庆阳市2025-2026学年高三下学期第五次调研考试化学试题（含答案解析）

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一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示.若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法中正确的是：
A．只由这四种元素不能组成有机化合物
B．最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z弱
C．Z的单质与氢气反应较Y剧烈
D．X、Y形成的化合物都易溶于水
2、下列有关物质性质的变化可以用元素周期律解释的是( )
A．酸性：HCl>H2S>H2OB．密度：Na>K>Li
C．沸点：NH3>AsH3>PH3D．稳定性：HF>HCl>HBr
3、已知N2H4在水中电离方式与NH3相似，若将NH3视为一元弱碱，则N2H4是一种二元弱碱，下列关于N2H4的说法不正确的是
A．它与硫酸形成的酸式盐可以表示为N2H5HSO4
B．它溶于水所得的溶液中共有4种离子
C．它溶于水发生电离的第一步可表示为：N2H4＋H2ON2H5＋OH－
D．室温下，向0.1ml/L的N2H4溶液加水稀释时，n(H＋)·n(OH－)会增大
4、某科学兴趣小组查阅资料得知，反应温度不同，氢气还原氧化铜的产物就不同，可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均为不溶于水的红色固体，但氧化亚铜能与稀硫酸反应，化学方程式为：Cu2O＋H2SO4=CuSO4＋Cu＋H2O，为探究反应后的红色固体中含有什么物质？他们提出了以下假设：
假设一：红色固体只有Cu
假设二：红色固体只有Cu2O
假设三：红色固体中有Cu和Cu2O
下列判断正确的是( )
A．取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，则假设一和二都成立
B．若看到溶液变成蓝色，且仍有红色固体，则只有假设三成立
C．现将7.2克红色固体通入足量的H2还原，最后得到固体6.4克，则假设二成立
D．实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2沉淀，加热后制取Cu2O
5、25℃时，把0.2ml/L的醋酸加水稀释，那么图中的纵坐标y表示的是（ ）
A．溶液中OH-的物质的量浓度B．溶液的导电能力
C．溶液中的D．醋酸的电离程度
6、萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是
A．a和b都属于芳香烃
B．a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上
C．在一定条件a、b和c均能与氢气发生加成反应
D．b和c均能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀
7、液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点。一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。下列关于该电池的叙述正确的是
A．b极发生氧化反应
B．a极的反应式：N2H4＋4OH－－4e－＝N2↑＋4H2O
C．放电时，电流从a极经过负载流向b极
D．其中的离子交换膜需选用阳离子交换膜
8、下列说法正确的是（ ）
A．碱金属族元素的密度，沸点，熔点都随着原子序数的增大而增大
B．甲烷与氯气在光照条件下，生成物都是油状的液体
C．苯乙烯所有的原子有可能在同一个平面
D．电解熔融的 AlCl3制取金属铝单质
9、下列有关CuSO4溶液的叙述中正确的是
A．该溶液呈碱性
B．它与H2S反应的离子方程式为：Cu2++S2-=CuS↓
C．用惰性电极电解该溶液时，阳极产生铜单质
D．在溶液中：2c (Cu2+) +c (H+)=2c(SO42-) +c(OH-)
10、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X和Y能形成两种常见离子化合物，Z原子最外层电子数与其电子层数相同；X与W同主族。下列叙述不正确的是（ ）
A．原子半径：Y＞Z＞W＞X
B．X、Y形成的Y2X2阴阳离子数目比为1：1
C．Y、Z和W的最高价氧化物的水化物可以相互反应
D．X与W形成的化合物可使紫色石蕊溶液变红
11、只存在分子间作用力的物质是
A．NaClB．HeC．金刚石D．HCl
12、我国科学家成功地研制出长期依赖进口、价格昂贵的物质O1．下列说法正确的是（ ）
A．它是O1的同分异构体
B．它是O3的一种同素异形体
C．O1与O1互为同位素
D．1mlO1分子中含有10ml电子
13、铅蓄电池的工作原理为：Pb+PbO2+2H2SO=2PbSO4+2H2O
研读右图，下列判断不正确的是
A．K闭合时，d电极反应式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-
B．当电路中转移0.2 ml电子时，Ⅰ中消耗的为0.2ml
