2025-2026学年娄底市高考化学五模试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年娄底市高考化学五模试卷（含答案解析），共3页。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是
A．Na2OB．AlCl3 C．FeCl2 D．SiO2
2、含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O(未配平)。下列说法错误的是(其中 NA表示阿伏加德罗常数的值)( )
A．Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物
B．上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为 2：5
C．该反应中，若有1ml CN-发生反应，则有5NA电子发生转移
D．若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区发生反应
3、已知有如下反应：①2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2 ②2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－ ③2Fe(CN)64-＋I2=2Fe(CN) 63-＋2I－，试判断氧化性强弱顺序正确的是（ ）
A．Fe3＋＞Br2＞I2＞Fe(CN)63-
B．Br2＞I2＞Fe3＋＞Fe(CN)63-
C．Br2＞Fe3＋＞I2＞Fe(CN)63-
D．Fe(CN)63-＞Fe3＋＞Br2＞I2
4、X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，X 原子最外层有两个未成对电子，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，R原子的核外电子数 是X原子与 Z 原子的核外电子数之和。下列叙述正确的是（ ）
A．原子半径的大小顺序：XX>Z> Y
D．Y、W的简单离子都不会影响水的电离平衡
7、25℃时，向0.1ml/LCH3COOH溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后溶液中的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关叙述不正确的是（ ）
A．CH3COOH的Ka=1.0×10-4.7
B．C点的溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)
C．B点的溶液中：c(Na+)＋c(H+)=c(CH3COOH)＋c(OH-)
D．A点的溶液中：c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)=0.1ml/L
8、常温下，现有0.1ml•L﹣1NH4HCO3溶液，pH=7.1．已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图所示：
下列说法不正确的是（ ）
A．当溶液的pH=9时，溶液中存在：c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3•H2O）＞c（CO32﹣）
B．0.1 ml•L﹣1 NH4HCO3溶液中存在：c（NH3•H2O）=c（H2CO3）+c（CO32﹣）
C．向pH=7.1的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH4+和HCO3﹣浓度逐渐减小
D．分析可知，常温下Kb（NH3•H2O）＞Ka1（H2CO3）
9、中国工程院院士李兰娟团队发现，阿比朵尔对2019-nCV具有一定的抑制作用，其结构简式如图所示，下面有关该化合物的说法正确的是
A．室温可溶于水和酒精
B．氢原子种类数为10
C．不能使酸性KMnO4溶液褪色
D．1ml该分子最多与8ml氢气反应
10、科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如左下图所示，用Cu—Si合金作硅源，在950℃下利用三层液熔盐进行电解精炼，并利用某CH4燃料电池(如下图所示)作为电源。下列有关说法不正确的是
A．电极c与b相连，d与a相连
B．左侧电解槽中;Si优先于Cu被氧化
C．a极的电极反应为CH4-8e—+4O2— ===CO2+2H2O
D．相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，会影响硅的提纯速率
11、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A．0.1ml·L－1KHSO3溶液：Na＋、NH4+、H+、SO42-
B．0.1ml·L－1H2SO4溶液：Mg2＋、K+、Cl－、NO3-
C．0.1ml·L－1Na2SO3溶液：Ba2+、K+、ClO-、OH-
D．0.1ml·L－1Ba（OH）2溶液：NH4+、Na+、Cl－、HCO3-
12、最近我国科学家研制出一种高分子大规模储能二次电池，其示意图如下所示。这种电池具有寿命长、安全可靠等优点，下列说法错误的是
A．硫酸水溶液主要作用是增强导电性
B．充电时，电极b接正极
C．d膜是质子交换膜
D．充放电时，a极有
13、下列各组物质所含化学键相同的是（ ）
A．钠（Na）与金刚石（C）
B．氯化钠（NaCl）与氯化氢（HCl）
C．氯气（Cl2）与氦气（He）
D．碳化硅（SiC）与二氧化硅（SiO2）
14、设NA为阿伏加德罗常数的值。（离子可以看作是带电的原子）下列叙述正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4 L SO3中所含的分子数为NA
B．0.1 ml•L-1的Na2CO3溶液中，CO32-的数目小于0.1NA
C．8.0g由Cu2S和CuO组成的混合物中，所含铜原子的数目为0.1NA
D．标准状况下，将2.24L Cl2通入水中，转移电子的数目为0.1NA
