2026年牡丹江市高考仿真卷化学试题（含答案解析）

这是一份2026年牡丹江市高考仿真卷化学试题（含答案解析），共19页。
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列说法正确的是( )
A．Cl2溶于水得到的氯水能导电，但Cl2不是电解质，而是非电解质
B．以铁作阳极，铂作阴极，电解饱和食盐水，可以制备烧碱
C．将1ml Cl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为
D．反应Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)═2AlCl3(g)+3CO(g)室温下不能自发进行，则
2、通过下列实验操作及现象不能推出相应结论的是
A．AB．BC．CD．D
3、下列关于有机物的说法不正确的是
A．正丁烷和异丁烷的沸点相同
B．麦芽糖的水解产物只有葡萄糖
C．疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白质变性
D．苯与乙烯均可以使溴水褪色，但褪色原理不同
4、用酸性KMnO4溶液不能达到预期目的的是
A．区别苯和甲苯
B．检验硫酸铁溶液中是否有硫酸亚铁
C．检验CH2=CHCHO中含碳碳双键
D．区别SO2和CO2
5、设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A．在 12.0g NaHSO4 晶体中，所含离子数目为 0.3NA
B．足量的镁与浓硫酸充分反应，放出 2.24L 混合气体时，转移电子数为 0.2NA
C．30g 冰醋酸和葡萄糖的混合物中含氢原子的数目为 2NA
D．标准状况下，11.2L 乙烯和丙烯混合物中含氢原子数目为 2NA
6、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Na2SO3标准溶液滴定
7、工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN－＋OH－＋Cl2―→CO2＋ N2＋Cl－＋H2O（未配平）。下列说法错误的是
A．Cl2 是氧化剂，CO2 和 N2 是氧化产物
B．该反应中，若有 1ml CN－发生反应，则有 5NA 电子发生转移
C．上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为 2∶5
D．若将该反应设计成原电池，则 CN－在负极区发生反应
8、化学制备萘（）的合成过程如图，下列说法正确的是（ ）
A．a的分子式是C10H12OB．b的所有碳原子可能处于同一平面
C．萘的二氯代物有10种D．a→b的反应类型为加成反应
9、亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathiesn）法制备亚氯酸钠的流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1
B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物
C．反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
10、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+
11、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．60g乙酸和丙醇混合物中含有的分子数目为NA
B．2L0.5ml•L-1磷酸溶液中含有的H+数目为3NA
C．标准状况下，2.24L己烷中含有的共价键数目为1.9NA
D．50mL12 ml•L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数目为0.3NA
12、向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是( )
A．a点对应的溶液中：Na+、OH-、SO42-、NO3-
B．b点对应的溶液中：K+、Ca2+、H+、Cl-
C．c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Cl-
D．d点对应的溶液中：F-、NO3-、Fe2+、Ag+
13、下列表示氮原子结构的化学用语规范，且能据此确定电子能量的（ ）
A．B．
C．1s22s22p3D．
14、用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（）
A．18gD2O含有的电子数为10NA
B．常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NA
C．标准状况下，11.2LO2和CO2混合气体含有的氧原子数为NA
D．将23gNa与氧气完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA到0.2NA之间
15、《唐本草》和《本草图经》中记载：“绛矾，本来绿色，……正如瑁璃烧之赤色”“取此物（绛矾）置于铁板上，聚炭，……吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也”。其中不涉及的物质是（ ）
A．FeSO4·7H2OB．SC．Fe2O3D．H2SO4
16、化学是一门以实验为基础的学科。下列实验装置和方案能达到相应目的是（ ）
A．图装置，加热蒸发碘水提取碘
B．图装置，加热分解制得无水Mg
C．图装置，验证氨气极易溶于水
D．图装置，比较镁、铝的金属性强弱
二、非选择题（本题包括5小题）
17、生物降解高分子材料F的合成路线如下，已知C是密度为1.16 g·L－1的烃。
已知：
(1)下列说法正确的是________。
A．A能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色
B．等物质的量的B和乙烷，完全燃烧，消耗的氧气相同
C．E能和Na反应，也能和Na2CO3反应
D．B和E反应，可以生成高分子化合物，也可以形成环状物
(2)C中含有的官能团名称是________。
(3)由B和E合成F的化学方程式是____________________________________。
(4)完成由CH2=CH2、HCHO合成H3COOCCH2CH2COOCH3合成路线_____________(用流程图表示，无机试剂任选)。