C．K闭合时，Ⅱ中向c电极迁移
D．K闭合一段时间后，Ⅱ可单独作为原电池，d电极为正极
14、X、Y、Z、W 均为短周期元素 ， 它们在周期表中相对位置如图所示。若Z原子的最外层电子数是K层电子数的3倍， 下列说法中正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的酸性Z比W强
B．只由这四种元素不能组成有机化合物
C．与Z的单质相比较，Y的单质不易与氢气反应
D．X、Y形成的化合物都是无色气体
15、中国是最早生产和研究合金的国家之一。春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，它们的合金成分可能是( )
A．钠合金B．硬铝C．生铁D．钛合金
16、下列有关装置对应实验的说法正确的是（ ）
A．①可用于制取H2，且活塞a处于打开状态
B．②可用于收集NH3
C．③可用于固体NH4Cl和I2的分离
D．④可用于分离I2的CCl4溶液，导管b的作用是滴加液体
二、非选择题（本题包括5小题）
17、对乙酰氨苯酚(M)是常用的消炎解热镇痛药。其合成路线如下：
完成下列填空：
(1)A的结构简式为____________。C→D的反应类型为___________________。
(2)实验室中进行反应①的实验时添加试剂的顺序为________________________。
(3)下列有关E的说法正确的是____________。（选填编号）
a．分子式为C6H6NO b．能与溴水发生加成反应
c．遇到FeCl3溶液能发生显色反应 d．既能和氢氧化钠溶液反应，又能和盐酸反应
(4)已知 与 的性质相似，写出一定条件下M与NaOH溶液反应的化学方程式。______________________
(5)满足下列条件的M的同分异构体有_____________种。
①苯环上只有两种不同环境的氢原子；②苯环上连有－NH2；③属于酯类物质。
(6)N-邻苯二甲酰甘氨酸()是重要的化工中间体，工业上以邻二甲苯和甘氨酸(NH2-CH2-COOH)为原料通过一系列的反应制取该化合物，请参照上述流程的相关信息，写出最后一步反应的化学方程式。_____________________
18、化合物 A 含有碳、氢、氧三种元素，其质量比是 3:1:4,B 是最简单的芳香烃，D 是有芳香气味的酯。它们之间的转换关系如下：
回答下列问题：
(1)A 的结构简式为__________________________________________。
(2)C 中的官能团为__________________________________________。
(3) 的一氯代物有_________________________________________种。(不考虑立体异构)
(4)反应④的化学方程式为______________________________________________________________。
19、溴化亚铜是一种白色粉末，不溶于冷水，在热水中或见光都会分解，在空气中会慢慢氧化成绿色粉末。制备CuBr的实验步骤如下：
步骤1.在如图所示的三颈烧瓶中加入45gCuSO4·5H2O、19gNaBr、150mL煮沸过的蒸馏水，60℃时不断搅拌，以适当流速通入SO2 2小时。
步骤2.溶液冷却后倾去上层清液，在避光的条件下过滤。
步骤3.依次用溶有少量SO2的水、溶有少量SO2的乙醇、纯乙醚洗涤。
步骤4.在双层干燥器（分别装有浓硫酸和氢氧化钠）中干燥3～4h，再经氢气流干燥，最后进行真空干燥。
（1）实验所用蒸馏水需经煮沸，煮沸目的是除去其中水中的______________（写化学式）。
（2）步骤1中：①三颈烧瓶中反应生成CuBr的离子方程式为_______________；
②控制反应在60℃进行，实验中可采取的措施是_____________；
③说明反应已完成的现象是__________________。
（3）步骤2过滤需要避光的原因是_______________。
（4）步骤3中洗涤剂需“溶有SO2”的原因是_____________________最后溶剂改用乙醚的目的是________________________________。
（5）欲利用上述装置烧杯中的吸收液（经检测主要含Na2SO3、NaHSO3等）制取较纯净的Na2SO3·7H2O晶体。请补充实验步骤（须用到SO2（贮存在钢瓶中）、20%NaOH溶液、乙醇）
①_______________________________________________。
②__________________________________________________。
③加入少量维生素C溶液（抗氧剂），蒸发浓缩，冷却结晶。
④__________________________________________________。
⑤放真空干燥箱中干燥。
20、铵明矾（NH4Al（SO4）2•12H2O）是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，可通过硫酸铝溶液和硫酸铵溶液反应制备。用芒硝（Na2SO4•10H2O）制备纯碱和铵明矾的生产工艺流程图如图1：
完成下列填空：
