2026届安徽名校高三第五次模拟考试化学试卷含解析

这是一份2026届安徽名校高三第五次模拟考试化学试卷含解析，共18页。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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、某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则X离子可能为
A．Cl—B．Ba2+C．Fe2+D．Mg2+
2、下列各物质或微粒性质的比较中正确的是
A．碳碳键键长：乙烯＞苯
B．密度：一氯乙烷＞一氯丁烷
C．热稳定性：NaHCO3＞Na2CO3＞H2CO3
D．沸点：H2O＞H2S＞H2Se
3、将a ml钠和a ml铝一同投入m g足量水中，所得溶液密度为d g·mL－1，该溶液中溶质质量分数为
A．82a/(46a+m)% B．8200a/(46a+2m) % C．8200a/(46a+m)% D．8200a/(69a+m) %
4、将二氧化硫气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中二氧化硫表现出
A．酸性B．漂白性C．氧化性D．还原性
5、下列五种短周期元素的某些性质如表所示(其中只有W、Y、Z为同周期元素)。
下列叙述错误的是
A．原子半径按X、W、Y、Z、R的顺序依次增大
B．X、Y、Z三种元素形成的化合物，其晶体可能是离子晶体，也可能是分子晶体
C．W、Y、Z三种元素形成的气态氢化物稳定性：ZH3>H2Y>HW
D．R元素可分别与X、W、Y三种元素形成离子化合物
6、下列有关叙述正确的是
A．汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的
B．酒精能使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好
C．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
D．硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂
7、短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大。其中X、Z位于同一主族：W的气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周期主族元素中离子半径最小的；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色。下列说法正确的是
A．最简单氢化物的稳定性：W>X
B．含氧酸的酸性：ZKb(NH3·H2O)
B．b点时c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)＝c(H+)
C．a、b、d几点中，水的电离程度d>b>a
D．a →b点过程中，可能存在c(X—)b>c
B．b点对应的混合溶液中:c(Na+)c(Na+)>c(OH-)
D．该温度下,a、b、c三点CH3COOH的电离平衡常数均为
二、非选择题(共84分)
23、（14分）存在于茶叶的有机物A，其分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种。A遇FeCl3溶液发生显色反应。F分子中除了2个苯环外，还有一个六元环。它们的转化关系如下图：
（1）有机物A中含氧官能团的名称是_____________________；
（2）写出下列反应的化学方程式
A→B：_______________________________________________________；
M→N：_______________________________________________________；
（3）A→C的反应类型为________________，E→F的反应类型为_________________1ml A可以和______________ml Br2 反应；
（4）某营养物质的主要成分(分子式为C16H14O3)是由A和一种芳香醇R发生酯化反应成的，则R的含有苯环的同分异构体有________________种（不包括R）；
（5）A→C的过程中还可能有另一种产物C1，请写出C1在NaOH水溶液中反应的化学方程式________________________________________。
24、（12分）化合物G是合成抗心律失常药物决奈达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：
请回答下列问题：
（1）R的名称是_______________；N中含有的官能团数目是______。
（2）M→N反应过程中K2CO3的作用是____________________________________。
（3）H→G的反应类型是______________。
（4）H的分子式________________。
（5）写出Q→H的化学方程式：___________________________________。
（6）T与R组成元素种类相同，符合下列条件T的同分异构体有_____种。
①与R具有相同官能团；②分子中含有苯环；③T的相对分子质量比R多14
其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1:1:2:2:2的结构简式有___________。
（7）以1，5-戊二醇() 和苯为原料(其他无机试剂自选)合成，设计合成路线：_________________________________________。
25、（12分）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业，是难溶于水的白色固体，能溶解于硝酸，在潮湿空气中可被迅速氧化。
Ⅰ.实验室用CuSO4—NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl。相关装置及数据如图：
图甲 图乙 图丙
回答以下问题：
(1)甲图中仪器1的名称是________；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为_____________。
