徐州市2025-2026学年高三下学期一模考试化学试题（含答案解析）

这是一份徐州市2025-2026学年高三下学期一模考试化学试题（含答案解析），共3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。
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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、下列过程没有明显现象的是
A．加热NH4Cl固体B．向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水
C．向FeSO4溶液中通入NO2D．向稀Na2CO3溶液中滴加少量盐酸
2、一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应：N2（g）+O2（g）2NO（g），曲线a表示该反应在温度T℃时N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。叙述正确的是（ ）
A．温度T℃时，该反应的平衡常数K=
B．温度T℃时，混合气体的密度不变即达到平衡状态
C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂
D．若曲线b改变的条件是温度，则该正反应放热
3、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2LH2与11.2LD2所含的质子数均为NA
B．硅晶体中，有NA个Si原子就有4NA个Si—Si键
C．6.4g Cu与3.2g硫粉混合隔绝空气加热，充分反应后，转移电子书为0.2NA
D．用惰性电极电解食盐水，若导线中通过2NA个电子，则阳极产生22.4L气体
4、实验室制备硝基苯时，经过配制混酸、硝化反应(50～60℃)、洗涤分离、干燥蒸馏等步骤，下列图示装置和操作能达到目的的是
A．配制混酸
B．硝化反应
C．洗涤分离
D．干燥蒸馏
5、莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中。有关说法正确的是（ ）
A．等浓度的两种酸其酸性相同
B．两种酸都能与溴水发生加成反应
C．鞣酸分子与莽草酸分子相比多了两个碳碳双键
D．鞣酸能与Fe3+发生显色反应，而莽草酸不能
6、已知有机物是合成青蒿素的原料之一（如图）。下列有关该有机物的说法正确的是（）
A．可与酸性KMnO4溶液反应
B．既能发生消去反应，又能发生加成反应
C．分子式为C6H10O4
D．1ml该有机物与足量的金属Na反应最多产生33.6LH2
7、以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：则下列叙述错误的是（ ）
则下列叙述错误的是
A．A气体是NH3，B气体是CO2
B．把纯碱及第Ⅲ步所得晶体与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制泡腾片
C．第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒
D．第Ⅳ步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶
8、下表中“试剂”与“操作及现象”对应关系错误的是
A．AB．BC．CD．D
9、1 L某混合溶液中，溶质X、Y浓度都为0.1ml·L—1，向混合溶液中滴加0.1 ml·L—1某溶液Z，所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是（）
A．偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸
B．氯化铝、氯化镁、氢氧化钠
C．氯化铝、氯化铁、氢氧化钠
D．偏铝酸钠、氯化钡、硫酸
10、常温下，向20mL、浓度均为0.1ml·L－1的氢氧化钠溶液、氨水中分别滴加0.1ml·L－1盐酸，溶液导电性如图所示（已知：溶液导电性与离子浓度相关）。下列说法正确的是
A．a点溶液pH=11
B．曲线1中c与e之间某点溶液呈中性
C．c点溶液中：c（H+）=c（OH－）+c（N3H·H2O）
D．在a、b、c、d、e中，水电离程度最大的点是d
11、下列关于文献记载的说法正确的是
A．《天工开物》中“世间丝麻裘褐皆具素质”，文中“丝、麻”的主要成分都是蛋白质
B．《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取过程属于化学变化
C．《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程
D．《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的实验操作是蒸馏
12、298K时，向20mL浓度均为0.1m1/L的MOH和NH3·H2O混合液中滴加0.1ml的CH3COOH溶液，测得混合液的电阻率（表示电阻特性的物理量）与加入CH3COOH溶液的体积（V）的关系如图所示。已知CH3COOH的Ka＝1.8×10－5，NH3·H2O的Kb=1.8×10－5。下列说法错误的是（ ）

A．MOH是强碱
B．c点溶液中浓度：c（CH3COOH)Y>W
B．最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y
C．Z、W组成的化合物能与强碱反应
D．X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:1
15、下列关于有机化合物的叙述中正确的是
A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的
B．汽油、柴油、花生油都是多种碳氢化合物的混合物
C．有机物 1ml最多可与3 ml H2发生加成反应
D．分子式为C15H16O2的同分异构体中不可能含有两个苯环结构
16、化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列叙述正确的是
A．塑料、有机玻璃、光导纤维、碳纤维都是新型有机高分子材料
B．磁性氧化铁可用于制备红色颜料和油漆
C．用明矾溶液可清除铜镜表面的铜锈，是因为溶液中的A13＋离子能与铜锈反应
D．肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗，该过程涉及胶体性质的应用
17、下列实验方案正确且能达到实验目的是（ ）
A．用图1装置制取并收集乙酸乙酯
B．用图2装置除去CO2气体中的HCl杂质
C．用图3装置检验草酸晶体中是否含有结晶水
D．用图4装置可以完成“喷泉实验”
18、乙醇催化氧化制取乙醛(沸点为20.8℃，能与水混溶)的装置(夹持装置已略)如图所示：
下列说法错误的是
A．向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开K
B．实验开始时需先加热②，再通O2，然后加热③
C．装置③中发生的反应为2CH3CH2OH +O22CH3CHO+2H2O
