宁夏回族自治区石嘴山市平罗中学2020届高三上学期第三次月考化学试题

宁夏回族自治区石嘴山市平罗中学2020届高三上学期第三次月考化学试题

平罗中学2019-2020学年第一学期第三次月考试卷高三化学 可能用到的相对原子质量：H 1 Li ‎7 C 12 O 16 Na 23 S 32 Ca 40 Fe 56 Cu 64‎ 一、选择题（每空2分，共44分）‎ ‎1.化学与工农业生产、日常生活、材料等有密切的联系，下列说法正确的是（ ）‎ A. 华为公司自主研发的“麒麟970芯片”需要以高纯度的二氧化硅为原料 B. 笔、墨、纸、砚为传统的文房四宝，上述物质中的(毛)笔与(宣)纸均含有机物 C. 《梦溪笔谈》中“取精铁锻之百余火，…则纯钢也，虽百炼，不耗矣。”百炼钢熔点比纯铁高 D. 高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可通过水解反应提供能量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硅为良好的半导体，常用作芯片，光导纤维主要成分为二氧化硅，为绝缘体，故A错误；‎ B．(毛)笔中的毛的主要成分为蛋白质，(宣)纸的主要成分为纤维素，均为有机物，故B正确；‎ C．百炼钢成分为合金钢，比纯铁的熔点低，故C错误；‎ D．人体内无纤维素酶，纤维素在人体内不能被消化吸收，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎2.下列有关叙述不正确的是（ ）‎ A. 为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硫酸 B. 能源是人类生活和社会发展的基础，地球上最基本的能源是太阳能 C. 钛合金主要用于制作飞机发动机部件，工业上可用钠与四氯化钛溶液反应制取 D. 化石燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．常温下Fe与氯气不反应，遇浓硫酸发生钝化，所以可用钢瓶储存液氯或浓硫酸，故A正确；‎ B．地球上的能源主要来源于太阳能，通过植物的光合作用被循环利用，即地球上最基本的能源是太阳能，故B正确；‎ C．钠和四氯化钛溶液反应时，实质是和水反应，故若制得钛合金，应是钠和熔融的四氯化钛反应，故C错误；‎ D．采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，NOx的催化转化生成无污染的氮气也是减少酸雨的有效措施，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎3.关于一些重要的化学概念有下列说法，其中正确的是（ ）‎ ‎①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是混合物 ②BaSO4是一种难溶于水的强电解质 ③冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐 ④煤的干馏、煤的气化和液化都属于化学变化 ⑤置换反应都属于离子反应 A. ①②⑤ B. ①②④ C. ②③④ D. ③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是分散质和分散剂组成的混合物，故①正确；‎ ‎②硫酸钡是盐，水溶液中难溶，但溶于水的部分完全电离，熔融状态完全电离，是强电解质，故②正确；‎ ‎③纯碱是碳酸钠，属于盐类，故③错误；‎ ‎④煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，煤的干馏是属于化学变化；煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，属于化学变化；煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，属于化学变化，故④正确；‎ ‎⑤置换反应不一定是离子反应，如：CuO＋H2Cu＋H2O，故⑤错误；‎ 故正确的是①②④，答案为B。‎ ‎【点睛】常见化学变化：干馏、氢化、氧化、水化、风化、炭化、钝化、催化、皂化、歧化、卤化、硝化、酯化、裂化、油脂的硬化等；‎ 常见物理变化或过程：蒸馏、分馏、溶化、汽化、液化、酸化等。‎ ‎4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，33.6LHF中含有氟原子的数目为1.5NA B. 2.8gCO与C2H4的混合气体中所含分子数为0.1NA C. 50 mL 18.4 mol·L-1浓硫酸与足量铜微热反应,生成SO2分子的数目为0.46NA D. 含1molFeCl3的氯化铁溶液完全水解生成Fe(OH)3胶体，其中胶粒数为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标准状况下，HF为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；‎ B．CO与C2H4摩尔质量都是‎28g/mol，‎2.8g CO与C2H4的混合气体中所含分子数为×NA=0.1NA，故B正确；‎ C．50 mL 18.4 mol/L浓硫酸中含有硫酸‎0.05L×18.4 mol/L =0.92mol，浓硫酸和Cu在加热条件下反应，而稀硫酸和Cu不反应，反应到一定程度后，浓硫酸变为稀硫酸，不能再反应生成二氧化硫，所以50 mL 18.4 mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目小于0.46 NA，故C错误；‎ D．氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的集合体，1mol FeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体后能生成胶粒小于NA个，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意胶体微粒是多个分子和离子的集合体，具有较大的表面积，因此具有较强的吸附性。‎ ‎5.下列除杂方案不正确的是（ ）‎ ‎ ‎ 被提纯的物质[括号内物质是杂质]‎ 除杂试剂 除杂方法 A CO(g) [CO2(g)]‎ NaOH溶液、 浓H2SO4‎ 洗气 B NH4Cl(aq) [Fe3＋(aq)]‎ NaOH溶液 过滤 C Cl2(g) [HCl(g)]‎ 饱和食盐水、浓H2SO4‎ 洗气 D Na2CO3(s) [NaHCO3(s)]‎ ‎—‎ 加热 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，可用洗气的方法除杂，故A正确；‎ B．加入氢氧化钠，引入新杂质，应用氨水除杂，故B错误；‎ C．氯气难溶于饱和食盐水，可用洗气的方法除杂，故C正确；‎ D．