2020-2021学年度新高考适应性训练试卷11（江苏专用）

这是一份2020-2021学年度新高考适应性训练试卷11（江苏专用），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题，有机推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

第I卷（选择题）
一、单选题
1．下列有关化学用语表述正确的是（ ）
A．氯离子的结构示意图：
B．氨气分子之间的作用力为共价键
C．含有8个中子的碳原子的核素符号：14C
D．NH4Cl的电子式为：＋Cl-
2．下列措施不符合节能减排、绿色发展理念的是
A．大力发展火力发电，解决电力紧张问题
B．在屋顶安装太阳能热水器为居民提供生活用热水
C．尽量少开私家车，多骑自行车
D．用杂草、生活垃圾等有机废弃物在沼气池中发酵产生沼气，作家庭燃气
3．下列实验的操作、现象和结论均正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
4．下列物质的每步转化在给定条件下能一步实现且较合理的是
A．Cu2(OH)2CO3CuSO4(aq)Cu
B．饱和食盐水NaHCO3Na2CO3
C．海水Mg(OH)2MgOMg
D．NH3N2HNO3
5．下列说法正确的是
A．熵增大的反应一定能自发进行，熵减小的反应一定不能自发进行
B．反应的活化能越大，反应速率应该越快
C．25℃时，向水中加入少量冰醋酸，水的电离程度增大
D．电解过程中，一定发生了氧化还原反应
6．已知 N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＜0，下列说法正确的是
A．增加 N2 浓度和缩小容器容积，活化分子百分数都会增加
B．该反应的△S＜0
C．正反应活化能大于逆反应的活化能
D．反应物断键吸收能量大于成键释放能量
7．下列有关原子结构和元素周期律的表述正确的是
A．原子序数为15的元素的最高化合价为+3
B．VIA族兀素是同周期中非金属性最强的元素
C．第二周期JVA族元素的原子核电荷数和中子数一定为6
D．I A族元素的金属性一定比ⅡA族元素的金属性强
8．下列反应与有机物官能团性质无关的是（ ）
A．工业上利用油脂合成肥皂B．苯乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．用甲苯和浓硝酸制取TNT炸药D．钠放入无水乙醇中放出氢气
9．化学与社会、科学、技术、环境等有密切关系。下列说法不正确的是( )
A．工业上生产玻璃、水泥、漂白粉均需要用石灰石为原料
B．氯气是塑料、合成橡胶、合成纤维、农药、染料及药品的重要原料
C．司母戊鼎、定远舰甲板、有机玻璃等原材料属于合金
D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜目的
10．下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是
A．乙醇、甲苯、硝基苯B．苯、苯酚、己烯
C．苯、甲苯、环己烷D．甲酸、乙醛、乙酸
11．锰酸锂(LiMn2O4)是最早制得的具有三维锂离子通道的正极材料。以MnSO4和LiFePO4为原料制备锰酸锂的流程如图：
下列说法错误的是
A．NaClO3的作用是将二价铁氧化为三价铁
B．“沉铁”过程所得滤渣的主要成分是FePO4
C．反应器Ⅱ中产生的气体是CO2
D．已知K2S2O8中S的化合价为+6价，则中存在“—O—O—”键
12．针对实验室制取氨气，下列说法不正确的是( )
A．发生装置与用KClO3制取O2的装置相同
B．可用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气
C．氨气的验满可以用湿润的红色石蕊试纸或蘸有浓盐酸的玻璃棒放于试管口附近
D．所用的铵盐不是NH4NO3，是因为NH4NO3受热易爆炸
13．室温下，将1 ml的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1 ml的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为，热效应为△H3。则下列判断正确的是( )
A．△H2＞△H3B．△H1＜△H3
C．△H1＋△H3＝△H2D．△H1＋△H2＞△H3
第II卷（非选择题）
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二、填空题
14．焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈。发生的反应体系中共有六种物质：NH4Cl、FeCl3、N2、Fe2O3、Fe和X。
(1)根据题意，可判断出X是________(写化学式)。
(2)写出并配平该反应的化学方程式：_________________________；
(3)发生还原反应的物质是________，反应中2ml的氧化剂能___________(填“失去”或“得到”)_________ml电子。