D．实验结束时需先将④中的导管移出。再停止加热
19、W、X、Y、Z四种短周期主族元素的原子序数依次增大，其最高价氧化物对应的水化物的溶液，浓度均为0.1ml/L时的pH如表所示。下列说法正确的是
A．简单离子半径大小顺序为：X>Y>Z>W
B．Z元素的氧化物对应的水化物一定是强酸
C．X、Z的简单离子都能破坏水的电离平衡
D．W、Y都能形成含18个电子的氢化物分子
20、某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素的含量，依次经过以下四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A．灼烧海带：
B．将海带灰溶解后分离出不溶性杂质：
C．制备Cl2，并将I-氧化为I2：
D．以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定：
21、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
22、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．MgCO3MgCl2(aq)Mg
B．NaCl(aq) NaHCO3(s)Na2CO3(s)
C．SiO2SiSiCl4
D．AgNO3 [Ag（NH3）2]OH（aq）Ag
二、非选择题(共84分)
23、（14分）某研究小组以甲苯为原料，设计以下路径合成药物中间体M和R。回答下列问题：
已知：①
②
③
(1)C中的官能团的名称为______，F的结构简式为______，A→B的反应类型为_______。
(2)D→E的反应方程式为______________________________________。
(3)M物质中核磁共振氢谱中有________组吸收峰。
(4)至少写出2个同时符合下列条件试剂X的同分异构体的结构简式_________________
①只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有2种 ②遇FeCl3溶液显紫色 ③分子中含
(5)设计由甲苯制备R（）的合成路线（其它试剂任选）。______________________________
24、（12分）某研究小组拟合成医药中间体X和Y。
已知：①；
②；
③。
(1)的名称是__________
(2)G→X的反应类型是_____________。
(3)化合物B的结构简式为_____________。
(4)下列说法不正确的是__________(填字母代号)
A．化合物A能使酸性KMnO4溶液褪色
B．化合物C能发生加成、取代、消去反应
C．化合物D能与稀盐酸反应
D．X的分子式是C15H16N2O5
(5)写出D+F→G的化学方程式:____________________
(6)写出化合物A(C8H7NO4)同时符合下列条件的两种同分异构体的结构简式_______。
①分子是苯的二取代物，1H—NMR谱表明分子中有4种化学环境不同的氧原子；
②分子中存在硝基和结构。
(7)参照以上合成路线设计E→的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)。
____________________________________________。
25、（12分）硫酸亚铁晶体俗称绿矾(FeSO4 • 7H2O)，重铬酸钠晶体俗称红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)，它们都是重要的化工产品。工业上以铬铁矿[主要成分是[Fe(CrO2)2]为原料制备绿矾和红矾钠的工艺流程如图所示。
请回答下列问题：
(1)已知Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，则Fe(CrO2)中铁元素的化合价为______________。
(2)化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3写成Na2O·SiO2，则Fe(CrO2)2可写成__________。
(3)煅烧铬铁矿时，矿石中的Fe(CrO2)2转变成可溶于水的Na2CrO4，反应的化学方程式如下：
4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2
①该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为________________。
②为了加快该反应的反应速率，可采取的措施是_________________(填一种即可)。
⑷己知CrO42-在氢离子浓度不同的酸性溶液中有不同的反应。如：
2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O 3CrO42-+4H+=Cr3O102-+2H2O
①往混合溶液甲中加入硫酸必须适量的原因是________________。
②混合溶液乙中溶质的化学式为______________________。
(5)写出Fe与混合溶液丙反应的主要离子方程式_________________。检验溶液丁中无Fe3+的方法是：_____________。从溶液丁到绿巩的实验操作为蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。
26、（10分）实验室制备甲基丙烯酸甲酯的反应装置示意图和有关信息如下：
+CH3OH+H2O
已知甲基丙烯酸甲酯受热易聚合；甲基丙烯酸甲酯在盐溶液中溶解度较小；CaCl2可与醇结合形成复合物；
实验步骤：
①向100mL烧瓶中依次加入：15mL甲基丙烯酸、2粒沸石、10mL无水甲醇、适量的浓硫酸；
②在分水器中预先加入水，使水面略低于分水器的支管口，通入冷凝水，缓慢加热 烧瓶。在反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水，保持分水器中水层液面的高度不变，使油层尽量回到圆底烧瓶中；
③当 ，停止加热；
④冷却后用试剂 X 洗涤烧瓶中的混合溶液并分离；
⑤取有机层混合液蒸馏，得到较纯净的甲基丙烯酸甲酯。请回答下列问题：
（1）A装置的名称是_____。
（2）请将步骤③填完整____。
（3）上述实验可能生成的副产物结构简式为_____(填两种）。
（4）下列说法正确的是______
A．在该实验中，浓硫酸是催化剂和脱水剂
B．酯化反应中若生成的酯的密度比水大，不能用分水器提高反应物的转化率
C．洗涤剂X是一组试剂，产物要依次用饱和Na2CO3、饱和CaCl2溶液洗涤
D．为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏
（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为2.70g，计算甲基丙烯酸甲酯的产率约为_____。实验中甲基丙烯酸甲酯的实际产率总是小于此计算值，其原因不可能是_____。
A．分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯
