2026届安徽省滨湖寿春中学高考仿真卷化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省滨湖寿春中学高考仿真卷化学试卷含解析，文件包含专题14分类讨论思想在压轴题中的应用原卷版pdf、专题14分类讨论思想在压轴题中的应用解析版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共125页， 欢迎下载使用。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行了如下实验：
下列说法正确的是
A．该混合物一定是K2CO3和NaClB．该混合物可能是Na2CO3和KCl
C．该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3D．该混合物一定是Na2CO3和NaCl
2、已知：锂硫电池的总反应为2Li+xS=Li2Sx。以锂硫电池为电源，通过电解含(NH4)2SO4的废水制备硫酸和化肥的示意图如图(不考虑其他杂质离子的反应)。下列说法正确的是（ ）
A．b为电源的正极
B．每消耗32g硫，理论上导线中一定通过2mle-
C．N室的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+
D．SO42-通过阴膜由原料室移向M室
3、标准NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是（ ）
A．酚酞B．圆底烧瓶C．锥形瓶D．滴定管
4、下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图1，a点表示的溶液通过升温可以得到b点
B．图2，若使用催化剂E1、E2、ΔH都会发生改变
C．图3表示向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中滴加稀盐酸时，产生CO2的情况
D．图4表示反应aA(g)+bB(g)cC(g)，由图可知，a+b＞c
5、根据合成氨反应的能量变化示意图，下列有关说法正确的是（ ）
A．断裂0.5mlN2（g）和1.5ml H2（g）中所有的化学键释放a kJ热量
B．NH3（g）═NH3（l）△H=c kJ•ml﹣1
C．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣2（a﹣b）kJ•ml﹣1
D．2NH3（l）⇌N2（g）+3H2（g）△H=2（b+c﹣a） kJ•ml﹣1
6、常温下，0.2 ml/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示（a、b、d、e均为不超过1的正数），则下列说法正确的是
A．该溶液pH=7B．该溶液中：c（A-）+c（Y）=c（Na+）
C．HA为强酸D．图中X表示HA，Y表示OH-，Z表示H+
7、人的胃壁能产生胃液，胃液里含有少量盐酸，称为胃酸。胃过多会导致消化不良和胃痛。抗酸药是一类治疗胃痛的药物，能中和胃里过多的盐酸，缓解胃部的不适。下列物质不能作抗酸药的是（ ）
A．碳酸氢钠B．氢氧化铝C．碳酸镁D．硫酸钡
8、NA代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是
A．2NA个HCl分子与44.8 L H2和Cl2的混合气体所含的原子数目均为4NA。
B．32gCu将足量浓、稀硝酸分别还原为NO2和NO，浓、稀硝酸得到的电子数均为NA。
C．物质的量浓度均为1ml/L的NaCl和MgCl2混合溶液中，含有Cl―的数目为3NA。
D．1ml D318O+（其中D代表）中含有的中子数为10 NA。
9、下列实验原理或操作，正确的是( )
A．用广泛pH试纸测得 0.1ml/L NH4Cl溶液的pH=5.2
B．酸碱中和滴定时锥形瓶用蒸馏水洗涤后，再用待测液润洗后装液进行滴定
C．将碘水倒入分液漏斗，加入适量苯振荡后静置，从分液漏斗放出碘的苯溶液
D．在溴化钠中加入少量的乙醇，再加入2倍于乙醇的1﹕1的硫酸制取溴乙烷
10、下列说法正确的是( )
A．将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质
B．氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质
C．固态的离子化合物不能导电，熔融态的离子化合物能导电
D．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强
11、海水淡化是解决沿海城市饮用水问题的关键技术。下图是电渗析法淡化海水装置的工作原理示意图(电解槽内部的“┆”和“│”表示不同类型的离子交换膜)。工作过程中b电极上持续产生Cl2。下列关于该装置的说法错误的是
A．工作过程中b极电势高于a极
B．“┆”表示阴离子交换膜，“│”表示阳离子交换膜
C．海水预处理主要是除去Ca2＋、Mg2＋等
D．A口流出的是“浓水”，B口流出的是淡水
12、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA
B．标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
C．1 ml FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA
