2025屆黑龍江省牡丹江市重點中學高考考前模擬化學試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列表示不正確的是A．中子數為20的氯原子：37Cl B．氟離子的結構示意圖：C．水的球棍模型： D．乙酸的比例模型：2、X、Y、Z、W四種短周期元素的原子序數依次增大，原子最外層電子數之和為13，X的原子半徑比Y的小，X與W同主族，Z的族序數是其周期數的3倍，下列說法中正確的是A．四種元素簡單離子的半徑：X<Y<Z<WB．X與Y形成的離子化合物中既含離子鍵又含共價鍵C．離子化合物W2Z2中陰陽離子數之比為1:1D．只含X、Y、Z三種元素的化合物一定是共價化合物3、化學與工農業生產和日常生活密切相關，下列說法正確的是A．漂白粉、漂白液和漂粉精既可作漂白劑，又可作消毒劑B．硅膠可用作催化劑的載體，但不可用作干燥劑C．常溫下鋁制容器可以盛放濃硫酸，是因為鋁與濃硫酸不反應D．明礬可作凈水劑，是因為其溶于水電離出的Al3+具有強吸附性4、常溫下，往飽和石灰水中加入一定量的生石灰，一段時間后恢復到原溫度，以下敘述錯誤的是A．有溶質析出 B．溶液中Ca2+的數目不變C．溶劑的質量減小 D．溶液的pH不變5、短周期元素A、B、C、D的原子序數依次增大，B與C的簡單離子具有相同的電子層結構，D的最高正價與最低負價代數和為6。工業上采用在二氧化鈦與A的單質混合物中通入D的單質，高溫下反應得到化合物X和一種常見的可燃性氣體Y（化學式為AB），X與金屬單質C反應制得單質鈦。下列說法不正確的是A．簡單離子半徑：D＞B＞CB．氧化物的水化物酸性：D＞AC．X與單質C不能在空氣的氛圍中反應制得單質鈦D．B與D組成的某化合物可用于飲用水消毒6、某溫度下，將Cl2通入KOH溶液中，反應后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，經測定ClO-和ClO3-個數比為1：2，則Cl2與KOH溶液反應時，被還原的氯與被氧化的氯的物質的量之比為（）A．21：5 B．4：1 C．3：l D．11：37、常溫下，用0.100mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00mL0.100mol·L－1的HA溶液和HB溶液的滴定曲線如圖。下列說法錯誤的是（己知lg2≈0.3）A．HB是弱酸，b點時溶液中c（B－）>c（Na+）>c（HB）B．a、b、c三點水電離出的c（H+）：a>b>cC．滴定HB溶液時，應用酚酞作指示劑D．滴定HA溶液時，當V（NaOH）=19.98mL時溶液pH約為4.38、對于排布在2s軌道上的電子，不能確定的是A．電子所在的電子層 B．電子的自旋方向C．電子云的形狀 D．電子云的伸展方向9、下列顏色變化與氧化還原反應無關的是（）A．長期放置的苯酚晶體變紅 B．硝酸銀晶體光照后變黑C．氫氧化亞鐵變灰綠再變紅褐 D．二氧化氮氣體冷卻后變淡10、下列有關化學用語表示正確的是A．CCl4分子的比例模型： B．氟離子的結構示意圖：C．CaCl2的電子式： D．氮分子的結構式：N—N11、某離子反應中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六種微粒。其中ClO-的物質的量隨時間變化的曲線如圖所示。下列判斷正確的是（）A．該反應的還原劑是Cl-B．反應后溶液的酸性明顯增強C．消耗1mol還原劑，轉移6mol電子D．氧化劑與還原劑的物質的量之比為2∶312、化學與生產、生活密切相關。下列敘述中不正確的是A．將少量二氧化硫添加到紅酒中可起到殺菌和抗氧化作用B．將電器垃圾深埋處理可減少重金屬對環境的危害C．