2026年福建省福州市高考冲刺模拟化学试题（含答案解析）

这是一份2026年福建省福州市高考冲刺模拟化学试题（含答案解析），共33页。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列反应不属于氧化还原反应的是（ ）
A．Cl2 + H2O = HCl + HClOB．Fe + CuSO4 = FeSO4 + Cu
C．2NaHCO 3 Na2CO3 + H2O + CO2D．Cl2 + 2FeCl2 = 3FeCl3
2、下列属于强电解质的是
A．蔗糖B．甘氨酸C．I2D．CaCO3
3、已知CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g) ΔH== - Q1 ；
2H2(g)+O2(g) →2H2O(g) ΔH== - Q2；
H2O(g) →H2O(l) ΔH== - Q3
常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为
A．4Q1+0.5Q2B．4Q1+Q2+10Q3C．4Q1+2Q2D．4Q1+0.5Q2+9Q3
4、LiBH4是有机合成的重要还原剂，也是一种供氢剂，它遇水剧烈反应产生氢气，实验室贮存硼氢化锂的容器应贴标签是
A．B．C．D．
5、下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．NaClO的电子式
B．中子数为16的硫离子：S
C．为CCl4的比例模型
D．16O与18O互为同位素；16O2与18O3互为同素异形体
6、中学化学中很多“规律”都有适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
7、298K时，用0.01ml∙L-1NaOH溶液滴定10mL0.01ml∙L-1H2A溶液的滴定曲线如图所示（已知：25℃时，H2A的Ka1=10-1.75，Ka2=10-7.19）。下列说法不正确的是（ ）
A．a点所得溶液中：V0=5mL
B．B点所得溶液中：c(H2A)＋c(H＋)= c(A2-)＋c(OH-)
C．C点所得溶液中：c(Na＋)>3 c(HA-)
D．D点所得溶液中A2-水解平衡常数Kh1=10-6.81
8、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
9、PET（，M链节= 192 g·ml−1）可用来生产合成纤维或塑料。测某PET样品的端基中羧基的物质的量，计算其平均聚合度：以酚酞作指示剂，用c ml·L−1 NaOH醇溶液滴定m g PET端基中的羧基至终点（现象与水溶液相同），消耗NaOH醇溶液v mL。下列说法不正确的是
A．PET塑料是一种可降解高分子材料
B．滴定终点时，溶液变为浅红色
C．合成PET的一种单体是乙醇的同系物
D．PET的平均聚合度（忽略端基的摩尔质量）
10、把铝粉和某铁的氧化物(xFeO·yFe2O3)粉末配成铝热剂，分成两等份。一份在高温下恰好完全反应后，再与足量盐酸反应；另一份直接放入足量的烧碱溶液中充分反应。前后两种情况下生成的气体质量比是5 : 7，则x : y为
A．1∶1B．1∶2C．5∶7D．7∶5
11、化学与人类的生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．含有氟化钠等氟化物的牙膏有害健康，应禁止使用
B．油脂属于高分子化合物，使用一定的油脂能促进人体对某些维生素的吸收
C．将少量二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，是法律允许的做法
D．废旧电池应集中处理主要是要回收其中的金属材料
12、下列各组离子能在指定溶液中，大量共存的是（ ）
①无色溶液中：K+，Cu2+，Na+，MnO4-，SO42-
②使pH=11的溶液中：CO32-，Na+，AlO2-，NO3-
③加入Al能放出H2的溶液中：Cl-，HCO3-，NO3-，NH4+
④加入Mg能放出H2的溶液中： NH4+，Cl-，K+，SO42-
⑤使石蕊变红的溶液中：Fe3+，MnO4-，NO3-，Na+，SO42-
⑥酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3-，I-，Cl-
A．①②⑤B．①③⑥C．②④⑤D．①②④
13、下列说法不正确的是( )
A．用容量瓶配制溶液时，先用蒸馏水洗涤，再用待装液润洗
B．用蒸馏法可由含有Fe3＋的自来水获取较纯净的水
C．焰色反应后用稀盐酸洗涤铂丝并在火焰上灼烧至无色，再进行其它物质的测试
D．金属镁着火可用沙子覆盖
14、以0.10ml／L的氢氧化钠溶液滴定同浓度某一元酸HA的滴定曲线如图所示()。下列表述错误的是( )
A．z点后存在某点，溶液中的水的电离程度和y点的相同
B．a约为3.5
C．z点处，
D．x点处的溶液中离子满足：
15、为原子序数依次增大的五种短周期元素，A是周期表原子半径最小的元素，同周期且相邻，C的L层电子数是K层的3倍，E原子的核外电子数是B原子质子数的2倍。下列说法不正确的是（ ）
