2026届安徽省砀山县二中高三冲刺模拟化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省砀山县二中高三冲刺模拟化学试卷含解析，共40页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
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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、常温下，用0.1000NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的CH3COOH溶液，滴定曲线如右图所示。已知在点③处恰好中和。下列说法不正确的是（ ）
A．点①②③三处溶液中水的电离程度依次增大
B．该温度时CH3COOH的电离平衡常数约为
C．点①③处溶液中均有c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)
D．滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)
2、短周期元素甲～戊在元素周期表中的相对位置如下表所示。下列判断正确的是( )
A．原子半径：丙＜丁＜戊
B．戊不可能为金属
C．氢氧化物碱性：丙＞丁＞戊
D．氢化物的稳定性：甲＞乙
3、事实上，许多非金属氧化物在一定条件下能与Na2O2反应，且反应极有规律。如：Na2O2＋SO2 → Na2SO4、Na2O2＋SO3 →Na2SO4+ O2，据此，你认为下列方程式中不正确的是
A．2Na2O2＋2Mn2O7→4NaMnO4＋O2↑
B．2Na2O2＋P2O3→Na4P2O7
C．2Na2O2＋2 N2O3→NaNO2＋O2↑
D．2 Na2O2＋2 N2O5 →4NaNO3＋O2↑
4、下列解释对应事实的离子方程式正确的是
A．FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，静置一段时间后：Fe2++2OH一=Fe(OH)2↓
B．漂白粉溶液加入醋酸：H++ClO-=HC1O
C．AgCl悬浊液滴入Na2S溶液：2Ag++S2-=Ag2S↓
D．K2 CrO4溶液滴入硫酸溶液；2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O
5、下列叙述中指定粒子数目一定大于NA的是
A．1L1ml/LCH3COOH溶液中所含分子总数
B．1mlCl2参加化学反应获得的电子数
C．常温常压下，11.2LN2和NO的混合气体所含的原子数
D．28g铁在反应中作还原剂时，失去电子的数目
6、二氧化碳捕获技术用于去除气流中的二氧化碳或者分离出二氧化碳作为气体产物，其中CO2催化合成甲酸是原子利用率高的反应，且生成的甲酸是重要化工原料。下列说法不正确的是（ ）
A．二氧化碳的电子式:
B．在捕获过程，二氧化碳分子中的共价键完全断裂
C．N(C2H5)3能够协助二氧化碳到达催化剂表面
D．CO2催化加氢合成甲酸的总反应式：H2+CO2=HCOOH
7、在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示。关于该装置，下列说法正确的是（ ）
A．外电路中电流方向为：X→→Y
B．若两电极分别为铁棒和碳棒，则X为碳棒，Y为铁棒
C．X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应
D．若两电极都是金属单质，则它们的活动性顺序为X＞Y
8、地沟油生产的生物航空燃油在东航成功验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽 油、煤油、柴油等）的方法是（ ）
A．加入水中，浮在水面上的是地沟油
B．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油
C．点燃，能燃烧的是矿物油
D．测定沸点，有固定沸点的是矿物油
9、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
10、根据下列图示所得结论正确的是
A．图1表示1 LpH=2的某一元酸加水稀释至V L，pH随lgV的变化，说明该酸是弱酸
B．图2表示不同温度下水溶液中H+和OH－浓度的变化的曲线，说明图中温度T2＞T1
C．图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，说明图中a点N2的转化率小于b点
D．图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)， O2的平衡浓度与容器容积的关系，说明改变压强平衡不发生移动
11、下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。
下列说法中不正确的是（ ）
A．当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4
B．当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3
C．B和Cl2的反应是氧化还原反应