B．实验条件下发生副反应
C．产品精制时收集部分低沸点物质
D．产品在洗涤、蒸发过程中有损失
27、（12分）硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。用锌白矿(主要成分为ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂成) 制备ZnSO4·7H2O的流程如下。
相关金属离了生成氢氧化物沉淀的pH (开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0ml·L-1计算）如下表：
(1)“滤渣1”的主要成分为_________(填化学式）。“酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、______________(填一种)。
(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应的化学方程式为__________________________。
(3)“氧化”一步中，发生反应的离子方程式为_______________________。溶液pH控制在[3.2，6.4)之间的目的是________________。
(4)“母液”中含有的盐类物质有_________ (填化学式）。
28、（14分）工业上利用氧化铝基废催化剂（主要成份为Al2O3,少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd 流程如图：
说明：上述流程中焙烧温度不宜过高，否则会导致硫酸铵固体的分解。
（1）焙烧时产生气体X的结构式为________。
（2）水浸分离中，滤渣Pd的颗粒比较大，一般可以采用的分离方法是_________ (填字母）
A．过滤 B．抽滤 C．倾析 D．渗析
（3）写出酸浸时发生反应的离子方式______(已知氯钯酸为弱酸)
（4）某同学在实验室用如下图所示装置完成Pd的热还原实验，并计算滤渣中 (NH4)2PdCl6的百分含量（滤渣中的杂质不参与热还原反应）。
①写出热还原法过程中发生反应的化学方程式________。
②i.将石英玻璃管中（带开关；K1和K2)(设为装置A )称重，记为mi g。将滤渣 [(NH4)2PdCl6]装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2 g。
ii.连接好装置后，按d→ → →b→ →e(填标号)顺序进行实验。_______
a.关闭K1和K2 b.熄灭酒精灯 c.点燃酒精灯，加热
d.打开K1和K2 e.称量A f.缓缓通入H2 g.冷却至室温
iii.重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。
③根据实验记录，计算滤渣中（NH4)2PdCl6的百分含量__________[列式表示，其中(NH4)2PdCl6相对分子质量为355]。
④实验结束时，发现硬质试管右端有少量白色固体，可能是____(填化学式）,这种情况导致实验结果_________(填“偏高”、“偏低”、“无影响”）
29、（10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)。
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、D
【解析】
A.加热NH4Cl固体分解生成氨气和氯化氢气体，在试管口处重新生成固体氯化铵，有明显的现象，A不符合题意；
B.向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水发生反应生成氢氧化铝白色沉淀，有明显现象，B不符合题意；
C.向FeSO4溶液中通入NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸具有强氧化性，能氧化Fe2+为Fe3+，溶液变为黄色，有明显现象，C不符合题意；
D.向稀Na2CO3溶液中滴加少量盐酸，发生反应产生NaCl和NaHCO3，无明显现象，D符合题意；
故合理选项是D。
本题考查了物质的特征性质和反应现象，掌握基础是解题关键，题目难度不大。D项为易错点，注意碳酸钠与稀盐酸反应时，若盐酸少量生成物为碳酸氢钠和氯化钠、盐酸过量生成物为氯化钠、二氧化碳和水。
2、A
【解析】
A．
故K＝，故A正确；
B．反应物和生成物均是气体，故气体的质量m不变，容器为恒容容器，故V不变，则密度ρ＝不变，故B错误；
C．由图可知，b曲线氮气的平衡浓度减小，故应是平衡发生移动，催化剂只能改变速率，不能改变平衡，故b曲线不可能是由于催化剂影响的，故C错误；
D．由图可知，b曲线化学反应速率快(变化幅度大)，氮气的平衡浓度减小，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即△H＞0，故D错误；
故答案为A。
3、A
【解析】
A. 标准状况下，11.2LH2与11.2LD2均为0.5ml，每个分子中含有2个质子，则所含的质子数均为NA，故A正确；
B. 硅晶体中，每个Si周围形成4个Si—Si键，每个Si—Si键是2个Si原子共用，所以有NA个Si原子就有2NA个Si—Si键，故B错误；
C. 硫和铜反应的方程式：2Cu+S Cu2S，6.4gCu与3.2gS粉的物质的量相等，均为0.1ml，物质的量相等的铜和硫反应，硫过量，根据铜求转移电子的物质的量，则6.4gCu的物质的量为0.1ml，则转移电子的物质的量为0.1ml，转移电子数为0.1NA，故C错误；
D. 未说明是标准状态，则无法计算生成气体的体积，故D错误。
故选A。
此题易错点在于D项，在涉及气体体积的计算时，要注意是否为标准状态，是否为气体。
4、C
【解析】
A、配制混酸时，应先将浓硝酸注入烧杯中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却，故A错误；B、由于硝化反应控制温度50~60℃，应采取50～60℃水浴加热，故B错误；C、硝基苯是油状液体，与水不互溶，分离互不相溶的液态混合物应采取分液操作，故C正确；D、蒸馏时为充分冷凝，应从下端进冷水，故D错误。答案：C。
本题考查了硝基苯的制备实验，注意根据实验原理和实验基本操作，结合物质的性质特点和差异答题。
5、D
【解析】
A. 莽草酸只有一个羧基能电离出氢离子，使溶液显酸性，鞣酸有一个羧基、三个酚羟基均可以电离出氢离子，使溶液显酸性，则等浓度的两种酸，鞣酸酸性更强，故A错误；
B. 鞣酸不含碳碳双键，含有酚羟基，与溴水只发生取代反应，故B错误；
C. 鞣酸含有苯环，不含碳碳双键，故C错误；
D. 鞣酸含有酚羟基，与铁离子反应，而莽草酸中不含酚−OH，则遇三氯化铁溶液不显紫色，故D正确；
答案选D。
鞣酸中的羟基为酚羟基，遇三氯化铁溶液显紫色，莽草酸中的六元环不是苯环，其中的羟基是醇羟基，遇三氯化铁溶液不显紫色，这是同学们的易错点。
6、A
【解析】
中含有有官能团羟基和羧基，所以具有羟基和羧基的性质。
【详解】
A. 该有机物右上角的羟基可被酸性KMnO4溶液氧化为羧基，A正确；
