韶关市2025-2026学年高三下学期联合考试化学试题（含答案解析）

这是一份韶关市2025-2026学年高三下学期联合考试化学试题（含答案解析），共10页。
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一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、改变下列条件，只对化学反应速率有影响，一定对化学平衡没有影响的是
A．催化剂B．浓度C．压强D．温度
2、稠环芳香烃是指两个或两个以上的苯环通过共用环边所构成的多环有机化合物。常见的稠环芳香烃如萘、蒽、菲、芘等,其结构分别为
下列说法不正确的是（ ）
A．萘与H2完全加成后，产物的分子式为C10H18
B．蒽、菲、芘的一氯代物分别有3种、5种、5种
C．上述四种物质的分子中,所有碳原子均共平面
D．上述四种物质均能发生加成反应、取代反应
3、某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。下列说法不正确的是
A．上述流程中多次涉及到过滤操作，实验室进行过滤操作时需用到的硅酸盐材质仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗
B．用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原因是MnCO3消耗了溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀
C．实验室用一定量的NaOH溶液和酚酞试液就可以准确测定燃煤尾气中的SO2含量
D．MnSO4溶液→MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小
4、下列说法不正确的是
A．在光照条件下，正己烷（分子式C6H14）能与液溴发生取代反应
B．乙炔和乙烯都能使溴水褪色，其褪色原理相同
C．总质量一定的甲苯和甘油混合物完全燃烧时生成水的质量一定
D．对二氯苯仅一种结构，说明苯环结构中不存在单双键交替的结构
5、下列实验操作能达到实验目的的是
A．用容量瓶配制溶液时，先用蒸馏水洗涤，再用待装溶液润洗
B．用湿润的红色石蕊试纸检验酸性气体
C．在装置甲中放入MnO2和浓盐酸加热制备氯气
D．用装置乙分离乙酸和乙醇的混合物
6、分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（ ）
A．3种B．4种C．5种D．6种
7、25℃时，向某Na2CO3溶液中加入稀盐酸，溶液中含碳微粒的物质的量分数(φ)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法中正确的是
A．pH=7时， c(Na+)=(Cl－ )+c(HCO3－)+2c(CO32－)
B．pH=8时，c(Na+)=c(C1－)
C．pH=12时， c(Na+ )>c(OH－ )>c(CO32－)>c(HCO3－)>c(H+)
D．25℃时，CO32－+H2OHCO3－+OH－的水解平衡常数Kh=10－10ml·L－1
8、草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种淡黄色粉末，某课外小组利用下列装置检验草酸亚铁晶体受热分解的部分产物。
下列说法正确的是
A．若③和⑤中分别盛放足量NaOH溶液和CuO，可检验生成的CO
B．实验时只需要在装置①中反应结束后再通入N2
C．若将④中的无水CaCl2换成无水硫酸铜可检验分解生成的水蒸气
D．实验结束后，①中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物一定为铁
9、化学科学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用。下列说法正确的是（ ）
A．某些金属元素的焰色反应、海水提溴、煤的气化、石油的裂化都是化学变化的过程
B．氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨和温室效应等环境问题
C．油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的油脂会因水解而变质
D．白葡萄酒含维生素C等多种维生素,通常添加微量的目的是防止营养成分被氧化
10、某无色溶液中可能含有 Al3+、HCO3-、Ba2+和 Cl-，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，另取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则原溶液中（ ）
A．一定有 Cl-
B．一定有 HCO3-
C．可能有 Ba2+
D．可能有 Al3+
11、已知某高能锂离子电池的总反应为：2Li+FeS= Fe +Li2S，电解液为含LiPF6·SO(CH3)2的有机溶液（Li+可自由通过）。某小组以该电池为电源电解废水并获得单质镍，工作原理如图所示。
下列分析正确的是
A．X与电池的Li电极相连
B．电解过程中c(BaC12)保持不变
C．该锂离子电池正极反应为：FeS+2Li++2e− =Fe +Li2S
D．若去掉阳离子膜将左右两室合并，则X电极的反应不变
12、已知反应：10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，则下列说法正确的是（ ）
A．KNO3是氧化剂，KNO3中N元素被氧化
B．生成物中的Na2O是氧化产物，K2O是还原产物
C．每转移1mle﹣，可生成标准状况下N2的体积为35.84升
D．若有65gNaN3参加反应，则被氧化的N的物质的量为3.2ml
13、我国科学家开发设计一种天然气脱硫装置，利用如右图装置可实现：H2S+O2→H2O2 +S。已知甲池中有如下的转化：

下列说法错误的是：