(4)反应中被氧化产生了5.6L(标准状况)的气体时，被还原的物质的质量为____________。
三、原理综合题
15．废水中氨态氮以NH3·H2O、NH3和NH4+的形式存在，废水脱氮已成为主要污染物减排和水体富营养化防治的研究热点。
Ⅰ．沉淀法
向废水中投入MgCl2和Na2HPO4，生成MgNH4PO4·6H2O沉淀，可将氨态氮含量降至10mg·L−1以下。
（1）NH3的电子式：______。
（2）废水中的NH3·H2O转化为MgNH4PO4·6H2O的离子方程式是______。
（3）16℃时，向废水中加入MgCl2和Na2HPO4，使镁、氮、磷物质的量之比为1︰1︰1，沉淀过程中的pH对剩余氨态氮浓度的影响如图。欲使剩余氨态氮浓度低于10mg·L−1，pH的适宜范围是______，pH偏大或者偏小均不利于MgNH4PO4·6H2O的生成，原因是______。
Ⅱ．微波−氧化法
（4）仅对废水进行微波加热，pH对氨态氮脱出的影响如下表。
表中数据表明：pH增大有利于废水中化学平衡______(用化学用语表示)的移动。
（5）微波协同CuO和H2O2除去氨态氮
①其他条件相同，取相同体积的同一废水样品，微波10 min，剩余氨态氮浓度与一定浓度H2O2溶液添加量的关系如下图。据图推测CuO在氨态氮脱除中可能起催化作用，理由是______。
②微波协同CuO有利于H2O2除去氨态氮。该条件下，H2O2将NH3氧化为N2的化学方程式是______。
四、有机推断题
16．聚邻苯二甲酸二烯丙酯(DAP－A)是一种优良的热固性树脂,这种材料可以采取下列路线合成：
(1)反应①～④中，属于取代反应的是_____.
(2)写出有关反应的化学方程式：反应②_________.反应④________.
(3)G是E的同分异构体,G具有如下性质：
①能发生银镜反应,且1 ml G与银氨溶液反应时最多可得到4 ml Ag.
②遇FeCl3溶液呈紫色.③在稀硫酸中能发生水解反应.
则符合上述条件的G最多有_______种,这些不同结构的物质,它们的核磁共振氢谱峰的数目有何特点_____。
(4)写出以C为原料经过两步反应制得甘油的合成路线流程图(无机试剂自选)
_____.
五、工业流程题
17．立德粉ZnS·BaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：
（1）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为__________（填标号）。
A．黄色 B．红色 C．紫色 D．绿色
（2）以重晶石（BaSO4）为原料，可按如下工艺生产立德粉：
①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为______________________。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为______________________。
②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的___________（填化学式）。
③沉淀器中反应的离子方程式为______________________。
（3）成品中S2−的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 ml·L−1的I2−KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉溶液为指示剂，过量的I2用0.1000 ml·L−1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2=2I−+。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为_________________，样品中S2−的含量为______________（写出表达式）。
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
NaHCO3溶液与 NaAlO2溶液混合
生成白色沉淀
结合H+的能力：COB
常温下，相同的铝片分别投入足量的稀、浓硫中
浓硫酸中铝片先溶解完
反应物浓度越大，反应速率越快
C
对装在针筒内的NO2气体推动活塞加压
气体颜色加深
平衡加压逆向移动
D
2 mL 0.1 ml/L的NaOH溶液中滴加2滴0.1 ml/L的MgCl2溶液，再滴加2滴0.1 ml/L的FeCl3溶液
白色沉淀转化为红褐色沉淀
溶解度：Mg（OH）2>Fe（OH）3
溶液pH
6~7
8~9
10~11
11~12
剩余氨态氮浓度(mg·L−1)
156
100
40
14
参考答案
1．C
【详解】
A.氯的质子数为17，则氯离子的结构示意图为，故A错误；
B.氨气分子之间的作用力为范德华力和氢键，故B错误；
C.碳的质子数为6，若中子数为8，则质量数为6+8=14，碳原子的核素符号为14C，故C正确；
D. NH4Cl的电子式为，故D错误；
综上所述，答案为C。
2．A
【详解】
A．火力发电不能减少有害物质的排放，不符合节能减排，A项可选；
