2020-2021学年度新高考适应性训练试卷1（江苏专用）

这是一份2020-2021学年度新高考适应性训练试卷1（江苏专用），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，有机推断题，实验题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．“保护环境”是我国的基本国策。下列做法不应该提倡的是
A．焚烧秸秆，还肥于田B．净化废水，循环利用
C．低碳出行，植树造林D．开发风能，利用地热
2．少量氯气通入自来水中杀菌消毒的原理为Cl2 + H2O⇌HCl + HClO。下列有关说法正确的是
A．中子数为10的氧原子B．HCl为分子晶体
C．HClO的电子式为D．Cl-的结构示意图为
3．氧化物在生产、生活中有广泛应用。下列氧化物的性质与用途具有对应关系的是( )
A．Al2O3熔点高，可用于工业制备金属铝
B．ClO2易溶于水，可用于自来水消毒剂
C．SO2具有还原性，可用于葡萄酒保存
D．Na2O2具有强氧化性，可用作呼吸面具供氧剂
4．氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4kJ/ml。实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气。下列有关合成氨反应的说法正确的是( )
A．反应的ΔS＞0
B．反应的ΔH=E(N-N)+3E(H-H)-6E(N-H) (E表示键能)
C．反应中每消耗1ml H2转移电子的数目约等于2×6.02×1023
D．反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的平衡转化率
5．氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ/ml。实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气。下列有关氨的说法正确的是( )
A．NH3的空间构型为平面三角形B．NH3与H2O能形成分子间氢键
C．NH3的水溶液不能导电D．氨催化氧化制硝酸是利用了NH3的氧化性
6．氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ/ml。实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气。实验室制取NH3时，下列装置能达到相应实验目的的是( )
A．生成NH3B．干燥NH3
C．收集NH3D．吸收NH3尾气
7．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外有7个电子，Y在周期表中位于ⅡA族，Z与X属于同一主族，基态W原子的核外有2个未成对电子。下列说法正确的是( )
A．原子半径：r(X)B．第一电离能：I1(Y)C．Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强
D．元素Y、W的简单离子具有相同的电子层结构
8．聚合硫酸铁（PFS）是水处理中重要的絮凝剂，以废铁屑为原料制备PFS的具体工艺流程如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤①，粉碎的目的是增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率
B．步骤③，可选用H2O2、Cl2、KMnO4等氧化剂将Fe2+转化为Fe3+
C．步骤④，加稀硫酸调节pH在一定范围内，若pH偏小则Fe3+水解程度太弱，若pH偏大时则形成Fe(OH)3沉淀
D．步骤⑤，减压蒸发，有利于降低蒸发温度防止产物分解
9．如图是CO2催化还原为CH4示意图。下列说法不正确的是
A．该过程是电能转化为化学能的过程
B．铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e-=CH4+2H2O
C．一段时间后，②池中溶液的pH一定下降
D．一段时间后，①池中n(KHCO3)不变
10．乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应的实验如下：
步骤1：向试管中加入2mL10%NaOH溶液，边振荡边滴加4~6滴2%CuSO4溶液，观察到有蓝色絮状沉淀产生。
步骤2：再向试管中加入0.5mL乙醛溶液，加热，观察到有红色沉淀产生。
下列说法不正确的是( )
A．步骤1中必须加入过量的NaOH溶液
B．步骤2中观察到的红色沉淀为Cu2O
C．上述实验说明乙醛能被新制氢氧化铜氧化
D．上图所示Cu2O的晶胞中表示氧原子
11．某有机物的结构简式如图所示，下列说法正确的是( )
A．分子式为C12H18O5B．分子中含有2种官能团
C．只能发生加成反应和取代反应D．能使溴的四氯化碳溶液褪色
12．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
13．在二氧化碳加氢制甲醇的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)∆H1=-49.5kJ·ml-1
