长治市2025-2026学年高三第五次模拟考试化学试卷（含答案解析）

这是一份长治市2025-2026学年高三第五次模拟考试化学试卷（含答案解析），共27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（每题只有一个选项符合题意）
1、用除去表面氧化膜的细铝条紧紧缠绕在温度计上（如图），将少许硝酸汞溶液滴到铝条表面，置于空气中，很快铝条表面产生“白毛”，且温度明显上升。下列分析错误的是
A．Al和O2化合放出热量B．硝酸汞是催化剂
C．涉及了：2Al+3Hg2+→2Al3++3HgD．“白毛”是氧化铝
2、下列实验操作、现象与结论均正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
3、下列说法正确的是（ ）
A．pH在5.6～7.0之间的降水通常称为酸雨
B．SO2使溴水褪色证明SO2有还原性
C．某溶液中加盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明该溶液中一定含CO32－或SO32－
D．某溶液中滴加BaCl2溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，说明该溶液中一定含SO42－
4、下列说法正确的是
A．紫外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析
B．高聚物()属于可降解材料，工业上是由单体经过缩聚反应合成
C．通过煤的液化可获得煤焦油、焦炭、粗氨水等物质
D．石油裂解的目的是为了提高轻质油的质量和产量
5、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中X与Y可形成一种淡黄色物质P，常温下将0.05 ml P溶于水，配成1L溶液，pH=13；Z为金属元素，且Z可在W的一种氧化物中燃烧，生成一种白色物质和一种黑色物质。下列说法错误的是
A．简单离子半径：X>Y> Z
B．气态氢化物的稳定性：W>X
C．单质的熔点：Z>Y
D．元素Z形成的单质被称为“国防金属”
6、下列实验操作或现象不能用平衡移动原理解释的是
A．卤化银沉淀转化
B．配制氯化铁溶液
C．淀粉在不同条件下水解
D．探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应
7、NA表示阿伏加德罗常数的值。室温下，下列关于 1 L 0.1 ml/L FeCl3 溶液的说法中正确的是
A．溶液中含有的 Fe3+离子数目为 0.1NA
B．加入 Cu 粉，转移电子数目为 0.1NA
C．加水稀释后，溶液中 c(OH－) 减小
D．加入 0. 15 ml NaOH 后，3c(Fe3+)+c(H+) = c(Na+) + c(OH－)
8、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+
9、室温下，有pH均为9，体积均为10 mL的NaOH溶液和CH3COONa溶液，下列说法正确的是
A．两种溶液中的c(Na+)相等
B．两溶液中由水电离出的c(OH-)之比为10-9/10-5
C．分别加水稀释到100mL时，两种溶液的pH依然相等
D．分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积相等
10、泛酸和乳酸均易溶于水并能参与人体代谢，结构简式如下图所示。下列说法不正确的是
泛酸乳酸
A．泛酸分子式为C9H17NO5
B．泛酸在酸性条件下的水解产物之一与乳酸互为同系物
C．泛酸易溶于水，与其分子内含有多个羟基易与水分子形成氢键有关
D．乳酸在一定条件下反应，可形成六元环状化合物
11、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下， L的C2H4和C3H6的混合物中含有的碳碳双键数目为NA
B．100 g 质量分数17%H2O2溶液中极性键数目为NA
C．1 L0.1ml K2Cr2O7溶液中含铬的离子总数为0.2NA
D．65 g Zn溶于浓硫酸中得混合气体的分子数为NA
12、下列实验操作能达到目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
13、实验室利用下列反应装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，反应原理为：NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，下列说法错误的是（ ）
A．通过活塞K可控制CO2的流速
B．装置b、d依次盛装饱和Na2CO3溶液、稀硫酸
C．装置c中含氨的饱和食盐水提高了CO2吸收效率
D．反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水充分冷却，过滤得到NaHCO3晶体
