾體積的適使用條件：標準狀況下的氣體摩爾體積才為22.4L/mol，但需注意，若題目給出氣體的質量或物質的量，則粒子數目與條件無關。②要注意物質的狀態：氣體摩爾體積適用于標準狀況下的氣體物質。命題者常用水、三氧化硫、己烷、辛烷、甲醇等物質來迷惑考生。③要注意物質的組成形式：對于由分子構成的物質，有的是單原子分子（如稀有氣體分子），有的是雙原子分子，還有的是多原子分子，解題時要注意分子的構成，要注意分析同類或相關物質分子組成結構上的變化規律。④要注意晶體結構：遇到與物質晶體有關的問題時，先要畫出物質晶體的結構，然后分析解答，如在SiO2晶體中存在空間網狀的立體結構，其基本結構單元為硅氧四面體（SiO4）。⑤要注意粒子的種類：試題中所提供的情境中有多種粒子時，明確要回答的粒子種類，涉及核外核外電子數時，要注意根、基、離子的區別。⑥要注意同位素原子的差異：同位素原子雖然質子數、電子數相同，但中子數不同，質量數不同，進行計算時，應注意差別防止出現錯誤。7、D【答案解析】

合金的熔點通常比其成分金屬低?！绢}目詳解】生鐵的熔點是1100～1200℃，生鐵是鐵和碳的合金，合金的熔點比純鐵的熔點低，所以鐵的熔點高于1200℃，選D。8、B【答案解析】

根據有機物的分子式可知，C4H8Cl2的鏈狀有機物，只含有二個甲基的同分異構體共有4種，分別是CH3CHClCHClCH3、CH3CCl2CH2CH3、(CH3)2CClCH2Cl、(CH3)2CHCHCl2；答案選B。9、C【答案解析】試題分析：A．硝酸和氫氧化鋇都是強電解質，pH=3的硝酸和pH=11的Ba（OH）2溶液中，硝酸中氫離子濃度等于氫氧化鋇溶液中氫氧根離子濃度，二者等體積混合時恰好反應生成硝酸鋇，溶液呈中性，故A錯誤；B．氯化氫是強電解質，一水合氨是弱電解質，所以pH=3的鹽酸和pH=11的氨水，鹽酸的濃度小于氨水濃度，二者等體積混合，氨水有剩余，一水合氨的電離程度大于銨根離子的水解程度，所以混合溶液呈堿性，故B錯誤；醋酸是弱電解質，氫氧化鉀是強電解質，所以pH=3的醋酸和pH=11的KOH溶液，醋酸溶液濃度大于氫氧化鉀溶液，二者等體積混合時，醋酸有屬于，醋酸的電離程度大于醋酸根離子水解程度，所以混合溶液呈酸性，故C正確；硫酸和氫氧化鈉都是強電解質，pH=3的硫酸中氫離子濃度為1．111mol/L，pH=11的KOH溶液中氫氧根離子濃度為1．111mol/L，等體積混合，二者恰好反應生成硫酸鉀，混合溶液呈中性，故D錯誤；故選C?？键c：酸堿混合時pH的計算10、D【答案解析】

A．二氧化硫易與氫氧化鈉反應而導致燒瓶壓強減小，可形成噴泉，A正確；B．如反應為放熱反應，則U形管左端液面下降，右端液面上升，可判斷反應是否屬于放熱反應，B正確；C．如氣球體積變大，則燒瓶內壓強減小，可說明氨氣易溶于水，C正確；D．套裝小試管加熱溫度較低，碳酸氫鈉應放在套裝小試管中，通過澄清水是否變渾濁可證明穩定性，D錯誤。答案選D。11、C【答案解析】A、反應中，化合價降低的元素是銅元素，所以Cu為還原產物；故A錯誤；B、Cu2S和Cu2O中的銅元素化合價均為+1，反應后變為0價的銅單質，化合價降低，做氧化劑，故B錯誤；C、反應物Cu2S中銅的化合價由+1價降到0價，硫的化合價由-2價升到+4價，Cu2S在反應中既是氧化劑，又是還原劑，故C正確；D、反應中，S化合價升高了6價，轉移了6mol電子，生成金屬銅6mol，所以每生成19.2(即0.3mol)Cu，反應中轉移0.3mol電子，故D錯誤；故選C正確。點睛：本題主要考察氧化還氧反應的相關知識。氧化還原反應中的六字規則為“升失氧，降得還”?；蟽r升高，失去電子，發生氧化反應，被氧化，本身作還原劑；化合價降低，得到電子，發生還原反應，被還原，本身作氧化劑；根據轉移電子的量來分析生反應物與生成物的量。12、A【答案解析】