反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)∆H2
反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)∆H3=40.9kJ·ml-1
在体积为1L的恒容密闭容器中通入1mlCO2和3mlH2，发生上述反应，CO2的平衡转化率随温度和压强的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．∆H2=90.4kJ·ml-1
B．在某温度下，平衡时容器中CH3OH(g)为0.3ml，CO(g)为0.3ml，则反应Ⅲ的平衡常数为0.25
C．压强p1、p2、p3由小到大的顺序为p1＜p2＜p3
D．高温、高压一定有利于提高CO2的平衡转化率
第II卷（非选择题）
二、填空题
14．工业废水中常含有一定量的硫化物(以H2S、HS-、S2-的形式存在)，通过氧化—沉淀相结合的方法处理后可使废水中含硫量达到国家规定的排放标准。
(1)氧化：将含有硫化物的废水引入氧化池，加入高锰酸钾溶液氧化。已知高锰酸钾在酸性条件下的还原产物为Mn2+，碱性条件下的为MnO2。
①pH > 7时高锰酸钾将废水中的硫化物氧化为S，该反应的离子方程式为______。
②硫化物的去除率随pH的变化如图1所示，废水呈酸性时的去除率大于呈碱性时的原因是______。硫化物的去除率和总硫去除率随高锰酸钾浓度的变化如图2所示，当高锰酸钾溶液的物质的量浓度大于1.25 ml∙L-1时，总硫去除率下降的原因是_______。
(2)沉淀：将氧化后的废水加入沉淀剂进一步沉降处理。
①若用沉淀剂Fe2Cl2SO4处理废水中的硫化钾，则反应的化学方程式为______；若沉淀剂换成FeClSO4，则硫化钾的去除率明显变大的原因是______。
②废水经沉降处理后过滤，测得滤液中c(Fe2+)为0.03 ml∙L-1，则该滤液中c(S2-)为______。（已知：Ksp(FeS) = 6.3×10-18）
15．化学还原法是处理含Cr2O的工业废水常用的方法，主要分为“还原”和“沉淀”两步：
Cr2OCr3+Cr(OH)3
已知：①Na2S2O5+H2O=2NaHSO3
②“COD”是指化学需氧量，反映了水样中较强还原性物质含量的多少。水中还原性物质越少，则COD越低，表明水质污染程度越小。
(1)取含Cr2O的工业废水，分别在不同pH条件下，向每个水样中分别加一定量的FeSO4、NaHSO3，搅拌，充分反应，然后滴加Ca(OH)2悬浊液，静置沉淀，测定+6价Cr的去除率，实验结果如图-1所示。
①在酸性条件下，请写出NaHSO3与Cr2O反应的离子方程式：___。
②分析比较亚铁盐和亚硫酸盐去除+6价Cr的效果。
Ⅰ.亚铁盐在中性和碱性条件下，对+6价Cr的去除效果优于酸性条件下的去除效果，亚硫酸盐则相反；
Ⅱ.___。
(2)用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)处理废水后，可能会使废水中的COD增大。在焦亚硫酸钠与废水中铬元素不同质量比的情况下，加H2SO4与未加H2SO4处理含铬废水后其COD对比变化如图-2所示。
①未加H2SO4时，随着Na2S2O5质量增大，废水COD增大的原因是___。
②在焦亚硫酸钠与废水质量比相同的情况下，加H2SO4时，与未加H2SO4相比，废水COD均有所下降，原因可能是___。
(3)三价铬[Cr(Ⅲ)]在水溶液中的存在形态随pH的变化如图-3所示，为尽可能除去铬元素实现达标排放，沉淀过程中pH要控制在___；若pH过高，溶液中残留铬量增大，其原因为___。
三、有机推断题
16．化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：
（1）E中含氧官能团的名称为________和________。
（2）B→C的反应类型为________。
（3）C→D反应中会有副产物X（分子式为C12H15O6Br）生成，X的结构简式为：________。反应D→E的方程式为______________。
（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1。
（5）已知：（R表示烃基，R'和R"表示烃基或氢），写出以和CH3CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。____________________
四、实验题
17．工业上用辉铜矿（主要成分Cu2S，含Fe3O4、SiO2杂质）为原料，生产硫酸铜晶体的工艺流程如下：
已知：①固体B为氧化物组成的混合物 ②[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq) + 4NH3(aq)
（1）气体X是______，高温下在过量空气中煅烧辉铜矿时，Cu2S发生反应的方程式为：__________。
（2）固体B酸溶时加入稀硫酸和H2O2,目的是________，不用浓硫酸的原因是__________。