B. 该有机物右下角的羟基可以发生消去反应，但该有机物不能发生加成反应，B错误；
C. 分子式为C6H12O4，C错误；
D. 未说明是标准状况，所以不确定该有机物与金属Na反应最多产生的H2体积，D错误；
故选A。
7、D
【解析】
A．氨气易溶于水，二氧化碳能溶于水，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备纯碱，所以气体A为氨气，B为二氧化碳，故A正确；
B．第Ⅲ步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，把纯碱及碳酸氢钠与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得泡腾片，故B正确；
C．第Ⅲ步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，所以需要的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；
D．第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D错误；
故选D。
8、B
【解析】
硝酸银溶液中滴加氨水会产生白色沉淀，继续滴加氨水，白色沉淀会生成氢氧化二氨合银，沉淀溶解；铝粉中滴加氢氧化钠，会生成偏铝酸钠，继续滴加氢氧化钠，无现象；硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠，出现氢氧化铜蓝色沉淀，滴加乙醛，加热，新制氢氧化铜会和乙醛反应生辰氧化亚铜砖红色沉淀；氯水中滴加氢氧化钠，颜色褪去，再加盐酸，中和氢氧化钠后与次氯酸反应会生成氯气，颜色恢复。
【详解】
A.硝酸银溶液中滴加氨水会产生白色沉淀，继续滴加氨水，白色沉淀会生成氢氧化二氨合银，沉淀溶解；A项正确；
B.铝粉中滴加氢氧化钠，会生成偏铝酸钠，继续滴加氢氧化钠，无现象；B项错误；
C.硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠，出现氢氧化铜蓝色沉淀，滴加乙醛，加热，新制氢氧化铜会和乙醛反应生辰氧化亚铜砖红色沉淀；C项正确；
D.氯水中滴加氢氧化钠，颜色褪去，再加盐酸，中和氢氧化钠后与次氯酸反应会生成氯气，颜色恢复，D项正确；
答案选B。
9、A
【解析】
A.NaAlO2和Ba(OH)2均为0.1ml，加入等浓度的硫酸，加入的硫酸中的H+和溶液中的OH-生成水，同时SO42-和Ba2+生成BaSO4沉淀，当加入1L硫酸溶液时恰好和Ba(OH)2反应，生成0.1mlBaSO4，再加入0.5LH2SO4溶液时，加入的0.1mlH+恰好和溶液中的0.1mlAlO2-完全反应：H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓，生成0.1mlAl(OH)3沉淀。再加入1.5LH2SO4溶液，加入的0.3mlH+把生成0.1mlAl(OH)3沉淀溶解：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，和图像相符，故A选；
B.AlCl3和MgCl2均为0.1ml，共需要和0.5ml氢氧化钠反应生成沉淀，即需要5L氢氧化钠溶液才能使沉淀达到最多，和图像不符，故B不选；
C.AlCl3和FeCl3均为0.1ml，共需要0.6mlNaOH和它们反应生成沉淀，即需要6LNaOH溶液才能使沉淀达到最多，和图像不符，故C不选；
D.NaAlO2和BaCl2各0.1ml，先加入0.5L硫酸，即0.05ml硫酸，加入的0.1mlH+和溶液中的0.1mlAlO2-恰好完全反应生成0.1mlAl(OH)3沉淀，同时加入的0.05mlSO42-和溶液中的Ba2+反应生成BaSO4沉淀。溶液中的Ba2+有0.1ml，加入的SO42-为0.05ml，所以生成0.05mlBaSO4沉淀，还剩0.05mlBa2+。此时沉淀的物质的量为0.15ml。再加入0.5LH2SO4溶液，加入的0.1mlH+恰好把生成的0.1mlAl(OH)3沉淀溶解，同时加入的0.05mlSO42-恰好和溶液中剩余的0.05mlBa2+生成0.05mlBaSO4沉淀，此时溶液中的沉淀的物质的量为0.1ml，和图像不符，故D不选。
故选A。
10、C
【解析】
氢氧化钠为强电解质，一水合氨为弱电解质，所以体积、浓度相同的氢氧化钠溶液的导电性要比一水合氨的导电性要强，故曲线2为氢氧化钠溶液，曲线1氨水。
【详解】
A. 曲线2为氢氧化钠溶液，氢氧化钠是一元强碱，c(OH-)=0.1ml/L， 则c(H+)=1×10-13 ml/L，所以 pH=-lgc(H+)=13，故A错误；
B.在氨水中滴加盐酸，溶液由碱性变中性，再变成酸性，滴定前氨水呈碱性，而c点对应的溶液溶质为氯化铵，呈酸性，说明中性点在c点向b点间的某点，c点到e点溶液的酸性越来越强，故B错误；
C. c点表示溶质是氯化铵，溶液中存在质子守恒式：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，故C正确；
D. 由图像知， 曲线1导电性较弱，说明曲线1对应的溶液为弱电解质溶液，即曲线1代表氨水，曲线2代表氢氧化钠溶液，c点表示氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵，水解程度最大，故此点对应的溶液中水的电离程度最大，故D错误；
故选C。
正确判断曲线1、曲线2代表的溶质为解答关键，然后根据横坐标加入HCl的量可以判断各点相应的溶质情况，根据溶质分析溶液的酸碱性、水的电离程度。
11、D
【解析】
A．丝的主要成分是蛋白质，麻的主要成分是天然纤维，故A错误；B．青蒿素提取利用的是萃取原理，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C．升华属于物理变化，丹砂（HgS）烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故C错误；D．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故D正确；故答案为D。
12、B
【解析】
溶液中离子浓度越小，溶液的导电率越小，电阻率越大，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，发生反应先后顺序是MOH+CH3COOH= CH3COOM+H2O，NH3·H2O+ CH3COOH= CH3COONH4。a-b溶液中电阻率增大，b点最大，因为溶液体积增大导致b点离子浓度减小，b点溶液中溶质为CH3COOM、NH3·H2O继续加入醋酸溶液，NH3·H2O是弱电解质，生成CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，电阻率减小，c点时醋酸和一水合铵恰好完成反应生成醋酸铵，c点溶液中溶质为CH3COOM，CH3COONH4且二者的物质的量相等。
【详解】
A. 由图可知，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，电阻率先增大后减小，说明发生了两步反应，发生反应先后顺序是MOH+CH3COOH= CH3COOM +H2O然后NH3·H2O+ CH3COOH= CH3COONH4，所以MOH是强碱，先和酸反应，故A正确；