NaHCO3不稳定，加热易分解，生成碳酸钠，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎6.下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是（ ）‎ A. 浓硫酸具有脱水性，可用作干燥剂 B. SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆 C. 液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂 D. SiO2与碱反应，不可用石英坩埚来加热熔化烧碱、纯碱等固体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓硫酸具有吸水性，可以用作干燥剂，这与浓硫酸的脱水性无关，故A错误；‎ B．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，与二氧化硫的漂白性有关，故B正确；‎ C．液氨汽化时要吸收大量的热，能使周围温度降低，液氨常用作制冷剂，故C正确；‎ D．烧碱为氢氧化钠，是强碱，纯碱为碳酸钠，为强碱性盐，二氧化硅为酸性氧化物能够与碱性物质反应，所以不能用瓷坩埚来加热烧碱或纯碱使其熔化，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎7.下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是 A. 澄清透明的溶液中：MnO4-、SO42-、K+、H+‎ B. 含有大量的AlO2-的溶液：NH4+、Na+、HCO3-、SO42-‎ C. pH=11的溶液中：ClO-、Na+、SO42-、I-‎ D. 水电离产生的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液中：HCO3-、NH4+、Cl-、Ca2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；‎ B. AlO2-与NH4+、HCO3-反应，不能大量共存， 故B错误；‎ C. pH=11的溶液显碱性，ClO-、I-会发生氧化还原反应，故C错误；‎ D.水电离产生的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液为酸性或为碱性，在酸性和碱性条件下，HCO3-都不能大量存在，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎8.下列实验中，对应的现象以及结论都正确，且两者具有因果关系的是( )‎ 选项 实验 现象 结论 A 将盐酸滴入0.5 mol/LFe(NO3)2溶液中 ‎ 溶液变黄色，有无色气体逸出，后又变成红棕色 ‎ Fe2+被HNO3氧化 B 向淀粉溶液中加入稀硫酸加热几分钟冷却后再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热 得到蓝色溶液 淀粉没有水解 C 向FeCl3和BaCl2混合溶液中通入足量的SO2‎ 溶液变为浅绿色，且有白色沉淀生成 沉淀为BaSO3，BaSO4的混合物 D 用湿润的蓝色石蕊试纸检验某气体 试纸变红 该气体是氨气 A. A B. B. C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硝酸根在酸性溶液中具有强氧化性，则将盐酸滴入0.5 mol/LFe(NO3)2溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子、NO，NO很容易被氧气氧化为NO2，则可观察到溶液变黄色，有无色气体逸出，后又变成红棕色，A项正确；‎ B. 向淀粉溶液中加入稀硫酸加热几分钟冷却后再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，得到蓝色溶液，是Cu(OH)2与稀硫酸发生了复分解反应生成了硫酸铜，该现象不能说明淀粉没有水解，检验葡萄糖需要碱性环境，需要在淀粉的水解液中加入氢氧化钠溶液调至溶液呈碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀生成，判断淀粉是否水解，B项错误；‎ C. 氯化铁溶液和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子、亚铁离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，生成的沉淀是硫酸钡，没有亚硫酸钡，C项错误；‎ D. 用湿润的蓝色石蕊试纸检验某气体，试纸变红，说明该气体为酸性气体，不可能是氨气，因为氨气为碱性气体，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】检验葡萄糖需要碱性环境，需要在淀粉的水解液中加入氢氧化钠溶液调至溶液呈碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀生成，判断淀粉是否水解，这是学生们的易错点。‎ ‎9.设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）‎ A. ‎12g NaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为0.3NA B. 密闭容器中2 mol NO与1mol O2充分反应，产物的分子数目为2NA C. 在一定条件下，‎6.4g铜与过量的硫反应，转移的电子数目为0.2NA D. ‎10g质量分数为46%的乙醇溶液中O-H键数目为0.7NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．‎12g NaHSO4晶体的物质的量是=0.1mol，NaHSO4晶体中存在钠离子和硫酸氢根离子，阳离子和阴离子的总数为0.2NA，故A错误；‎ B．2mol一氧化氮与1mol氧气恰好反应生成2mol二氧化氮，由于存在反应N2O4⇌2NO2，所以反应后的混合气体的物质的量小于2mol，所含分子数小于2 NA，故B错误；‎ C．‎6.4g铜为0.1mol，硫反应会生成硫化亚铜，铜元素被氧化为+1价，故0.1mol铜参与反应时转移电子数目为0.1NA，故C错误；‎ D．在乙醇水溶液中，乙醇和水均含H-O键，而含有的乙醇的物质的量n==0.1mol，故乙醇中含有的H-O键为0.1NA个；含有的水的物质的量n==0.3mol，而水分子中含2条H-O键，故0.3mol水中含0.6NA条H-O键，故此水溶液中共含0.7NA条H-O键，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为BD，B中要注意存在N2O4⇌2NO2平衡，D中要注意水中也存在H-O 键。