A．纯净的E元素的最高价氧化物可用于制造光导纤维
B．三种元素形成的化合物中一定只含共价键
C．由元素组成的某种化合物可与反应生成
D．元素A与形成的常见化合物中，热稳定性最好的是AD
16、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子，结构如图所示。X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z>M>Y
B．常温下Z和M的单质均能溶于浓硝酸
C．X+与Y22-结合形成的化合物是离子晶体
D．Z的最高价氧化物的水化物是中强碱
二、非选择题（本题包括5小题）
17、贝诺酯临床主要用于治疗类风湿性关节炎、感冒发烧等。合成路线如下：
（1）贝诺酯的分子式______。
（2）A→B的反应类型是______；G+H→I的反应类型是______。
（3）写出化合物C、G的结构简式：C______，G______。
（4）写出满足下列条件的F同分异构体的结构简式（任写3种）______。
a．不能与FeCl3溶液发生显色反应；
b．能发生银镜反应和水解反应；
c．能与金属钠反应放出H2；
d．苯环上的一氯取代产物只有两种结构
（5）根据题给信息，设计从A和乙酸出发合成的合理线路（其他试剂任选，用流程图表示：写出反应物、产物及主要反应条件）_______________
18、美国药物学家最近合成一种可能用于治疗高血压的有机物K，合成路线如下：
其中A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%；E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰。H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一。G和H以1：3反应生成I。
试回答下列问题：
（1）A的分子式为：______________。
（2）写出下列物质的结构简式：D：____________；G：___________。
（3）反应①―⑤中属于取代反应的有___________。
（4）反应①的化学方程式为_______________；反应④的化学方程式为_________________。
（5）E有多种同分异构体，符合“既能发生银镜反应又能发生水解反应”条件的E的同分异构体有_______种，写出符合上述条件且核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式：________。
19、已知CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应，产物为只含一种阴离子的蓝色钾盐晶体(只含有1个结晶水)，某实验小组为确定该晶体的组成，设计实验步骤及操作如下：
已知：a.过程②：MnO4－被还原为Mn2+，C2O42－被氧化为CO2
b.过程③：MnO4－在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+
c.过程④：2Cu2++4I－=2CuI↓+I2
d.过程⑥：I2+2S2O32－=21－+S4O62－
(1)过程①加快溶解的方法是________________________。
(2)配制100mL0.20ml·L－1KMnO4溶液时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、____________；过程②和过程⑥滴定时，滴定管应分别选用____________、____________(填“甲”或乙”)。
(3)完成过程②的离子反应方程式的配平：
___MnO4－+___C2O42－+___H+===___Mn2++___H2O+___CO2↑。
(4)过程③加热的目的是________________________。
(5)过程⑥，应以____________作指示剂，若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则测定结果是____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)
(6)已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，据此推测该晶体为____________·H2O。
20、用如图所示仪器，设计一个实验装置，用此装置电解饱和食盐水，并测定阴极气体的体积（约6mL）和检验阳极气体的氧化性。
（1）必要仪器装置的接口字母顺序是：A接_____、____接____；B接___、____接____。
（2）电路的连接是：碳棒接电源的____极，电极反应方程式为_____。
（3）能说明阳极气体具有氧化性的实验现象是____，有关离子方程式是_____；最后尾气被吸收的离子方程式是______。
（4）如果装入的饱和食盐水体积为50mL（假定电解前后溶液体积不变），当测得的阴极气体为5.6mL（标准状况）时停止通电，则另一极实际上可收集到气体____（填“”、“”或“”）5.6mL，理由是______。
