2026届安徽省淮北市、宿州市高考适应性考试化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省淮北市、宿州市高考适应性考试化学试卷含解析，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。
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2．答题时请按要求用笔。
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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、25℃时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．25℃时，H2CO3的一级电离K(H2CO3)=1.0×10-6.4
B．图中a=2.6
C．25℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6
D．M点溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)
2、下列化学用语或命名正确的是
A．过氧化氢的结构式：H-O-O-HB．乙烯的结构简式：CH2CH2
C．含有8个中子的氧原子：D．NH4Cl的电子式：
3、人体尿液中可以分离出具有生长素效应的化学物质——吲哚乙酸，吲哚乙酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A．分子中含有2种官能团
B．吲哚乙酸苯环上的二氯代物共有四种
C．1 ml吲哚乙酸与足量氢气发生反应，最多消耗5 ml H2
D．分子中不含手性碳原子
4、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．Na2S溶液中：SO42-、K+、Cl-、Cu2+
B．的溶液：K+、AlO2-、CO32-、Na+
C．饱和氯水中：Cl-、NO3-、Na+、SO32-
D．碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+
5、某工厂排放的污水只可能含Na+、K+、NH4+、Mg2+、Fe3+、SO32-、SO42-和Cl-中的几种（忽略由水电离产生的H+、OH-）。将试样平均分成甲、乙、丙各l00mL三份，每次均加入足量的试剂，设计如下实验。下列说法正确的是（ ）
A．废水可能含有Na+、K+、Fe3+
B．可能存在的离子用焰色反应进一步检验确认
C．废水一定含有Cl-、SO42-和Mg2+，且c(Cl-)=0.2ml·L-1
D．废水一定不含 SO32-、Cl-、NH4+、Na+、K+、Fe3+
6、在化学能与电能的转化中，下列叙述正确的是
A．镀锌铁皮在食盐水中发生析氢腐蚀
B．电解池的阴极材料一定比阳极材料活泼
C．将铁器与电源正极相连，可在其表面镀锌
D．原电池的负极和电解池的阳极均发生氧化反应
7、下列选项中，微粒的物质的量浓度关系正确的是
A．0.1 ml/L K2CO3溶液：c（OH－）=c（HCO3－）+c（H＋）+c（H2CO3）
B．0.1 ml/L NaHCO3溶液中离子浓度关系：c（Na+）=2c（CO32－）+c（HCO3－）+c（H2CO3）
C．等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中：2c（K＋）= c（HX）+c（X－）
D．浓度均为0.1 ml/L的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合：c（Na＋）+ c（H＋）=c（CO32－）+c（OH－）+c（HCO3－）
8、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X位于ⅦA族，Y的原子核外最外层与次外层电子数之和为9，Z是地壳中含量最多的金属元素，W与X同主族。下列说法错误的是( )
A．原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)
B．由X、Y组成的化合物是离子化合物
C．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱
9、实验室常用如下装置制备乙酸乙酯。下列有关分析不正确的是
A．b中导管不能插入液面下，否则会阻碍产物的导出
B．固体酒精是一种白色凝胶状纯净物，常用于餐馆或野外就餐
C．乙酸乙酯与互为同分异构体
D．乙酸、水、乙醇羟基氢的活泼性依次减弱
10、ABS合成树脂的结构简式如图，则生成该树脂的单体的种数和反应类型正确的是
A．1种，加聚反应B．2种，缩聚反应
C．3种，加聚反应D．3种，缩聚反应
11、设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．某密闭容器中盛有 0.1mlN2 和 0.3mlH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为 0.6NA
B．常温下，1L pH＝9 的 CH3COONa 溶液中，发生电离的水分子数为 1×10−9 NA
C．14.0gFe 发生吸氧腐蚀生成 Fe2O3•xH2O，电极反应转移的电子数为 0.5NA
D．标准状况下，2.24L 丙烷含有的共价键数目为 1.1NA
12、根据元素在周期表中的位置可以预测
A．分解温度：CH4>H2SB．氧化性：NaClO>Na2SO3
C．同浓度溶液pH：Na2SiO3> Na2CO3D．金属性：Ca > Na
13、下列我国科技创新的产品设备在工作时，由化学能转变成电能的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