‎ ‎10.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NH4HCO3稀溶液混合：Ba2++2OH−+NH4++HCO3−=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O B. 将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4+8H+=3Fe3++4H2O C. 用铁电极电解氯化钠溶液：2Cl−+2H2O2OH−+H2↑+Cl2↑‎ D. 将SO2通入Ca(ClO)2溶液中：Ca2++2ClO−+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．等体积等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NH4HCO3稀溶液混合，离子方程式：Ba2++2OH−+NH4++HCO3−=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O，选项A正确；‎ B．磁性氧化铁中Fe元素的化合价为+2价，为+3价。磁性氧化铁溶于盐酸的离子方程式：Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋+ Fe2＋＋4H2O，选项B错误；‎ C．惰性电极电解氯化镁溶液的离子反应方程式为Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，选项C错误；‎ D．将SO2通入Ca(ClO)2溶液中的离子反应方程式为Ca2++ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+2H++Cl-，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎11.下列实验操作正确的是（ ）‎ A. 用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率 B. pH试纸使用时不需要润湿，红色石蕊试纸检测氨气时也不需要润湿 C. 做过硫升华实验的试管用酒精洗涤 D. 蒸馏操作时，装置中的温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶中的液体中部 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加几滴CuSO4溶液，锌置换出铜，构成原电池，可加快反应速率，故A正确；‎ B．pH试纸若被湿润，相当于待测液被稀释，影响测定结果；而红色石蕊试纸用于检验氨气，氨气溶于水才能呈碱性，所以使用前必须用水湿润，故B错误；‎ C．S易溶于二硫化碳，微溶于酒精，则做过硫升华实验的试管用二硫化碳洗涤，故C错误；‎ D．蒸馏实验中，温度计用于测量馏分温度，则温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意S的溶解性的记忆，S难溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳。‎ ‎12.下列操作正确且能达到实验目的是（ ）‎ A. 制取氢氧化亚铁并观察其颜色 B. 制备无水氯化镁 C. 装置可用于实验室制Cl2‎ D. 制取收集干燥纯净NH3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢氧化亚铁不稳定，易被空气中的氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，为防止氢氧化亚铁被氧化，则制备氢氧化亚铁时要隔绝空气，煤油的密度小于水，所以能隔绝空气，且将滴管插入液面以下，故A正确；‎ B．蒸发时氯化镁水解生成的HCl易挥发，应在HCl气流中蒸发，故B错误；‎ C．用二氧化锰与浓盐酸反应制取Cl2时必须加热，图示装置中缺少加热仪器，无法达到实验目的，故C错误；‎ D．氨气的密度比空气密度小，应选向下排空气法收集，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎13.在室温下，下列各组离子一定能大量共存的是（ ）‎ A. 滴入石蕊试液显红色的溶液：K+、Mg2+、AlO2−、SO32−‎ B. 1.0mol·L−1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl−、SO42−‎ C. 在＝1×1012的溶液中：NH4+、Fe2+、Cl－、NO3−‎ D. 通入足量CO2的溶液：Ca2+、Cl−、K+、Na+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 滴入石蕊试液显红色的溶液呈酸性，H+与AlO2−、SO32−反应而不能大量共存，选项A不符合题意；‎ B. 1.0mol·L−1的KNO3溶液中NO3-与H+、Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，选项B不符合题意；‎ C. ＝1×1012的溶液呈碱性，OH-与NH4+、Fe2+反应而不能大量共存，选项C不符合题意；‎ D. 通入足量CO2的溶液，Ca2+、Cl−、K+、Na+相互之间不反应，与CO2不反应，能大量共存，选项D符合题意。‎ 答案选D。‎ ‎14.下列物质间转化符合工业生产实际的是（ ）‎ A. N2NONO2HNO3‎ B. 海水Mg（OH）2 MgCl2（aq）Mg C. SSO3H2SO4‎ D. NaCl（饱和溶液）Cl2漂白粉 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、工业上用NH3催化氧化制取NO，而不是用氮气和氧气反应制取NO，故A错误；‎ B、镁离子在溶液中不放电，故电解氯化镁溶液不能得到金属镁，应电解熔融的氯化镁，故B 错误；‎ C、硫磺燃烧不能生成三氧化硫，只能生成二氧化硫，故C错误；‎ D、工业上用电解饱和食盐水的方法来制取氯气，然后用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎15.下列离子方程式书写正确是（ ）‎ A. 食醋除水垢：‎ B. 稀硝酸中加入少量亚硫酸钠：‎ C. 处理工业废水时Cr(Ⅵ)的转化：‎ D. 用酸性KMnO4测定草酸溶液浓度：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 食醋是弱酸，在离子方程式中不能拆，故A错误；‎ B. 二者发生氧化还原反应生成硫酸根离子和NO，离子方程式为3SO32-+2H++2NO3-=3SO42-+2NO↑+H2O，故B错误；‎ C. 