15、化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．碳酸钠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．碳酸钡可用于胃肠X射线造影D．氢氧化铝可用于中和过多胃酸
16、下列说法中不正确的是( )
①医用双氧水是利用了过氧化氢的还原性来杀菌消毒的
②汽车尾气中含有能污染空气的氮的氧化物，原因是汽油燃烧不充分
③用热的烧碱溶液除去瓷器表面污垢
④某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4. 28，是因为水中溶解了较多的CO2
⑤明矾可以用于净水，主要是由于铝离子可以水解得到氢氧化铝胶体
⑥“水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与CaCO3长期作用生成了可溶性的Ca(HCO3)2的缘故
A．①②③⑤B．①②③④C．②③④⑥D．①③④⑤
二、非选择题（本题包括5小题）
17、G是具有抗菌作用的白头翁素衍生物，其合成路线如下：
（1）C中官能团的名称为________和________。
（2）E→F的反应类型为________。
（3）D→E的反应有副产物X(分子式为C9H7O2I)生成，写出X的结构简式：________________。
（4） F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能发生银镜反应；
②碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应；
③分子中有4种不同化学环境的氢。
（5）请写出以乙醇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)。____________
18、福莫特罗是一种治疗哮喘病的药物，它的关键中间体（G）的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）F的分子式为_____________，反应①的反应类型为_________。
（2）反应④的化学方程式为___________________________。
（3）C能与FeC13 溶液发生显色反应，C的结构简式为________________, D中的含氧官能团为_________________。
（4）B的同分异构体（不含立体异构）中能同时满足下列条件的共有_____种。
a．能发生银镜反应 b．能与NaOH溶液发生反应 c．含有苯环结构
其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3:2:2:1的是________________（填结构简式）。
（5）参照G的合成路线，设计一种以为起始原料（无机试剂任选）制备的合成路线________。
19、某实验小组同学为了研究氯气的性质，做以下探究实验。向KI溶液通入氯气溶液变为黄色；继续通入氯气一段时间后，溶液黄色退去，变为无色；继续通入氯气，最后溶液变为浅黄绿色，查阅资料：I2+I-⇌I3-，I2、I3-在水中均呈黄色。
（1）为确定黄色溶液的成分，进行了以下实验：取 2～3 mL 黄色溶液，加入足量 CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在______，生成该物质的化学方程式为______，水层显浅黄色，说明水层显黄色的原因是______；
（2）继续通入氯气，溶液黄色退去的可能的原因______；
（3）NaOH 溶液的作用______，反应结束后，发现烧杯中溶液呈浅黄绿色，经测定该溶液的碱性较强，一段时间后溶液颜色逐渐退去，其中可能的原因是______。
20、二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发黏、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：
（1）制取少量S2Cl2
实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2。
①仪器m的名称为___，装置F中试剂的作用是___。
②装置连接顺序：A→___→___→___→E→D。
③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是___。
④为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和___。
（2）少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬浊液。但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，其原因是___。
（3）S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体SO2的体积分数。
①W溶液可以是___ (填标号)。
a.H2O2溶液 b.KMnO4溶液(硫酸酸化) c.氯水
②该混合气体中二氧化硫的体积分数为___(用含V、m的式子表示)。
21、合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要意义
(1)工业合成氨工业常用的催化剂是____________,氨分子的电子式是__________
(2)图是一定的温度和压强下是N2和H2反应生成1mlNH3过程中能量变化示意图，请写出工业合成氨的热化学反应方程式_______。（热量Q的数值用含字母a、b的代数式表示）
(3)下列有关该反应的说法正确的是_____（填序号）
A．保持容器的体积不变，当混合气体的密度不变时，说明反应已经达到平衡状态。
B．达到平衡时若升高温度，混合气体中氮元素的质量分数将变大。
C．达到平衡时若减少容器的体积，正反应速率将大于逆反应速率。
D．达到平衡后，N2的转化率和H2的转化率一定相等。
(4)在催化剂存在下，NH3可用来消除NO的污染，生成两种对环境无害的物质。写出反应的化学方程式：_____________________;该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比是___________