(5)的同分异构体中，分子中含1个四元碳环，但不含—O—O—键。结构简式是________。
18、已知：醛基和双氧水可发生如下反应：
为了合成一类新药，选择了下列合成路线：
回答下列问题：
(1)C中官能团的名称是_______________________。
(2)E生成F的反应类型是_____________________。
(3)E的结构简式为______________________________。
(4)B生成C的化学方程式为_____________________。
(5)与B互为同分异构体属于芳香二元羧酸，且核磁共振氢谱为两组峰(峰面积比为1：l)的有机物有______种。
(6)设计主要以甲醇和苯甲醇为原料制备 的合成路线_________。
19、ClO2是一种优良的消毒剂，熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，实验室在50℃时制备ClO2。
实验Ⅰ：制取并收集ClO2，装置如图所示：
(1)写出用上述装置制取ClO2的化学反应方程式_____________。
(2)装置A中持续通入N2的目的是___________。装置B应添加__________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“50℃的热水浴”)装置。
实验Ⅱ：测定装置A中ClO2的质量，设计装置如图：
过程如下：
①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；
②按照右图组装好仪器；在玻璃液封管中加入①中溶液，浸没导管口；
③将生成的ClO2由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封溶液倒入锥形瓶中，洗涤玻璃液封管2—3次，都倒入锥形瓶，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；
④用c ml·L−1 Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去V mL Na2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I−+S4O62-)。
(3)装置中玻璃液封管的作用是_____________。
(4)滴定终点的现象是___________________。
(5)测得通入ClO2的质量m(ClO2)=_______g(用整理过的含c、V的代数式表示)。
20、ClO2熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，温度过高可能引起爆炸，易溶于水，易与碱液反应。工业上用潮湿的KClO3和草酸(H2C2O4)在60℃时反应制得。某同学设计了如图装置来制取、收集ClO2并测定其质量。
实验I：制取并收集ClO2，装置如图所示。
(1)装置A除酒精灯外，还必须添加__________装置，目的是____________。装置B应该添加_____________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“60℃的热水浴”)装置。
(2)装置A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式_____________。
实验II：测定ClO2的质量，装置如图所示。过程如下：
①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加硫酸溶液；
②按照如图组装好仪器：在玻璃液封管中加入水，浸没导管口；
③将生成的ClO2气体由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；
④用cml/L Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去VmL Na2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。
(3)装置中玻璃液封管的作用是______________。
(4)滴定终点的现象是___________________。
(5)测得通入ClO2的质量m (ClO2)=_______(用整理过的含的代数式表示)。
(6)判断下列操作对m (ClO2)测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
①若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果________。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_________。
21、X、Y、Z、M、N、Q、P为元素周期表前四周期的7种元素。其中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量最高的元素，M的内层电子数是最外层电子数的9倍，N的原子序数比M小1，Q在元素周期表的各元素中电负性最大。P元素的第三电子层处于全充满状态，第四电子层只有一个电子。请回答下列问题：
(1)基态X的外围电子电子排布图为_____，P元素属于_____ 区元素。
(2)XZ2分子的空间构型是_____，YZ2分子中Y的杂化轨道类型为_____，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是_____（写分子式），理由是_____。
(3)含有元素N的盐的焰色反应为____色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是___。
(4)元素M与元素Q形成晶体中，M离子与Q离子的配位数之比为_____。
(5)P单质形成的晶体中，P原子采取的堆积方式为_____，P原子采取这种堆积方式的空间利用率为_____（用含π表达式表示）。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
A．氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．电解饱和食盐水制烧碱时，阳极应为惰性电极，如用铁作阳极，则阳极上铁被氧化，生成氢氧化亚铁，不能得到氯气，故B错误；