21、 “循环经济”和“低碳经济”是目前备受关注的课题，因而对碳和硫的化合物的综合利用成为研究的热点。请回答下列问题：
（1）下列事实中，不能用来比较碳元素和硫元素非金属性强弱的是______（填选项字母）。
A．有漂白性而没有
B．少量能与反应生成
C．能使酸性溶液褪色而不能
D．溶液显碱性而溶液显中性
（2）下图是通过热循环进行能源的综合利用和污染治理的反应系统原理。
系统（Ⅱ）制氢气的热化学方程式为_________；两个系统制得等量的H2所需能量较少的是________。
（3）向10 L恒容密闭容器中充入2 ml CO和1 ml ，发生反应2CO(g)＋SO2 (g)S(g)＋2CO2 (g)。CO和CO2的平衡体积分数（φ）与温度（T）的关系如图所示。
①图中能表示CO的平衡体积分数与温度关系的曲线为______（填“L1”或“L2”）。
②T1 ℃时，的平衡转化率α1＝_______，反应的平衡常数_________。
③只改变下列条件，既能加快该反应速率，又能增大CO的平衡转化率的是_____（填选项字母）。
A．增大压强 B．充入一定量
C． 充入一定量 D．加入适当催化剂
④向起始温度为 ℃的10 L绝热容器中充入2 ml CO和1 ml ，重复实验，该反应的平衡常数_____（填“＞”“＜”或“＝”），理由为_____。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，可从元素化合价的角度判断反应是否氧化还原反应。A项，反应物中有单质，生成物中都是化合物，一定有化合价变化，A是氧化还原反应；B项，置换反应都是氧化还原反应，B是氧化还原反应；C项，所有元素的化合价都没有变化，C不是氧化还原反应；D项，有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应，是氧化还原反应。
点睛：本题考查氧化还原反应，试题难度不大，注意从元素化合价的角度判断物质的性质，平日学习中注意知识的积累，快速判断。
2、D
【解析】
完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质，强酸、强碱和大部分的盐是强电解质，弱酸和弱碱都是弱电解质。
【详解】
A．蔗糖是非电解质，故A不选；
B．甘氨酸是弱电解质，故B不选；
C．I2 是单质，不是电解质，故C不选；
D．CaCO3属于盐，是强电解质，故D选；
故选D。
本题考查了强弱电解质的判断，电解质强弱与电离程度有关，与溶液的导电性强弱无关，D为易错点，CaCO3难溶，但溶于水的部分全电离。
3、D
【解析】
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=- Q1 ；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH= - Q2；H2O(g) →H2O(l) ΔH= - Q3 ；根据盖斯定律①+2③得 CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-Q1-2Q3； 根据盖斯定律②+2③得
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=Q2-2Q3，标准状况下，112L体积比为4: 1的甲烷和H2的混合气体的物质的量为= = 5ml ，故甲烷的物质的量为5ml=4ml，完全燃烧生成液体水放出的热量为（Q1+2Q3) =4 (Q1+2Q3)，氢气的物质的量为5ml-4ml=1ml，完全燃烧生成液体水放出的热量为(Q2+2Q3) =0.5 (Q2+2Q3) ，故甲烷、氢气完全燃烧，放出的热量为:4 (Q1+2Q3) +0.5 (Q2+2Q3)=4Q1+0.5Q2+9Q3，故选D。
答案： D。
先根据混合气体的物质的量 结合体积分数计算甲烷、氢气各自物质的量，再根据盖斯定律，利用已知的三个热化学反应方程式进行计算甲烷、氢气完全燃烧生成液体水和二氧化碳的反应热。
4、D
【解析】
A、氧化剂标识，LiBH4是有机合成的重要还原剂，故A错误；B、爆炸品标识，LiBH4是一种供氢剂，属于易燃物品，故B错误；C、腐蚀品标识，与LiBH4是一种供氢剂不符，故C错误；D、易燃物品标识，LiBH4是有机合成的重要还原剂，也是一种供氢剂，属于易燃物品标识，故D正确；故选D。
5、D
【解析】
A. NaClO为离子化合物，由Na+和ClO-构成，A错误；
B. 中子数为16的硫离子应为S2-，B错误；
C. 中，中心原子半径大于顶点原子半径，而CCl4的比例模型中，Cl原子半径应比C原子半径大，C错误；
D. 16O与18O都是氧元素的不同原子，二者互为同位素；16O2与18O3是氧元素组成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，D正确。
故选D。
在同素异形体中，强调组成单质的元素相同，并不强调原子是否相同。两种单质中，组成单质的原子可以是同一种原子，也可以是不同种原子，甚至同一单质中，原子也可以不同。如16O18O与17O3也互为同素异形体。