D．0.1ml H2 和0.1ml I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NA
13、下列反应的生成物不受反应物的用量或浓度或反应条件影响的是
A．SO2与NaOH溶液反应B．Cu在氯气中燃烧
C．Na与O2的反应D．H2S与O2的反应
14、以下情况都有气体产生，其中不产生红棕色气体的是( )
A．加热浓硝酸B．光照硝酸银
C．加热硝酸钙D．加热溴化钾和浓硫酸混合物
15、向含Fe2＋、I－、Br－的混合溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b－a＝5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法正确的是（ ）
A．线段Ⅱ表示Br-的变化情况
B．原溶液中n(FeI2)：n(FeBr2)＝3：1
C．根据图像无法计算a的值
D．线段Ⅳ表示HIO3的变化情况
16、拉曼光谱证实，AlO2－在水中转化为[Al(OH)4]－。将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中，再逐滴加入1ml/L盐酸，测得溶液中CO32－、HCO3－、[Al(OH)4]－、Al3+的物质的量与加入盐酸的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是
A．CO32－、HCO3－和[Al(OH)4]－在水溶液中可大量共存
B．d线表示的反应为：[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O
C．原固体混合物中CO32－与AlO2－的物质的量之比为1：1
D．V1=150mL，V2=300mL；M点生成的CO2为0.05ml
二、非选择题（本题包括5小题）
17、乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物（H）具有很好的抗血小板聚集活性，是良好的心脑血管疾病的治疗药物。
已知：①
②
③
请回答：
（1）E中含有的官能团名称为_________；
（2）丹皮酚的结构简式为_________；
（3）下列说法不正确的是（_____）
A．乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物 H 的分子式为 C21H34O3N3
B．物质B 可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐
C． D→E 和 G→H 的反应类型均为取代反应
D．物质 C 能使浓溴水褪色，而且 1ml C 消耗 2mlBr2
（4）写出 F→G 的化学方程式_________。
（5）写出满足下列条件 F 的所有同分异构体的结构简式_________。
①能发生银镜反应；1mlF 与 2mlNaOH恰好反应。
②1H-NMR 谱显示分子中含有 5 种氢原子； IR 谱显示有－NH2，且与苯环直接相连。
（6）阿司匹林也具有抑止血小板凝聚的作用。结合题给信息，请以硝基苯和乙酸酐为原料设计合理的路线制备阿司匹林（）。（用流程图表示，无机试剂任选）______。
18、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）___。
19、纳米TiO2是一种重要的光催化剂。以钛酸酯Ti(OR)4为原料制备纳米TiO2的步骤如下：
①组装装置如下图所示，保持温度约为65℃，先将30mL钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分搅拌；
②将含水20％的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；
③将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米TiO2。
已知，钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，回答下列问题：
(1)仪器a的名称是_______，冷凝管的作用是________。
(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是________(填标号)。
a.增加反应的焓变 b.增大反应的活化能
c.减小反应的焓变 d.降低反应的活化能
制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有________。
(3)步骤②中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为________。下图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是________(填标号)。
(4)测定样品中TiO2纯度的方法是：精确称取0.2000 g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+。待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000 ml·L-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000 ml·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00 mL(已知：Ti3+ ＋Fe3+＋H2O=TiO2+ ＋Fe2+ ＋2H＋)。