A．该装置可将光能转化为电能和化学能
B．该装置工作时，溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池
C．甲池碳棒上发生电极反应：AQ+2H+ +2e- =H2AQ
D．乙池①处发生反应：H2S+I3- =3I-+S↓+2H+
14、在通风橱中进行下列实验：
下列说法中，不正确的是（ ）
A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2=2NO2
B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应
C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化
15、将0.1 ml/L CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起( )
A．溶液的pH增大
B．CH3COOH电离度增大
C．溶液的导电能力减弱
D．溶液中c(OH－)减小
16、已知：25 °C时，MOH的Kb=10-7。该温度下，在20.00 mL0.1 ml· L-1 MCl溶液中滴入0.1 ml·L-1NaOH溶液，溶液的pH与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是
A．a=4B．V1=10
C．溶液中水的电离程度：P>QD．Q点溶液中c(Na+)c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)
b．吸收初期：2c(CO32-)+2 c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(Na+)
c．吸收全进程：c(Na+)+c( H+)=2c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(OH-)
②后期析出固体的成分及析出固体的原因是___________。
③当吸收剂失效时，请写出一种可使其再生的方法（用化学方程式表示）：____________。
参考答案
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、A
【解析】
A．催化剂会改变化学反应速率，不影响平衡移动，故A选；
B．增大反应物浓度平衡一定正向移动，正反应反应速率一定增大，故B不选；
C．反应前后气体体积改变的反应，改变压强平衡发生移动，故C不选；
D．任何化学反应都有热效应，所以温度改变，一定影响反应速率，平衡一定发生移动，故D不选；
故答案选A。
2、B
【解析】
A、萘与氢气完全加成后产物是，其分子式为C10H18，正确；
B、蒽：，有3种不同的氢原子，一氯代物有3种，菲：，有5种不同的氢原子，一氯代物有5种，芘：，有3种不同的氢原子，一氯代物有3种，错误；
C、四种有机物都含有苯环，苯环的空间构型为平面正六边形，因此该四种有机物所有碳原子都共面，正确；
D、四种有机物都能发生加成反应和取代反应，正确。
答案选B。
3、C
【解析】
A. 上述流程中多次涉及到过滤操作，使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，这些都属于硅酸盐材质，A正确；
B. MnCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡，电离产生的CO32-能消耗溶液中的H+，使Al3+和 Fe3+的水解平衡正向移动，促进 Al3+和 Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，B正确；
C. 用一定量的NaOH溶液和酚酞试液吸收二氧化硫，反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液呈碱性，溶液颜色变化不明显，不能准确测定燃煤尾气中的SO2含量，C错误；
D. 由于MnO2具有氧化性，当溶液酸性较强时，MnO2的氧化性会增强，所以MnSO4溶液→MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小，D正确；
故合理选项是C。
4、D
【解析】
A. 在光照条件下，烷烃能够与卤素单质发生取代反应，故A正确；
B．乙炔和乙烯与溴水都能发生加成反应，则褪色原理相同，故B正确；
C. 甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)的含氢量相等，总质量一定的甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)混合物中氢元素的质量一定，完全燃烧时生成水的质量一定，故C正确；
D．对二氯苯仅一种结构，不能说明苯环结构中不存在单双键交替的结构，因为如果是单双键交替的结构，对二氯苯也是一种结构，故D错误；
故选D。
本题的易错点为D，要注意是不是单双键交替的结构，要看对二氯苯是不是都是一种，应该是“邻二氯苯仅一种结构，才能说明苯环结构中不存在单双键交替的结构”，因为如果是苯环结构中存在单双键交替的结构，邻二氯苯有2种结构。
5、C
【解析】
A．用容量瓶配制溶液不能用待装液润洗，A项错误；
B．湿润的红色石蕊试纸遇酸性气体不变色，B项错误；
C．MnO2和浓盐酸在加热条件下可制备氯气，C项正确；
D．乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗进行分离，D项错误。
答案选C。
6、B
【解析】
分子式为C5H10O2的有机物可能是羧酸或酯，能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，说明该有机物含有-COOH，为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，丁基异构数等于该有机物的异构体数。