B. 加入醋酸40mL时，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4且二者的物质的量浓度相等，CH3COOM是强碱弱酸盐，又因为CH3COOH的Ka＝1.8×10－5等于NH3·H2O的Kb=1.8×10－5，CH3COONH4是中性盐，所以溶液呈碱性，则醋酸根的水解程度大于铵根的电离程度，则c（CH3COOH)>c(NH3·H2O），故B错误；
C. d点加入醋酸60mL，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4和CH3COOH且三者物质的量浓度相等，CH3COONH4是中性盐，溶液相当于CH3COOM和CH3COOH等物质的量混合，溶液呈酸性，故C正确；
D. a→d过程，溶液的碱性逐渐减弱，水电离程度加大，后来酸性逐渐增强，水的电离程度减小，所以实验过程中水的电离程度是先增大后减小，故D正确；
故选B。
13、D
【解析】
A．蔗糖遇到浓硫酸变黑，是由于浓硫酸具有脱水性，将蔗糖中氢元素和氧元素以水的比例脱出，不是吸水性，故A错误；
B．a中品红褪色，体现二氧化硫的漂白性，b中溴水褪色，体现二氧化硫的还原性，故B错误；
C．无水硫酸铜变蓝，可以用来检验水，但是品红溶液和溴水都有水，不确定使硫酸铜变蓝的水是否由反应分解产生的，故C错误；
D．Ⅲ中溶液颜色变浅，是因为还有二氧化硫，不退色说明二氧化硫反应完全了，Ⅳ中澄清石灰水变浑浊了，说明产生了二氧化碳气体，故D正确；
答案选D。
C项的无水硫酸铜变蓝了，说明有水，这个水不一定是反应中产生的水，还要考虑Ⅱ中的其他试剂，这是易错点。
14、D
【解析】
X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素； X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期，则X、Z均为第三周期；X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，设X、Y的最外层电子数为a，Z的最外层电子数为b，则2a+b+6，当a=1，b=4时满足题意，即Y为Li、X为Na、Z为Si。
【详解】
由分析可知：Y为Li元素、W为O元素、X为Na元素、Z为Si元素；A．Li、O同周期，核电荷数大，原子半径小，Li的原子半径大于O，Li、Na同主族，核电荷数大，原子半径大，Na的原子半径大于Li，则原子半径是X＞Y＞W，故A正确；B．Na的金属性比Li强，NaOH的碱性比LiOH强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y，故B正确；C．Z、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，故C正确；D．X的单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在Na+和O22-，则阴阳离子之比为1:2，故D错误；故答案为D。
微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。
15、A
【解析】
A．乙烯具有较强的还原性，能与强氧化剂高锰酸钾反应，故可用高锰酸钾除掉乙烯，为了延长水果的保鲜期将水果放入有浸泡过高锰酸钾溶液的硅土的密封容器中，故A正确；
B．汽油、柴油都是含多种烃类的混合物，只含有碳、氢两种元素，花生油是油脂，含有碳、氢、氧三种元素，故B错误；
C．有机物 中只有碳碳双键可与氢气加成，则1ml该有机物最多可与2ml H2发生加成反应，故C错误；
D．分子式为C15H16O2的有机物不饱和度为8，一个苯分子的不饱和度为4，则其同分异构体中可能含有两个苯环结构，故D错误；
有机物不饱和度=（注：如果有机物有氧和硫，氧和硫不影响不饱和度，不必代入上公式）。
16、D
【解析】
A.光导纤维主要成分是二氧化硅不属于有机高分子材料，故A错误；
B.磁性氧化铁的成分是四氧化三铁，是黑色固体，不能制备红色颜料和油漆，故B错误；
C. 明矾溶液中 水解使溶液呈酸性，铜锈为溶于酸性溶液，故能利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，而不是因为溶液中的离子能与铜锈反应，故C错误；
D. 血液透析原理就是胶体的渗析原理，胶体不能通过半透膜，涉及胶体性质，故D正确；
故答案为：D。
17、D
【解析】
A．乙酸乙酯在NaOH溶液中能完全水解，应改用饱和碳酸钠溶液，故A错误；
B．二者均与碳酸钠反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；
C．无水硫酸铜遇水变蓝，且草酸中含H元素和氧元素，分解生成水，则变蓝不能说明草酸含结晶水，故C错误；
D．氨气极易溶于水，打开止水夹，捂热烧瓶根据气体热胀冷缩的原理可引发喷泉，故D正确；
故答案为D。
解答综合性实验设计与评价题主要从以下几个方面考虑：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理； ③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等。⑤反应原料是否易得、安全、无毒；⑥反应速率较快；⑦原料利用率以及合成物质的产率是否较高；⑧合成过程是否造成环境污染。⑨有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。
18、B
【解析】
根据装置图，①中过氧化氢在二氧化锰催化条件下生成氧气，通入②中与乙醇形成混合蒸气，在③中加热条件下发生氧化还原反应生成乙醛，④用于收集乙醛以及未反应的乙醇，据此分析解答。
【详解】
A．向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开K，避免生成的氧气，使装置内压强过大，故A正确；
B．实验时应先加热③，以起到预热的作用，使乙醇充分反应，故B错误；
C．催化条件下，乙醇可被氧化生成乙醛，发生2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故C正确；
D．实验结束时需先将④中的导管移出，再停止加热，以避免发生倒吸，故D正确；
故选B。
明确反应的原理是解题的关键。本题的易错点为A，要注意滴入过氧化氢就会反应放出氧气，容器中的压强会增大。
19、D
【解析】
W与Z的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度均为0.1ml/L时pH=1（H+浓度为0.1ml/L），是一元强酸，则W为N（最高价氧化物对应水化物为HNO3），Z为Cl（最高价氧化物对应水化物为HClO4）；Y的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度为0.1ml/L时pH=0.7（H+浓度为0.2ml/L），是二元强酸，则Y为S（最高价氧化物对应水化物为H2SO4）；X的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度为0.1ml/L时pH=13（OH-浓度为0.1ml/L），是一元强碱，且X的原子序数介于N与S之间，可知X为Na（最高价氧化物对应水化物为NaOH）。
