2026届安徽省芜湖市无为县开城中学高考仿真卷化学试题含解析

这是一份2026届安徽省芜湖市无为县开城中学高考仿真卷化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了______________等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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、向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液并进行如下操作，其中结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
2、化学品在抗击新型冠状病毒的战役中发挥了重要作用。下列说法不正确的是（ ）
A．医用防护口罩中熔喷布的生产原料主要是聚丙烯，聚丙烯的单体是丙烯
B．“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠
C．用硝酸铵制备医用速冷冰袋是利用了硝酸铵溶于水快速吸热的性质
D．75%的医用酒精常用于消毒，用95%的酒精消毒效果更好
3、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
4、厌氧氨化法（Anammx）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是
A．1ml NH4+ 所含的质子总数为10NA
B．联氨（N2H4）中含有极性键和非极性键
C．过程II属于氧化反应，过程IV属于还原反应
D．过程I中，参与反应的NH4+与NH2OH的物质的量之比为1:1
5、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是( )
A．单质的沸点：Z>W
B．简单离子半径：X>W
C．元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物
D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应
6、保存液态有机物的一种方法是在其上方加盖一层水以避免挥发损失。下列有机物适合用 “水封法”保存的是
A．乙醇B．硝基苯C．甘油D．己烷
7、下列说法正确的是
A．Fe3＋、SCN－、NO3－、Cl－可以大量共存
B．某碱溶液中通入少量 CO2 产生白色沉淀，该碱一定是 Ca(OH)2
C．Na[Al(OH)4]溶液和 NaHCO3 溶液混合可以产生白色沉淀和无色气体
D．少量的 Mg(HCO3)2 溶液加过量的 Ba(OH)2 溶液的离子方程式为：Mg2＋＋2HCO3－＋2Ba2＋＋4OH－=2BaCO3↓＋Mg(OH)2↓＋2H2O
8、如图表示1~18号元素原子的结构或性质随核电荷数递增的变化。图中纵坐标表示
A．电子层数B．原子半径C．最高化合价D．最外层电子数
9、已知常温下Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)、Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)。下列分析不正确的是（ ）
A．将10 mL 0.1 ml/L Na2CO3溶液逐滴滴加到10 mL 0.1 ml/L盐酸中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)
B．现有①200 mL 0.1 ml/L NaClO溶液，②100 mL0.1 ml/L CH3COONa溶液，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：②＞①
C．向0.1 ml/L NH4Cl溶液中加入少量NH4Cl固体：比值减小
D．将AgBr和AgCl的饱和溶液等体积混合，再加入足量AgNO3浓溶液：产生的AgCl沉淀多于AgBr沉淀
10、以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。
下列说法正确的是
A．过程①中钛氧键断裂会释放能量
B．该反应中，光能和热能转化为化学能
C．使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D．CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g) ΔH= + 30 kJ/ml
11、下列化学用语的表述正确的是
A．磷酸溶于水的电离方程式：H3PO4=3H+ + PO43-
B．用电子式表示 HCl 的形成过程：
C．S2－的结构示意图：
D．KClO 碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO- + 2Fe(OH)3=2FeO42- + 3Cl- + 4H+ + H2O
12、25℃时，一定量的甲烷与a L（已折合成标准状况）空气的混合气体充分反应，甲烷恰好完全燃烧，恢复至25℃时，放出b kJ的热量。假设空气中氧气的体积分数是1／5，则下列表示甲烷燃烧热的热化学方程式正确的是
A．
B．
C．
D．
13、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
14、下列对有关实验操作及现象的结论或解释正确的是