【详解】
分子式为C5H10O2的有机物能与NaHCO3能产生气体，说明该有机物中含有-COOH，为饱和一元羧酸，则烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故选B。
本题考查特定结构的同分异构体书写，侧重于分析能力的考查，注意官能团的性质与确定，熟练掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键。
7、A
【解析】
A、由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=(OH－ )+Cl－ )+c(HCO3－)+2c(CO32－), pH=7时，c(H+)=(OH－ )，则c(Na+)=(Cl－ )+c(HCO3－)+2c(CO32－)，故A正确；
B、据图可知，pH=8时溶液中溶质为碳酸氢钠和氯化钠，则溶液中c（Cl－）＜c（Na＋），故B错误；
C、pH=12时，溶液为Na2CO3溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子， 则c(Na+ )>c(CO32－)>c(OH－ )>c(HCO3－)>c(H+)，故C错误；
D、CO32－的水解常数Kh=c(HCO3－)c(OH－)/c(CO32－)，据图可知，当溶液中c（HCO3－）:c（CO32－）=1:1时，溶液的pH=10，c（H＋）=10-10ml·L－1，由Kw可知c（OH－）=10-4ml·L－1，则Kh=c(HCO3－)c(OH－)/c(CO32－)=c（OH－）=10-4ml·L－1，故D错误；
故选A。
本题考查盐类的水解、平衡常数计算、弱电解质的电离等，难点为D，注意利用溶液中c（HCO3－）:c（CO32－）=1:1时，溶液的pH=10这个条件。
8、A
【解析】
A、利用②、③除去CO2，④中的无水氯化钙将气体干燥后，如果⑤中CuO固体转变成红色，则反应一定生成CO，A正确；
B、实验开始后，装置中的空气对分解及检验都有干扰，所以必须先通入N2除去装置中的空气，B错误；
C、由于从②、③溶液中导出的气体会带出水蒸气，因此④中放置无水硫酸铜无法检验分解生成的水蒸气，C错误；
D、草酸亚铁晶体分解剩余的固体为FeO，如果没有完全变为黑色，也有可能是由于晶体没有完全分解，D错误；
答案选A。
固体分解得到的水一定要在通过溶液之前检验。
9、D
【解析】
A. 焰色反应是物理变化，故A错误；
B. 氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨环境问题，温室效应是CO2造成的，故B错误；
C. 长时间放置的油脂会因被氧化而变质，故C错误；
D. 白葡萄酒含维生素C等多种维生素，SO2具有还原性，通常添加微量SO2的目的是防止营养成分被氧化，故D正确。
综上所述，答案为D。
10、B
【解析】
取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则一定含有HCO3-、Ba2+，又HCO3-与Al3+发生双水解反应，所以原溶液中一定不含Al3+，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，则白色沉淀一定含碳酸钡，综上所述，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，一定不含Al3+，可能含 Cl-，据此分析判断。
【详解】
A、原溶液中可能含 Cl-，故A错误；
B、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故B正确；
C、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故C错误；
D、由上述分析可知，原溶液中一定不含Al3+，故D错误；
故选：B。
本题考查离子检验与推断，掌握发生的离子反应及现象是解题关键，题目难度不大。
11、C
【解析】
由反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，应为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为正极反应，正极电极反应为FeS+2Li++2e-=Fe+Li2S，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni，则电解池中：镀镍碳棒为阴极，即Y接线柱与原电池负极相接，发生还原反应，碳棒为阳极，连接电源的正极，发生氧化反应，据此分析解答。
【详解】
A. 用该电池为电源电解含镍酸性废水，并得到单质Ni，镍离子得到电子、发生还原反应，则镀镍碳棒为阴极，连接原电池负极，碳棒为阳极，连接电源的正极，结合原电池反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为原电池正极，所以X与电池的正极FeS相接，故A错误；
B. 镀镍碳棒与电源负极相连、是电解池的阴极,电极反应Ni2++2e−=Ni，为平衡阳极区、阴极区的电荷，Ba2+和Cl−分别通过阳离子膜和阴离子膜移向1%BaCl2溶液中，使BaCl2溶液的物质的量浓度不断增大，故B错误；
C. 锂离子电池，FeS所在电极为正极，正极反应式为FeS+2Li++2e−═Fe+Li2S，故C正确；
D. 若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl−>OH−，则Cl−移向阳极放电：2Cl−−2e−=Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变，故D错误；
答案选C。
12、C
【解析】
10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中，N元素的化合价由-价升高为0，N元素的化合价由+5价降低为0，该反应转移10e-，以此来解答。