14、根据热化学方程式：S(s)+O2(g)→SO2(g)+297.23kJ，下列说法正确的是
A．1mlSO2(g)的能量总和大于1mlS(s)和1mlO2(g)的能量总和
B．加入合适的催化剂，可增加单位质量的硫燃烧放出的热量
C．S(g)+O2(g)→SO2(g)+Q1 kJ；Q1的值大于297.23
D．足量的硫粉与标况下1升氧气反应生成1升二氧化硫气体时放出297.23 kJ热量
15、海水是巨大的资源宝库：从海水中提取食盐和溴的过程如下：
下列说法错误的是
A．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等
B．电解熔融的氯化钠是一个将电能转化为化学能的过程
C．步骤Ⅱ中将Br2还原为Br－的目的是富集溴元素
D．向母液中加入石灰乳可得到Mg(OH)2，工业上常用电解熔融的Mg(OH)2来制取镁
16、工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)；ΔH=+QkJ·ml-1(Q＞0)，某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应，下列叙述正确的是（ ）
A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B．若反应开始时SiCl4为1ml，则达平衡时，吸收热量为QkJ
C．反应至4min时，若HCl浓度为0.12ml·L-1，则H2反应速率为0.03ml·L-1·min-1
D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1ml·L-1的NaOH溶液恰好反应
二、非选择题（本题包括5小题）
17、香料G的一种合成工艺如图所示。
已知：①核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为1∶1。
②CH3CH2CH=CH2 CH3CHBrCH=CH2
③CH3CHO+CH3CHO CH3CH=CHCHO+H2O
请回答下列问题：
(1)A的结构简式为________ ，G中官能团的名称为________。
(2)检验M已完全转化为N的实验操作是______
(3)有学生建议，将M→N的转化用KMnO4 (H＋)代替O2，你认为是否合理______(填“是”或“否”)原因是_________(若认为合理则不填此空)。
(4)写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：K→L________，反应类型________。
(5)F是M的同系物，比M多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有_____种。(不考虑立体异构)
①能发生银镜反应 ②能与溴的四氯化碳溶液加成 ③苯环上只有2个对位取代基
(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线______(其他无机原料任选)。请用以下方式表示：A B目标产物
18、为确定某盐A(仅含三种元素)的组成，某研究小组按如图流程进行了探究：
请回答：
(1)A的化学式为______________________。
(2)固体C与稀盐酸反应的离子方程式是________________________。
(3)A加热条件下分解的化学方程式为________________________。
19、二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知：ClO2是极易溶于水的气体，实验室制备及性质探究装置如图所示。回答下列问题：
（1）装置B用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为___________。装置C中滴有几滴淀粉溶液，反应时有蓝色岀现。淀粉的作用是______。
（2）装置C的导管靠近而不接触液面，其目的是________。
（3）用ClO2消毒自来水，其效果是同质量氯气的______倍（保留一位小数）。
（4）装置D用于吸收尾气，若反应的氧化产物是一种单质，且氧化剂与氧化产物的物质的量之比是2∶1，则还原产物的化学式是___________。
（5）若将装置C中的溶液改为Na2S溶液，通入ClO2后溶液无明显现象。由此可以产生两种假设：
假设a：ClO2与Na2S不反应。
假设b：ClO2与Na2S反应。
①你认为哪种假设正确，阐述原因：___________。
②请设计实验证明你的假设（仅用离子方程式表示）：__________。
20、过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，化学性质与过氧化钠类似。某学习小组设计在碱性环境中利用CaCl2与H2O2反应制取CaO2·8H2O，装置如图所示：
回答下列问题：
