甘肅省天水市蘭州市2025年高三第三次測評化學試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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、環丙叉環丙烷(n)由于其特殊的結構，一直受到結構和理論化學家的關注，它有如下轉化關系。下列說法正確的是A．n分子中所有原子都在同一個平面上B．n和：CBr2生成p的反應屬于加成反應C．p分子中極性鍵和非極性鍵數目之比為2：9D．m分子同分異構體中屬于芳香族化合物的共有四種2、《新修草本》有關“青礬”的描述為：“本來綠色，新出窟未見風者，正如琉璃……燒之赤色……”據此推測“青礬”的主要成分為()A．B．C．D．3、我國學者研究出一種用于催化DMO和氫氣反應獲得EG的納米反應器，下圖是反應的微觀過程示意圖。下列說法中正確的是A．Cu納米顆粒是一種膠體B．DMO的名稱是二乙酸甲酯C．該催化反應的有機產物只有EGD．催化過程中斷裂的化學健有H-H、C-O、C＝O4、氮及其化合物的性質是了解工農業生產的重要基礎。NA為阿伏伽德羅常數的值，下列有關說法錯誤的是A．22.4L（標準狀況）15NH3含有的質子數為10NAB．密閉容器中，2molNO與1molO2充分反應，產物的分子數為2NAC．13.8gNO2與足量水反應，轉移的電子數為0.2NAD．常溫下，1L0.1mol·L1NH4NO3溶液中含有的氮原子數為0.2NA5、下列離子反應方程式正確的是（）A．用澄清石灰水來吸收氯氣：Cl2+OH-=Cl-+ClO-+H+B．向稀硝酸中加入少量鐵粉：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2OC．將金屬鈉加入冷水中：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑D．碳酸氫鈣溶液中加入少量苛性鉀溶液：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O6、某溫度下，容積一定的密閉容器中進行可逆反應：X(g)+Y(g)2Z(g)+W(s)+Q，下列敘述正確的是A．加入少量W，υ(逆)增大 B．壓強不變時，反應達到平衡狀態C．升高溫度，υ(逆)、υ(正)都增大 D．平衡后加入X，方程式中的Q增大7、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．標準狀況下，11.2LNO2中含有的氧原子數目為NAB．1mol20Ne和22Ne的混合物中含有的中子數目為10NAC．8.4gNaHCO3和MgCO3的混合物中含有的陰離子數目為0.1NAD．已知某溫度下硼酸（H3BO3）飽和溶液的pH=4.6，則溶液中H+的數目為1×10-4.6NA8、某鹽溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Na+、Fe2+、Cl—、CO32—、NO3—七種離子中的數種。某同學取4份此溶液樣品，分別進行了如下實驗：①用pH試紙測得溶液呈強酸性；②加入過量NaOH溶液，產生有刺激性氣味的氣體且有沉淀生成；③加入硝酸酸化的AgNO3溶液產生白色沉淀；④加足量BaCl2溶液，沒有沉淀產生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，顯紅色該同學最終確定在上述七種離子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl—三種離子。請分析，該同學只需要完成上述哪幾個實驗，即可得出此結論。A．①②④ B．①② C．①②③④ D．②③④9、屬于弱電解質的是A．一水合氨 B．二氧化碳 C．乙醇 D．硫酸鋇10、下列關于金屬腐蝕和保護的說法正確的是A．犧牲陽極的陰極保護法利用電解法原理B．金屬的化學腐蝕的實質是：M－ne－=Mn＋，電子直接轉移給還原劑C．外加直流電源的陰極保護法，在通電時被保護的金屬表面腐蝕電流降至零或接近于零。D．銅碳合金鑄成的銅像在酸雨中發生電化學腐蝕時正極的電極反應為：2H＋＋2e－=H2↑11、下表記錄了t℃時的4份相同的硫酸銅溶液中加入無水硫酸銅的質量以及析出的硫酸銅晶體(CuSO4·5H2O)的質量(溫度保持不變)的實驗數椐：硫酸銅溶液①②③④加入的無水硫酸銅(g)3.005.508.5010.00析出的硫酸銅晶體(g)1.005.5010.9013.60當加入6.20g無水硫酸銅時，析出硫酸銅晶體的質量(g)為A．7.70 B．6.76 C．5.85 D．9.0012、已知：p[]＝－lg[]。室溫下，向0.10mol/LHX溶液中滴加0.10mol/LNaOH溶液，溶液pH隨p[]變化關系如圖所示。下列說法正確的是A．溶液中水的電離程度：a>b>cB．c點溶液中：c(Na+)=10c(HX)C．室溫下NaX的水解平衡常數為10-4.75D．圖中b點坐標為(0，4.75)13、已知：。下列關于（b）、（d）、（p）的說法不正確的是A．有機物可由2分子b反應生成B．b、d、p均能使稀酸性高錳酸鉀溶液褪色C．b、q、p均可與乙烯發生反應D．p的二氯代物有五種14、我國科學家使用雙功能催化劑(能吸附不同粒子)催化水煤氣變換反應：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)ΔH＜0，在低溫下獲得高轉化率與高反應速率。反應過程示意圖如下：下列說法正確的是A．圖示顯示：起始時的2個H2O最終都參與了反應B．過程Ⅰ、過程Ⅱ均為放熱過程C．過程Ⅲ只生成了極性共價鍵D．使用催化劑降低了水煤氣變換反應的ΔH15、化學與人類生活、生產和社會可持續發展密切相關，下列有關說法正確的是A．聚合硫酸鐵[Fe2(OH)x(SO4)y]n，是新型絮凝劑，可用來殺滅水中病菌B．家庭用的“84”消毒液與潔廁靈不能同時混合使用，否則會發生中毒事故C．現代科技已經能夠拍到氫鍵的“照片”，直觀地證實了水分子間的氫鍵是一個水分子中氫原子與另一個水分子中的氧原子間形成的化學鍵D．中國天眼FAST用到的高性能碳化硅是一種新型的有機高分子材料16、常溫下，下列各組離子能在指定環境中大量共存的是（）A．c(Al3+)=0.1mol?L-1的溶液中：H+、NH4+、F-、SO42-B．水電離出的c(H+)=10-4mol?L-1的溶液中：Na+、K+、SO42-、CO32-C．與Al反應能放出H2的溶液中：Na+、K+、HSO3-、Cl-D．使甲基橙變紅色的溶液中：Na+、K+、NO2-、Br-二、非選擇題（本題包括5小題）17、白藜蘆醇在保健品領域有廣泛的應用。