2024年新疆巴州焉耆縣第三中學高三最后一模化學試題含解析

2024年新疆巴州焉耆縣第三中學高三最后一?；瘜W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(qū)。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(qū)域內作答，超出答題區(qū)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、化學家認為氫氣與氮氣在固體催化劑表面合成氨的反應過程可用如下示意圖表示，其中過程⑤表示生成的NH3離開催化劑表面。下列分析正確的是（）A．催化劑改變了該反應的反應熱 B．過程③為放熱過程C．過程②是氫氣與氮氣分子被催化劑吸附 D．過程④為吸熱反應2、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是（）A．NH4HCO3

受熱易分解，可用作化肥B．NaHCO3

溶液顯堿性，可用于制胃酸中和劑C．SO2

具有氧化性，可用于紙漿漂白D．Al2O3

具有兩性，可用于電解冶煉鋁3、25℃時，一定量的甲烷與aL（已折合成標準狀況）空氣的混合氣體充分反應，甲烷恰好完全燃燒，恢復至25℃時，放出bkJ的熱量。假設空氣中氧氣的體積分數是1／5，則下列表示甲烷燃燒熱的熱化學方程式正確的是A．B．C．D．4、我國科學家成功地研制出長期依賴進口、價格昂貴的物質，下列說法正確的是（）A．它是的同分異構體B．它是O3的一種同素異形體C．與互為同位素D．1mol分子中含有20mol電子5、關于“硫酸銅晶體結晶水含量測定”的實驗，下列操作正確的是()A．在燒杯中稱量 B．在研缽中研磨C．在蒸發(fā)皿中加熱 D．在石棉網上冷卻6、下列實驗操作能達到相應實驗目的的是實驗操作或實驗操作與現象實驗目的或結論A將潮濕的氨氣通過盛有無水氯化鈣的干燥管干燥氨氣B向10%蔗糖溶液中加入稀硫酸，加熱，再加入少量新制氫氧化銅懸濁液，加熱，未出現磚紅色沉淀蔗糖未水解C向FeCl3，CuCl2的混合溶液中加入足量鐵粉，然后過濾提純FeCl3D常溫下，測定等濃度的NaClO4和Na2CO3溶液的pH驗證非金屬性:C1>CA．A B．B C．C D．D7、下列關于有機物(a)的說法錯誤的是A．a、b、c的分子式均為C8H8B．b的所有原子可能處于同一平面C．c的二氯代物有4種D．a、b、c均能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色8、下列有關化學與環(huán)境的敘述不正確的是A．因垃圾后期處理難度大，所以應做好垃圾分類，便于回收利用，節(jié)約資源B．醫(yī)療廢棄物經過處理、消毒后可加工成兒童玩具，變廢為寶C．綠色環(huán)?；ぜ夹g的研究和運用是化工企業(yè)的重要發(fā)展方向D．研究表明，新冠病毒可通過氣溶膠傳播。氣溶膠的粒子大小在1nm~100nm之間9、利用電解法制取Na2FeO4的裝置圖如圖所示，下列說法正確的是（電解過程中溫度保持不變，溶液體積變化忽略不計）A．Y是外接電源的正極，Fe電極上發(fā)生還原反應B．Ni電極上發(fā)生的電極反應為：2H2O－4e－==O2↑＋4H＋C．若隔膜為陰離子交換膜，則電解過程中OH－由B室進入A室D．電解后，撤去隔膜，充分混合，電解液的pH比原來小10、NA為阿伏加德羅常數，關于ag亞硫酸鈉晶體(Na2SO3?7H2O)的說法中正確的是A．含Na+數目為NA B．含氧原子數目為NAC．完全氧化SO32-時轉移電子數目為NA D．含結晶水分子數目為NA11、下列實驗操作與預期實驗目的或所得實驗結論一致的是選項實驗操作和現象預期實驗目的或結論A向兩支盛有KI3的溶液的試管中，分別滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液變藍，后者有黃色沉淀KI3溶液中存在平衡:I3-I2+I-B向1mL濃度均為0.05mol·L-lNaCl、NaI的混合溶液中滴加2滴0.01mol·L-lAgNO3溶液，振蕩，沉淀呈黃色Ksp(AgCl)<Ksp(AgI)C室溫下，用pH試紙分別測定濃度為0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比較HC1O和CH3COOH的酸性強弱D濃硫酸與乙醇180℃共熱，制得的氣體通入酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去制得的氣體為乙烯A．