2025-2026学年上海市高考全国统考预测密卷化学试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年上海市高考全国统考预测密卷化学试卷（含答案解析），共28页。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、垃圾分类并回收利用,可以节约自然资源,符合可持续发展的要求。与废弃矿泉水瓶对应的垃圾分类标志是
A．B．C．D．
2、下列有关物质性质的变化可以用元素周期律解释的是( )
A．酸性：HCl>H2S>H2OB．密度：Na>K>Li
C．沸点：NH3>AsH3>PH3D．稳定性：HF>HCl>HBr
3、常温下在20mL0.1ml·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1ml·L－1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法不正确的是
A．在同一溶液中，H2CO3、、不能大量共存
B．测定混有少量氯化钠的碳酸钠的纯度，若用滴定法，指示剂可选用酚酞
C．当pH＝7时，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系： c(Na＋)＞c(Cl－)＞c()＞c(H＋)＝c(OH－)
D．已知在25℃时，水解反应的平衡常数即水解常数Kh1 ＝2.0×10－4，溶液中c()∶c()＝1∶1时，溶液的pH＝10
4、某药物中间体的合成路线如下：
下列说法正确的是
A．对苯二酚和互为同系物
B．1 ml该中间体最多可与7 ml氢氧化钠反应
C．2，5—二羟基苯乙酮能发生加成、水解等反应
D．该中间体分子含有羰基和羟基两种含氧官能团
5、碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中平均的丰度值很低，铜阳极泥中碲的回收越来越引起人们的重视。某科研小组从粗铜精炼的阳极泥（主要含有 Cu2Te）中提取粗碲设计工艺流程如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
已知: ①“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在
②TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱
A．“焙烧”用到的主要硅酸盐产品仪器：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒
B．“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
C．为加快“氧化”速率温度越高越好
D．TeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2 +2OH- =TeO32- +H2O
6、高铁酸钾(K2FeO4)是一种兼具净水和消毒功能的可溶性盐，可发生如下反应：2K2FeO4+16HCl→4KCl+2FeCl3+8H2 O+3Q↑，下列说法不正确的是
A．可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物Q
B．K2FeO4在水中的电离方程式为K2FeO4→2K++Fe6++4O2一
C．反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3
D．反应中涉及的物质中有5种为电解质
7、某企业以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜，工艺流程如下所示：
已知：[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq) + 4NH3(aq)根据以上工艺流程，下列说法不正确的是
A．气体X中含有SO2
B．为实现溶液C到溶液D的转化，加NH3·H2O至红棕色沉淀刚好完全，过滤即可
C．蒸氨过程发生总反应的化学方程式为：[Cu(NH3)4]Cl2 + H2OCuO + 2HCl↑+ 4NH3↑
D．在制备产品时，溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低
8、某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是
A．Na2OB．AlCl3 C．FeCl2 D．SiO2
9、做好垃圾分类，推动城市绿色发展。下列有关生活垃圾分类不合理的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
10、假定NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温下，46 g乙醇中含C-H键的数目为6NA
B．1 ml/L的K2SO4溶液中含K+的数目为2NA
C．标准状况下，22.4 L氦气中含质子的数目为4NA
D．1 ml HNO3被还原为NO转移电子的数目为3NA .