其合成路線如下：回答下列問題：(1)物質B中含氧官能團的名_______。B→C的反應類型為___________。(2)1mol有機物D最多能消耗NaOH為_________mol，白藜蘆醇遇足量濃溴水時反應的化學方程式為____________。(3)已知的系統名稱1，3-苯二酚，則A的名稱為________，已知乙酸酐()極易與水反應生成乙酸，是很好的吸水劑。試從平衡移動的角度分析A→B反應中用乙酸酐代替乙酸的目的是__________。(4)C的核磁共振氫譜有_________組峰，寫出滿足下列條件的化合物X的所有同分異構體的結構簡式__________。①具有與X相同的官能團②屬于醋酸酯(5)利用甲苯、磷葉立德試劑和乙醛為原料可以合成(涉及無機試劑自選)，請寫出合成路線__________。18、研究發現艾滋病治療藥物利托那韋對新型冠狀病毒也有很好的抑制作用，它的合成中間體2-異丙基-4-(甲基氨基甲基)噻唑可按如下路線合成：回答下列問題：(1)A的結構簡式是__________，C中官能團的名稱為______________。(2)①、⑥的反應類型分別是__________、_____。D的化學名稱是______。(3)E極易水解生成兩種酸，寫出E與NaOH溶液反應的化學方程式：_______。(4)H的分子式為__________________。(5)I是相對分子質量比有機物D大14的同系物，寫出I符合下列條件的所有同分異構體的結構簡式：_____________。①能發生銀鏡反應②與NaOH反應生成兩種有機物(6)設計由，和丙烯制備的合成路線______________(無機試劑任選)。19、黃銅礦是工業煉銅的主要原料，其主要成分為CuFeS2，現有一種天然黃銅礦（含少量脈石），為了測定該黃銅礦的純度，某同學設計了如下實驗：現稱取研細的黃銅礦樣品1.150g，在空氣存在下進行煅燒，生成Cu、Fe3O4和SO2氣體，實驗后取d中溶液的1/10置于錐形瓶中，用0.05mol/L標準碘溶液進行滴定，初讀數為0.00mL，末讀數如圖1所示。完成下列填空：（1）稱量樣品所用的儀器為___，將樣品研細后再反應，其目的是__________。（2）裝置a的作用是___________。上述反應結束后，仍需通一段時間的空氣，其目的是___。（3）滴定時，標準碘溶液所耗體積為___mL。判斷滴定已達終點的現象是_____________。（4）通過計算可知，該黃銅礦的純度為_________。（5）若用圖2裝置替代上述實驗裝置d，同樣可以達到實驗目的的是________。20、焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)可作為貯存水果的保鮮劑。現欲制備焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質。Ⅰ.制備Na2S2O5可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體(試劑不重復使用)。焦亞硫酸鈉的析出原理：2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)（1）如圖裝置中儀器A的名稱是___。A中發生反應的化學方程式為___。儀器E的作用是___。（2）F中盛裝的試劑是___。Ⅱ.探究Na2S2O5的還原性（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去。反應的離子方程式為___。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是防止食品___。Ⅲ.測定Na2S2O5樣品的純度。（4）將10.0gNa2S2O5樣品溶解在蒸餾水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入過量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高錳酸鉀溶液，充分反應后，用0.2500mol/L的Na2SO3標準液滴定至終點，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5樣品的純度為___%（保留一位小數），若在滴定終點時，俯視讀數Na2SO3標準液的體積，會導致Na2S2O5樣品的純度___。（填“偏高”、“偏低”）21、（1）聚四氟乙烯商品名稱為“特氟龍”，可做不粘鍋涂層。它是一種準晶體，該晶體是一種無平移周期序、但有嚴格準周期位置序的獨特晶體。可通過___方法區分晶體、準晶體和非晶體。（2）下列氮原子的電子排布圖表示的狀態中，能量由低到高的順序是___(填字母代號)。A．B．C．D．（3）某種鈾氮化物的晶體結構是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循環如圖所示。已知：元素的一個氣態原子獲得電子成為氣態陰離子時所放出的能量稱為電子親和能。下列有關說法正確的是__(填標號)。a.Cl-Cl鍵的鍵能為119.6kJ/molb.Na的第一電離能為603.4kJ/molc.NaCl的晶格能為785.6kJ/mold.Cl的第一電子親和能為348.3kJ/mol（4）配合物[Cu(En)2]SO4的名稱是硫酸二乙二胺合銅(Ⅱ)，是銅的一種重要化合物。其中En是乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)的簡寫。①該配合物中含有化學鍵有___（填字母編號）。A．離子鍵B．極性共價鍵C．非極性共價鍵D．配位鍵E.金屬鍵②配體乙二胺分子中氮原子、碳原子軌道的雜化類型分別為___、___。③乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均屬于胺，且相對分子質量相近，但乙二胺比三甲胺的沸點高得多，原因是___。④乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一種有機化合物，乙二胺能與Mg2+、Cu2+等金屬離子形成穩定環狀離子，其原因是___，其中與乙二胺形成的化合物穩定性相對較高的是___(填“Mg2+”或“Cu2+”)。⑤與氨氣互為等電子體的陽離子為___，與S位于同一周期，且第一電離能小于S的非金屬元素符號為___。（5）①金屬鈦的原子堆積方式如圖1所示，則金屬鈦晶胞俯視圖為____。A．B．C．D．②某砷鎳合金的晶胞如圖所示，設阿伏加德羅常數的值為NA，該晶體的密度ρ＝__g·cm－3。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