14、中国是一个严重缺水的国家，污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚，其原理如图所示，下列说法不正确的是
A．电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极
B．B极为电池的阳极，电极反应式为CH3COO—— 8e− + 4H2O ═ 2HCO3—+9H+
C．当外电路中有0.2 ml e−转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA
D．A极的电极反应式为+ H++2e− ═ Cl−+
15、下列物质的工业生产过程中，其主要反应不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．纯碱B．氨气C．烧碱D．盐酸
16、常温下，以下试剂不能用来鉴别SO2和H2S的是
A．滴有淀粉的碘水B．氢氧化钠溶液
C．硫酸铜溶液D．品红溶液
17、常温下，下列关于的溶液的叙述正确的是（ ）
A．该溶液中由电离出的
B．与等体积的溶液混合，所得溶液呈中性
C．该溶液中离子浓度大小关系：
D．滴加溶液至时，溶液
18、研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是( )
A．d为石墨，电流从d流入导线进入铁片
B．d为铜片，铜片上电极反应为：O2 + 2H2O + 4e → 4OH–
C．d为锌块，铁片不易被腐蚀
D．d为镁片，铁片上电极反应为：2H+ + 2e → H2↑
19、将溶液和盐酸等体积混合，在混合溶液中，下列关系式正确的是
A．
B．
C．
D．
20、三元催化转化器能同时净化汽车尾气中的碳氢化合物(HC)、一氧化碳(CO)及氮氧化合物(NOx)三种污染物。催化剂选择铂铑合金，合金负载量不同时或不同的工艺制备的合金对汽车尾气处理的影响如图所示。下列说法正确的是
A．图甲表明，其他条件相同时，三种尾气的转化率随合金负载量的增大而增大
B．图乙表明，尾气的起燃温度随合金负载量的增大而降低
C．图甲和图乙表明，合金负载量越大催化剂活性越高
D．图丙和图丁表明，工艺2制得的合金的催化性能优于工艺1制得的合金
21、一种碳纳米管新型二次电池的装置如图所示。下列说法中正确的是
A．离子交换膜选用阳离子交换膜（只允许阳离子通过） B．正极的电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－
C．导线中通过1ml电子时，理论上负极区溶液质量增加1g D．充电时，碳电极与电源的正极相连
22、25°C时，向10mL0.10ml·L-1的一元弱酸HA(Ka =1.0×10-3)中逐滴加入0.10ml·L-1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a点时，c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
B．溶液在a点和b点时水的电离程度相同
C．b点时，c(Na+)=c(HA)+c(A- )+c(OH-)
D．V =10mL时，c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA)
二、非选择题(共84分)
23、（14分）叶酸是维生素B族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。
(1)甲中含氧官能团是__________(填名称)。
(2)下列关于乙的说法正确的是________(填序号)。
a.分子中碳原子与氮原子的个数比是7∶5 b.属于芳香族化合物
c.既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应 d.属于苯酚的同系物
(3)丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为________。
a.含有
b.在稀硫酸中水解有乙酸生成
(4)写出丁在氢氧化钠溶液中水解的化学方程式。________
24、（12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）。______________________________
25、（12分）碱式碳酸钴[ Cx（OH）y(CO3)z ]常用作电子材料，磁性材料的添加剂，受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成，某化学兴趣小组同学设计了如图所示装置进行实验。
（1）请完成下列实验步骤：
①称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量；
②按如图所示装置组装好仪器，并检验装置气密性；
③加热甲中玻璃管，当乙装置中____________（填实验现象），停止加热；
④打开活塞a，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量；
⑤计算。
（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟的目的是_____________________
（3）某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷，为解决这一问题，可选用下列装置中的______(填字母)连接在_________(填装置连接位置)。
（4）若按正确装置进行实验，测得如下数据：
则该碱式碳酸钴的化学式为_________________。
（5）含有C(AlO2)2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃的颜色为___________。