【详解】
A.、KNO3中N元素的化合价降低，为氧化剂，其中氮元素被还原，故A错误；
B、只有N元素的化合价变化，则N2是氧化产物，也是还原产物，故B错误；
C、由反应可知转移10ml电子生成16ml氮气，则每转移1 ml电子，可生成N2为1.6ml，标准状况下N2的体积为35.84L，故C正确;
D、若有65 g NaN3参加反应，则被氧化的N的物质的量为，故D错误；
故选 C。
13、B
【解析】
A.装置是原电池装置，据此确定能量变化情况；
B.原电池中阳离子移向正极；
C.甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应；
D.在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，I3-得电子生成I-，据物质的变化确定发生的反应。
【详解】
A.装置是原电池装置，根据图中信息知道是将光能转化为电能和化学能的装置，A正确；
B.原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池移向甲池，B错误；
C.甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应，即AQ+2H++2e-=H2AQ，C正确；
D.在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，I3-得电子生成I-，发生的反应为H2S+I3-═3I-+S↓+2H+，D正确。
故合理选项是B。
本题考查原电池的工作原理以及电极反应式书写的知识，注意知识的归纳和梳理是关键，注意溶液中离子移动方向：在原电池中阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动，本题难度适中。
14、C
【解析】
I 中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮；Ⅱ中Fe遇浓硝酸钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，所以产生少量红棕色气泡后，迅速停止；Ⅲ中构成原电池，Fe作为负极，且Fe与浓硝酸直接接触，会产生少量二氧化氮，Cu作为正极，发生得电子的反应，生成二氧化氮。
【详解】
A．I 中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮，化学方程式为: 2NO+O2=2NO2，A正确；
B．常温下，Fe遇浓硝酸易钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，B正确；
C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明浓HNO3的氧化性强于稀HNO3，C错误；
D．Ⅲ中构成原电池，在Fe、 Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化，D正确；
答案选C。
15、A
【解析】
A．CH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反应方向移动，溶液的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，正确；
B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误；
C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，错误；
D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，错误。
故选A。
16、D
【解析】
A. 25 °C时，MOH的Kb=10-7，则Kh(MCl)==10-7，解得c(H+)=10-4 ml/L，pH=a=4，A正确；
B. 等浓度的MCl、MOH的混合溶液中，MCl的水解程度等于MOH的电离程度，所以溶液pH=7时，加入的MOH的体积为10 mL，B正确；
C. 在盐MCl溶液中逐滴加入NaOH溶液，加入的碱越大，水对电离的抑制作用越强，水电离程度就越小，所以溶液中水的电离程度：P>Q，C正确；
D.P点加入10mLNaOH溶液时nP(Na+)=nP(M+)，Q点时MOH少量电离，nQ(M+)2c(M+)，D错误；
故合理选项是D。
17、C
【解析】
A．温度过高蛋白质会发生变性，故A正确；
B．天然气燃烧只生成二氧化碳和水，为清洁燃料，利用天然气可以合成二甲醚等有机物，是重要的化工原料，故B正确；
C．碳化硅是非金属化合物，且为无机物，碳化硅是一种新型无机非金属材料，故C错误；
D．铝比铜活泼，形成原电池铝作负极被氧化，防腐方法为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；
故答案为C。
18、B
【解析】
A. 液氯是只含Cl2的纯净物，氯水是氯气溶于水得到的混合物，不是同一物质，故A错误；
B. 氢氧化钠俗称火碱、烧碱、苛性钠，是同一物质，故B正确；
C.胆矾的化学式为CuSO4·5H2O，绿矾的化学式为FeSO4·7H2O，二者表示的不是同一种物质，故C错误；
D. 干冰是固体二氧化碳，水晶是二氧化硅晶体，二者表示的不是同一种物质，故D错误。
故答案选B。
本题考查常见物质的名称，了解常见物质的俗名是解题的关键，易错选项A，注意对易混淆的物质归纳总结。
19、C
【解析】
A、氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，选项A能实现；
B、在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳气体，在溶液中就有了大量的Na+、NH4+、Cl-和HCO3-，其中碳酸氢钠溶解度最小，析出碳酸氢钠晶体，加热析出的碳酸氢钠分解生成碳酸钠，选项B能实现；