A．n中有飽和的C原子—CH2—，其結構類似于CH4，所有的原子不可能共平面，A項錯誤；B．n中的碳碳雙鍵打開與：CBr2相連，發生加成反應，B項正確；C．p分子中的非極性鍵只有C—C鍵，1個p分子中有9根C－C鍵，極性鍵有C-H鍵和C—Br鍵，分別為8根和2根，所以極性鍵和非極性鍵的比例為10:9，C項錯誤；D．m的化學式為C7H8O，屬于芳香族化合物的同分異構體，如果取代基是—OH和－CH3，則有鄰間對3種，如果取代基為—CH2OH，只有1種，取代基還可為—OCH3，1種，則共5種，D項錯誤；本題答案選B。2、B【解析】

“青礬”的描述為：“本來綠色，新出窟未見風者，正如琉璃……燒之赤色……”，青礬是綠色，經煅燒后，分解成粒子非常細而活性又很強的Fe2O3，超細粉末為紅色。A.CuSO4?5H2O為藍色晶體，A錯誤；B.FeSO4?7H2O是綠色晶體，B正確；C.KAl(SO4)2?12H2O是無色晶體，C錯誤；D.Fe2(SO4)3?7H2O為黃色晶體，D錯誤。所以判斷“青礬”的主要成分為FeSO4?7H2O。故合理選項是B。3、D【解析】