B．太阳能热水器是将太阳能转化为热能，不会产生环境污染，B项不选；
C．尽量少开私家车，多骑自行车，能减少氮的氧化物和CO2的排放，减少环境污染，C项不选；
D．沼气的主要成分是甲烷，甲烷燃烧后产生水和二氧化碳，对空气无污染，D项不选；
故选A。
3．A
【详解】
A. NaHCO3溶液中存在HCO3-H++CO32-，AlO2-+H＋+H2O ＝Al(OH)3↓，所以若生成白色沉淀，则能说明结合H+的能力：CO32－＜AlO2－，故A正确；
B. 铝片在浓硫酸中能发生钝化，在铝的表面生成一层致密的Al2O3保护膜，阻止反应的继续进行，所以浓硫酸中铝片无法反应完，故B错误；
C. 压强增大，平衡向正反应方向移动，气体颜色变浅，故C错误；
D. 氢氧化钠与氯化镁反应后氢氧化钠是过量的，因此再滴加氯化铁溶液一定生成红褐色氢氧化铁沉淀，不能得出氢氧化镁和氢氧化铁的溶解度相对大小，故D错误；
故选A。
4．B
【解析】A．Na为活泼金属，易与水反应，在CuSO4溶液中加入Na，只能生成Cu(OH)2蓝色沉淀，不可能有Cu置换出来，故A错误；B．在饱和食盐水中通入过量的NH3和CO2，生成NaHCO3，然后加热NaHCO3分解生成Na2CO3，故B正确；C．MgO是高熔点氧化物，通过电解熔融氯化镁制Mg，故C错误；D．NH3催化氧化生成NO，NO再氧化生成NO2，NO2溶解于水生成HNO3，故D错误；答案为B。
5．D
【详解】
A．熵增大的反应能自发进行，熵减小的反应也可能自发进行，用焓变和熵变的复合判据判断反应是否自发进行，故A错误；
B．反应的活化能越大，反应速率应该越慢，故B错误；
C．25℃时，向水中加入少量冰醋酸，抑制水的电离，水的电离程度减小，故C错误；
D．电解过程中，阴阳离子在阳极、阴极分别失去电子、得到电子，则一定发生了氧化还原反应，故D正确；
故选：D。
6．B
【详解】
A. 增加 N2 浓度，增加了氮气的活化分子数，百分数不变；缩小容器容积，相当于增大了各物质的浓度，活化分子数增大，百分数不变，A错误；
B. 由反应方程式可知，该反应发生后气体的总量减小，混乱度减小，该反应的△S＜0，B正确；
C. 该反应为放热反应，所以正反应活化能小于逆反应的活化能，C错误；
D. 该反应为放热反应，反应物断键吸收能量小于成键释放能量，D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】
反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，反应为吸热反应；反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，反应为放热反应；反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能。
7．B
【解析】A．原子序数为15的元素为P，最外层有5个电子，元素的最高化合价为+5，故A错误；B．ⅦA族元素位于周期表的右侧，同周期从左向右非金属性增强，则ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素，故B正确；C．第二周期ⅣA族元素为C，质子数=核电荷数=6，但中子数不确定，中子数可能为6、7、8，故C错误；D．同周期第ⅠA族元素金属性比第ⅡA族元素强，但不同周期比较，如Na(ⅠA)、Ca(ⅡA)，前者金属性较弱，故D错误；故选B。
8．C
【解析】
【分析】
A.油脂中含有酯基,油脂和NaOH发生水解反应生成硬脂酸钠；
B.不饱和键能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；
C.苯中没有官能团,苯和浓硝酸在一定条件下发生取代反应；
D.Na和乙醇中羟基反应生成氢气。
【详解】
A.油脂中含有酯基,油脂和NaOH发生水解反应生成硬脂酸钠,从而制得肥皂,肥皂在制取与酯基有关,故A不选；
B.不饱和键能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色,乙烯中含有碳碳双键导致其性质较活泼,能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色,所以与官能团有关,故B不选；
C.苯中没有官能团,苯和浓硝酸在一定条件下发生取代反应生成硝基苯,所以与官能团无关,故C选；
D.乙醇中氢键上H原子较活泼,Na和乙醇中羟基反应生成氢气,所以与官能团有关,故D不选;
综上所述，本题正确选项C；
9．C
【详解】
A． 制玻璃的原料：石英砂、石灰石、纯碱等；制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰，用氯气与消石灰反应得到漂白粉，因此工业上生产玻璃、水泥、漂白粉，均需要用石灰石为原料，A正确；
B． 氯气用途广泛，氯气是重要化工原料，可制盐酸、漂白粉，用于制造杀虫剂、染料、自来水消毒、制塑料、合成橡胶、合成纤维的原料，B正确；
C． 司母戊鼎、定远舰甲板分别是铜合金、铁合金，有机玻璃是聚甲基丙烯酸甲酯，属于合成有机高分子材料，C错误；