（1）小组同学查阅文献得知：该实验用质量分数为20%的H2O2溶液最为适宜。市售H2O2溶液的质量分数为30%。该小组同学用市售H2O2溶液配制约20%的H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有___。
（2）仪器X的主要作用除导气外，还具有的作用是___。
（3）在冰水浴中进行的原因是___。
（4）实验时，在三颈烧瓶中析出CaO2·8H2O晶体，总反应的离子方程式为___。
（5）反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干获得CaO2·8H2O。下列试剂中，洗涤CaO2·8H2O的最佳选择是____。
A．无水乙醇 B．浓盐酸 C．Na2SO3溶液 D．CaCl2溶液
（6）若CaCl2原料中含有Fe3+杂质，Fe3+催化分解H2O2，会使H2O2的利用率明显降低。反应的机理为：
①Fe3+ +H2O2=Fe2++H++HOO·
②H2O2+X=Y +Z+W（已配平）
③Fe2++·OH=Fe3++OH-
④H+ +OH-=H2O
根据上述机理推导步骤②中的化学方程式为___。
（7）过氧化钙可用于长途运输鱼苗，这体现了过氧化钙具有____的性质。
A．与水缓慢反应供氧 B．能吸收鱼苗呼出的CO2气体
C．能是水体酸性增强 D．具有强氧化性，可杀菌灭藻
（8）将所得CaO2·8H2O晶体加热到150~160℃，完全脱水后得到过氧化钙样品。
该小组测定过氧化钙样品中CaO2的纯度的方法是：准确称取0.4000g过氧化钙样品，400℃以上加热至完全分解成CaO和O2(设杂质不产生气体)，得到33.60mL(已换算为标准状况)气体。
则：所得过氧化钙样品中CaO2的纯度为_____。
21、CO2的综合利用对于减少温室气体、缓解能源紧缺具有重要的意义。
（Ⅰ）CO2的性质稳定，其电子式为___。
（Ⅱ）多晶Cu是唯一被实验证实能高效催化CO2还原为烃类(如CH4 或C2H4)的金属。电解装置分别以多晶Cu和铂为电极材料，用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度(约0.1 ml/L左右)基本保持不变。并向某极室内持续通入CO2，温度控制在10℃左右。
(1)持续通入CO2的原因是______。
(2)研究表明，催化剂的多种因素决定了C2H4的选择性和催化活性。
已知：选择性=目标产物的消耗原料量/原料总的转化量
在本实验条件下，生成C2H4的电极反应为______。
(3)本实验条件下，若CO2转化为烃的转化率为10%，生成C2H4的选择性为12%，现收集到12 ml C2H4，则通入的CO2为______ml。
（Ⅲ）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H
(1)已知：反应1：CH4(g) ═C(s)+2H2(g) △H1=+75kJ•ml﹣1
反应2：H2(g) + CO2(g)H2O(g)+CO(g) △H2=+35kJ•ml﹣1
反应3：2CO(g) ═C(s)+ CO2(g) △H3=﹣172kJ•ml﹣1
则该催化重整反应的△H=___kJ•ml﹣1。从温度和压强角度有利于提高CO2平衡转化率的条件是____。
(2)下图表示体系内c(H2)/c(CO)、c(H2O)/c(CO)的变化情况，请解释1200K以下c(H2)/c(CO)小于1的原因___，并解释随温度的升高c(H2)/c(CO)增大的原因____。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
铝与硝酸汞溶液发生置换反应生成汞，形成铝汞合金（铝汞齐）。合金中的铝失去氧化膜的保护，不断被氧化成氧化铝（白毛）。
【详解】
A. 实验中，温度计示数上升，说明Al和O2化合放出热量，A项正确；
B. 硝酸汞与铝反应生成汞，进而形成铝汞齐，B项错误；
C. 硝酸汞与铝反应的离子方程式为2Al+3Hg2+→2Al3++3Hg，C项正确；
D. 铝汞齐中的铝失去氧化膜保护，与氧气反应生成氧化铝（白毛），D项正确。
本题选B。
2、D
【解析】
A、发生的离子反应：Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，加入KCl固体，平衡不移动，故A错误；B、酸性高锰酸钾溶液可将Fe2＋氧化为Fe3＋，将I－氧化成I2，Fe3＋、I2在溶液种都显黄色，故B错误；C、因为加入NaOH是过量，再滴入3滴FeCl3溶液，Fe3＋与过量的NaOH溶液生成Fe(OH)3，不能说明两者溶度积大小，故C错误；D、Na2CO3、NaHCO3的水溶液都显碱性，前者红色更深，说明CO32－水解的程度比HCO3－大，即CO32－结合H＋能力强于HCO3－，故D正确。
3、B
【解析】
A项、pHNa+> Mg2+，A正确；
B．非金属性：C＜O，则气态氢化物的稳定性：CH4＜H2O，B错误；
C．一般情况下，金属离子半径越小，所带的电荷越多，自由电子越多，金属键就越强，熔点就越高，所以，单质的熔点：Mg >Na，C正确；