A選項，Cu納米顆粒是單質，而膠體是混合物，故A錯誤；B選項，DMO的名稱是乙二酸二甲酯，故B錯誤；C選項，該催化反應的有機產物只有EG還有甲醇，故C錯誤；D選項，CH3COO—COOCH3+4H2→CH3OH+HOCH2CH2OH，由圖及反應可知催化過秳中斷裂的化學健有H—H、C—O、C＝O，故D正確。綜上所述，答案為D。4、B【解析】

A．22.4L（標準狀況）15NH3即=1mol，1個15NH3中質子數為10，故1mol15NH3中質子數為10NA，故A不符合題意；B．2molNO與1molO2充分反應會生成2molNO2，但NO2氣體存在二聚反應：，因此產物中的分子數小于2NA，故B符合題意；C．13.8gNO2即=0.3mol，其反應為：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2生成NO化合價降低2，轉移電子數為0.2NA，故C不符合題意；D．1L0.1mol·L1NH4NO3溶液中n(NH4NO3)=0.1mol，氮原子數為0.2NA，故D不符合題意；故答案為：B。【點睛】解答本類題目要審清選項中涉及的以下幾個方面：①要審清所求粒子的種類，如分子、原子、離子、質子、中子、電子等，②涉及物質的體積時要審清物質的狀態和溫度、壓強，③涉及中子數和化學鍵的計算，要審清相關物質的結構和特殊物質的摩爾質量，④涉及化學反應要明確相關反應的特點和電子轉移；⑤涉及溶液中的微粒要關注電離和水解；⑥要注意審清運算公式。5、C【解析】

A.用澄清石灰水來吸收氯氣，反應產生CaCl2、Ca(ClO)2、H2O，堿性環境不能大量存在H+，A錯誤；B.Fe粉少量，硝酸過量，反應產生Fe3+，B錯誤；C.金屬鈉與冷水反應產生NaOH和氫氣，反應符合事實，符合物質的拆分原則，C正確；D.酸式鹽與堿反應，堿不足量，反應產生CaCO3、NaHCO3、H2O，書寫不符合反應事實，D錯誤；故合理選項是C。6、C【解析】

據外因對化學反應速率和化學平衡的影響分析判斷。【詳解】A.物質W為固體，加入少量W不改變W濃度，故υ(逆)不變，A項錯誤；B.題中反應前后氣體分子數不變，當溫度、體積一定時，容器內壓強必然不變。故壓強不變時不一定是平衡狀態，B項錯誤；C.溫度越高，化學反應越快。故升高溫度，υ(逆)、υ(正)都增大，C項正確；D.方程式中的Q表示每摩化學反應的熱效應。平衡后加入X，平衡右移，但Q不變，D項錯誤。本題選C。7、C【解析】