（1）铵明矾溶液呈_________性，它可用于净水，原因是_______________；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，可观察到的现象是__________________。
（2）写出过程Ⅰ的化学反应方程式_______________。
（3）若省略过程Ⅱ，直接将硫酸铝溶液加入滤液A中，铵明矾的产率会明显降低，原因是___________。
（4）已知铵明矾的溶解度随温度升高明显增大．加入硫酸铝后，经过程III的系列实验得到铵明矾，该系列的操作是加热浓缩、___________、过滤洗涤、干燥。
（5）某同学用图2图示的装置探究铵明矾高温分解后气体的组成成份。
①夹住止水夹K1，打开止水夹K2，用酒精喷灯充分灼烧。实验过程中，装置A和导管中未见红棕色气体；试管C中的品红溶液褪色；在支口处可检验到NH3，方法是______________；在装置A与B之间的T型导管中出现白色固体，该白色固体可能是___________（任填一种物质的化学式）；另分析得出装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，写出它溶于NaOH溶液的离子方程式_______________。
②该同学通过实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是NH3、N2、SO3、SO2和H2O，且相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值，V（N2）：V（SO2）=_____。
21、1，2-二氯丙烷(CH2C1CHClCH3)是一种重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法制备，主要副产物为3-氯丙烯(CH2=CHCH2C1)，反应原理为：
I．CH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2C1CHC1CH3(g) △H1=—134kJ·ml-1
II．CH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)△H2=—102kJ·ml-1
请回答下列问题：
(1)已知CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)CH2C1CHC1CH3(g)的活化能Ea(正)为132kJ·ml-1，则该反应的活化能Ea(逆)为______kJ·ml-1。
(2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3(g)和C12(g)。在催化剂作用下发生反应I、Ⅱ，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。
①用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即，则前120min内平均反应速率v(CH2C1CHC1CH3)=______kPa·min-1。(保留小数点后2位)。
②该温度下，若平衡时HC1的体积分数为，则丙烯的平衡总转化率_______；反应I的平衡常数Kp=_____kPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数，保留小数点后2位)。
(3)某研究小组向密闭容器中充入一定量的CH2=CHCH3和C12，分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应，一段时间后测得CH2C1CHC1CH3的产率与温度的关系如下图所示。
①下列说法错误的是___________(填代号)。
a．使用催化剂A的最佳温度约为250℃
b．相同条件下，改变压强不影响CH2C1CHC1CH3的产率
c．两种催化剂均能降低反应的活化能，但△H不变
d．提高CH2C1CHC1CH3反应选择性的关键因素是控制温度
②在催化剂A作用下，温度低于200℃时，CH2C1CHC1CH3的产率随温度升高变化不大，主要原因是_______________________________________________________________。
③p点是否为对应温度下CH2C1CHC1CH3的平衡产率，判断理由是_____________。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
根据Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，可判断Y为氧元素，因此X、Z、W分别为氮、硫、氯元素。
【详解】
A、因要组成有机化合物必须含有碳、氢元素，正确；
B、非金属性W>Z，最高价氧化物对应水化物的酸性是W>Z，错误；
C、非金属性Y>Z，故Y与氢气化合物更剧烈，错误；
D、N、O形成的化合物如NO不易溶于水，错误。
2、D
【解析】
A、HCl、H2S、H2O分别是Cl、S、O的氢化物，不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释酸性的强弱；
B、密度属于物理性质，不能用元素周期律解释；