6、D
【解析】
A. HClO不稳定，可分解生成HCl，故A错误；
B. 浓硝酸与铝发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应继续进行，与稀硝酸发生不同的反应，故B错误；
C. 结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，含有氢键的沸点较高，由于NH3分子间存在氢键，沸点高于PH3，故C错误；
D. AgCl沉淀中滴加NaI溶液可以得到AgI沉淀，可说明AgI更难溶，故D正确；
故选：D。
7、A
【解析】
A．a点所得溶液中，pH=1.75，则c(H2A)== c(HA-)，所以H2A与NaOH反应发生后，c(H2A)>c(HA-)，V03 c(HA-)，C正确；
D．D点所得溶液中，A2-水解平衡常数Kh1= ==10-6.81，D正确；
故选A。
8、C
【解析】
A. 反应生成苯酚钠、碳酸氢钠；
B. 过氧化钠、碳酸钠均与盐酸反应生成无色气体；
C. NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性；
D. 水解后检验溴离子，应在酸性条件下；
【详解】
A. 反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，且二氧化碳可与苯酚钠反应生成苯酚，所以苯酚的酸性弱于碳酸，A错误；
B. 过氧化钠与盐酸反应产生氧气；过氧化钠吸收空气中二氧化碳反应产生的碳酸钠与盐酸反应会产生二氧化碳气体，O2、CO2都是无色气体，因此不能检验Na2O2是否变质，B错误；
C. NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性，说明HSO3-结合H+的能力比SO32-弱，C正确；
D．水解后检验溴离子，应在酸性条件下，没有加硝酸至酸性，再加硝酸银溶液不能检验Br-是否存在，D错误；
故合理选项是C。
本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、物质的检验、可逆反应、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析。侧重考查学生的分析与实验能力。
9、C
【解析】
是聚酯类高分子，它的单体为：HOCH2CH2OH和，可以发生水解反应生成小分子。
【详解】
A、PET塑料是聚酯类高分子，可发生水解反应生成HOCH2CH2OH和，故A正确；
B、用NaOH醇溶液滴定PET端基中的羧基，恰好反应完时生成羧酸钠，显弱碱性，使酚酞试剂显浅红色，B正确；
C、的单体为：HOCH2CH2OH和，乙二醇中有两个羟基，在组成上与乙醇也没有相差-CH2-的整数倍，故乙二醇与乙醇不是同系物，故C错误；
D、NaOH醇溶液只与 PET端基中的羧基反应，n（NaOH）=cv10-3ml，则PET的物质的量也等于cv10-3ml，则PET的平均相对分子质量==g/ml，PET的平均聚合度，故D正确。
答案选C。
本题考查高分子化合物的结构，单体的判断，中和滴定等知识点，判断同系物的两个要点：一是官能团的种类和个数要相同，二是组成上要相差-CH2-的整数倍。
10、B
【解析】
第一份中Al与xFeO•yFe2O3粉末得到Fe与Al2O3，再与足量盐酸反应，发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，第二份直接放入足量的烧碱溶液，发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2↑，前后两种情况下生成的气体质量比是5：7，则令第一份、第二份生成氢气物质的量分别为5ml、7ml，根据方程式计算Fe、Al的物质的量，再根据第一份中Al与xFeO•yFe2O3反应的电子转移守恒计算xFeO•yFe2O3中Fe元素平均化合价，进而计算x、y比例关系。
【详解】
第一份中Al与xFeO⋅yFe2O3粉末得到Fe与Al2O3，再与足量盐酸反应,发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，第二份直接放入足量的烧碱溶液,发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2↑，前后两种情况下生成的气体质量比是5:7，令第一份、第二份生成氢气物质的量分别为5ml、7ml，则：
令xFeO⋅yFe2O3中Fe元素平均化合价为a，根据Al与xFeO⋅yFe2O3反应中的电子转移守恒：7ml××3=5ml×(a−0)，解得a=2.8，故=2.8，整理得x:y=1:2，答案选B。
11、C
【解析】
A、氟元素可以帮助人体形成骨骼和牙齿，缺氟易患龋齿，故A错误；
B、油脂既能运送营养素，也能作为维生素A、D、E、K的溶剂，它们必须溶在油脂里面，才会被消化吸收，但油脂是小分子，不是高分子，故B错误；
C、将二氧化硫添加于红酒中，利用了SO2具有杀菌作用和抗氧化特性，故C正确；
