2026届广西壮族自治区玉林市高考考前模拟化学试题（含答案解析）

这是一份2026届广西壮族自治区玉林市高考考前模拟化学试题（含答案解析），共26页。

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、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是
A．5.6 g铁与足量硫加热充分反应转移电子数为0.2NA
B．1 ml苯分子中含有的碳碳双键数为3NA
C．在0.1 mlNaHSO4晶体中阳离子与阴离子总数为0.3NA
D．6.2g白磷分子中含P—P键为0.2NA
2、下列有关物质的用途叙述中，不正确的是
A．用稀硫酸除钢铁表面的铁锈利用了硫酸的酸性
B．干冰用于人工降雨，是利用了干冰升华吸热
C．胃药中含氢氧化镁是因为氢氧化镁能给人提供镁元素
D．碳酸氢钠作焙制糕点的发酵粉是利用了碳酸氢钠能与发醇面团中的酸性物质反应
3、在实验室进行物质制备，下列设计中，理论上正确、操作上可行、经济上合理、环境上友好的是（ ）
A．
B．
C．
D．
4、用电化学法制备LiOH的实验装置如图，采用惰性电极，a口导入LiCl溶液，b口导入LiOH溶液，下列叙述正确的是（ ）
A．通电后阳极区溶液pH增大
B．阴极区的电极反应式为4OH－–4e－＝O2↑+2H2O
C．当电路中通过1ml电子的电量时，会有0.25ml的Cl2生成
D．通电后Li+通过交换膜向阴极区迁移，LiOH浓溶液从d口导出
5、已知：Ag++SCN－=AgSCN↓（白色），某同学探究AgSCN的溶解平衡及转化，进行以下实验。
下列说法中，不正确的是
A．①中现象能说明Ag+与SCN－生成AgSCN沉淀的反应有限度
B．②中现象产生的原因是发生了反应Fe(SCN)3 +3Ag+ =3AgSCN↓+Fe3+
C．③中产生黄色沉淀的现象能证明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小
D．④中黄色沉淀溶解的原因可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应
6、给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是
A．NaCl(aq)NaHCO3(s) Na2CO3(s)
B．CuCl2 Cu(OH)2 Cu
C．Al NaAlO2(aq) NaAlO2(s)
D．MgO(s) Mg(NO3)2(aq) Mg(s)
7、我们熟知的一些化合物的应用错误的是
A．MgO冶炼金属镁B．NaCl用于制纯碱
C．Cu(OH)2用于检验糖尿病D．FeCl3用于净水
8、常温下，向饱和氯水中逐滴滴入0.1ml·L-1的氢氧化钠溶液，pH变化如右图所示，下列有关叙述正确的是( )
A．①点所示溶液中只存在HClO的电离平衡
B．①到②水的电离程度逐渐减小
C．I－能在②点所示溶液中存在
D．②点所示溶液中：c(Na+)＝c(Cl－) + c(ClO－)
9、主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z一具有与氩原子相同的电子层结构；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9。下列说法一定正确的是
A．X与Z的简单氢化物的水溶液均呈强酸性
B．Y与Z形成的化合物只含离子键
C．简单氢化物的沸点：QZ>Y
B．Z2Y、Z2Y2所含有的化学键类型相同
C．由于X2Y的沸点高于X2T，可推出X2Y的稳定性强于X2T
D．ZXT的水溶液显弱碱性，促进了水的电离
22、某温度下，向10 mL 溶液中滴加的溶液，滴加过程中，溶液中与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是( )已知： 。
A．该温度下
B．X、Y、Z三点中，Y点水的电离程度最小
C．溶液中：
D．向100 mL 浓度均为的混合溶液中逐滴加入的溶液，先沉淀
二、非选择题(共84分)
23、（14分）化合物M是一种药物中间体。实验室以烃A为原料制备M的合成路线如图所示。请回答下列问题：
已知：①R1COOH+R2COR3。
②R1CH2COOR2+R3COOR4+R4OH、、、均表示烃基
(1)的核磁共振氢谱中有________组吸收峰；B的结构简式为________。
(2)的化学名称为________；D中所含官能团的名称为________。
(3)所需的试剂和反应条件为________；的反应类型为________。
(4)的化学方程式为________。
(5)同时满足下列条件的M的同分异构体有________种不考虑立体异构。
①五元环上连有2个取代基
②能与溶液反应生成气体
③能发生银镜反应
(6)参照上述合成路线和信息，以甲基环戊烯为原料无机试剂任选，设计制备的合成路线：________。
24、（12分）某课题组以苯为主要原料，采取以下路线合成利胆药——柳胺酚。
已知：
回答下列问题：
（1）写出化合物B的结构简式___。F的结构简式___。
（2）写出D中的官能团名称___。
（3）写出B→C的化学方程式___。
（4）对于柳胺酚，下列说法不正确的是（_____）
A．1ml柳胺酚最多可以和2mlNaOH反应 B．不发生硝化反应
C．可发生水解反应 D．可与溴发生取代反应
（5）写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式__（写出2种）。