C．氯气和水的反应为可逆反应，故溶液中含有未反应的氯气分子，故HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故C错误；
D．反应Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)═2AlCl3(g)+3CO(g)室温下不能自发进行，说明△H-T△S＞0，反应的熵变△S＞0，则△H＞0，故D正确；
答案选D。
2、B
【解析】
A. 将SO2气体通入Na2SiO3溶液中生成胶状沉淀说明发生反应SO2+ Na2SiO3+H2O===H2SiO3↓+Na2SO3，根据强酸制弱酸原理可知酸性：H2SO3＞H2SiO3，故A正确；
B. 淀粉遇碘变蓝，向某食盐溶液中滴加淀粉溶液颜色不变只能说明食盐中不含碘单质，不能证明不含碘酸钾，故B错误；
C. 两支试管中c(OH－)相同，且c(Ca2+)= c(Cu2+)，但只生成氢氧化铜沉淀，说明氢氧化铜比氢氧化钙更容易沉淀，且二者为同类型沉淀，所以Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Ca(OH)2]，故C正确；
D. 向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置上层呈紫红色说明有碘单质生成，即铜离子将碘离子氧化，下层有白色沉淀生成说明不是氢氧化铜沉淀且无铜单质生成，说明发生反应2Cu2++4I－=2CuI↓+I2，故D正确；
故答案为B。
对于同种类型的沉淀（都是AB型或AB2型等）,一般Ksp越小，溶解度越小，但若沉淀类型不同，不能根据Ksp判断溶解度的大小，比较Ksp的大小没有意义。
3、A
【解析】
A. 正丁烷 不带支链，沸点高于带支链的异丁烷，A项错误；
B. 麦芽糖水解为葡萄糖，B项正确；
C. 蛋白质在温度较高时易变性，疫苗为蛋白质，为了防止蛋白质变性，所以一般应该冷藏存放，C项正确；
D. 乙烯与溴发生加成反应，使溴水中水层褪色，溴在苯的溶解度远远大于水中的溶解度，苯萃取溴水的溴，使溴水中水层褪色，二者褪色原理不同，D项正确；
答案选A。
4、C
【解析】
A．甲苯可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，可鉴别，故A不选；
B．硫酸亚铁具有还原性，可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，可鉴别，故B不选；
C．CH2=C（CH3）CHO中碳碳双键和醛基都可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，不能检验是否含有碳碳双键，故C选；
D.SO2具有还原性，可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，可鉴别，故D不选；
故选C。
5、C
【解析】
A．NaHSO4 晶体中存在钠离子和硫酸氢根两种离子，所以在 12.0g NaHSO4 晶体中，即0.1ml晶体中所含离子数目为 0.2NA，故A错误；
B．未指明温度和压强，无法确定2.24L混合气体的物质的量，所以无法确定转移电子数，故B错误；
C．冰醋酸和葡萄糖最简式都是CH2O，所以30g冰醋酸和葡萄糖的混合物中含氢原子的数目为：×2×NA=2NA，故C正确；
D．11.2L 乙烯和丙烯的混合气体在标况下的物质的量为0.5ml，0.5ml乙烯中氢原子为2ml，0.5ml丙烯中氢原子为3ml，所以0.5ml二者的混合物所含氢原子个数在2NA至3NA之间，故D错误；
故答案为C。
阿伏加德罗常数是高考的热点，要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，还要注意气体摩尔体积使用条件和对象。
6、B
【解析】
A.灼烧海带在坩埚中进行，而不是在烧杯中，A错误；
B.海带灰溶解后分离出不溶性杂质需要采用过滤操作，过滤需要玻璃棒引流，B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的食盐水，尾气需要用到氢氧化钠溶液吸收，C错误；
D.Na2SO3是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，所以滴定时Na2SO3应该放在碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，D错误；
答案选B。
在实验操作中，选择合适的仪器至关重要，灼烧时应选择在坩埚中进行，滴定操作时应该注意滴定管的选择，酸性溶液、强氧化性溶液选择酸式滴定管。
7、C
【解析】
反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[(4-2)+(3-0)]=10价，故CN-系数为2，Cl2系数为5，由元素守恒反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，以此来解答。
【详解】
A．反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，故A正确；
B．由上述分析可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1ml CN-发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，故B正确；
C．由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C错误；
D．C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以CN-失电子，发生氧化反应为负极，故D正确。
故选：C。
8、C
【解析】
A．根据结构简式确定分子式为C10H10O，故A错误；
B．b中有4个C原子为饱和C原子，具有甲烷结构特点，所以该分子中所有C原子不可能共平面，故B错误；
C．结构对称，萘中含2种位置的H，则其一氯代物有2种（），二氯代物有10种（，故C正确；
D．a比b少1个O原子、多2个H原子，所以为还原反应，故D错误；
答案选C。
本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系、同分异构体种类判断方法是解本题关键，C为解答易错点，采用"定一移二"的方法判断即可。
9、C
【解析】