對化學燃料脫硫、脫氮可減少酸雨的形成D．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料可實現碳的循環利用13、下列說法中正確的是（）A．氣體單質中，一定有σ鍵，可能有π鍵B．PCl3分子是非極性分子C．鄰羥基苯甲醛的熔、沸點比對羥基苯甲醛的熔、沸點高D．ClO4-的VSEPR模型與離子的空間立體構型一致14、根據下列實驗操作和現象所得到的實驗結論正確的是選項實驗操作和現象實驗結論A向KI溶液中滴加少量溴水，再滴加CCl4，振蕩，靜置。分層，上層無色，下層紫紅色溴的非金屬性強于碘B向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀鹽酸，沉淀不溶解Na2SO3溶液已經變質C向AgNO3溶液中先滴加少量NaCl溶液，生成白色沉淀，然后再滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀溶解度：AgCI>Ag2SD向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶液紅色逐漸褪去BaCl2溶液是酸性溶液A．A B．B C．C D．D15、我國某科研團隊設計了一種新型能量存儲/轉化裝置(如圖所示)，閉合K2、斷開K1時，制氫并儲能。下列說法正確的是A．制氫時，X電極附近pH增大B．斷開K2、閉合K1時，裝置中總反應為Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2C．斷開K2、閉合K1時，K+向Zn電極移動D．制氫時，每轉移0.1NA電子，溶液質量減輕0.1g16、化學與生產生活、環境保護密切相關，下列說法正確的是A．氫氧化鋁、碳酸氫鈉都是常見的胃酸中和劑B．用活性炭為糖漿脫色和利用臭氧漂白紙漿，原理相似C．光導纖維和聚酯纖維都是新型無機非金屬材料D．汽車尾氣中含有的氮氧化合物，是汽油不完全燃燒造成的二、非選擇題（本題包括5小題）17、兩種重要的有機化工合成中間體F和Y可用甲苯為主要原料采用以下路線制得：已知：①②2CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO請回答下列問題：（1）寫出A的結構簡式___________。（2）B→C的化學方程式是________。（3）C→D的反應類型為__________。（4）1molF最多可以和________molNaOH反應。（5）在合成F的過程中，設計B→C步驟的目的是_________。（6）寫出符合下列條件的3種A的同分異構體的結構簡式_________、______、_______。①苯環上只有兩種不同化學環境的氫原子②能發生銀鏡反應（7）以X和乙醇為原料通過3步可合成Y，請設計合成路線______（無機試劑及溶劑任選）。18、某興趣小組以乙烯等為主要原料合成藥物普魯卡因：已知：，（1）對于普魯卡因，下列說法正確的是___。a．一個分子中有11個碳原子b．不與氫氣發生加成反應c．可發生水解反應（2）化合物Ⅰ的分子式為___，1mol化合物Ⅰ能與___molH2恰好完全反應。（3）化合物Ⅰ在濃H2SO4和加熱的條件下，自身能反應生成高分子聚合物Ⅲ，寫出Ⅲ的結構簡式___。（4）請用化學反應方程式表示以乙烯為原料制備B（無機試劑任選）的有關反應，并指出所屬的反應類型___。19、草酸是草本植物常具有的成分，具有廣泛的用途。草酸晶體（H2C2O4?2H2O）無色易溶于水，熔點為101℃，受熱易脫水、升華，在170℃以上分解。常溫下，草酸的電離平衡常數K1=5.4×10－2，K2=5.4×10－5。