①遇FeCl3发生显色反应，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子；②能发生银镜反应
25、（12分）某实验小组探究SO2与Cu(OH)2悬浊液的反应。
（1）实验一：用如图装置（夹持装置已略，气密性已检验）制备SO2，将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中。B中出现少量红色沉淀；稍后，B中所得溶液呈绿色，与CuSO4溶液、CuCl2溶液的颜色有明显不同。
①排除装置中的空气，避免空气对反应干扰的操作是_____，关闭弹簧夹。
②打开分液漏斗旋塞，A中发生反应的方程式是_____。
（2）实验二：为确定红色固体成分，进行以下实验：
①在氧气流中煅烧红色固体的目的是_____。
②根据上述实验可得结论：该红色固体为_____。
（3）实验三：为探究B中溶液呈绿色而不是蓝色的原因，实验如下：
i.向4mL1ml/L的CuSO4溶液中通入过量SO2，未见溶液颜色发生变化。
ii.取少量B中滤液，加入少量稀盐酸，产生无色刺激性气味的气体，得到澄清的蓝色溶液。再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。
查阅资料：SO2在酸性条件下还原性较差。
①实验i的目的_____。
②根据上述实验可得结论：溶液显绿色的原因是溶液中含有较多Cu(HSO3)2。小组同学通过进一步实验确认了这种可能性，在少量1ml/L的CuSO4溶液中加入_____溶液，得到绿色溶液。
（4）综上实验可以得出：出现红色沉淀的原因是：_____；（用离子方程式表示）溶液呈现绿色的原因是：_____。（用化学方程式表示）
26、（10分）二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发黏、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：
（1）制取少量S2Cl2
实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2。
①仪器m的名称为___，装置F中试剂的作用是___。
②装置连接顺序：A→___→___→___→E→D。
③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是___。
④为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和___。
（2）少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬浊液。但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，其原因是___。
（3）S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体SO2的体积分数。
①W溶液可以是___ (填标号)。
a.H2O2溶液 b.KMnO4溶液(硫酸酸化) c.氯水
②该混合气体中二氧化硫的体积分数为___(用含V、m的式子表示)。
27、（12分）设计一个方案，在用廉价的原料和每种原料只用一次的条件下，分三步从含有Fe3＋、Cu2＋、Cl－和NO3－的废液中，把Fe3＋转化为绿矾回收，把Cu2＋转化为Cu回收，各步反应加入的原料依次是________，________，________。各步反应的离子方程式是：
（1）_________________________________；
（2）_________________________________；
（3）__________________________________。
28、（14分）为测试一铁片中铁元素的含量，某课外活动小组提出下面方案并进行了实验。将0.200g铁片完全溶解于过量稀硫酸中，将反应后得到的溶液用的溶液滴定，达到终点时消耗了溶液。
（1）配平以下方程式并标出电子转移的方向与数目____________________。
（2）滴定到终点时的现象为____________________，铁片中铁元素的质量分数为_______________________。
（3）高锰酸钾溶液往往用硫酸酸化而不用盐酸酸化，原因是：_____________。
（4）溶液呈酸性，加硫酸后增加，请结合离子方程式并利用化学平衡移动理论解释：_____________________________。
（5）高锰酸钾在化学品生产中，广泛用作为氧化剂。可以氧化、、、等多种物质，如，试推测空格上应填物质的化学式为________。
（6）上述反应在恒温下进行，该过程中会明显看到先慢后快的反应，原因可能是____________________。
29、（10分）聚酰亚胺是重要的特种工程材料，广泛应用在航空、纳米、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图所示（部分反应条件略去）：
已知：①有机物A的质谱与核磁共振氢谱图如图所示：
②
③
回答下列问题：
（1）A的名称是________________。
（2）反应②的反应类型是________________。
（3）反应①的化学方程式是________________。
（4）F的结构简式是________________。
（5）同时满足下列条件的G的同分异构体共有____种(不含立体结构)；写出其中一种的结构简式：________________。