①加入金属铝的作用除了还原TiO2＋外，另一个作用是________________。
②滴定时所用的指示剂为____________(填标号)
a.酚酞溶液 b. KSCN溶液 c. KMnO4溶液 d.淀粉溶液
③样品中TiO2的质量分数为________%。
20、二氧化钒（VO2）是一种新型热敏材料。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒（ IV ）碱式碳酸铵晶体,过程如下:
V2O5VOCl2溶液（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]10·H2O
回答下列问题：
（1）步骤i中生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体,该反应的化学方程式为____。也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOCl2溶液,从环境角度考虑,该方法的缺点是_______。
（2）步骤ii可在如图装置（气密性良好）中进行。已知:VO2+能被O2氧化。
①药品填装完成后的实验操作是____（填活塞“a”“b”的操作）。
②若无装置B,则导致的后果是____。
（3）加完VOCl2后继续搅拌数分钟,使反应完全,小心取下分液漏斗,停止通气,立即塞上橡胶塞,将锥形瓶置于CO2保护下的干燥器中，静置过夜,得到紫红色晶体,抽滤,并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次,用无水乙醇洗涤2次,除去水分,再用乙醚洗涤2次,抽干称重。用饱和NH4 HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是____。
（4）测定氧钒（ IV ）碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量4.246g样品于锥形瓶中,用20mL蒸馏水与30mL硫酸混合溶解后，加0.02 ml·L-1的KMnO4溶液至稍过量,充分反应后继续加1% NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2 ,最后用0.08 ml·L-1的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点,消耗体积为30.00 mL。（滴定反应:VO2+ + Fe2++2H+=VO2++ Fe3++H2O）
①NaNO2溶液的作用是____。
②粗产品中钒的质量分数为____（精确到小数点后两位）。
21、以C、CO、CO2、CH4等含1个碳原子的物质为原料，可以合成一些化工原料和燃料。
（1）碳原子的核外电子排布式是___，其最外层有___种运动状态不同的电子。
（2）上述物质中属于非极性分子的是___。
（3）合成气（CO和H2)在不同催化剂的作用下，可以合成不同的物质。
①用合成气制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，写出制备二甲醚的化学方程式____。
②仅用合成气为原料不可能合成的物质是___(填字母序号)。
a.甲醇 b.乙二醇 c.乙二酸 d.尿素
工业上可用CO2生产燃料甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+Q（Q>0）。在2L的密闭容器中，发生上述反应：测得n(CO2)和n(CH3OH）随时间变化如图所示。
（4）该反应的化学平衡常数的表达式K=___，如果平衡常数K减小，平衡___(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。
（5）从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）=___。
（6）为了提高CH3OH的产量，理论上可以采取的合理措施有___、___（任写2条措施）。
（7）常温常压下，16g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，写出该反应的热化学方程式___。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
焰色反应显黄色，说明一定存在钠离子，可能有钾离子。加入过量的硝酸钡溶液产生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在盐酸中，说明一定存在碳酸根，不存在硫酸根。滤液中加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀，说明含有氯离子，即一定存在Na+、Cl-、CO32-，一定不存在SO42-，可能含有K+；
答案选B。
2、D
【解析】
结合题干信息，由图可知M室会生成硫酸，说明OH-放电，电极为阳极，则a为正极，b为负极，据此分析解答问题。
【详解】
A．根据上述分析，b为电源负极，A选项错误；
B．根据电池的总反应为2Li+xS=Li2Sx，没通过2mle-需要消耗32xg硫，B选项错误；
C．N室为阴极，氢离子放电，电极反应式为2H++2e-===H2↑，C选项错误；
D．M室生成硫酸，为阳极，电解池中阴离子向阳极移动，原料室中的SO42-通过阴膜移向M室，D选项正确；