C、NH3分子间形成氢键，沸点：NH3AsH3PH3，沸点属于物理性质，不能用元素周期律解释；
D、非金属性：FClBr，则气态氢化物的稳定性：HFHClHBr，能用元素周期律解释；
答案选D。
本题考查元素周期律的应用，理解元素周期律的内容是解题的关键。能用元素周期律解释的元素的性质是：原子半径、元素的主要化合价、元素的金属性和非金属性，元素的金属性表现在金属单质与水（或酸）置换出氢的难易、最高价氧化物对应水化物碱性的强弱，元素的非金属性表现在非金属单质与H2化合的难易、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物酸性的强弱；注意用元素周期律不能解释物理性质、气态氢化物水溶液酸性的强弱。
3、A
【解析】
A、N2H4 +H2ON2H5+ +OH-、N2H5++ H2O N2H62+ +OH- ，它属于二元弱碱，和硫酸形成的酸式盐应为N2H6（HSO4）2，选项A不正确；
B、所得溶液中含有N2H5+、N2H62+、OH-、H+四种离子，选项B正确；
C、它溶于水发生电离是分步的，第一步可表示为：N2H4＋H2ON2H5+＋OH－，选项C正确；
D、Kw=c(H＋)·c(OH－)在一定温度下为定值，因加水体积增大，故n(H＋)·n(OH－)也将增大，选项D正确；
答案选A。
4、C
【解析】
A. 取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，说明红色固体中不含氧化亚铜，则假设一成立，选项A错误；
B. 若看到溶液变成蓝色，说明红色固体中含有氧化亚铜，仍有红色固体，不能说明红色固体中含有铜，因为氧化亚铜和稀硫酸反应也能生成铜，则假设二或三成立，选项B错误；
C. 假设红色固体只有Cu2O，则7.2gCu2O的物质的量为0.05ml，和H2反应后生成铜的物质的量为0.1ml，质量为6.4g，所以假设成立，选项C正确；
D. 实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2悬浊液，加热后制取Cu2O，选项D错误。
答案选C。
5、B
【解析】
A.加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度逐渐减少，OH-的物质的量浓度逐渐增大，故A错误；
B.醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子、醋酸根离子浓度逐渐减少，溶液的导电能力逐渐减小，故B正确；
C.因温度不变，则Ka不变，且Ka=c(H+)，因 c(H+)浓度减小，则 增大，故C错误；
D.加水稀释，促进电离，醋酸的电离程度增大， 故D错误；
答案选B。
6、C
【解析】
A．a中不含苯环，则不属于芳香族化合物，只有b属于芳香族化合物，但含有O元素，不属于芳香烃，A错误；
B．a、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，则a和c分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，B错误；
C．a含碳碳双键、b含苯环、c含-CHO，均可与氢气发生加成反应，C正确；
D. b中无醛基，不能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，c分子中含有醛基，可以与新制Cu(OH)2悬浊液共热反应生成砖红色沉淀，D错误；
故合理选项是C。
7、B
【解析】
A、该燃料电池中，通入氧化剂空气的电极b为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，A项错误；
B、通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，B项正确；
C、放电时，电流从正极b经过负载流向a极，C项错误；
D、该原电池中，正极上生成氢氧根离子，阴离子向负极移动，所以离子交换膜要选取阴离子交换膜，D项错误；
答案选B。
8、C
【解析】
A. 碱金属族元素的密度，沸点，熔点都随着原子序数的增大而增大，但钠和钾反常，故A错误；
B. 甲烷与氯气在光照条件下，发生取代反应，共有氯化氢、一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷五种物质，其中氯化氢、一氯甲烷是气体，不是液体，故B错误；
C. 苯中所有原子在同一面，乙烯所有的原子在同一面，由苯和乙烯构成的苯乙烯，有可能所有的原子在同一个平面，故C正确；
D. AlCl3是共价化合物，电解熔融不能产生铝离子得电子，不能制取金属铝单质，故D错误。
答案选C。
9、D
【解析】
A、CuSO4为强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，选项A错误；
B. CuSO4与H2S反应生成硫化铜和硫酸，H2S必须写化学式，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，选项B错误；
C. 用惰性电极电解CuSO4溶液时，阴极上铜离子得电子产生铜单质，阳极上氢氧根离子失电子产生氧气，选项C错误；