(2)乙图是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程式_____________。丙图是产率随pH变化关系图，实验过程中往往用Na2SO3—Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是_______并维持pH在______左右以保证较高产率。
(3)反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是________。
Ⅱ.工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂，某同学利用如图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。
A．CuCl的盐酸溶液 B．Na2S2O4和KOH的混合溶液
C．KOH溶液 D．
已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液可吸收氧气。
(4)装置A中用盐酸而不能用硝酸，其原因是__________(用化学方程式表示)。用D装置测N2含量，读数时应注意________。整套实验装置的连接顺序应为_______________→D。
26、（10分）某研究性学习小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。查阅文献，得到以下资料： K2FeO4为紫色固体，微溶于 KOH 溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生 O2，在碱性溶液中较稳定。
Ⅰ．制备 K2FeO4（夹持装置略）。
（1）A 为氯气的实验室发生装置。A 中反应方程式是______（锰被还原为 Mn2+）。若反应中有 0.5mlCl2产生，则电子转移的数目为______。工业制氯气的反应方程式为______。
（2）装置 B 中盛放的试剂是______，简述该装置在制备高铁酸钾中的作用______。
（3）C 中得到紫色固体和溶液。C 中 Cl2发生的反应有：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH→2K2FeO4+6KCl+8H2O，根据该反应方程式得出：碱性条件下，氧化性 Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”）。另外C中还可能发生其他反应，请用离子方程式表示______。
Ⅱ．探究 K2FeO4 的性质
（4）甲同学取少量 K2FeO4 加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清。请简述 K2FeO4的净水原理。______。
27、（12分）废旧电池中的Zn、Mn元素的回收，对环境保护有重要的意义。锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和碳粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生MnOOH。
I.回收锌元素，制备ZnCl2
步骤一：向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌，充分溶解，经过滤分离得固体和滤液；
步骤二：处理滤液，得到ZnCl2·xH2O晶体；
步骤三：将SOCl2与ZnCl2·xH2O晶体混合制取无水ZnCl2。
制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略)的装置如下：
已知：SOCl2是一种常用的脱水剂，熔点-105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解，与水剧烈水解生成两种气体。
（1）接口的连接顺序为a→___→____→h→i→___→___→___→e。
（2）三颈烧瓶中反应的化学方程式：____。
（3）步骤二中得到ZnCl2·xH2O晶体的操作方法：___。
（4）验证生成物中含有SO2的现象为：___。
II.回收锰元素，制备MnO2
（5）步骤一得到的固体经洗涤，初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的____。
III.二氧化锰纯度的测定
称取1.0g灼烧后的产品，加入1.34g草酸钠(Na2C2O4)固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参与反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移到100mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度线，从中取出10.00mL，用0.0200ml/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为10.00mL。
（6）写出MnO2溶解反应的离子方程式___。
（7）产品的纯度为____。
28、（14分）中科院大连化学物理研究所的一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，如图所示，甲烷在催化作用下脱氢，在不同温度下分别形成等自由基，在气相中经自由基:CH2偶联反应生成乙烯(该反应过程可逆)
(1)已知相关物质的燃烧热如上表所示，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式______________。
(2)现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X(分子式为C2H4O，不含双键)该反应符合最理想的原子经济，则反应产物是____________(填结构简式)。
(3)在400℃时，向初始体积为1L的恒压密闭反应器中充入1 mlCH4，发生(1)中反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0％。则:
①在该温度下，其平衡常数K＝________。
②若向该反应器中通入高温水蒸气(不参加反应，高于400℃)，则C2H4的产率将_______(填“増大”“减小”“不变”或“无法确定”)，理由是__________________________________。