(5)把NH3通入盐酸溶液中，所得溶液的pH=7, 此时溶液中离子浓度关系是__________ ; ______
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
A、钠和氧气可以生成氧化钠，加入碳酸氢钡中反应生成碳酸钡沉淀，没有气体，错误，不选A；
B、铝和氯气反应生成氯化铝，加入碳酸氢钡中反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，正确，选B；
C、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁，错误，不选C；
D、硅和氧气反应生成二氧化硅，加入到碳酸氢钡中不反应，错误，不选D。
注意单质之间化合的产物
1、氢气和氧气生成水。
2、硫和氧气生成二氧化硫，不是三氧化硫。
3、氮气和氧气生成一氧化氮，不是二氧化氮。
4、钠和氧气在点燃条件下反应生成过氧化钠，常温下生成氧化钠。
5、锂和氧气反应生成氧化锂，没有过氧化物。
6、钾和氧气点燃反应生成更复杂的氧化物。
7、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁。
8、铁和硫反应生成硫化亚铁。
9、铁和氧气反应生成四氧化三铁
10、铜和硫反应生成硫化亚铜
2、B
【解析】
A.在反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中，Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A正确；
B.由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，B错误；
C.由上述分析，根据电子守恒、原子守恒可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1ml CN-发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，C正确；
D.C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，则若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区失去电子，发生氧化反应，D正确；
故合理选项是B。
3、C
【解析】
依据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由反应方程式①判断氧化性Fe3＋＞I2，由反应方程式②得到氧化性Br2＞Fe3＋，由反应方程式③得到氧化性I2＞Fe(CN)63-，综合可得C项正确。
故选C。
4、C
【解析】
X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则核外各电子层的电子分别为2、6，应为O元素；Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，应为Na元素；X原子最外层有两个未成对电子，其电子排布式为：1s22s22p2（C）或1s22s22p4（O），排除氧元素，故X为C；X原子与 Z 原子的核外电子数之和为17，则R为Cl元素，以此解答。
【详解】
A. 由分析可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Na元素、R为Cl元素，电子层数越多，原子半径越大，同周期元素，原子序数越大，半径越小，则原子半径的大小顺序：YNa+>Al3+，即W>X>Y>Z，故A错误；
B. Al与Cl形成的化合物AlCl3为共价化合物，故B错误；
C. O元素没有最高正化合价，故C错误；
D. NaOH为强碱，HCl为强酸，所以钠离子和氯离子都不会影响水的电离平衡，故D正确；
故答案为D。
7、D
【解析】
A、CH3COOH的，取B点状态分析，=1，且c(H+)=1×10-4.7，所以Ka=1×10-4.7，故A不符合题意；
B、C点状态，溶液中含有CH3COONa、NaOH，故c(Na+)＞c(CH3COO-)，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，pH=8.85，故此时c(CH3COO-)远大于c(OH-)，因此c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B不符合题意；
C、根据电荷平衡，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B点溶液中，c(CH3COO-)= c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，故C不符合题意；
D、在溶液中c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)=0.1ml/L，A点的溶液中，c(H+)> c(OH-)，c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)>0.1ml/L，故D符合题意；
故答案为D。
8、C
【解析】
A．当pH=9时，结合图象判断溶液中各离子浓度大小；
B．0.1 ml·L-1 NH4HCO3溶液中存在的物料守恒分析，图象可知PH=7.1时c（NH4＋）=c（HCO3－）；
C．该碳酸氢铵溶液的pH=7.1，结合图象判断滴入氢氧化钠溶液后NH4＋和HCO3－浓度变化；
D．碳酸氢铵溶液显示碱性，根据盐的水解原理判断二者的酸碱性强弱及电离平衡常数大小。
【详解】
A．结合图象可知，溶液的pH=9时，溶液中离子浓度大小为：c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3•H2O）＞c（CO32﹣），故A正确；
B．NH4HCO3溶液中，pH=7.1溶液显碱性，图象可知PH=7.1时c（NH4+）=c（HCO3﹣），溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），得到c（NH3•H2O）=c（H2CO3）+c（CO32﹣），故B正确；
的NH4HCO3溶液的pH=7.1，根据图象可知，当溶液pH增大时，铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子能够先增大后减小，故C错误；