D、在溶液中，根据电荷守恒有：2c (Cu2+) +c (H+)=2c(SO42-) +c(OH-)，选项D正确；
答案选D。
10、B
【解析】
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X和Y能形成两种常见离子化合物，这两种离子化合物为Na2O2和Na2O，X为O元素，Y为Na元素，Z原子最外层电子数与其电子层数相同，Z为Al元素；X与W同主族，W为S元素。
【详解】
A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，Y＞Z＞W，同主族元素从上到下逐渐增大：W＞X，即Na＞Al＞S＞O，故A正确；
B．O22－是原子团，X、Y形成的Y2X2阴阳离子数目比为1：2，故B错误；
C．Al(OH)3具有两性，Y、Z和W的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H2SO4，可以相互反应，故C正确；
D．X与W形成的化合物SO2、SO3的水溶液呈酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故D正确；
故选B。
11、B
【解析】
A．NaCl是离子化合物，阴阳离子间以离子键结合，故A不选；
B．He由分子构成，分子间只存在分子间作用力，故B选；
C．金刚石是原子晶体，原子间以共价键相结合，故C不选；
D．HCl由分子构成，分子间存在分子间作用力，但分子内氢和氯以共价键相结合，故D不选；
故选B。
12、B
【解析】
A．O1与O1的结构相同，是同种物质，故A错误；
B．O1与O3都是氧元素的单质，互为同素异形体，故B正确；
C．O1与O1都是分子，不是原子，不能称为同位素，故C错误；
D．O原子核外有8个电子，1mlO1分子中含有16ml电子，故D错误；
故选B。
本题的易错点为A，要注意理解同分异构体的概念，互为同分异构体的物质结构须不同。
13、C
【解析】
根据铅蓄电池的工作原理，可知左边是原电池，右边是电解池。
【详解】
A．d连的是原电池的正极，所以为电解池的阳极，电极反应式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-，正确；
B．根据Pb+PbO2+2H2SO=2PbSO4+2H2O，转移2ml电子，则消耗2ml硫酸，所以当电路中转移0.2 ml电子时，Ⅰ中消耗的为0.2ml，正确；
C．K闭合时，Ⅱ是电解池，阴离子移向阳极，d是阳极，所以向d电极迁移，错误；
D．K闭合一段时间后，Ⅱ中发生了充电反应：2PbSO4+2H2O = Pb+PbO2+2H2SO，c、d电极上的PbSO4分别转化为Pb和PbO2，所以可单独作为原电池，d电极上附着PbO2，放电时得到电子，为正极，正确；
故选C。
14、B
【解析】
K层最多只能填2个电子，因此Z原子最外层有6个电子，考虑到X、Y不可能是第一周期，则Z是硫，W是氯，X是氮，Y是氧，据此来分析本题即可。
【详解】
A.非金属越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，而W的非金属性比Z强，因此W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z强，A项错误；
B.有机化合物必须有碳元素，这四种元素不能组成有机化合物，B项正确；
C.非金属性越强，其单质与氢气的化合越容易，Y的非金属性强于Z，因此Y的单质更易与氢气反应，C项错误；
D.X、Y可以组成二氧化氮，这是一种红棕色气体，D项错误；
答案选B。
15、C
【解析】
人们利用金属最早的合金是青铜器，是铜锡合金，春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，根据当时的技术水平，结合金属活动性顺序，可以推断它们的合金成分可能是生铁，不可能是其他三种活泼金属的合金，故答案选C。
人类利用金属的先后和金属的活动性和在地壳中的含量有关，金属越不活泼，利用的越早，金属越活泼，提炼工艺较复杂，故利用的越晚。
16、A
【解析】
A. ①可用于制取H2，且活塞a处于打开状态时，稀硫酸和锌粒发生反应，生成氢气，故A正确；
B. NH3密度比空气小，所以不能用向上排空气法收集，故B错误；
C. 加热氯化铵分解，碘升华，则NH4Cl和I2的固体混合物不能用加热的方法分离，故C错误；
D. 导管b的作用是回收冷凝的CCl4，故D错误；
正确答案是A。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、CH3CHO 还原反应 浓硝酸，浓硫酸，苯 cd +2NaOHCH3COONa++H2O 3 +NH2CH2COOH→+H2O
【解析】
B在五氧化二磷作用下得到乙酸酐，则B为CH3COOH，可推知乙烯与氧气反应生成A为CH3CHO，A进一步发生氧化反应生成乙酸，由M的结构可知，E为，反应①为苯与浓硝酸、浓硫酸发生硝化反应生成硝基苯，由C、D分子式可知，C分子发生加氢、去氧得到D；
(4)M水解得到的乙酸与，乙酸与中酚羟基与氢氧化钠继续反应；
(5)M的同分异构体满足：苯环上连有-NH2，属于酯类物质，苯环上只有两种不同环境的氢原子，同分异构体应含有2个不同取代基、且处于对位，另外取代基为CH3COO—或HCOOCH2—或CH3OOC—；