D．Z为Mg元素，Mg被称为国防金属，D正确。
答案选B。
6、C
【解析】
A、足量NaCl(aq)与硝酸银电离的银离子完全反应，AgCl在溶液中存在溶解平衡，加入少量KI溶液后生成黄色沉淀，该沉淀为AgI，Ag+浓度减小促进AgCl溶解，说明实现了沉淀的转化，能够用勒夏特列原理解释；
B、铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，该反应为可逆反应，加入稀盐酸可抑制铁离子水解，能够用勒夏特列原理解释；
C、淀粉水解反应中，稀硫酸和唾液起催化作用，催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释；
D、二氧化碳在水中存在溶解平衡，塞上瓶塞时随着反应的进行压强增大，促进CO2与H2O的反应，不再有气泡产生，打开瓶塞后压强减小，向生成气泡的方向移动，可用勒夏特列原理解释。
正确答案选C。
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关。
7、D
【解析】
A．Fe3+发生一定程度的水解，N(Fe3+)＜0.1NA，故A错误；
B．Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，因加入Cu的量不确定，转移电子数目N(e－)≤0.1NA，无法确定，故B错误；
C．加水稀释使平衡Fe3++3H2O3H+ + Fe(OH)3向右移动，(H+ )增大，但c(H+ )减小，c(OH－)增大，故C错误；
D．加入0.15 ml NaOH后，溶液中必有2c(Na+)=c(Cl－)(物料守恒)、3c(Fe3+)+c(Na+ )+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)(电荷守恒)，可得3c(Fe3+)+c(H+)=c(Na+ )+c(OH－)，故D正确；
答案选D。
列出溶液中的2c(Na+)=c(Cl－)(物料守恒)是解D项的关键。
8、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。
9、B
【解析】
pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa），相同体积、相同pH的这两种溶液，则n（NaOH）＜n（CH3COONa）。
【详解】
A．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa），钠离子不水解，所以钠离子浓度NaOH＜CH3COONa，故A错误；
B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，NaOH溶液中c（H+）等于水电离出c（OH-）=10-9ml/L，CH3COONa溶液10-14/10-9=10-5ml/L，两溶液中由水电离出的c（OH-）之比=10-9/10-5，故正确；
C．加水稀释促进醋酸钠水解，导致溶液中pH大小为CH3COONa＞NaOH，故C错误；
D．分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积与NaOH、CH3COONa的物质的量成正比，n（NaOH）＜n（CH3COONa），所以醋酸钠消耗的稀盐酸体积大，故D错误。
10、B
【解析】
A. 根据泛酸的结构简式，可知分子式为C9H17NO5，故A正确；
B. 泛酸在酸性条件下的水解出，与乳酸中羟基个数不同，所以与乳酸不是同系物，故B错误；
C. 泛酸中的羟基与水分子形成氢键，所以泛酸易溶于水，故C正确；
D. 2分子乳酸在一定条件下反应酯化反应，形成六元环状化合物，故D正确；
选B。
本题考查有机物的机构和性质，重点是掌握常见官能团的结构和性质，肽键在一定条件下水解，羟基、羧基一定条件下发生酯化反应，正确把握同系物的概念。
11、D
【解析】
A. C3H6可以是环烷烃，不含碳碳双键，故A错误；
B. H2O2溶液中含有极性键的是H2O2和H2O，100 g 质量分数17%H2O2溶液中含有极性键的物质的量为()ml>1ml，故B错误；
C. K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72－＋H2O2 H＋＋2CrO42－，因此溶液中含铬的离子总物质的量不等于0.2ml，故C错误；
D. 锌和浓硫酸反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，锌和稀硫酸反应：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，65 g Zn完全溶于浓硫酸中，无论得到SO2还是H2还是混合气体，得到分子数都为NA，故D正确；
答案：D。
12、A
【解析】
A. 溶液质量是90 g+10g=100 g，溶质的质量分数为×100%=10%，A正确；