答案选D。
3、B
【解析】
标准NaOH溶液滴定盐酸实验中，用酚酞或甲基橙为指示剂，氢氧化钠溶液放在碱式滴定管中，盐酸放在锥形瓶中进行滴定，不用圆底烧瓶，A. C. D正确，故B错误，
故选：B。
4、D
【解析】
A．a点未饱和，减少溶剂可以变为饱和，则a点表示的溶液通过升温得不到b点，故A错误；
B．加催化剂改变了反应的历程，降低反应所需的活化能，但是反应热不变，故B错误；
C．碳酸钠先与氯化氢反应生成碳酸氢钠，开始时没有二氧化碳生成，碳酸钠反应完全之后碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，生成二氧化碳需要的盐酸的体积大于生成碳酸氢钠消耗的盐酸，故C错误；
D. 图4表示反应aA(g)+bB(g)cC(g)，由图可知，P2先达到平衡，压强大，加压后，A%减小，说明加压后平衡正向移动，a+b＞c，故D正确；
故选D。
【点睛】
本题考查了元素化合物的性质、溶解度、催化剂对反应的影响等，侧重于考查学生的分析能力和读图能力，注意把握物质之间发生的反应，易错点A，a点未饱和，减少溶剂可以变为饱和。
5、D
【解析】
由图可知，断裂化学键吸收akJ热量，形成1ml气态氨气时放热为bkJ，1ml气态氨气转化为液态氨气放出热量为ckJ。
【详解】
A．断裂0.5ml N2（g）和1.5ml H2（g）中所有的化学键，吸收a kJ热量，故A错误；
B．NH3（g）═NH3（l）△H=﹣c kJ•ml﹣1，故B错误；
C．由图可知，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=2（a﹣b）kJ•ml﹣1，故C错误；
D．由图可知，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（l）△H=2（a﹣b﹣c）kJ•ml﹣1，互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，则2NH3（l）⇌N2（g）+3H2（g）△H=2（b+c﹣a） kJ•ml﹣1，故D正确；
故选：D。
6、B
【解析】
常温下，0.2 ml/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后得到物质的量浓度为0.1 ml/L的NaA溶液；
A.由c(A-)＜0.1ml/L，表示HA是弱酸，NaA溶液显碱性，pH>7，A错误；
B.A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)> c(A-)>c(OH-）>c(HA)> c(H+)，所以X是OH-，Y是HA，Z表示H+，溶液中的物料守恒为c（A-）+c（HA）=c（Na+），B正确；
溶液中c(A-)＜0.1ml/L，说明A-发生水解，则HA为弱酸，C错误；
D. A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)> c(A-)>c(OH-）>c(HA)> c(H+)，所以X是OH-，Y是HA，Z表示H+，D错误；
答案选B。
7、D
【解析】
碳酸氢钠、氢氧化铝、碳酸镁、硫酸钡中只有硫酸钡不能和盐酸反应。答案D
8、B
【解析】
A．氢气和氯气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则和HCI的原子数目是否相同无法计算，A错误；
B．32gCu的物质的量0.5ml，失去的电子数均为NA，浓硝酸被还原为二氧化氮，稀硝酸被还原为NO，根据得失电子数守恒，浓、稀硝酸得到的电子数均为NA，B正确；
C．溶液体积不明确，故溶液中含有的氯离子个数无法计算，C错误；
D．D318O+中含13个中子，故1mlD318O+中含13NA个中子，D错误；
答案选B。
9、D
【解析】
A．广泛pH试纸只能读出整数，所以无法用广泛pH试纸测得pH约为5.2，故A错误；
B．中和滴定中，锥形瓶不能用待测液润洗，否则造成实验误差，故B错误；
C．苯的密度比水小，位于上层，故C错误；
D．药品混合后在加热条件下生成HBr并和乙醇发生取代反应，故D正确；
正确答案是D。
【点睛】
本题考查化学实验方案的评价，涉及试纸使用、中和滴定、物质的分离以及有机物的反应等，侧重基础知识的考查，题目难度不大，注意中和滴定中，锥形瓶不能润洗。
10、C
【解析】
A．硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离，所以BaSO4是电解质，故A错误；
B．氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因，故B错误；
C．固态离子化合物不能电离出离子，不能导电；离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故C正确；
D．溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故D错误；
正确答案是C。
【点睛】
本题考查了电解质可导电关系的判断，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关是解答的关键，题目难度不大。
11、D
【解析】