处理工业废水时Cr时，生成，离子方程式为，故C正确；‎ D. 草酸溶液能使酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得方程式：2MnO4－＋5H‎2C2O4＋6H＋==10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，草酸是弱酸，在离子方程式里不能拆，故D错误；‎ 正确答案是C。‎ ‎【点睛】本题考查离子方程式正误判断，明确物质性质及离子方程式书写规则是解本题关键，离子方程式书写要遵循客观事实、原子守恒、电荷守恒、转移电子守恒，有些化学反应还与反应物的量有关，注意B中发生氧化还原反应。‎ ‎16.丰富多彩的颜色变化增添了化学的魅力。下列颜色变化过程中气体被氧化的是（ ）‎ A. 水蒸气使淡黄色过氧化钠变白色 B. CuSO4蓝色溶液吸收H2S后有黑色沉淀 C. SO2能使溴水褪色 D. C12使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 水蒸气使淡黄色过氧化钠变白色，水中H、O的化合价为变化，与题意不符，A错误；‎ B. CuSO4蓝色溶液吸收H2S后有黑色CuS沉淀沉淀生成，化合价为变化，与题意不符，B错误；‎ C. SO2能使溴水褪色，S的化合价升高，作还原剂，被氧化，符合题意，C正确；‎ D. C12使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，Cl的化合价降低，作氧化剂，被还原，与题意不符，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎【点睛】气体做还原剂时被氧化。‎ ‎17.把‎8.0g铁粉投入40mL某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体‎2.4g，产生NO2和NO的混合气体0.12mol。若不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液的物质的量浓度（ ）‎ A. 6.0‎mol·L-1 B. 7.0mol·L ‎-1 ‎C. 8.0mol·L -1 D. 9.0mol·L -1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把‎8g纯铁粉投入到某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体‎2.4g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的酸性生成硝酸亚铁，根据Fe元素守恒计算硝酸亚铁，起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知n (HNO3) =2n[Fe (NO3) 2]+n (NO+NO2)，据此解答。‎ ‎【详解】把‎8g纯铁粉投入到某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体‎2.4g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，参加反应的Fe的质量= ‎8g- ‎2.4g= ‎5.6g， 其物质的量，故n[Fe (NO3) 2] = 0.1mol，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的酸性生成硝酸亚铁,起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知n(HNO3) = 2n[Fe (NO3) 2] +n(NO+ NO2) = 0.1mol×2+0.12mol= 0.32mol，所以原HNO3溶液的物质的量浓度=8.0 mol/L。‎ 故选C；‎ ‎18.如图所示过程除去 AlCl3溶液中含有的 Mg2+、K+ 杂质离子并尽可能减小 AlCl3 的损失。下列说法正确的是 A. NaOH 溶液可以用Ba(OH)2溶液来代替 B. 溶液a中含有 Al3+、K+、Cl-、Na+、OH-‎ C. 溶液 b 中只含有 NaCl D. 向溶液a和沉淀a中滴加盐酸都要过量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，NaOH主要作用是将铝离子变为偏铝酸根，因此可以用氢氧化钾、氢氧化钡来代替，故A正确；‎ B选项，溶液a中含有 K+、Cl－、Na+、AlO2－、OH－，故B错误；‎ C选项，溶液 b 中含有氯化钠、氯化钾，故C错误；‎ D选项，向溶液a中滴加盐酸过量会使生成的氢氧化铝沉淀溶解，故D错误；‎ 综上所述，答案A。‎ ‎19.如图是工业利用菱镁矿(主要含MgCO3，还含有Al2O3、FeCO3杂质)制取氯化镁的工艺流程。‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 酸浸池中加入的X酸是硝酸 B. 氧化池中通入氯气的目的是将Fe2+氧化为Fe3+‎ C. 沉淀混合物为Fe(OH)3和Al(OH)3‎ D. 在工业上常利用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 菱镁矿的主要成分是MgCO3，并含少量的Al2O3、FeCO3等，加入过量X酸溶解，根据实验目的，X酸是盐酸；通入氯气将二价铁氧化为三价铁，再加MgO调节pH得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤分离后，得到氯化镁溶液，将溶液在HCl气流中加热蒸干得到无水氯化镁，据此分析解答。‎ ‎【详解】A、工业利用菱镁矿(主要含MgCO3，还含有Al2O3、FeCO3杂质)制取氯化镁，所以酸浸池中加入的X酸是盐酸，故A错误；‎ B、加入氯气将二价铁氧化为三价铁，以便于调pH除铁元素，故B正确；‎ C、根据以上分析可知，加MgO调节pH得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，所以沉淀混合物为Fe(OH)3和Al(OH)3，故C正确；‎ D、镁是活泼金属，所以在工业上常利用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎20.氮化镁常用于制备其它超硬、高导热、耐高温的氮化物，实验室用以下装置制取氮化镁。已知：Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2，Mg3N2是一种浅黄色粉末，易水解。下列说法不正确的是 A. 实验开始时应先点燃乙处酒精灯，再点燃丁处酒精灯 B. 装置乙的目的是制备N2‎ C. 装置丙与装置戊可以对调 D. 