C

A．氯化钠的溶解度随温度变化不大，且受热不分解，故可以用蒸发获得晶体，A正确；

B.．煤干馏获得焦炭、煤焦油和出炉煤气，煤气中含有氨气、氢气等气体，氨气遇含酚酞的水溶液，使水溶液变红，剩余气体点燃，B正确；

C.．浓硫酸需要在加热环境下与铜反应制得二氧化硫，C错误；

D．双氧水遇二氧化锰催化生成氧气，经过浓硫酸干燥后，与挥发出的乙醇气体在灼热的铜网处发生催化氧化，生成乙醛，D正确。

答案为C。

C

根据分子式判断同分异构体，根据对称性判断等效氢原子的数量和其取代物同分异构体数量，据此回答问题。

A. a、b、c、d四种物质分子式均为C8H8，结构不同，它们互为同分异构体，A正确；

B.只有a物质不含有碳碳双键，不能发生加成反应；其他3种均有碳碳双键，可以发生加成反应，B正确；

C.根据结构可知，a的三氯代物数目为3种，二氯代物为3种，C错误；

D. a、b、c物质的一氯代物都只有一种，d物质的一氯代物有3种，D正确；

答案为C。

B

A．工业上通常采用沉淀法来处理重金属离子的污染，故用氯气无法出去污水中，，等重金属离子，A错误；

B．采取“静电除尘”可以除去空气中的PM2.5，“燃煤固硫”可以减少空气中的SO2含量，“汽车尾气催化净化”可以减少汽车尾气中的NO，可提高空气质量，故B正确；

C．谷氨酸一钠用于调味，小苏打除作发酵粉之外，还可以防臭，去除污垢，清洁作用，小苏打可用于油污清洗，故C错误；

D．我国全面启动的北斗导航系统的信号传输，信号传输主要是与二氧化硅有关，D错误；

故答案为：B。

B

A．溶液装在碱式滴定管中，由于浓氯水具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，故浓氯水需用酸式滴定管来装，故A不正确；

B． a点溶液中存在电荷守恒式为：①，氯气与NaOH溶液发生氧化还原反应过程中的电子守恒：，在同一溶液中，故有②，把②带入①中，可得如下关系：，故B正确；

C．b点溶液中根据B的分析可知，，发生的反应有Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，结合图像，b点溶液中各离子浓度的大小关系应该为：，故C不正确；

D．在这个图中，反应速率是看曲线的斜率，故可以看出，后阶段生成速率是越来越慢，故D不正确；

故答案为：B。

冷水浴   干燥   A   三颈烧瓶   及时分离出水，有利于酯化反应朝正反应方向移动   除去产品中含有的呋喃甲酸(硫酸)等杂质   43.5%   C  

(1)制备呋喃甲酸反应为放热反应，需保持温度为8℃-12℃，可用冷水浴控制温度，磁力搅拌散热也可控制温度，通过控制滴加反应物的速率也可控制反应的温度；

(2)步骤②中有机层为呋喃甲醇和少量的水，用无水硫酸镁可以干燥呋喃甲醇；

(3)呋喃甲酸在A、B、C三种溶剂中的溶解度，由溶解度曲线可知，在溶剂物质A中的溶解度随温度的升高而增大明显；在溶剂物质B、C中的溶解度随温度的升高而不明显；

(4)根据仪器的结构特征，仪器A为三颈瓶；

(5)根据分水器的作用结合平衡移动的原理进行分析；

(6)类比于书本中乙酸乙酯的制备实验中碳酸钠的作用进行解题；

(7)根据足量的正丁醇和呋喃甲酸发生酯化反应进行计算，并分析造成产率偏低的原因。

(1)制备呋喃甲酸反应△H＜0，为放热反应，制备呋喃甲酸需保持温度为8℃-12℃，温度过高会降低其产率，反应温度较高，控制温度可用冷水浴法；搅拌也可以散热控制温度，所以还可用磁力搅拌的方法，让反应速率减小控制温度，所以可用缓慢滴加NaOH溶液的方法，答案为：冷水浴；

(2)步骤②中有机层中呋喃甲醇还含有水等杂质，而无水硫酸镁可以吸水形成带结晶水的晶体作干燥剂，答案为：干燥剂；

(3)由溶解度曲线可知：呋喃甲酸在A、B、C三种溶剂中的溶解度，在溶剂物质A中的溶解度随温度的升高而增大明显，在溶剂物质B、C中的溶解度随温度的升高而增大程度不明显，所以选择合适的溶解溶剂是A，降温结晶时就是利用于溶解度随温度变化明显的物质，答案为：A；

(4)根据仪器的特征，仪器a为三颈烧瓶，答案为：三颈烧瓶；

(5)分水器的作用是把反应产生的水从反应体系中分离开来，也就是降低产物的浓度使得平衡反应向右移动，从而提高反应的产量，答案为：及时分离出水，有利于酯化反应朝正反应方向移动；

(6)碳酸钠可与硫酸、呋喃甲酸反应，则步骤②加入Na2CO3，可吸收硫酸以及未反应的呋喃甲酸，同时降低酯的溶解度，答案为：除去产品中含有的呋喃甲酸(硫酸)等杂质；

(7)由足量的正丁醇和呋喃甲酸混合加热发生酯化反应，可生成的呋喃甲酸正丁酯的质量为：根据反应找关系式，1mol呋喃甲酸～1mol呋喃甲酸正丁酯，由，，解得：m(酯)=21.22g，故产率为，答案为：43.5%