（3）鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是_____________________________________。滤液G的主要溶质是_________（填化学式）。
（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、_______、烘干。
（5）用“间接碘量法”测定所制备的CuSO4·5H2O(不含能与I－反应的氧化性杂质)的纯度。取a g试样配成100 mL溶液，取25.00 mL该溶液，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，滴加KI溶液至沉淀不再产生为止，然后用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的I2，发生反应的化学方程式为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，消耗c ml·L-1Na2S2O3溶液的体积为V mL。
①写出CuSO4与KI反应的离子方程式_________________________。
②计算试样中CuSO4·5H2O的纯度____________________（用a、c、V表示）。
选项
实验操作和现象
结论
A
向NaBr溶液中分别滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色
Br﹣还原性强于Cl﹣
B
室温下，向浓度均为0.1 ml·L-1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀。
Ksp(BaSO4)< Ksp(CaSO4)
C
向溴水中通入SO2，橙色褪去
SO2具有漂白性
D
室温下，用pH试纸测得：0.1ml/LNa2SO3溶液的pH约为10；0.1ml/L NaHSO3溶液的pH约为5。
HSO3−结合H＋的能力比SO32−的强
参考答案
1．A
【详解】
A．焚烧大量秸秆会造成空气污染，故A错误；
B．净化废水，循环利用可节约水资源，故B正确；
C．低碳出行，植树造林，可节约化石能源，减少环境污染，故C正确；
D．开发风能，利用地热，合理利用新能源，故D正确;
答案为A。
2．B
【详解】
A．质量数=质子数+中子数=8+10=18，所以中子数为10的氧原子，A项错误；
B．氯化氢属于共价化合物，是由分子构成的晶体，B项正确；
C．HClO属于共价化合物，其结构式为：H-O-Cl，所以其电子式为：，C项错误；
D．氯原子核电荷数为17，氯离子核外有18个电子，Cl-的结构示意图为：，D项错误；
故答案为B。
3．C
【详解】
A．工业上通过电解熔融氧化铝制备铝是利用Al2O3是离子化合物，熔融状态下能电离出自由移动离子，而不是因为其熔点高，A错误；
B．ClO2具有强氧化性，能杀菌消毒可用于自来水消毒，B错误；
C．SO2具有还原性，是一种抗氧化剂，能防止葡萄糖中的一些成分被氧化，起到保质作用，C正确；
D．Na2O2能与二氧化碳发生反应生成氧气，可用作呼吸面具供氧剂，而不是利用其强氧化性，D错误；
故选C。
4．C
【详解】
A．在合成氨反应中，生成物气体分子数小于反应物气体分子数，所以反应的ΔS＜0，A不正确；
B．反应的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和=E(N≡N)+3E(H-H)-6E(N-H) (E表示键能)，B不正确；
C．由合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，可建立如下关系式：N2——3H2——6e-，则反应中每消耗1ml H2转移电子的数目约等于2ml×6.02×1023ml-1=2×6.02×1023，C正确；
D．合成氨反应为放热的可逆反应，高温可加快反应速率，但会使平衡逆向移动，不能提高H2的平衡转化率，使用催化剂只能改变反应速率，但不能改变H2的平衡转化率，也就不能提高H2的平衡转化率，D不正确；
故选C。
5．B
【详解】
A．NH3的孤电子对数为1，价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，故A错误；
B．N和O的电负性比较大，半径比较小， NH3与H2O之间存在分子间氢键，也存在同种分子间氢键，故B正确；
C．NH3溶于水得到氨水，氨水中存在自由移动的铵根离子和氢氧根离子，即可导电，故C错误；
D．氨催化氧化制硝酸，NH3中N元素的化合价为-3，硝酸中N元素化合价为+5，化合价升高，做还原剂，利用的是NH3的还原性，故D错误；
故答案为B。
6．B
【详解】
A．实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气，制取装置中试管口应该略向下倾斜，防止水倒流引起试管炸裂，故A错误；
B．碱性气体选用碱性干燥剂，故可用碱石灰干燥氨气，故B正确；
C．氨气的密度比空气小，应该用向下排空气法，故C错误；
D．氨气极易溶于水，装置图中导管不能直接插入水中，否则会引起倒吸，故D错误；
故答案为B。
7．B
【分析】
X原子核外有7个电子，则为N元素；Y在周期表中位于ⅡA族，且原子序数大于N，则Y为Mg元素，Z与X属于同一主族，则Z为P元素，基态W原子的核外有2个未成对电子，且原子序数大于P，则为S元素。