A．AB．BC．CD．D
15、能证明亚硫酸钠样品部分变质的试剂是
A．硝酸钡，稀硫酸B．稀盐酸，氯化钡
C．稀硫酸，氯化钡D．稀硝酸，氯化钡
16、探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是（ ）
A．装置甲进行铜和浓硫酸的反应
B．装置乙收集二氧化硫并吸收尾气
C．装置丙稀释反应后的混合液
D．装置丁分离稀释后混合物中的不溶物
17、一定条件下不能与苯发生反应的是( )
A．酸性KMnO4B．Br2C．浓HNO3D．H2
18、有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是
A．原子结构示意图可以表示，也可以表示
B．轨道表示式既可表示碳原子也可表示氧原子最外层电子
C．比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子
D．分子式可以表示乙酸，也可以表示乙二醇
19、化学与生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是
A．用活性炭为糖浆脱色和用双氧水漂白纸浆，其原理相同
B．铜制品在潮湿空气中生锈，其主要原因是发生析氢腐蚀
C．用NaHCO3和Al2（SO4）3溶液可以制作泡沫灭火剂
D．从海水中可以制取NaCl，电解饱和NaCl溶液可以制取金属Na
20、工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。
下列推论不合理的是
A．活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用
B．铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极
C．增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率
D．利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu
21、设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是（ ）
A．10mL18ml/L的浓硫酸与足量的铜加热充分反应，转移电子数0.18NA
B．钾在空气中燃烧可生成多种氧化物，78g钾在空气中燃烧时转移的电子数为2NA
C．常温常压下，0.1mlNH3与0.1mlHCl充分反应后所得的产物中含有的分子数仍为0.1NA
D．标准状况下，22.4LCO2中含有共用电子对数为2NA
22、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
二、非选择题(共84分)
23、（14分）含氧有机物甲可用来制取多种有用的化工产品，合成路线如图：
已知：Ⅰ.RCHO
Ⅱ.RCOOHRCOClRCOOR’(R、R’代表烃基)
（1）甲的含氧官能团的名称是___。写出检验该官能团常用的一种化学试剂的名称___。
（2）写出己和丁的结构简式：己__，丁__。
（3）乙有多种同分异构体，属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基与酯的结构在苯环邻位的同分异构体共有___种。
（4）在NaOH溶液中发生水解反应时，丁与辛消耗NaOH的物质的量之比为__。
（5）庚与M合成高分子树脂的化学方程式为___。
24、（12分）用煤化工产品合成高分子材料I的路线如下：
已知：（1）B、C、D都能发生银镜反应，G的结构简式为
（2）
根据题意完成下列填空：
（1）A的结构简式为__________________。
（2）实验空由A制得B可以经过三步反应，第一步的反应试剂及条件为/光照，第二步是水解反应，则第三步的化学反应方程式为____________________。
（3）①的反应类型为_______________反应。
（4）③的试剂与条件为__________________________。
（5）I的结构简式为___________；请写出一个符合下列条件的G的同分异构体的结构简式____________。
①能发生银镜反应 ②能发生水解反应
③苯环上一氯取代物只有一种 ④羟基不与苯环直接相连
（6）由乙醇为原料可以合成有机化工原料1-丁醇（），写出其合成路线________________。（合成路线需用的表示方式为：）
25、（12分）三氯氧磷(POCl3)是一种工业化工原料，可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等，还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷,其制备装置如图所示(夹持装置略去)：
已知PCl3和三氯氧磷的性质如表：
（1）装置A中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替？做出判断并分析原因：_______
（2）装置B的作用是______________(填标号)。
a.气体除杂 b.加注浓硫酸 c.观察气体流出速度 d.调节气压
（3）仪器丙的名称是___________，实验过程中仪器丁的进水口为__________(填“a”或“b”)口。
（4）写出装置C中发生反应的化学方程式_______，该装置中用温度计控制温度为60~65 ℃，原因是________。