①能发生银镜反应
②发生发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应
③1ml该物质最多能与8mlNaOH反应
（6）参照上述合成路线，以间二甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计制备的合成路线：__________。
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. Fe与S反应生成FeS，Fe的化合价变为+2价，5.6g铁物质的量是0.1ml，1ml铁失去2ml电子，所以0.1ml铁反应转移的电子数为0.2NA，A正确；
B.苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，无碳碳双键，B错误；
C.NaHSO4晶体由Na+和HSO4-构成，0.1ml NaHSO4中含离子总数为0.2 NA，C错误；
D.白磷分子是正四面体结构，1个分子中含有6个P—P共价键，6.2 g白磷(分子式为P4)的物质的量是0.05ml，分子中含有P—P共价键0.3ml，含P—P键数目为0.3NA，D错误；
故合理选项是A。
2、C
【解析】
A．铁锈氧化铁可与硫酸发生复分解反应生成硫酸铁和水，而除去钢铁表面的铁锈；故A正确；
B．干冰用于人工降雨，是利用了干冰升华吸热；故B正确；
C．胃药中含氢氧化镁是因为氢氧化镁能给人提供氢氧根，中和胃中的过量的酸；故C错误；
D．加有发酵粉的面团发酵产生的酸与碳酸氢钠反应生成的二氧化碳气体可使焙制的糕点松软，故D正确；
答案选C。
物质的性质决定它的用途，用途反应出它的性质，胃药中含氢氧化镁主要是因为氢氧化镁能给人提供氢氧根，中和胃中的过量的酸。
3、D
【解析】
理论上正确，要求物质的转化需符合物质的性质及变化规律；操作上可行，要求操作应简便易行；绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染.
【详解】
A.碳不完全燃烧可生成一氧化碳，一氧化碳高温下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠；理论上正确，反应过程中产生、利用污染环境的物质CO，不符合绿色化学，一氧化碳是有毒的气体，碳在氧气中燃烧生成的进行实验时要进行尾气处理，且一氧化碳是可燃性气体，不纯时加热或点燃引起爆炸，操作上较为复杂，故A错误；
B.铜与硝酸银反应可生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠可生成氢氧化铜沉淀；理论上正确，操作上也较简便，银比铜要贵重，利用硝酸银、氢氧化钠制取氢氧化铜，经济上不合理，故B错误；
C.铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不能生成三氧化二铁，因此该方案在理论上就是错误的，故C错误；
D.氧化钙与水反应可生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成氢氧化钠；理论上正确，操作也只需要加入液体较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理，符合绿色化学，故D正确；
答案：D。
4、D
【解析】
A、左端为阳极，阳极上失去电子，发生氧化反应2Cl－2e－=Cl2↑，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，pH有所降低，故错误；
B、右端是阴极区，得到电子，反应是2H＋＋2e－=H2↑，故错误；
C、根据选项A的电极反应式，通过1ml电子，得到0.5mlCl2，故错误；
D、根据电解原理，阳离子通过阳离子交换膜，从正极区向阴极区移动，LiOH浓溶液从d口导出，故正确。
5、C
【解析】
A、AgNO3与KSCN恰好完全反应，上层清液中滴加Fe(NO3)3溶液，出现浅红色溶液，说明上层清液中含有SCN-，即说明Ag+与SCN-生成AgSCN沉淀的反应有限度，故A说法正确；
B、根据②中现象：红色褪去，产生白色沉淀，Fe(SCN)3被消耗，白色沉淀为AgSCN，即发生：Fe(SCN)3+Ag+=3AgSCN↓+Fe3+，故B说法正确；
C、前一个实验中滴加0.5mL 2ml·L-1 AgNO3溶液，Ag+过量，反应②中Ag+有剩余，即滴加KI溶液，I-与过量Ag+反应生成AgI沉淀，不能说明AgI溶解度小于AgSCN，故C说法错误；
D、白色沉淀为AgSCN，加入KI后，白色沉淀转化成黄色沉淀，即AgSCN转化成AgI，随后沉淀溶解，得到无色溶液，可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应，故D说法正确；
故选C。
6、C
【解析】
A. NaCl溶液中通入二氧化碳不能反应生成碳酸氢钠，但碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，故不正确；
B. CuCl2和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜和葡萄糖反应生成氧化亚铜沉淀，不能得到铜，故错误；
C. Al和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠溶液加热蒸干得到偏铝酸钠固体，故正确；