D．当X是强酸时，C在常温下是气态单质
12、一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，Y、W、X、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期。X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是
A．原子半径：X>Y>W
B．最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y
C．X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:2
D．Z、W组成的化合物是常见的半导体材料，能与强碱反应
13、在药物制剂中，抗氧剂与被保护的药物在与O2发生反应时具有竞争性，抗氧性强弱主要取决于其氧化反应的速率。Na2SO3、NaHSO3和Na2S2O5是三种常用的抗氧剂。
已知：Na2S2O5 溶于水发生反应：S2O52−+H2O=2HSO3−
下列说法中，不正确的是
A．Na2SO3溶液显碱性，原因是：SO32−+H2OHSO3−+OH−
B．NaHSO3溶液中HSO3−的电离程度大于水解程度
C．实验2说明，Na2SO3在pH=4.0时抗氧性最强
D．实验3中，三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同
14、常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（ ）
A．无色透明的溶液中：K+、NH4+、MnO4-、CO32-
B．c(I-)＝0.10ml·L-1的溶液中：Al3+、Fe3+、Cl-、NO3-
C．pH=1的溶液中：NH4＋、Na+、SO42-、Br-
D．水电离出的c(H+)＝10-13ml·L-1的溶液中：Mg2+、K+、Cl-、HCO3-
15、下列物质的转化在给定条件下能实现的是( )
A．SSO3H2SO4B．Al2O3NaAlO2(aq) Al(OH)3
C．SiO2 SiCl4SiD．Fe2O3FeCl3(aq) 无水FeCl3
16、已知：25 °C时，MOH的Kb=10-7。该温度下，在20.00 mL0.1 ml· L-1 MCl溶液中滴入0.1 ml·L-1NaOH溶液，溶液的pH与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是
A．a=4B．V1=10
C．溶液中水的电离程度：P>QD．Q点溶液中c(Na+)c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)，根据电荷守恒规律可知，此情况可能出现，如溶液中存在大量醋酸和少量醋酸钠时，D项正确；
答案选C。
2、C
【解析】
A、同周期从左向右原子半径减小(稀有气体除外)，即原子半径大小顺序是丙>丁>戊，故A错误；
B、若丙为Na，丁为Mg，则戊为Al，故B错误；
C、同周期从左向右金属性减弱，其最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，氢氧化物的碱性：丙>丁>戊，故C正确；
D、同周期从左向右非金属性增强，其氢化物的稳定性增强，即氢化物的稳定性：甲Li，原子半径Li>O，Li、Na同一主族，核电荷数Na>Li，原子半径Na>Li，则原子半径是X>Y>W，A正确；
B.元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。元素的金属性Na>Li，所以碱性：NaOH>LiOH，则最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y，B正确；
C.X的单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在Na+和O22-，则阴、阳离子之比为1：2，C正确；
D.Z、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，Si单质才是常见的半导体材料，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】
本题考查原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律的应用及常见元素、化合物性质的正确判断。
13、C
【解析】
A. Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32−水解SO32−+H2OHSO3−+OH−，所以溶液显碱性，故A正确；
B. HSO3−电离呈酸性、HSO3−水解呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3−的电离程度大于水解程度，故B正确；
C. 根据图示，Na2SO3在pH=9.2时反应速率最快，所以pH=9.2时抗氧性最强，故C错误；
D. 根据已知信息可知实验3中，三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同，故D正确；选C。
14、C
【解析】
A. MnO4－是紫红色溶液，故A不符合题意；