（5）称取16.73 g POCl3样品，配制成100 mL溶液；取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入3.2 ml·L-1的AgNO3溶液10.00 mL，并往锥形瓶中滴入5滴Fe2(SO4)3溶液；用0.20 ml·L-1的KSCN溶液滴定，达到滴定终点时消耗KSCN溶液10.00 mL(已知：Ag++SCN-=AgSCN↓)。则加入Fe2(SO4)3溶液的作用是________，样品中POCl3的纯度为_____________。
26、（10分）四溴化钛（TiBr4）可用作橡胶工业中烯烃聚合反应的催化剂。已知TiBr4常温下为橙黄色固体，熔点为38.3℃，沸点为233.5℃，具有潮解性且易发生水解。实验室利用反应TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制备TiBr4的装置如图所示。回答下列问题：
（1）检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是__，其目的是__，此时活塞K1，K2，K3的状态为__；一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时活塞K1，K2，K3的状态为____。
（2）试剂A为__，装置单元X的作用是__；反应过程中需用热源间歇性微热连接管，其目的是___。
（3）反应结束后应继续通入一段时间CO2，主要目的是___。
（4）将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。此时应将a端的仪器改装为__、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是___（填仪器名称）。
27、（12分）苯胺()是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。
已知：①和 NH3 相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐
②用硝基苯制取苯胺的反应原理：2+3Sn+12HCl→2+3SnCl4+4H2O
③有关物质的部分物理性质见表：
Ⅰ.比较苯胺与氨气的性质
(1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为__________；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是______。
Ⅱ.制备苯胺。往图所示装置(夹持装置略，下同)的冷凝管口分批加入 20mL 浓盐酸(过量)，置于热水浴中回流 20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量 50% NaOH 溶液，至溶液呈碱性。
(2)冷凝管的进水口是____(填“a”或“b”)；
(3)滴加 NaOH 溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为______________。
Ⅲ.提取苯胺。
i.取出上图所示装置中的三颈烧瓶，改装为如图所示装置：
ii.加热装置 A 产生水蒸气，烧瓶 C 中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。
ii.往所得水溶液加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。
iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液，用 NaOH 固体干燥，蒸馏后得到苯胺 2.79g。
(4)装置B无需用到温度计，理由是______。
(5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是__________。
(6)该实验中苯胺的产率为 _____________。
(7)欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案： _________________。
28、（14分）化合物I是治疗失眠症药物雷美替胺的中间体，其合成路线如下：
完成下列填空：
(1)物质A中官能团的名称为__________。
(2)写出反应类型：反应①_____，反应④_________。
(3)反应③会生成与D互为同分异构体的副产物，写出生成该副产物的化学方程式_________。
(4)若未设计反应⑥，则化合物I中可能混有杂质，该杂质同样含有一个六元环和两个五元环，其结构简式为_____________。
(5)写出同时满足下列条件的物质I的一种同分异构体的结构简式______________。
①属于芳香族化合物 ②能发生银镜反应 ③能发生水解反应 ④分子中有5种氢原子
(6)已知：CH2=CHCH2OHCH2=CHCOOH写出以CH2=CHCH=CH2、为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)．(合成路线常用的表示方法为：A…目标产物)______________。
29、（10分）氯碱厂以食盐等为原料，生产烧碱、盐酸等化工产品。工艺流程可简单表示如图：
完成下列填空：