回答下列問題：（1）擬用下列裝置分解草酸制備少量純凈的CO，其合理的連接順序為____（填字母）。（2）相同溫度條件下，分別用3支試管按下列要求完成實驗：試管ABC4mL0.01mol/L4mL0.02mol/L4mL0.03mol/L加入試劑KMnO4KMnO4KMnO41mL0.1moL/LH2SO41mL0.1moL/LH2SO41mL0.1moL/LH2SO42mL0.1mol/LH2C2O42mL0.1mol/LH2C2O42mL0.1mol/LH2C2O4褪色時間28秒30秒不褪色寫出試管B中發生反應的離子方程式____________；上述實驗能否說明“相同條件下，反應物濃度越大，反應速率越快”？_____（填“能”或“不能”）；簡述你的理由：__________________。（3）設計實驗證明草酸為弱酸的方案及其結果均正確的有________（填序號）。A．室溫下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，測其pH=2；B．室溫下，取0.010mol/L的NaHC2O4溶液，測其pH>7；C．室溫下，取pH=a（a<3）的H2C2O4溶液稀釋100倍后，測其pH<a+2；D．取0.10mol/L草酸溶液100mL與足量鋅粉反應，收集到H2體積為224mL（標況）。（4）為測定某H2C2O4溶液的濃度，取20.00mLH2C2O4溶液于錐形瓶中，滴入2-3滴指示劑，用0.1000mol/L的NaOH溶液進行滴定，進行3次平行實驗，所用NaOH溶液體積分別為19.98mL、20.02mL和22.02mL。①所用指示劑為__________；滴定終點時的現象為________________；②H2C2O4溶液物質的量濃度為________；③下列操作會引起測定結果偏高的是_______（填序號）。A．滴定管在盛裝NaOH溶液前未潤洗B．滴定過程中，錐形瓶震蕩的太劇烈，以致部分液體濺出C．滴定前讀數正確，滴定終點時俯視讀數D．滴定前讀數正確，滴定終點時仰視讀數20、下面a～e是中學化學實驗中常見的幾種定量儀器：（a）量筒（b）容量瓶（c）滴定管（d）托盤天平（e）溫度計（1）其中標示出儀器使用溫度的是_________________（填寫編號）（2）由于操作錯誤，使得到的數據比正確數據偏小的是_________（填寫編號）A．實驗室制乙烯測量混合液溫度時，溫度計的水銀球與燒瓶底部接觸B．中和滴定達終點時俯視滴定管內液面讀數C．使用容量瓶配制溶液時，俯視液面定容所得溶液的濃度（3）稱取10.5g固體樣品（1g以下使用游碼）時，將樣品放在了天平的右盤，則所稱樣品的實際質量為________g。21、Ⅰ．據報道，我國在南海北部神狐海域進行的可燃冰（甲烷的水合物)試采獲得成功。甲烷是一種重要的化工原料。（1）甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外還有以下二種：水蒸氣重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol-1①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=－41.2kJ·mol-1②二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH3③則反應①自發進行的條件是________________，ΔH3=_____________kJ·mol-1。Ⅱ．氮的固定一直是科學家研究的重要課題，合成氨則是人工固氮比較成熟的技術，其原理為N2