D. MgO(s)和硝酸反应生成硝酸镁，硝酸镁溶液电解实际是电解水，不能到金属镁，故错误。
故选C。
7、A
【解析】
A．MgO属高熔点化合物，工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁，故A错误；
B．侯氏制碱法就是向饱和氯化钠溶液中先通氨气再通二氧化碳来制备纯碱，所以NaCl用于制纯碱，故B正确；
C．检验糖尿病是通过检验尿液中葡萄糖的含量即用新制的氢氧化铜与尿液在加热条件下反应看是否有砖红色沉淀产生，故C正确；
D．FeCl3水解生成Fe（OH）3胶体，水解方程式为FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3HCl，胶体能吸附水中的悬浮物而净水，故D正确；
故选：A。
8、D
【解析】
A．①点时没有加入氢氧化钠，溶液中存在HClO和水的电离平衡，A错误；
B．①到②溶液c（H+）之间减小，酸对水的电离的抑制程度减小，则水的电离程度逐渐增大，B错误；
C．②点时溶液存在ClO-，具有强氧化性，可氧化I-，I-不能大量存在，C错误；
D．②点时溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），所以c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-），D正确；
答案选D。
向饱和氯水中逐滴滴入0.1ml•L-1的氢氧化钠溶液，发生的反应为Cl2+H2O⇌HCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得c（Cl-）=c（ClO-）+c（HClO），为易错点。
9、C
【解析】
Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，确定Q为N；X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，确定X为F；Z一具有与氩原子相同的电子层结构，确定Z为Cl；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，当W为K时，Y为Al；当W为Ca时，Y为Mg。
【详解】
A. X简单氢化物HF的水溶液呈弱酸性，故A错误；
B. Y与Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2，氯化铝属于共价化合物不含有离子键，故B错误；
C.简单氢化物的沸点：Q（NH3）H2CO3> H2SiO3，强酸可以与弱酸的盐反应制取弱酸，图1 可以证明非金属性强弱：S＞C＞Si ，A正确；
B．过氧化钠为粉末固体，不能利用关闭止水夹使固体与液体分离，则不能控制反应制备少量氧气，B错误；
C．配制物质的量浓度的溶液时，应该把浓硫酸在烧杯中溶解、稀释，冷却至室温后再转移到容量瓶中，不能直接在容量瓶中溶解稀释，C错误；
D．反应物乙酸、1-丁醇的沸点低于产物乙酸丁酯的沸点，若采用图中装置，会造成反应物的大量挥发，大大降低了反应物的转化率，D错误；
故选A。
11、B
【解析】
A．过氧化钙的化学式是CaO2，故A错误；
B．过氧化钠或过氧化钙跟水的反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，2H2O+2CaO2=2Ca（OH）2+O2↑，都是1ml过氧化物跟足量水反应都生成0.5ml氧气，故B正确；
C．过氧化钙中阴离子为过氧根离子，过氧化钙中阴阳离子数之比为1：1，故C错误；
D．过氧化钙中既含有离子键又含有共价键，故D错误；
答案选B。
12、C
【解析】
根据题给信息，Q溶液与FeCl3溶液反应生成血红色物质，可知Q溶液中含有SCN-；Q溶液与NaOH溶液共热会生成一种使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，可知该气体为NH3，则Q溶液中含有NH4+。由此可推断出Q为NH4SCN。根据最外层电子数关系可知X为氢元素，Y为碳元素，Z为氮元素，R为硫元素。
【详解】
A．同一周期从左至右，原子半径逐渐减小，故原子半径：C＞N，H原子只有一个电子层，原子半径最小，故三者原子半径大小关系为：C＞N＞H，A项正确；
B．同一周期从左向右，最高价氧化物对应水化物的酸碱性规律为：碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强。故HNO3的酸性比H2CO3强，B项正确；
C．C、H组成的烃类化合物中，常温下苯等烃类呈液态，C项错误；
D．C3N4类似于Si3N4，同属于原子晶体，是共价化合物，D项正确；
答案选C。
13、D
【解析】
A.银氨溶液不稳定，则银氨溶液不能留存，久置后会变成氮化银，容易爆炸，故A正确；
B.白磷在空气中易自燃，不与水反应，所以可保存在水中，故B正确；
C.易燃的有机溶剂离明火和热源太近容易燃烧，故应远离明火、热源和强氧化剂，故C正确；
D.钠和水反应生成氢气，氢气是易燃物，钠燃烧后生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，促进钠的燃烧，所以钠着火燃烧时，不能用泡沫灭火器灭火，应该用沙子灭火，故D错误。
故选D。
14、B
【解析】
A选项，在 FeI2 溶液中滴加少量溴水，首先是溴水和碘离子反应，故A错误；
B选项，碳酸氢钠溶液和少量的澄清石灰水混合，“少定多变”即澄清石灰水定为1 ml来分析：2HCO3－ + Ca2+ + 2OH－=CaCO3↓+CO32－ + 2H2O，故B正确；