取装置丁所得固体少许，滴入少量蒸馏水，可检验是否有Mg3N2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本实验按从左到右的顺序，甲中盛有碱石灰，用于干燥氨气，乙中发生3CuO2NH33Cu ‎3H2ON2用以制取氮气，丙用浓硫酸干燥氮气并吸收多余的NH3，防止在丁Mg3N2水解及发生Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2，丁中发生3MgN2 Mg3N2，戊中盛用碱石灰的干燥管，用于防止空气中的水分和Mg3N2作用，使Mg3N2水解。‎ ‎【详解】A.实验开始时应先点燃乙处酒精灯，制取N2并排除装置内空气，再点燃丁处酒精灯，故A正确；‎ B.装置乙的目的是3CuO2NH33Cu3H2ON2用以制取氮气，故B正确；‎ C.装置丙是用来干燥氮气并吸收多余的NH3，防止Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2，而装置戊是防止空气中的水蒸气进入丁中，其中通常盛放的碱石灰不能吸收NH3，所以丙、戊不可以对调，故C错误；‎ D.因Mg3N26H2O=3Mg(OH)33NH3，所以取装置丁所得固体少许，滴入少量蒸馏水，若有刺激性气味的气体生成，则证明固体中有Mg3N2，故D正确；‎ 本题答案C。‎ ‎21.下列有关图像的说法正确的是 A. 图甲表示：向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系 B. 图乙表示：向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系 C. 图丙表示：在稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中Fe3＋物质的量与逐渐加入铁粉物质的量的变化关系 D. 除去混在硝酸钾中少量的氯化钠可用“蒸发浓缩、趁热过滤”的方法 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向某明矾溶液中滴加NaOH 溶液直至过量，溶液中先生成沉淀，然后沉淀又逐渐溶解，前后两个阶段分别消耗的氢氧化钠溶液的体积之比为3:1，图像与之不符，故A错误；‎ B.假设NaOH和Na2CO3分别为1mol，向含有1molNaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应消耗1molHCl；碳酸钠与盐酸反应生成1molNaHCO3，消耗HCl 1mol；最后1molNaHCO3再与盐酸反应产生二氧化碳气体，又消耗HCl 1mol， 所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为2:1，图像与之不符，故B错误；C.在稀硝酸溶液中加入铁粉，先发生Fe+2NO3-+4H+=Fe3++2NO↑+2H2O， 当硝酸消耗完之后，铁离子的量达到最大值；继续加入铁粉后，铁离子与铁发生反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁离子的量逐渐减小直至为0，最终两步反应消耗铁的量为1：0. 5=2：1，与图像相符合，C正确；D. KNO3溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化不大，因此除去混在KNO3中少量的NaC1可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离，故D错误；答案选C。‎ ‎22.工业上处理黄铜矿（主要成分是CuFeS2）的主要反应是2CuFeS2 + 4O2= Cu2S + 3SO2 + 2FeO。关于该反应的下列说法中，不正确的是（   ）‎ A. CuFeS2既是氧化剂又是还原剂 B. 还原产物有Cu2S、SO2、FeO C. Fe元素的化合价没有变化 D. 每反应1 molCuFeS2，转移电子8 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CuFeS2中铜元素化合价降低，硫元素化合价升高，既是氧化剂又是还原剂，故正确；‎ B.反应中铜元素和氧元素化合价降低，所以Cu2S、SO2、FeO三种物质都为还原产物，故正确；‎ C.铁元素前后没有变价，故正确；‎ D.反应中只有硫元素化合价升高，转移18个电子，所以每反应1 molCuFeS2，转移电子9mol，故错误；‎ 故选D。‎ 二、非选择题（共56分）‎ ‎23.高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂。以下是工业上用软锰矿制备高锰酸钾的一种工艺流程：‎ ‎（1）KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒原理与下列________________物质相似。‎ a．75%酒精 b．双氧水 c．苯酚 d．“‎84”‎消毒液（NaClO溶液） ‎ ‎（2）粉碎的目的是________________，操作Ⅰ的名称是________________‎ ‎（3）上述流程中可以循环使用的物质有石灰、CO2、_________和__________（写化学式）。‎ ‎（4）向K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4，该反应中的还原剂是____________。‎ ‎（5）铋酸钠（NaBiO3，不溶于水）用于定性检验酸性溶液中Mn2+的存在（铋元素的还原产物为Bi3+，Mn的氧化产物为+7价），写出反应的离子方程式：__________________。‎ ‎【答案】 (1). BD (2). 增大接触面积，加快反应的速率 (3). 过滤 (4). KOH (5). MnO2 (6). K2MnO4 (7). 2Mn2++5NaBiO3+14H+═2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 二氧化锰与氢氧化钾在空气中熔融，加水溶解得到K2MnO4溶液，通入二氧化碳得到KMnO4、MnO2、K2CO3，过滤除去滤渣(MnO2)，滤液为KMnO4、K2CO3溶液，浓缩结晶，趁热过滤得到KMnO4晶体，母液中含有K2CO3，在母液中加石灰乳(氢氧化钙)得到碳酸钙沉淀和KOH，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)KMnO4有强氧化性，利用其强氧化性杀菌消毒，消毒原理与84消毒液、双氧水一样，故答案为：BD；‎ ‎(2)将二氧化锰与氢氧化钾粉碎，可以增大接触面积，加快后续反应的速率；操作I是分离固体与溶液，因此是过滤，故答案为：增大接触面积，加快反应的速率；过滤；‎ ‎(3)制备中利用的原料，在转化过程中又生成的可以循环利用。