(6)由转化关系中E转化为M的反应可知，与NH2CH2COOH反应得到与水。
【详解】
由上述分析可知：A为CH3CHO，B为CH3COOH，C为，D为，E为，M为。
(1)由上述分析可知，A的结构简式为：CH3CHO，C为，D为，C与HCl、Fe存在条件下发生加氢去氧的还原反应产生，所以C→D的反应类型为还原反应；
(2)反应①为苯与浓硝酸、浓硫酸存在条件下加热发生取代反应产生硝基苯，实验时添加试剂的顺序为：先加入浓硝酸，再加入浓硫酸，待溶液恢复至室温后再加入苯；
(3)由上述分析可知，E为。
a．根据E的结构简式可知其分子式为C6H7NO，a错误；
b．E含有酚羟基，且酚羟基邻位含有氢原子，能与溴水发生取代反应，b错误；
c．E含有酚羟基，遇到FeCl3溶液能发生显色反应，c正确；
d．E含有酚羟基，能与氢氧化钠溶液反应，含有氨基，能与盐酸反应，d正确，
故合理选项是cd；
(4)M为，M水解得到的乙酸与，乙酸与中酚羟基与氢氧化钠继续反应，反应方程式为：+2NaOHCH3COONa++H2O；
(5)M的同分异构体满足：苯环上连有—NH2，属于酯类物质，苯环上只有两种不同环境的氢原子，同分异构体应含有2个不同取代基、且处于对位，另外取代基为CH3COO—或HCOOCH2—或CH3OOC—，符合条件的同分异构体有3种；
(6)由转化关系中E转化为M的反应可知，与NH2CH2COOH反应得到和水，故最后一步反应的化学方程式为：+NH2CH2COOH→+H2O。
本题考查有机物合成与推断，充分利用有机物的结构进行分析解答，结合有机物的结构与性质及转化关系进行推断，较好的考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。
18、CH3OH 羧基 5
【解析】
(1)根据化合物A的质量比分析，，因此A的结构简式为CH3OH。
(2)乙苯和酸性高锰酸钾反应生成苯甲酸，因此C中含有羧基。
(3) 有五种位置的氢，因此其一氯代物有5种。
(4)反应④是甲醇和苯甲酸酯化反应，其化学方程式为：。
【详解】
(1)根据化合物A的质量比分析，，因此A的结构简式为CH3OH，故答案为：CH3OH。
(2)乙苯和酸性高锰酸钾反应生成苯甲酸，因此C中含有羧基，故答案为：羧基。
(3) 有五种位置的氢，因此其一氯代物有5种，故答案为：5。
(4)反应④是甲醇和苯甲酸酯化反应，其化学方程式为：，故答案为：。
19、O2 2Cu2+ + 2Br－+ SO2 + 2H2O → 2CuBr↓+SO42－+4H+ 60℃水浴加热 溶液蓝色完全褪去 防止CuBr见光分解 防止CuBr被氧化 除去表面乙醇，并使晶体快速干燥 在烧杯中继续通入SO2至饱和 然后向烧杯中加入100g 20%的NaOH溶液 过滤，用乙醇洗涤2～3次
【解析】
(1)溴化亚铜能被氧气慢慢氧化，要排除氧气的干扰；
(2)①三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀；
②控制反应在60℃进行，可以用60℃的水浴加热；
③45gCuSO4•5H2O为0.18ml，19gNaBr为0.184ml，所以NaBr稍过量，所以当溶液中的铜离子消耗完时反应即完成；
(3)溴化亚铜见光会分解；
(4)溴化亚铜在空气中会慢慢被氧化，洗涤剂需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，溶剂改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥；
(5)烧杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取较纯净的Na2SO3•7H2O晶体，可以在烧杯中继续通入SO2至饱和，将Na2SO3生成NaHSO3，根据钠元素守恒可知，此时溶液中NaHSO3的物质的量为0.5ml，然后向烧杯中加入100g 20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反应生成Na2SO3，加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2～3次，除去表面可溶性杂质，放真空干燥箱中干燥，据此答题。
【详解】
(1)溴化亚铜能被氧气慢慢氧化，用二氧化硫还原铜离子生成溴化亚铜要排除氧气的干扰，可以通过煮沸的方法除去其中水中的O2，故答案为：O2；
(2)①三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++2Br−+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42−+4H+，故答案为：2Cu2++2Br−+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42−+4H+；
②控制反应在60℃进行，可以用60℃的水浴加热；故答案为： 60℃水浴加热；
③45gCuSO4⋅5H2O为0.18ml，19gNaBr为0.184ml，所以NaBr稍过量，所以当溶液中的铜离子消耗完时反应即完成，所以说明反应已完成的现象是溶液蓝色完全褪去，故答案为：溶液蓝色完全褪去；