B. “84消毒液”有效成分是NaClO，该物质具有氧化性，会将pH试纸氧化漂白，因此不能用pH试纸测量该溶液的pH，以验证溶液的碱性，B错误；
C. 玻璃的成分中含有Na2SiO3，含有钠元素，因此用玻璃棒进行焰色反应实验，就会干扰溶液中离子的检验，要使用铂丝或光洁无锈的铁丝进行焰色反应，C错误；
D. 向溴水中加入CCl4充分振荡后，静置，然后分液，就可从溴水中获得溴单质。若向溴水中通入SO2气体，就会发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，不能将单质溴吹出，D错误；
故合理选项是A。
13、B
【解析】
A．关闭活塞K时，气体可将球形容器内的液体压入漏斗内，从而使碳酸钙脱离液面，反应停止，所以通过调节活塞K可控制CO2的流速，A正确；
B．装置b的作用是除去二氧化碳中混有的氯化氢，故装置b内应盛装饱和NaHCO3溶液，B错误；
C．装置c中含氨的饱和食盐水呈碱性，CO2的溶解度增大，C正确；
D．反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水，NaHCO3降温结晶，过滤得NaHCO3晶体，D正确；
故选B。
14、C
【解析】
A．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以1mlSO2(g)的能量总和小于1mlS(s)和1mlO2(g)的能量总和，故A错误；
B．加入合适的催化剂不会影响反应焓变，即单位质量的硫燃烧放出的热量不变，故B错误；
C．因物质由固态转变成气态也要吸收热量，所以S(g)+O2(g)→SO2(g)的反应热的数值大于297.23kJ⋅ml−1，故C正确；
D．热化学方程式的系数只表示物质的量，标准状况下1L氧气的物质的量小于1ml，故D错误；
故答案为：C。
15、D
【解析】
A. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，选项A正确；
B. 电解熔融的氯化钠是一个将电能转化为化学能的过程，选项B正确；
C. 步骤Ⅱ中将Br2还原为Br－，发生反应Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，目的是富集溴元素，选项C正确；
D. 向母液中加入石灰乳可得到Mg(OH)2，工业上常用电解熔融的MgCl2来制取镁，选项D错误。
答案选D。
16、D
【解析】
A. 该反应是反应前后气体分子数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，A错误；
B. 该反应是可逆反应，达平衡时，吸收热量小于QkJ，B错误；
C. 速率之比等于反应系数之比，v(H2)=v(HCl)= ，C错误；
D. 由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl的物质的量为，100mL1ml·L-1的NaOH的物质的量为0.1ml，二者物质的量相等，恰好反应，D正确；
故答案为：D。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、 碳碳双键、酯基 取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N 否 KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键 +CH3CHO 加成反应 6 CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br
【解析】
由流程：E和N发生酯化反应得到的G为，则E、N分别为和中的一种，C反应得到D，D发生卤代烃水解反应得到E，故E属于醇，E为，则N为，逆推出M为、L为，结合信息③，逆推出K为，由E逆推出D为，结合信息②，逆推出C为，C由B在浓硫酸加热条件下发生消去反应所得、B为，又知A催化加氢得B，核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为1∶1，即A分子内有2种氢原子且二者数目相同，则A为；
(1)据上分析，写出A的结构简式及G中官能团的名称；
(2)检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验；
(3)该学生建议是否合理，主要通过用KMnO4 (H＋)代替O2发生转化时，有没有其它基团也被氧化，如果有，那么就不可行；
(4) K为，则K→L的反应可通过信息类推，按反应特点确定反应类型；
(5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。求满足下列条件的F的同分异构体数目，主要找出满足条件的基团进行有序组合就可以了，条件①能发生银镜反应，意味着有—CHO，条件②能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，③苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，据此回答；