A B．B C．C D．D12、常溫下，以MnO2為原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等，通過添加過量的難溶電解質MnS，可使這些金屬離子形成硫化物沉淀并過濾除去，下列說法正確的是A．過濾后的溶液中一定沒有S2-B．MnS難溶于水，可溶于MnCl2溶液中C．常溫時，CuS、PbS、CdS比MnS更難溶D．加入MnS后生成CuS的離子方程式是Cu2++S2-=CuS↓13、我國科學家發(fā)明了一種“可固氮”的鋰－氮二次電池，用可傳遞Li+的醚類物質作電解質，電池的總反應為6Li+N22Li3N，下列說法正確的是A．固氮時，電能轉化為化學能B．固氮時，電流由鋰電極經用電器流向釕復合電極C．脫氮時，釕復合電極的電極反應：2Li3N-6e-=6Li++N2↑D．脫氮時，Li+向釕復合電極遷移14、磺酰氯（SO2Cl2）在醫(yī)藥、染料行業(yè)有重要用途,其熔點為-54.1C,沸點為69.2°C,易水解。某學習小組在實驗室用SO2和Cl2在活性炭作用下制備SO2Cl2（SO2+Cl2SO2Cl2）,設計如圖實驗（夾持裝置略去）。下列說法不正確的是A．c中的NaOH溶液可換成NaCl溶液,效果相同B．e中的冷卻水應從下口入上口出C．d的作用是防止水蒸氣進人a中使SO2Cl2水解D．a中冰鹽水有助于SO2Cl2液化,提高SO2和Cl2的轉化率.15、化學與人類生產、生活、社會可持續(xù)發(fā)展密切相關。下列說法正確的是()A．自來水廠常用明礬作消毒殺菌劑B．高鐵車用大部分材料是鋁合金，鋁合金材料具有強度大、質量輕、抗腐蝕能力強等優(yōu)點C．硅膠可作瓶裝藥品的干燥劑及催化劑載體，也是重要的半導體材料D．使用肥皂洗手可預防病毒，肥皂的主要成分硬脂酸鈉溶于水顯酸性16、化學與生活密切相關。下列說法錯誤的是A．碳酸鈉可用于去除餐具的油污 B．漂白粉可用于生活用水的消毒C．氫氧化鋁可用于中和過多胃酸 D．碳酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查二、非選擇題（本題包括5小題）17、H是一種可用于治療腫瘤的藥物中間體，由芳香烴A制備H的合成路線如圖?；卮鹣铝袉栴}：（1）A物質的一氯代物共有______種；（2）B物質中含有的官能團名稱______；（3）①的反應試劑和反應條件分別是______，③的反應的類型是______；（4）E物質通過多次取代反應和氧化反應可以獲取F物質，用系統命名法對E物質命名______，F物質的結構簡式為______；（5）⑤的化學反應方程式為______；（6）對甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精細化工中間體，寫出由苯甲醚（）制備對甲氧基乙酰苯胺的合成路線。（其他試劑任選）______________（合成路線常用的表達方式為：AB……目標產物）。18、W、X、Y、Z四種元素均為短周期元素，原子序數依次增大，其它相關信息見下表。元素相關信息W單質為密度最小的氣體X元素最高正價與最低負價之和為0Y某種同素異形體是保護地球地表的重要屏障Z存在質量數為23，中子數為12的核素根據上述信息，回答下列問題：(l)元素Y在元素周期表中的位置是____；Y和Z的簡單離子半徑比較，較大的是___（用離子符號表示）。(2)XY2由固態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)所需克服的微粒間作用力是____；由元素W和Y組成的一種綠色氧化劑的電子式為____。(3)由W、X、Y、Z四種元素組成的一種無機鹽，水溶液呈堿性的原因是__（用離子方程式表示）。