西藏自治区昌都市2025-2026学年高三下学期联合考试化学试题（含答案解析）

这是一份西藏自治区昌都市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。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
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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、下列有关实验能达到相应实验目的的是
A．实验①用于实验室制备氯气B．实验②用于制备干燥的氨气
C．实验③用于石油分馏制备汽油D．实验④用于制备乙酸乙酯
2、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．向1L0.5ml/L盐酸溶液中通入NH3至中性(忽略溶液体积变化)，此时NH4+个数为0.5NA
B．向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1 ml Fe2+被氧化时，该反应中转移电子数目为3NA
C．标准状况下，22.4L二氯甲烷中含有4NA极性共价键
D．用惰性电极电解CuSO4溶液，标况下，当阴极生成22.4L气体时，转移的电子数为2NA
3、某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3－、SO42－、Cl－，滴入过量氨水，产生白色沉淀，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定存在的离子是
A．SO42－B．NO3－C．Na+D．Fe3+
4、工业上电解MnSO4溶液制备Mn和MnO2，工作原理如图所示，下列说法不正确的是
A．阳极区得到H2SO4
B．阳极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+
C．离子交换膜为阳离子交换膜
D．当电路中有2mle-转移时，生成55gMn
5、某小组同学探究铁离子与硫离子的反应，实验操作及现象如表：下列有关说法错误的（ ）
A．两次实验中，开始产生的黑色沉淀都为Fe2S3
B．两次实验中，产生的黄色沉淀是因为发生了反应Fe2S3+4FeCl3═6FeCl2+3S
C．向稀FeCl3溶液中逐滴加入稀Na2S溶液至过量最后生成的黑色沉淀为FeS
D．在Na2S溶液过量的情况下，黑色沉淀中存在较多的Fe(OH)3
6、下列说法正确的是
A．铅蓄电池充电时，阳极质量增大
B．0.1ml ·L-lCH3COONa溶液加热后，溶液的pH减小
C．标准状况下，11.2L苯中含有的碳原子数为3×6.02×1023
D．室温下，稀释0.1ml·L-1氨水，c(H+)·c(NH3·H2O)的值减小
7、2018年我国首次合成了在有机化工领域具有重要价值的化合物M(结构简式如图所示)。下列关于M的说法错误的是
A．分子式为C10H11NO5
B．能发生取代反应和加成反应
C．所有碳原子可以处在同一平面内
D．苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有4种(不考虑立体结构)
8、最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：
下列说法中正确的是
A．CO和O生成CO2是吸热反应
B．在该过程中，CO断键形成C和O
C．CO和O生成了具有极性共价键的CO2
D．状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
9、屠呦呦因发现治疗疟疾的青蒿素和双氢青蒿素（结构如图）获得诺贝尔生理学或医学奖．一定条件下青蒿素可以转化为双氢青蒿素．下列有关说法中正确的是
A．青蒿素的分子式为C15H20O5
B．双氢青蒿素能发生氧化反应、酯化反应
C．1 ml青蒿素最多能和1 mlBr2发生加成反应
D．青蒿素转化为双氢青蒿素发生了氧化反应
10、化学反应前后肯定没有变化的是
①原子数目 ②分子数目 ③元素种类 ④物质的总质量 ⑤物质的种类
A．①④B．①③⑤C．①③④D．①②③④
11、在铁的氧化物和氧化铝组成的混合物中，加入2ml/L硫酸溶液65mL，恰好完全反应。所得溶液中Fe2+能被标准状况下112mL氯气氧化。则原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为( )
A．5 : 7B．4 : 3C．3 : 4D．9 : 13
12、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
13、下列实验现象和结论相对应且正确的是
A．AB．BC．CD．D
14、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
15、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）
A．SSO3H2SO4
B．NH3NO2HNO3
C．Cu2(OH)2CO3CuCl2(aq)Cu(s)
D．饱和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)
16、能促进水的电离平衡，并使溶液中的c（H+）＞c（OH﹣）的操作是（ ）
A．将水加热煮沸B．将明矾溶于水
C．将NaHSO4固体溶于水D．将NaHCO3固体溶于水
17、四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48，下列说法不正确的是
A．原子半径（r）大小比较：
B．X和Y可形成共价化合物XY、等化合物
C．Y的非金属性比Z的强，所以Y的最高价氧化物的水化物酸性大于Z
D．Z的最低价单核阴离子的失电子能力比W的强
18、a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，工业上采用液态空气分馏方法来生产供医疗急救用的b的单质，c与b同族，d与c形成的一种化合物可以溶解硫。下列有关说法正确的是
A．原子半径：a>b>c>d
B．元素非金属性的顺序为b>c>d
C．a与b形成的化合物只有离子键
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：d>c