A．標準狀況下，NO2液化且部分轉化為N2O4，無法計算含有的氧原子數目，A不正確；B．1mol20Ne和22Ne的混合物中含有的中子數目介于10NA~12NA之間，B不正確；C．8.4gNaHCO3和8.4gMgCO3含有的陰離子數目都為0.1NA，則8.4g混合物所含陰離子數目也應為0.1NA，C正確；D．硼酸飽和溶液的體積未知，無法計算溶液中H+的數目，D不正確；故選C。8、B【解析】

由①溶液呈強酸性，溶液中不含CO32-；由②加入過量NaOH溶液，產生有刺激性氣味的氣體且有沉淀生成，溶液中含NH4＋、Fe2＋，由于酸性條件下NO3-、Fe2+不能大量共存，則溶液中不含NO3-，根據溶液呈電中性，溶液中一定含Cl-；由③加入硝酸酸化的AgNO3溶液產生白色沉淀，溶液中含Cl-；由④加足量BaCl2溶液，沒有沉淀產生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，顯紅色，溶液中含Fe2+；根據上述分析，確定溶液中肯定含NH4+、Fe2+、Cl-只需完成①②，答案選B。9、A【解析】

在水溶液中只能部分電離的電解質為弱電解質，包括弱酸、弱堿和水等，據此分析。【詳解】A.NH3?H2O在水溶液中部分電離產生離子，在溶液中存在電離平衡，屬于弱電解質，A正確；B.CO2在水溶液中和熔融狀態下均不能導電，為非電解質，B錯誤；C.乙醇在水溶液中和熔融狀態下均不能導電，為非電解質，C錯誤；D.BaSO4在水溶液中雖然溶解度很小，但溶解的能完全電離，故為強電解質，D錯誤；故合理選項是A。【點睛】本題考查了電解質、非電解質以及強弱電解質的判斷的知識，應注意的是強弱電解質的本質區別是電離是否徹底，和溶解度、離子濃度及溶液的導電能力等均無關。10、C【解析】

A.犧牲陽極的陰極保護法利用原電池原理，用較活潑的金屬作負極先被氧化，故A錯誤；B.金屬的化學腐蝕的實質是：金屬作還原劑M－ne－=Mn＋，電子直接轉移給氧化劑，故B錯誤；C.外加直流電源的陰極保護法，在通電時被保護的金屬表面腐蝕電流降至零或接近于零，故C正確；D.銅碳合金鑄成的銅像在酸雨中發生電化學腐蝕時，銅作負極，碳正極的電極反應為：O2+4e－+4H＋=2H2O，故D錯誤；故選C。11、B【解析】

根據圖表可看出無水硫酸銅的質量每增加0.5g析出硫酸銅晶體的質量就增加0.9g，可求出增加0.7g無水硫酸銅析出硫酸銅晶體的質量；設0.7g無水硫酸銅可析出硫酸銅晶體的質量為x，＝，解得x=1.26；6.2g無水硫酸銅時，析出硫酸銅晶體的質量為：5.5g+1.26g=6.76g；答案選B。12、D【解析】

A.根據圖示可知，a、b、c均為酸性溶液，則溶質為HX和NaX，pH<7的溶液中，HX的電離程度大于X-的水解程度，可只考慮H+對水的電離的抑制，溶液pH越大氫離子濃度越小，水的電離程度越大，則溶液中水的電離程度：a<b<c，A錯誤；B.c點溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-)，此時p[]=1，則c(X-)=10c(HX)，代入電荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=10c(HX)+c(OH-)，由于溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，則c(Na+)<10c(HX)，B錯誤；C.HX在溶液中存在電離平衡：HXH++X-，Ka=，則pH=pKa+p[]，帶入c點坐標(1，5.75)可知，pKa=4.75，則Ka=10-4.75，則室溫下室溫下NaX的水解平衡常數Kh==10-9.25，C錯誤；D.HX在溶液中存在電離平衡：HXH++X-，Ka=，則pH=pKa+p[]，帶入c點坐標(1，5.75)可知，pKa=4.75，則b點pH=pKa+p[]=0+4.75=4.75，D正確；故合理選項是D。13、D【解析】