D、废旧电池含有汞、镉等重金属，用完随便丢弃容易造成环境污染，应集中回收处理，防止污染土壤与水体，故D错误。
答案选C。
12、C
【解析】
①无色溶液中，不含有呈紫色的MnO4-，①不合题意；
②CO32-，AlO2-都能发生水解反应，使溶液呈碱性，②符合题意；
③加入Al能放出H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，但HCO3-都不能大量存在，③不合题意；
④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，NH4+、Cl-、K+、SO42-都能大量存在，④符合题意；
⑤使石蕊变红的溶液呈酸性，Fe3+、MnO4-、NO3-、Na+、SO42-都能大量存在，⑤符合题意；
⑥酸性溶液中，Fe2+、NO3-、I-会发生氧化还原反应，不能大量存在，⑥不合题意。
综合以上分析，只有②④⑤符合题意。故选C。
13、A
【解析】
A. 用容量瓶配制溶液时，用蒸馏水洗涤后不能用待装液润洗，否则所配溶液浓度偏高，A项错误；
B. Fe3+难挥发，可用蒸馏法制得纯净水，B项正确；
C. 为排出其它元素的干扰，做焰色反应时，应用稀盐酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色，才能蘸取其它溶液来进行焰色反应的实验，C项正确；
D. 金属镁着火可用沙子覆盖，以隔绝空气，D项正确；
答案选A。
14、D
【解析】
A.z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，水的电离程度最大， z点之前溶液存在HA抑制水的电离，z点之后溶液中存在NaOH抑制水的电离，所以z点后存在某点，溶液中的水的电离程度和y点的相同，故A正确；
B. HA的电离平衡常数，设HA的量为1，y点的滴定分数为0.91，pH=7，溶液中电荷守恒得到c（Na+）=c（A-）=0.91，则，c（HA）=1-0.91=0.09，平衡常数K=，设0.1ml/L的HA溶液中c（H+）=aml/L，则K=，解得a约为10-3.5ml/L，pH约为3.5，故B正确；
C. z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，根据电荷守恒可知，此时溶液呈碱性，即氢氧根浓度大于氢离子浓度，所以，故C正确；
D. x点处的溶液中溶质为HA和NaA，且二者物质的量相等，存在电荷守恒：，物料守恒：；二式消掉钠离子可得：，此时溶液呈酸性，即c（H+）> c（OH-），所以，故D错误；
故答案为D。
本题难度较大，要灵活运用电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒进行分析求解。
15、B
【解析】
原子半径最小的元素是氢，A为氢，C的L层是K层的3倍，则C为氧，B为氮，D为氟，B原子有7个质子，则E原子有14个核外电子，即硅元素，据此来分析各选项即可。
【详解】
A.二氧化硅可以用于制造光导纤维，A项正确；
B.A、B、C三种元素可以形成，中含有离子键，B项错误；
C.可以直接和作用得到，C项正确；
D.非金属性越强的元素，其氢化物的热稳定性越好，B、C、D、E中非金属性最强的是氟，因此的热稳定性最好，D项正确；
答案选B。
16、D
【解析】
短周期元素X、M的族序数均等于周期序数，符合要求的只有H、Be、Al三种元素；结合分子结构图化学键连接方式，X为H元素，M为Al元素，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，Y为O元素，原子序数依次增大，Z元素在O元素和Al元素之间，结合题图判断Z为Mg元素，据此分析解答。
【详解】
根据分析X为H元素，Y为O元素，Z为Mg元素，M为Al元素；
A．Y为O元素，Z为Mg元素，M为Al元素，简单离子的核外电子排布结构相同，核电荷数越大，半径越小，则半径：Y > Z > M，故A错误；
B．Z为Mg元素，M为Al元素，常温下Al遇浓硝酸发生钝化，不能溶于浓硝酸，故B错误；
C．X为H元素，Y为O元素，X+与Y22-结合形成的化合物为双氧水，是分子晶体，故C错误；
D．Z为Mg元素，Z的最高价氧化物的水化物为氢氧化镁，是中强碱，故D正确；
答案选D。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、C17H15NO5 还原反应 取代反应 CH3COOCOCH3 、、、、（任写三种）
【解析】
根据贝诺酯的结构简式和G、H的分子式可知，G为，H为，再根据题各步转化的条件及有关物质的分子式可推知，E为，B为，C为CH3COOCOCH3，A为，F为，D为，A发生还原反应得B，B与C发生取代反应生成E，E与氢氧化钠反应生成G，C与D发生取代反应生成F，F发生取代反应生成H，G和H发生取代反应生成I，据此分析解答。
【详解】
(1)根据结构简式知，贝诺酯的分子式C17H15NO5，故答案为：C17H15NO5；
(2)A→B的反应类型是还原反应，G+H→Ⅰ的反应类型是取代反应，故答案为：还原反应；取代反应；