【详解】
A．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以原子半径Mg>P>S>N，即r(X)B．同周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但P元素的3p能级轨道半满，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能：MgC．同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性N>P，则最高价氧化物对应水化物的酸性N>P，即X>Z，C错误；
D．元素Y的简单离子为Mg2+，有两层电子；元素W的简单离子为S2-，有三层电子，D错误；
综上所述答案为B。
8．B
【解析】废铁屑粉粹过筛后加入酸浸，过滤得到滤液在反应釜中加入氧化剂氧化亚铁离子为铁离子，加入水和硫酸生成聚合硫酸铁，减压蒸发得到PES固体产品。A. 步骤①，粉碎可以增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率，故A正确；B. 步骤③，若选用Cl2、KMnO4等氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，产品中将含有氯离子锰离子等杂质，故B错误；C. 步骤④，若pH偏小则Fe3+水解程度太弱，若pH偏大时则形成Fe(OH)3沉淀，因此需要加稀硫酸调节pH在一定范围内，故C正确；D. 步骤⑤，为了防止聚合硫酸铁分解，可以减压蒸发，有利于降低蒸发温度，故D正确；故选B。
9．D
【解析】A．该装置是一个电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；B．CO2电催化还原为CH4的过程是一个还原反应过程，所以铜电解是电解池的阴极，铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e-═CH4+2H2O，故B正确；C．在电解池的阳极上，是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，所以酸性增强，pH一定下降，故C正确；D．在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的还原反应，即CO2+8H++8e-═CH4+2H2O，一段时间后，氢离子减小，氢氧根浓度增大，氢氧根会和①池中的碳酸氢钾反应，所以n(KHCO3)会减小，故D错误；故选D。
点睛：明确电解原理是解题关键，CO2电催化还原为CH4，则通入CO2的一极为电解池的阴极，电极方程式为CO2+8H++8e-═CH4+2H2O，则a为负极，b为正极，阳极发生氧化反应，生成氧气，以此解答该题。
10．D
【详解】
A．醛基和新制的氢氧化铜悬浊液反应时需要碱过量，故必须加入过量的氢氧化钠溶液，A正确；
B．乙醛和新制的氢氧化铜悬浊液反应生成红色的氧化亚铜沉淀，B正确；
C．实验生成乙酸铵，说明乙醛被氢氧化铜氧化，C正确；
D．晶胞中红色球有，黑色球有4个，所以结合氧化亚铜的化学式分析，黑色球表示铜原子，D错误；
故选D。
11．D
【详解】
A.从结构简式可以看出，该有机物的分子式为C12H20O5，故A不选；
B.分子中含有羧基、羟基和碳碳双键三种官能团，故B不选；
C.分子中有碳碳双键，可以发生加成反应，羧基可以和醇发生酯化反应，即取代反应，醇还能发生消去反应，故C不选；
D.分子中有碳碳双键，能和溴发生加成反应，从而使溴的四氯化碳溶液褪色，故D选。
故选D。
12．A
【解析】
【详解】
A. NaBr溶液中滴入少量氯水，氯气可以置换出溴，加入苯可以萃取出生成的溴，所以上层呈橙红色，在反应中NaBr为还原剂，还原产物为NaCl，则说明Br﹣还原性强于Cl﹣，故A正确；
B. 滴加Na2SO4溶液，不能确定生成的白色沉淀的成分，不能得出Ksp(BaSO4)C. SO2使溴水褪色是因为SO2具有还原性，而非它的漂白性，故C错误；
D. NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3−电离程度大于水解程度，Na2SO3溶液成碱性，说明亚硫酸为弱酸，二元弱酸的第一步电离远大于第二步电离，也就说明HSO3−结合H＋的能力弱于SO32−，故D错误，故选A。
13．B
【详解】
A．由盖斯定律：反应I-反应III得到反应II，∆H2=∆H1-∆H3=(-49.5-40.9) kJ·ml-1= -90.4kJ·ml-1，故A错误；
B．根据C原子守恒计算，O原子守恒 ，H原子守恒，由于反应III是气体体积不变的反应，可将平衡时各物质的量代入平衡常数表达式中计算：，故B正确；
C．该反应是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，温度一定时，压强越大CO的平衡转化率越大，则p3＜p2＜p1，故C错误；
D．该反应是用二氧化碳加氢制甲醇，则反应I是主反应，反应I正向是气体体积减小的放热反应，高压、低温有利于平衡正向移动，能提高CO2的平衡转化率，故D错误；