（6）CCl2·6H2O常用作多彩水泥的添加剂，以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取CCl2·6H2O的一种工艺如下：
已知：
①净除杂质时，加入H2O2 发生反应的离子方程式为______________。
②加入CCO3调PH为5.2～7.6，则操作Ⅰ获得的滤渣成分为_____________。
③加盐酸调整PH为2～3的目的为__________________________________。
④操作Ⅱ过程为___________(填操作名称)、过滤。
26、（10分）环乙烯是一种重要的化工原料，实验室常用下列反应制备环乙烯：
环己醇、环己烯的部分物理性质见下表：
*括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的混合物中有机物的质量分数
Ⅰ：制备环己烯粗品。实验中将环己醇与浓硫酸混合加入烧瓶中，按图所示装置，油浴加热，蒸馏约1h，收集馏分，得到主要含环己烯和水的混合物。
Ⅱ：环己烯的提纯。主要操作有；
a.向馏出液中加入精盐至饱和；
b.加入3～4mL5%Na2CO3溶液；
c.静置，分液；
d.加入无水CaCl2固体；
e.蒸馏
回答下列问题：
(1)油浴加热过程中，温度控制在90℃以下，蒸馏温度不宜过高的原因是________。
(2)蒸馏不能彻底分离环己烯和水的原因是_______________。
(3)加入精盐至饱和的目的是_____________________。
(4)加入3～4mL5%Na2CO3溶液的作用是__________。
(5)加入无水CaCl2固体的作用是______________。
(6)利用核磁共振氢谱可以鉴定制备的产物是否为环己烯，环己烯分子中有_______种不同环境的氢原子。
27、（12分）硫酸四氨合铜晶体常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质溶于水，不溶于乙醇、乙醚，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3ml/L的硫酸、浓氨水、10% NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500 ml/L稀盐酸、0.500 ml/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。
I．CuSO4溶液的制备
①称取4g铜粉，在A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌，放置冷却。
②在蒸发皿中加入30mL 3ml/L的硫酸，将A中固体慢慢放入其中，加热并不断搅拌。
③趁热过滤得蓝色溶液。
(1)A仪器的名称为____。
(2)某同学在实验中有1.5g的铜粉剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因_____
II．晶体的制备
将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作
(3)已知浅蓝色沉淀的成分为，试写出生成此沉淀的离子反应方程式_________。
(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是__。
III．氨含量的测定
精确称取mg晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mL C1ml/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用C2ml/L NaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂)，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。
(5)A装置中长玻璃管的作用_____，样品中氨的质量分数的表达式_______。
(6)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏高的原因是_______。
A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管
B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视
C．滴定过程中选用酚酞作指示剂
D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁。
28、（14分）半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分为H2、CO、CO2、N2和H2O(g)。半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。

（1)步骤I，CO变换反应的能量变化如下图所示：
①CO变换反应的热化学方程式是________________。
②一定条件下，向体积固定的密闭容器中充入aL半水煤气，发生CO变换反应。测得不同温度（T1，T2）氢气的体积分数ψ(H2)与时间的关系如下所示。
i．T1、T2的大小关系及判断理由是______________。
ii．请在上图中画出：其他条件相同时，起始充入0.5aL半水煤气，T2温度下氢气的体积分数ψ( H2)随时间的变化曲线。______________
(2)步骤Ⅱ，用饱和Na2CO3溶液作吸收剂脱除CO2时，初期无明显现象，后期有固体析出。
①溶液中离子浓度关系正确的是__________（选填字母）。
a．吸收前：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)