C、硫燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，选项C不能实现；
D、氯化镁溶液与石灰乳反应转化为难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，煅烧生成氧化镁，选项D能实现。
答案选C。
20、D
【解析】
A．物质Ⅰ()的分子式为C7H8O2，故A错误；
B．C-H、C-Cl的键长不同，CHCl3分子是四面体结构，而不是正四面体结构，故B错误；
C．物质Ⅰ、Ⅲ结构不相似，Ⅲ含有醛基，二者不是同系物，故C错误；
D．香草醛中含有苯环、羟基和醛基，则可发生取代、加成反应，故D正确；
答案选D。
21、D
【解析】
由①可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+水解使溶液显酸性，则一定含有NH4+，而S2-水解显碱性，且其水解程度比NH4+大，则溶液中一定不含有S2-；再由氯水能氧化I-生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而②中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I-；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH4+，必须同时存在阴离子，即SO42－必然存在，而Ba2+、SO42－能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的Na+是否存在无法判断，则需检验的离子是Na+，故D符合题意；
所以答案：D。
22、B
【解析】
A. 化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，故A错误；
B. 根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，故 B正确；
C. 催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，故C错误；
D. 反应物总能量-生成物总键能=焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g) ΔH=1598×2- 1072×2-496=+ 556 kJ/ml，故D错误。
二、非选择题(共84分)
23、 羟基 +2Ag(NH3)2OH +2Ag↓+3NH3+H2O +CH3OH +H2O 2HOCH2CH2COOCH3+O2 2OHCH2COOCH3+2H2O
【解析】
A生成B是在光照条件下进行，发生的是取代反应，在根据A的分子式知道A是甲苯，B是，与氢氧化钠发生取代反应，则C是，根据反应条件知道D是，根据信息反应②的特点，醛与酮反应时醛基会转变为碳碳双键，故E中有碳碳双键，则E是。
【详解】
(1)A的名称为甲苯，结构简式是，故答案为：；
(2)C分子的结构简式为，含氧官能团是羟基，故答案为：羟基；
(3)D是，与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH +2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：+2Ag(NH3)2OH +2Ag↓+3NH3+H2O；
(4)由分析可知，E的结构简式是，故答案为：；
(5)水杨酸分子中苯环上有两种含氧官能团，1ml水杨酸与足量NaHCO3完全反应生成1mlCO2，说明存在羧基，同时含有羟基，故水杨酸的结构简式为，与CH3OH发生酯化反应，化学方程式为：+CH3OH +H2O，故答案为：+CH3OH +H2O；
(6)由(5)可知，F为，与乙酸酐反应生成K，K分子中含有两个酯基，则K结构简式是，故答案为：；
(7)M与N互为同分异构体，N与E生成，可知N的结构简式是，故答案为; ;
(8)由流程图可知，乙酸甲酯、甲醛在碱性条件下反生羟醛缩合生成甲，故甲为HOCH2CH2COOCH3，根据信息②③提示，要实现乙到丙过程，乙要有醛基，则甲到乙，实质是HOCH2CH2COOCH3变为OHCH2COOCH3，反应方程式为：2HOCH2CH2COOCH3+O2 2OHCH2COOCH3+2H2O；OHCH2COOCH3与反应，再脱水得到丙，则丙为：，故答案为：2HOCH2CH2COOCH3+O2 2OHCH2COOCH3+2H2O；。
重点考查有机流程的理解和有机物结构推断、官能团、有机反应类型、简单有机物制备流程的设计、有机方程式书写等知识，考查考生对有机流程图的分析能力、对已知信息的理解能力和对有机化学基础知识的综合应用能力。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来告知部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。
24、3 醛基 b、d +2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O
【解析】
甲苯和CO在AlCl3、HCl作用下生成A，A和乙醛发生题目给的已知的反应生成B，则B为，B在银氨溶液或新制氢氧化铜作用下被氧化为羧酸盐，然后再酸化得到D，D可以和甲酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E。
【详解】
（1）遇FeCl3溶液显紫色，说明同分异构体含有酚羟基，则另一个取代基为乙烯基，二者可为邻、间、对3种位置，共有3种同分异构体；根据题目所给信息，B中含有醛基。
（2）B中含有的醛基与C反应转化为羧基，所以试剂C可以为银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液。