19、對氨基苯磺酸是制取染料和一些藥物的重要中間體，可由苯胺磺化得到。+H2SO4H2O已知：苯胺是一種無色油狀液體，微溶于水，易溶于乙醇，熔點?6.1℃，沸點184.4℃。對氨基苯磺酸是一種白色晶體，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于堿性溶液，不溶于乙醇。實驗室可用苯胺、濃硫酸為原料，利用如圖所示實驗裝置合成對氨基苯磺酸。實驗步驟如下：步驟1：在250mL三頸燒瓶中加入10mL苯胺及幾粒沸石，將三頸燒瓶放在冰水中冷卻，小心地加入18mL濃硫酸。步驟2：將三頸燒瓶置于油浴中緩慢加熱至170～180℃，維持此溫度2～2.5小時。步驟3：將反應產物冷卻至約50℃后，倒入盛有100mL冷水的燒杯中，用玻璃棒不斷攪拌，促使對氨基苯磺酸晶體析出。將燒瓶內殘留的產物沖洗到燒杯中，抽濾，洗滌，得到對氨基苯磺酸粗產品。步驟4：將粗產品用沸水溶解，冷卻結晶，抽濾，收集產品，晾干可得純凈的對氨基苯磺酸。（1）裝置中冷凝管的作用是__________。（2）步驟2油浴加熱的優(yōu)點有____________________。（3）步驟3中洗滌沉淀的操作是______________。（4）步驟3和4均進行抽濾操作，在抽濾完畢停止抽濾時，應注意先__________，然后__________，以防倒吸。（5）若制得的晶體顆粒較小，分析可能的原因______（寫出兩點）。20、葡萄糖酸鈣是一種可促進骨骼生長的營養(yǎng)物質。葡萄糖酸鈣可通過以下反應制得：C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸鈣)+H2O+CO2↑相關物質的溶解性見下表：實驗流程如下：回答下列問題：（1）第①步中溴水氧化葡萄糖時，甲同學設計了如圖所示裝置。①你認為缺少的儀器是__。②甲同學在尾氣吸收裝置中使用倒立漏斗的目的是__。（2）第②步CaCO3固體過量，其目的是__。（3）本實驗中___(填“能”或“不能”)用CaCl2替代CaCO3，理由是__。（4）第③步“某種操作”名稱是__。（5）第④步加入乙醇的作用是__。（6）第⑥步中洗滌操作主要是除去沉淀表面可能含有的溴化鈣，洗滌劑最合適的是__(填標號)。A．冷水B．熱水C．乙醇D．乙醇—水混合溶液21、血紅蛋白(Hb)和肌紅蛋白(Mb)分別存在于血液和肌肉中，都能與氧氣結合，與氧氣的結合度a(吸附O2的Hb或Mb的量占總Hb或Mb的量的比值)和氧氣分壓p(O2)密切相關。請回答下列問題：(1)人體中的血紅蛋白(Hb)能吸附O2、H+，相關反應的熱化學方程式及平衡常數如下：Ⅰ．Hb(aq)+H＋(aq)HbH＋(aq)ΔH1K1Ⅱ．HbH＋(aq)＋O2(g)HbO2(aq)+H＋(aq)ΔH2K2Ⅲ．Hb(aq)＋O2(g)HbO2(aq)ΔH3K3ΔH3=_____（用ΔH1、ΔH2表示），K3=_____（用K1、K2表示）。(2)Hb與氧氣的結合能力受到c(H＋)的影響，相關反應如下：HbO2(aq)+H＋(aq)HbH＋(aq)+O2(g)。37℃，pH分別為7.2、7.4、7.6時氧氣分壓p(O2)與達到平衡時Hb與氧氣的結合度的關系如圖1所示，pH=7.6時對應的曲線為_____（填“A”或“B”）。(3)Mb與氧氣結合的反應如下：Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)ΔH，37℃時，氧氣分壓p(O2)與達平衡時Mb與氧氣的結合度a的關系如圖2所示。①已知Mb與氧氣結合的反應的平衡常數的表達式K=，計算37℃時K=_____kPa-1。②人正常呼吸時，體溫約為37℃，氧氣分壓約為20.00kPa，計算此時Mb與氧氣的最大結合度為______（結果保留3位有效數字）。③經測定，體溫升高，Mb與氧氣的結合度降低，則該反應的ΔH____（填“>”或“<”）0。④已知37℃時，上述反應的正反應速率v(正)=k1·c(Mb)·p(O2)，逆反應速率v(逆)=k2·c(MbO2)，若k1=120s-1·kPa-1，則k2=______。37℃時，圖2中C點時，=____。