11、利用反应CCl4 +4NaC（金刚石）+4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是（ ）
A．C（金刚石）属于原子晶体
B．该反应利用了Na的强还原性
C．CCl4和C（金刚石）中的C的杂化方式相同
D．NaCl晶体中每个Cl－周围有8个Na＋
12、下列说法不正确的是
A．图1表示的反应为放热反应
B．图1中Ⅰ、Ⅱ两点的速率v(Ⅰ)＞v(Ⅱ)
C．图2表示A(?)+2B(g)2C(g) ΔH＜0，达平衡后，在t1、t2、t3、t4时都只改变了一种外界条件的速率变化，由图可推知A不可能为气体
D．图3装置的总反应为4Al+3O2＋6H2O=4Al(OH)3
13、三容器内分别装有相同压强下的NO、NO2、O2，设三容器容积依次为V1、V2、V3，若将三气体混合于一个容积为V1 + V2 +V3的容器中后，倒立于水槽中，最终容器内充满水。则V1、V2、V3之比不可能是（ ）
A．3∶7∶4B．5∶7∶6C．7∶3∶6D．1∶1∶1
14、不同条件下，用O2氧化a ml/L FeCl2溶液过程中所 测的实验数据如图所示。下列分析或推测合理的是
A．由①、②可知，pH越大，+2价铁越易被氧化
B．由②、③推测，若pH>7，+2价铁更难被还原
C．由①、③推测，FeCl2被O2氧化的反应为放热反应
D．60℃、pH=2.5时，4 h内Fe2＋的平均消耗速率大于0.15a ml/(L·h)
15、有关化学键和晶体的叙述中正确的是（ ）
A．分子晶体中，分子间作用力越大分子越稳定
B．分子晶体都是由共价分子构成的
C．离子晶体中可能含有共价键
D．原子晶体中只存在非极性键
16、室温下向溶液中加入的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．a点所示溶液中
B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同
C．时，
D．b点所示溶液中
二、非选择题（本题包括5小题）
17、盐酸阿比朵尔，适合治疗由 A、B 型流感病毒引起的上呼吸道感染，2020 年入选新冠肺炎试用药物，其合成路线：
回答下列问题：
（1）有机物 A 中的官能团名称是______________和______________。
（2）反应③的化学方程式______________。
（3）反应④所需的试剂是______________。
（4）反应⑤和⑥的反应类型分别是______________、______________。
（5）I 是 B 的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，写出具有六元 环结构的有机物 H 的结构简式______________。 (不考虑立体异构，只需写出 3 个)
（6）已知：两分子酯在碱的作用下失去一分子醇生成β—羟基酯的反应称为酯缩合反应，也称为 Claisen （克莱森）缩合反应，如：，设计由乙醇和制备的合成线路______________。(无机试剂任选)
18、有机化合物P是合成抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下:
已知:RClRCOOH
（1）H的官能团名称___________。写出E的结构简式___________。
（2）B→C中①的化学方程式___________。
（3）检验F中官能团的试剂及现象_________。
（4）D的同分异构体有多种，其中满足以下条件的有________种。
①1ml D能与足量 NaHCO3反应放出2ml CO2
②核磁共振氢谱显示有四组峰
（5）H→J的反应类型___________。
（6）已知：
K经过多步反应最终得到产物P：
①K→L的化学方程式___________。
②写出M的结构简式___________。
19、三氯氧磷（POCl3）是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣小组模拟PCl3直接氧化法制备POCl3，实验装置设计如下：
有关物质的部分性质如下表：
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是_____________。装置A中发生反应的化学方程式为_______。
（2）装置C中制备POCl3的化学方程式为________________________________。
（3）C装置控制反应在60～65℃进行，其主要目的是_______________________。
（4）通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：
I.取xg产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；
II.向锥形瓶中加入0.1000 ml·L－1的AgNO3溶液40.00 mL，使Cl－完全沉淀；
III.向其中加入2 mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；
IV.加入指示剂，用c ml·L－1 NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为VmL。
已知：Ksp(AgCl)=3.2×10－10，Ksp(AgSCN)=2×10－12
①滴定选用的指示剂是（填序号）________，滴定终点的现象为_____________。
a.酚酞 b.NH4Fe(SO4)2 c.淀粉 d.甲基橙
②Cl元素的质量分数为（列出算式）________________。