19、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.5ml雄黄(As4S4)，结构如图，含有NA个S-S键
B．将1 ml NH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为NA
C．标准状况下，33.6L二氯甲烷中含有氯原子的数目为3NA
D．高温下，16.8gFe与足量水蒸气完全反应，转移的电子数为0.6NA
20、设阿伏加德罗常数的值为NA，下列叙述正确的是
A．1L0.1ml·L－1Na2S溶液中含有的S2－的数目小于0.1NA
B．同温同压下，体积均为22.4L的卤素单质中所含的原子数均为2NA
C．1ml苯中含有的碳碳双键数为3NA
D．78g过氧化钠固体中所含的阴、阳离子总数为4NA
21、下面是丁醇的两种同分异构体，其结构简式、沸点及熔点如下表所示：
下列说法不正确的是
A．用系统命名法给异丁醇命名为：2-甲基-1-丙醇
B．异丁醇的核磁共振氢谱有三组峰，且面积之比是1∶2∶6
C．用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来
D．两种醇发生消去反应后得到同一种烯烃
22、有一种锂离子电池，在室温条件下可进行循环充放电，实现对磁性的可逆调控。一极为纳米Fe2O3，另一极为金属锂和石墨的复合材料，电解质只传导锂离子。电池总反应为：Fe2O3+6Li2Fe+3Li2O，关于此电池，下列说法不正确的是
A．放电时，此电池逐渐靠近磁铁
B．放电时，正极反应为Fe2O3+6Li++6e-= 2Fe+3Li2O
C．放电时，正极质量减小，负极质量增加
D．充电时，阴极反应为Li++e-=Li
二、非选择题(共84分)
23、（14分）G是一种神经保护剂的中间体，某种合成路线如下：
根据上述转化关系，回答下列问题：
（1）芳香族化合物A的名称是___。
（2）D中所含官能团的名称是____。
（3）B—C的反应方程式为____。
（4）F—G的反应类型___。
（5）G的同分异构体能同时满足下列条件的共有____种（不含立体异构）；
①芳香族化合物②能发生银镜反应，且只有一种官能团，其中，核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的是__（写出一种结构简式）。
（6）参照上述合成路线，写出以和BrCH2COOC2H5为原料（无机试剂任选），制备的合成路线____________。
24、（12分）药物瑞德西韦(Remdesivir))对2019年新型冠状病毒(2019-nCV)有明显抑制作用；K为药物合成的中间体,其合成路线如图：
已知：
①R—OHR—Cl
②
回答下列问题：
（1）A的化学名称为___。由A→C的流程中，加入CH3COCl的目的是___。
（2）由G→H的化学反应方程式为___，反应类型为___。
（3）J中含氧官能团的名称为___。碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，则瑞德西韦中含有___个手性碳原子。
（4）X是C的同分异构体，写出一种满足下列条件的X的结构简式___。
①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；
②遇FeCl3溶液发生显色反应；
③1ml的X与足量金属Na反应可生成2gH2。
（5）设计以苯甲醇为原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）___。
25、（12分）对氨基苯磺酸是制取染料和一些药物的重要中间体，可由苯胺磺化得到。
+H2SO4H2O
已知：苯胺是一种无色油状液体，微溶于水，易溶于乙醇，熔点−6.1℃，沸点184.4℃。对氨基苯磺酸是一种白色晶体，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于碱性溶液，不溶于乙醇。实验室可用苯胺、浓硫酸为原料，利用如图所示实验装置合成对氨基苯磺酸。
实验步骤如下：
步骤1：在250 mL三颈烧瓶中加入10 mL苯胺及几粒沸石，将三颈烧瓶放在冰水中冷却，小心地加入18 mL浓硫酸。
步骤2：将三颈烧瓶置于油浴中缓慢加热至170～180℃，维持此温度2～2.5小时。
步骤3：将反应产物冷却至约50℃后，倒入盛有100 mL冷水的烧杯中，用玻璃棒不断搅拌，促使对氨基苯磺酸晶体析出。将烧瓶内残留的产物冲洗到烧杯中，抽滤，洗涤，得到对氨基苯磺酸粗产品。
步骤4：将粗产品用沸水溶解，冷却结晶，抽滤，收集产品，晾干可得纯净的对氨基苯磺酸。
（1）装置中冷凝管的作用是__________。
（2）步骤2油浴加热的优点有____________________。
（3）步骤3中洗涤沉淀的操作是______________。
（4）步骤3和4均进行抽滤操作，在抽滤完毕停止抽滤时，应注意先__________，然后__________，以防倒吸。
（5）若制得的晶体颗粒较小，分析可能的原因______（写出两点）。
26、（10分）亚氯酸钠（NaClO2）是二氧化氯（ClO2）泡腾片的主要成分。实验室以氯酸钠（NaClO3）为原料先制得ClO2，再制备NaClO2粗产品，其流程如图：
已知：①ClO2可被NaOH溶液吸收，反应为2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O。
②无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解。
（1）反应Ⅰ中若物质X为SO2，则该制备ClO2反应的离子方程式为___。
（2）实验在如图-1所示的装置中进行。
①若X为硫磺与浓硫酸，也可反应生成ClO2。该反应较剧烈。若该反应在装置A的三颈烧瓶中进行，则三种试剂（a.浓硫酸；b.硫黄；c.NaClO3溶液）添加入三颈烧瓶的顺序依次为___（填字母）。
②反应Ⅱ中双氧水的作用是___。保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中提高ClO2吸收率的操作有：装置A中分批加入硫黄、___（写出一种即可）。
（3）将装置B中溶液蒸发可析出NaClO2，蒸发过程中宜控制的条件为___（填“减压”、“常压”或“加压”）。
（4）反应Ⅰ所得废液中主要溶质为Na2SO4和NaHSO4，直接排放会污染环境且浪费资源。为从中获得芒硝（Na2SO4·10H2O）和石膏（水合硫酸钙），请补充完整实验方案：___，将滤液进一步处理后排放（实验中须使用的试剂和设备有：CaO固体、酚酞、冰水和冰水浴）。已知：CaSO4不溶于Na2SO4水溶液；Na2SO4的溶解度曲线如图−2所示。