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項、催化劑可改變反應的途徑，不改變反應的始終態(tài)，則反應熱不變，故A錯誤；B項、過程③為化學鍵的斷裂過程，為吸熱過程，故B錯誤；C項、過程②氫氣與氮氣分子沒有變化，被催化劑吸附的過程，故C正確；D．過程④為化學鍵的形成過程，為放熱過程，故D錯誤；故選C。2、B【解析】

A、NH4HCO3

含有營養(yǎng)元素N元素，可用作化肥，與NH4HCO3

受熱易分解無關，故A不符合題意；B、NaHCO3能與鹽酸反應，并且NaHCO3溶液無腐蝕性，常用作制胃酸中和劑，故B符合題意；C、SO2

具有漂白性，可用于紙漿漂白，與SO2

具有氧化性無關，故C不符合題意；D、熔融狀態(tài)下的Al2O3能發(fā)生電離，可用于電解冶煉鋁，與Al2O3

具有兩性無關，故D不符合題意；故選：B?！军c睛】高中階段常見具有漂白的物質類型有：①強氧化性(漂白過程不可逆)，常見物質有O3、H2O2、Na2O2、NaClO、HClO、Ca(ClO)2等；②形成不穩(wěn)定化合物型(漂白過程可逆)，常見物質有SO2；③物理吸附型(漂白過程不可逆)，常見物質有活性炭。3、C【解析】

空氣中氧氣的體積為L，則甲烷體積為L，物質的量為mol。mol甲烷燃燒放出熱量bkJ，則1mol甲烷燃燒放出熱量kJ。燃燒熱規(guī)定生成穩(wěn)定的氧化物,即H2O(l)，且放熱反應的焓變?yōu)樨撝?，故C正確；答案：C【點睛】考察燃燒熱的重點：（1）可燃物1mol（2）完全燃燒（3）生成穩(wěn)定氧化物，H→H2O（l），C→CO2，S→SO2等。4、B【解析】

A．與的分子式相同，不屬于同分異構體，故A錯誤；B．與O3都為氧元素的不同單質，互為同素異形體，故B正確；C．同位素研究的對象為原子，與屬于分子，不屬于同位素關系，故C錯誤；D．1mol分子中含有16mol電子，故D錯誤；故選B。5、B【解析】

A．實驗是在瓷坩堝中稱量，故A錯誤；B．實驗是在研缽中研磨，故B正確；C．蒸發(fā)除去的是溶液中的溶劑，蒸發(fā)皿中加熱的是液體，硫酸銅晶體是固體，不能用蒸發(fā)皿，故C錯誤；D．瓷坩堝是放在干燥器里干燥的，故D錯誤；答案選B。6、D【解析】

A.氨氣和氯化鈣能發(fā)生絡合反應，所以氯化鈣不能干燥氨氣，選項A錯誤；B.蔗糖水解完全后未用堿中和，溶液中的酸和氫氧化銅發(fā)生反應，水解產物不能發(fā)生反應。葡萄糖和氫氧化銅發(fā)生反應需要在堿性環(huán)境中進行，無法說明蔗糖末水解，選項B錯誤；C.鐵也與氯化鐵反應生成氯化亞鐵，得不到氯化鐵，選項C錯誤；D.測定等物質的量濃度的Na2CO3和NaClO4溶液的pH，Na2CO3的水解程度大，前者的pH比后者的大，越弱越水解，故碳元素非金屬性弱于氯，選項D正確；答案選D。【點睛】本題考查較為綜合，涉及物質的檢驗和性質的比較，綜合考查學生的分析能力、實驗能力和評價能力，為高考常見題型，注意把握物質的性質的異同以及實驗的嚴密性和可行性的評價。7、C【解析】

A．結構中每個頂點為碳原子，每個碳原子形成四個共價鍵，不足鍵用氫補齊，a、b、c的分子中都含有8個C和8個H，則分子式均為C8H8，故A正確；B．b中苯環(huán)、碳碳雙鍵為平面結構，與苯環(huán)或碳碳雙鍵上的碳直接相連的所有原子處于同一平面，單鍵可以旋轉，則所有原子可能處于同一平面，故B正確；C．c有兩種氫原子，c的一氯代物有兩種，采用“定一移一”法，先固定一個Cl，第二個Cl的位置如圖所示：，移動第一個Cl在①位、第二個Cl在④位，c的二氯代物共有6種，故C錯誤；D．a、b、c中均有碳碳雙鍵，具有烯烴的性質，均能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，故D正確；答案選C。8、B【解析】