【详解】
A．S2-、Cl-的核外电子排布相同，其中S2-的核电荷数较小，半径较大；N3-、Na+的核外电子排布相同，半径比S2-、Cl-的小，其中N3-的核电荷数较小，半径比Na+大，则简单离子半径大小顺序为：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，A项错误；
B．Z为Cl ，其氧化物对应的水化物可能为强酸（如HClO4），也可能为弱酸（如HClO），B项错误；
C．X的简单离子为Na+，Z的简单离子为Cl-，均不会破坏水的电离平衡，C项错误；
D．W能形成N2H4，Y能形成H2S，均为18电子的氢化物分子，D项正确；
答案选D。
20、B
【解析】
A. 灼烧需在坩埚中进行，不能选烧杯，A项错误；
B. 将海带灰溶解后分离出不溶性杂质采用过滤操作，过滤需要玻璃棒引流，图中操作科学规范，B项正确；
C. 制备Cl2，并将I-氧化为I2，除去氯气中的氯化氢应该用饱和食盐水，尾气需用氢氧化钠吸收，C项错误；
D. Na2S2O3为强碱弱酸盐，因S2O32-的水解使溶液呈现碱性，所以滴定时Na2S2O3应该放在碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，D项错误；
答案选B。
本题的易错点是D项，选择酸碱滴定管一方面要考虑实际的反应所需的环境，另一方面要考虑标准溶液的酸碱性。如高锰酸钾溶液在酸性条件下具有强氧化性，需选择酸式滴定管；而本题的硫酸硫酸钠还原碘单质时，考虑到标准溶液的水解来选择碱式滴定管。此外，学生要牢记仪器的构造，会区分酸式滴定管与碱式滴定管。
21、A
【解析】
A．苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，则溶液变澄清，说明酸性：苯酚＞HCO3-，选项A正确；
B、Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4酸化后，相当于存在HNO3，会把Fe2+氧化为Fe3+,滴加KSCN溶液后变红色,不能确定Fe(NO3)2试样已变质，选项B错误；
C、氯乙烷与NaOH溶液共热后，溶液中还存在过量的NaOH溶液，此时直接加入AgNO3 溶液，最终得到的褐色的Ag2O，选项C错误；
D、在2 mL 0.01 ml·L－1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01 ml·L－1 ZnSO4溶液有白色沉淀ZnS生成，因为Na2S溶液过量，所以再滴入CuSO4溶液，又出现黑色沉淀CuS，所以无法据此判断Ksp(CuS)与Ksp(ZnS)的大小关系，选项D错误。
答案选A。
22、D
【解析】
A项、电解氯化镁溶液得到氢氧化镁，电解熔融的氯化镁才能得到单质镁，故A错误；
B项、氯化钠溶液与二氧化碳不能反应，应先向氯化钠溶液通入氨气，再通入二氧化碳才能制得碳酸氢钠，不能一步实现反应，故B错误；
C项、硅与盐酸不能反应，硅与氯气在高温条件下发生反应生成四氯化硅，故C错误；
D项、硝酸银与氨水反应制得银氨溶液，麦芽糖中含有醛基，在共热条件下与银氨溶液发生银镜反应制得银，故D正确。
故选D。
本题综合考查元素化合物知识，侧重于分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件是解答关键。
二、非选择题(共84分)
23、羟基和羧基 取代反应 8 、(其他答案只要正确也可)
【解析】
根据A到B，B到C反应，推出溴原子取代苯环上的氢，取代的是甲基的邻位，D到E发生的是信息①类似的反应，引入碳碳双键，即E为，E到F发生的是信息③类似的反应，得到碳氧双键，即F为，F到M发生的信息②类似的反应，即得到M。
【详解】
(1)C中的官能团的名称为羟基和羧基，根据信息①和③得到F的结构简式为，根据A→B和B→C的结构简式得到A→B的反应类型为取代反应；故答案为：羟基和羧基；；取代反应。
(2)根据信息①得出D→E的反应方程式为；故答案为：。
(3)M物质中核磁共振氢谱中有8组吸收峰，如图。
(4)①只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有2种，容易想到有两个支链且在对位，②遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基 ③分子中含，至少写出2个同时符合下列条件试剂X的同分异构体的结构简式、；故答案为：、(其他答案只要正确也可)。
(5)甲苯先与Cl2光照发生侧链取代，后与氢气发生加成反应，然后发生氯代烃的消去反应引入碳碳双键，然后与溴加成，再水解，因此由甲苯制备R（）的合成路线；故答案为：。
24、邻甲基苯甲酸 还原反应 BD 、、、
【解析】
由、A的分子式，纵观整个过程，结合X的结构，可知发生甲基邻位硝化反应生成A为，对比各物质的分子，结合反应条件与给予的反应信息，可知A中羧基上羟基被氯原子取代生成B，B中甲基上H原子被溴原子取代生成C，C中氯原子、溴原子被-NH-取代生成D，故B为、C为、D为。由X的结构，逆推可知G为，结合F、E的分子式，可推知F为CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3、E为CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3。
【详解】
根据上述分析可知：A为；B为；C为；D为；E为CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3；F为CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3；G为。
(1)的甲基在苯环羧基的邻位C原子上，因此其名称是邻甲基苯甲酸；
(2)G变X是-NO2变为-NH2，发生的是还原反应；
(3)化合物B的结构简式为；
(4)A.化合物A的苯环上有甲基，能酸性KMnO4溶液氧化，因而可以使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；
B.化合物C结构简式是，含苯环与羰基能发生加成反应，有Br原子可以发生取代反应；由于Br原子连接的C原子直接连接在苯环上，因此不能发生消去反应，B错误；
C.化合物D含有亚氨基，能与稀盐酸反应，C正确；
D.根据物质的结构简式可知X的分子式是C15H18N2O5，D错误；
故合理选项是BD；
(5)D+F→G的化学方程式为：；
(6)化合物A（C8H7NO4）的同分异构体同时符合下列条件：①分子是苯的二取代物，1H-NHR谱表明分子中有4种化学环境不同的氢原子，存在对称结构；②分子中存在硝基和酯基结构，2个取代基可能结构为：-NO2与-CH2OOCH、-NO2与-CH2COOH、-COOH与-CH2NO2、-OOCH与-CH2NO2，同分异构体可能结构简式为、、、。