D． 乙烯是一种水果催熟剂，乙烯含有碳碳双键，能被高锰酸钾氧化，则用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜目的，D正确；
故选C。
10．C
【详解】
A．对于乙醇、甲苯和硝基苯，乙醇可以和水互溶、甲苯不和水互溶但比水轻、硝基苯不和水互溶但比水重，可以用水来鉴别，故不选A；
B．苯、苯酚和己烯可以选浓溴水鉴别，苯不和溴水反应、苯酚和浓溴水生成白色沉淀、己烯和溴水加成使溴水褪色，可以鉴别，故不选B；
C．苯、甲苯和环己烷三者性质相似，不能鉴别，故选C；
D．甲酸、乙醛、乙酸可选新制氢氧化铜鉴别，甲酸能溶解新制氢氧化铜但加热时生成砖红色沉淀、乙醛不能溶解氢氧化铜但加热时生成砖红色沉淀、乙酸只能溶解氢氧化铜，可以鉴别，故不选D；
故选C。
11．C
【分析】
LiFePO4加入盐酸和氯酸钠浸取，浸取过程中亚铁离子被氧化成铁离子，再加入碳酸钠溶液调节pH，使Fe3+沉淀，得到的滤渣为白色固体，说明不是氢氧化铁沉淀，根据元素守恒可知该沉淀应为FePO4，之后再加入饱和的碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀；MnSO4与K2S2O8反应，Mn2+被氧化成MnO2生成沉淀析出；将MnO2与Li2CO3混合反应得到锰酸锂。
【详解】
A. 分析可知，NaClO3的作用是将二价铁氧化为三价铁，A说法正确；
B. “沉铁”过程，所得滤渣中铁为+3价，且为白色，不是氢氧化铁，利用原子守恒，其主要成分是FePO4，B说法正确；
C. 反应器Ⅱ中二氧化锰与碳酸锂反应生成LiMn2O4，Mn的化合价降低，C的化合价最高，则O的化合价升高，应有氧气产生，则产生的气体是CO2和O2混合气体，C说法错误；
D. 已知K2S2O8中S的化合价为+6价，K为+1价，O的化合价有-2、-1价，则中存在“-O-O-”键，D说法正确；
答案为C。
12．B
【详解】
实验室制取NH3属于固体与固体混合加热型，与KClO3分解制O2装置一样；由于NH3在水中的溶解度太大，NH4Cl无法抑制氨气的溶解；氨气遇湿润的红色石蕊试纸变蓝或遇浓盐酸产生白烟；NH4NO3受热易爆炸，一般使用NH4Cl或其他非氧化性酸的铵盐，因此答案选B。
【点睛】
该题是高考中的常见考点和题型，试题基础性强，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范严谨的实验设计能力。该题的关键是明确氨气的性质以及制备原理，然后结合题意灵活运用即可。
13．B
【详解】
根据题意：CuSO4·5H2O(s)溶于水发生反应①：CuSO4·5H2O(s)=Cu2+(aq)+(aq)+5H2O(l) △H1＞0；CuSO4(s)溶于水发生反应②CuSO4(s)=Cu2+(aq)+(aq) △H2＜0；根据盖斯定律，将①-②，整理可得：CuSO4·5H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(l) △H3=△H1-△H2＞0。
A．△H2＜0，△H3＞0，则△H2＜△H3，A错误；
B．由△H3=△H1-△H2可得△H3-△H1=-△H2＞0，则△H1＜△H3，B正确；
C．△H3=△H1-△H2可得△H2=△H1-△H3，C错误；
D．△H3=△H1-△H2，则△H1+△H2-△H3=2△H2＜0，所以△H1+△H2＜△H3，D错误；
故合理选项是B。
14．H2O 6NH4Cl+4Fe2O3=6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O Fe2O3 得到 12 40g
【详解】
(1)根据焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈可知反应物为NH4Cl、Fe2O3，则该反应得生成物为FeCl3、N2、Fe和X，根据元素守恒可知X中含有H、O元素，则X为H2O，故答案为H2O；
(2)由反应物和生成物可知，NH4Cl+Fe2O3→Fe+FeCl3+N2↑+H2O，该反应Fe元素的化合价由+3价降低为0，N元素的化合价由-3价升高到0，根据电子守恒可知，得电子数=失去电子数=18e-，则6NH4Cl+Fe2O3→6Fe+FeCl3+3N2↑+H2O，再质量守恒定律可知，配平的化学反应为6NH4Cl+4Fe2O3═6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O，故答案为6NH4Cl+4Fe2O3═6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O；
(3)反应6NH4Cl+4Fe2O3═6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O中，N元素化合价升高，被氧化，Fe元素化合价降低，由+3价降低到0价，被还原，Fe2O3为氧化剂，由方程式可知，当4mlFe2O3参加反应时，有6ml被还原，如2mlFe2O3部被还原，应得到12ml电子，故答案为Fe2O3；得到；12；