垃圾后期處理難度大，并且很多垃圾也可以回收重復使用，節(jié)約資源，而只有做好垃圾分類才能更好實現回收再利用，垃圾分類已經上升到國家戰(zhàn)略層面，選項A正確；醫(yī)療廢棄物雖然可以回收、處理，但不可以制成兒童玩具，選項B不正確；綠色環(huán)保化工技術的研究和運用，可實現化工企業(yè)的零污染、零排放，選項C正確；氣溶膠屬于膠體，膠體的粒子大小在1nm~100nm之間，選項D正確。9、D【解析】

A.鐵電極為陽極，Y接電源的正極，鐵電極上發(fā)生失電子的氧化反應：Fe+8OH--6e-=FeO42?+4H2O↑，故A錯誤；B.鎳電極為陰極，X接電源的負極，鎳電極上發(fā)生的反應為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B錯誤；C.在電解池裝置中，陰離子向陽極移動，OH-由A室進入B室，故C錯誤；D.總反應為2Fe+2OH-+2H2O=FeO42?+3H2↑，由于反應消耗OH-，電解的OH-濃度降低，pH比原來小，故D正確；故選D。【點睛】陰極：與直流電源的負極直接相連的一極；陽極：與直流電源的正極直接相連的一極；陰極得電子發(fā)生還原反應，陽極失電子發(fā)生氧化反應；在電解池中陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動。10、D【解析】

A.ag亞硫酸鈉晶體(Na2SO3?7H2O)的物質的量n=mol，而1molNa2SO3?7H2O中含2molNa+，故molNa2SO3?7H2O中含mol，即mol鈉離子，A錯誤；B.ag亞硫酸鈉晶體(Na2SO3?7H2O)的物質的量n=mol，而1molNa2SO3?7H2O中含10mol氧原子，故molNa2SO3?7H2O中含氧原子mol，即含有mol的O原子，B錯誤；C.SO32-被氧化時，由+4價被氧化為+6價，即1molSO32-轉移2mol電子，故molNa2SO3?7H2O轉移mol電子，C錯誤；D.1molNa2SO3?7H2O中含7mol水分子，故molNa2SO3?7H2O中含水分子數目為mol×7×NA/mol=NA，D正確；故合理選項是D。11、A【解析】

A．淀粉遇I2變藍，AgI為黃色沉淀，實驗現象說明KI3的溶液中含有I2和I-，由此得出結論正確，A項符合題意；B．由生成的沉淀呈黃色可知沉淀為AgI，在c(Cl-)和c(I-)相同時，先生成AgI，故可得Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，與結論不符，B項不符合題意；C．NaClO水解生成HClO，次氯酸具有強氧化性，不能用pH試紙測定NaClO溶液的pH，應使用pH計測量比較二者pH的大小，C項不符合題意；D．濃硫酸具有強氧化性，能將乙醇氧化，自身被還原為二氧化硫，二氧化硫以及揮發(fā)出來的乙醇蒸氣都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故該氣體不一定是乙烯，實驗現象所得結論與題給結論不符，D項不符合題意；答案選A。12、C【解析】

A、難溶并不是不溶，只是溶解度小，過濾后的溶液中一定有極少量的S2-，錯誤，不選A；B、硫化錳難溶于水，也難溶于氯化錳的溶液，錯誤，不選B；C、通過添加過量的難溶電解質硫化錳，除去銅離子、鉛離子、鎘離子，是沉淀轉化的原理，利用硫化銅、硫化鉛、硫化鎘比硫化錳更難溶于水的原理轉化，正確，選C；D、沉淀轉化的離子方程式為Cu2+（aq）+MnS(s)=CuS(s)+Mn2+（aq），錯誤，不選D。本題選C。13、C【解析】

A.固氮時為原電池原理，化學能轉化為電能，A錯誤；B.固氮時，Li電極為負極，釕復合電極為正極，電流由釕復合電極經用電器流向鋰電極，B錯誤；C.脫氮時為電解原理，釕復合電極為陽極，陽極上發(fā)生失電子的氧化反應，釕復合電極的電極反應為2Li3N-6e-=6Li++N2↑，C正確；D.脫氮時，釕復合電極為陽極，鋰電極為陰極，Li+（陽離子）向鋰電極遷移，D錯誤；答案選C。14、A【解析】