③若取消步骤III，会使步骤IV中增加一个化学反应，该反应的离子方程式为________；该反应使测定结果________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
20、某学习小组以铝铁铜合金为主要原料制备[Cu（NH3）4]SO4·H2O（一水硫酸四氨合铜）和Fe3O4胶体粒子，具体流程如下：
已知：①Cu（NH3）42+=Cu2+＋4NH3
②Fe2+＋2Fe３+＋8OH−Fe3O4↓＋4H2O
③[Cu（NH3）4]SO4易溶于水，难溶于乙醇。
请回答：
（1） 滤渣的成分为________。
（2） 步骤Ⅰ中生成[Cu（NH3）4]SO4·H2O的离子方程式：________。步骤Ⅰ中加入（NH4）2SO4的作用是作为反应物和________。
（3） 步骤Ⅳ中加入95%乙醇时，缓慢加入的目的是________。
（4） 下列有关叙述正确的是________。
A 步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率
B 步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶，得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu（OH）2等杂质
C 步骤Ⅳ、Ⅴ用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等
D 步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头，加乙醇溶液浸没沉淀，缓慢流干，重复2～3次
（5） 步骤Ⅲ中，从滤渣制备Fe3O4胶体粒子需经过一系列操作。即：滤渣中加过量NaOH溶液搅拌溶解→________→过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子。
根据下列提供的操作，请在空格处填写正确的操作次序（填写序号）。
①氮气氛围下缓慢滴加NaOH溶液，加热溶液
②过滤、洗涤
③加入过量稀硫酸溶解
④加入适量FeSO4固体，搅拌溶解
⑤测定Fe3+含量
（6） 测定一水硫酸四氨合铜晶体产品的纯度，过程如下：取0.5000 g试样溶于水，滴加3 ml·L−1 H2SO4至pH为3～4，加入过量KI固体。以淀粉溶液为指示剂，生成的碘用0.1000 ml·L−1 Na2S2O3标准溶液滴定，重复2～3次，平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。。该试样中一水硫酸四氨合铜的纯度为________。
已知：M[Cu（NH3）4SO4·H2O]＝246.0 g·ml−1； 2Cu2+＋4I−=2CuI＋I2，I2＋2S2O32-=2I−＋S4O62-。
21、化合物G是重要的药物中间体，合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的分子式为_________。
（2）B中含氧官能团的名称为_________。
（3）D→E的反应类型为_________。
（4）已知B与（CH3CO）2O的反应比例为1:2，B→C的反应方程式为_________。
（5）路线中②④的目的是_________。
（6）满足下列条件的B的同分异构体有_________种（不考虑立体异构）。
①苯环上只有2个取代基
②能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应
写出其中核磁共振氢谱为五组峰的物质的结构简式为_________。
（7）参考上述合成线路，写出以1-溴丁烷、丙二酸二乙酯、尿素[CO（NH2）2]为起始原料制备的合成线路（其它试剂任选）_________。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
根据垃圾分类标志的含义判断。
【详解】
废弃矿泉水瓶属于可回收利用的垃圾。
本题选A。
2、D
【解析】
A、HCl、H2S、H2O分别是Cl、S、O的氢化物，不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释酸性的强弱；
B、密度属于物理性质，不能用元素周期律解释；
C、NH3分子间形成氢键，沸点：NH3AsH3PH3，沸点属于物理性质，不能用元素周期律解释；
D、非金属性：FClBr，则气态氢化物的稳定性：HFHClHBr，能用元素周期律解释；
答案选D。
本题考查元素周期律的应用，理解元素周期律的内容是解题的关键。能用元素周期律解释的元素的性质是：原子半径、元素的主要化合价、元素的金属性和非金属性，元素的金属性表现在金属单质与水（或酸）置换出氢的难易、最高价氧化物对应水化物碱性的强弱，元素的非金属性表现在非金属单质与H2化合的难易、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物酸性的强弱；注意用元素周期律不能解释物理性质、气态氢化物水溶液酸性的强弱。
3、D
【解析】
A．根据图像分析，pH＞8时只有碳酸根离子和碳酸氢根离子，pH=8时，只有碳酸氢根离子，pH＜8时，溶液中只有碳酸和碳酸氢根离子，则在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存，故A正确；
B．Na2CO3溶液中逐滴加入HCl溶液，用酚酞作指示剂，滴定产物是，用甲基橙作指示剂滴定时，和HCl溶液的反应产物是H2CO3，故B正确；