27、（12分）二氧化硫(SO2)是一种在空间地理、环境科学、地质勘探等领域受到广泛研究的一种气体。
Ⅰ.某研究小组设计了一套制备及检验SO2部分性质的装置，如图所示：
(1)仪器A的名称____________。
(2)装置乙的作用是为了观察生成SO2的速率，则装置乙中加入的试剂是____________。
(3)①实验前有同学提出质疑：该装置没有排空气，而空气中的O2氧化性强于SO2，因此装置丁中即使有浑浊现象也不能说明是SO2导致的。请你写出O2与Na2S溶液反应的化学反应方程式____________。
②为进一步检验装置丁产生浑浊现象的原因，进行新的实验探究。实验操作及现象见表：
由实验现象可知：该实验条件下Na2S溶液出现浑浊现象是SO2导致的。你认为上表实验1反应较慢的原因可能是____________。
Ⅱ.铁矿石中硫元素的测定可以使用燃烧碘量法，其原理是以氮气为载体，以稀盐酸、淀粉和碘化钾的混合溶液为吸收液，用0.0010 ml·L-1KIO3标准溶液进行滴定。检测装置如图所示：
[查阅资料] ①实验进行5min样品中的S元素都可转化为SO2
②2IO3-+5SO2+4H2O=8H++5SO42-+I2
③I2+SO2+2H2O=2I-+SO42-+4H+
④IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O
(4)工业设定的滴定终点现象是____________。
(5)实验一：不放样品进行实验，5 min后测得消耗标准液体积为V1
实验二：加入1 g样品再进行实验，5 min后测得消耗标准液体积为V2
①比较数据发现V1远远小于V2，可忽略不计。则设置实验一的目的是___________。
②测得V2的体积如表：
该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为____________。
28、（14分）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH=－92.4 kJ·ml－1
（1）已知：2H2(g)＋O2(g)2H2O(g) ΔH=－483.6 kJ·ml－1。则4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g) ΔH=______kJ·ml－1。
（2）如图所示，合成氨反应中未使用催化剂时，逆反应的活化能Ea(逆)＝__kJ·ml－1；使用催化剂之后，正反应的活化能为___kJ·ml－1(已知：加入催化剂后，反应分两步进行，反应的活化能是两个过程中需要吸收能量较大的反应的活化能)。
（3）从平衡视角考虑，工业合成氨应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500 ℃左右的高温，试解释其原因： ____________________________。
（4）如图表示500 ℃、60 MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3的体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数为__。
（5）合成氨需要选择合适的催化剂，分别选用A、B、C三种催化剂进行实验，所得结果如图所示(其他条件相同)，则实际生产中适宜选择的催化剂是__(填“A”“B”或“C”)，理由是________。
（6）如图是当反应器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料后，在200 ℃、400 ℃、600 ℃反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随总压强的变化曲线。
①曲线a、b对应温度较高的是___(填“a”或“b”)。
②列出b点平衡常数的计算式Kp=____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数；不要求计算结果)。
29、（10分）某研究小组以甲苯为主要原料，采用以下路线合成医药中间体F和Y。
已知：①
②
③CH3COOH+CH3COOH→(CH3CO)2O+H2O
请回答下列问题：
（1）下列有关F的说法正确的是______________。
A．分子式是C7H7NO2Br B．F即能与HCl又能与NaOH应生成盐
C．能发生取代反应和缩聚反应 D．1 ml的 F最多可以和2 ml NaOH反应
（2）C→ D的反应类型是 _____。
（3）在合成F的过程中，B→C步骤不能省略，理由是_____________________。
（4）D→E反应所需的试剂是 ___________________。
（5）写出同时符合下列条件的A的同分异构体的结构简式（写出其中1个）_________________。
①苯环上只有两种不同化学环境的氢原子②分子中含有－CHO
（6）利用已知信息，以X和乙烯为原料可合成Y，请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）。___________ 注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：
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、C
【解析】
A．实验①的图中利用MnO2和浓盐酸反应制备氯气，但是该反应需要加热才发生，没有加热装置，达不到实验目的，A项错误；
B．NH3的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，实验②达不到实验目的，B项错误；
C．装置③为分馏装置，不管是温度计水银球的位置还是冷凝管进水出水的方向都没有错误，C项正确；
D．右侧试管中使用的是饱和NaOH溶液，酯在碱性环境下易水解，得不到产物，D项错误；
本题答案选C。
2、A
【解析】
A. 向1L0.5ml/L盐酸溶液中通入NH3至中性(忽略溶液体积变化)，n(NH4+)= n(Cl-)，所以NH4+个数为0.5NA，故A正确；
B. 向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化碘离子，没有FeI2的物质的量，不能计算当有1 ml Fe2+被氧化时转移电子的物质的量，故B错误；