Ac中的NaOH溶液的作用是吸收未反應的Cl2，不能用NaCl溶液，故A錯誤；B.e是冷凝作用，應該下口進上口出，故B正確；C

SO2Cl2遇水易水解，所以d防止水蒸氣進入，故C正確；D冰鹽水有降溫作用，根據題給信息知SO2Cl2易液化，能提高SO2和Cl2的轉化率，故D正確；故選A。15、B【解析】

A．自來水廠常用明礬作凈水劑，明礬沒有強氧化性，不能用于消毒殺菌劑，A錯誤；B．高鐵車用大部分材料是鋁合金，鋁合金材料具有強度大、質量輕、抗腐蝕能力強等優(yōu)點，B正確；C．硅膠吸水性強，可作瓶裝藥品的干燥劑及催化劑載體，硅膠不導電，不能用作半導體材料，C錯誤；D．使用肥皂洗手可預防病毒，肥皂的主要成分硬脂酸鈉溶于水顯堿性，D錯誤；答案選B。16、D【解析】

A.碳酸鈉水解溶液顯堿性，因此可用于去除餐具的油污，A正確；B.漂白粉具有強氧化性，可用于生活用水的消毒，B正確；C.氫氧化鋁是兩性氫氧化物，能與酸反應，可用于中和過多胃酸，C正確；D.碳酸鋇難溶于水，但可溶于酸，生成可溶性鋇鹽而使蛋白質變性，所以不能用于胃腸X射線造影檢查，應該用硫酸鋇，D錯誤。答案選D?！军c睛】本題主要是考查常見化學物質的性質和用途判斷，題目難度不大。平時注意相關基礎知識的積累并能靈活應用即可，注意碳酸鋇與硫酸鋇的性質差異。二、非選擇題（本題包括5小題）17、4氯原子氯氣、光照還原反應2-甲基丙烷【解析】

由B的結構可知，芳香烴為A為，A與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成B，B與濃硝酸在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生取代反應生成C，C發(fā)生還原反應生成D，D與G在吡啶條件下發(fā)生取代反應生成H．由F的分子式、G的結構，可知F為，E系列轉化得到F，結合E的分子式，可知E為。【詳解】(1)由B的結構可知，芳香烴為A為，A

物質的一氯代物在苯環(huán)上有3種，在甲基上有1種，故共有4種，故答案為：4；(2)B的結構簡式為：，B

物質中含有的官能團名稱為：氯原子，故答案為：氯原子；(3)反應①是轉化為，反應試劑和反應條件分別是：氯氣、光照；反應③中硝基轉化為氨基，屬于還原反應，故答案為：氯氣、光照；還原反應；(4)由F的分子式、G的結構，可知F為，E系列轉化得到F，結合E的分子式，可知E為，用系統命名法對

E

物質命名為：2-甲基丙烷，故答案為：2-甲基丙烷；；(5)⑤的化學反應方程式為：，故答案為：；(6)結合合成路線圖中轉化可知，與在吡啶條件下反應生成，乙酸與SOCl2/PCl3作用生成．先發(fā)生硝化反應，然后與Fe/HCl作用生成，合成路線流程圖為：，故答案為：。18、第2周期，VIA族O2-分子間作用力HCO3-+H2OH2CO3+OH-【解析】

根據題干信息中元素性質分析判斷元素的種類；根據元素的種類判斷在元素周期表中的位置；根據物質的組成和性質分析該物質的晶體類型，判斷微粒間的作用力；根據成鍵特點書寫電子式。【詳解】W、X、Y、Z四種元素均為短周期元素，原子序數依次增大，W單質為密度最小的氣體，則W為氫元素；X最高正價與最低負價之和為0，則X為第IVA族元素，Y的某種同素異形體是保護地球地表的重要屏障，則Y是氧元素，X是碳元素；Z存在質量數為23，中子數為12的核素，則Z的質子數為23-12=11，則Z是鈉元素。（1）元素氧在元素周期表中的位置是第2周期，VIA族；氧離子和鈉離子具有相同的核外電子排布，則核電荷越大半徑越小，所以半徑較大的是O2-，故答案為：第2周期，VIA族；O2-；（2）CO2晶體為分子晶體，由固態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)所需克服的微粒間作用力是分子間作用力；由元素氫和氧組成的一種綠色氧化劑是雙氧水，其電子式為，故答案為：分子間作用力；；（3）由氫、碳、氧、鈉四種元素組成的一種無機鹽為碳酸氫鈉，因為水解其水溶液呈堿性離子方程式表示為：，故答案為：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故答案為：HCO3-+H2OH2CO3+OH-。19、冷凝回流受熱均勻，便于控制溫度向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀，待乙醇自然流出后，重復操作2~3次拆下連接泵和吸濾瓶的橡皮管關閉水龍頭溶液溫度過高或冷卻結晶時速度過快（合理答案即可）【解析】