C．由图象可知，pH=7时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-、H2CO3，电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(HCO3-)+c(OH−)，则c(Na+)＞c(Cl−)，因HCO3-水解，则c(Na+)＞c(Cl−)＞c(HCO3-)，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为c(Na+)＞c(Cl−)＞c(HCO3-)＞c(H+)=c(OH−)，故C正确；
D．已知在25℃时，溶液中c()∶c()＝1∶1，水解反应的平衡常数即水解常数Kh1 ＝c(OH－)=2.0×10－4，则c(H＋)=5.0×10－11，溶液的pH＜10，故D错误；
4、B
【解析】
A.对苯二酚中含两个酚羟基，中含1个酚羟基和1个醇羟基，结构不相似，不是同系物，A错误；
B.中间体中的2个Cl原子、酯基、酚羟基都可与氢氧化钠反应，由于Cl原子与苯环直接相连，酯基为酚酯基，故1ml中间体最多可与7mlNaOH反应，B正确；
C.2，5—二羟基苯乙酮中存在的苯环、羰基能与氢气等发生加成反应，但不能发生水解反应，C错误；
D.中间体分子中含有酯基、羟基、羰基三种含氧官能团，D错误；
答案选B。
5、D
【解析】
由工艺流程分析可知，铜阳极泥经O2焙烧得到TeO2，碱浸时TeO2与NaOH反应得到Na2TeO3，再经过氧化和酸化得到TeO42-，TeO42-与Na2SO3发生氧化还原反应得到粗碲，3SO32-+TeO42-+2H+===Te↓+H2O+3SO42-，结合选项分析即可解答。
【详解】
A．“焙烧”硅酸盐产品主要用到的仪器有：坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒，不能用蒸发皿，A选项错误；
B．还原时发生反应：3SO32-+TeO42-+2H+===Te↓+H2O+3SO42-，氧化剂为TeO42-，还原剂SO32-，物质的量之比与化学计量数成正比，故为1:3，B选项错误；
C．“氧化”时氧化剂为H2O2，温度过高，H2O2会分解，氧化效果会减弱，C选项错误；
D．根据上述分析，并结合题干条件，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱， TeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2 +2OH- =TeO32- +H2O，D选项正确；
答案选D。
6、B
【解析】
A.根据2K2FeO4+16HCl=4KCl+2FeCl3+8H2 O+3Q↑可知Q为氯气，可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物氯气，故A正确；
B. K2FeO4为强电解质，在水中完全电离，其电离方程式为K2FeO4=2K++FeO42-，故B错误；
C.反应中16ml HCl参加反应只有6ml被氧化,则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3,故C正确；
D.因为产物Q为氯气,氯气为单质不是电解质,所以反应中涉及的物质中有5种为电解质,故D正确；
答案选B。
7、B
【解析】
A、含有硫的矿物燃烧，肯定是二氧化硫气体，正确；
B、为实现溶液C到溶液D的转化，加NH3·H2O至蓝色沉淀刚好溶解完全，过滤即可，错误；
C、因为提示中有这样的方程式：[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq) + 4NH3(aq)，因此在加热时，氨就会逸出，正确；
D、在制备产品时，溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低，正确。
答案选B。
8、B
【解析】
A、钠和氧气可以生成氧化钠，加入碳酸氢钡中反应生成碳酸钡沉淀，没有气体，错误，不选A；
B、铝和氯气反应生成氯化铝，加入碳酸氢钡中反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，正确，选B；
C、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁，错误，不选C；
D、硅和氧气反应生成二氧化硅，加入到碳酸氢钡中不反应，错误，不选D。
注意单质之间化合的产物
1、氢气和氧气生成水。
2、硫和氧气生成二氧化硫，不是三氧化硫。
3、氮气和氧气生成一氧化氮，不是二氧化氮。
4、钠和氧气在点燃条件下反应生成过氧化钠，常温下生成氧化钠。
5、锂和氧气反应生成氧化锂，没有过氧化物。
6、钾和氧气点燃反应生成更复杂的氧化物。
7、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁。
8、铁和硫反应生成硫化亚铁。
9、铁和氧气反应生成四氧化三铁
10、铜和硫反应生成硫化亚铜
9、C
【解析】
A. 牛奶盒是包装纸，属于可回收物，故A正确；
B. 眼药水是过期药品，属于有害垃圾，故B正确；
C. 干电池属于有害垃圾，故C错误；
D. 西瓜皮是厨余垃圾，属于湿垃圾，故D正确；
答案选C。
10、D
【解析】
A．一个乙醇分子中含有5个C-H键，常温下，46 g乙醇为1ml，含C-H键的数目为5NA，故A错误；
B．1 ml/L的K2SO4溶液的体积未知，含K+的物质的量不能确定，则K+数目也无法确定，故B错误；
C．氦气为稀有气体，是单原子分子，一个氦气分子中含有2个质子，标准状况下，22.4 L氦气为1ml，含质子的数目为2NA，故C错误；
D． HNO3中氮元素的化合价由+5价变为+2价，转移3个电子，则1ml HNO3被还原为NO，转移电子的数目为1ml×3×NA/ml= 3NA，故D正确； .