C. 标准状况下，二氯甲烷是液体，22.4L二氯甲烷的物质的量不是1ml，故C错误；
D. 用惰性电极电解CuSO4溶液，阴极先生成铜单质再生成氢气，标况下，当阴极生成22.4L氢气时，转移的电子数大于2NA，故D错误。
答案选A。
3、A
【解析】
某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3－、SO42－、Cl－，滴入过量氨水，产生白色沉淀，该白色沉淀为氢氧化铝，则一定含有Al3+，一定不含Fe3+（否则产生红褐色沉淀），若溶液中各离子的物质的量浓度相等，根据电荷守恒，则一定存在的离子是SO42－，且至少含有NO3－、Cl－中的一种，若含有NO3－、Cl－两种，则还含有Na+，故答案选A。
4、C
【解析】
根据图示，不锈钢电极为阴极，阴极上发生还原反应，电解质溶液中阳离子得电子，电极反应为：Mn2++2e-= Mn；钛土电极为阳极，锰离子失去电子转化为二氧化锰，电极反应为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，据此解题。
【详解】
A．根据分析，阴极电极反应为：Mn2++2e-= Mn，阳极电极反应为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，阴极区的SO42-通过交换膜进入阳极区，因此阳极上有MnO2析出，阳极区得到H2SO4，故A正确；
B．根据分析，阳极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，故B正确；
C．由A项分析，阴极区的SO42-通过交换膜进入阳极区，则离子交换膜为阴离子交换膜，故C错误；
D．阴极电极反应为：Mn2++2e-= Mn，当电路中有2mle-转移时，阴极生成1ml Mn，其质量为1ml ×55g/ml=55g，故D正确；
答案选C。
本题易错点是C选项判断硫酸根离子的移动方向，阴极阳离子减少导致错误判断会认为阴极需要补充阳离子，阳极产生的氢离子数目多，硫酸根离子应向阳极移动。
5、D
【解析】
实验开始时，生成黑色沉淀为Fe2S3，由于硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，黄色沉淀为S，硫化钠过量，最后生成FeS，以此解答该题。
【详解】
A．开始试验时，如生成硫，应为黄色沉淀，而开始时为黑色沉淀，则应为Fe2S3，故A正确；
B．硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，方程式为Fe2S3+4FeCl3═6FeCl2+3S，故B正确；
C．发生氧化还原反应生成氯化亚铁，硫化钠过量，则生成FeS，为黑色沉淀，故C正确；
D．在Na2S溶液过量的情况下，三价铁全部被还原，黑色沉淀为FeS，且Fe(OH)3为红褐色，故D错误。
故选：D。
6、D
【解析】A. 铅蓄电池充电时，阳极反应为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，阳极质量减小，故A错误；B. 0.1ml ·L-lCH3COONa溶液加热后，水解程度增大，溶液的碱性增强，pH增大，故B错误；C. 标准状况下，苯不是气体，无法计算11.2L苯中含有的碳原子数，故C错误；D. 室温下，稀释0.1ml·L-1氨水，氨水的电离程度增大，但电离平衡常数不变，K= =，则 c(H+)·c(NH3·H2O)=，随着稀释，铵根离子浓度减小，因此c(H+)·c(NH3·H2O)的值减小，故D正确；故选D。
7、C
【解析】
A. 分子式为C10H11NO5，故A正确；
B. 含有苯环，能发生取代反应和加成反应，故B正确；
C. 分子中画红圈的碳原子通过3个单键与另外3个碳原子相连，所以不可能所有碳原子处在同一平面内，故C错误；
D. 苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有、、、，共4种，故D正确；
选C。
8、C
【解析】
A.根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；
B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；
C.由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；
D.状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。
故选C。
9、B
【解析】A．由结构可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故A错误；B．双氢青蒿素含-OH，能发生氧化反应、酯化反应，故B正确；C．青蒿素不含碳碳双键或三键，则不能与溴发生加成反应，故C错误；D．青蒿素转化为双氢青蒿素，H原子数增加，为还原反应，故D错误；故选B。
10、C
【解析】
在化学反应前后元素种类、原子数目和物质的总质量不变，分子数目可能变化，而物质种类一定发生变化，据以上分析解答。
【详解】
化学反应的实质是有新物质生成,从微观角度来看是原子的重新组合,反应中遵循质量守恒定律,反应前后元素原子守恒,所以化学反应前后肯定没变化的是①原子数目、③元素种类、④物质的总质量；而反应前后分子数目可以改变,物质种类也会改变；综上分析所述, ①③④反应前后不变；
综上所述，本题正确选项C。
11、D
【解析】
硫酸的物质的量n=2ml/L×0.065L=0.1ml，所以n（H+）=0.26ml。因为其与混合物恰好完全反应，氢离子与混合物中的氧离子生成H2O，说明混合物中含有0.1ml O；n(Cl2)=0.005ml，根据反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－，则溶液中n（Fe2+）=0.01ml，所以FeO为0.01ml。设Fe2O3和Al2O3为Xml，则0.01+3X=0.1，X=0.04，所以金属原子个数是0.01+0.04×2=0.09，原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为0.09:0.1=9：1．本题选A。
金属氧化物与酸反应时，酸中的氢离子与氧化物中的氧离子结合成水，所以可用酸中的氢离子的物质的量计算金属氧化物中氧离子的物质的量。混合物的计算通常可用守恒法解题，本题可用氢原子和氧原子守恒、硫酸根守恒、电荷守恒、电子转移守恒等等，所以本题还有其他解法。