(3)溴化亚铜见光会分解，所以步骤2过滤需要避光，防止CuBr见光分解，故答案为：防止CuBr见光分解；
(4)在空气中会慢慢被氧化，所以洗涤剂需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，最后溶剂改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥，故答案为：防止CuBr被氧化；除去表面乙醇，并使晶体快速干燥；
(5)烧杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取较纯净的Na2SO3⋅7H2O晶体，可以在烧杯中继续通入SO2至饱和，将Na2SO3生成NaHSO3，根据钠元素守恒可知，此时溶液中NaHSO3的物质的量为0.5ml，然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反应生成Na2SO3，加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2∼3次，除去表面可溶性杂质，放真空干燥箱中干燥，故答案为：在烧杯中继续通入SO2至饱和；然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液；过滤，用乙醇洗涤2∼3次。
20、酸性 铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用，故铵明矾能净水 先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失 2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4 省略过程Ⅱ，因HCO3-与Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低 冷却结晶 打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟 （NH4）2SO3 Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 1：3
【解析】
碳酸氢铵溶液中加入硫酸钠，过滤得到滤渣与滤液A，而滤渣焙烧得到碳酸钠与二氧化碳，可知滤渣为NaHCO3，过程I利用溶解度不同发生复分解反应：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4 ，滤液A中含有（NH4）2SO4 及少量HCO3-等，加入硫酸，调节pH使HCO3-转化二氧化碳与，得到溶液B为（NH4）2SO4 溶液，再加入硫酸铝得铵明矾；
（1）铵明矾溶液中NH4+、铝离子水解NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+、Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，促进水的电离，溶液呈酸性；铵明矾用于净水的原因是：铵明矾水解得到氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附水中悬浮物，达到净水的目的；向铵明矾溶液中加入氢氧化钠溶液，首先Al3+与OH-反应生成氢氧化铝沉淀，接着NH4+与OH-反应生成氨气，最后加入的过量NaOH溶液溶解氢氧化铝，现象为：先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失。
（2）过程I利用溶解度不同发生复分解反应，反应方程式为：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4 。
（3）省略过程Ⅱ，因HCO3-与Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低。
（4）由于铵明矾的溶解度随温度升高明显增大，加入硫酸铝后从溶液中获得铵明矾的操作是：加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥。
（5）①检验氨气方法为：打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟；装置A和导管中未见红棕色气体，说明没有生成氮的氧化物，试管C中的品红溶液褪色，说明加热分解有SO2生成，氨气与二氧化硫、水蒸汽反应可以生成（NH4）2SO3，白色固体可能是（NH4）2SO3；装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，该物质为氧化铝，氧化铝与氢氧化钠溶液反应离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
②反应中-3价的N化合价升高发生氧化反应生成N2，+6价的S化合价降低发生还原反应生成SO2，根据电子转移守恒：n（N2）×2×[0﹣（﹣3）]=n（SO2）×（6﹣4），故n（N2）：n（SO2）=1：3，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，故V（N2）：V（SO2）=1：3。