b．吸收初期：2c(CO32-)+2 c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(Na+)
c．吸收全进程：c(Na+)+c( H+)=2c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(OH-)
②后期析出固体的成分及析出固体的原因是___________。
③当吸收剂失效时，请写出一种可使其再生的方法（用化学方程式表示）：____________。
29、（10分）随新能源汽车的发展,新能源电池技术也在不断创新,典型的锂离子电池一般以LiCO2或LiFePO4等为正极材料，以石墨碳为负极材料，以溶有LiPF6等的有机溶液为电解质溶液。
（1）P原子的电子排布式为_________。Fe2+中未成对电子数为___________。
（2）N、O、F原子的第一电离能由小到大的顺序为_______。
（3）等电子体具有相似的化学键特征，它们的许多性质是相近的。ClO4-与PO43-互为等电子体，ClO4-的立体构型为_______，中心原子的杂化轨道类型为________。
（4）烷烃同系物中，CH4的沸点最低，原因是______________。
（5）向CuSO4溶液中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，在此溶液中加入乙醇，析出深蓝色的晶体。由蓝色沉淀得到深蓝色溶液的离子方程式为_______________；深蓝色晶体中存在的化学键类型有__________ 。（填代号）
A．离子键
B．σ键
C．非极性共价键
D．配位键
E．金属键
F．氢键
（6）如图所示为C的某种氧化物的晶胞结构图，则该氧化物的化学式为______；若该晶胞的棱长为a pm,则该晶体的密度为_____________g/cm3。（NA为阿伏加德罗常数的值）
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．25℃时，在N点，pH=7.4，则c(H+)=10-7.4，lg=1，则=10， H2CO3的一级电离K(H2CO3)==10-7.4×10=1.0×10-6.4，A正确；
B．图中M点，pH=9，c(H+)=10-9，K(H2CO3)==1.0×10-6.4，=102.6，a= lg=2.6，B正确；
C．25℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh= ==1.0×10-7.6，C正确；
D．M点溶液中：依据电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)+ c(HCO3-)，此时溶液为NaHCO3、NaCl的混合溶液，则c(Na+)>c(H2CO3) + c(HCO3-)，所以c(H+)+c(H2CO3)r(Z)>r(W)>r(X)，故A正确；
B. 由X、Y组成的化合物是NaF，由金属离子和酸根离子构成，属于离子化合物，故B正确；
C. 非金属性越强，对应氢化物越稳定，X的简单气态氢化物HF的热稳定性比W的简单气态氢化物HCl强，故C正确；
D.元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强， Y的最高价氧化物对应水化物是NaOH，碱性比Al(OH)3强，故D错误；
故选D，
【点睛】
本题考查原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握元素周期律内容、元素周期表结构，提高分析能力及综合应用能力，易错点A，注意比较原子半径的方法。
9、B
【解析】
A.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，为防止产生倒吸现象，b中导管不能插入液面下，否则不仅可能会产生倒吸现象，而且还会阻碍产物的导出，A正确；
B.固体酒精制作方法如下：将碳酸钙固体放入醋酸(CH3COOH)溶液中，充分反应后生成醋酸钙(CH3COO)2Ca、CO2、H2O，将醋酸钙溶液蒸发至饱和，加入适量酒精冷却后得胶状固体即固体酒精，可见固体酒精是混合物，B错误；
C.乙酸乙酯与的分子式都是C4H8O2，二者分子式相同，结构不同，故二者互为同分异构体，C正确；
D.乙酸、水、乙醇分子中都含有羟基，电离产生H+的能力：乙酸>水>乙醇，所以羟基氢的活泼性依次减弱，D正确；
故合理选项是B。
10、C
【解析】
ABS合成树脂的链节为，链节的主链上全是碳原子，ABS树脂由单体发生加聚反应得到，按如图所示的虚线断开：，再将双键中的1个单键打开，然后将半键闭合即可得ABS树脂的单体为：CH2=CHCN、CH2=CH—CH=CH2和C6H5CH=CH2，有3种，单体之间通过加聚反应生成合成树脂；
答案选C。
11、C
【解析】
A. 合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，则转移的电子数小于0.6NA，故A错误；
B. CH3COONa属于强碱弱酸盐，醋酸根的水解促进水的电离，c(H2O)电离=c(OH-)=1×10−5ml/L，则发生电离的水分子数为1L×1×10−5ml/L×NA=1×10−5NA，故B错误；
C. Fe发生吸氧腐蚀，铁作负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，然后Fe2+与OH-反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，最后生Fe2O3•xH2O，14.0gFe的物质的量为，则电极反应转移的电子数为0.25ml×2=0.5ml，故C正确；
D. 标准状况下，2.24L丙烷的物质的量为0.1ml，而丙烷中含10条共价键，故0.1ml丙烷中含有的共价键数目为NA，故D错误；