(3)根据上面的分析可知，C为CH3COOCOCH3，G为，故答案为：CH3COOCOCH3；；
(4)a. 不能与FeC13溶液发生显色反应，说明没有酚羟基，b. 能发生银镜反应和水解反应，说明有甲酸某酯的结构或酯基和醛基同时存在，c. 能与金属钠反应放出H2，说明有羟基或羧基，d. 苯环上的一氯取代产物只有两种结构，一般为两个取代基处于对位，则满足条件的F的同分异构体的结构简式为、、、、，故答案为：、、、、(其中的三种)；
(5)A为，从A和乙酸出发合成，可以先将对硝基苯酚还原成对氨基苯酚，在碱性条件下变成对氨基苯酚钠，将醋酸与SOCl2反应生成CH3COCl，CH3COCl与对氨基苯酚钠发生反应即可得产品，合成线路为，故答案为：。
18、C5H12 CH3CHO ②⑤ C6H12O62C2H5OH + 2CO2↑ 4 HCOOC(CH3)3
【解析】
A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%，因此A中==，则A为C5H12；H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一，H为HCHO，根据流程图，B为卤代烃，C为醇，D为醛，E为酸；F为乙醇，G为乙醛，G和H以1：3反应生成I，根据信息，I为，J为，E和J以4：1发生酯化反应生成K，E为一元羧酸，E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰，E为，则D为，C为。
【详解】
（1）根据上述分析可知，A的分子式为C5H12，故答案为：C5H12；
（2）根据上述分析，D的结构简式为；G为乙醛，结构简式为CH3CHO，故答案为：；CH3CHO；
（3）根据流程图可知，反应①是葡萄糖的分解反应；反应②为卤代烃的水解反应，属于取代反应；反应③是醛和醛的加成反应；反应④是醛的氢化反应，属于加成反应；反应⑤是酯化反应，属于取代反应，②⑤属于取代反应，故答案为：②⑤；
（4）反应①是葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，反应的化学方程式为C6H12O62C2H5OH + 2CO2↑；反应④是在催化剂作用下，与氢气共热发生加成反应，反应的化学方程式为，故答案为：C6H12O62C2H5OH + 2CO2↑；；
（5）既能发生银镜反应又能发生水解反应，表明分子结构中含有醛基和酯基，E为，E的同分异构体属于甲酸酯，同分异构体的结构为HCOOC4H9，因为丁基有4种结构，故E的同分异构体有4种，其中核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式为HCOOC(CH3)3，故答案为：4；HCOOC(CH3)3。
19、粉碎、搅拌或加热 100mL容量 甲 乙 2 5 16 2 8 10 除去溶液中多余的MnO4-，防止过程④加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差； 淀粉溶液 偏小 K2Cu(C2O4)2
【解析】
（1）在由固体与液体的反应中，要想加快反应速率，可以粉碎固体物质或搅拌，都是增大固液的接触面积，也可以加热等；
（2）配制溶液要掌握好配制步骤，容量瓶的选择，因为配制100mL溶液，所以选择100mL容量瓶，氧化还原滴定的时候，注意选择指示剂、滴定管等。
（3）利用氧化还原反应中得失电子守恒配平氧化还原反应离子方程式：2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2++8H2O+ 10CO2↑；
（4）、MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，据此分析作答；
（5）结合实际操作的规范性作答；
（6）根据方程式找出关系式，通过计算确定晶体的组成。
【详解】
（1）为了加快蓝色晶体在2 ml·L-1稀硫酸中溶解，可以把晶体粉碎、搅拌、或者加热的方法；
（2）配制100mL0.20ml·L－1KMnO4溶液时需要用100mL容量瓶进行溶液配制，配置过程需要用到的玻璃仪器由玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶；过程②是用0.20ml·L-1KMnO4溶液滴定，KMnO4具有强氧化性，因此选用甲（酸式滴定管）；过程⑥是用0.25ml·L－1Na2S2O3溶液滴定，Na2S2O3在溶液中水解呈碱性，故选用乙（碱式滴定管）；
（3）利用氧化还原反应中化合价升降总数相等，先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，然后再观察配平其他物质，过程②的离子反应方程式：2 MnO4++5 C2O42-+16 H+=2 Mn2++8H2O+ 10CO2↑
（4）MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，故加热的目的是除去溶液中多余的MnO4-，防止过程④加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差；