电解过程中b电极上持续产生Cl2，则电极b为电解池阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，电极a为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为2H++2e-=H2↑，工作过程中，氯离子向b移动，因此虚线为阴离子交换膜，钠离子向a移动，实线为阳离子交换膜，据此分析解答。
【详解】
A．电极b为电解池阳极，电极a为电解池的阴极， b极电势高于a极，故A正确；
B．根据分析， “┆”表示阴离子交换膜，“│”表示阳离子交换膜，故B正确；
C．为了防止海水中的Ca2＋、Mg2＋、SO42－等堵塞离子交换膜，影响电解，电解前，海水需要预处理，除去其中的Ca2＋、Mg2＋等，故C正确；
D．根据分析，实线为阳离子交换膜，虚线为阴离子交换膜，钠离子向a移动，氯离子向b移动，各间隔室的排出液中，A口流出的是淡水， B口流出的是“浓水”，故D错误；
答案选D。
12、B
【解析】
A．P4中所含P—P键数目为6，则124 g P4即1mlP4中所含P—P键数目为6NA，故A错误；
B．标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量为0.5ml，甲烷和乙烯分子中氢原子数目均为4，则0.5ml甲烷和乙烯混合气体中含氢原子数目为2NA，故B正确；
C．1 ml FeI2与足量氯气反应生成I2和FeCl3，共转移电子数为3NA，故C错误；
D．H2+I22HI这是一个反应前后分子总数不变的可逆反应，则反应后分子总数仍为0.2NA，故D错误；
故答案为B。
【点睛】
阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是由Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1mlSiO2中含有的共价键为4NA，1mlP4含有的共价键为6NA等。
13、B
【解析】
A．SO2与足量NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，SO2足量时生成亚硫酸氢钠，选项A错误；
B．Cu在氯气中燃烧生成物只有氯化铜，选项B正确；
C．Na与O2在空气中反应生成氧化钠，点燃或加热生成过氧化钠，选项C错误；
D．H2S与O2的反应，若氧气不足燃烧生成硫单质和水，若氧气充足燃烧生成二氧化硫和水，选项D错误。
答案选B。
14、C
【解析】
A．硝酸化学性质不稳定，硝酸见光或受热分解，4HNO32H2O+4NO2↑+O2↑，生成的二氧化氮气体为红棕色，故A正确；
B．硝酸银不稳定，见光易分解生成Ag、NO2和O2，生成的二氧化氮气体为红棕色，故B正确；
C．硝酸钙加热于132℃分解，加热至495～500℃时会分解为氧气和亚硝酸钙，生成的氧气为无色气体，故C错误；
D．浓硫酸和溴化钠混合物受热后2KBr+H2SO4(浓) K2SO4+2HBr↑，浓硫酸具有强氧化性，易与HBr发生氧化还原反应，H2SO4(浓)+2HBrBr2↑+SO2↑+2H2O，生成的溴蒸气为红棕色，故D正确；
答案选C。
【点睛】
掌握常见的红棕色气体是解答本题的关键，常见红棕色气体为NO2和Br2蒸气，可由硝酸或硝酸盐分解或由溴化物氧化生成。
15、D
【解析】
向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2ml，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3ml-1ml）=4ml，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4ml-2ml=6ml，据此分析解答。
【详解】
A．根据分析可知，线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，不是氧化溴离子，故A错误；
B．n（FeI2）：n（FeBr2）=n（I-）：n（Br-）=2ml：6ml=1：3，故B错误；
C．由分析可知，溶液中n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4ml-2ml=6ml，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3ml，故a=3+3=6，故C错误；
D．线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为1ml，反应消耗氯气的物质的量为5ml，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：，则该含氧酸为HIO3，即：线段Ⅳ表示HIO3的变化情况，故D正确；
故答案为D。
16、C
【解析】
将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中，AlO2－转化为[Al(OH)4]－，除Na+外溶液中主要存在CO32-、[Al(OH)4]－；由于酸性：H2CO3＞HCO3－＞Al(OH)3，则结合H+的能力：[Al(OH)4]－＞CO32-＞HCO3－，向溶液中逐滴加入盐酸，[Al(OH)4]－首先与H+反应转化为Al(OH)3，因此a线代表[Al(OH)4]－减少，发生的反应为：[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O，则[Al(OH)4]－的物质的量为1ml/L×0.05L=0.05ml，生成的Al(OH)3也为0.05ml；接下来CO32-与H+反应转化为HCO3－，b线代表CO32-减少，c线代表HCO3－增多，发生的反应为：CO32-+H+=HCO3－，可计算出n(CO32-)=n(HCO3－)=n(H+)=1ml/L×0.05L=0.05ml；然后HCO3－与H+反应生成H2CO3（分解为CO2和H2O），最后Al(OH)3与H+反应生成Al3+，d线代表HCO3－减少，e线代表Al3+增多。