A．分水器收集的水里含呋喃甲酸正丁酯，使得最终收集到得呋喃甲酸正丁酯减少，产率降低，A不符合题意；

B．该实验条件下发生副反应，将有更多得呋喃甲酸转化成其他物质，最终收集到得呋喃甲酸正丁酯减少，产率降低，B不符合题意；

C．产品精制时收集部分低沸点物质，使得最终收集到得产品增多，将使产率增大，C符合题意；

D．产品在洗涤、蒸发过程中有损失，使得最终收集到得产品减少，将使产率降低，D不符合题意；

故答案为：C。

丁二酸(或1，4-丁二酸)   羰基和羧基   取代反应       40        

根据题干信息A分子中只含有一种官能团且能与反应生成，说明A中含有羧基一种官能团，结合A的分子式和A到B的条件和B的结构简式可以推导出A的结构简式为HOOCCH2CH2COOH，结合E和G的结构简式可以推导出F的结构简式为，然后进行解答。

(1)根据分析可知， A的结构简式为HOOCCH2CH2COOH，故化学名称丁二酸或者1，4-丁二酸，故答案为：丁二酸（或者1，4-丁二酸）；

(2)C的结构简式为中，其含有的官能团有羧基和羰基，故答案为：羰基和羧基；

(3)D生成E的过程是，可以看成D中羧基上的羟基被SOCl2中的Cl原子所代替，故反应类型属于取代反应，故答案为：取代反应；

(4)根据分析中可知F的结构简式是，故答案为：；

(5)丁二酸与乙二醇在催化剂作用发生缩聚反应生成可生物降解型聚酯PES，该反应的化学方程式为，故答案为：；

(6)X是G的分子式为C11H12O，其满足①含苯环且苯环上只有三个取代基；②含醛基且与苯环直接相连；③除苯环外不含其他环状结构三个条件的同分异构体有：由分子式可知其不饱和度为6，除去苯环和醛基还有一个不饱和度，又不含其他环状，故一定有碳碳双键，故苯环上所连三个取代基的情况有如下(1)-CHO、–CH2CH3、–CH=CH2(2)-CHO、–CH=CHCH3、–CH3(3)-CHO、、-CH3(4)-CHO、-CH2CH=CH2、-CH3，我们进行归类处理，假设连在苯环上的三个不同基团分别为a、b、c，则如图（c有4种连法），（c有4种连法），（c有2种连法），故每一组都有10种不同的结构，故共有40种同分异构体，答案为：40；

若①改成含苯环且苯环上只有二个取代基，则取代基可能为：醛基和-CH=CHCH2CH3、CH2=CHCH2CH2-或者-CH2CH=CHCH3、、

-CH=C(CH3)2、，其中核磁共振氢谱有5组峰说明分子高度对称结构，且峰积比为6∶2∶2∶1∶1的是，故答案为：；

(7) 根据题干流程图D到E这步获得信息可知①是SOCl2，结合题干流程图信息E到F提供的信息可知②的结构简式为：，故答案为：SOCl2 。

增大固体与气体的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率     将(盐酸)改用酸浸   分液漏斗   随着增大，水层中被结合成，导致萃取平衡向逆向移动，D迅速减小     A      

氟碳铈矿（主要含CeFCO3），“氧化焙烧”的目的是将+3价铈氧化成+4价，Ce4+能与F-结合成[CeFx]（4-x）+，以便后续的提取，加稀硫酸，与SO42-结合成[CeSO4]2+，加萃取剂，氟洗液，硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[（HA）2]萃取，而Ce3+不能，“反萃取”加H2O2，又将Ce4+还原为Ce3+，发生反应2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，加入碱后Ce3+转化为沉淀，通入氧气讲将e从+3氧化为+4，得到产品，据此回答问题。

(1)“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒是为了增加固体与氧气接触面积燃烧充分，增大固体和氧气的接触面积，反应更充分；

(2) “酸浸”中会产生大量黄绿色气体应为氯气，CeO2与盐酸发生氧化还原反应生成Ce3+和氯气，可以用硫酸代替盐酸而避免产生氯气污染；

(3) 实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为分液漏斗，根据平衡，加入Na2SO4时，随着c（SO42-）增大，水层中Ce4+被SO42-结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小。在的条件下，，即，依据题意，×=20mL×+×80×，。

(4) “反萃取”加H2O2的作用是将Ce4+离子重新还原为Ce3+，H2O2在该反应中作还原剂。

A．处理含酸性重铬酸钾的废水，过氧化氢做还原剂，A正确；

B．和二氧化锰混合制氧气，发生歧化反应，既是氧化剂，又是还原剂，B错误；

C．与氧化钙制过氧化钙，不发生氧化还原反应，C错误；

D．在海带提碘实验中作氧化剂，D错误。

答案为A。

(5)“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3+氧化成Ce4+，反应的化学方程式为。

(6) 溶液中Fe2+的物质的量为av1×10-3mol，用标准酸性溶液滴定过量的，反应为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，消耗标准溶液，即亚铁离子与Ce4+反应了av1×10-3mol-5bv2×10-3mol，根据电子得失守恒可得关系式Ce4+～Fe2+，所以CeO2的质量为(av1×10-3-5bv2×10-3)mol×172g/mol=172 (av1×10-3-5bv2×10-3) g，产品中CeO2的质量分数为。