12、B
【解析】
A.苯酚与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，所以苯酚的酸性强于碳酸氢钠，弱于碳酸，故A错误；
B. 气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色说明生成乙烯气体，溴乙烷生成乙烯的反应属于消去反应，故B正确；
C.具有还原性，通入溶液，溶液褪色，体现二氧化硫的还原性，故C错误；
D.由于氯化钠和碘化钠的物质的量浓度的相对大小未知，有可能因为碘化钠的浓度较大而产生黄色沉淀碘化银，因此不能得出结论，当氯化钠的浓度大于或等于碘化钠的浓度时，若产生黄色沉淀可得出题中的结论，故D错误，
故选B。
二氧化硫具有漂白性，但并非所有颜色褪去的反应都是由于其漂白性，这是很容易被忽略的问题。比较结构和组成相似的难溶物的溶度积时，要根据控制变量法进行实验设计，控制两溶液的浓度相同，或控制溶度积较大的浓度较大，才可以得出合理的结论；或者根据沉淀的转化进行判断，但要注意在进行沉淀的转化时，防止有过量试剂的干扰。
13、C
【解析】
A.进行焰色反应，火焰呈黄色，说明含有Na+，不能确定是否含有K+，A错误；
B.蔗糖在稀硫酸催化作用下发生水解反应产生葡萄糖，若要证明水解产生的物质，首先要加入NaOH中和催化剂硫酸，使溶液显碱性，然后再用Cu(OH)2进行检验，B错误；
C.在AgCl和AgI饱和溶液中加入过量AgNO3溶液，产生白色沉淀和黄色沉淀，且白色沉淀的质量远大于黄色沉淀，说明溶液中c(Cl-)较大，c(I-)较小，物质的溶解度AgCl>AgI，由于二者的化合物构型相同，因此可证明物质的溶度积常数Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C正确；
D.根据实验现象，只能证明溶液中含有I2，由于溶液中含有两种氧化性的物质HNO3、Fe3+，二者都可能将I-氧化为I2，因此不能证明氧化性Fe3+>I2，D错误；
故合理选项是C。
14、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。
15、D
【解析】
A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫；
B、氨气一步反应只能得到一氧化氮；
C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜；
D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠。
【详解】
A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则转化关系不可以实现，选项A错误；
B、氨气一步反应只能得到一氧化氮，不能得到二氧化氮，则转化关系不可以实现，选项B错误；
C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜，则转化关系不可以实现，选项C错误；
D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体、氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，转化关系可以实现，选项D正确。
答案选D。
本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，C项为易错点，注意Na和盐溶液反应的特点。
16、B
【解析】
A. 加热煮沸时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，溶液仍然呈中性，故A错误；
B. 向水中加入明矾，铝离子水解对水的电离起促进作用，电离后的溶液显酸性，溶液中的c（H+）＞c（OH-），故B正确；
C. 向水中加NaHSO4固体，硫酸氢钠在水中完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，溶液中的c（H+）＞c（OH-），但氢离子抑制水电离，故C错误；
D. 向水中加入NaHCO3，碳酸氢钠中的碳酸氢根水解而使溶液显碱性，即溶液中的c（H+）＜c（OH-），故D错误；
正确答案是B。
本题考查影响水电离的因素，注意酸或碱能抑制水电离，含有弱酸根离子或弱碱阳离子的盐能促进水电离。
17、C
【解析】
据周期表中同周期、同主族元素原子序数的变化规律，利用已知条件计算、推断元素，进而回答问题。
【详解】
表中四种短周期元素的位置关系说明，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期。设X原子序数为a，则Y、Z、W原子序数为a+1、a+9、a+10。因四种元素原子序数之和为48，得a=7，故X、Y、Z、W分别为氮（N）、氧（O）、硫（S）、氯（Cl）。
A. 同周期主族元素从左到右，原子半径依次减小，故，A项正确；
B. X和Y可形成共价化合物XY（NO）、（NO2）等化合物，B项正确；
C. 同主族由上而下，非金属性减弱，故Y的非金属性比Z的强，但Y元素没有含氧酸，C项错误；
D. S2-、Cl-电子层结构相同，前者核电荷数较小，离子半径较大，其还原性较强，D项正确。
本题选C。
18、B
【解析】
a的M电子层有1个电子，则A为Na；工业上采用液态空气分馏方法来生产供医疗急救用的b的单质，则b为O；c与b同族且为短周期元素，则c为S；d与c形成的一种化合物可以溶解硫，该物质为CS2，则d为C。
【详解】
A. 同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径增大，因此原子半径Na>S>C>O，即a>c>d>b，故A错误；
B. 同一主族：从上到下，元素的非金属性减弱，元素非金属性的顺序为O>S>C，即b>c>d，故B正确；
C. a与b形成的过氧化钠中既含有离子键，又含有共价键，故C错误；
D. S的非金属性大于C，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：d小于c，故D错误；
故答案为B。
19、B
【解析】