結合題給信息進行分析：步驟1中，將三頸燒瓶放入冷水中冷卻，為防止暴沸，加入沸石。步驟2中，因為反應溫度為170～180℃，為便于控制溫度，使反應物受熱均勻，采取油浴方式加熱；步驟3中，結合對氨基苯磺酸的物理性質，將反應產物導入冷水燒杯中，并不斷攪拌有助于對氨基苯磺酸的析出。再根據對氨基苯磺酸與苯胺在乙醇中的溶解性不同，采用乙醇洗滌晶體。步驟4中，利用對氨基苯磺酸可溶于沸水，通過沸水溶解，冷卻結晶等操作，最終得到純凈產品。【詳解】（1）冷凝管起冷凝回流的作用，冷卻水從下口進入，上口排出；答案為：冷凝回流；（2）油浴加熱優(yōu)點是反應物受熱均勻，便于控制溫度；答案為：受熱均勻，便于控制溫度；（3）苯胺是一種無色油狀液體，微溶于水，易溶于乙醇，對氨基苯磺酸是一種白色晶體，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于堿性溶液，不溶于乙醇，則洗滌時選用乙醇。洗滌的操作為向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀，待乙醇自然流出后，重復操作2~3次；答案為：向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀，待乙醇自然流出后，重復操作2~3次；（4）抽濾完畢停止抽濾時，為防止倒吸，先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶間的橡皮管，再關水龍頭；答案為：拆下連接泵和吸濾瓶的橡皮管；關閉水龍頭；（5）對氨基苯磺酸微溶于冷水，可溶于沸水，若制得的晶體顆粒較小，可能的原因是溶液溫度過高或冷卻結晶時速度過快。答案為：溶液溫度過高或冷卻結晶時速度過快（合理答案即可）?！军c睛】冷卻結晶的晶體大小影響因素：（1）漿料的過飽和度，這個主要由溫度來控制，溫度越低過飽和度越低。過飽和度越大，則產生晶核越多，結晶體粒徑越小。（2）停留時間，時間越長，則產生的結晶體粒徑越大。（3）容器的攪拌強度，攪拌越強，容易破碎晶體，結晶體粒徑越小。（4）雜質成分，雜質成分較多，則比較容易形成晶核，結晶體粒徑越小。20、溫度計防止倒吸使葡萄糖酸充分反應，提高葡萄糖酸的轉化率不能氯化鈣與葡萄糖酸不反應趁熱過濾降低葡萄糖酸鈣的溶解度，有利于其析出D【解析】

葡萄糖中加入3%的溴水并且加熱，發(fā)生反應C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr，得到葡萄糖酸和HBr，加入過量碳酸鈣并加熱，發(fā)生反應2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→(C6H11O7)2

Ca

(葡萄糖酸鈣)+H2O+CO2、CaCO3+2HBr=CaBr2+CO2↑+H2O，趁熱過濾，然后加入乙醇得到葡萄糖酸鈣懸濁液，過濾、洗滌、干燥得到葡萄糖酸鈣，據此進行分析?！驹斀狻?1)①根據流程可知溴水氧化葡萄糖時需要控制溫度為55℃，所以還需要溫度計；②倒置的漏斗可以起到防止倒吸的作用；(2)CaCO3固體需有剩余，可使葡萄糖酸充分反應，提高葡萄糖酸的轉化率，符合強酸制弱酸原理，以確保葡萄糖酸完全轉化為鈣鹽；(3)鹽酸為強酸，酸性比葡萄糖酸強，氯化鈣不能與葡萄糖酸直接反應得到葡萄糖酸鈣，所以不宜用CaCl2替代CaCO3；(4)根據表格中葡萄糖酸鈣的溶解度與溫度可知葡萄糖酸鈣冷卻后會結晶析出，應趁熱過濾；(5)葡萄糖酸鈣在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸鈣在溶劑中的溶解度，有利于葡萄糖酸