D．由于0.1ml/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨的电离平衡常数大于Ka1（H2CO3），故D正确；
故选：C。
本题结合图象考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理等知识，解题关键：明确图象曲线变化的含义，难点B，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。
9、B
【解析】
A．该分子中亲水基比重很小，主要为憎水基，不溶于水，故A错误；
B．如图所示有10种氢原子，故B正确；
C．该分子中含有碳碳双键和酚羟基，能被酸性高锰酸钾氧化使其褪色，故C错误；
D．碳碳双键、苯环可以与氢气加成，所以1ml该分子最多与7ml氢气加成，故D错误；
故答案为B。
10、A
【解析】
甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，甲烷在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳，通入氧气的电极b为正极，氧气在正极上得电子发生还原反应生成阳离子，根据电解池中电子的移动方向可知，c为阴极，与a相连，Si4+在阴极上得电子发生还原反应生成Si，d为阳极，与b相连，Si在阳极上失电子发生氧化反应生成Si4+。
【详解】
A项、甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，通入氧气的电极b为正极，根据电解池中电子的移动方向可知，c为阴极，与a相连，d为阳极，与b相连，故A错误；
B项、由图可知，d为阳极，Si在阳极上失去电子被氧化生成Si4+，而铜没被氧化，说明硅优先于钢被氧化，故B正确；
C项、甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，甲烷在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH4-8e—+4O2— =CO2+2H2O，故C正确；
D项、相同时间下，通入CH4、O2的的体积不同，反应转移电子的物质的量不同，会造成电流强度不同，影响硅的提纯速率，故D正确。
故选A。
本题考查原电池和电解池原理的应用，注意原电池、电解池反应的原理和电子移动的方向，明确离子放电的先后顺序是解题的关键。
11、B
【解析】
A项、溶液中H+与KHSO3反应，不能大量共存，故A不选；
B项、0.1ml·L－1H2SO4溶液中该组离子之间不反应，能大量共存，故B正确；
C项、ClO-具有强氧化性，碱性条件下会将Na2SO3氧化，不能大量共存，故C不选；
D项、NH4+和HCO3-会与Ba（OH）2反应，不能大量共存，故D不选。
故选B。
本题考查离子共存，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、氧化还原反应的判断，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键。
12、C
【解析】
根据图中电子移动方向可以判断a极是原电池的负极，发生氧化反应，b极是原电池的正极，发生还原反应，为了形成闭合电路，以硫酸水溶液作为电解质溶液，据此分析解答。
【详解】
A．硫酸水溶液为电解质溶液，可电离出自由移动的离子，增强导电性，A选项正确；
B．根据上述分析可知，b为正极，充电时就接正极，B选项正确；
C．d膜左右池都有硫酸水溶液，不需要质子交换膜，d膜只是为了防止高分子穿越，所以为半透膜，C选项错误；
D．放电时，a极是负极，酚失去电子变成醌，充电时，a极是阴极，醌得到电子生成酚，故充放电发生的反应是，D选项正确；
答案选C。
13、D
【解析】
根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，但若含，则一定为共价键；原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。
【详解】
A、钠为金属晶体，含金属键；金刚石为原子晶体，含共价键，故A不符合题意；
B、氯化钠是离子晶体，含离子键；HCl为分子晶体，含共价键，故B不符合题意；
C、氯气为分子晶体，含共价键；He为分子晶体，是单原子分子，不含化学键，故C不符合题意；
D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体，也含共价键，故D符合题意；
故选：D。
本题考察了化学键类型和晶体类型的关系，判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部可能存在化学键。
14、C
【解析】
A. 标准状况下，SO3为固体，不能利用22.4 L/ml计算所含的分子数，A不正确；
B. 没有提供0.1 ml•L-1的Na2CO3溶液的体积，无法计算CO32-的数目，B不正确；
C. 8.0g Cu2S和8.0g CuO所含铜原子都为0.1ml，则8.0g混合物所含铜原子的数目为0.1NA，C正确；
D. 2.24L Cl2通入水中，与水反应的Cl2的物质的量小于0.1ml，转移电子的数目小于0.1NA，D不正确。
故选C。
15、C
【解析】
A. 碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；
B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；
C. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，C错误。
D. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，D正确；
答案选C。
选项C是解答的易错点，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。
16、B
【解析】
①医用双氧水是利用了过氧化氢的氧化性来杀菌消毒的，故①错误；
②汽车尾气中含有能污染空气的氮的氧化物，是氮气和氧气反应生成的，汽油不含氮元素，②错误；