由转化关系图知，除石灰、二氧化碳外，K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4生成的MnO2及最后由母液加入石灰生成的KOH，会在MnO2、KOH的熔融制备K2MnO4中被循环利用，故答案为：KOH、MnO2；‎ ‎(4)由工艺流程转化关系可知，向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2，反应中只有Mn元素的化合价发生变化，由+6价降低为+4价，由+6价升高为+7价，所以K2MnO4既是氧化剂又是还原剂，故答案为：K2MnO4；‎ ‎(5)铋酸钠(不溶于水)在酸性溶液中与Mn2+反应生成MnO4-和Bi3+，则反应的离子方程式为：2Mn2++5NaBiO3+14H+═2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O，故答案为：2Mn2++5NaBiO3+14H+═2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O。‎ ‎【点睛】熟悉制备的原理是解题的关键。本题的易错点为(4)，要注意流程图的正确解读，向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2，因此只有Mn元素的化合价发生变化。‎ ‎24.过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，化学性质与过氧化钠类似。某学习小组设计在碱性环境中利用CaCl2与H2O2反应制取CaO2·8H2O，装置如图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）小组同学查阅文献得知：该实验用质量分数为20%的H2O2溶液最为适宜。市售H2O2溶液的质量分数为30%。该小组同学用市售H2O2溶液配制约20%的H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有_______________。‎ ‎（2）仪器X的主要作用除导气外，还具有的作用是_________。‎ ‎（3）在冰水浴中进行的原因是______________________。‎ ‎（4）实验时，在三颈烧瓶中析出CaO2·8H2O晶体，总反应的离子方程式为__________。‎ ‎（5）反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干获得CaO2·8H2O。下列试剂中，洗涤CaO2·8H2O的最佳选择是_______。‎ a．无水乙醇 b．浓盐酸 c．Na2SO3溶液 d．CaCl2溶液 ‎（6）过氧化钙（与过氧化钠性质相似）可用于长途运输鱼苗，这体现了过氧化钙具有_____的性质。‎ a．与水缓慢反应供氧 b．能吸收鱼苗呼出的CO2气体 c．能使水体酸性增强 ‎ ‎（7）将所得CaO2·8H2O晶体加热到150~‎160℃‎，完全脱水后得到过氧化钙样品。‎ 该小组测定过氧化钙样品中CaO2的纯度的方法是：准确称取‎0.4000g过氧化钙样品，‎400℃‎以上加热至完全分解成CaO和O2(设杂质不产生气体)，得到33.60mL(已换算为标准状况)气体。则所得过氧化钙样品中CaO2的纯度为________________。‎ ‎【答案】 (1). 烧杯、量筒 (2). 防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸 (3). 防止温度过高，H2O2分解、有利于晶体析出 (4). Ca2++H2O2 +2NH3 +8H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4+ (5). a (6). ab (7). 54.00%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)用市售质量分数为30%的H2O2溶液配制约20%的H2O2溶液，可根据溶液的体积估算质量，用烧杯配制，据此分析解答；‎ ‎(2)根据氨气极易溶于水分析解答；‎ ‎(3)反应温度较低，可避免过氧化氢分解，降低晶体的溶解度；‎ ‎(4)反应物为氨气、过氧化氢和氯化钙，生成物为过氧化钙和氯化铵，据此书写反应的离子方程式；‎ ‎(5)过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，化学性质与过氧化钠类似，据此分析解答；‎ ‎(6)根据过氧化钙化学性质与过氧化钠类似分析解答；‎ ‎(7)由氧气的体积计算过氧化钙的质量，进而计算过氧化钙的纯度。‎ ‎【详解】(1)用市售质量分数为30%的H2O2溶液配制约20%的H2O2溶液，可根据溶液的体积估算质量，用烧杯配制，配制过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有烧杯、量筒，故答案为：烧杯、量筒；‎ ‎(2)氨气极易溶于水，长颈漏斗上部体积较大，除导气外，还可防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸，故答案为：防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸；‎ ‎(3)冰水浴可防止温度过高，使H2O2分解、且温度较低时有利于晶体析出，故答案为：防止温度过高，H2O2分解、有利于晶体析出；‎ ‎(4)反应物为氨气、过氧化氢和氯化钙，生成物为过氧化钙和氯化铵，反应的离子方程式为Ca2++H2O2 +2NH3 +8H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4+，故答案为：Ca2++H2O2 +2NH3 +8H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4+；‎ ‎(5)过氧化钙一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，化学性质与过氧化钠类似，洗涤CaO2•8H2O，应避免溶解和变质，可用乙醇，亚硫酸钠具有还原性，可使过氧化钙变质，故答案为：a；‎ ‎(6)过氧化钙具有强氧化性，可用于杀菌消毒，与水反应生成氢氧化钙和氧气，可提供氧气，氢氧化钙可吸收二氧化碳，故答案为：ab；‎ ‎(7)涉及反应为2CaO2 2CaO+O2，生气氧气的物质的量为=0.0015mol，则n(CaO2)=0.003mol，过氧化钙样品中CaO2的纯度为×100%=54.00%，故答案为：54.00%。‎ ‎25.(1)A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。‎ ‎①若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：___________________。‎ ‎②若A为淡黄色粉末，X为一种最常见的造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种稀溶液，可选择的试剂为_________（填代号）。 ‎ a．盐酸 b．BaCl2溶液 c．Ca(OH)2溶液 ‎③若A为非金属氧化物，B为气体，遇空气会变红棕色，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。则A与H2O反应的化学反应方程式________________。‎ ‎（2）含碘化合物在生产、生活中都有重要用途，如碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用，实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4·H2O)为原料制备碘化钠。水合肼（具有还原性）的制备有关反应原理为： CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3‎ ‎①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为__________(按气流方向，用小写字母表示)。B、D中装分别装的试剂是____________‎ 若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5∶1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为________。‎ ‎②制备水合肼时，应将___________滴到 __________ 中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且滴加速度不能过快。‎ ‎【答案】 (1). OH-+HSO3-=SO32-+H2O (2). ab (3). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (4). ecdabf (5). 饱和食盐水、氢氧化钠溶液 (6). 5∶3 (7). NaClO溶液 (8). 尿素溶液 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3，据此分析解答；‎ ‎②若A为淡黄色粉末，能够与水反应，则A为Na2O2，X为一种造成温室效应的气体，应为CO2，则B为氧气，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，据此分析解答；‎ ‎③若A为非金属氧化物，A与水反应生成的B为气体，遇空气会变红棕色，则A为NO2，B为NO，C为HNO3，X是Fe，则D为硝酸铁，E为硝酸亚铁，据此分析解答；‎ ‎(2)①根据制备氯气、除杂、制备次氯酸钠和氧氧化钠、处理尾气的顺序分析；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5∶1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成6molClO-则会生成Cl-6mol，生成1mol ClO3--则会生成Cl-5mol，据此分析解答；‎ ‎②NaClO具有强氧化性，水合肼具有还原性，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)①若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3，C和E反应的离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O，故答案为：OH-+HSO3-=SO32-+H2O；‎ ‎②若A为淡黄色粉末，能够与水反应，则A为Na2O2，X为一种造成温室效应的气体，应为CO2，则B为氧气，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，鉴别等浓度的D、E两种溶液，可用盐酸或氯化钡溶液，碳酸氢钠与盐酸反应放出二氧化碳的速度快；碳酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀，故答案为：ab；‎ ‎③若A为非金属氧化物，A与水反应生成的B为气体，遇空气会变红棕色，则A为NO2，B为NO，C为HNO3，X是Fe，则D为硝酸铁，E为硝酸亚铁，因此NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；‎ ‎(2)①装置c由二氧化锰和浓盐酸制备氯气，用B装置的饱和食盐水除去HCl气体，导气管应该长进短出，氯气与NaOH在A中反应得到次氯酸钠，并和尿素反应制备水合肼，为充分反应，从a进去，由D装置中的氢氧化钠吸收未反应的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为：ecdabf；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5∶1，设ClO-与ClO3-‎ 的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1mol ClO3-则会生成Cl-5mol，则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素，即为Cl-，有5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，ClO-与ClO3-共5mol+1mol=6mol，故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10∶6=5∶3；故答案为：ecdabf；饱和食盐水、氢氧化钠溶液；5∶3；‎ ‎②NaClO具有强氧化性，水合肼具有还原性，将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中取适量A中的混合液逐滴加入到一定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快；故答案为：NaClO溶液；尿素溶液。‎ 三、选考题，任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。‎ ‎26.（1）基态O原子核外电子排布式为_______，基态P原子核外占据最高能级的电子云轮廓图为_________形；‎ ‎（2）P4S3可用于制造火柴，其分子结构如图所示。P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为___________，每个P4S3分子中含孤电子对的数目为_______。‎ ‎（3）Na、O、S简单离子半径由大到小的顺序为__________‎ ‎（4）SO2易溶于水，在水中的溶解度为1体积的水溶解40体积的SO2，原因是________。