（1）粗盐水中含有 MgCl2、CaCl2、Na2SO4 等可溶性杂质，①步骤必须先后加入稍过量的 NaOH、BaCl2、Na2CO3溶液后过滤除杂。试写出加入 Na2CO3溶液时发生反应的离子方程式：______。写出②步骤发生反应的化学方程式：______。
（2）③步骤之后获得干燥的烧碱产品的有关操作有______。进行④步骤的生产设备 A、B之间传递的是（选填编号）______。
A．只有物料
B．既有物料又有能量
C．只有能量
D．既无物料也无能量
（3）如果用下列装置在实验室进行⑤步骤的实验，正确的是（选填编号）______。
若检验烧碱产品中是否含有少量 NaCl 杂质的实验方案是______。
（4）为测定烧碱产品的纯度，准确称取 5.000g 样品（杂质不含碱性物质）置于烧杯中，加水搅拌，冷却至室温后，将溶液全部转移入 1000mL 的容量瓶之后的一步操作是______。从所配得的溶液中每次都取出 20.00mL，用 0.12ml/L的盐酸滴定（选用常用指示剂），两次分别用去盐酸溶液19.81mL 和 19.79mL．判断滴定终点的依据是______，根据实验数据计算此烧碱产品的纯度为（保留两位小数）______。
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、B
【解析】
A．滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成，原溶液中也可能含有CO32－、SO32－、Ag＋等，故A错误；
B．滴加氯水和CCl4，下层溶液显紫红色说明产生了碘单质，氯水为强氧化性溶液，则溶液中存在强还原性的I－，氯气置换出了碘单质，故B正确；
C．用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明原溶液中有Na＋，但并不能说明溶液中无K＋，因为检验K＋需通过蓝色钴玻璃观察火焰，故C错误；
D．NH3极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4＋，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，检验NH4＋的正确操作：向原溶液中滴加几滴浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝则证明存在NH4＋，故D错误；
故答案为B。
2、D
【解析】
A.聚丙烯是由丙烯在一定条件下发生加聚反应得到的，A项正确；
B.“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠，可以水解得到次氯酸，起到杀菌消毒的作用，B项正确；
C.硝酸铵溶于水可以吸热，因此可以用作速冷冰袋，C项正确；
D.医用酒精是体积分数为75%的乙醇溶液，浓度太高或浓度太低都起不到杀菌效果，D项错误；
答案选D。
【点睛】
注意医用酒精的75%的是体积分数，而化学中一般用得较多的是质量分数，例如98%的浓硫酸中的98%就是质量分数。
3、D
【解析】
A．由于CuS不溶于硫酸，则向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体会生成CuS黑色沉淀，不能根据该反应判断H2S、H2SO4的酸性强弱，故A错误；
B．木炭和浓硫酸共热生成的气体为二氧化碳、二氧化硫，二者都可是澄清石灰水变浑浊，应先除去二氧化硫再检验二氧化碳，故B错误；
C．白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，不能说明该溶液中一定含有SO42-，故C错误；
D．向1 mL浓度均为0.1ml/L的MgSO4和CuSO4混合溶液中，滴入少量0.1 ml/L NaOH溶液，先产生蓝色沉淀，说明氢氧化铜的溶度积较小，易生成沉淀，故D正确；
答案选D。
4、A
【解析】
A、质子数等于原子序数，1mlNH4＋中含有质子总物质的量为11ml，故A说法错误；B、联氨(N2H4)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B说法正确；C、过程II，N2H4→N2H2－2H，此反应是氧化反应，过程IV，NO2－→NH2OH，添H或去O是还原反应，故C说法正确；D、NH4＋中N显－3价，NH2OH中N显－1价，N2H4中N显－2价，因此过程I中NH4＋与NH2OH的物质的量之比为1：1，故D说法正确。
点睛：氧化反应还是还原反应，这是有机物中的知识点，添氢或去氧的反应为还原反应，去氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此N2H4→N2H2，去掉了两个氢原子，即此反应为氧化反应，同理NO2－转化成NH2OH，是还原反应。
5、B
【解析】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素，据此进行解答。
【详解】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素；A．Z、W的单质分别为氯气、氟气，二者形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量氯气较大，则氯气的沸点较高，即单质的沸点：Z＞W，故A正确；B．X为Na、W为F，二者的离子都含有2个电子层，Na的核电荷数较大，则钠离子的离子半径较小，即简单离子半径：X＜W，故B错误；C．X为Na，金属钠与O形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键，故C正确；D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应，故D正确；故答案为B。