A.S原子最外层有六个电子，形成2个共价键，As原子最外层五个，形成3个共价键，由结构图知白色球为硫原子，分子中不存在S-S键,故A错误；B. NH4NO3==NH4++ NO3-，NH3.H2O NH4++OH-,溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中n(NH4+)=n(NO3-), NH4+的数目等于NA，故B正确；C.标况下,二氯甲烷为液体,不能使用气体摩尔体积,故C错误;铁的物质的量为0.3ml,而铁与水蒸汽反应后变为+8/3价,故0.3ml铁失去0.8ml电子即0,8NA个,所以D错误; 所以B选项是正确的。
20、A
【解析】
A、由于硫离子水解，所以1L0.1ml•L-1Na2S溶液中含有的S2-的个数小于0.1NA，选项A正确；
B、同温同压下不一定为标准状况下，卤素单质不一定为气体，体积为22.4L的卤素单质的物质的量不一定为1ml，故所含的原子数不一定为2NA，选项B错误；
C、苯中不含有碳碳双键，选项C错误；
D、过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，78g过氧化钠固体为1ml，其中所含的阴、阳离子总数为3NA，选项D错误。
答案选A。
21、B
【解析】
A. 醇的系统命名步骤：1.选择含羟基的最长碳链作为主链，按其所含碳原子数称为某醇；2.从靠近羟基的一端依次编号，写全名时，将羟基所在碳原子的编号写在某醇前面，例如1-丁醇CH3CH2CH2CH2OH；3.侧链的位置编号和名称写在醇前面。因此系统命名法给异丁醇命名为：2-甲基-1-丙醇，故不选A；
B. 有几种氢就有几组峰，峰面积之比等于氢原子个数比；异丁醇的核磁共振氢谱有四组峰，且面积之比是1∶2∶1∶6，故选B；
C. 根据表格可知，叔丁醇的沸点与异丁醇相差较大，所以用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来，故不选C；
D. 两种醇发生消去反应后均得到2-甲基丙烯，故不选D；
答案：B
22、C
【解析】
A. 放电时，锂为负极，氧化铁在正极反应，所以反应生成铁，此电池逐渐靠近磁铁，故正确；
B. 放电时，正极为氧化铁变成铁，电极反应为Fe2O3+6Li++6e-= 2Fe+3Li2O，故正确；
C. 放电时，正极反应WieFe2O3+6Li++6e-= 2Fe+3Li2O，正极质量增加，负极锂失去电子生成锂离子，质量减少，故错误；
D. 充电时，阴极锂离子得到电子，电极反应为Li++e-=Li，故正确。
故选C。
掌握原电池和电解池的工作原理，注意电解质的存在形式对电极反应的书写的影响，本题中电解质只能传到锂离子，所以电极反应中出现的离子只能为锂离子。
二、非选择题(共84分)
23、间苯二酚或1，3-苯二酚 羰基、醚键、碳碳双键 取代反应 16种
【解析】
由C的结构简式和逆推知B为，A为。再结合其他各物质的结构简式和反应条件进行推断。
【详解】
（1）根据上述分析可知芳香族化合物A的名称是间苯二酚或1，3-苯二酚。答案：间苯二酚或1，3-苯二酚。
（2）由D的结构简式可知所含官能团的名称是羰基、醚键、碳碳双键。答案：羰基、醚键、碳碳双键。
（3）B的结构简式为，C的结构简式为，反应条件BC，其方程式为。答案：。
（4）由F—G的结构简式和条件可知该反应类型为酯基的水解反应，也可称为取代反应。答案：取代反应。
（5）G的结构简式为，同时满足①芳香族化合物说明含有苯环；②能发生银镜反应，且只有一种官能团，说明含有醛基；符合条件G的同分异构体有（移动-CH3有2种），（定-CH3移-CHO有4种），（3种）,(6种)，，共有16种；其中，核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的是。答案：16；。
综合考查有机物的相关知识。突破口C的结构简式，各步反应条件逆推B、A的结构，根据结构决定性质和各步反应条件，推断反应类型，书写反应方程式。
24、苯酚 保护羟基，防止被氧化 HCHO+HCN 加成反应 酯基 5 或
【解析】
A发生信息1的反应生成B，B发生硝化取代反应生成C，根据C的结构简式可知，B为，A为；D发生信息1的反应生成E，E中含两个Cl原子，则E为，E和A发生取代反应生成F，G发生信息2的反应生成H，H发生取代反应，水解反应得到I，根据I结构简式可知H为HOCH2CN，G为HCHO，I发生酯化反应生成J，F与J发生取代反应生成K，J为，结合题目分析解答；
（7）的水解程度为：，结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化即可生成苯甲醛，据此分析确定合成路线。
【详解】
（1）由上述分析可知，A为，其化学名称为：苯酚；酚羟基具有弱还原性，能够被浓硫酸氧化，因此加入CH3COCl的目的是保护羟基，防止被氧化；
（2）H为HOCH2CN，G为HCHO，由G生成H的化学反应方程式为：HCHO+HCN；反应中醛基中不饱和键生成饱和化学键，属于加成反应；
（3）J为，其含氧官能团为酯基；瑞德西韦中碳原子位置为：，一共有5个手性碳原子；
（4）C是对硝基乙酸苯酯，X是C的同分异构体，X的结构简式满足下列条件：①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；②遇FeCl3溶液发生显色反应；③1ml的X与足量金属Na反应可生成2gH2(即1ml)，则含有两个羟基，根据不饱和度知还存在-CH=CH2，该分子结构对称，符合条件的结构简式为：或；
（5）根据上述分析可知，该合成路线可为：。
25、冷凝回流 受热均匀，便于控制温度 向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次 拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管 关闭水龙头 溶液温度过高或冷却结晶时速度过快（合理答案即可）
【解析】
结合题给信息进行分析：
步骤1中，将三颈烧瓶放入冷水中冷却，为防止暴沸，加入沸石。
步骤2中，因为反应温度为170～180℃，为便于控制温度，使反应物受热均匀，采取油浴方式加热；
步骤3中，结合对氨基苯磺酸的物理性质，将反应产物导入冷水烧杯中，并不断搅拌有助于对氨基苯磺酸的析出。再根据对氨基苯磺酸与苯胺在乙醇中的溶解性不同，采用乙醇洗涤晶体。
步骤4中，利用对氨基苯磺酸可溶于沸水，通过沸水溶解，冷却结晶等操作，最终得到纯净产品。
【详解】
（1）冷凝管起冷凝回流的作用，冷却水从下口进入，上口排出；答案为：冷凝回流；
（2）油浴加热优点是反应物受热均匀，便于控制温度；答案为：受热均匀，便于控制温度；