21、164 0.09 74% 0.21 bd 温度较低，催化剂的活性较低，对化学反应速率的影响小 不是平衡产率，因为该反应的正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，p点的平衡产率应高于B催化剂作用下450℃的产率
【解析】
(1)已知：I．CH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2C1CHC1CH3(g) △H1=—134kJ·ml-1，II．CH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)△H2=—102kJ·ml-1，根据盖斯定律可知，I-II得CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)CH2C1CHC1CH3(g)，此反应的反应热△H=Ea(正)-Ea(逆)；
(2)①因反应II的△V=0，△p=0，则反应I的△p=80kPa-69.4kPa=10.6kPa，根据，计算120min内平均反应速率v(CH2C1CHC1CH3)；
②设起始时CH2=CHCH3(与)和C12(g)均为5ml，则容器内起始时总物质的量为10ml，根据恒温恒容条件下气体的物质的量与压强成正比可知，平衡时气体的总物质的量为10ml×=7.2ml，减小的物质的量为10ml-7.2ml=2.8ml，根据反应I可知反应生成的CH2C1CHC1CH3(g)为2.8ml，平衡时HC1的体积分数为，说明生成的HCl为7.2ml×=0.9ml，结合反应I、Ⅱ，则参加反应的丙烯的总物质的量为2.8ml+0.9ml=3.7ml，由此计算平衡时丙烯的平衡总转化率和反应I的平衡常数；
(3)①a．由图示可知使用催化剂A时产率最高时温度约为250℃；
b．根据反应I的特点分析压强对产率的影响；
c．使用催化剂能改变反应的活化能，但不改变反应热；
d．不同催化剂对产率影响与温度有关；
②在催化剂A作用下，温度低于200℃时，CH2C1CHC1CH3的产率随温度升高变化不大，说明此时催化效率低；
③在相同温度下，不同的催化剂能改变反应速率，但不影响平衡状态，反应I是放热反应，温度升高平衡会逆向移动。
【详解】
(1)已知：I．CH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2C1CHC1CH3(g) △H1=—134kJ·ml-1，II．CH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)△H2=—102kJ·ml-1，根据盖斯定律可知，I-II得CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)CH2C1CHC1CH3(g)，此反应的反应热△H=△H1-△H2=Ea(正)-Ea(逆)，则Ea(逆)=Ea(正)-（△H1-△H2）=132kJ·ml-1-（—134kJ·ml-1+102kJ·ml-1）=164kJ·ml-1；
(2) ①因反应II的△V=0，△p=0，则反应I的△p=80kPa-69.4kPa=10.6kPa，则120min内平均反应速率v(CH2C1CHC1CH3)==kPa·min-1≈0.09kPa·min-1；
②设起始时CH2=CHCH3(g)和C12(g)均为5ml，则容器内起始时总物质的量为10ml，根据恒温恒容条件下气体的物质的量与压强成正比可知，平衡时气体的总物质的量为10ml×=7.2ml，减小的物质的量为10ml-7.2ml=2.8ml，根据反应I可知反应生成的CH2C1CHC1CH3(g)为2.8ml，平衡时HC1的体积分数为，说明生成的HCl为7.2ml×=0.9ml，结合反应I、Ⅱ，则参加反应的丙烯的总物质的量为2.8ml+0.9ml=3.7ml，故平衡时丙烯的平衡总转化率α=×100%=74%；另外平衡时CH2=CHCH3(g)和C12(g)均为1.3ml，CH2C1CHC1CH3为2.8ml，则反应I的平衡常数Kp=≈0.21 kPa-1；
(3)①a．由图示可知使用催化剂A时产率最高时温度约为250℃，即使用催化剂A的最佳温度约为250℃，故a正确；b．反应I是一个气体分子数减少的反应，改变压强可以使该反应的化学平衡发生移动，故CH2C1CHC1CH3的产率会随着压强的改变而改变，b错误；c．催化剂能降低反应的活化能，但不影响△H，故c正确；d．由图中信息可知，两种不同的催化剂对CH2C1CHC1CH3的产率的影响有明显的差别，催化剂明适宜的活化温度，故提高该反应的选择性的关键因素是催化剂的选择及其活化温度的控制，故d错误；故答案为bd；
②催化剂的效率与温度有关，当温度较低时，催化剂的活性较低，对化学反应速率的影响小，导致CH2C1CHC1CH3的产率随温度升高变化不大；
③反应I的正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，p点的平衡产率应高于B催化剂作用下450℃的产率，故p点不是对应温度下CH2C1CHC1CH3的平衡产率。
时间/min
0
60
120
180
240
300
360
压强/kPa
80
74.2
69.4
65.2
61.6
57.6
57.6