C选项，向 NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2 溶液至SO42－ 恰好沉淀完全，铝离子先生成沉淀，再是铵根离子反应： Al3+ + NH4++2SO42－ + 2Ba2+ + 4OH－=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+ H2O + NH3↑，故C错误；
D选项，过量 SO2通入到 NaClO 溶液中，次氯酸钠有强氧化性，会将二氧化硫氧化为硫酸根离子，故D错误；
综上所述，答案为B。
物质发生反应的顺序是：先发生酸碱中和反应，再生成沉淀的反应，再是沉淀不变的阶段，再是沉淀溶解的反应。
15、D
【解析】
A．工业上制备硝酸是通过氨的催化氧化生成NO后，生成的NO与O2反应生成NO2，NO2溶于水生成HNO3，A项不符合题意，不选；
B．通过海水提取溴，是用Cl2氧化经H2SO4酸化的浓缩海水，将其中的Br-氧化为Br2，通过热空气和水蒸气吹入吸收塔，用SO2将Br2转化为HBr，再向吸收塔内通入Cl2氧化为Br2，经CCl4萃取吸收塔中的Br2得到，B项不符合题意，不选；
C．工业生产中用直流电电解饱和食盐水法制取氯气，通过氯气和石灰乳（即Ca(OH)2）制得漂白粉，C项不符合题意，不选；
D．H2和Cl2混合气体在光照条件下会剧烈反应，发生爆炸，不适合工业生产，D项符合题意；
答案选D。
16、C
【解析】
A.a、b的分子式和分子结构都相同，属于同一种物质。故A错误；
B.c是1，4-环己二醇，碳原子均采取杂化，所有碳原子不可能处于同一平面。故B错误；
C.b的烃基是戊基（），戊基一共有8种结构，所以，b的同分异构体中含有羧基的结构还有7种。故C正确；
D.饱和羧酸不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，与羟基相连的碳原子上有氢原子的饱和醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以，上述物质中，只有c能使酸性高锰酸钾溶液褪色。故D错误；
故答案选：C。
17、D
【解析】
A. 过滤需要漏斗，故A错误；
B. 取滤液需要先加酸性双氧水，再加入淀粉溶液，过滤时还需要玻璃棒，故B错误；
C. FeC13溶液显酸性，滴定时应该用酸式滴定管，故C错误；
D. 配制500mL1ml/LNaOH溶液，将称量好的20.0gNaOH固体、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，需要的仪器主要有烧杯、玻璃棒、量筒、500ml容量瓶、胶头滴管，故D正确。
综上所述，答案为D。
检验海带中是否含有碘离子，先将海带灼烧后溶解、过滤，向滤液中加入酸性双氧水氧化，再加入淀粉检验。
18、C
【解析】
A．由图1可知，当c（HA－）=c（A2－）时，溶液显酸性，所以NaHA溶液显酸性，电离程度大于水解程度，则各离子浓度大小关系为：c（Na＋）＞c（HA－）＞c（H＋）＞c（A2－）＞c（OH－），故A正确；
B．由图2可知，当c（[H3NCH2CH2NH2]+）=c[H3NCH2CH2NH3]2+）时，溶液的pH=6.85，c（OH－）=10-7.15ml·L－1，则
Kb2==c（OH－），Kb2=10-7.15，故B正确；
C．由图2可知，当c（[H3NCH2CH2NH3]2+）=c（[H3NCH2CH2NH]+）时，溶液的pH=6.85，c（OH－）=10-7.15ml·L－1，则Kb2=10-7.15，由图1可知，当c（HA－）=c（A2－）时，pH=6.2，则Ka2=10-6.2，[H3NCH2CH2NH3]2+的水解程度大于A2－的水解程度，溶液显酸性，故C错误；
D．=
=，由于通入HCl，Kw、Kb1、Ka1都不变，所以
不变，故D正确。
故选C。
本题考查弱电解质的电离平衡及盐的水解平衡原理的应用，把握电离平衡原理和水解原理、电离常数和水解常数的计算、图象数据的分析应用为解答的关键，侧重分析、应用能力和计算能力的考查，难点D，找出所给表达式与常数Kw、Kb1、Ka1的关系。
19、C
【解析】
A.pH=3的CH3COOH溶液中c(H+)=10-3ml/L，由于Kw= c(H+)·c(OH-)=10-14ml/L，则c(OH-)=10-11ml/L，溶液中只有水电离产生OH-，所以该溶液中由水电离产生的c(OH-)=10-11ml/L，A错误；
B.醋酸是一元弱酸，c(CH3COOH)> c(H+)=10-3ml/L，NaOH是一元强碱，NaOH溶液的pH=11，则c(OH-) =10-3ml/L，c(NaOH)= c(OH-) =10-3ml/L，两种溶液等体积混合，醋酸过量，溶液显酸性，B错误；
C.在CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，还存在着水的电离平衡H2OH++OH-，根据电离产生的离子关系可知：c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)，C正确；
D.在该混合溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由于c(CH3COO-)=c(Na+)，所以c(OH-)=c(H+)，溶液显中性，D错误；
故合理选项是C。
20、C
【解析】
A.Na2CO3的俗称为纯碱、苏打，故A正确；