故选C。
【点睛】
水电离的c(H＋)或c(OH-)的计算技巧(25 ℃时)
(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH-)＝1.0×10-7 ml·L-1。
(2)酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH-)＜10-7 ml·L-1，当溶液中的c(H＋)＜10-7 ml·L-1时就是水电离出的c(H＋)；当溶液中的c(H＋)＞10-7 ml·L-1时，就用10-14除以这个浓度即得到水电离的c(H＋)。
(3)可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H＋)或c(OH-)均大于10-7 ml·L-1。若给出的c(H＋)＞10-7 ml·L-1，即为水电离的c(H＋)；若给出的c(H＋)＜10-7 ml·L-1，就用10-14除以这个浓度即得水电离的c(H＋)。
12、C
【解析】
A．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，根据元素周期律稳定性应该是硫化氢大于甲烷，A错误；
B．氧化性取决于得电子能力的强弱，次氯酸钠氧化性强是因为氯元素化合物为价，很容易得到电子，与在周期表的位置无关，B错误；
C．最高价氧化物的水化物酸性越强，对应的盐碱性越弱，酸性：硅酸碳酸，同浓度溶液pH：，C正确；
D．失去电子的能力越强，元素的金属性越强，金属性，不能从周期表的位置预测，D错误。
答案选C。
13、D
【解析】
A.火箭升空时，将燃料的化学能转化为火箭的机械能，故A错误；
B.太阳能电池板，将太阳能转化为电能，故B错误；
C.动车在行驶时主要的能量转化是电能转化为机械能，故C错误；
D.手机电池放电是将化学能转化为电能，故D正确；
答案选D。
14、B
【解析】
原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，B为负极，电极反应式为CH3COO--8e-+4H2O ═2HCO3-+9H+，据此分析解答。
【详解】
A．原电池工作时，电流从正极经导线流向负极，即电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极，故A正确；
B．B极为电池的负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为CH3COO--8e-+4H2O ═2HCO3-+9H+，B极不是阳极，故B错误；
C．根据电子守恒可知，当外电路中有0.2mle-转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，故C正确；
D．A为正极，得到电子，发生还原反应，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，故D正确；
答案选B。
【点睛】
根据氢离子的移动方向判断原电池的正负极是解题的关键。本题的易错点为B，要注意原电池的两极称为正负极，电解池的两极称为阴阳极。
15、A
【解析】
A. 工业生产纯碱的化学方程式为：NaCl + NH3 + H2O + CO2 = NaHCO3↓+ NH4Cl、2NaHCO3 Na2CO3 + CO2↑ + H2O↑ 都为复分解反应，不涉及氧化还原反应，故A正确；
B. 工业制氨气的化学方程式为： N2+3H2 2NH3，有化合价变化，是氧化还原反应，故B错误；
C. 工业制取烧碱的化学方程式为：2NaCl + 2H2O 2NaOH + H2↑ + Cl2↑ ，有化合价变化，是氧化还原反应，故C错误；
D. 工业制取盐酸：H2 + Cl2 2HCl，HCl溶于水形成盐酸，有化合价变化，是氧化还原反应，故D错误；
故答案为A。
16、B
【解析】
A．SO2能使蓝色褪去得到无色溶液，H2S能与滴有淀粉的碘水反应生成淡黄色沉淀，二者现象不同，可以鉴别，A不符合题意；
B．二者均与NaOH溶液反应，得到无色溶液，现象相同，不能鉴别，B符合题意；
C．与硫酸铜混合无变化的为SO2，混合生成黑色沉淀的为H2S，现象不同，可以鉴别，C不符合题意；
D．SO2具有漂白性能使品红褪色，H2S通入品红溶液中无现象，现象不同，可以鉴别，D不符合题意；
故合理选项是B。
17、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。
18、D
【解析】
A．d为石墨，活泼金属铁片作负极，石墨作正极，电流从正极流入导线进入负极，故A正确；
B．d为铜片，活泼金属铁片作负极，铜片作正极；海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，铜片上电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-，故B正确；
C．锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，所以铁片不易被腐蚀，故C正确；
D．d为镁片，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以铁片上电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-，故D错误；
故选D。
【点睛】
本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。
19、B
【解析】
混合后发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，混合溶液中含三种溶质（Na2CO3、NaCl、NaHCO3）且物质的量浓度相等。
【详解】
A.电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），故A错误；