B. c(I－)＝0.10ml·L-1的溶液中与Fe3+反应生成亚铁离子和碘单质，故B不符合题意；
C. pH=1的溶液中：NH4＋、Na+、SO42－、Br－都不反应，故C符合题意；
D. 水电离出的c(H+)＝10-13ml·L-1的溶液，可能为酸或碱，HCO3－在酸中或碱中都要反应，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
15、B
【解析】
A.S点燃条件下与O2反应不能生成SO3；
B.Al2O3和NaOH溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入CO2，生成Al(OH)3沉淀；
C.SiO2一般情况下不与酸反应；
D.FeCl3溶液会发生Fe3+的水解；
【详解】
A.S点燃条件下与空气或纯O2反应只能生成SO2，不能生成SO3，故A错误；
B.氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，发生反应NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，所以能实现，故B正确；
C.SiO2与盐酸溶液不发生，故C错误；
D.FeCl3溶液在加热时会促进Fe3+的水解：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3+3HCl，最终得不到无水FeCl3，故D错误；
故答案为B。
【点睛】
本题考查是元素化合物之间的转化关系及反应条件。解题的关键是要熟悉常见物质的化学性质和转化条件，特别是要关注具有实际应用背景或前景的物质转化知识的学习与应用。
16、D
【解析】
A. 25 °C时，MOH的Kb=10-7，则Kh(MCl)==10-7，解得c(H+)=10-4 ml/L，pH=a=4，A正确；
B. 等浓度的MCl、MOH的混合溶液中，MCl的水解程度等于MOH的电离程度，所以溶液pH=7时，加入的MOH的体积为10 mL，B正确；
C. 在盐MCl溶液中逐滴加入NaOH溶液，加入的碱越大，水对电离的抑制作用越强，水电离程度就越小，所以溶液中水的电离程度：P>Q，C正确；
D.P点加入10mLNaOH溶液时nP(Na+)=nP(M+)，Q点时MOH少量电离，nQ(M+)2c(M+)，D错误；
故合理选项是D。
17、B
【解析】
A、8g CH4O(即0.25ml甲醇)，所含有的C-H 键数目为0.75NA，故A错误；B、25℃时，pH=8 的氨水中c(H+)水=1.0×10-8ml/L=c(OH-)水，由Kw可求得溶液中的c(OH-)总=1.0×10-6ml/L，则由NH3·H2O电离出的c(OH-)一水合氨=c(OH-)总-c(OH-)水=1.0×10-6ml/L-1.0×10-8ml/L=9.9×10-7ml/L=c(NH4+)，则NH4+的数目为9.9×10-7ml/L×0.1L×NA=9.9×10-8NA，所以B正确；C、由于S的氧化能力弱，所以铁和铜与S反应时都生成低价化合物，即铁显+2价，铜显+1价，所以56g Fe (即1ml）与1ml S 恰好完全反应生成FeS,则转移的电子数为2 NA，64g Cu (即1ml)与1ml S 反应生成0.5mlCu2S，S过量，则转移的电子数为NA，故C错误；D、标准状况下，2.24 LCl2(即0.1ml) 溶于水后仍有部分以Cl2的形式存在于水中，则所得氯水中含氯的微粒总数小于0.2 NA，则D错误。本题正确答案为B。
点睛：看似简单的NA题，但在本题中最容易错选A、D，而B有可能计算错误。甲醇（CH4O）中并不是4个氢原子都与碳原子成键，而是3个，还要被分子式所迷惑；氯气是双原子分子，但并不能全部与水反应，还有一部分以Cl2的形式存在于水中；还要明确Kw的含义是溶液中总的c(H+)与总的c(OH-) 的乘积，这样才能求出由一水合氨电离出的c(OH-)，进而求出NH4+的个数。
18、A
【解析】
A．不同的金属氧化物颜色可能不同，在高温下，釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化，故A正确；
B. 瓷器的原料主要是黏土烧结而成，瓷器中含有多种硅酸盐和二氧化硅，是混合物，故B错误；
C. 新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等，氮化铝陶瓷属于新型无机非金属材料，故C错误；
D. 陶瓷的成分是硅酸盐和二氧化硅，能与熔化氢氧化钠反应，故D错误；
故选A。
19、D
【解析】
A、CH3COOH的，取B点状态分析，=1，且c(H+)=1×10-4.7，所以Ka=1×10-4.7，故A不符合题意；
B、C点状态，溶液中含有CH3COONa、NaOH，故c(Na+)＞c(CH3COO-)，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，pH=8.85，故此时c(CH3COO-)远大于c(OH-)，因此c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B不符合题意；
C、根据电荷平衡，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B点溶液中，c(CH3COO-)= c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，故C不符合题意；