③若反应器的体积固定，不同压强下可得变化如下图所示，则压强的关系是____________。
④实际制备C2H4时，通常存在副反应2CH4(g)C2H6(g)+H2(g)。反应器和CH4起始量不変，不同温度下C2H6和C2H4的体积分数与温度的关系曲线如下图所示。
I.在温度高于600℃时，有可能得到一种较多的双碳有机副产物的名称是____________。
II.若在400℃时，C2H4、C2H6的体积分数分别为20.0％、6.0％，其余为CH4和H2，则体系中CH4的体积分数是____________。
29、（10分）废水中氨氮(NH3、NH)的处理技术有生物脱氮法、化学沉淀法、折点加氯法和电催化氧化法等。
(1) 氨氮污水直接排放入河流、湖泊导致的环境问题是________。
(2) 生物脱氮法：利用微生物脱氮，原理如下：
NHNON2
反应①的离子方程式为__________________________________。
(3) 化学沉淀法：向废水中加入含MgCl2、Na3PO4的溶液，NH转化为MgNH4PO4·6H2O沉淀。若pH过大，氨氮去除率和磷利用率均降低，其原因是________(用离子方程式表示)。
(4) 折点加氯法：向废水中加入NaClO溶液，使氨氮氧化成N2，相关反应如下：
NaClO＋H2O===HClO＋NaOH(Ⅰ)
NH3＋HClO===NH2Cl＋H2O(Ⅱ)
NH2Cl＋HClO===NHCl2＋H2O(Ⅲ)
NHCl2＋H2O===NOH＋2HCl(Ⅳ)
NHCl2＋NOH===N2↑＋HClO＋HCl(Ⅴ)
探究NaClO的投加量[以m(Cl2)表示]对氨氮去除率的影响，实验结果如图所示。
①当m(Cl2)∶m(NH3)≥7.7时，污水中总氮去除率缓慢下降，其原因是__________________。
②当m(Cl2)∶m(NH3)NaHCO3>H2CO3，故C错误；
D．水中含氢键，同类型分子相对分子质量大的沸点高，则沸点为H2O>H2Se>H2S，故D错误；
故答案为：B。
【点睛】
非金属化合物的沸点比较：①若分子间作用力只有范德华力，范德华力越大，物质的熔、沸点越高；②组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，如SnH4>GeH4>SiH4>CH4；③相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CO>N2；④同分异构体，支链越多，熔、沸点越低，如正戊烷>异戊烷>新戊烷；⑤形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2O>H2S；如果形成分子内氢键则熔沸点越低。
3、C
【解析】
钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气。根据方程式计算。
【详解】
将a ml钠和水反应生成a ml氢氧化钠和a/2ml氢气，a ml铝和a ml氢氧化钠反应生成a ml偏铝酸钠和3a/2ml氢气，反应后的溶液的质量为23a+27a+m-(a/2+3a/2×2=(m+46a)g，溶质偏铝酸钠的质量为82ag。则质量分数为82a /(m+46a) ×100%。
故选C。
【点睛】
掌握钠和水的反应、铝和氢氧化钠溶液的反应，能根据方程式进行计算，计算溶液的质量时注意从总质量中将产生的氢气的质量减去。
4、D
【解析】
将二氧化硫气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，说明首先生成单质碘，然后单质碘继续与二氧化硫反应生成碘化氢和硫酸，因此反应程中二氧化硫表现出还原性。答案选D。
5、C
【解析】
主族元素中，元素最高正化合价与其族序数相等，最低负化合价=族序数-8，根据元素化合价知，X、R属于第IA族元素，W属于第ⅦA族元素，Y属于第ⅥA族元素，Z属于第VA族元素，原子电子层数越多其原子半径越大，X原子半径最小，则X为H元素，W、Y、Z原子半径相近，根据其族序数知，W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，R原子半径最大，且位于第IA族，则R是Na元素。
【详解】
A项、同主族元素从上到下，原子半径依次增大，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则H、F、O、N、Na的原子半径依次增大，故A正确；
B项、由H、O、N三种元素形成的化合物可能是离子晶体，如NH4NO3为离子晶体，可能是分子晶体，如HNO3为分子晶体，故B正确；
C项、元素的非金属性越强，形成的气态氢化物稳定性越强，非金属性的强弱顺序为W>Y>Z，则气态氢化物稳定性的强弱顺序为HW＞H2Y＞ZH3，故C错误；
D项、Na元素可分别与H元素、F元素和O元素形成离子化合物NaH、NaF和Na2O（或Na2O2），故D正确。
故选C。
【点睛】
本题考查元素周期律的应用，注意位置、结构、性质的相互关系，利用题给表格信息正确判断元素是解本题的关键。
6、C
【解析】
A、汽油来自于石油，石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，即汽油是由碳氢两种元素组成，不含N元素，故A错误；
B、酒精能使蛋白质变性，医用酒精的浓度一般为75%，故B错误；
C、金属的电化学腐蚀包括牺牲阳极的阴极保护法和外加电流阴极保护法，前者属于原电池原理，后者属于电解原理，金属Mg比铁活泼，Mg作负极，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D、硅胶、生石灰作干燥剂，铁粉作还原剂，铁粉防止食品氧化，故D错误，答案选C。
7、D
【解析】
W的气态氢化物常用作制冷剂，确定W为N，W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，Y是同周期主族元素中离子半径最小的，确定Y为Al；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，证明有HCl生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色，证明有二氧化硫气体生成，确定ZXR2为SOCl2，因此X为O、Z为S、R为Cl；即：W为N、X为O、Y为Al、Z为S、R为Cl。
【详解】
A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，最简单氢化物的稳定性：W＜X,故A错误；