【详解】
A．由于酸性：HCO3-＞Al(OH)3，HCO3－会与[Al(OH)4]－发生反应生成Al(OH)3：HCO3－+[Al(OH)4]－=CO32-+ Al(OH)3↓+H2O，HCO3－和[Al(OH)4]－在水溶液中不能大量共存，A项错误；
B．d线代表HCO3－减少，发生的反应为：HCO3－+H+=CO2↑+H2O，B项错误；
C．a线代表[Al(OH)4]－与H+反应：[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O，b线代表CO32-与H+反应：CO32-+H+=HCO3－，由图象知两个反应消耗了等量的H+，则溶液中CO32-与[Al(OH)4]－的物质的量之比为1：1，原固体混合物中CO32－与AlO2－的物质的量之比为1：1，C项正确；
D．d线代表HCO3－与H+的反应：HCO3－+H+=CO2↑+H2O，n(HCO3－)=0.05ml，消耗H+的物质的量为0.05ml，所用盐酸的体积为50mL，V1=100mL+50mL=150mL；e线代表Al(OH)3与H+反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，Al(OH)3的物质的量为0.05ml，会消耗0.15mlH+，所用盐酸的体积为150mL，V2=V1+150mL=300mL；M点生成的是HCO3－而非CO2，D项错误；
答案选C。
【点睛】
在判断HCO3－、Al(OH)3与H+反应的先后顺序时，可用“假设法”：假设HCO3－先与H+反应，生成的H2CO3（分解为CO2和H2O）不与混合物中现存的Al(OH)3反应；假设Al(OH)3先与H+反应，生成的Al3+会与溶液中现存的HCO3－发生双水解反应，转化为Al(OH)3和H2CO3（分解为CO2和H2O），实际效果还是HCO3－先转化为H2CO3，因此判断HCO3－先与H+反应。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、醚键、羰基 AD 、。
【解析】
苯硝化得到A，从A的分子式可以看出，A是苯分子中的两个氢原子被硝基取代后的生成物，结合后面物质的结构简式可确定两个硝基处于间位，即A为间二硝基苯，A发生还原反应得到B，A中的两个硝基被还原为氨基，得到B（间苯二胺），间苯二胺生成C，分析C的分子式可知，B中的两个氨基被羟基取代得到了间苯二酚C，间苯二酚和乙酸发生取代反应，苯环上的一个氢原子被-COCH3取代，得的有机物，和(CH3)2SO4在碳酸钾的作用下反应生成丹皮酚，丹皮酚又和CH3CH2Br在NaOH醇溶液作用下得到E，根据E和的结构简式可知，丹皮酚是中和-COCH3处于对位的羟基上的氢原子被甲基取代的生成物，所以丹皮酚的结构简式为。丹皮酚中的另一个羟基上的氢原子被乙基取代得到E。E发生的反应是已知的第二个反应，羰基上的氧原子被NOH代替生成F（），F中的羟基上的氢原子被-CH2CH2CH2CH2Br取代生成G，G中的溴原子被取代生成H。
【详解】
（1）根据有机物E的结构简式可知，E中含有的官能团名称醚键、羰基；正确答案：醚键、羰基。
（2）根据题给信息分析看出，由有机物2,4-二羟基苯乙酮变为丹皮酚，碳原子数增加1个，再根据有机物E的结构简式可知，丹皮酚的结构简式为；正确答案：。
（3）根据乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物 H 的结构简式可知其分子式为 C21H35O3N3，A错误；物质B为间苯二胺，含有氨基，显碱性可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐，B正确；D→E是溴乙烷中的-CH2CH3取代了酚羟基中的氢原子； G→H 是φ-CH2CH2CH2CH2Br与NH(CH2CH2)2NCH2CH3发生了取代反应，C正确；物质 C为间苯二酚， 能与浓溴水发生取代反应，溴原子主要在环上羟基的邻对位发生取代，而且 1mlC消耗3mlBr2，D错误；正确选项AD。
（4）有机物F结构=N-OH 与BrCH2CH2CH2CH2Br发生了取代反应；正确答案：
。
（5）根据有机物F的分子式为C11H15O3N，IR 谱显示有－NH2，且与苯环直接相连，该有机物属于芳香族化合物；能发生银镜反应；1mlF 与 2mlNaOH恰好反应，说明分子结构含有醛基、酚羟基或者甲酸酚酯；1H-NMR 谱显示分子中含有 5 种氢原子，对称程度较大，不可能含有甲酸酚酯；综上该有机物结构简式可能为：
、；正确答案：、。
（6）根据题给信息可知，硝基变为羟基，需要先把硝基还原为氨基，然后再氯化氢、水并加热220℃条件下变为酚羟基，苯酚变为苯酚钠盐后再根据信息③，生成邻羟基苯甲酸，最后该有机物与乙酸酐反应生成酚酯；正确答案：
。
18、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：。