A.根據已知反應可知，有機物可由2分子b反應生成，故A正確；B.b、d、p均含有碳碳雙鍵，則都能使稀酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B正確；C.根據已知反應可知，b、q、p均可與乙烯發生反應，故C正確；D.p有2種等效氫原子，根據“定一移一”的思路可得其二氯代物有以下四種，分別是3種、1種，故D錯誤；故選D。14、A【解析】

A．根據反應過程示意圖，過程Ⅰ中1個水分子中的化學鍵斷裂，過程Ⅱ另一個水分子中的化學鍵斷裂的過程，過程Ⅲ中形成了新的水分子，因此起始時的2個H2O最終都參與了反應，A項正確；B．根據反應過程示意圖，過程Ⅰ、Ⅱ中水分子中的化學鍵斷裂的過程，為吸熱過程，B項錯誤；

C．過程Ⅲ中CO、氫氧原子團和氫原子形成了二氧化碳、水和氫氣，H2中的化學鍵為非極性鍵，C項錯誤；

D．催化劑不能改變反應的△H，D項錯誤；答案選A。【點睛】值得注意的是D選項，催化劑只能降低活化能，改變化學反應速率，不能改變反應的熱效應。15、B【解析】

A．聚合硫酸鐵能水解生成氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體能吸附水中的懸浮物而凈水，但不能殺滅細菌，故A錯誤；B．二者混合，次氯酸鈉與鹽酸發生氧化還原反應生成具有毒性的氯氣，故B正確；C．氫鍵不是化學鍵，是一種特殊的分子間的作用力，故C錯誤；D．中國天眼FAST用到的碳化硅是一種新型的無機非金屬材料，故D錯誤；故答案為B。16、B【解析】

A.鋁離子與氟離子能夠形成配合物，且氫氟酸是弱電解質，H+、F-也不能大量共存，故A錯誤；B.常溫下，水電離出的c(H+)=10-4mol?L-1，水的電離程度增大，則溶液中存在可水解的離子，碳酸根為弱酸根，能發生水解反應，促進水的電離，故B正確；C.與Al反應能放出H2的溶液可能為酸性溶液，也可能為堿性溶液，HSO3-在酸性、堿性溶液中都不能大量存在，故C錯誤；D.使甲基橙變紅色的溶液為酸性溶液，酸性條件下，NO2-有強氧化性能與Br-發生氧化還原反應，故D錯誤；綜上所述，答案為B。【點睛】NO2-在中性、堿性條件下，無強氧化性，在酸性條件下，具有強氧化性。二、非選擇題（本題包括5小題）17、酯基取代反應65－甲基－1,3－苯二酚吸收酯化反應生成的水，促進酯化反應正向移動以提高酯的產率4和【解析】

A和乙酸酐反應，酚羥基中的H被－OCCH3取代，B中的甲基上的H被Cl取代。D在堿性環境下發生水解反應，再酸化，得到白藜蘆醇。【詳解】(1)B中含氧官能團的名稱是酯基；B中的甲基上的H被Cl取代，B到C為取代反應；(2)1mol酚羥基形成的酯基與NaOH溶液反應時，消耗2molNaOH，1molD中含有3mol酚羥基形成的酯基，因此1molD最多能消耗6molNaOH；酚羥基的鄰對位上的H能夠被Br取代，碳碳雙鍵能夠與Br2發生加成反應，則化學方程式為；(3)根據已知，可知酚羥基的編號為1和3，則A中甲基的編號為5，則A的名稱為5－甲基－1,3－苯二酚；A與乙酸發生酯化反應時有水生成，如果用乙酸酐代替乙酸，乙酸酐可以吸收酯化反應生成的水，而且生成乙酸，有利于反應正向進行，答案：吸收酯化反應生成的水，促進酯化反應正向移動以提高酯的產率；(4)C分子存在一對稱軸，分子中有4種H原子，如圖所示，因此C的核磁共振氫譜有4組峰；X的同分異構體，與X具有相同的官能團，也屬于醋酸酯，則苯環上的取代基與X的相同，分別是－CHO，－OOCCH3。苯環上有2個取代基，則同分異構體共3種，兩取代基分別位于鄰位、間位、對位，除去X本身還有2種，分別是和；(5)利用甲苯、磷葉立德試劑和乙醛制備，模仿B到D的過程，則合成路線為。18、CH2＝CH－CH2Cl羰基、氯原子加成反應取代反應2-甲基丙酸+2NaOH→+NaCl+H2OC8H14N2SHCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3【解析】