B.未说最高价含氧酸，无法比较，故B错误；
C.Y和R形成的化合物AlCl3是共价化合物，故C错误；
D.SOCl2+H2O＝SO2+2HCl， AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，溶液有白色沉淀生成，故D正确；
答案：D
【点睛】
把握物质的性质、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意液氨为常用的制冷剂，SOCl2的推断为解答的难点，题目难度较大。
8、B
【解析】
C3H7FO可以看做丙烷中的2个H原子分别被1个F、1个-OH取代，丙烷只有一种结构，F与-OH可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。
【详解】
C3H7FO可知丙烷中的2个H原子分别被1个F、1个-OH取代，丙烷只有一种结构，F与-OH可以取代同一碳原子上的H原子，有2种：CH3CH2CH（OH）F、CH3CF（OH）CH3，可以取代不同碳原子上的H原子，有3种：HOCH2CH2CH2F、CH3CH（OH）CH2F、CH3CHFCH2OH，共有5种，故答案为B。
【点睛】
本题是根据等效氢的方法判断同分异构体的数目，等效氢法的判断可按下列三点进行：①同一碳原子上的氢原子是等效的；②同一碳原子所连甲基上的氢原子是等效的；③处于镜面对称位置上的氢原子是等效的（相当于平面成像时，物与像的关系）。
9、D
【解析】
A．原电池中，溶液中氢离子向正极二氧化铅电极移动，故A错误；
B．根据电子守恒分析，每消耗3mlPb，转移6ml电子，根据电子守恒生成1mlAl2O3，故B错误；
C．原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅，则正极：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，故C错误；
D．原电池中铅作负极，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅，所以质量增加，在电解池中，Pb阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，所以铅电极质量不变，故D正确；
答案：D
【点睛】
本题考查原电池和电解池原理，根据电极上得失电子、离子放电顺序来分析解答即可，难度中等。
10、A
【解析】
A．过氧化钠与水的反应中，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，过氧化钠中氧元素的价态由-1价变为0价和-2价，故当生成0.1ml氧气时转移0.2NA个电子，故A正确；
B．PCl3与Cl2生成PCl5的反应为可逆反应，则生成PCl5的物质的量小于1ml，增加的P-Cl键小于2NA，故B错误；
C．92.0g甘油(丙三醇)的物质的量为=1ml，1ml丙三醇含有3ml羟基，即含有羟基数为3NA，故C错误；
D．铁与水蒸气反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2↑，消耗3ml铁生成4ml氢气，则0.1mlFe与足量水蒸气反应生成的H2为ml，数目为NA，故D错误；
答案选A。
11、D
【解析】
A. C中含有2个苯环、1个碳碳双键、1个羰基，l ml的C能与8ml的H2发生加成反应，故A错误；
B. 分子C中含有甲基，为四面体结构，所以C中不可能所有原子共面，故B错误；
C. A和B都能使高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液鉴别A和B，故C错误；
D. A的同分异构体中含有苯环和醛基的结构，侧链为-CH2CH2CHO有1种、侧链为-CH(CHO)CH3有1种、侧链为-CH2CH3和-CHO有3种、侧链为-CH2CHO和-CH3有3种、侧链为2个-CH3和1个-CHO有6种，共14种，故D正确。
答案选D。
12、B
【解析】
根据图示，电极2生成氢气，电极2是阴极，电极1是阳极，钠离子向右移动、氯离子向左移动。
【详解】
A、根据图示，电极2生成氢气，电极2是阴极，⑦室中钠离子穿过离子交换膜a进入电极2室，所以离子交换膜a为阳离子交换膜，故A错误；
B、通电时，电极2是阴极，电极反应式是，溶液的pH增大，故B正确；
C、淡化过程中，得到的浓缩海水可以提取食盐，故C错误；
D、a为阳离子交换膜、b为阴离子交换膜，钠离子向右移动、氯离子向左移动，各间隔室的排出液中，①③⑤⑦为淡水，故D错误。
答案选B。
13、C
【解析】
A．分子中每个节点为C原子，每个C原子连接四个键，不足键用H原子补齐，则H的分子式为C17H16O4，故A错误；
B．Q中苯环是平面结构，所有碳原子共面，碳碳双键是平面结构，两个碳原子共面，与双键上的碳原子直接相连的原子可共面，则Q中所有碳原子可能都共面，故B错误；
C．该有机物中含苯环、酚-OH、C=C、-COOC-、-COOH、-OH，其中羧酸的酸性强于碳酸HCO3-，酚羟基的酸性比碳酸HCO3-弱，则该有机物只有-COOH与NaHCO3溶液，1ml绿原酸含有1ml-COOH，与足量NaHCO3溶液反应，最多放出1mlCO2，故C正确；
D．H、Q 中都含有苯环和酚羟基，在一定条件下苯环可以发生取代反应，酚羟基可发生氧化反应和显色反应，W中没有苯环，不含酚羟基，不能发生显色反应，故D错误；
答案选C。
【点睛】
本题中能与碳酸氢钠反应的官能团有羧基，不包括酚羟基，酚羟基的酸性弱于碳酸，化学反应符合强酸制弱酸的规则，故酚羟基不能和碳酸氢钠反应。
14、A
【解析】
A．高锰酸钾溶液和双氧水是利用其强氧化性进行杀菌消毒，酒精能够使蛋白质变质，但不是用无水酒精，而是用75%左右的酒精水溶液消毒，故A错误；
B．危险化学品标志中的数字是对其危险特性的分类：如第1类 爆炸品、第2类 易燃气体、第3类 易燃液体等，故B正确；
C．硅胶具有较强的吸附性，可用于催化剂载体或干燥剂，故C正确；
D．二氧化硫能杀菌还有较强的还原性，故添加在葡萄酒中既能杀菌又能防止葡萄酒被氧化，故D正确；
故选A。
15、D
【解析】
A选项，3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO，3mlNO2与水反应转移2ml电子，因此2 mlNO2与水充分反应，转移电子数为，故A错误；
B选项，H3PO4是弱酸，弱电解质，因此含0.1mlH3PO4的水溶液中PO43－的数目为小于0.1NA，故B错误；