D、在溶液中c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)=0.1ml/L，A点的溶液中，c(H+)> c(OH-)，c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)>0.1ml/L，故D符合题意；
故答案为D。
20、C
【解析】
A．H2S为弱电解质，反应的离子方程式为SO2+2H2S→3 S↓+2H2O，故A错误；
B．氯气具有强氧化性，应生成BaSO4沉淀，反应的离子方程式为Ba2++SO2+2 H2O+Cl2→BaSO4↓+4H++2Cl-，故B错误；
C．NO2与二氧化硫发生氧化还原反应，本身可以被还原为铵根离子，反应的离子方程式为4Ba2++4SO2+5H2O+NO3-→4 BaSO4↓+NH4++6 H+，故C正确；
D．通入氨气，没有发生氧化还原反应，应该生成BaSO3沉淀，反应的离子方程式为Ba2++SO2+2 NH3+H2O→BaSO3↓+2NH4+，故D错误；
故选C。
【点睛】
本题的易错点为C，要注意二氧化氮具有强氧化性，反应后N元素的化合价降低，可以生成NH4+。
21、B
【解析】
A. 黑火药是由硫黄、硝石和木炭按照一定比例混合而成，故A正确；
B. “屠苏”是药酒，含有酒精，酒精是非电解质，故B错误；
C. 爆竹爆炸生成新物质，发生了化学变化，故C正确；
D. 早期的桃符大都是木质的，含有纤维素，纤维素是多糖，在一定条件下能发生水解，故D正确；
故选：B。
22、D
【解析】
由CH3C≡CH＋CO＋CH3OHM，N＋CH3OHM＋H2O，其中M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，可知N为CH2＝C(CH3)COOH。
【详解】
A．由分析可知，N为CH2＝C(CH3)COOH，分子中含有碳碳双键，可以使溴水褪色，故A正确；
B．N＋CH3OHM＋H2O为酯化反应，属于取代反应，故B正确；
C．M中碳碳双键、羰基均为平面结构，且直接相连，3个原子可共面，则M中所有碳原子可能共面，故C正确；
D．CH2＝C(CH3)COOH，属于酯的同分异构体含−COOC−，可能为CH3CH＝CHOOCH、CH2＝CHCH2OOCH、CH2＝CHOOCCH3、CH3OOCCH＝CH2，则属于酯的同分异构体大于3种，故D错误；
故答案选D。
【点睛】
本题把握M的结构简式及N与甲醇的酯化反应推断N的结构为解答的关键，注意有机物官能团所具有的性质。
二、非选择题(共84分)
23、羧基 C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O 取代反应、（中和反应） 因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代 9种
【解析】
由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与发生已知信息中的反应生成A，为。与HCl反应生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B发生卤代烃的水解反应反应生成C，C氧化生成D，结合D分子式可知B为，顺推可知C为，D为。根据N分子结构中含有3个六元环可知，D与M应是发生酯化反应，M中羧基与羟基连接同一碳原子上，结合N的分子式可推知M为，N为。苯乙烯与水发生加成反应生成E为，再发生氧化反应生成，与氯气反应生成G，G在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到H，则G为，H为，据此解答。
【详解】
（1）F分子中含氧官能团的名称为羧基，B的结构简式为；故答案为：羧基；；
（2）G→H的化学方程式：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O，其反应类型为水解反应取代反应、中和反应；故答案为：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O；水解反应取代反应、中和反应；
（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式：；故答案为：；
（4）A在和存在下生成，而不是或的原因是：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；故答案为：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；
（5）E（）的同分异构体中能使溶液显色，说明含有酚羟基，另外取代基为乙基，有邻、间、对3种，或取代基为2个甲基，当2个甲基处于邻位时，有2种位置，当2个甲基处于间位时，有3种位置，当2个甲基处于对位时，有1种位置，共有9种；故答案为：9；
（6）根据以上分析可知N的结构简式为；故答案为：。
【点睛】
已知条件RCH=CH2+CH2=CHR′ CH2=CH2+RCH=CHR′为烯烃双键断裂，结合新对象的过程。由此可以迅速知道C8H8的结构为为,，A为，再依次推导下去，问题迎刃而解。
24、环戊二烯 C7H8O 羰基 加成反应 2+O2 2+2H2O 9