故选：B。
14．2+3S2-+4H2O=2MnO2↓+3S↓+8OH-或2+3HS-+H2O=2MnO2↓+3S↓+5OH- 等物质的量的高锰酸钾在酸性条件下转移的电子数目比碱性条件下多。 高锰酸钾浓度越大，氧化性越强，将硫化物氧化为硫酸根离子，导致总硫去除率下降。 Fe2Cl2SO4+2K2S=2FeS↓+2KCl+K2SO4 FeClSO4中Fe化合价为+3价，与硫化钠发生氧化还原反应生成FeS和S，等物质的量的铁元素消耗硫化钠的物质的量大于Fe2Cl2SO4 2.1×10-16 ml∙L-1
【分析】
(1)根据氧化还原反应原理及电子转移守恒书写并配平反应方程式；
(2)根据复分解反应原理书写相关反应方程式；根据溶度积表达式进行相关计算。
【详解】
(1)①根据题给信息知，高锰酸钾在碱性条件下被还原为MnO2，则根据电子转移守恒及电荷守恒配平反应为：2+3S2-+4H2O=2MnO2↓+3S↓+8OH-，S2-水解生成HS-，离子方程式也可以写作：2+3HS-+H2O=2MnO2↓+3S↓+5OH-；故答案为：2+3S2-+4H2O=2MnO2↓+3S↓+8OH-或2+3HS-+H2O=2MnO2↓+3S↓+5OH-；
②已知高锰酸钾在酸性条件下的还原产物为Mn2+，碱性条件下的为MnO2，则根据电荷转移守恒知高锰酸钾在酸性条件下得电子较多，对于硫的去除率大；高锰酸钾浓度越大，氧化性越强，将硫化物氧化为硫酸根离子，导致总硫去除率下降，所以如图2所示，当高锰酸钾溶液的物质的量浓度大于1.25 ml∙L-1时，总硫去除率下降；故答案为：等物质的量的高锰酸钾在酸性条件下转移的电子数目比碱性条件下多；高锰酸钾浓度越大，氧化性越强，将硫化物氧化为硫酸根离子，导致总硫去除率下降；
(2)①Fe2Cl2SO4与K2S发生复分解反应：Fe2Cl2SO4+2K2S=2FeS↓+2KCl+K2SO4；FeClSO4中Fe化合价为+3价，具有氧化性，与硫化钾发生氧化还原反应生成FeS和S，等物质的量的铁元素消耗硫化钾的物质的量大于Fe2Cl2SO4，所以硫化钾的去除率明显变大；故答案为：Fe2Cl2SO4+2K2S=2FeS↓+2KCl+K2SO4；FeClSO4中Fe化合价为+3价，与硫化钾发生氧化还原反应生成FeS和S，等物质的量的铁元素消耗硫化钾的物质的量大于Fe2Cl2SO4；
②，故答案为：2.1×10-16 ml∙L-1。
15．3HSO+Cr2O+5H+=2Cr3++3SO+4H2O 中性和碱性条件下，亚铁盐对+6价Cr的去除效果明显优于亚硫酸盐的去除效果，在酸性条件下则相反 Na2S2O5质量增大，反应后废水中剩余的HSO(或S2O)的量就越多，HSO(或S2O)具有较强的还原性，所以废水的COD增大 废水酸性增强，促进HSO(或S2O)与Cr2O充分反应，还原性的HSO(或S2O)转化更完全，含量减少。(或废水酸性增强，HSO转化为SO2气体逸出) 7~11 Cr(OH)3转化为可溶性的Cr(OH)
【详解】
(1)①Cr2O具有较强氧化性，酸性环境下可将HSO氧化成SO，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为3HSO+Cr2O+5H+=2Cr3++3SO+4H2O；
②Ⅱ.据图可知中性和碱性条件下，亚铁盐对+6价Cr的去除效果明显优于亚硫酸盐的去除效果，在酸性条件下则相反；
(2)①未加H2SO4时，Na2S2O5质量增大，反应后废水中剩余的HSO(或S2O)的量就越多，HSO(或S2O)具有较强的还原性，消耗的氧气增多，所以废水的COD增大；
②加H2SO4后，废水酸性增强，促进HSO(或S2O)与Cr2O充分反应，还原性的HSO(或S2O)转化更完全，含量减少，(或废水酸性增强，HSO转化为SO2气体逸出)，所以废水COD均有所下降；
(3)据图可知pH为7~11时，以Cr(OH)3沉淀形式存在的Cr元素含量最高；pH过高Cr(OH)3转化为可溶性的Cr(OH)，溶液中残留铬量增大。
16．酯基 醚键 取代反应 +CH3I→+HI
【分析】
（1）根据题中E的结构简式可推知E中含氧官能团；
（2）根据题中信息可知可推知B→C的反应类型；
（3）根据路线图可知，C 转化为D，是C 中一个羟基中的氢，被-CH2OCH3取代，而C分子中含有两个羟基，推测另一个羟基也可以发生此反应，结合副产物X的分子式为C12H15O6Br，可推断出X的结构简式；根据流程可知，反应D→E的反应为取代反应，据此写出反应的方程式；
（4）该同分异构体可以与FeCl3溶液发生显色反应，则该同分异构体中含有酚羟基，又因为其碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1，据此可推断其结构简式；
（5）根据路线图和已知中提供的反应，结合和两种原料设计制备的路线。
【详解】
（1）根据题中E的结构简式可知，E中含氧官能团为酯基、醚键；
故答案是：酯基、醚键；
（2）根据题中信息可知，有机物B的结构中-COCl变为有机物C中的-COOCH3，CH3O-取代了Cl，所以B→C的反应类型为取代反应；
故答案是：取代反应；