(4)11.2L(标准状况)的气体，其物质的量为=0.25ml，由6NH4Cl+4Fe2O3═6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O可知，气体与起氧化剂作用的氧化铁得关系为，3N2～3Fe2O3，则被还原的物质的质量为0.25ml×160g/ml=40g，故答案为40g；
【点晴】
本题考查氧化还原反应的配平及有关计算，根据电子守恒及质量守恒定律得出化学反应方程式是解答本题的关键，并注意(3)是学生解答的难点和易错点，4ml Fe2O3参与反应与作氧化剂的区别。
15． Mg2+ + NH3•H2O+HPO42− + 5H2O = MgNH4PO4•6H2O↓ pH＝8~10 pH偏大， NH4+、Mg2+易与OH−结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2， NH3•H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于HPO42−电离，PO43−浓度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO4•6H2O的生成 NH3+ H2ONH3•H2ONH4+ + OH− 相同的H2O2溶液添加量，相同时间内，与不加CuO相比，加入CuO，氨态氮浓度降低的多，反应速率快 3H2O2+ 2NH3N2+6H2O
【分析】
(1)N原子最外层有5个电子，据此书写NH3的电子式；
(2)根据题意，废水中的NH3•H2O转化为MgNH4PO4•6H2O，据此书写反应的离子方程式；
(3)由图可以判断欲使剩余氨态氮浓度低于10mg·L−1的pH适宜范围；根据pH对NH4+、Mg2+、PO43−浓度的影响分析解答；
(4)根据废水中存在NH3•H2O，结合氨水的性质分析解答；
(5)①根据图像对比添加了CuO和未添加CuO的反应速率，以及氨态氮浓度的高低分析解答；
②在微波协同CuO作用下，H2O2和NH3生成N2，据此书写反应的方程式。
【详解】
(1)NH3的电子式为，故答案为；
(2)根据题意，废水中的NH3•H2O转化为MgNH4PO4•6H2O，反应的离子方程式为Mg2+ + NH3•H2O+HPO42− + 5H2O = MgNH4PO4•6H2O↓，故答案为Mg2+ + NH3•H2O+HPO42− + 5H2O = MgNH4PO4•6H2O↓；
(3)由图可以看出，欲使剩余氨态氮浓度低于10mg·L−1，pH适宜范围为8~10，pH偏大， NH4+、Mg2+易与OH−结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2， NH3•H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于HPO42−电离，PO43−浓度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO4•6H2O的生成，故答案为pH＝8~10；pH偏大， NH4+、Mg2+易与OH−结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2， NH3•H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于HPO42−电离，PO43−浓度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO4•6H2O的生成；
(4)由表格数据可知，仅对废水进行微波加热，剩余氨态氮浓度降低、水溶液的pH增大，pH的增大，有利于废水中NH3+ H2ONH3•H2ONH4+ + OH−逆向移动，故答案为NH3+ H2ONH3•H2ONH4+ + OH−；
(5)①由图可知，在相同时间和H2O2溶液添加量相同时，添加了CuO的反应速率较快，氨态氮的剩余浓度远远小于未添加CuO，故答案为相同的H2O2溶液添加量，相同时间内，与不加CuO相比，加入CuO，氨态氮浓度降低的多，反应速率快；
②根据上述分析，在微波协同CuO作用下，H2O2和NH3生成N2，反应的方程式为3H2O2+ 2NH3 N2+6H2O，故答案为3H2O2+ 2NH3 N2+6H2O。
16．①②④ CH2=CHCH2Cl+NaOHCH2=CHCH2OH+NaCl 10 6
【分析】
由DAP-A的结构简式可确定F为，而A系列转化生成D，可知D为CH2=CH-CH2-OH，则E为．逆推可知C为CH2=CH-CH2-Cl、A为CH2=CH-CH3、B为；
(4)工业上可由C经过两步反应制得甘油，CH2=CH-CH2-Cl先与氯气发生加成反应生成ClCH2CHClCH2Cl，然后在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成。
【详解】
由DAP-A的结构简式可确定F为，而A系列转化生成D，可知D为CH2=CH-CH2-OH，则E为．逆推可知C为CH2=CH-CH2-Cl、A为CH2=CH-CH3、B为；
(1)反应①为丙烯在光照条件下与氯气发生取代反应、反应②为卤代烃的水解、反应④为酯化反应，即反应①②④均属于取代反应；