(g)+3H2

(g)2NH3(g)（2）在不同溫度、壓強和相同催化劑條件下，初始時N2、H2分別為0.1mol、0.3mol時，平衡后混合物中氨的體積分數（φ）如下圖所示。①其中，p1、p2和p3由大到小的順序是________，其原因是_________________。②若分別用vA(N2)和vB(N2)表示從反應開始至達平衡狀態A、B時的化學反應速率，則vA(N2)______vB(N2)（填“>”“<”或“=”）③若在250℃、p1為105Pa條件下，反應達到平衡時容器的體積為1L，則該條件下B點N2的分壓p(N2)為_________Pa(分壓=總壓×物質的量分數，保留一位小數)。Ⅲ．以連二硫酸根(S2O42－)為媒介，使用間接電化學法也可處理燃煤煙氣中的NO，裝置如圖所示：①陰極區的電極反應式為_____________________________。②NO吸收轉化后的主要產物為NH4+，若通電時電路中轉移了0.3mole－，則此通電過程中理論上吸收的NO在標準狀況下的體積為_______mL。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

A.中子數為20的氯原子其質量數為17+20=37，故37Cl是正確的；B.氟離子的核電荷數為9，核外電子數為10，故正確；C.水分子為V型，不是直線型，故錯誤；D.該圖為乙酸的比例模型，故正確。故選C。2、B【解析】

由題知，Z是氧元素；若X是第二周期元素，則不能同時滿足“原子序數依次增大”和“X的原子半徑比Y的小”，故X是氫元素，則W是鈉元素；結合最外層電子數之和為13知，Y是氮元素?！驹斀狻緼.簡單離子的半徑，即X<W<Z<Y，A項錯誤；B.NH4H中既含離子鍵又含共價鍵，B項正確；C.過氧化鈉中陰陽離子數之比為1:2，C項錯誤；D.只含H、N、O三種元素的化合物可能是共價化合物，如硝酸；也可能是離子化合物，如硝酸銨，D項錯誤。答案選B。3、A【解析】

本題考查化學在生活中的應用，意在考查對物質性質的識記和理解能力?！驹斀狻緼.漂白粉，漂白液和漂粉精的有效成分都是次氯酸鹽，有強氧化性，所以可以漂白，殺菌，故A正確；B.硅膠具有吸水性，可用作干燥劑，故B錯誤；C.常溫下鋁制容器可以盛放濃硫酸，是因為鋁在濃硫酸中發生鈍化，故C錯誤；D.明礬可作凈水劑，是因為其溶于水電離出的能水解生成氫氧化鋁膠體，膠體的吸附能力很強，故D錯誤；答案：A4、B【解析】

常溫下，往飽和石灰水中加入一定量的生石灰，氧化鈣與水反應生成氫氧化鈣，一段時間后恢復到原溫度，Ksp不變，溶解度不變，由于反應消耗水，溶質、溶劑、溶液質量均減少，則：A．有溶質氫氧化鈣析出，A正確；B．溶液中Ca2+的濃度不變，但數目減少，B錯誤；C．氧化鈣消耗水，則溶劑的質量減小，C正確；D．OH-濃度不變，則溶液的pH不變，D正確；答案選B。5、B【解析】

短周期元素A、B、C、D的原子序數依次增大，D的最高正價與最低負價代數和為6，則D為Cl元素，工業上采用在二氧化鈦與A的單質混合物中通入D的單質，高溫下反應得到化合物X和一種常見的可燃性氣體Y（化學式為AB），X與金屬單質C反應制得單質鈦，這種常見的可燃性氣體為CO，則A為C元素，B為O元素，X為TiCl4，工業上用金屬鎂還原TiCl4制得金屬鈦，則C為Mg元素，據此分析解答。【詳解】A.D為Cl，B為O，C為Mg，Cl-核外有3個電子層，O2-和Mg2+核外電子排布相同，均有2個電子層，當核外電子排布相同時，核電荷數越大，離子半徑越小，則它們的簡單離子半徑：D＞B＞C，故A正確；B.A為C，D為Cl，其中H2CO3的酸性比HClO的酸性強，故B錯誤；C.因為鎂會與空氣中的氮氣、氧氣、二氧化碳反應，則金屬鎂還原TiCl4制得金屬鈦時不能在空氣的氛圍中反應，故C正確；D.D為Cl，B為O，由二者組成的化合物中ClO2具有強氧化性，可用于飲用水消毒，故D正確；故選B?！军c睛】工業上制金屬鈦采用金屬熱還原法還原四氯化鈦，將TiO2(或天然的金紅石)和炭粉混合加熱至1000～1100K，進行氯化處理，并使生成的TiCl4蒸氣冷凝，發生反應TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO；在1070K下，用熔融的鎂在氬氣中還原TiCl4可得多孔的海綿鈦，發生反應TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti。6、D【解析】