B.生石膏即天然二水石膏，化学式为CaSO4•2H2O，故B正确；
C.结构中主碳链有5个碳，其名称为3，3-二乙基戊烷，故C错误；
D.硬脂酸，即十八烷酸，分子式为C18H36O2，亦可表示为C17H35COOH，故D正确；
综上所述，答案为C。
21、D
【解析】
R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R可能为C元素或S元素，由于图示原子半径和原子序数关系可知R应为C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O元素，Z为Na元素；Z与T形成的Z2T化合物，且T的原子半径比Na小，原子序数T>Z，则T应为S元素，X的原子半径最小，原子序数最小，原子半径也较小，则X应为H元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题。
【详解】
根据上述推断可知：X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；R是C元素，T是S元素。
A.S2-核外有3个电子层，O2-、Na+核外有2个电子层，由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：T>Y>Z，A错误；
B. Z2Y、Z2Y2表示的是Na2O、Na2O2，Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键、极性共价键，因此所含的化学键类型不相同，B错误；
C.O、S是同一主族的元素，由于H2O分子之间存在氢键，而H2S分子之间只存在范德华力，氢键的存在使H2O的沸点比H2S高，而物质的稳定性与分子内的共价键的强弱有关，与分子间作用力大小无关，C错误；
D.ZXT表示的是NaHS，该物质为强碱弱酸盐，在溶液中HS-水解，消耗水电离产生的H+结合形成H2S，使水的电离平衡正向移动，促进了水的电离，使溶液中c(OH-)增大，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，D正确；
故合理选项是D。
本题考查了原子结构与元素性质及位置关系应用的知识，根据原子结构特点及元素间的关系推断元素是解题的关键，侧重于学生的分析能力的考查。
22、B
【解析】
向10mL0.1ml/LCuCl2溶液中滴加0.1ml/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，Y点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7ml/L，Ksp(CuS)= c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7ml/L×10-17.7ml/L=10-35.4ml2/L2，据此结合物料守恒分析。
【详解】
A. 该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7ml/L，则Ksp(CuS)= c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7ml/L×10-17.7ml/L=10-35.4ml2/L2，A错误；
B.Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，Y点时恰好形成CuS沉淀，水的电离程度小于X、Z点，所以X、Y、Z三点中，Y点水的电离程度最小，B正确；
C.根据Na2S溶液中的物料守恒可知：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，C错误；
D.向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5ml/L的混合溶液中逐滴加入10-4ml/L的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)=ml/L=3×10-20ml/L，产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)= =10-30.4ml/L＜3×10-20ml/L，则产生CuS沉淀时所需S2-浓度更小，即Cu2+先沉淀，D错误；
故合理选项是B。
本题考查沉淀溶解平衡的知识，根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp数值是解题关键，注意掌握溶度积常数的含义及应用方法，该题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
二、非选择题(共84分)
23、1 氯环己烷 碳碳双键 乙醇溶液、加热 酯化反应 +CH3CH2OH 6
【解析】
根据流程图，烃A在氯化铁条件下与氯气发生取代反应生成B，B与氢气加成生成C，结合C的化学式可知，A为，B为，C为，根据题干信息①可知，D中含有碳碳双键，则C发生消去反应生成D，D为，D中碳碳双键被高锰酸钾氧化生成E，E为，E与乙醇发生酯化反应生成F，F为，根据信息②，F在乙醇钠作用下反应生成M()，据此分析解答。
【详解】
(1)的结构简式为，A中只有1种氢原子，核磁共振氢谱中有1组吸收峰；B的结构简式为，故答案为：1；；
(2)C的结构简式为，化学名称为氯环己烷；D的结构简式为，D中所含官能团为碳碳双键，故答案为：氯环己烷；碳碳双键；