（3）苯胺是一种无色油状液体，微溶于水，易溶于乙醇，对氨基苯磺酸是一种白色晶体，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于碱性溶液，不溶于乙醇，则洗涤时选用乙醇。洗涤的操作为向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次；答案为：向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次；
（4）抽滤完毕停止抽滤时，为防止倒吸，先拆下连接抽气泵和吸滤瓶间的橡皮管，再关水龙头；答案为：拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管；关闭水龙头；
（5）对氨基苯磺酸微溶于冷水，可溶于沸水，若制得的晶体颗粒较小，可能的原因是溶液温度过高或冷却结晶时速度过快。答案为：溶液温度过高或冷却结晶时速度过快（合理答案即可）。
冷却结晶的晶体大小影响因素：
（1）浆料的过饱和度，这个主要由温度来控制，温度越低过饱和度越低。过饱和度越大，则产生晶核越多，结晶体粒径越小。
（2）停留时间，时间越长，则产生的结晶体粒径越大。
（3）容器的搅拌强度，搅拌越强，容易破碎晶体，结晶体粒径越小。
（4）杂质成分，杂质成分较多，则比较容易形成晶核，结晶体粒径越小。
26、2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42- cab 作还原剂 水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等） 减压 向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4℃以下，接近0℃，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝
【解析】
用二氧化硫将NaClO3还原制得ClO2，ClO2和NaOH反应制得NaClO3和NaClO2，再用过氧化氢将NaClO3还原成NaClO2制得NaClO2粗品。
【详解】
（1）SO2作还原剂，S化合价升高2，被氧化成SO42-，ClO3-作氧化剂，被还原成ClO2，Cl化合价降低1，结合电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可书写离子方程式：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-，故答案为：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-；
（2）①反应剧烈，浓硫酸只能在最后添加，结合流程图可知先加NaClO3，所以顺序为：先加NaClO3，再加S，最后加浓硫酸，故答案为：cab；
②反应Ⅱ中NaOH和ClO2反应生成NaClO3和NaClO2，过氧化氢的作用是将NaClO3还原成NaClO2，过氧化氢会分解，温度不宜太高，所以控制A中水浴加热时温度不过高，或者在B中搅拌、或者加一个多孔球泡，故答案为：作还原剂；水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等）；
（3）无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解，应该减压，让水分尽快蒸发，故答案为：减压；
（4）加入一定量CaO使NaHSO4反应成CaSO4，为了保证NaHSO4反应完，所加CaO需稍过量，CaO过量溶液就显碱性了，可以用酚酞作指示剂，当溶液变为浅红色时停止加CaO，CaSO4不溶于Na2SO4水溶液，此时可用过滤、洗涤的方法得到石膏，此时滤液为Na2SO4溶液，还不是芒硝，从图上看，可将温度调整32.4℃以下，形成芒硝，析出芒硝晶体，过滤、洗涤、干燥就可得芒硝了，为了使芒硝产率较高，可用冰水洗涤，降低因溶解损失的量，故答案为：向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4℃以下，接近0℃，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝。
结合图像，温度低于32.4℃以下，硫酸钠结晶得到芒硝，温度降低，芒硝的溶解度减小，可用冰水洗涤减小损失率。
27、蒸馏烧瓶 饱和亚硫酸氢钠溶液 O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓ 氧气中水中的溶解度比二氧化硫小 吸收液出现稳定的蓝色 空白实验 0.096%
【解析】
I.在装置A中制取SO2气体，通过乙观察SO2气体产生的速率，经品红溶液检验SO2的漂白性，在装置丁中SO2与Na2S会发生氧化还原反应产生S单质，SO2及反应产生的H2S都是有毒气体，经NaOH溶液尾气处理后排出。
II.根据IO3-能够氧化SO2为SO42-，氧化I-为I2，SO2反应完全后，再滴入的IO3-溶液，I2不再反应，溶液中的I2遇淀粉溶液变为蓝色；要测定物质含量，应该排除杂质的干扰，设计对比实验，为减少实验的偶然性，要进行多次平行实验，取多次实验的平均值，根据反应过程中电子守恒计算铁矿石样品中硫元素的质量分数。
【详解】
(1)根据图示仪器结构可知：仪器A的名称为蒸馏烧瓶；
(2)装置乙的作用是为了观察生成SO2的速率，为了减少SO2气体在溶液中的溶解，可根据H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡的性质，在装置乙中加入的试剂为饱和NaHSO3溶液；
(3)①Na2S具有还原性，O2具有氧化性，在溶液中会发生氧化还原反应产生S单质和NaOH，反应的化学方程式为O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓；
②根据O2、SO2气体分别通入到Na2S溶液中产生S单质的时间可知，物质的氧化性：SO2>O2，该实验条件下Na2S溶液出现浑浊现象是SO2导致的。表中实验1反应较慢的原因可能是O2难溶于水，而SO2易溶于水，由于氧气中水中的溶解度比二氧化硫小，导致反应速率较慢；
II. (4)根据方程式可知物质的氧化性：IO3->I2>SO2，向含有SO2、KI和淀粉溶液中滴加KIO3溶液，首先发生②反应，当SO2反应完全后发生反应④，反应产生的I2单质遇淀粉溶液会变为蓝色，且半分钟内溶液蓝色不褪去，就证明滴定达到终点；
(5)①通过比较实验一、实验二的数据，发现V1远远小于V2，可忽略不计V1。设置实验一的目的是空白对比实验，排除干扰因素的存在；