ClO-和ClO3-個數比為1：2，則按電子守恒，它們與Cl-的個數比為1：2：11，從而得出被還原的氯(生成Cl-)與被氧化的氯(生成ClO-和ClO3-)的物質的量之比為11:3。故選D。7、B【解析】

A.20.00mL0.100mol·L－1的HB溶液，pH大于1，說明HB是弱酸，b點溶質為HB和NaB，物質的量濃度相等，溶液顯酸性，電離程度大于水解程度，因此溶液中c(B－)>c(Na+)>c(HB)，故A正確；B.a、b、c三點，a點酸性比b點酸性強，抑制水電離程度大，c點是鹽，促進水解，因此三點水電離出的c(H+)：c>b>a，故B錯誤；C.滴定HB溶液時，生成NaB，溶液顯堿性，應用酚酞作指示劑，故C正確；D.滴定HA溶液時，當V(NaOH)=19.98mL時溶液氫離子濃度為，則pH約為4.3，故D正確。綜上所述，答案為B。8、B【解析】

排布在2s軌道上的電子，則可以判斷其在第二電子層，S能級電子云的形狀為球形，所以電子云無伸展方向，但不能確定電子的自旋方向，故選B。【點睛】明確S軌道的形狀、以及無伸展方向是解題關鍵，排布在2s軌道上的電子，則可以判斷其在第二電子層，S能級電子云的形狀為球形，所以電子云無伸展方向，但不能確定電子的自旋方向，據此分析。9、D【解析】

A．苯酚在空氣中能被氧氣氧化，所以長期放置的苯酚晶體變紅，屬于氧化還原反應，故A不合題意；B．硝酸銀晶體易分解，在光照后變黑，生成銀，屬于氧化還原反應，故B不合題意；C．氫氧化亞鐵變灰綠再變紅褐，生成氫氧化鐵，Fe元素的化合價升高，所以屬于氧化還原反應，故C不合題意；D．二氧化氮氣體冷卻時生成四氧化二氮，元素化合價沒有發生變化，不是氧化還原反應，故D符合題意；故選D。10、B【解析】

A.原子半徑Cl>C，所以不能表示CCl4分子的比例模型，A不符合題意；B.F是9號元素，F原子獲得1個電子變為F-，電子層結構為2、8，所以F-的結構示意圖為：，B正確；C.CaCl2是離子化合物，Ca2+與Cl-之間通過離子鍵結合，2個Cl-不能合并寫，應該表示為：，C錯誤；D.N2分子中2個N原子共用三對電子，結構式為N≡N，D錯誤；故合理選項是B。11、B【解析】由曲線變化圖可知，隨反應進行具有氧化性的ClO-物質的量減小為反應物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，根據所含有的NH4+和N2，其中NH4+有還原性，故N2是生成物，N元素化合價發生氧化反應，則反應的方程式應為3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+；A．由方程式可知反應的氧化劑是ClO-，還原產物為Cl-，故A錯誤；B．反應生成H+，溶液酸性增強，故B正確；C．N元素化合價由-3價升高到0價，則消耗1mol還原劑，轉移3mol電子，故C錯誤；C．由方程式可知氧化劑和還原劑的物質的量之比為3∶2，故D錯誤；答案為B。點睛：由曲線變化圖可知，具有氧化性的ClO-物質的量減小為反應物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，再結合氧化還原反應的理論，有氧化必有還原，根據所含有的微粒，可知NH4+是還原劑，氧化產物為N2，發生反應的方程式應為3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答該題。12、B【解析】

A．SO2具有殺菌作用和抗氧化的特性，A項正確；B．將電器垃圾深埋處理，重金屬會進入土地和水源中，污染土壤和水源，B項錯誤；C．SO2及氮氧化物都能造成酸雨，故燃料脫硫、脫氮是減少酸雨的有效措施，C項正確；D．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，實現碳的循環利用，可以減少二氧化碳對環境的影響，D項正確；答案選B。13、D【解析】