根據合成路線中，有機物的結構變化、分子式變化及反應條件分析反應類型及中間產物；根據目標產物及原理的結構特征及合成路線中反應信息分析合成路線；根據結構簡式、鍵線式分析分子式及官能團結構。【詳解】（1）根據B的結構及A的分子式分析知，A與HOCl發生加成反應得到B，則A的結構簡式是CH2＝CH－CH2Cl；C中官能團的名稱為羰基、氯原子；故答案為：CH2＝CH－CH2Cl；羰基、氯原子；（2）根據上述分析，反應①為加成反應；比較G和H的結構特點分析，G中氯原子被甲胺基取代，則反應⑥為取代反應；D為，根據系統命名法命名為2-甲基丙酸；故答案為：加成反應；取代反應；2-甲基丙酸；（3）E水解時C-Cl鍵發生斷裂，在堿性條件下水解生成兩種鹽，化學方程式為：+2NaOH→+NaCl+H2O，故答案為：+2NaOH→+NaCl+H2O；（4）H的鍵線式為，則根據C、N、S原子的成鍵特點分析分子式為C8H14N2S，故答案為：C8H14N2S；（5）I是相對分子質量比有機物D大14的同系物，則I的結構比D多一個CH2原子團；①能發生銀鏡反應，則結構中含有醛基；②與NaOH反應生成兩種有機物，則該有機物為酯；結合分析知該有機物為甲酸某酯，則I結構簡式為：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3，故答案為：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；（6）根據合成路線圖中反應知，可由與合成得到，由氧化得到，可由丙烯加成得到，合成路線為：，故答案為：。19、電子天平提高反應速率，促使黃銅礦充分反應除去空氣中的水蒸氣，便于觀察空氣流速把裝置中的二氧化硫氣體趕出裝置并全部吸收20.00溶液由無色變成藍色，并半分鐘內不褪色80％②【解析】