C选项，0.5mlNa2O2中含有过氧根离子，数目为0.5NA，故C错误；
D选项，标况下，丙烯和丁烯混合物通式为CnH2n，42g丙烯和丁烯混合物含C数目，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】
过氧化钠中含有钠离子和过氧根离子，离子个数有3个。
16、D
【解析】
A．230Th和232Th的质子数相同，中子数相差2，都是由钍元素组成的两种不同核素，互为同位素，故A错误；
B．H2与T2都是由氢元素组成的氢单质，是同种物质，故B错误；
C．甲醇的分子式为CH4O，乙二醇的分子式为C2H6O2，分子组成上相差CH2O，因此甲醇与乙二醇不互为同系物，故C错误；
D．乙酸乙酯与丁酸的分子式为C4H8O2，乙酸乙酯含有酯基，丁酸含有羧基，二者结构不同，互为同分异构体，故D正确；
故答案为D。
【点睛】
考查同位素、同系物、同素异形体、同分异构体的辨析，准确掌握同位素、同系物、同素异形体、同分异构体的定义是解题的关键，若化学式为元素，可能是同位素；若化学式为单质，则可能是同素异形体；若化学式为分子式相同、结构不同的有机化合物，则为同分异构体；若是分子式不同结构相似的有机化合物，则可能为同系物。
17、B
【解析】
A.根据b点，等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O 的混合液pH=7，说明Ka(HX)=Kb(NH3·H2O)，故A错误；
B. b点是等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O 的混合液，溶质是NH4X， pH=7，X-、NH4+相互促进水解生成HX，所以c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)＝c(H+)，故B正确；
C. a →b点过程，相当于向HA溶液中加氨水至恰好反应，所以水的电离程度逐渐增大，a、b、d几点中，水的电离程度b>a>d，故C错误；
D. a →b点过程中，溶液呈酸性，c(OH—)c，故A正确；
B. b点对应的混合溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，则此时溶质为CH3COOH和CH3COONa，结合电荷守恒，所以c(Na+)c(Na+)>c(OH-)，故C正确；
D.该温度下，CH3COOH的电离平衡常数，a点对于溶液中pH=7，c(Na+)=c(CH3COO-)=0.2ml/L，c(H+)=c(OH-)=10-7ml/L，则溶液中c(CH3COOH)=(c-0.2)ml/L，带入公式得，故D错误。
二、非选择题(共84分)
23、羟基、羧基 +NaHCO3+CO2+H2O； CH3CH2OHCH2=CH2+H2O 加成反应 酯化（取代）反应 3 4 +3NaOH+NaCl+2H2O。
【解析】
A的分子式为C9H8O3，分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种，2个取代基处于对位，A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A能与碳酸氢钠反应，分子中含有羧基-COOH，A的不饱和度为=6，故还含有C=C双键，所以A的结构简式为，X在浓硫酸、加热条件下生成A与M，M的分子式为C2H6O，M为乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，N为乙烯，X为，A与碳酸氢钠反应生成B，为，B与Na反应生成D，D为，A与HCl反应生成C，C的分子式为C9H9ClO3，由A与C的分子式可知，发生加成反应，C再氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成E，E在浓硫酸、加热的条件下生成F，F分子中除了2个苯环外，还有一个六元环，应发生酯化反应，故C为，E为，F为，据此解答。
【详解】
(1)由上述分析可知，有机物A为，分子中含有官能团：羟基、碳碳双键、羧基，但含氧官能团有：羟基和羧基，故答案为：羟基、羧基；
(2)A→B的反应方程式为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑，M→N是乙醇发生选取反应生成乙烯，反应方程式为： CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，故答案为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；CH3CH2OHCH2=CH2+H2O ；
(3)A→C是与HCl发生加成反应生成，E→F是发生酯化反应生成，与溴发生反应时，苯环羟基的邻位可以发生取代反应，C=C双键反应加成反应，故1mlA可以和3ml Br2反应，故答案为：加成反应，酯化(取代)反应；3；
(4)某营养物质的主要成分(分子式为C16H14O3)是由A和一种芳香醇R发生酯化反应生成的，故R的分子式为C7H8O，R为苯甲醇，R含有苯环的同分异构体(不包括R)，若含有1个支链为苯甲醚，若含有2个支链为-OH、-CH3，羟基与甲基有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有4种，故答案为：4；
(5)A→C的过程中还可能有另一种产物C1，则C1为，C1在NaOH水溶液中反应的化学方程式为+3NaOH+NaCl+2H2O，故答案为：+3NaOH
+NaCl+2H2O。
24、邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛) 4 消耗产生的HCl，提高有机物N的产率 取代反应 C15H18N2O3 +→2HCl+ 17 、
【解析】
R在一定条件下反应生成M，M在碳酸钾作用下，与ClCH2COOC2H5反应生成N，根据N的结构简式，M的结构简式为，根据R和M的分子式，R在浓硫酸、浓硝酸作用下发生取代反应生成M，则R的结构简式为，N在一定条件下反应生成P，P在Fe/HCl作用下生成Q，Q与反应生成H，根据H的结构简式和已知信息，则Q的结构简式为，P的结构简式为：；H在(Bc)2O作用下反应生成G，据此分析解答。
【详解】
(1)根据分析， R的结构简式为，名称是邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛)；根据N的结构简式，其中含有的官能团有醚基、酯基、硝基、醛基，共4种官能团；