【解析】
（1）已知X是一种环状烃，分子式为C5H6推断其结构式和名称；
（2）由Z得结构简式可得分子式，由N得结构简式可知含氧官能团为羰基；
（3）反应①的反应类型是X与Cl2C=C=O发生的加成反应；
（4）反应⑥为M的催化氧化；
（5）T中含不饱和度为4与氯化铁溶液发生显色反应则含苯酚结构；1mlT最多消耗2ml钠则含有两个羟基；同一个碳原子上不连接2个官能团，以此推断；
（6）运用上述流程中的前三步反应原理合成环丁酯，环丁酯水解、酸化得到OHCCH2CH2COOH。
【详解】
（1）已知X是一种环状烃，分子式为C5H6，则X为环戊二稀，故答案为环戊二烯；
（2）Z结构式为，分子式为：C7H8O；由N得结构简式可知含氧官能团为酮键；故答案为：C7H8O；羰基；
（3）反应①的反应类型是X与Cl2C=C=O发生的加成反应；故答案为：加成反应；
（4）反应⑥为M的催化氧化反应方程式为：2+O2 2+2H2O，故答案为：2+O2 2+2H2O；
（5）R中不饱和度为4，T中苯环含有4个不饱和度，与氯化铁溶液发生显色反应则含苯酚结构；1mlT最多消耗2ml钠则含有两个羟基；同一个碳原子上不连接2个官能团。则有两种情况，苯环中含有3个取代基则含有两个羟基和一个甲基，共有6种同分异构体；苯环中含有2个取代基则一个为羟基一个为-CH2OH，共有三种同分异构体（邻、间、对），则共有9种同分异构体。核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式为：故答案为：9；；
（6）参考上述流程中的有关步骤设计，流程为：，故答案为：。
25、Fe(SCN)3 萃取 I2 和Fe3+ Mg2+、K+ I- +5 否 KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华
【解析】
（1）①从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，Fe(SCN)3呈血红色；
②从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成。
③这是因为由于氧化性：>Fe3+>I2，加足量KI后，和Fe3+均能将I-氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3，根据化合价规律确定该加碘盐中碘元素的价态；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。由此可知该加碘盐中不含KI；
③具有氧化性的离子为与具有还原性的离子为I-，发生氧化还原反应；
（2）根据KI具有还原性及氧化还原反应、KI3在常温下不稳定性来分析；
（3）存在KIO3～3I2～6Na2S2O3，以此计算含碘量。
【详解】
（1）①某加碘盐可能含有 K+、、I-、Mg2+，用蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化后将溶液分为3份：从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，Fe(SCN)3呈血红色；
故答案为：Fe(SCN)3；
②从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成，
故答案为：萃取；I2；
③据上述实验得出氧化性：>Fe3+>I2，加足量KI后，IO3-和Fe3+均能将I-氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3，该加碘盐中碘元素是+5价；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。由此可知该加碘盐中不含KI，一定存在的离子是：IO3-和Fe3+，可能存在的离子是：Mg2+、K+，一定不存在的离子是 I-，
故答案为：和Fe3+；Mg2+、K+；I-；+5；
（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，KI会被空气中氧气氧化，根据题目告知，KI3•H2O是在低温条件下，由I2溶于KI溶液可制得，再由题给的信息：“KI+I2⇌KI3”，可知KI3在常温下不稳定性，受热(或潮湿)条件下易分解为KI和I2，KI又易被空气中的氧气氧化，I2易升华，所以KI3•H2O作为食盐加碘剂是不合适的，
故答案为：否；KI3受热(或潮湿)条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华；
（3）根据反应式可知，设所测精制盐的碘含量(以 I 元素计)是xmg/kg，则
因此所测精制盐的碘含量是x==，
故答案为：。
26、恒压滴液漏斗 增大水杨醛的转化率 及时分离出乙酸和水，提高反应物的转化率 受热均匀且便于控制温度 b 一段时间内分水器中液体不再增多 2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑ a 80%
【解析】
（1）根据仪器的构造作答；
（2）根据浓度对平衡转化率的影响效果作答；
（3）分水器可分离产物；
（4）三颈烧瓶需要控制好温度，据此分析；
（5）结合表格中相关物质沸点的数据，需要将乙酸蒸出，乙酸酐保留；
（6）通过观察分水器中液体变化的现象作答；