答案选D。
计算转移的电子数目时，需判断出元素化合价的变化，熟练应用关于物质的量及其相关公式。
11、D
【解析】
A．金刚石晶体：每个C与另外4个C形成共价键，构成正四面体，向空间发展成网状结构，形成的晶体为原子晶体，故A正确；
B．该反应中Na由0价→ +1价，作还原剂将CCl4还原，故B正确；
C．CCl4和C(金刚石)中的C的杂化方式都是sp3杂化，故C正确；
D．NaCl晶体：每个Na＋同时吸引6个Cl－，每个Cl－同时吸引6个Na＋，配位数为6，故D错误；
故答案选D。
12、B
【解析】
A. 平衡常数只与温度有关，根据图像，温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则反应为放热反应，故A正确；
B. 温度越高，反应速率越快，图1中Ⅰ、Ⅱ两点的速率v(Ⅰ)＜v(Ⅱ)，故B错误；
C. 由于纵坐标表示v逆，t3时v逆突然减小，且平衡不移动，只能是减小压强，说明该反应为气体体积不变的反应，说明A一定不是气体，故C正确；
D. 负极电极反应式为Al-3e-=Al 3+，正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-，总反应方程式为：4Al+3O2+6H2O═4Al(OH)3，故D正确；
答案选B。
本题的难点为C，要抓住平衡不发生移动的点，加入催化剂，平衡不移动，但反应速率增大，应该是t4时的改变条件，t3时突然减小，且平衡不移动，只能是减小压强。
13、B
【解析】
NO、NO2与O2、H2O反应后被完全吸收，其反应的化学方程式为4NO+3O2+2H2O
=4HNO3、4NO2+O2+2H2O=4HNO3。从反应方程式可以得出：n(O2)=×n(NO)+×n(NO2)。
用此关系式验证备选答案。
A. ×3+×7=4，A不合题意；
B. ×5+×7≠6，B符合题意；
C. ×7+×3=6，C不合题意；
D. ×1+×1=1，D不合题意。
故选B。
14、D
【解析】
A．①、②中温度和pH均不同，存在两个变量，不能判断pH对反应的影响，故A错误；
B．若pH＞7，+2价铁会转化为氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁在空气中能被氧气氧化生成氢氧化铁，所以+2价铁易被氧化，故B错误；
C．①、③中pH相同，温度越高，转化率越大，则FeCl2被O2氧化的反应为吸热反应，故C错误；
D．50℃、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率等于 0.15a ml/（L•h），在60℃、pH=2.5时，温度升高，速率增大，所以60℃、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率大于 0.15a ml/（L•h），故D正确。
故答案为D。
本题考查了影响反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素，把握图中的信息以及影响反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
15、C
【解析】
A．分子的稳定性与化学键有关，共价键越强，分子越稳定性，而分子间作用力只影响物质的熔沸点等物理性质，故A错误；
B．单原子分子中没有化学键，如稀有气体为单原子分子，分子中没有共价键，故B错误；
C．离子晶体中一定存在离子键，可能存在共价键，如氢氧化钠、过氧化钠中存在离子键和共价键，故C正确；
D．原子晶体中可能存在极性键，也可能存在非极性键，如二氧化硅中存在极性共价键，金刚石中存在非极性键，故D错误；
故选C。
本题的易错点为B，要注意稀有气体是单原子分子，固态时形成分子晶体。
16、D
【解析】
A．a点时酸碱恰好中和，溶液，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为，故A错误；
B．a点水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出，抑制水的电离，故B错误；
C．时，，由电荷守恒可知，则，故C错误；
D．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于水解程度，则存在，故D正确。
故答案为D。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、羰基 酯基 +→+HCl Br2 取代反应 取代反应 （任写 3 个） CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH
【解析】
根据合成路线图中反应物和生成物的结构变化分析反应类型；根据题给信息及路线图中反应类型比较目标产物及原料的结构设计合成路线图。
【详解】
（1）根据A的结构简式分析，A中的官能团有羰基和酯基，故答案为：羰基；酯基；
（2）根据比较C和E的结构及反应物的结构，分析中间产物D的结构简式为：，则反应③的化学方程式为：+→+HCl；故答案为：+→+HCl；
（3）比较D和E的结构，反应④为取代反应，所需的试剂是Br2，故答案为：Br2；