（1）根據稱量黃銅礦樣品1.150g，選擇精確度較高的儀器；將樣品研細，增大了接觸面積；（2）濃硫酸可以將水除去，還可以根據冒出氣泡的速率來調節空氣流速；(3)反應產生的二氧化硫應該盡可能的被d裝置吸收；（4）根據滴定管的讀數方法讀出消耗碘溶液的體積，根據反應結束時的顏色變化判斷滴定終點；（5）先找出黃銅礦和二氧化硫及碘單質的關系式CuFeS2～2SO2～2I2，再根據題中數據進行計算；（6）圖2中的②中通入二氧化硫，反應生成了硫酸鋇沉淀，可以根據硫酸鋇的質量計算二氧化硫的量。【詳解】（1）由于稱量黃銅礦樣品1.150g，精確度達到了千分之一，應該選用電子天平進行稱量，把黃銅礦樣品研細，可以增大接觸面積，從而提高反應速率，并且使黃銅礦充分反應，故答案是：電子天平；提高反應速率，并使黃銅礦充分反應；（2）裝置a中的濃硫酸可以吸收空氣中的水蒸氣，防止水蒸氣進入反應裝置b中發生危險，同時根據冒出的氣泡的快慢來控制氣體的通入量，故答案為除去空氣中的水蒸氣，便于觀察空氣流速；(3)黃銅礦受熱分解生成二氧化硫等一系列產物，分解完畢后仍然需要通入一段時間的空氣，可以將b、d裝置中的二氧化硫全部排出去，使結果更加精確，故答案為把裝置中的二氧化硫氣體并全部吸收；（4）根據滴定管的示數是上方小，下方大，可以讀出滴定管示數是20.00mL，當達到滴定終點時，二氧化硫已經被碘單質消耗完畢，再滴入一滴碘單質，遇到淀粉會變藍，故答案為20.00；溶液由無色變成藍色，并半分鐘內不褪色；（5）根據硫原子守恒和電子守恒找出關系式：CuFeS2～2SO2～2I2，消耗掉0.05mol/L標準碘溶液20.00mL時，即消耗的碘單質的量為：0.05mol/L×0.02L=0.0010mol，所以黃銅礦的質量是：0.5×0.0010mol×184g/mol×10=0.92g，所以其純度是：×100%=80%，故答案為80%；（6）圖2中，①不會生成沉淀，無明顯現象，錯誤；②硝酸鋇溶液中通入二氧化硫能夠生成硫酸鋇沉淀，過濾干燥后，根據硫酸鋇的質量計算出二氧化硫的質量，正確；③中飽和亞硫酸氫鈉溶液只會排除二氧化硫，不會吸收二氧化硫，不能替代d裝置，錯誤；故答案為②。20、三頸燒瓶Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4防倒吸濃NaOH溶液5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O氧化變質95.0偏高【解析】

A三頸燒瓶中制備二氧化硫，發生Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4，生成的二氧化硫通入D裝置，發生Na2SO3+SO2＋H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)，儀器E的作用是防倒吸，F吸收尾氣。據此解答。【詳解】Ⅰ（1）裝置中儀器A的名稱是三頸燒瓶。A中發生反應的化學方程式為Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4。二氧化硫易溶于水，儀器E的作用是防倒吸。故答案為：三頸燒瓶；Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2＋Na2SO4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空氣中會污染空氣，SO2是酸性氧化物，可用堿溶液吸收，題干中只提供了一種試劑--濃NaOH溶液，F中盛裝的試劑是濃NaOH溶液。故答案為：濃NaOH溶液；Ⅱ.（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去，說明MnO4－將S2O52－氧化生成硫酸根離子。反應的離子方程式為5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是：利用焦亞硫酸鈉的還原性，防止食品氧化變質。故答案為：5S2O5－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O；氧化變質；Ⅲ.（4）由關系式：5SO32－～2MnO4－，用0.2500mol/L的Na2SO3標準液滴定至終點，消耗Na2SO3溶液20.00mL，剩余的n(MnO4－)=×0.2500mol/L×20.00×10-3L=2.000×10-3mol，再由5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O得：Na2S2O5樣品的純度為=×100%=95.0%；若在滴定終點時，俯視讀數Na2SO3標準液的體積，使Na2SO3標準液的體積偏低，算出的剩余高錳酸鉀偏低，與Na2S2O5樣品反應的高錳酸鉀偏高，會導致Na2S2O5樣品的純度偏高；故答案為：95.0；偏高。21、X-射線衍射A＜C＜B＜Dc、dABCDsp3sp3乙二胺分子之間可以形成氫鍵，三甲胺分子之間不能形成氫鍵乙二胺的兩個N提供孤對電子給金屬離子形成配位鍵Cu2+H3O+SiD【解析】

(1).晶體對X-射線發生衍射，非晶體不發生衍射，準晶體介于二者之間；(2).軌道中電子能量：1s<2s<2p，能量較高的軌道中電子越多，該微粒能量越高；(3).a．Cl-Cl鍵的鍵能為119.6kJ?mol-1×2；b．Na的第一電離能為495.0kJ?mol-1；c．NaCl的晶格能為785.6kJ?mol-1；d．Cl的第一電子親和能為348.3kJ?mol-1；(4).①配合物