（5）过程⑥是用0.25ml·L－1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液，反应方程式为I2+2S2O32-=21－+S4O62-，故过程⑥，应以淀粉溶液作指示剂；若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则滴入Na2S2O3的物质的量偏小，造成测定Cu2+的含量偏小；
（6）由2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2++8H2O+ 10CO2↑可知n(C2O42-)=2.5n(KMnO4)
=·L－1V(KMnO4)；由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2 S2O32- ~ I2 ~2Cu2+，n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25ml·L-1V(Na2S2O3)，已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，所以n(C2O42-)=2 n(Cu2+)，因为晶体中只有一种阴离子，并且晶体中元素化合价代数和为0，故该晶体为K2Cu(C2O4)2·H2O 。

在氧化还原反应滴定中注意指示剂的选择、滴定管的选择。
20、G F I D E C 正 2Cl--2e=Cl2↑ 丙中溶液变蓝 Cl2+2I-=I2+2Cl- Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ＜ 阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应
【解析】
电解池装置中，阳极与电源的正极相连，阴极与电源的负极相连，电解饱和食盐水在阴极生成的是H2，阳极生成的是Cl2，据此分析；
淀粉遇碘单质变蓝，要从淀粉碘化钾中得到碘单质必须加入氧化性物质，据此分析；
根据已知的数据和电解的总反应方程式计算出生成的NaOH的物质的量浓度，从而可知c(OH-)，再求溶液的pH，据此分析。
【详解】
（1）碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe棒上阳离子放电产生氢气，所以B端是检验氯气的氧化性，连接D，然后再进行尾气吸收，E接C，碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe棒上阳离子放电产生氢气，所以A端是测定所产生的氢气的体积，即各接口的顺序是：A→G→F→I，B→D→E→C，故答案为：G；F；I；D；E；C；
（2）电解池装置中，碳与电源的正极相连，则为阳极，氯离子发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：正；2Cl--2e=Cl2↑；
（3）氯气氧化碘化钾，生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，其离子方程式为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；最后氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，其离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：丙中溶液变蓝；Cl2+2I-=I2+2Cl-；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（4）n(H2)==0.00025ml，根据总反应方程式：2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH可知另一极理论上生成的氯气的物质的量也为0.00025ml，其体积理论上也为5.6mL，但氯气部分会溶于水，且部分会与生成的氢氧化钠反应，因此另一极实际上可收集到气体小于5.6mL，故答案为：＜；阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应。
21、D S(g)+2H2O(g)SO2(g)+2H2(g) H=-90.0kJ/ml 系统（Ⅱ） L2 50% 1 B ＜ 该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小
【解析】
（1）比较非金属性，可利用非金属元素气态氢化物的稳定性和最高价氧化物对应的水化物的酸性，S的最高价氧化物的水化物为硫酸，不能利用亚硫酸；
（2）根据盖斯定律求反应热；
（3）根据题中所给的图像进行分析。
【详解】
（1）A.SO2具有漂白性，其原因为SO2与有色物质反应生成不稳定的无色物质，与元素的非金属性无关，故A错误；
B.少量H2SO3能与Na2CO3反应生成NaHCO3，证明H2SO3的酸性强于HCO3-的酸性，但不能比较碳元素和硫元素非金属性强弱，故B错误；