（4）比较E和F的结构变化及F和G的结构变化，反应⑤为取代反应；反应⑥也为取代反应，故答案为：取代反应；取代反应；
（5）I 是 B（） 的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，则结构中含有氨基和羧基，其中具有六元环结构的有机物H的结构简式有：；
（6）乙醇氧化可以得到乙酸，乙酸与乙醇酯化反应反应得到乙酸乙酯（），乙酸乙酯发生酯缩合反应生成，与发生合成路线中反应①的反应即可得到，故答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH。
18、醚键、硝基 (C2H5OOC)2C=CHOC2H5 ClCH2COOH+NaCN→CNCH2COOH+NaCl FeCl3溶液，显紫色 3 还原反应 +C2H5OH
【解析】
A和Cl2反应生成B，B中只有1个Cl，所以应该是取代反应，B发生了给出的已知中的反应，所以C中有羧基，C有4个氧原子，而且C的不饱和度为2，再根据D的结构简式，可知C为丙二酸，B为ClCH2COOH，A为CH3COOH。根据K和J的结构简式可知E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)，根据G的结构简式可知F为苯酚。
【详解】
（1）根据H的结构简式，H的官能团名称为醚键和硝基。E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)。
（2）B→C中①的化学方程式为ClCH2COOH+NaCNNCCH2COOH+NaCl。
（3）F为苯酚，苯酚遇 FeCl3溶液显紫色，或和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀。
（4）D的同分异构体有多种，1ml D能与足量 NaHCO3反应放出2ml CO2，说明1个D分子中有2个羧基。核磁共振氢谱显示有四组峰，说明D分子有比较高的对称性。符合要求的有HOOCCH2CH2CH2CH2CH2COOH、HOOCCH(CH3)CH2CH(CH3)COOH和，共3种。
（5）H→J是H中的硝基变成了氨基，是还原反应。
（6）①根据已知，K→L发生了苯环上的一个氢原子和酯基上的乙氧基断裂结合成乙醇，苯环上的碳原子和断裂乙氧基的碳原子结合成新的碳碳单键的反应，再结合P的结构可知，苯环上断裂的氢原子是和氮原子处于邻位、和甲氧基处于对位的氢原子，所以K→L的化学方程式为：+C2H5OH。
②得到的L继续发生给出的已知的反应，生成Q（），Q在NaOH溶液中发生水解，Cl被羟基代替，同时羧基和NaOH发生中和反应生成钠盐，故M的结构简式为。
19、冷凝管 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O =2H2O+O2↑ 2PCl3+O2=2POCl3 加快反应速率，同时防止PCl3气化，逸出损失 b 当加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液刚好变为红色，且红色半分钟内不褪色 AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq) 偏小
【解析】
根据实验目的及装置图中反应物的状态，分析装置的名称及装置中的相关反应；根据滴定实验原理及相关数据计算样品中元素的含量，并进行误差分析。
【详解】
（1）根据装置图知，仪器a的名称是冷凝管；根据实验原理及装置中反应物状态分析知，装置A为用固体和液体制备氧气的装置，可以是过氧化钠与水反应，也可能是双氧水在二氧化锰催化下分解，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O =2H2O+O2↑，故答案为：冷凝管；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O =2H2O+O2↑；
（2）装置C中为PCl3与氧气反应生成POCl3的反应，化学方程式为2PCl3+O2=2POCl3，故答案为：2PCl3+O2=2POCl3；
（3）通过加热可以加快反应速率，但温度不易太高，防止PCl3气化，影响产量，则C装置易控制反应在60℃∼65℃进行，故答案为：加快反应速率，同时防止PCl3气化，逸出损失；
（4）①用cml⋅L−1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：b；当加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液刚好变为红色，且红色半分钟内不褪色；
②用cml/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积VmL，则过量Ag+的物质的量为V∙c×10−3ml，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000ml/L×0.04L−Vc×10−3ml＝(4−Vc)×10−3ml，则Cl元素的质量百分含量为，故答案为：；