B. CO32-的水解程度大于HCO3-，且溶液呈碱性，故c(Na+)> c（HCO3-）> c(Cl-)> c（CO32-）> c(OH-)> c(H+)，故B正确；
C.物量守恒式应为c(Na+)=2 c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，故C错误；
D.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），物料守恒c(Na+)=2 c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，联立可得c（OH－）+c（Cl－）=c（HCO3－）+2c（H2CO3）+c（H+），故D错误；
答案：B
【点睛】
电荷守恒、物料守恒、质子守恒是比较离子浓度常用的方法。
20、D
【解析】
A. 根据图甲所示可知：在400℃时，三种气体的转化率在合金负载量为2 g/L时最大，A错误；
B. 图乙表明，尾气的起燃温度在合金负载量为2 g/L时最低，其它各种合金负载量时起燃温度都比2 g/L时的高，B错误；
C. 图甲表示只有在合金负载量为2 g/L时尾气转化率最大，而图乙表示的是只有在合金负载量为2 g/L时尾气转化率最低，可见并不是合金负载量越大催化剂活性越高，C错误；
D. 图丙表示工艺1在合金负载量为2 g/L时，尾气转化率随尾气的起燃温度的升高而增大，而图丁表示工艺2在合金负载量为2 g/L时，尾气转化率在尾气的起燃温度为200℃时已经很高，且高于工艺1，因此制得的合金的催化性能：工艺2优于工艺1，D正确；
故合理选项是D。
21、B
【解析】根据装置图，碳电极通入氢气，发生氧化反应，电极反应为H2-2e-+ 2OH－=2H2O，Ni电极NiO(OH)→Ni(OH)2发生还原反应，电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－，碳电极是负极，Ni电极是正极。根据以上分析，离子交换膜选用阴离子交换膜（只允许阴离子通过），故A错误；正极的电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－，故B正确；导线中通过1ml电子时，负极生成1ml水，理论上负极区溶液质量增加18g，故C错误；充电时，负极与电源负极相连，所以碳电极与电源的负极相连，故D错误。
22、A
【解析】
A．a点时，pH=3，c(H+) = 10-3 ml·L-1，因为Ka =1.0×10-3，所以c(HA) = c(A—)，根据电荷守恒c(A—) + c(OH—) = c(Na+) + c(H+)和c(HA) = c(A—)即得c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故A正确；
B．a点溶质为HA和NaA，pH＝3，水电离出的c(OH—)＝10—11；b点溶质为NaOH和NaA，pH＝11，c(OH—) = 10-3，OH—是由 NaOH电离和水电离出两部分之和组成的，推断出由水电离处的c(OH—) c(H+)， 即c(HA) > c(H+) ，故D错误；
故答案选A。
【点睛】
判断酸碱中和滴定不同阶段水的电离程度时，要首先判断这一阶段溶液中的溶质是什么，如果含有酸或碱，则会抑制水的电离；如果是含有弱酸阴离子或弱碱阳离子的溶液，则会促进水的电离；水的电离程度与溶液pH无关。
二、非选择题(共84分)
23、羧基 a、c +2NaOH → HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa
【解析】
(1)甲含有氨基和羧基；
(2)a.该分子中C、N原子个数分别是7、5；
b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物；
c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应；
d.该分子中含有N原子；
(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，据此判断丁的结构简式；
(4)丁为，含有酯基，可在碱性条件下水解，且羧基于氢氧化钠发生中和反应。
【详解】
(1)甲含有氨基和羧基，含氧官能团为羧基；
(2)a.该分子中C、N原子个数分别是7、5，所以分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5，a正确；
b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物，该分子中没有苯环，所以不属于芳香族化合物，b错误；
c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应，所以该物质既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应，c正确；
d.该分子中含有N原子，不属于苯酚的同系物，d错误；
故合理选项是ac；
(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，所以丁的结构简式为；
(4)丁为，含有酯基，可在碱性条件下水解，且羧基于氢氧化钠发生中和反应，方程式为+2NaOH=HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa。
【点睛】
本题考查了有机物的结构和性质，涉及有机物合成、反应类型的判断、基本概念等知识点，根据物质反应特点确定反应类型、根据流程图中反应物及反应条件确定生成物，再结合基本概念解答。
24、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：。