元素K的焰色反應呈紫色，紫色光能量高，波長短，所以其中紫色對應的輻射波長為404.4nm，故合理選項是A。13、C【答案解析】分析：混合物是由不同物質組成的物質；化合物是兩種或兩種以上元素組成的純凈物；單質是同種元素組成的純凈物；電解質是在水溶液中或熔融狀態下能夠導電的化合物；依據概念結合物質組成分析判斷。詳解：A.熟石灰是氫氧化鈣，純堿是碳酸鈉，都屬于純凈物，A錯誤；B.二氧化碳為非電解質，鹽酸是混合物，B錯誤；C.燒堿氫氧化鈉，干冰二氧化碳，生石灰氧化鈣，膽礬五水硫酸銅均為化合物，C正確；D.碘酒、鋁熱劑都是混合物，D錯誤；故本題選C。14、D【答案解析】A.新戊烷的結構簡式為C(CH3)4，A錯誤；B.該模型是丙烷的球棍模型，B錯誤；C.四氯化碳是共價化合物，電子式為，C錯誤；D.乙烯的結構式正確，D正確，答案選D?！敬鸢更c睛】注意掌握有機物結構的幾種表示方法：1.結構式：用短線“—”表示原子之間所形成的一對共用電子進而表示物質結構的式子稱為結構式，省略了部分短線“—”的結構式稱為結構簡式。2.球棍模型：用來表現化學分子的三維空間分布。棍代表共價鍵，球表示構成有機物分子的原子。3.比例模型：是一種與球棍模型類似，用來表現分子三維空間分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直徑的大小，球和球緊靠在一起。15、C【答案解析】

Na與鹽酸反應：2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，Mg與鹽酸反應：Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，Al與鹽酸的反應：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，然后判斷過量，如果金屬鈉過量，Na還會與水反應；【題目詳解】2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑220.30.3>100×10－3L×1mol·L－1，鹽酸不足，金屬鈉過量，因此金屬鈉還與水反應：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，根據得失電子數目守恒，有0.3mol×1=n(H2)×2，即n(H2)=0.15mol；Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑0.30.6>100×10－3L×1mol·L－1，鹽酸不足，金屬鎂過量，產生n(H2)=0.1mol/2=0.05mol，2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，同理鹽酸不足，鋁過量，產生n(H2)=0.05mol，相同條件下，氣體體積比值等于其物質的量比值，即氣體體積比值為0.15mol：0.05mol：0.05mol=3：1：1，故C正確。【答案點睛】易錯點是金屬鈉產生H2，學生容易認為鹽酸不足，按照鹽酸進行判斷，錯選D選項，忽略了過量的金屬鈉能與水反應產生H2，即判斷金屬鈉產生H2的物質的量時，可以采用得失電子數目相等進行計算。16、D【答案解析】

設混合物中CO2和水的物質的量分別是xmol和ymol，則根據反應的方程式2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2△m2mol56g2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2△m2mol4g可知28x+2y＝3.6，又因為44x+18y＝11.6，解得x＝0.1、y＝0.4，所以原混合氣體的平均摩爾質量為，D項正確，答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、消去羥基、醛基+CH3OH+H2O+H2O6【答案解析】

(1)根據分子結構模型知，A中含有苯環，苯環上含有一個支鏈，支鏈上含有一個碳碳雙鍵、一個酯基，寫出結構簡式；(2)和溴水發生加成反應生成D，D的結構簡式為，D和氫氧化鈉的水溶液發生水解反應生成E，E的結構簡式為：，E反應生成F，根據E、F的分子式知，E發生消去反應生成F，F的結構簡式為：，E被氧氣氧化生成G，G的結構簡式為：，G被氧化生成H，H的結構簡式為，H反應生成B，B反應生成A，A在酸性條件下水解生成有機物B和甲醇，B的結構簡式為；據此分析解答。【題目詳解】(1)A是生產某新型工程塑料的基礎原料之一，分子式為C10H10O2，每個碳原子形成4個共價鍵，結合其分子結構模型()知，A中含有苯環，苯環上含有一個支鏈，支鏈上含有一個碳碳雙鍵、一個酯基，且結構簡式為：，故答案為；(2)和溴水發生加成反應生成D，D的結構簡式為，D和氫氧化鈉的水溶液發生水解反應生成E，E的結構簡式為：，E反應生成F，根據E、F的分子式知，E發生消去反應生成F，F的結構簡式為：，E被氧氣氧化生成G，G的結構簡式為：，G被氧化生成H，H的結構簡式為，H反應生成B，B反應生成A，A在酸性條件下水解生成有機物B和甲醇，B的結構簡式為；（a）通過以上分析知，反應⑤屬于消去反應，H的結構簡式為，故答案為：消去；；（b）G的結構簡式為：，含有的官能團有—OH、—CHO，名稱為羥基、醛基，故答案為：羥基、醛基；（c）反應⑥為B和甲醇發生酯化反應生成A，反應方程式是+CH3OH+H2O；反應⑦為E發生消去反應生成F，反應方程式是+H2O，故答案為：+CH3OH+H2O；+H2O；(3)A的結構簡式為：，A中含有的官能團為碳碳雙鍵和酯基，A的同分異構體苯環上有兩個側鏈且苯環上一氯取代物有兩種，則只能是對位，又與A有相同的官能團且能發生銀鏡反應，則苯環連接的兩個側鏈分別為①—CH=CH2、—CH2OOCH②—CH3、—CH=CHOOCH③—CH3、—C(OOCH)=CH2④—OOCH、—CH=CHCH3⑤—OOCH、—CH2CH=CH2⑥—OOCH、—C(CH3)=CH2，共6種，故答案為：6?！敬鸢更c睛】本題的難點是第（3）問，符合條件的同分異構體數目的確定；確定同分異構體的數目先根據限制的條件確定可能存在的結構，然后進行有序書寫。18、CO32-NH4+＋OH－===NH3·H2OAl(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O2:110.7存在0.08【答案解析】