A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；
B．由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确；
C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；
D．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确；
故答案选C。
根据反应的流程图可得反应①中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比。
10、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。
11、A
【解析】
A、乙酸和丙醇的摩尔质量均为60g/ml，故60g混合物的物质的量为1ml，则含分子数目为NA个，故A正确；
B、磷酸为弱酸，不能完全电离，则溶液中的氢离子的个数小于3NA个，故B错误；
C、标准状况下，己烷为液体，所以无法由体积求物质的量，故C错误；
D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故浓盐酸不能反应完全，则转移的电子数小于0.3NA个，故D错误；
答案选A。
12、C
【解析】
A. a点对应的溶液中含有碳酸氢钠，HCO3-、OH-反应生成CO32-和水，a点对应的溶液中不能有大量OH-，故不选A；
B. b点对应的溶液中有碳酸氢钠，HCO3-、H+反应生成CO2气体和水，b点对应的溶液中不能有大量H+，故不选B；
C. c点对应的溶液中溶质只有氯化钠，Na+、Ca2+、NO3-、Cl-不反应，能共存，故选C；
D. d点对应的溶液中含有盐酸， F-、H+反应生成弱酸HF，H+、NO3-、Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+，Ag+、Cl-反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，故不选D；答案选C。
13、C
【解析】
A. 表示N原子的原子结构示意图，只能看出在原子核外各个电子层上含有的电子数的多少，不能描述核外电子运动状态，故A错误；
B. 表示N原子的电子式，可以知道原子的最外电子层上有5个电子，不能描述核外电子运动状态，故B错误；
C. 表示N原子的核外电子排布式，不仅知道原子核外有几个电子层，还知道各个电子层上有几个电子轨道及核外电子运动状态，能据此确定电子能量，故C正确；
D. 表示N原子的轨道表示式，原子核外的电子总是尽可能的成单排列，即在2p的三个轨道上各有一个电子存在，这样的排布使原子的能量最低，故D错误；
故答案为：C。
14、C
【解析】
A. D2O的摩尔质量为20g/ml，18gD2O的物质的量为0.9ml，则含有0.9ml电子，即电子数为0.9NA，故A错误；
B. 124g白磷的物质的量为1ml，而白磷为正四面体结构，每个白磷分子中含有6根P—P键，故1ml白磷中所含P—P键数目为6NA，故B错误；
C. 标准状况下，11.2LO2、CO2混合气体物质的量为0.5ml，含有的氧原子数为NA，故C正确；
D. 2.3g钠的物质的量为0.1ml，钠与氧气完全反应，转移电子数用钠计算，0.1ml钠完全反应失去0.1ml电子，则转移的电子数为0.1NA，故D错误；
答案选C。
15、B
【解析】
由信息可知，绿矾为硫酸亚铁的结晶水合物，即FeSO4·7H2O，加热发生氧化还原反应，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，Fe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，三氧化硫与水结合可生成硫酸，不涉及的物质是S，答案选B。
硫为淡黄色固体，在题目中并未涉及，做本题时要关注各物质的物理性质。
16、C
【解析】
A、蒸发碘水，水、碘均易挥发；
B、加热促进水解，且生成盐酸易挥发；
C、挤压胶头滴管，气球变大；
D、Al与NaOH反应，Al为负极。
【详解】
A项、蒸发碘水，水、碘均易挥发，应萃取分离，故A错误；
B项、加热促进水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发，故B错误；
C项、挤压胶头滴管，气球变大，可验证氨气极易溶于水，故C正确；
D项、Al与NaOH反应，Al为负极，而金属性Mg大于Al，图中装置不能比较金属性，故D错误。
故选C。
本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，把握物质的性质、混合物分离提纯、电化学，注意实验的评价性分析为解答的关键，D项为易错点，注意金属Al的特性。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、ABD 碳碳三键 nHOOCCH2CH2COOH＋nHOCH2CH2CH2CH2OH＋(2n-1)H2O
【解析】
C是密度为1.16 g·L－1的烃，则M=Vm=1.16 g·L－122.4L/ml=26g/ml，C为乙炔，根据已知反应的可知乙炔与甲醛反应生成D为HOCH2CCCH2OH，D催化加氢得E为HOCH2CH2CH2CH2OH；苯催化氧化生成，与水在加热条件下反应生成A为HOOCCH=CHCOOH，HOOCCH=CHCOOH催化加氢得B为HOOCCH2CH2COOH；HOOCCH2CH2COOH与HOCH2CH2CH2CH2OH在一定条件下发生缩聚反应生成F为，据此分析。
【详解】
根据上述分析可知：
(1)A.A是HOOCCH=CHCOOH，官能团中碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色，选项A正确；
B.B的分子式是C4H6O4，碳氧抵消后为C2H6，完全燃烧消耗的氧气和等物质的量的乙烷相同，选项B正确；
C.E中有—OH，能和Na反应，不能和Na2CO3反应，选项C错误；
D.B和E中都是双官能团，也可以形成环状物，也可以形成高分子化合物，选项D正确。
答案选ABD；
(2)从以上分析可知，C是乙炔，含有的官能团名称是碳碳三键；
(3)由B和E合成F是缩聚反应，化学方程式是nHOOCCH2CH2COOH＋nHOCH2CH2CH2CH2OH＋(2n-1)H2O；