25、不再有气泡产生时将装置中产生的CO2和H2O（g）全部排入乙、丙装置中D活塞a前（或装置甲前）C2(OH)2CO3蓝色2Fe2+＋H2O2＋2H＝2Fe3+ ＋2H2OAl(OH)3、Fe(OH)3抑制COCl2的水解蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；
（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；
（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；
（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，据此可以计算生成水的量；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.00g，据此计算产生二氧化碳的量，得到C的质量和C原子物质的量，根据C、H、C元素守恒可知，来推导碱式碳酸钴的化学式；
（5）含有C（A102）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰；
（6）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CCl2，向溶液中加入双氧水和CCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入CCO3，调节溶液的pH至7.6，使Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含有CCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CCl2•6H2O；
①双氧水具有氧化性，能氧化还原性离子；
②加入CCO3调pH为5.2～7.6，则操作I获得的滤渣成分为Fe（OH）3、Al（OH）3；
③CCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解；
④操作Ⅱ过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
【详解】
（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；
（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；
（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；
（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，故生成水的质量为80.36g-80.00g=0.36g，物质的量为=0.02ml；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.00g，生成二氧化碳的质量为62.88g-62.00g=0.88g，物质的量为=0.02ml，故氧化钴的质量为3.65g-0.36g-0.88g=2.41g，物质的量为=0.02ml，根据C、H、C元素守恒可知，x：y：z=0.015ml：0.02ml×2：0.02ml=2：4：2，故碱式碳酸钴的化学式为C2（OH）4（CO3）2；
（5）含有C（A102）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰；
（6）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CCl2，向溶液中加入双氧水和CCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入CCO3，调节溶液的pH至7.6，使Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含有CCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CCl2•6H2O；
①加入H2O2把二价铁离子氧化为三价铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2+＋H2O2＋2H＝2Fe3+ ＋2H2O；
②操作1是分离Fe（OH）3、Al（OH）3和液体的操作，是过滤，前面调节PH的目的是让三价铁离子和铝离子转化为沉淀，所以沉淀的成分是Fe（OH）3、Al（OH）3；
③CCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解，所以加入稀盐酸调整PH为2～3的目的是抑制CCl2水解；
④操作2是从溶液中提取溶质的操作，操作方法为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤。
26、减少未反应的环己醇蒸出环己烯和水形成具有固定组成的混合物一起被蒸发增加水层的密度，有利于分层中和产品中混有的微量的酸除去有机物中少量的水3
【解析】 (1)根据题意，油浴温度过高可能有未反应的环己醇蒸出，因此加热过程中，温度控制在90℃以下，尽可能减少环己醇被蒸出，故答案为：减少未反应的环己醇蒸出；
(2) 环己烯和水形成具有固定组成的混合物一起被蒸发，使得蒸馏不能彻底分离环己烯和水的混合物，故答案为：环己烯和水形成具有固定组成的混合物一起被蒸发；
(3)加入精盐至饱和，可以增加水层的密度，有利于环己烯和水溶液分层，故答案为：增加水层的密度，有利于分层；
(4) 馏出液可能还有少量的酸，加入3～4mL5%Na2CO3溶液可以除去产品中混有的微量的酸，故答案为：中和产品中混有的微量的酸；
(5) 无水CaCl2固体是常见的干燥剂，加入无水CaCl2固体可以除去有机物中少量的水，故答案为：除去有机物中少量的水；