（3）根据路线图可知，C 转化为D，是C 中一个羟基中的氢，被-CH2OCH3取代，而C分子中含有两个羟基，推测另一个羟基也可以发生此反应，结合副产物X的分子式为C12H15O6Br，可推断出X的结构简式为；根据流程可知，D→E的反应为取代反应，反应的方程式为：+CH3I→+HI；
故答案是：；+CH3I→+HI；
（4）该同分异构体可以与FeCl3溶液发生显色反应，则该同分异构体中含有酚羟基，又因为其碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1，可推断其结构简式为；
故答案是：；
（5）根据路线图和已知中提供的反应，以和为原料制备的路线为：；
故答案是：。
【点睛】
有机物的结构和性质。反应类型的判断，化学方程式、同分异构体及合成路线流程图的书写是高考的常考点。在有机合成和推断题中一般会已知部分物质，这些已知物质往往是推到过程的关键点。推导时，可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可从最终产物结合反应条件逆向推导原料，还可以从中间产物出发向两侧推导，推导过程中要注意结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用。
17．SO2 Cu2S+2O22CuO+SO2或2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2 溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+ 浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2 取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽 (NH4)2SO4 过滤洗涤 2Cu2++4I-==2CuI↓+I2 %
【分析】
辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体和固体CuO、Fe3O4，加入盐酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu（NH3）4]2+和Fe（HO）3，[Cu（NH3）4]2+经加热可得到CuO，加入硫酸得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶后可得到硫酸铜晶体，
（1）根据图示，Cu2S与O2的反应为氧化还原反应生成氧化铜（或氧化亚铜）和二氧化硫；
（2）固体B为氧化物组成的混合物，酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；浓硫酸具有强氧化性，能够把氧化Fe2+，自身被还原，生成对环境有污染的气体SO2；
（3）根据三价铁与KSCN溶液出现血红色，证明Fe3+是否完全除尽；根据溶液的组成判断滤液G的主要溶质；
（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干。
（5）硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀（碘化亚铜）并析出碘，写出离子方程式；据比例关系4CuSO4•5H2O～4Cu2+～2I2～4S2O32-计算。
【详解】
（1）高温下在过量空气中煅烧辉铜矿，Cu2S会和氧气反应生成SO2，所以气体X是SO2；高温下，Cu2S与氧气发生反应的方程式为Cu2S+2O22CuO+SO2或2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；
（2）稀硫酸与Fe3O4反应生成硫酸亚铁和硫酸铁，和氧化铜反应生成硫酸铜，和SiO2不反应，所以固体B中加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；该反应不能采用浓硫酸溶液，是因为浓硫酸具有强氧化性，能够把Fe2+氧化，本身被还原，生成对环境有污染的SO2；
（3）检验Fe3＋是否存在可以用KSCN溶液，所以鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是：取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；前面相继除去了硅元素，铁元素，滤渣是CuO，所以滤液G的主要溶质是(NH4)2SO4；
（4）由溶液获得晶体的基本操作是蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤、烘干等；
（5）用硫酸铜与碘化钾反应，然后用Na2S2O3滴定反应生成的I2，说明Cu2＋能将I－氧化成碘单质，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，说明有CuI生成，所以CuSO4与KI反应的离子方程式为2Cu2++4I-==2CuI↓+I2；根据化学反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6得到关系式为 Cu2＋—Na2S2O3，所以CuSO4·5H2O的物质的量等于Na2S2O3的物质的量=c×V×10-3ml，所以试样中CuSO4·5H2O的纯度==%。