(7)由E（CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3）先在NaOH溶液中发生水解反应，然后酸化可得，该物质与SOCl2发生反应产生，与NH3发生反应得到目标产物，故由E合成的路线为：。
本题考查有机物的合成与推断，关键是对给予信息的理解，要结合路线图中物质的结构与分子式进行推断，题目侧重考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化。
25、+2 价 FeO·Cr2O3 4：7 粉碎矿石(或升高温度） H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O10-2)，所以H2SO4必须适量 Na2Cr2O7、Na2SO4 Fe+2Fe3+=3Fe2+ 取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+ 冷却结晶
【解析】
铬铁矿中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液，然后过滤，得到得到Na2CrO4和过量的碳酸钠混合溶液和氧化铁固体，在Na2CrO4和碳酸钠混合溶液中加入硫酸酸化，硫酸和Na2CrO4反应生成Na2Cr2O7和硫酸钠，同时除去碳酸钠，通过蒸发浓缩冷却结晶，得到红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)；氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁，加入铁粉将硫酸铁还原生成硫酸亚铁，最后蒸发浓缩冷却结晶，得到绿矾。
(1) Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，根据正负化合价的代数和为0，Fe(CrO2)中铁元素的化合价为+2价，故答案为+2 价；
(2) Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，铁元素的化合价为+2价，可写成FeO·Cr2O3，故答案为FeO·Cr2O3；
(3)①高温氧化时，Fe(CrO2)2和碳酸钠、氧气反应氧化还原反应生成Na2CrO4、二氧化碳和氧化铁，该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、Cr元素化合价由+3价变为+6价，O元素化合价由0价变为-2价，所以氧气是氧化剂、Fe(CrO2)2是还原剂，则还原剂和氧化剂的物质的量之比为4：7，故答案为4：7；
②根据影响化学反应速率的外界因素，为了加快该反应的反应速率，可采取的措施有粉碎矿石、升高温度等，故答案为粉碎矿石(或升高温度)；
⑷①H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O102-)，所以H2SO4必须适量，故答案为H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O102-)，所以H2SO4必须适量；
②根据上述分析，混合溶液乙中的溶质有Na2Cr2O7、Na2SO4，故答案为Na2Cr2O7、Na2SO4；
(5)Fe与硫酸铁溶液反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+。检验溶液丁中无Fe3+的方法为：取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+；从硫酸亚铁溶液到绿巩的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+ ；冷却结晶。
点睛：本题考查物质的制备、分离和提纯，为高频考点，涉及氧化还原反应、基本实验操作等知识，明确物质的性质、熟悉制备流程和基本实验操作等是解题的关键。本题的难点是(4)①硫酸必须适量的原因，需要理解题目信息方程式中的计量数对反应的影响。
26、球形冷凝管 分水器中液面不再变化 、CH3OCH3 BD 85.2% C
【解析】
（1）A装置的名称是球形冷凝管。
（2）步骤③为当分水器中液面不再变化，停止加热
（3）上述实验可能发生的副反应为甲基丙烯酸甲酯聚合、甲醇分子间脱水、甲基丙烯酸聚合。
（4）A.在该实验中，浓硫酸是催化剂和吸水剂
B.酯化反应中若生成的酯的密度比水大，沉在水下，水从分水器中流入圆底烧瓶内，不能提高反应物的转化率
C.洗涤剂X是一组试剂，产物要依次用饱和Na2CO3去除甲基丙烯酸、饱和NaCl溶液洗去甲基丙烯酸甲酯中溶解的Na2CO3、饱和CaCl2溶液吸收甲醇和水
D.为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏，防止甲基丙烯酸甲酯受热聚合
（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为2.70g，其物质的量为，则生成甲基丙烯酸甲酯0.15ml，n(甲基丙烯酸)=，n(甲醇)=，理论上生成甲基丙烯酸甲酯0.176ml，所以其产率约为。
A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯，则实际产率减小；
B.实验条件下发生副反应，则实际产率减小；
C.产品精制时收集部分低沸点物质,则实际产率增大；
D.产品在洗涤、蒸发过程中有损失，则实际产率减小。
【详解】
（1）A装置的名称是球形冷凝管。答案为：球形冷凝管；
（2）步骤③为当分水器中液面不再变化，停止加热。答案为：分水器中液面不再变化；
（3）上述实验可能生成的副产物结构简式为、CH3OCH3。答案为：、CH3OCH3；
（4）A.在该实验中，浓硫酸是催化剂和吸水剂，A错误；
B.酯化反应中若生成的酯的密度比水大，则酯沉在分水器中水下，水从分水器中流入圆底烧瓶内，不能提高反应物的转化率，B正确；
C.洗涤剂X是一组试剂，产物要依次用饱和Na2CO3去除甲基丙烯酸、饱和NaCl溶液洗去甲基丙烯酸甲酯中溶解的Na2CO3、饱和CaCl2溶液吸收甲醇和水，C错误；
D.为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏，防止甲基丙烯酸甲酯受热聚合，D正确。答案为：BD；
（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为2.70g，其物质的量为，则生成甲基丙烯酸甲酯0.15ml，n(甲基丙烯酸)=，n(甲醇)=，理论上生成甲基丙烯酸甲酯0.176ml，所以其产率约为=85.2%。答案为：85.2%；
A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯，则实际产率减小；
B.实验条件下发生副反应，则实际产率减小；
C.产品精制时收集部分低沸点物质，则实际产率增大；
D.产品在洗涤、蒸发过程中有损失，则实际产率减小。答案为：C。
27、SiO2粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）Zn+CuSO4═Cu+ZnSO43Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质ZnSO4、K2SO4