(2)M在碳酸钾作用下，与ClCH2COOC2H5反应生成N，根据N的结构简式，M的结构简式为，根据结构变化，M到N发生取代反应生成N的同时还生成HCl，加入K2CO3可消耗产生的HCl，提高有机物N的产率；
(3)Q与反应生成H，Q的结构简式为，Q中氨基上的氢原子被取代，H→G的反应类型是取代反应；
(4)结构式中，未标注元素符号的每个节点为碳原子，每个碳原子连接4个键，不足键由氢原子补齐，H的分子式C15H18N2O3；
(5)Q与反应生成H，Q的结构简式为，Q→H的化学方程式：+→2HCl+；
(6) R的结构简式为，T与R组成元素种类相同，①与R具有相同官能团，说明T的结构中含有羟基和醛基；②分子中含有苯环；③T的相对分子质量比R多14，即T比R中多一个-CH2-，若T是由和-CH3构成，则连接方式为；若T是由和-CH3构成，则连接方式为；若T是由和-CH3构成，则连接方式为；若T是由和-CHO构成，则连接方式为；若T是由和-OH构成，则连接方式为；若T是由和-CH(OH)CHO构成，则连接方式为，符合下列条件T的同分异构体有17种；其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1:1:2:2:2，说明分子中含有5种不同环境的氢原子，结构简式有、；
(7)以1，5-戊二醇() 和苯为原料，依据流程图中Q→F的信息，需将以1，5-戊二醇转化为1，5-二氯戊烷，将本转化为硝基苯，再将硝基苯转化为苯胺，以便于合成目标有机物，设计合成路线：。
【点睛】
苯环上含有两个取代基时，位置有相邻，相间，相对三种情况，确定好分子式时，确定好官能团可能的情况，不要有遗漏，例如可能会漏写。
25、三颈烧瓶 Na2SO3溶液 2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓+2H++ 与H+作用，调整pH 3.5 洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化 6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O 温度降到常温，上下调节量气管至左、右液面相平，该数时视线与凹液面最低处相切 C→B→A
【解析】
(1)根据仪器1的图示解答；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，需要控制Na2SO3的加入量，据此分析判断；
(2)根据题意，在CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液生成CuCl(氯化亚铜)沉淀，同时溶液的酸性增强，结合Na2CO3的性质分析解答；
(3)根据“氯化亚铜(CuCl)在潮湿空气中可被迅速氧化”分析解答；
(4)根据“氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸”，结合硝酸的强氧化性书写反应的方程式；根据正确的读数方法解答；用CuCl作O2、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧气，再用A吸收CO，最后用排水法测量氮气的体积，据此分析解答。
【详解】
(1)甲图中仪器1为三颈烧瓶；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，可控制Na2SO3的加入量，则仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，故答案为：三颈烧瓶；Na2SO3溶液；
(2)在提纯后的CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl(氯化亚铜)沉淀，同时溶液的酸性增强，生成硫酸，反应的离子方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+，用Na2SO3-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，Na2CO3可与生成的H+反应，及时除去系统中反应生成的H+，利于反应进行，由图象可知，应维持pH在3.5左右，故答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+；与H+作用，调整pH；3.5；
(3)用去氧水作洗涤剂洗涤产品，可洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化，故答案为：洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化；
(4)根据题意，氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸，反应的方程式为6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O；用D装置测N2含量，应注意温度在常温，且左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切，以减小实验误差；用CuCl作O2、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧气，再用A吸收CO，最后用排水法测量氮气的体积，则顺序为C→B→A→D，故答案为：6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O；降低温度到常温，上下调节量气管液面至左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切；C→B→A。
26、2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O NA 2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑ 饱和食盐水 除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备 > Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O K2FeO4在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的