②三次实验数据相差不大，均有效，则平均消耗KIO3标准溶液体积V(KIO3)=mL=10.00 mL，n(KIO3)=c·V=0.0010 ml/L×0.0100 L=1.0×10-5 ml，根据电子守恒及结合②③方程式可知n(SO2)=3n(KIO3)=3.0×10-5 ml，根据S元素守恒可知其中含有S元素的质量为m(S)=n·M=3.0×10-5 ml×32 g/ml=9.6×10-4 g，所以该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为×100%=0.096%。
本题考查了气体的制取、性质的验证、化学反应方程式的书写及应用和物质含量测定。掌握反应原理和物质的性质是计算与判断的依据。在进行有关计算时要结合电子守恒及元素守恒分析判断。易错点是(5)中S含量计算，关键是IO3-氧化SO2时二者物质的量的关系的确定，注意还原产物I2也可氧化SO2，要根据总方程式判断。
28、－1266 427.4 126 从反应速率角度考虑，反应温度越高，反应速率越快；从催化剂活性角度考虑，500℃左右催化剂活性较高；温度过高，平衡将逐渐逆向移动，不利于氨的合成 22% A 催化剂A在较低温度下具有较高的催化活性，一方面可节约能源，另一方面低温有利于氨的合成 b （或）
【解析】
（1）将题给已知热化学方程式依次编号为Ⅰ、Ⅱ，根据盖斯定律，由3×Ⅱ－2×Ⅰ可得4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)ΔH＝(－483.6 kJ·ml－1)×3＋92.4 kJ·ml－1×2＝－1266 kJ·ml－1；
（2）根据ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能可知，合成氨反应中未使用催化剂时，逆反应的活化能Ea(逆)＝(335＋92.4)kJ·ml－1＝427.4 kJ·ml－1；由图1及括号内的已知信息可知，使用催化剂之后，正反应的活化能为126 kJ·ml－1；
（3）反应温度越高，反应速率越快，且在500 ℃左右催化剂活性较高，若温度过高，平衡将逐渐逆向移动，不利于氨的合成，所以在实际工业生产中选择500 ℃左右的高温；
（4）根据图2中的数据可知，a点时NH3的平衡体积分数为12%，投料比n(N2)∶n(H2)＝1∶3，
解法一：设起始加入的N2为1 ml，参与反应的N2为n ml，根据三段式法有：
则＝12%，解得n＝，N2的平衡体积分数为＝22%。
解法二：起始投料比等于化学计量数之比，则N2的平衡体积分数为(1－12%)×＝22%。
（5）由图3可知，催化剂A在较低温度下具有较高的催化活性，且合成氨反应是放热反应，低温对氨的合成有利，所以实际生产中适宜选择的催化剂是A；
（6）①合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NH3的物质的量分数减小，故曲线a、b对应温度较高的是b；
②根据图4中的数据可知，b点时NH3的平衡物质的量分数为20%，总压强p＝70 MPa。
解法一：设起始加入的N2为1 ml，反应的N2为m ml，则根据三段式法有：
则＝20%，解得m＝，所以b点时，NH3和N2的物质的量分数均为20%，H2的物质的量分数为60%，则Kp＝（或）；
解法二：起始投料比等于化学计量数之比，则b点时N2的物质的量分数为(1－20%)×＝20%，H2的物质的量分数为20%×3＝60%，则Kp＝（或）。
29、BC 氧化反应 氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基 Br2 / FeBr3 或Br2 / Fe
【解析】
由甲苯与A的分子式，结合D的结构简式可知甲苯发生甲基对位的硝化反应生成A，则A为，A发生信息中反应，硝基被还原为氨基生成B，则B的结构简式为，结合D的结构可知，B中氨基中1个H原子被取代生成C为，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，对比D、F的结构可知，D与液溴发生取代反应生成E为，E发生水解反应得到F，可知B→C是为了保护氨基不被氧化，据此分析作答。
【详解】
（1）A．根据F的结构简式，可知其分子式应为C7H6NO2Br，A错误；
B．F中有氨基与羧基，可以形成内盐，B正确；
C．F中有羧基、溴原子，可以发生取代反应，F中有氨基与羧基，可以发生缩聚反应，C正确；
D．羧基能与氢氧化钠反应，苯环上的溴原子发生水解反应生成酚羟基，所以1mlF最多能和3mlNaOH反应，D错误；
答案选BC；
（2）C→D是C中甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化生成-COOH，属于氧化反应；
（3）由于在合成F的过程中，氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基，因此B→C步骤不能省略；
（4）D→E苯环上氢原子被-Br原子取代，反应所需的试剂是：液溴、Fe；
（5）同时符合下列条件的A的同分异构体：①苯环上只有两种不同化学环境的氢原子 ②分子中含有－CHO，符合条件的同分异构体有、、；
（6）由信息可知，苯甲醛与乙醛在碱性条件下得到，再发生消去反应得到，乙烯发生加成反应生成乙醇，乙醇催化氧化得到乙醛，以苯甲醛和乙烯为原料合成Y的路线流程图为。
滴入FeCl3溶液立刻有黑色沉淀生成继续滴入FeC13溶液，黑色沉淀增多后又逐渐转化为黄色沉淀
滴入Na2S溶液立刻生成黑色沉淀，沉淀下沉逐渐转化为黄色。继续滴入Na2S溶液，最后出现黑色的沉淀
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
将溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液共热后产生的气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色
溴乙烷发生消去反应
C
通入溶液，溶液褪色
有漂白性
D
向、的混合稀溶液中滴入少量稀溶液，有黄色沉淀生成
X
Y
Z
W
异丁醇
叔丁醇
结构简式
沸点/℃
108
82.3
熔点/℃
-108
25.5
序号
实验操作
实验现象
1
向10 mL 1 ml/L Na2S溶液中通O2
15 min后，溶液才出现浑浊
2
向10 mL 1 ml/L Na2S溶液中通SO2
溶液立即出现黄色浑浊
序号
1
2
3
KIO3标准溶液体积/mL
10.02
9.98
10.00