(3)C的结构简式为，D的结构简式为，为卤代烃的消去反应，反应条件为NaOH乙醇溶液、加热；E的结构简式为，F的结构简式为，的反应类型为酯化反应或取代反应，故答案为：NaOH乙醇溶液、加热；酯化反应或取代反应；
(4)F的结构简式为，M的结构简式为，根据信息②，的化学方程式为+CH3CH2OH，故答案为：+CH3CH2OH；
(5) M为，同时满足：①五元环上连有2个取代基；②能与溶液反应生成气体，说明含有羧基；③能发生银镜反应，说明含有醛基，满足条件的M的同分异构体有：、、、、、，一共6种，故答案为：6；
(6) 以甲基环戊烯()合成，要想合成，需要先合成，因此需要将碳碳双键打开，根据信息①，碳碳双键打开后得到，只需要将中的羰基与氢气加成即可，具体的合成路线为，故答案为：。
24、 硝基、羟基 +2NaOH+NaCl+H2O AB 、(任意两种)
【解析】
苯和氯气发生取代反应生成A，A为，F中不饱和度=，根据柳胺酚结构简式知，F中含有苯环和碳氧双键，所以F为；E为；D和铁、HCl反应生成E，结合题给信息知，D结构简式为； A反应生成B，B和NaOH水溶液发生取代反应生成C，根据D结构简式知，A和浓硝酸发生取代反应生成B，B为，C为，C和HCl反应生成D，据此解答。
【详解】
(1)、由分析可知B为，F为；
故答案为； ；
(2)、D结构简式为 ，官能团为羟基和硝基；
故答案为硝基、羟基；
(3)、B→C的化学方程式为+2NaOH+NaCl+H2O；
故答案为+2NaOH+NaCl+H2O ；
(4) A、柳胺酚中酚羟基、肽键水解生成的羧基能和NaOH反应，所以1ml柳胺酚最多可以和3ml NaOH反应，故A不正确；
B、柳胺酚中含有苯环，可以发生硝化反应，故B不正确；
C、含有肽键，所以可发生水解反应，故C正确;
D、含有酚羟基，溴和苯环.上酚羟基邻对位氢原子发生取代反应，故D正确；
故选AB；
(5)、①能发生显色反应为属酚类化合物，且苯环上有二种不同化学环境的氢原子，说明苯环上含有酚羟基，且苯环上有二种类型的氢原子；
②能发生银镜反应，说明该有机物中含有醛基，所以符合条件的F的同分异构体有：；
故答案为。
25、打开弹簧夹，通入N2一段时间 H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O 将红色物质转化为氧化铜 Cu 排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性 NaHSO3或KHSO3 SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O 2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2
【解析】
(1)①为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出；
②装置A中的反应是制备SO2的反应；
(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；
①在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；
②由实验中物质的质量计算红色固体的平均摩尔质量，进而分析固体成分；
(3)①根据B中所得溶液中可能的成分等，实验i可以排除部分成分显绿色的可能性；
②确认Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液中加入含有HSO3-离子的物质；
(4)出现红色沉淀的原因是生成了Cu；溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3-离子的物质。
【详解】
(1)①为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出，操作为：打开弹簧夹，通入N2一段时间，关闭弹簧夹；
②装置A中的反应是制备SO2的反应，化学方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；
(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；
①在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；
②由实验可知n(CuO)==0.025ml，则红色固体的平均摩尔质量为=64g/ml，故红色固体为铜；
(3)①B中所得溶液中可能含有溶解的SO2，H2SO3，Cu(HSO3)2、CuSO4等，CuSO4在溶液中呈蓝色，而B 所得溶液呈绿色，实验i可以排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性；
②确认Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液中加入含有HSO3-离子的物质，故可加入NaHSO3或KHSO3；
(4)出现红色沉淀的原因是生成了Cu，离子方程式为：SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O；溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3-离子的物质，离子方程式为2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2.