(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，则主要通过取代反应引入一个溴原子，通过加成反应引入2个溴原子，再水解即可；
【详解】
(1)据上分析，A为，；
答案为：；
G为，G中官能团为碳碳双键、酯基；
答案为：碳碳双键、酯基；
(2)M为，N为，N呈酸性，检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验，故检验操作为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N；
答案为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N；
(3)学生建议用KMnO4 (H＋)代替O2把M转化为N，醛基确实被氧化为羧基，但是碳碳双键同时被氧化，那么建议就不可行；
答案为：否； KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键 ；
(4) K为，则K→L的反应可通过信息③类推，反应为：+CH3CHO ，从反应特点看是加成反应；
答案为：+CH3CHO ； 加成反应；
(5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。F的同分异构体，要满足条件——条件①能发生银镜反应，意味着有—CHO，条件②能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，③苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，由此可把2个位于对位的取代基分成以下几种情况：①—CHO、 ②—CHO、③—CHO、④—CH2CHO、⑤、⑥、；故共有6种；
答案为：6；
(6)由流程图知，C和NBS试剂可通过取代反应引入一个溴原子而碳碳双键不变，故以丙烯和NBS发生取代反应，引入一个溴原子，得到CH2=CH-CH2-Br，通过加成反应引入2个溴原子，得到BrCH2-CHBr-CH2-Br，水解即可制备甘油(丙三醇)，流程为：CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br ；
答案为：CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br 。
18、FeSO4Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑
【解析】
气体B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01ml，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01ml，其体积为0.01ml×22.4L·ml－1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)==0.01ml，黄色溶液E为FeCl3，据此分析。
【详解】
气体B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01ml，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01ml，其体积为0.01ml×22.4L·ml－1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)==0.01ml，黄色溶液E为FeCl3，
（1）根据上述分析，A仅含三种元素，含有铁元素、硫元素和氧元素，铁原子的物质的量为0.02ml，S原子的物质的量为0.02ml，A的质量为3.04g，则氧原子的质量为(3.04g－0.02ml×56g·ml－1－0. 02ml×32g·ml－1)=1.28g，即氧原子的物质的量为=0.08ml，推出A为FeSO4；
（2）固体C为Fe2O3，属于碱性氧化物，与盐酸反应离子方程式为Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；
（3）FeSO4分解为Fe2O3、SO2、SO3，参与反应FeSO4、SO2、SO3、Fe2O3的物质的量0.02ml、0.01ml、0.01ml、0.01ml，得出FeSO4受热分解方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑。
19、SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2通过检验I2的存在，证明ClO2有强氧化性使ClO2尽可能多的与溶液反应，并防止倒吸2.6NaClO2假设b正确， S2－的还原性强于I－，所以ClO2也能氧化S2－或ClO2是强氧化剂，S2－具有强还原性SO42-＋Ba2＋=BaSO4↓