（3）酯基在NaOH条件下发生水解反应，根据水解反应的原理，化学方程式为+2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O。
（4）E中含有碳碳双键，经过加聚反应可得E，根据加聚反应规律可得F的结构简式为。
25、b ② 碱石灰 制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率 蒸馏 溶液变为红色，而且半分钟内不褪色 85.5% 偏小
【解析】
（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出；
（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70% H2SO4+Na2SO3来制备SO2；
（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰；
（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；
（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；
（6）用0.1000ml·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；
（7）用cml·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积V，则过量Ag+的物质的量为Vcml，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000ml/L×0.1L−Vc×10−3ml，则可以求出SO2Cl2的物质的量； AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小。
【详解】
（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出，故水应该从b口进入；
（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用②70% H2SO4+Na2SO3来制备SO2，故选②；
（3）根据装置图可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰，可以吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入冷凝管中，故乙装置中盛放的试剂是碱石灰；
（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；
（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；
（6）用0.1000ml·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；
（7）用0.1000ml·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积10.00mL，则过量Ag+的物质的量为Vcml=0.01×0.1000ml·L-1=1×10-3ml，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.2000ml/L×0. 1L−Vc×10−3ml＝1.9×10-2ml，则SO2Cl2的物质的量为1.9×10-2ml ×0.5=9.5×10-3ml ，产品中SO2Cl2的质量分数为 ×100%=85.5%； 已知：Ksp(AgCl)=3.2×10−10，Ksp(AgSCN)=2×10−12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为：85.5%；偏小。
26、吸收HClKClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解。或答：将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液呈酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2。2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O铁氰化钾3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓B18.0089.1%偏低
【解析】
高锰酸钾与浓盐酸在A装置中反应生成氯气，由于浓盐酸易挥发，生成的氯气中一定会混有氯化氢，因此通过装置B除去氯化氢，在装置C中氯气与氢氧化钾反应生成KClO，装置D吸收尾气中的氯气，防止污染。结合题示信息分析解答。
(6)用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成亚铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系FeO42-～2I2，再根据反应2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，利用硫代硫酸钠的物质的量可计算得高铁酸钾的质量，进而确定质量分数。
【详解】
(1)根据上述分析，B装置是用来除去氯气中的氯化氢的，故答案为吸收HCl；
(2)根据题干信息知，KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3，因此反应时需将C装置置于冷水浴中，故答案为KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3；