【解析】
由制备实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，C中发生3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，且C中可能发生Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，D中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。
【详解】
（1）A 中反应方程式是2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，若反应中有 0.5mlCl2 产生，则电子转移的数目为0.5ml×2×(1-0)×NA=NA，工业制氯气的反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，
故答案为：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；NA；2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；
（2）装置 B 中盛放的试剂是饱和食盐水，该装置在制备高铁酸钾中的作用为除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备，
故答案为：饱和食盐水；除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备；
（3）Cl元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知碱性条件下，氧化性Cl2>FeO42-，C中还可能发生氯气与KOH反应，用离子方程式表示为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，
故答案为：>；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（4）取少量 K2FeO4 加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清，可知 K2FeO4 的净水原理为K2FeO4 在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的，
故答案为：K2FeO4 在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的。
27、f g b c d xSOCl2+ZnCl2·xH2O=xSO2↑+2xHCl↑+ ZnCl2 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 品红溶液褪色 除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2 MnO2+C2O42-+4H+Mn2++2CO2↑+2H2O 43.5%
【解析】
Ⅰ．SOCl2吸收结晶水得到SO2与HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，防止溶液中水蒸气进入，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气种二氧化硫与HCl，防止污染环境，注意防止倒吸。
III.该滴定实验的原理为利用高猛酸钾标准液来测定未反应的草酸根的量，从而确定与草酸根反应的二氧化锰的量。
【详解】
Ⅰ．（1）根据分析可知装置的连接顺序为f→g→h→i→b→c→d→e，
（2）三颈烧瓶中为SOCl2与ZnCl2·xH2O中的结晶水的反应，SOCl2遇水剧烈反应生成SO2与HCl，所以反应方程式为：xSOCl2+ZnCl2·xH2O=xSO2↑+2xHCl↑+ ZnCl2；
（3）由溶液得到晶体，可进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
（4）二氧化硫可使品红溶液褪色，所以当生成物中有二氧化硫时会观察到品红溶液褪色；
II. （5）固体含有碳和MnOOH，灼烧可生成二氧化碳，以除去碳，且将MnOOH氧化为MnO2，故答案为：除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2；
III.（6）MnO2溶解在草酸钠中，二氧化锰会将草酸根氧化得到锰离子和二氧化碳，结合电荷守恒和质量守恒书写可得离子方程式为：MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；
（7）高猛酸钾在酸性环境下也可以将草酸根氧化，反应方程式为2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据方程式可知存在数量关系：2MnO4-~5C2O42-，则10.00mL待测液中剩余的n（C2O42-）=0.0200ml/L×0.01L×=0.0005ml，则总剩余的n（C2O42-）=0.0005ml×=0.005ml，总的草酸根的物质的量为=0.01ml，则与二氧化锰反应的n（C2O42-）=0.01ml-0.005ml=0.005ml，根据反应方程式MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O可知n(MnO2)=0.005ml，所以产品的纯度为
【点睛】
第（2）题的方程式书写为易错点，要注意与SOCl2反应的不是单纯的水，而是ZnCl2·xH2O中的结晶水，所以在方程式中不能写水；从溶液中获取晶体的一般操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、（洗涤、干燥）。
28、2CH4（g）C2H4（g）+2H2（g）△H=+202.0kJ/ml 0.20ml/L 增大 反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气相当于加热，同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均右移，产率增大 p1＞p2 乙炔 28%
【解析】
（1）根据表格中数据书写H2、CH4、C2H4燃烧热的热化学方程式，由盖斯定律计算；
（2）X的分子式C2H4O，不含双键，判断出X的结构简式；