【解析】
锌白矿中加入稀硫酸浸取，ZnO、Fe2O3、CuO分别和稀硫酸反应生成ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4，SiO2和稀硫酸不反应，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、H2SO4，向滤液中混入Zn，将Fe3+还原为Fe2+，得到Cu沉淀，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、FeSO4，向滤液中加入高锰酸钾，高锰酸钾将Fe2+氧化为Fe3+，向溶液中加入适量氧化锌，溶液pH升高，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤，得到的滤液中含有ZnSO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4•7H2O。
(1)根据上述分析，“滤渣1”的主要成分为二氧化硅。浸取过程中，为提高浸出效率可采用的措施有，可将矿石粉碎或提高浸取时的温度，或适当增大酸的浓度等，故答案为SiO2；粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）；
(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应为置换铜的反应，反应的化学方程式为Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，故答案为Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4；
(3)根据流程图，“氧化”一步中，Fe2+能被高锰酸钾氧化生成Fe3+，高锰酸钾被还原成二氧化锰，生成是铁离子转化为氢氧化铁沉淀反应的离子方程式为3Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+；溶液PH控制在[3.2，6.4)之间可以使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质，故答案为3Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+ ；使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质；
(4)根据上述分析，氧化后溶液转化含有的盐类物质有ZnSO4、K2SO4，故答案为ZnSO4、K2SO4。
点睛：本题考查物质分离和提纯、实验装置综合等知识点，为高频考点，明确物质的性质及实验步骤是解本题关键，知道流程图中发生的反应及基本操作方法、实验先后顺序等。本题的易错点是（3）中离子方程式的书写和配平。
28、 C Pd+4NO3-+6Cl-+10H+=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O f；c；g；a NH4Cl 偏低
【解析】
废催化剂（主要成分为Al2O3，少量Pd），废催化剂硫酸铵焙烧得到气体X为氨气，产物水浸过滤得到硫酸铝溶液，滤渣Pd加入浓硝酸和浓盐酸酸浸生成二氧化氮，浸液Y是Pd溶于王水发生Pd+6HCl+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，Y为H2PdCl6，通入氨气中和过滤得到滤渣(NH4)2PdCl6，被氢气还原得到Pd，发生(NH4)2PdCl6+2H2=Pd+2 NH3+6HCl，以此解答该题。
【详解】
（1）焙烧得到气体是铵盐分解生成的氨气，结构式为，
故答案为：；
（2）水浸分离中，滤渣Pd的颗粒比较大，可用倾析的方法分离，故答案为：C；
（3）酸浸时发生反应的离子方程式为Pd+4NO3-+6Cl-+10H+=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，故答案为：Pd+4NO3-+6Cl-+10H+=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O；
（4）①通入氢气，反应的方程式为 ，
故答案为：；
②实验时，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dfcbgae，
故答案为： f；c；g；a；
③样品的质量为（m2-m1）g，反应后减少的质量为（m2-m3）g，应为(NH4)2PdCl6、Pd质量之差，可知生成Pd的物质的量为ml，可知(NH4)2PdCl6的质量为g，含量为，故答案为：；
④实验结束时，若发现硬质试管右端有少量白色固体，可能是氯化铵，为氨气和氯化氢在温度较低时生成，这种情况会造成较大实验误差，可导致实验结果偏低，
故答案为：NH4Cl； 偏低。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合。
29、－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）。
选项
现象
结论
A．
Ⅰ中注入浓硫酸后，可观察到试管中白色固体变为黑色
体现了浓硫酸的吸水性
B．
Ⅱ中观察到棉球a、b都褪色
均体现了SO2的漂白性
C．
Ⅱ中无水硫酸铜变蓝
说明反应产物中有H2O
D．
Ⅲ中溶液颜色变浅，Ⅳ中澄清石灰水变浑浊
说明有CO2产生
元素对应的溶液
W
X
Y
Z
pH(25℃)
1.0
13.0
0.7
1.0
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清
酸性：苯酚＞HCO3－
B
将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色
Fe(NO3)2已变质
C
氯乙烷与NaOH溶液共热后，滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀
氯乙烷发生水解
D
在2 mL 0.01 ml·L－1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01 ml·L－1 ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01 ml·L－1 CuSO4溶液，又出现黑色沉淀
Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)
药品
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
密度（g•cm-3）
甲醇
32
-98
-64.5
与水混溶，易溶于有机溶剂
0.79
甲基丙烯酸
86
15
161
溶于热水，易溶于有机剂
1.01
甲基丙烯酸甲酯
100
-48
100
微溶于水，易溶于有机溶剂
0.944
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3+
1.1
3.2
Fe2+
5.8
8.8
Zn2+
6.4
8.0