(3)根据题干信息知，K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定；在Fe3+催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，因此制备K2FeO4时，不能将碱性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，防止Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解；KClO浓溶液与Fe(NO3)3饱和溶液反应制备K2FeO4的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解(或将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液成酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2)；2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O；
(4)工业上常用废铁屑为原料制备Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，检验Fe2+可以使用铁氰化钾，如果含有亚铁离子，会产生蓝色沉淀，其反应原理为3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓，故答案为铁氰化钾；3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓；
(5)根据上述分析，反应后的三颈瓶中生成了KClO，加入饱和KOH溶液，析出K2FeO4固体，过滤、洗涤、干燥，由于K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液，为了减少K2FeO4的损失，洗涤K2FeO4时不能选用水或稀KOH溶液，应该选用无水乙醇，故答案为B；
(6)①根据装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为19.40-1.40=18.00mL，故答案为18.00；
②用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成亚铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系FeO42-～2I2，再根据反应2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，得关系式FeO42-～2I2～4Na2S2O3，所以高铁酸钾的质量为×1.0ml/L×0.018L×198g/ml=0.891g，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为×100%=89.1%，故答案为89.1%
③若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，导致配制的Na2S2O3标准溶液的浓度偏大，滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液的体积偏小，则测得的高铁酸钾的质量分数偏低，故答案为偏低。
27、球形干燥管 与Mg反应放出热量，提供反应需要的活化能 +H2O→+Mg(OH)Br 缓慢滴加混合液 蒸馏 重结晶 68% 乙醚有毒，且易燃
【解析】
首先利用镁条、溴苯和乙醚制取格氏试剂，由于格氏试剂易潮解，所以需要在无水环境中进行反应，则装置A中的无水氯化钙是为了防止空气中的水蒸气进入反应装置；之后通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入苯甲酸抑制和无水乙醚混合液，由于反应剧烈，所以需要采用冷水浴，同时控制混合液的滴入速率；此时得到的三苯甲醇溶解在有机溶剂当中，而三苯甲醇的沸点较高，所以可采用蒸馏的方法将其分离，除去有机杂质；得到的粗品还有可溶于水的 Mg(OH)Br杂质，可以通过重结晶的方法分离，三苯甲醇熔点较高，所以最终得到的产品为白色颗粒状晶体。
【详解】
(1)根据装置A的结构特点可知其为球形干燥管；碘与Mg反应放热，可以提供反应需要的活化能；无水氯化钙防止空气中的水蒸气进入反应装置，使格氏试剂潮解，发生反应：+H2O→+Mg(OH)Br；
(2)控制反应速率除降低温度外(冷水浴)，还可以缓慢滴加混合液、除去混合液的杂质等；
(3)根据分析可知应采用蒸馏的方法除去有机杂质；进一步纯化固体可采用重结晶的方法；
(4)三苯甲醇可以通过格氏试剂与苯甲酸乙酯按物质的量比2:1反应，由于格氏试剂过量，所以理论生成的n(三苯甲醇)=n(苯甲酸乙酯)=0.09ml，所以产率为=68%；本实验使用的乙醚易挥发，有毒且易燃，所以需要在通风橱中进行。
本题易错点为第3题，学生看到三苯甲醇的熔点较高就简单的认为生成的三苯甲醇为固体，所以通过过滤分离，应还要注意三苯甲醇的溶解性，实验中使用的有机溶剂都可以溶解三苯甲醇，所以要用蒸馏的方法分离。
28、否 -196 0.020ml/(L∙min) 1 AB 9 4(kPa)2 增加 减少
【解析】
(1)有化合价发生变化的反应为氧化还原反应，根据CrO5结构式为分析反应中是否有化合价变化；
(2)根据盖斯定律解答；
(3)①0-20min内，根据图像，利用v=计算v(H2O2)；
②已知该反应的瞬时速率可表示为v(H2O2)=k·cn(H2O2)，根据图示，每间隔20分钟，双氧水的浓度变为原来的一半，则速率也变为原来的二分之一；
③催化剂能加快反应速率，降低活化能，不能改变焓变；
(4)①利用相同条件下物质的量之比等于压强之比，结合求解；
②利用Qp与Kp的大小关系解答；
【详解】
(1)由CrO5的结构式可知存在过氧键、Cr-O键、Cr=O，在4个Cr-O键中O为-1价，在Cr=O键中O为-2价，Cr元素化合价为+6价，反应前后元素化合价没有发生变化不是氧化还原反应；