【解析】
浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，A制备二氧化硫，B用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则B中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3═2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以C中发生氧化还原反应生成碘，注意防倒吸，装置C中滴有几滴淀粉溶液，碘遇淀粉变蓝色；装置D用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境，据此解答。
【详解】
(1)装置B用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒知，酸式盐为硫酸氢钠，该反应的化学方程式为SO2+H2SO4+2KClO3═2KHSO4+2ClO2；装置C中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘变蓝色，根据淀粉是否变色来判断是否有碘生成，从而证明二氧化氯具有氧化性；
(2)ClO2是极易溶于水的气体，所以检验其强氧化性时导管靠近而不接触液面，以防倒吸；
(3)1mlCl2即71g消毒时转移2ml电子，71gClO2消毒时转移电子为×(4+1)=5.2ml，其效果是同质量氯气的=2.6倍；
(4)装置D用于吸收尾气,H2O2作还原剂生成O2，H2O2∼O2∼2e−，生成1mlO2转移电子2ml，则2mlClO2得到2ml电子生成2mlNaClO2；
(5)①由于ClO2具有强氧化性，Na2S具有强还原性，二者不可能不反应，所以假设a错误，假设b正确；
②ClO2氧化Na2S后溶液无明显现象，说明ClO2将S2−氧化生成更高价的酸根SO42−，所以可通过检验SO42−的存在以证明ClO2与Na2S发生氧化还原反应，所用试剂为稀盐酸和BaCl2溶液，离子反应为：SO42−+Ba2+═BaSO4↓。
20、烧杯、量筒 防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸 防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出 Ca2++H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4+ A HOO·+ H2O2=H2O + O2 +·OH ABD 54.00%
【解析】
配制一定质量分数的溶液需要的仪器，只需要从初中知识解答，
通入氨气后，从氨气的溶解性思考，
双氧水在冰水浴中，从双氧水的不稳定来理解，
根据原料和产物书写生成八水过氧化钙的离子方程式，
过氧化钙晶体的物理性质得出洗涤八水过氧化钙的试剂，
充分利用前后关系和双氧水分解生成水和氧气的知识得出中间产物即反应方程式，
利用关系式计算纯度。
【详解】
⑴配制约20%的H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯、量筒，
故答案为：烧杯、量筒；
⑵仪器X的主要作用除导气外，因为氨气极易溶于水，因此还具有防倒吸作用，
故答案为：防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸；
⑶双氧水受热分解，因此在冰水浴中进行的原因是防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出，
故答案为：防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出，；
⑷实验时，在三颈烧瓶中析出CaO2·8H2O晶体，总反应的离子方程式为Ca2++H2O2+2NH3+ 8H2O =CaO2·8H2O↓+2NH4+，
故答案为：Ca2++H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4+；
⑸过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，因此洗涤CaO2·8H2O的最佳实际为无水乙醇，
故答案为：A；
⑹若CaCl2原料中含有Fe3+杂质，Fe3+催化分解H2O2变为氧气和水，根据前后联系，说明②中产物有氧气、水、和·OH，其化学方程式为：HOO·+ H2O2=H2O + O2 +·OH，
故答案为：HOO·+ H2O2=H2O + O2 +·OH；
⑺过氧化钙可用于长途运输鱼苗，鱼苗需要氧气，说明过氧化钙具有与水缓慢反应供氧，能吸收鱼苗呼出的二氧化碳气体和杀菌作用，
故答案为：ABD；
⑻将所得CaO2·8H2O晶体加热到150~160℃，完全脱水后得到过氧化钙样品。