6、B
【解析】
有机物用水封法保存，则有机物不溶于水，且密度比水大，以此解答．
【详解】
A. 乙醇与水互溶，不能用水封，故A.错误；
B. 硝基苯密度大于水，且不溶于水，可以用水封，故B正确；
C. 甘油与水互溶，不能用水封，故C不选；
D. 己烷密度小于水，在水的上层，不能用水封法保存，故D不选；
答案选B。
7、D
【解析】
A. Fe3＋与SCN－反应生成红色的络合物，不能大量共存，故A错误；
B. 某碱溶液中通入少量 CO2 产生白色沉淀，该碱可能是Ca(OH)2，也可能是Ba(OH)2，故B错误；
C. 因为酸性：HCO3->Al（OH）3，所以Na[Al(OH)4]溶液和 NaHCO3 溶液混合可以产生氢氧化铝白色沉淀，但不会生成气体，故C错误；
D. 少量的Mg(HCO3)2 溶液加过量的 Ba(OH)2 溶液生成碳酸钡沉淀、氢氧化镁沉淀和水，离子方程式为：Mg2＋＋2HCO3－＋2Ba2＋＋4OH－=2BaCO3↓＋Mg(OH)2↓＋2H2O，故D正确；
故选D。
8、D
【解析】
A项，原子序数1、2的原子电子层数相同，原子序数3~10的原子电子层数相同，原子序数11~18的原子电子层数相同，A项不符合；
B项，同周期主族元素，随原子序数递增原子半径减小，B项不符合；
C项，第二周期的氧没有最高正价，第二周期的F没有正价，C项不符合；
D项，第一周期元素原子的最外层电子数从1增至2，第二、三周期元素原子的最外层电子数从1增至8，D项符合；
答案选D。
9、C
【解析】
A. 10 mL0.1 ml⋅L−1Na2CO3溶液逐滴滴加到10 mlL0.1 ml⋅L−1盐酸中，开始时产生二氧化碳气体，滴加完后盐酸完全反应，碳酸钠过量，所以得到碳酸钠和氯化钠的混合物，所以离子浓度大小为：c(Na+)>c(Cl−)>c(CO32−)>c(HCO3−)，A正确；
B.由于Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)，ClO-水解程度大于CH3COO-水解程度，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：②＞①，B正确
C. 向0.1 ml/L NH4Cl溶液中，存在NH4++H2ONH3·H2O+H+，加入少量NH4Cl固体，NH4+ ，NH4+水解平衡正向移动，c(NH3·H2O)、c(H+)，水解常数不变，即，NH4+水解程度减小，减小，、增大，C错误；
D. 因为Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c(Ag+)大于后者c(Ag+)，c(Cl-)＞c(Br-)，当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中c(Cl-)比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，D正确；故答案为：C。
【点睛】
当盐酸逐滴滴加Na2CO3溶液时，开始时不产生二氧化碳气体，随着盐酸过量，才产生二氧化碳气体，其反应方程式为：
Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；
10、B
【解析】
A. 化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，故A错误；
B. 根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，故 B正确；
C. 催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，故C错误；
D. 反应物总能量-生成物总键能=焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g) ΔH=1598×2- 1072×2-496=+ 556 kJ/ml，故D错误。
11、C
【解析】
A选项，磷酸是弱酸，应该一步一步电离，第一步电离为：H3PO4H+ + H2PO42－，故A错误；
B选项，用电子式表示 HCl 的形成过程：，故B错误；
C选项，S2－的结构示意图：，故C正确；
D选项，KClO 碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO－ + 4OH－+ 2Fe(OH)3=2FeO42－ + 3Cl－+ 4H+ + 5H2O，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】
弱酸电离一步一步电离，而多元弱碱的电离虽然复杂，但写都是一步到位的。
12、C
【解析】
空气中氧气的体积为L，则甲烷体积为L，物质的量为ml。ml甲烷燃烧放出热量b kJ，则1 ml甲烷燃烧放出热量kJ。燃烧热规定生成稳定的氧化物,即H2O(l)，且放热反应的焓变为负值，故C正确；
答案：C
【点睛】
考察燃烧热的重点：（1）可燃物1ml （2）完全燃烧 （3）生成稳定氧化物，H→H2O（l），C→CO2 ，S→SO2等。
13、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。
14、A
【解析】