③氢氧化钠具有强腐蚀性，一般用热的纯碱溶液除去瓷器表面污垢，③错误；
④某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4. 28，是因为水中的亚硫酸被氧化为硫酸，④错误；
⑤明矾可以用于净水，主要是由于铝离子可以水解得到氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，⑤正确；
⑥“水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与CaCO3长期作用生成了可溶性的Ca(HCO3)2的缘故，⑥正确；故选B。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、酯基 碳碳双键 消去反应 CH3CH2OHCH3CHO
CH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH=CHCH3
【解析】
(1)根据C的结构简式分析判断官能团；
(2)根据E、F的结构简式和结构中化学键的变化分析判断有机反应类型；
(3)根据D()中碳碳双键断键后的连接方式分析判断；
(4)根据题给信息分析结构中的官能团的类别和构型；
(5)结合本题中合成流程中的路线分析，乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与乙醛反应后在进行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成。
【详解】
(1)C的结构简式为，其中官能团的名称为酯基和碳碳双键；
(2)根据E、F的结构简式，E中的一个I原子H原子消去形成一个碳碳双键生成E，属于卤代烃在氢氧化钠水溶液中发生的消去反应，则反应类型为消去反应；
(3)D→E的反应还可以由D()中碳碳双键中顶端的碳原子与羧基中的氧形成一个六元环，得到副产物X(分子式为C9H7O2I)，则 X的结构简式；
(4)F的结构简式为，其同分异构体能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子结构中含有苯环和酯基，且该酯基水解后形成酚羟基；分子中有4种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为：；
(5)乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与乙醛反应后在进行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成，合成路线流程图为：CH3CH2OHCH3CHO
CH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH=CHCH3。
18、C15H12NO4Br 取代反应 + +HCl 羟基、羰基和硝基 17
【解析】
由D的分子式与E的结构可知，D与发生取代反应生成E，则D为，C能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，结合C的分子式逆推可知C为，A的分子式为C6H6O，A与乙酸酐反应得到酯B，B在氯化铝作用下得到C，则A为，B为．E与溴发生取代反应生成F。据此分析解答。
【详解】
(1)F()的分子式为：C15H12NO4Br，反应①是与(CH3CO)2O反应生成与CH3COOH，属于取代反应，故答案为C15H12NO4Br；取代反应；
(2)反应④的化学方程式为：+ +HCl，故答案为+ +HCl；
(3)根据上述分析，C的结构简式为 ，D的结构简式为，其中的含氧官能团有：羰基、羟基、硝基，故答案为；羰基、羟基、硝基；
(4)B()的同分异构体(不含立体异构)能同时满足下列条件：a．能发生银镜反应，说明含有醛基，b．能与NaOH溶液发生反应，说明含有酯基或酚羟基，c．含有苯环结构，若为甲酸形成的酯基，含有1个取代基，可以为甲酸苯甲酯，含有2个取代基为-CH3、-OOCH，有邻、间、对3种，若含有醛基、酚羟基，含有2个取代基，其中一个为-OH，另外的取代基为-CH2CHO，有邻、间、对3种，含有3个取代基，为-OH、-CH3、-CHO，当-OH、-CH3处于邻位时，-CHO有4种位置，当-OH、-CH3处于间位时，-CHO有4种位置，当-OH、-CH3处于对位时，-CHO有2种位置，符合条件的同分异构体共有17种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1的是 ，故答案为17；；
(5)模仿E→F→G的转化，发生硝化反应生成，然后与溴发生取代反应生成，最后在NaBH4条件下反应生成，合成路线流程图为：，故答案为。
根据物质的分子式及E的结构进行推断是解答本题的关键。本题的难点为(5)，要注意根据题干流程图转化中隐含的信息进行合成路线设计。
19、I2 Cl2+2KI=I2+2KCl I3- 生成的碘单质被氯气氧化为无色物质 吸收多余的氯气 氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应
【解析】
(1)氯气与KI发生Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及I2+I-⇌I3-，取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I2、I3-；
(2)继续通入氯气，溶液黄色退去，是因为氯气将I2氧化为无色物质；
(3)NaOH溶液吸收多余的氯气；氯水的颜色为浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。
【详解】
(1)取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在I2，生成该物质的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I3-，发生反应为I2+I-⇌I3-， 故答案为：I2；Cl2+2KI=I2+2KCl；I3-；
(2)氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，生成的碘单质被氯气氧化为无色物质，所以溶液黄色退去； 故答案为：生成的碘单质被氯气氧化为无色物质；