该小组测定过氧化钙样品中CaO2的纯度的方法是：准确称取0.4000g过氧化钙样品，400℃以上加热至完全分解成CaO和O2(设杂质不产生气体)，得到33.60mL即物质的量为1.5×10-3 ml，。
2CaO2 = 2CaO + O2
根据关系得出n(CaO2) = 3×10-3 ml，
，
故答案为54.00%。
21、 提高CO2的浓度，增大CO2的放电能力，抑制H+的放电 14CO2+12e-+8H2O= C2H4+12HCO3- 1000 +247 高温低压 因为发生了反应2 H2(g) + CO2(g) H2O(g) +CO(g) 随温度的升高，CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H>0，平衡正移，CO浓度增大并且CO2浓度降低，反应2平衡逆移，由图中c(H2O)/ c(CO)变小得到验证，从而c(H2)/ c(CO)增大。
【解析】
Ⅰ．CO2是共价化合物，其分子内碳与每个氧原子之间存在二个共用电子对；
Ⅱ．(1)持续通入CO2可提高CO2气体的浓度，确保阴极持续发生CO2的还原反应；
(2) CO2在电解池的阴极得电子发生还原反应生成C2H4；
(3)若CO2转化为烃的转化率为10%，生成C2H4的选择性为12%，结合选择性=目标产物的消耗原料量/原料总的转化量计算参加反应的CO2的物质的量；
Ⅲ．(1)根据盖斯定律计算△H；结合温度和压强对平衡的影响，分析促进平衡正向移动的条件；
(2)结合温度对反应2：H2(g) + CO2(g)H2O(g)+CO(g) △H2=+35kJ•ml﹣1和CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H=+247 kJ•ml﹣1的平衡状态的影响分析。
【详解】
Ⅰ．CO2是共价化合物，其电子式为；
Ⅱ．(1)持续通入CO2的目的是为了提高CO2的浓度，增大CO2的放电能力，抑制H+的放电，确保阴极持续发生CO2的还原反应；
(2)CO2在电解池的阴极得电子发生还原反应生成C2H4，发生的电极反应为14CO2+12e-+8H2O=C2H4+12HCO3-；
(3)设参加反应的CO2的物质的量为nml，依据选择性=目标产物的消耗原料量/原料总的转化量可知：12%=，解得：n=1000ml；
Ⅲ．(1)已知：反应1：CH4(g) ═C(s)+2H2(g) △H1=+75kJ•ml﹣1；反应3：2CO(g) ═C(s)+ CO2(g) △H3=﹣172kJ•ml﹣1；根据盖斯定律，由反应1-反应3即可得到CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，则△H=(+75kJ•ml﹣1)-(﹣172kJ•ml﹣1)=+247 kJ•ml﹣1；对反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H=+247 kJ•ml﹣1，升高温度和降低压强均能促进平衡正向移动，故提高CO2平衡转化率的条件是高温低压；
(2)因反应体系中发生的反应2：H2(g) + CO2(g)H2O(g)+CO(g) △H2=+35kJ•ml﹣1，温度较低时有利于此反应正向进行，使体系内c(H2)的浓度降低，c(CO)的浓度增大，导致体系内1200K以下c(H2)/c(CO)小于1；但随着温度的升高，CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H>0，平衡正移，CO浓度增大并且CO2浓度降低，反应2平衡逆移，由图中c(H2O)/c(CO)变小得到验证，从而c(H2)/c(CO)增大。
用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
选项
操作
现象
结论
A
向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl固体
溶液颜色变浅
FeCl3+3KSCNFe(SCN)3
+3KCl平衡向逆反应方向移动
B
向酸性高锰酸钾溶液中加入过量的FeI2固体
反应后溶液变黄
反应后溶液中存在大量Fe3+
C
取3mL 1 ml·L-1NaOH溶液,先加入3滴1 ml·L-1 MgCl2溶液,再加入3滴1 ml·L-1FeCl3溶液
出现红褐色沉淀
Mg(OH)2的Ksp比Fe(OH)3的Ksp大
D
常温下，向浓度、体积都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞
变红,前者红色更深
结合质子的能力：CO32->HCO3-
选项
实验目的
实验操作
A
配制100 g10%的NaOH溶液
称取10 gNaOH溶于90 g蒸馏水中
B
验证“84消毒液”呈碱性
用pH试纸测量溶液的pH
C
检验溶液中是否含有Na+
用洁净的玻璃棒蘸取溶液灼烧，观察火焰颜色
D
从溴水中获得溴单质
利用SO2将Br2吹出后，富集、还原、分离