（7）依据强酸制备弱酸的原理作答；
（8）减压蒸馏的冷凝管与普通蒸馏所用冷凝管相同；
（9）根据反应的质量，得出转化生成的香豆素理论产量，再根据产率=作答。
【详解】
（1）装置a的名称是恒压滴液漏斗；
（2）乙酸酐过量，可使反应充分进行，提高反应物的浓度，可增大水杨醛的转化率；
（3）装置中分水器可及时分离出乙酸和水，从而提高反应物的转化率；
（4）油浴加热可使受热均匀且便于控制温度；
（5）控制好蒸汽温度使乙酸蒸出，再滴加乙酸酐，根据表格数据可知，控制温度范围大于117.9℃小于139℃，b项正确，故答案为b；
（6）分水器可及时分离乙酸和水，一段时间内若观察到分水器中液体不再增多，则可以判断反应基本完全；
（7）碳酸钠会和乙酸反应生成乙酸钠、二氧化碳和水，其离子方程式为：2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑；
（8）减压蒸馏时，选择直形冷凝管即可，故a项正确；
（9）水杨醛的物质的量==0.2998ml,乙酸酐的物质的量==0.7157ml，则可知乙酸酐过量，理论上可生成香豆素的物质的量=0.2998ml，其理论产量=0.2998ml×146g/ml=43.77g，则产量==80%。
27、2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2↑+H2O （球形）冷凝管 x 胶头滴管 100mL容量瓶 8.0g 取一块pH试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较 滴入最后一滴EDTA标准溶液，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色 33.6度 偏大
【解析】
(1)根据强酸制弱酸的原理书写反应的离子方程式；
(2)根据仪器结构判断仪器名称，冷凝管中冷却水应从下口进入，从上口流出；
(3)实验中需要2.0 ml/L NaOH溶液90mL，但是实验室没有90mL的容量瓶，应用100mL容量瓶，即应配制100mLNaOH溶液，据此计算需要NaOH固体的质量，再根据用NaOH固体配制NaOH溶液的实验步骤判断所需仪器；
(4)根据pH试纸的使用方法进行解答；
(5)①根据溶液颜色变色判断滴定终点，用EBT(铬黑T，蓝色)作为指示剂，结合已知反应判断滴定终点颜色的变化；
②首先明确关系式n(M2+)~n(EDTA)~ n(CaO)，进而计算1L水样中CaO的质量，再结合该地下水的硬度的表示方法进行计算；
③若实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则使得EDTA标准液的浓度偏小，则滴定等量EDTA消耗EDTA标准液的体积偏大。
【详解】
(1)已知ClCH2COOH与Na2CO3溶液反应产生无色气泡，可知二者反应生成二氧化碳气体，由强酸制弱酸的原理可知，反应的离子方程式为2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2↑+H2O，故答案为：2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2↑+H2O；
(2)仪器Q的名称是（球形）冷凝管，冷却水应从下口进入，从上口流出，故答案为：（球形）冷凝管；x；
(3)实验中需要2.0 ml/L NaOH溶液90mL，但是实验室没有90mL的容量瓶，应用100mL容量瓶，即应配制100mLNaOH溶液，因此n(NaOH)=c(NaOH)V(NaOH)=2.0ml/L×0.1L=0.2ml，m(NaOH)=n(NaOH)M(NaOH)=0.2ml×40g/ml=8.0g，用NaOH固体配制NaOH溶液的实验步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、装瓶，据此可知配制时使用的仪器除了天平、烧杯、玻璃棒外，还需要胶头滴管和100mL容量瓶，故答案为：胶头滴管；100mL容量瓶；8.0g；
(4)测定溶液pH的方法是取一块pH试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较，故答案为：取一块pH试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较；
(5)①根据已知反应可知滴定前溶液为酒红色，滴定结束后为蓝色，所以滴定终点溶液的颜色变化为酒红色变为蓝色，故答案为：滴入最后一滴EDTA标准溶液，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色；
②用0.0100ml⋅L−1的EDTA标准溶液进行滴定，滴定终点时共消耗EDTA溶液15.0mL，则n(M2+)=n(EDTA)=0.0100ml⋅L−1×15.0×10−3L=1.5×10−4ml，则25.00ml水中m(CaO)=nM=56g/ml×1.5×10−4ml=8.4mg，所以1L水中，通常把1L水中含有10mgCaO称为1度，所以该地下水的硬度为，故答案为：33.6度；
③若实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则使得EDTA标准液的浓度偏小，则消耗EDTA标准液的体积偏大，会使得测定结果将偏大，故答案为：偏大。