(6)环己烯的结构简式为，分子中有3种（）不同环境的氢原子，故答案为：3。
27、坩埚 反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4 2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+ Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解 平衡气压，防止堵塞和倒吸 BD
【解析】
（1）灼烧固体，应在坩埚中进行，所以仪器A为坩埚，故答案为坩埚。
（2）得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，浓硫酸具有吸水性，使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4，可使固体变为白色，故答案为反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4。
（3）浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，根据原子守恒可知反应的离子方程式为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+，故答案为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+。
（4）析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解，故答案为Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解。
（5）A装置中长玻璃管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸的作用；与氨气反应的n(HCl)=10-3V1L×0.5ml/L-10-3V2L×0.5ml/L=0.5×10-3(V1-V2)ml，根据氨气和HCl的关系式可知：n(NH3)=n(HCl)= 0.5×10-3(V1-V2)ml，则样品中氨的质量分数为，故答案为平衡气压，防止堵塞和倒吸；。
（6）如果氨含量测定结果偏高，则V2偏小，
A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，浓度偏低，则V2偏大，含量偏低，故A错误；
B.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致V2偏小，含量偏高，故B正确；
C.滴定过程中选用酚酞作指示剂，对实验没有影响，故C错误；
D.取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，故D正确。
故答案为BD。
【点睛】
在分析滴定实验的误差分析时，需要考虑所有的操作都归于标准液的体积变化上。标准液的体积变大，则测定结果偏大，标准液的体积变小，则测定结果偏小。
28、 CO(g)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=-36kJ/ml T2>T1，相同条件下，温度越高反应速率越快，达到化学平衡状态的时间越短 ac 碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，依据反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，水的质量减小，溶质质量增大 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O
【解析】（1）①根据图像可知，CO变换反应的热化学方程式是：CO(g)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=-2034 kJ/ml +1998 kJ/ml =-36kJ/ml；
②i．根据图像可知，先拐先平得知T2>T1，即原因为：相同条件下，温度越高反应速率越快，达到化学平衡状态的时间越短；ii．该反应为气体体积不变的反应，根据等效平衡可知，T2温度下，其他条件相同时，起始充入0.5aL半水煤气，为原反应物的一半，平衡时氢气的体积分数不变，浓度为原来的一半，反应速率减小，所需时间更长，故图像为：；
（2）①a、吸收前为饱和Na2CO3溶液，是强碱弱酸盐，水解显碱性且二步水解，但水解是微弱的，故：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)，选项a正确；b、吸收前根据物料守恒有：2c(CO32-)+2 c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(Na+)，吸收初期碳原子增加，故：2c(CO32-)+2 c(HCO3-)+2c(H2CO3)>c(Na+)，选项b错误；c、吸收全进程的离子种类不变，根据电荷守恒都有：c(Na+)+c( H+)=2c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(OH-)，选项c正确，答案选ac。②后期析出固体的成分为碳酸氢钠，依据反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，水的质量减小，溶质质量增大，而溶质碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，故析出碳酸氢钠晶体；③当吸收剂失效时，则全部转化为碳酸氢钠，将析出的晶体过滤后灼烧可得碳酸钠，其反应为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O。
29、1s22s22p63s23p3 4 O