(3)①根据三段式结合平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%计算；
②通入高温水蒸气，相当于加热和减小压强，根据(2)中的反应并结合平衡的影响因素分析解答；
③若容器体积固定，根据反应的特征结合压强对平衡的影响分析判断；
④由图可知，温度高于600℃时，有较多的自由基生成；
（4）设最终气体的总物质的量为x，计算出平衡时C2H4、C2H6和氢气的物质的量，再计算甲烷的体积分数。
【详解】
（1）根据表格中数据有：①H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H1=-285.8kJ/ml，②CH4(g)+2O2(g)
=CO2(g)+2H2O(l)△H2=-890.3kJ/ml，③C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H3=-1411.0kJ/ml
，甲烷制备乙烯的化学方程式为：2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g)，根据盖斯定律，将②×2-③-①×2得到，2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g) △H=2△H2-△H3-2△H1=+202.0kJ/ml，故答案为2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g)△H=+202.0kJ/ml；
（2）由题意乙烯与氧气催化制备X，X的分子式C2H4O，不含双键，反应符合最理想的原子经济可知，X的结构简式为，故答案为；
(3)①400℃时，向1L的恒容反应器中充入1ml CH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%，由此建立如下三段式：
2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g)
起始(ml) 1 0 0
转化(ml) 2x x 2x
平衡(ml) 1-2x x 2x
由平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0％得＝20.0%，解得x=0.25，平衡后气体的体积=×1L=1.25L，所以化学平衡常数为K===
0.20ml/L，故答案为0.20ml/L；
②甲烷制备乙烯的反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气(不参加反应，高于400℃)相当于加热，平衡右移，产率增大；同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡右移，产率也增大，因此C2H4的产率将增大，故答案为增大；该反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气相当于加热，同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均右移，产率增大；
③若容器体积固定，甲烷制备乙烯的反应为气体体积增大的反应，温度相同时，增大压强平衡向逆反应方向移动，CH4的平衡转化率降低，因此p1＞p2，故答案为p1＞p2；
④由图可知，温度高于600℃时，有较多的自由基生成，自由基结合生成，则双碳有机副产物为乙炔，故答案为乙炔；
（4）设最终气体的总物质的量为x，则C2H4为0.2x、C2H6为0.06x，根据2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g)和2CH4(g) C2H6(g)＋H2(g)可知，生成的氢气为0.4x+0.06x=0.46x，则含有的甲烷为x-(0.2x+0.06x+0.46x)=0.28x，因此体系中CH4的体积分数=×100%=28%，故答案为28%。
【点睛】
本题考查化学反应原理综合应用，侧重分析与应用能力的考查，注意盖斯定律的计算、影响平衡的因素、图象的理解应用、化学平衡常数及其计算，把握温度和压强对平衡的影响为解答的关键。
29、水体富营养化 NH4+＋2O2NO3-＋2H＋＋H2O MgNH4PO4·6H2O＋2OH－===Mg(OH)2＋NH4+＋PO43-＋6H2O 次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为NO3- 加入次氯酸钠量不足，部分氨氮以NH2Cl形式存在 MOx＋H2O－e－===MOx(·OH)＋H＋ Cl－在阳极放电生成Cl2，Cl2将氨氮氧化为N2而除去
【解析】
（1）水体中N、P等营养盐含量过多而引起的水质污染，导致水体富营养化；
（2）铵根与氧气在硝化细菌的作用下生成硝酸根离子和水；
（3）沉淀会溶解在过量的碱性环境中；
（4）①次氯酸钠氧化性较强，若投入量过大，则部分N元素会被氧化为硝酸根离子；
②次氯酸钠投入量过少，发生次氯酸会将氨气按反应Ⅱ氧化为NH2Cl；
（5）①依据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，据此分析；
②根据放电顺序，电解质溶液中有氯离子的话氯离子先放电，氯气溶于水形成的次氯酸参与氨氮的去除反应。
【详解】
（1）氨氮污水直接排放入河流、湖泊导致水体富营养化；
（2）根据图示信息可知，反应①的离子方程式为NH4+＋2O2NO3-＋2H＋＋H2O；
（3）若pH过大，MgNH4PO4·6H2O会与氢氧根离子反应转化成氢氧化镁，其离子方程式为：MgNH4PO4·6H2O＋2OH－===Mg(OH)2＋NH4+＋PO43-＋6H2O；
（4）①当m(Cl2)∶m(NH3)≥7.7时，次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为NO3-；
②当m(Cl2)∶m(NH3)Si
C
SO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸
有白色沉淀产生，加入稀硝酸后沉淀溶解
先产生BaSO3沉淀，后BaSO3溶于硝酸
D
向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加新制氯水
溶液显红色
原溶液中一定含有Fe2＋
世界最大射电望远镜
中国第一艘国产航母
中国大飞机C919
世界最长的港珠澳大桥
A．钢索
B．钢材
C．铝合金
D．硅酸盐