19、温度计 冷凝回流 b 用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液 Ti(OC4H9)4+2H2O= TiO2+4 C4H9OH a 与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化 b 80
【解析】
(1)根据水、无水乙醇和乙酰丙酮容易挥发分析解答；
(2)反应的焓变只与初始状态和终了状态有关；增大反应的活化能，反应速率减慢；降低反应的活化能，反应速率加快，据此分析判断；根据实验步骤②的提示分析判断；
(3) Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化钛溶胶，据此书写反应的化学方程式；灼烧固体需要在坩埚中进行；
(4)根据Ti3+ ＋Fe3+＋H2O=TiO2+ ＋Fe2+ ＋2H＋，说明Ti3+容易被氧化；并据此分析判断可以选用的指示剂，结合消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量计算样品中TiO2的质量分数。
【详解】
(1)根据装置图，仪器a为温度计，实验过程中为了防止水、无水乙醇和乙酰丙酮挥发，可以使用冷凝管冷凝回流，提高原料的利用率，故答案为温度计；冷凝回流；
(2) a.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故a错误；b. 增大反应的活化能，活化分子数减少，反应速率减慢，故b正确；c. 反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故c错误；d.降低反应的活化能，活化分子数增多，反应速率加快，故d错误；故选b；根据实验步骤②的提示，制备过程中，用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液，减慢钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解的反应速率，故答案为b；用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液；
(3) Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，步骤②中钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化钛溶胶，反应的化学方程式为Ti(OC4H9)4+2H2O= TiO2+4 C4H9OH；灼烧二氧化钛凝胶需要在坩埚中进行，故选择的装置为a，故答案为Ti(OC4H9)4+2H2O= TiO2+4 C4H9OH；a；
(4)①根据Ti3+ ＋Fe3+＋H2O=TiO2+ ＋Fe2+ ＋2H＋，说明Ti3+容易被氧化，铝与酸反应生成氢气，在液面上方形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化，故答案为与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化；
②酚酞溶液、淀粉溶液与NH4Fe(SO4)2溶液，现象不明显；KMnO4溶液也能氧化Ti3+，影响滴定结果，KMnO4不与Fe3+反应；根据滴定反应Ti3+ ＋Fe3+＋H2O=TiO2+ ＋Fe2+ ＋2H＋可知，可以选用KSCN溶液作指示剂，当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液，容易变成血红色，且半分钟不褪色，说明到达了滴定终点，故答案为b；
③消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量=0.02L×0.1000 ml·L-1=0.002ml，则根据钛原子守恒，n(TiO2)=n(Ti3+)=n（Fe3+）=0.002ml，样品中TiO2的质量分数=×100%=80%，故答案为80。
20、2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O 氯气有毒，污染空气 打开活塞a数分钟后，再打开活塞b HCl与NH4HCO3反应 Cl- 除去过量的KMnO4 2.88%
【解析】
V2O5与盐酸、N2H4﹒2HCl混合发生反应：2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到VOCl2溶液，加碳酸氢铵溶液后得到氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体。（1）根据原子守恒及氧化还原反应原理分析解答；（2）根据题给信息中+4价V易被氧化的性质分析解答；（3）根据原子守恒及晶体的组成分析解答；（4）根据滴定原理及氧化还原反应原理分析解答。
【详解】
（1）根据原子守恒分析生成的一种无色无污染的气体为N2，该反应的化学方程式为2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；根据氧化还原反应原理分析，V被还原，则浓盐酸的中Cl被氧化生成氯气，氯气有毒，污染空气，故答案为：2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；氯气有毒，污染空气；
（2）①已知VO2+能被O2氧化，故装置中不能有空气，所以反应前先通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化，所以实验操作时先打开活塞a数分钟后，再打开活塞b，故答案为：打开活塞a数分钟后，再打开活塞b；