(2)反应②为CH2=CHCH2Cl碱性条件下的水解，发生反应的化学方程式为：CH2=CHCH2Cl+NaOHCH2=CHCH2OH+NaCl；反应④为酯化反应，发生反应的化学方程式为；
(3)G是E()的同分异构体，G具有如下性质：①能发生银镜反应，且1 mlG与银氨溶液反应时最多可得到4mlAg，说明含有2个-CHO；②遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基；③在稀硫酸中能发生水解反应，说明还含有酯基，故苯环侧链为1个-CHO、1个-OOCH、1个-OH，-CHO与-OOCH有邻、间、对3种位置结构，对应的-OH分别有4种、4种、2种位置，则符合上述条件的G最多有4+4+2=10种；满足条件任意一种的结构简式为，该物质有6种不同化学环境的氢，可知这些不同结构的物质的核磁共振氢谱峰的数目均相同，均为6种；
(4)工业上可由C经过两步反应制得甘油，CH2=CH-CH2-Cl先与氯气发生加成反应生成ClCH2CHClCH2Cl，然后在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成，合成路线流程图为。
【点睛】
考查有机物的推断与合成，充分利用聚邻苯二甲酸二烯丙脂的结构与反应条件进行分析判断，较好的考查学生的自学能力、知识迁移运用，难点是同分异构体的书写，首先根据信息推出可能含有的官能团和结构，然后根据官能团的位置异构或碳链异构，写出符合条件的所有同分异构体。
17．D BaSO4+4CBaS+4CO↑ CO+H2O=CO2+H2 BaCO3 S2−+Ba2++Zn2++= ZnS·BaSO4↓ 浅蓝色至无色
【分析】
（1）焰色反应不属于化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色：
钠Na（黄色） 、锂Li（紫红）、钾K（浅紫）、铷Rb（紫色）、钙Ca（砖红色）、锶Sr（洋红）、铜Cu（绿色）、钡Ba（黄绿）、铯Cs（紫红）；
（2）流程分析：重晶石与焦炭在回转炉中反应BaSO4+4CBaS+4CO↑，生成还原料BaS，硫化钡溶液与硫酸锌发生复分解反应S2-+Ba2++Zn2++SO42-=BaSO4·ZnS↓，得到立德粉。
①注意焦炭过量生成CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS与CO，写出方程式；CO与水蒸气反应生成CO2与H2，写出方程式CO+H2O=CO2+H2；
②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，由强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水、二氧化碳反应生成了碳酸钡与硫化氢气体；
③硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可拆开，写出离子方程式；
（3）碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；
【详解】
（1）焰色反应不是化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色：
A.钠的焰色为黄色，故A错误；
B.钙的焰色为红色，故B错误；
C.钾的焰色为紫色，故C错误；
D.钡的焰色为绿色，故D正确；
答案：D；
（2）①注意焦炭过量生成CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS与CO，写出方程式BaSO4+4CBaS+4CO↑；CO与水蒸气反应生成CO2与H2，写出方程式：CO+H2O=CO2+H2；
答案：BaSO4+4CBaS+4CO↑；CO+H2O=CO2+H2；
②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，由强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水，二氧化碳反应生成了碳酸钡与硫化氢气体；
答案：BaCO3；
③硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可拆开，写出离子方程式：S2-+Ba2++Zn2++SO42-=BaSO4·ZnS↓；
答案：S2-+Ba2++Zn2++SO42-=BaSO4·ZnS↓；
（3）碘单质与硫离子的反应：S2-+I2=S+2I-；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升降相等列关系式，设硫离子物质的量为nml：
S2- ～ I2 2S2O32- ～ I2
1ml 1ml 2ml 1ml
n ml nml 0.1V×10-3ml0.1V×10-3ml
n+0.1V×10-3ml=250.1V×10-3ml，得n=（25-V）0.1×10-3ml
则样品中硫离子含量为：×100%= ×100%
答案：浅蓝色至无色；×100%。
【点睛】
本题难度较低，重点考查基础知识运用能力，易错点：第（2）小题第①问没有注意焦炭过量生成CO；（3）关系式法在计算中的应用。