(4)题目中要求用CH2=CH2、HCHO制取H3COOCCH2CH2COOCH3，用倒推法应有H3COH和HOOCCH2CH2COOH，已知：RC≡CH＋，甲醇由甲醛氢化还原制取，则合成路线为；
(5)的同分异构体满足：分子中含1个四元碳环，但不含—O—O—键。结构简式是等。
18、氯原子、酯基 加成反应 +2CH3OH+2H2O 5
【解析】
(1)由C的结构简式可知其含有的官能团有：氯原子、酯基；
(2)E发生信息中的加成反应生成F；
(3)对比D、F的结构简式，结合E到F的反应条件、给予的反应信息，可知D中-CH2OH转化为-CHO生成E，E发生信息中加成反应生成F；
(4)B→C是B与甲醇发生酯化反应生成C；
(5)与B互为同分异构体属于芳香二元羧酸，且核磁共振氢谱为两组峰(峰面积比为1：1)的有机物，苯环侧重为2个羧基、1个氯原子且为对称结构；
(6)模仿D→E→F→G的转化，苯甲醇氧化生成苯甲醛，然后与双氧水反应，最后与甲醇反应得到。
【详解】
(1)由C的结构简式可知其含有的官能团有：氯原子、酯基；
(2)E发生信息中的加成反应生成F，所以反应类型为加成反应；
(3)对比D、F的结构简式，结合E到F的反应条件、给予的反应信息，可知D中-CH2OH转化为-CHO生成E，E发生信息中加成反应生成F，故E的结构简式为：；
(4)B是 ，C的结构简式为 ，所以B→C是B与甲醇发生酯化反应生成C，反应方程式为：+2CH3OH+2H2O；
(5)与B互为同分异构体属于芳香二元羧酸，且核磁共振氢谱为两组峰(峰面积比为1：1)的有机物，苯环侧链为2个羧基、2个氯原子且为对称结构，可能的结构简式还有为：、、 、
，共5种；
(6)模仿D→E→F→G的转化，苯甲醇被催化氧化生成苯甲醛，然后与双氧水反应产生，与甲醇反应得到，则合成路线流程图为：。
本题考查有机物的合成，涉及官能团的识别、反应类型的判断、反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，熟练掌握官能团的性质与转化是本题解答的关键，要对比有机物的结构、明确发生的反应，充分利用题干信息分析解答。
19、 降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸 冰水浴 防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量 溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化 1.35×10-2cV
【解析】
Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质；
(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质， ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；
Ⅱ. (3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等，准确测量；
(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；
(5)根据氧化还原反应分析，有关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)。
【详解】
Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质，则化学反应方程式为：，故答案为：；
(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质， ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，通入氮气，及时排出；ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，故答案为：降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸；冰水浴；
Ⅱ. (3)装置中玻璃液封管的作用是，防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量，故答案为：防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量；
(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点，故答案为：溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化；
(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3 L×cml/L=c•V•10-3 ml．则：根据关系式：，所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c•V•10-3 ml，所以m(ClO2)=n(ClO2) •M=×c•V•10-3 ml×67.5g/ml=1.35cV×10-2g，故答案为：1.35cV×10-2。
本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键。
20、温度控制 使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸 冰水浴 2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O 用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等 当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点 1.35cV×10-2g 偏高 偏低
【解析】
(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，需温度计，ClO2温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80℃之间，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；
(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式；