A.稀有氣體是單原子分子，沒有σ鍵，A選項錯誤；B.PCl3分子中心原子P為sp3雜化，有一對孤對電子，所以分子構型為三角錐形，是極性分子，B選項錯誤；C.鄰羥基苯甲醛的羥基和醛基形成分子內氫鍵，而對羥基苯甲醛形成分子間氫鍵，所以鄰羥基苯甲醛的熔、沸點比對羥基苯甲醛的熔、沸點低，C選項錯誤；D.ClO4-的價層電子對數為(7+1)÷2=4，所以ClO4-VSEPR模型為正四面體；中心原子Cl沒有孤對電子，配位原子均為O，所以其空間立體構型也為正四面體，D選項正確；答案選D?！军c睛】分子間氫鍵加強了分子之間的作用力，使物質熔、沸點升高，而分子內氫鍵不能加強分子之間的作用力。14、A【解析】

A．單質溴與KI在溶液中發生氧化還原反應生成碘單質，產生的碘單質易溶于四氯化碳，由于四氯化碳的密度比水大，與水互不相容，所以靜置分層，上層無色，下層紫紅色，可知溴的非金屬性強于碘，A正確；B．酸性條件下硝酸根離子可氧化亞硫酸鋇生成硫酸鋇沉淀，因此不能確定Na2SO3溶液是否變質，B錯誤；C．由于是向硝酸銀溶液中首先滴入少量NaCl溶液，所以硝酸銀過量，過量的硝酸銀與滴入的Na2S反應產生Ag2S沉淀，均為沉淀生成，不能比較AgCl、Ag2S的溶解度，C錯誤；D．鋇離子與碳酸根離子反應生成沉淀，使碳酸根離子的水解平衡逆向移動，溶液中c(OH-)減小，溶液紅色逐漸褪去，并不是因為BaCl2溶液是酸性溶液，D錯誤；故合理選項為A。15、B【解析】

A．X電極為電解池陽極時，Ni元素失電子、化合價升高，故X電極反應式為Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O，X電極附近pH減小，故A錯誤；B．斷開K2、閉合K1時，構成原電池，供電時，X電極作正極，發生還原反應，氧化劑為NiOOH，Zn作負極，發生氧化反應，裝置中總反應為Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2，故B正確；C．斷開K2、閉合K1時，構成原電池，X電極作正極，Zn作負極，陽離子向正極移動，則K+向X電極移動，故C錯誤；D．制氫時，為電解池，Pt電極上產生氫氣，Pt電極反應為：2H2O+2e-=H2↑+2OH－，X電極反應式為：Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O，根據電極反應，每轉移0.1NA電子，溶液質量基本不變，故D錯誤；答案選B。16、A【解析】

A.氫氧化鋁、碳酸氫鈉都能與胃酸中的鹽酸反應，能夠作胃酸的中和劑，故A正確；B.活性炭為糖漿脫色是利用它的吸附性，臭氧漂白紙漿是利用其強氧化性，故B錯誤；C.光導纖維是新型無機非金屬材料，聚酯纖維為有機高分子材料，故C錯誤；D.汽油屬于烴類物質，只含有碳氫兩種元素，不含有N元素，汽車尾氣中含有的氮氧化合物，是空氣中的氮氣與氧氣在高溫下反應生成的，故D錯誤；故選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH氧化反應3氨基易被氧化，在氧化反應之前需先保護氨基CH3CH2OHCH3CHO【解析】