②A中制得的二氧化碳混有氯化氢气体，B装置中的试剂应是除去二氧化碳气体中HCl气体的饱和NaHCO3溶液，若无装置B，则HCl与NH4HCO3反应，故答案为：HCl与NH4HCO3反应；
（3）根据原子守恒分析，及晶体的组成分析，NH4 HCO3溶液洗涤除去阴离子主要是Cl-，故答案为：Cl-；
（4）①根据分析，KMnO4溶液的作用是氧化V，NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4，故答案为：除去过量的KMnO4；
②根据V元素的质量守恒，根据滴定反应VO2+ + Fe2++2H+=VO2++ Fe3++H2O，则n(V)=n((NH4)2Fe(SO4)2)= 0.08 ml·L-1×0.03L=0.0024ml，则粗产品中钒的含量为：，故答案为：2.88%。
21、1s22s22p2 4 CO2、CH4 2CO+4H2→CH3OCH3+H2O cd K= 向逆反应方向 0.1125ml/(L·min) 将CH3OH液化，及时移走 适当增大压强 CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-738.4 kJ•ml-1
【解析】
(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为；
(2)不同元素原子之间存在极性键，分子内正负电荷中心重合的分子为非极性分子，特别注意由极性键构成的分子不一定是极性分子；
(3)①用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，结合原子守恒写出发生反应的化学方程式；
②根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；
(4)化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比；温度改变，平衡常数改变，且改变温度平衡正向移动时，平衡常数增大；
(5)图示可知反应中反应进行到10min时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0ml-0.25ml=0.75ml，由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知H2的变化物质的量为0.75ml×3=2.25ml，结合v(H2)=计算；
(6)为了提高CH3OH的产量，理论上应该采取措施促进平衡正向移动即可；
(7)25℃，1.01×105Pa时，16g 液态甲醇的物质的量为=0.5ml，则0.5ml液态甲醇完全燃烧，生成液态水，放出369.2kJ的热量，依据书写热化学方程式的方法写出该反应的热化学方程式。
【详解】
(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为，则碳原子的核外电子排布式是1s22s22p2，其最外层有4个电子，即有4种运动状态不同的电子；
(2)C是单质，构成微粒是原子，不存在分子；CO是双原子分子，含有极性键且是极性分子；CO2是直线型分子，CH4是正四面体结构，两者分子结构中电荷的分布是均匀的，对称的，均为非极性分子；
(3)①用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，则发生反应的化学方程式为2CO+4H2=CH3OCH3+H2O；
②根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；
②a．甲醇的结构简式为CH3OH ，分子式为CH4O，可看成是CO和H2按物质的量之比1:2合成甲醇，故a正确；
b．乙二醇的分子式为C2H6O2，可看成是CO和H2按物质的量之比2:3合成乙二醇，故b正确；
c．乙二酸的分子式为C2H2O4，则CO和H2无法按一定物质的量之比合成乙二酸，故c错误；
d．尿素分子式为CON2H4，合成气CO和H2中不含氮元素，则CO和H2无法合成尿素，故d错误；
故答案为cd；
(4)反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数表达式K=；平衡常数K减小，说明反应进行的限度降低，平衡向逆反应方向；
(5)图示可知反应中反应进行到10min时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0ml-0.25ml=0.75ml，由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知H2的变化物质的量为0.75ml×3=2.25ml，则从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)===0.1125ml/(L·min)；
(6)为提高CH3OH的产量，改变条件促进平衡正向移动，可以是将CH3OH液化，及时移走或适当增大压强；
(7)25℃，1.01×105Pa时，16g 液态甲醇物质的量为0.5ml，完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，1ml甲醇完全燃烧生成液态水释放的能量为369.2kJ×2=738.4kJ，则该反应的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-738.4 kJ•ml-1。