(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；
(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；
(5)根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)；
(6)根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3判断，若操作使Na2S2O3偏少，则ClO2偏低；若操作使Na2S2O3偏大，则ClO2偏高。
【详解】
(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，所以装置A中还应安装的玻璃仪器是温度计；ClO2熔点为-59℃，沸点为11.0℃，温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80℃之间，控制温度的目的是使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸，ClO2的沸点：11.0℃，沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，收集在试管中或常温下二氧化氯为气态，装置B使用冰水浴装置，进行降温处理；
(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O；
(3)装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；
(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；
(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3 L×cml/L=c•V•10-3 ml．则：
根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，
2 10
n(ClO2) c•V•10-3 ml
所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c•V•10-3 ml，所以m(ClO2)=n(ClO2) •M=×c•V•10-3 ml×67.5g/ml=1.35cV×10-2g；
(6)①若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，使标准溶液的浓度减小，消耗的体积增大，则测定结果中ClO2的含量偏高；
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读取的体积比实际体积偏小，导致测定结果中ClO2的含量偏低。
本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键，题目难度中等。
21、 ds V形 sp杂化 SO2 SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂，故SO2的溶解度较大 紫 电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量 2：1 面心立方最密堆积
【解析】
X、Y、Z、M、N、Q、P为元素周期表前四周期的7种元素，X原子核外的M层中只有两对成对电子，核外电子排布应为1s22s22p63s23p4，X为S元素；Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Y有2个电子层，最外层电子数为4，则Y为C元素；Z是地壳内含量最高的元素，为O元素；M的内层电子数是最外层电子数的9倍，M只能处于第四周期，最外层电子数只能为2，内层电子总数为18，核外电子总数为20，M为Ca元素；N的原子序数比M小1，则N为K元素；Q在元素周期表的各元素中电负性最大，Q为F元素；P元素的第三电子层处于全充满状态，第四电子层只有一个电子，原子核外电子数=2+8+18+1=29，则P为Cu元素，据此解答。
【详解】
X为S元素，Y为C元素，Z为O元素，M为Ca元素，N为K元素，Q为F元素，P为Cu元素。
(1)X为S元素，元素在周期表中的位置是：第三周期ⅥA族，外围电子排布为3s23p4，它的外围电子的电子排布图为，P元素为Cu，属于ds区元素；
(2)SO2分子中S原子价层电子对数2+=3，S原子含有1对孤电子对，所以其立体结构是V形，CO2分子C原子呈2个σ键、没有孤电子对，C的杂化轨道类型为sp杂化，SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂，故SO2的溶解度较大；
(3)含有K元素的盐的焰色反应为紫色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量；
(4)元素M与Q分别为Ca和F，形成的晶体为CaF2，Ca2+作面心立方最密堆积，F-做四面体填隙，Ca2+的配位数为8，F-的配位数为4，所以M离子与Q离子的配位数之比为2：1；
(5)P为Cu，P单质形成的晶体中，原子采取的堆积方式为面心立方最密堆积，一个晶胞中有Cu的个数为8×个，设Cu的半径为r，则V球=4×=，根据几何关系，晶胞边长为a=2r，所以晶胞的体积V晶胞=a3=16r3，所以空间利用率为×100%。
本题是对物质结构的考查，涉及核外电子的排布、化学键、杂化方式与空间构型、分子结构与性质、晶胞计算等，(4)中注意利用均摊法计算晶胞的质量，涉及球、立方体的体积的计算等，难度中等。
选项
实验操作
现象
结论
A
将SO2气体通入Na2SiO3溶液中
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3＞H2SiO3
B
向某食盐溶液中滴加淀粉溶液
溶液颜色不变
该食盐中一定没有添加碘酸钾
C
向2支盛有5mL 0.1ml/LNaOH溶液的试管中分别加入2滴0.1ml/L CuCl2溶液和2滴0.1ml/L CaCl2溶液
一支试管中产生蓝色沉淀，另一支试管无明显现象
Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Ca(OH)2]
D
向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置
上层呈紫红色，下层有白色沉淀生成
铜离子可以氧化碘离子，白色沉淀可能为CuI