分析有機合成過程，A物質為發生苯環上的對位取代反應生成的，故A為，結合已知條件①，可知B為，結合B→C的過程中加入的(CH3CO)2O以及D的結構可知，C為B發生了取代反應，-NH2中的H原子被-COCH3所取代生成肽鍵，C→D的過程為苯環上的甲基被氧化成羧基的過程。D與題給試劑反應，生成E，E與H2O發生取代反應，生成F。分析X、Y的結構，結合題給已知條件②，可知X→Y的過程為，據此進行分析推斷?！驹斀狻浚?）從流程分析得出A為,答案為：；（2）根據流程分析可知，反應為乙酸酐與氨基反應形成肽鍵和乙酸。反應方程式為：＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH。答案為：＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH；（3）結合C、D的結構簡式，可知C→D的過程為苯環上的甲基被氧化為羧基，為氧化反應。答案為：氧化反應；（4）F分子中含有羧基、氨基和溴原子，其中羧基消耗1mol氫氧化鈉，溴原子水解得到酚羥基和HBr各消耗1mol氫氧化鈉，共消耗3mol。答案為：3；（5）分析B和F的結構簡式，可知最后氨基又恢復原狀，可知在流程中先把氨基反應后又生成，顯然是在保護氨基。答案為：氨基易被氧化，在氧化反應之前需先保護氨基；（6）由①得出苯環中取代基位置對稱，由②得出含有醛基或甲酸酯基，還有1個氮原子和1個氧原子，故為、、。答案為：、、；（7）根據已知條件②需要把乙醇氧化為乙醛，然后與X反應再加熱可得出產物。故合成路線為：CH3CH2OHCH3CHO。答案為：CH3CH2OHCH3CHO。18、CC7H7NO23或CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，加成反應；2CH3CH2Cl+NH3→HN(CH2CH3)2+2HCl，取代反應【解析】

由普魯卡因、對氨基苯甲酸的結構，可知A為HOCH2CH2N（CH2CH3）2，B應為（CH2CH3）2NH?！驹斀狻浚?）A．由結構可知，普魯卡因分子含有13個碳原子，A錯誤；B．含有苯環，能與氫氣發生加成反應，B錯誤；C．含有酯基，可以發生水解反應，C正確，故答案為：C；（2）根據化合物Ⅰ的結構簡式，可知其分子式為C7H7NO2，苯環與氫氣發生加成反應，1mol化合物I能與3mol氫氣發生加成反應，故答案為：C7H7NO2；3；（3）化合物Ⅰ含有羧基、氨基，發生縮聚反應生成高聚物，則高聚物結構簡式為，故答案為：或；（4）結合信息可知，乙烯與HCl發生加成反應生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl再與氨氣發生取代反應生成HN（CH2CH3）2，反應方程式為：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，2CH3CH2Cl+NH3→HN（CH2CH3）2+2HCl，故答案為：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，加成反應、2CH3CH2Cl+NH3→HN（CH2CH3）2+2HCl，取代反應?！军c睛】19、B-E-D2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O能實驗中KMnO4的濃度cB>cA，且其反應速率νB>νAAC酚酞錐形瓶內溶液由無色變成(粉)紅色，且半分鐘內不變化0.05000mol/LAD【解析】