C.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，体现其还原性，低价态氧化物的还原性强弱不能用来比较元素的非金属性强弱，故C错误；
D.Na2CO3溶液显碱性说明H2CO3为弱酸，而Na2SO4溶液显中性说明H2SO4为强酸，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，故D正确。
故答案为D。
（2）由信息知：①CO2(g)+C(s)2CO(g) H1=+172.4kJ/ml，②Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g) H1=+，③3FeO(s)+H2O(g)Fe3O4(s)+H2(g)H3=-58.2kJ/ml，④2CO(g)+2SO2(g)S(s)+2CO2(g)，H4=+8.0kJ/ml，应用盖斯定律得到系统（Ⅰ）中热化学碳水循环制取氢气的热化学方程式为①+②×2+③×2，即C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) H=+90.4kJ/ml，系统（Ⅱ）中热化学硫水循环联产氢气和二氧化硫的热化学方程式为②×2+③×2-④，即S(g)+2H2O(g)SO2(g)+2H2(g) H=-90.0kJ/ml，系统（Ⅰ）为吸热反应，系统（Ⅱ）为放热反应，故制得等量的H2所需能量较少的系统（Ⅱ），故答案为S(g)+2H2O(g)SO2(g)+2H2(g) H=-90.0kJ/ml；系统（Ⅱ）。
（3）①该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO的平衡体积分数减小，CO2的平衡体积分数增大，故图中表示CO的平衡体积分数与温度关系的曲线为L2，故答案为L2。
②由图中信息，T1℃时，M点对应体系中CO和CO2的平衡体积分数相等，则平衡时CO和CO2的物质的量相等，设参与反应的SO2的物质的量为x，根据三段式法可得2ml-2x=2x，解得x=0.5ml，故SO2的平衡转化率为×100%=50%，同时计算得CO(g)、SO2(g)、S(g)、CO2(g)的平衡浓度分别为0.1ml/L、0.05ml/L、0.05ml/L、0.1ml/L，故该反应的平衡常数K1=1，故答案为50%，1。
③A.该反应为反应前后气体的分子数不变的吸热反应，故增大压强，平衡不移动，故A错误；
B.充入一定量SO2，SO2的浓度增大，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，反应速率增大，故B正确；
C.充入一定量H2S后，其与SO2反应生成硫单质，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，反应速率减小，故C错误；
D.加入适当催化剂，平衡不移动，故D错误。
故答案为B。
④该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故答案为＜，该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。
非金属性强弱的比较规律：①单质的氧化性：一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强；②单质和酸或者和水的反应程度：反应越剧烈，非金属性越强；③对应氢化物的稳定性：氢化物越稳定，非金属性越强；④和氢气化合的难易程度：化合反应越容易，非金属性越强；⑤最高价氧化物对应水化物的酸性：酸性越强，非金属越强；⑥由对应最低价阴离子的还原性：还原性越强，对应非金属性越弱；⑦置换反应：非金属性强的制非金属性弱的。
选项
规律
结论
A
较强酸可以制取较弱酸
次氯酸溶液无法制取盐酸
B
反应物浓度越大，反应速率越快
常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完
C
结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高
NH3沸点低于PH3
D
溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化
AgCl沉淀中滴加NaI溶液可以得到AgI沉淀
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清
苯酚的酸性强于H2CO3的酸性
B
取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体
Na2O2没有变质
C
室温下，用pH试纸测得：0.1 ml/LNa2SO3溶液的pH约为10；0.1 ml/L NaHSO3的溶液的pH约为5
HSO3-结合H+的能力比SO32-弱
D
取少许CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后滴加AgNO3溶液，最终无淡黄色沉淀
CH3CH2Br没有水解