‎ ‎（5）Li2O的晶胞如图所示（其中白球代表Li，黑球代表O）。已知晶胞参数为0.4665 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为______g·cm−3（列出计算式即可）。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p4 (2). 哑铃 (3). sp3 (4). 10 (5). S2-＞O2-＞Na+ (6). SO2是极性分子，水是极性分子构成的溶剂，根据相似相容原理，SO2易溶于水 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)O原子核外有8个电子，根据构造原理书写基态O原子核外电子排布式；p能级电子的电子云轮廓图为哑铃形；‎ ‎(2)根据图像，P、S最外层均满足8电子稳定结构，S形成2个共键单键，且S上有2个孤电子对，P上有1个孤电子对；‎ ‎(3)一般而言，离子核外电子层数越多，其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；‎ ‎(4)根据相似相容原理分析解答；‎ ‎(5)根据均摊法计算晶胞中Li+和O2-个数，求出晶胞质量和体积，最后计算Li2O的密度。‎ ‎【详解】(1)O原子核外有8个电子，根据构造原理，基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4；基态P原子核外占据最高能级的电子为3p能级电子，s能级电子的电子云轮廓图为球形，p能级电子的电子云轮廓图为哑铃形，则基态P原子核外占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形，故答案为：1s22s22p4 ；哑铃；‎ ‎(2)根据分子结构示意图，S原子形成2个共键单键，且S上有2个孤电子对，则P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为sp3；每个S原子上有2个孤电子对，P原子上有1个孤电子对，则每个P4S3分子中含孤电子对的数目为10，故答案为：sp3；10；‎ ‎(3)一般而言，离子核外电子层数越多，其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，离子核外电子层数S2-最多，离子半径最大，O2-、Na+核外电子层数相同，且原子序数O＜Na，则离子半径从大到小顺序是S2-＞O2-＞Na+，故答案为：S2-＞O2-＞Na+；‎ ‎(4)SO2中S原子形成2个共价键，且S上有1个孤电子对，采用sp2杂化，为V形结构，是极性分子，水是极性分子构成的溶剂，根据相似相容原理，SO2易溶于水，在水中的溶解度为1体积的水溶解40体积的SO2，故答案为：SO2是极性分子，水是极性分子构成的溶剂，根据相似相容原理，SO2易溶于水；‎ ‎ (5)该晶胞中Li+个数=8、O2-个数=8×+6×=4，晶胞质量=g，晶胞体积 ‎=(0.4665×10‎-7cm)3，则Li2O的密度== g/cm3，故答案为：。‎ ‎【点睛】明确原子结构与性质、元素周期律的内涵是解本题的关键。本题的难点是晶胞计算，注意均摊法在晶胞计算中的灵活运用。‎ ‎27.环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线：‎ 已知以下信息：‎ ‎（1）A是一种烯烃，化学名称为__________。‎ ‎（2）由B生成C的反应类型为__________。‎ ‎（3）由C生成D的反应方程式为__________。‎ ‎（4）E的结构简式为__________。‎ ‎（5）E的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式_____、_______。‎ ‎①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。‎ ‎（6）假设化合物D、F和NaOH恰好完全反应生成1 mol单一聚合度的G，若生成的NaCl和H2O的总质量为‎765 g，则G的n值理论上应等于__________。‎ ‎【答案】 (1). 丙烯 (2). 加成反应 (3). ClCH2CHOHCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O(或CH2OHCHClCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O) (4). (5). (6). (7). 8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A是一种烯烃，应为CH3CH=CH2，光照条件下发生取代反应生成B为ClCH2CH=CH2，根据C的化学式可知，B与HOCl发生加成反应生成C，C为ClCH2CHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl；由信息①可知E应为；D、F发生信息②和③的反应生成G，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)由以上分析可知A为丙烯，故答案为：丙烯；‎ ‎(2)B为ClCH2CH=CH2，根据C的化学式可知，B与HOCl发生加成反应生成C，故答案为：加成反应；‎ ‎(3) C为ClCH2CHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl，由C生成D的反应方程式为ClCH2CHOHCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O或CH2OHCHClCH2Cl+NaOH→‎ ‎+NaCl+H2O，故答案为：ClCH2CHOHCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O(或CH2OHCHClCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O)；‎ ‎(4)根据上述分析，E的结构简式为，故答案为：；‎ ‎(5)E为，E的二氯代物有多种同分异构体，①能发生银镜反应，说明分子中含有醛基；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1，则应含有1个甲基，且结构对称，应为、，故答案为：、；‎ ‎(6)由方程式可知生成NaCl和H2O的物质的量相等，若生成的NaCl和H2O的总质量为‎765g，则二者的物质的量分别为=10mol，则需要9molF、10molD参加反应，由G的结构简式可知n=8，故答案为：8。‎ ‎【点睛】正确解读和利用题干信息是解题的关键。本题的易错点和难点为(6)，要注意分析G的结构，并正确计算生成的NaCl和水的物质的量。‎ ‎ ‎