(2) 已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H = -571.6kJ·ml-1
②H2(g)+O2(g)=H2O2(l) △H = -187.8kJ·ml-1
则根据盖斯定律，①-②×2可得，2H2O2(l)=2H2O(l)+ O2(g) △H = -196kJ·ml-1；
(3)①0-20min内，根据图像，H2O2的浓度变化量=0.4 ml/L，v(H2O2)==0.020ml/(L∙min)；
②根据图示，每间隔20分钟，双氧水的浓度变为原来的一半，则速率也变为原来的二分之一，已知该反应的瞬时速率可表示为v(H2O2)=k·cn(H2O2)，20分钟时的双氧水瞬时速率v(H2O2)20min= k×(0.4)n，40分钟时的双氧水瞬时速率v(H2O2)40min= k×(0.2)n，，则(0.4)n=2×(0.2)n，则n=1；
③A．催化剂能加快反应速率，故v(H2O2)增大，故A正确；
B．催化剂能加快反应速率，则速率常数k增大，故B正确；
C．催化剂不改变反应热(焓变)，则△H不变，故C错误；
D．催化剂可降低反应的活化能，则Ea(活化能)减小，故D错误；
答案选AB；
(4)①假设只发生以下反应，达平衡时两者分解的物质的量比为2：1，设发生分解的CuSO4·5H2O的物质的量为2ml，根据反应CuSO4·5H2O(s)⇌CuSO4·3H2O(s)+2H2O(g)，则生成水蒸气的物质的量为4ml，设发生分解2NaHCO3的物质的量为1ml，根据反应2NaHCO3(s)⇌Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)，则生成的水蒸气和二氧化碳分别为0.5ml，利用相同条件下物质的量之比等于压强之比，==9结合=9，则Kp2===4(kPa)2求解；
②平衡后，用总压为101kPa的潮湿空气[其中p(H2O)=8kPa、p(CO2)=0.4kPa]替换容器中的气体，50℃下达到新平衡。对于反应CuSO4·5H2O(s)⇌CuSO4·3H2O(s)+2H2O(g)，Qp1=(8kPa)2=64(kPa)2＞Kp1，平衡逆向进行，容器内CuSO4·5H2O的质量将增加；对于反应2NaHCO3(s)⇌Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)，Qp2= p(H2O)∙ p(CO2)=3.2(kPa)2＜Kp2，平衡正向进行，容器内NaHCO3质量将减小。
29、 CO(g)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=-36kJ/ml T2>T1，相同条件下，温度越高反应速率越快，达到化学平衡状态的时间越短 ac 碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，依据反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，水的质量减小，溶质质量增大 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O
【解析】（1）①根据图像可知，CO变换反应的热化学方程式是：CO(g)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=-2034 kJ/ml +1998 kJ/ml =-36kJ/ml；
②i．根据图像可知，先拐先平得知T2>T1，即原因为：相同条件下，温度越高反应速率越快，达到化学平衡状态的时间越短；ii．该反应为气体体积不变的反应，根据等效平衡可知，T2温度下，其他条件相同时，起始充入0.5aL半水煤气，为原反应物的一半，平衡时氢气的体积分数不变，浓度为原来的一半，反应速率减小，所需时间更长，故图像为：；
（2）①a、吸收前为饱和Na2CO3溶液，是强碱弱酸盐，水解显碱性且二步水解，但水解是微弱的，故：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)，选项a正确；b、吸收前根据物料守恒有：2c(CO32-)+2 c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(Na+)，吸收初期碳原子增加，故：2c(CO32-)+2 c(HCO3-)+2c(H2CO3)>c(Na+)，选项b错误；c、吸收全进程的离子种类不变，根据电荷守恒都有：c(Na+)+c( H+)=2c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(OH-)，选项c正确，答案选ac。②后期析出固体的成分为碳酸氢钠，依据反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，水的质量减小，溶质质量增大，而溶质碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，故析出碳酸氢钠晶体；③当吸收剂失效时，则全部转化为碳酸氢钠，将析出的晶体过滤后灼烧可得碳酸钠，其反应为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O。
步骤
现象
Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色
气泡后，迅速停止
Fe、Cu接触后，其表面
均产生红棕色气泡
物质
相对分子量
沸点
熔点
溶解性
三苯甲醇
260
380℃
164.2℃
不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
乙醚
-
34.6℃
-116.3℃
微溶于水，溶于乙醇、苯等有机溶剂
溴苯
-
156.2℃
-30.7℃
不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
苯甲酸乙酯
150
212.6℃
-34.6℃
不溶于水