本题注意实验三中判断使溶液显绿色的粒子时，要分别判断，逐一分析，每一步实验都要从实验目的角度分析设置的原因。
26、直形冷凝管(或冷凝管) 除去Cl2中混有的HCl杂质 F C B 将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集 滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量) S2Cl2遇水会分解放热，放出腐蚀性烟气 ac ×100%或%或%或%
【解析】
(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；
(2)S2Cl2受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；
(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数。
【详解】
(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；
①仪器m 的名称为直形冷凝管(或冷凝管)，装置F 中试剂的作用是：除去Cl2中混有的HCl杂质；
②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→C→B→E→D；
③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气；并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；
④反应生成S2Cl2中因氯气过量则会有少量生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；
(2)少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬独液，但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，其原因是：防止S2Cl2遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；
(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数；
①W溶液是吸收氧化二氧化硫的溶液，可以是a.H2O2溶液，c．氯水，但不能是b.KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，故答案为：ac；
②过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)==ml，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数= 。
考查性质实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行排列顺、数据处理能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
27、Ca(OH)2溶液 稀H2SO4 铁 Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓ Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓ Fe(OH)3＋3H＋＝Fe3＋＋3H2O Cu(OH)2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O 2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋ Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu
【解析】
从含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的废液中，把Fe3+转化为绿矾回收，把Cu2+转化为铜回收，先加碱使金属离子转化为沉淀，与阴离子分离，然后加酸溶解沉淀，再加铁粉可得到硫酸亚铁溶液和Cu，过滤得到铜和硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾。
【详解】
依据题意从含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的废液中，把Fe3+转化为绿矾回收，把Cu2+转化为铜回收应分三步实施，先加廉价的碱Ca(OH)2将Fe3+、Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2，与Cl-、NO3-分离，反应的离子方程式为Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓；过滤后向Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀中加入稀硫酸，使沉淀溶解得到硫酸铁和硫酸铜的混合液，反应的离子方程式为Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；向所得溶液中加入铁粉与硫酸铁和硫酸铜反应，可得到硫酸亚铁溶液和Cu，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；过滤得到铜和硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，故答案为：Ca(OH)2溶液；稀H2SO4；铁；Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓；Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。
28、 最后加入一滴高锰酸钾，出现紫红色且30s不褪色 70% 盐酸有还原性（或有还原性），易被高锰酸钾氧化 ，加入稀硫酸，增大浓度，平衡向左移动，抑制了水解，所以增大 生成的可能有催化作用，加快了反应速度
【解析】
根据氧化还原反应中得失电子守恒配平化学方程式；根据滴定原理分析滴定终点的现象及计算物质的质量分数；根据平衡移动原理及影响速率的因素分析解答。
【详解】
（1）元素的化合价变化为：Mn：+7→+2，改变数为5，Fe：+2→+3，改变数为1，根据化合价升降的总数相等可知，KMnO4与FeSO4的化学计量数比值为1：5，然后根据质量守恒配平化学方程式，配平后的化学方程式为8H2SO4+2KMnO4+10FeSO4＝2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O，电子由Fe转移到Mn：；
（2）高锰酸钾滴入时被亚铁离子还原成无色，则滴定到终点时的现象为最后加入一滴高锰酸钾，出现紫红色且30s不褪色；根据方程式计算得
KMnO4～～～5FeSO4～～～5Fe
1ml 5ml
0.02ml/L×0.025L n
n(Fe)=0.02ml/L×0.025L×5=0.0025ml
则铁片中铁元素的质量分数为；
（3）高锰酸钾有氧化性，盐酸有还原性（或有还原性），易被高锰酸钾氧化；
（4）铁离子水解：，加入稀硫酸，增大浓度，平衡向左移动，抑制了水解，所以增大；
（5）H2O2中O为-1价，被高锰酸钾氧化后生成O2，故答案为O2；
（6）因为恒温，所以影响反应速率的因素可能是催化剂，故答案为：生成的可能有催化作用，加快了反应速度。
29、乙醇 取代反应 3
【解析】
根据已知条件，有机物A的质谱与核磁共振氢谱可知，A的相对原子质量是46，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为1:2:3，A为乙醇；根据流程，E在Fe和HCl作用下发生还原反应生成，则E为；E是D反应而来的，D为；D是有A和C在浓硫酸作用下酯化反应得到的，C为；C是有分子式C7H8氧化而来的，B为甲苯，结合③和G的分子式，可知对二甲苯与2分子一氯甲烷反应生成；根据②可知，F氧化生成G，G脱水生成H，H为。
【详解】
（1）根据上述分子可知A为乙醇；
（2）反应②是D在浓硫酸和浓硝酸作用下发生硝化反应生成的E；
（3）反应①还A与C在浓硫酸作用下发生酯化反应生成D，化学方程式为；
（4）F的结构简式是；
（5）同时满足上述3个条件的同分异构体是、、；
（6）间二甲苯氧化生成间苯二甲酸，间苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成间苯二甲酸二甲酯，间苯二甲酸二甲酯发生硝化反应生成，还原得到目标产物，合成路线为：。
选项
实验目的
实验方案
所选玻璃仪器
A
除去KNO3固体中少量NaCl
将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤
酒精灯、烧杯、玻璃棒
B
测定海带中是否含有碘
将海带剪碎，加蒸馏水浸泡，取滤液加入淀粉溶液
试管、胶头滴管、烧杯、
漏斗
C
测定待测溶液中I-的浓度
量取20.00ml的待测液，用0.1ml·L-1的FeC13溶液滴定
锥形瓶、碱式滴定管、量筒
D
配制500mL1ml/LNaOH溶液
将称量好的20.0gNaOH固体、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀
烧杯、玻璃棒、量筒、
500ml.容量瓶、胶头滴管