（1）由題給信息可知，草酸分解時，草酸為液態，草酸晶體分解生成二氧化碳、一氧化碳、水；（2）酸性溶液中高錳酸鉀溶液氧化草酸生成二氧化碳；硫酸、草酸濃度相同，改變高錳酸鉀溶液濃度分析反應速率變化，高錳酸鉀溶液濃度越大，反應速率越快；（3）依據草酸為二元弱酸和草酸氫鈉溶液中草酸氫根電離大于水解分析；（4）①強堿滴定弱酸到反應終點生成草酸鈉，生成的為強堿弱酸鹽顯堿性；②由H2C2O4—2NaOH建立關系式求解可得；③滴定操作誤差分析可以把失誤歸結為消耗滴定管中溶液體積的變化分析判斷。【詳解】（1）由題給信息可知，草酸受熱分解時熔化為液態，故選用裝置B加熱草酸晶體；草酸晶體分解生成二氧化碳、一氧化碳、水，則氣體通過裝置E吸收二氧化碳，利用排水法收集一氧化碳，其合理的連接順序為B-E-D，故答案為B-E-D；（2）酸性溶液中高錳酸鉀溶液氧化草酸生成二氧化碳，反應的離子方程式為：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。保持硫酸、草酸濃度相同，改變高錳酸鉀溶液濃度分析反應速率變化，高錳酸鉀溶液濃度越大，反應速率越快，實驗中KMnO4的濃度cB＞cA，且其反應速率νB＞νA，上述實驗能說明相同條件下，反應物濃度越大，反應速率越快，故答案為2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；能；實驗中KMnO4的濃度cB＞cA，且其反應速率νB＞νA；（3）A、草酸為二元酸，若為強酸電離出氫離子濃度為0.02mol/L，pH小于2，室溫下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，測其pH=2，說明存在電離平衡，證明酸為弱酸，故A正確；B、室溫下，0.010mol/L的NaHC2O4溶液中草酸氫根電離大于水解，溶液呈酸性，pH小于7，故B錯誤；C、室溫下，取pH=a（a＜3）的H2C2O4溶液稀釋100倍后，測其pH＜a+2，說明稀釋促進電離，溶液中存在電離平衡，為弱酸，故C正確；D、標況下，取0.10mol/L的H2C2O4溶液100mL與足量鋅粉反應，無論是強酸還是弱酸都收集到H2體積為224mL，故D錯誤；故選AC，故答案為AC；（4）①強堿滴定弱酸到反應終點生成草酸鈉，生成的為強堿弱酸鹽顯堿性，所以選擇酚酞作指示劑，滴入最后一滴錐形瓶內溶液由無色變成（粉）紅色，且半分鐘內不變化，故答案為酚酞；錐形瓶內溶液由無色變成（粉）紅色，且半分鐘內不變化；②取20.00mLH2C2O4溶液于錐形瓶中，滴入2-3滴指示劑，用0.1000mol/L的NaOH溶液進行滴定，并進行3次平行實驗，所用NaOH溶液體積分別為19.98mL、20.02mL和22.02mL，其中22.02mL誤差太大，消耗平均體積為20ml，由H2C2O4—2NaOH可得0.020L×c×2=0.1000mol/L×0.020L，解得c=0.05000mol/L，故答案為0.05000mol/L；③A、滴定管在盛裝NaOH溶液前未潤洗，導致溶液濃度減小，消耗標準溶液體積增大，測定結果偏高，故正確；B、滴定過程中，錐形瓶震蕩的太劇烈，以致部分液體濺出，待測液減小，消耗標準溶液體積減小，測定結果偏低，故錯誤；C、滴定前讀數正確，滴定終點時俯視讀數，讀取的標準溶液體積減小，測定標準溶液難度偏低，故錯誤；D、滴定前讀數正確，滴定終點時仰視讀數，讀取標準溶液體積增大，測定結果偏高，故D正確；故選AD，故答案為AD【點睛】本題考查化學實驗方案的設計與評價，注意物質分解產物的分析判斷、實驗驗證方法分析、弱電解質的電離平衡理解與應用，掌握滴定實驗的步驟、過程、反應終點判斷方法和計算等是解答關鍵。20、a、b、cB9.5g【解析】

（1）精度相對較高的玻璃量器，常標示出使用溫度。（2）A．給燒瓶內的液體加熱時，燒瓶底部的溫度往往比溶液高；B．滴定管刻度從上往下標，俯視滴定管內液面讀數，讀出的數值偏??；C．俯視容量瓶內的液面，定容時液面低于刻度線。（3）對天平來說，有如下等量關系：天平的右盤物品質量=天平左盤物品質量+游碼指示的質量。稱取10.5g固體樣品，天平質量為10g，游碼移到0.5g，代入關系式，可求出所稱樣品的實際質量?！驹斀狻浚?）量筒、容量瓶、滴定管都標有規格和溫度，量筒的刻度從下往上標，滴定管刻度從上往下標，容量