(3)NaOH溶液吸收多余的氯气，氯气过量，过量的氯气溶解于水，水中含有氯气分子，氯水呈浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应，故答案为：吸收多余的氯气；氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。
20、直形冷凝管(或冷凝管) 除去Cl2中混有的HCl杂质 F C B 将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集 滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量) S2Cl2遇水会分解放热，放出腐蚀性烟气 ac ×100%或%或%或%
【解析】
(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；
(2)S2Cl2受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；
(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数。
【详解】
(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；
①仪器m 的名称为直形冷凝管(或冷凝管)，装置F 中试剂的作用是：除去Cl2中混有的HCl杂质；
②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→C→B→E→D；
③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气；并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；
④反应生成S2Cl2中因氯气过量则会有少量生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；
(2)少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬独液，但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，其原因是：防止S2Cl2遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；
(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数；
①W溶液是吸收氧化二氧化硫的溶液，可以是a.H2O2溶液，c．氯水，但不能是b.KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，故答案为：ac；
②过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)==ml，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数= 。
考查性质实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行排列顺、数据处理能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
21、铁触媒 N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+2（b-a）kJ·ml-1 C 4NH3+6NO → 5N2+6H2O 2:3 c(NH4+)＝c(Cl-)＞c(H+)＝c(OH-) c(NH4+)+c(H+)＝c(OH-)+ c(Cl-)
【解析】
工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键；由图求出N2和H2反应生成1mlNH3的反应热，再根据热化学反应方程式的书写要求解答；合成氨是气体体积减小的放热反应，依据平衡移动原理判断；NH3可用来消除NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水；氨气通入盐酸溶液反应生成氯化铵溶液，溶液中一定存在电荷守恒；若溶液pH=7，则氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，结合电荷守恒得到离子浓度大小。据此分析。
【详解】
(1)工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键，电子式为：；答案为：铁触媒；； (2)由图可知，N2和H2反应生成 1mlNH3放出的热量为(b-a) kJ，该反应的热化学反应方程式为N2 (g) +3H2 (g)2NH3(g) △H=-2 (b-a) kJ·ml-1，故答案为： N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+2（b-a）kJ·ml-1 ；
(3)合成氨是气体体积减小的放热反应，保持容器的体积不变，混合气体质量不变，当混合气体的密度不变时，不能说明反应已经达到平衡状态，A错误；达到平衡时若升高温度，平衡逆向进行，根据反应方程式原子守恒，氮元素质量分数保持不变，B错误；达到平衡时若减少容器的体积，压强增大，平衡正向进行，正反应速率将大于逆反应速率，C正确；转化率和起始量、变化量有关，达到平衡后，N2的转化率和H2的转化率不一定相等，D错误；答案选C；
(4) NH3可用来消除NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水，化学方程式为：4NH3+6NO =5N2+6H2O；该反应中氧化产物与还原产物都是N2，物质的量之比是2：3；
(5)氨气通入盐酸溶液反应生成氯化铵溶液，若溶液pH=7，溶液中溶质为NH4Cl和NH3·H2O，溶液中氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，电荷守恒c(NH4+) +c(H+) =c(OH-)+c(Cl-) ，则c(NH4+) =c(Cl-)，得到离子浓度大小为c(NH4+)＝c(Cl-)＞c(H+)＝c(OH-)；