【点睛】
容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应体积的溶液。容量瓶有以下规格：25mL、50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等，因此该题中配制90 mLNaOH溶液，需要使用100mL容量瓶，在使用公式n(NaOH)=cV计算NaOH物质的量时，一定注意代入的体积为0.1L，而不是0.09L，这是学生们的易错点。容量瓶的选用原则：如果所配制溶液的体积正好与容量瓶的某一规格一致，直接选用该规格的容量瓶即可，如果不一致，那么选择的容量瓶的规格跟实际配制溶液的体积相比较要大而近，比如该题配制90ml溶液选用100ml容量瓶，再由实际配制的体积计算需要溶质的物质的量。
28、乙烯 羧基、碳碳双键 铜、氧气、加热 酯化反应 +2NaOH+2NaCl+H2O 10 CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH
【解析】
由D的分子式，可确定其结构简式为，与Cl2在光照条件下发生取代反应，生成E的结构简式为，在NaOH水溶液中发生水解反应生成F，其结构简式为，；由I的分子式，可确定A分子中含有2个碳原子，由反应⑤的条件，与信息①进行比较，可确定C为CH3CHO，则B为CH3CH2OH，A为CH2=CH2。反应生成G的结构简式为，H为，I为。
【详解】
(1)由以上分析知，A的结构简式为CH2=CH2，名称是乙烯，H为，含有的官能团名称是羧基、碳碳双键。答案为：乙烯；羧基、碳碳双键；
(2)反应②为CH3CH2OH氧化为CH3CHO，则反应条件是铜、氧气、加热。反应⑦为转化为，反应类型是酯化反应。答案为：铜、氧气、加热；酯化反应；
(3)由以上分析知，I的结构简式是。答案为：；
(4)反应④为生成，化学方程式是+2NaOH+2NaCl+H2O。答案为：+2NaOH+2NaCl+H2O；
(5)L是I的同分异构体且含有相同官能团，其结构中苯环上只有两个处于对位的取代基，若1个取代基为-CH=CH2，则另一取代基为-COOCH3、-OOCCH3、-CH2OOCH；若1个取代基为-CH3，则另一取代基为-CH=CHOOCH、-OOC-CH=CH2、-COOCH=CH2、；若1个取代基为-OOCH，则另一取代基为-CH2CH=CH2、-CH=CHCH3、,则L共有10种（不包括立体异构）。答案为：10；
(6) C为CH3CHO，由高聚物确定单体为CH3CH=CHCOOH，则依据信息①，两个CH3CHO先在NaOH水溶液中反应，再加热，从而生成CH3CH=CHCHO，再用银氨溶液氧化即得CH3CH=CHCOOH，然后发生加聚反应从而生成。合成路线为CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH。答案为：CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH。
【点睛】
合成有机物时，我们常采用逆推法，由高聚物确定链节，再由链节确定单体，先比较原料有机物与单体上的碳原子数，再比较官能团，以便确定发生的反应类型以及反应条件。
29、醚键、羧基 CD 还原反应(写加成反应也得分) 2 或
【解析】
合成苯氧布洛芬，以溴苯为原料，与试剂X发生反应生成B，由问题(4)可知，另一产物为HBr，由此可推出试剂X为，发生的反应为取代反应；由B到C，羰基转化为醇羟基；由C到D，-OH转化为-Br；由D到E，-Br转化为-CN；由E到产物，-CN转化为-COOH。
【详解】
(1)从苯氧布洛芬的结构式中可以看出，其所含官能团的名称为醚键、羧基。答案为：醚键、羧基；
(2)A-D四种物质中，A、B没有手性碳原子，C中的与-OH相连碳原子为手性碳原子，D中与-Br相连碳原子为手性碳原子。答案为：CD；
(3)反应②中，NaBH4将羰基转化为醇羟基，反应类型是还原反应。答案为：还原反应(写加成反应也得分)；
(4)若过程①发生的是取代反应，且另一种产物为HBr，由A生成B发生反应的化学方程式为。答案为：；
(5)满足条件“I.能与FeCl3溶液发生显色反应，1mlM可消耗2mlNaOH；Ⅱ.M分子中有6种不同化学环境的氢，核磁共振氢谱为3：2：2：2：2：3，且分子中含有结构”的有机物M与C互为同分异构体，则其应含有2个-CH3、2个-OH，且2个-OH位于同一个苯环的对称位置，2个-CH3也应具有一定的对称性，由此可确定符合条件的同分异构体的结构简式为或，共2种。答案为：2；或；
(6)依据题给流程图提供的信息，丙酮(CH3COCH3)先转化为异丙醇，再与PBr3作用转化为2-溴丙烷，再与HCN发生取代反应，生成(CH3)2CHCN，最后在酸性条件下转化为2一甲基丙酸。其合成路线流程图为。答案为：。
甲
乙
丙
丁
戊
实验用品
实验操作和现象
①1.00×10-2ml/L Na2SO3溶液
②1.00×10-2ml/L NaHSO3溶液
③5.00×10-3ml/L Na2S2O5溶液
实验1：溶液①使紫色石蕊溶液变蓝，溶液②使之变红。
实验2：溶液①与O2反应，保持体系中O2浓度不变，不同pH条件下，c(SO32−) 随反应时间变化如下图所示。
实验3：调溶液①②③的pH相同，保持体系中O2浓度不变，测得三者与O2的反应速率相同。