③已知：Ksp(AgCl)＝3.2×10−10，Ksp(AgSCN)＝2×10−12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，反应为：AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)；则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为：AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)；偏小。
20、Al（OH）3、Fe（OH）3 Cu＋H2O2＋2NH3＋2=Cu（NH3）42+＋2H2O或Cu＋H2O2＋2NH3·H2O＋2= Cu（NH3）42+＋4H2O 抑制NH3·H2O的电离或促进生成Cu（NH3）42+（与反应生成的OH−成NH3·H2O，控制pH不能太大，以防H2O2在强碱条件下的分解） 有利于得到较大颗粒的晶体 ABC ②③⑤④① 98.40%
【解析】
（1）合金粉末进行分离，铝铁应转化为滤渣形式，从所给物质分析，只能是氢氧化铝和氢氧化铁形式，铜转化为[Cu(NH3)4]SO4，利用[Cu(NH3)4]SO4难溶于乙醇，进行分离。
【详解】
(1)合金粉末溶于氨水和硫酸铵以及过氧化氢的作用下，能进行分离，铁和铝都转化为滤渣，说明滤渣为 Al（OH）3、Fe（OH）3 ；
(2)铜在氨水和硫酸铵和过氧化氢存在反应生成[Cu(NH3)4]SO4，离子方程式为 Cu＋H2O2＋2NH3＋2=Cu（NH3）42+＋2H2O或Cu＋H2O2＋2NH3·H2O＋2= Cu（NH3）42+＋4H2O； 硫酸铵不仅提供铵根离子抑制氨水的电离，还可以抑制pH不能太大，以防H2O2在强碱条件下的分解；
(3)因为[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小，加入95%乙醇有利于得到较大颗粒的晶体；
(4) A．因为过氧化氢能够分解，所以在步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率，故正确；B．步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶，蒸发过程中促进反应，Cu(NH3)42+ Cu2+＋4NH3，氨气逸出，铜离子水解生成氢氧化铜，所以得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu(OH)2等杂质，故正确；C．步骤Ⅳ、Ⅴ是进行抽滤和洗涤，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等，故正确；D．步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头，加乙醇溶液浸没沉淀，然后进行抽滤，不能缓慢流干，故错误。故选ABC；
(5) 滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，加过量NaOH溶液搅拌，氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠，然后过滤出氢氧化铁沉淀，加入过量的稀硫酸将其溶解生成铁离子，测定铁离子的含量，控制量，加入适量的硫酸亚铁固体，在氮气的氛围下缓慢加入氢氧化钠溶液，加热使其按方程式Fe2+＋2Fe3+＋8OH−Fe3O4↓＋4H2O中的比例进行反应，生成四氧化三铁，再进行过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子.，故操作顺序为②③⑤④①；
(6)根据反应2Cu2+＋4I−2CuI＋I2，I2＋2S2O32-2I−＋S4O62-得关系式为2Cu2+----I2---2S2O32-， Na2S2O3的物质的量为0.1000×0.02=0.002ml则铜离子的物质的量为0.002ml，则Cu(NH3)4SO4·H2O的质量为0.002ml×246.0g/ml=0.492g，质量分数为。
21、C8H8O2 羰基、羟基 取代反应(或水解反应) 保护酚羟基 12
【解析】
（1）由A()可知其分子式为：C8H8O2；
（2）B()中含氧官能团为羰基、酚羟基；
（3）对比D与E的结构可知，D中酯基均转化为羟基，说明该反应为取代反应(或水解反应)；
（4）对比B与C的结构，联系反应物可知，B与(CH3CO)2O与羟基中H和Cl原子发生取代反应，其断键位置位于(CH3CO)2O中酯基的C-O键，其反应方程式为：；
（5）②将酚羟基反应为其它不易发生氧化反应的原子团，④将原子团生成酚羟基，由此可知，步骤②④的目的是保护酚羟基；
（6）能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应，说明有机物中含有酚羟基、醛基，B的不饱和度为5，此要求下的结构中苯环与醛基已将不饱和度占用，因此其它原子团均为饱和原子团，该有机物基本框架为，其中R为烷烃基，因此满足要求的结构有：结构有：、、、，另外与酚羟基存在位置异构，一共有4×3=12种结构；核磁共振氢谱为五组峰说明苯环具有对称结构，因此该物质为：；
（7）由题干中⑤⑥反应可知，若要合成，可通过2-溴丁烷进行⑤⑥反应达到目的，因此具体合成路线为：。
选项
A
B
C
D
生活垃圾
牛奶盒
眼药水
干电池
西瓜皮
垃圾分类标识