已知溶液為無色，則無Fe3＋；焰色反應時為黃色，則含Na元素；加入鹽酸酸化的氯化鋇有白色沉淀，則含硫酸根離子；加入過量的NaOH有白色沉淀，含鎂離子；根據加入NaOH的體積與沉淀的關系可知，原溶液中含有H＋、NH4+、Al3＋、Mg2＋；與Al3＋、Mg2＋反應的CO32-離子不存在。【題目詳解】（1）根據分析可知，一定不存在的陰離子為CO32-；（2）③圖像中沉淀達到最大量且質量不再發生變化時，加入NaOH，沉淀的量未變，則有離子與NaOH反應，只能是NH4+，其反應的離子方程式為：NH4+＋OH－=NH3·H2O；沉淀溶解為氫氧化鋁與NaOH反應生成偏鋁酸鈉和水，離子方程式為：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；（3）根據反應式及數量，與NH4+、Al（OH）3消耗NaOH的量分別為0.2mol、0.1mol，則c(NH4+):c(Al3＋)=2:1；（4）H＋為0.1mol，NH4+為0.2mol，Al3＋為0.1mol，Mg2＋為0.05mol，Na＋為0.18mol，SO42-為0.4mol，根據溶液呈電中性，n（NO3-）=0.08mol。19、Cu、FeBaCO32Fe2++H2O2+2H＋=2Fe3++2H2O【答案解析】酸性廢液中含有Fe2+、Cu2+、Ba2+三種金屬離子，加入鐵屑，可置換出銅，沉淀a為Fe、Cu，溶液A含有Fe2+、Ba2+，然后在溶液A中加入過氧化氫、氫氧化鈉生成的紅褐色沉淀為Fe(OH)3，溶液B含有Na+、Ba2+，加入碳酸鈉溶液，可生成沉淀c為BaCO3，溶液C含有的陽離子主要為Na+。(1)由以上分析可知沉淀a中含有的單質是Fe、Cu，故答案為Fe、Cu；(2)由分析可知沉淀c為BaCO3，故答案為BaCO3；(3)氧化時加入H2O2溶液與二價鐵離子發生氧化還原反應，反應的離子方程式為2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案為2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2

H2O。點睛：本題考查物質的分離提純，注意掌握金屬回收的方法和常見的離子之間的反應，明確離子方程式的書寫方法。本題的關鍵是根據流程圖，理清發生的反應。20、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O飽和氯化鈉溶液防止空氣中水蒸氣進入裝置，使SnCl4水解缺少尾氣處理裝置Sn(OH)4或SnO22Fe3++Sn2+=Sn4++2Fe2+93.18%【答案解析】

由裝置圖可知裝置Ⅰ應為制備氯氣的裝置，裝置Ⅱ和裝置Ⅲ是氯氣的凈化裝置，氯氣經除雜，干燥后與錫在裝置Ⅳ中反應生成SnCl4，經冷卻后在裝置Ⅵ中收集，因SnCl4極易水解，應防止空氣中的水蒸氣進入裝置Ⅵ中。(5)用已知濃度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，根據原子守恒、電子轉移守恒可得關系式：Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7，據此分析解答?！绢}目詳解】(1)裝置Ⅰ中濃鹽酸與MnO2在加熱時發生反應產生氯氣，發生反應的離子方程式為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)由于鹽酸有揮發性，所以在制取的氯氣中含有雜質HCl，在與金屬錫反應前要除去，因此裝置Ⅱ中的最佳試劑為除去HCl同時還可以減少氯氣消耗的飽和食鹽水；SnCl4極易水解，在潮濕的空氣中發煙，為了防止鹽水解，所以要防止起水解，裝置Ⅶ的作用為防止空氣中的水蒸氣進入Ⅵ中使SnCl4水解，故答案為飽和氯化鈉溶液；防止空氣中水蒸氣進入Ⅵ中，SnCl4水解；(3)未反應的氯氣沒有除去，缺少尾氣處理裝置，故答案為缺少尾氣處理裝置；(4)如果沒有裝置Ⅲ，則在氯氣中含有水蒸汽，所以在Ⅳ中除生成SnCl4外，還會生成SnCl4水解產生的含錫的化合物Sn(OH