A.H2O2溶液中没有加FeCl3溶液前几乎无气泡产生，加入后产生大量气泡，说明FeCl3对 H2O2的分解起催化作用，A正确；
B.醛基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能根据溶液的紫红色褪去来确定丙烯醛中含有碳碳双键，B错误；
C. 向某溶液中滴加稀H2SO4溶液，产生有刺激性气味的气体，原溶液可能含有SO32-，也可能含有HSO3-或S2O32-等离子，C错误；
D.若溶液中含有NH4+，由于溶液稀，反应产生NH3·H2O，也不能放出氨气，因此不能看到湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，D错误；
故合理选项是A。
15、B
【解析】
在空气中，亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠。证明亚硫酸钠样品部分变质，须检验样品中的亚硫酸根和硫酸根。
【详解】
A. 样品溶液中加入稀硫酸生成刺激性气味的气体，可证明有亚硫酸根，但引入硫酸根会干扰硫酸根的检验。酸性溶液中，硝酸钡溶液中硝酸根会将亚硫酸根氧化为硫酸根，A项错误；
B. 样品溶液中加入过量稀盐酸，生成刺激性气味的气体，可检出亚硫酸根。再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，证明有硫酸根离子，B项正确；
C. 样品溶液中加入稀硫酸，可检出亚硫酸根，但引入的硫酸根会干扰硫酸根检验，C项错误；
D. 稀硝酸能将亚硫酸根氧化为硫酸根，干扰硫酸根检验，D项错误。
本题选B。
【点睛】
检验样品中同时存在亚硫酸根和硫酸根，所选试剂不能有引入硫酸根、不能将亚硫酸根氧化为硫酸根，故不能用稀硫酸和稀硝酸。
16、C
【解析】
A．Cu和浓硫酸反应需要加热，甲装置中缺少酒精灯，无法完成铜与浓硫酸的反应，故A错误；
B．二氧化硫比空气密度大，应该采用向上排空气法收集，即导管采用长进短出的方式，故B错误；
C．反应后溶液中含有大量浓硫酸，需要将反应后溶液沿着烧杯内壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒搅拌，图示操作方法合理，故C正确；
D．固液分离操作是过滤，但过滤时需要用玻璃棒引流，故D错误；
故答案为C。
17、A
【解析】
A.酸性高锰酸钾能将不饱和碳键氧化，但苯环上碳原子形成介于单键和双键之间的化学键，结构稳定，不易被氧化，A正确；B. 将液溴与苯混合，加入铁屑后，在生成的三溴化铁的催化作用下，溴与苯发生取代反应，B错误；C. 苯和硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下可生成硝基苯，C错误；D. 苯在一定条件下也能够在镍催化、加热条件下与氢气发生加成反应生成环己烷，D错误。故选择A。
点睛：苯不能使高锰酸钾溶液退色，是因为苯分子中有6个碳碳单键，6个碳原子之间形成一个大π键，使得苯的化学性质比烯烃稳定的的多，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
18、A
【解析】
A. 原子序数为6，应为碳元素的粒子，可以表示，也可以表示，故A正确；
B. 由轨道表示式可知电子排布式为1s22s22p2，可以表示碳原子，不能表示氧原子最外层电子，故B错误；
C.比例模型可以表示水分子，但不能表示二氧化碳分子，因为二氧化碳分子是直线形分子，故C错误；
D. 分子式为，也可以表示甲酸甲酯HCOOCH3，而乙二醇的分子式为，故D正错误；
故选A。
19、C
【解析】
A项，活性炭为糖浆脱色是因为活性炭具有吸附性，双氧水漂白纸浆是双氧水具有强氧化性，两者原理不同，A错误；
B项，Cu在金属活动性顺序表中处于H的后面，铜制品不能发生析氢腐蚀，B错误；
C项，NaHCO3溶液与Al2（SO4）3溶液发生双水解反应生成Na2SO4、CO2和Al（OH）3，可以制作泡沫灭火剂，C项正确；
D项，氯化钠主要来自于海水，电解NaCl溶液生成NaOH、H2和Cl2，不能制得Na，电解熔融氯化钠才可以得到金属钠，D错误；
答案选C。
20、C
【解析】
A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；
B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；
C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；
D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。
【详解】
A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；
B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；
C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；
D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】
本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。
21、B
【解析】
A. 铜与稀硫酸不反应，故一旦浓硫酸变稀，反应即停止，即硫酸不能完全反应，故转移的电子数小于 0.18NA，故A错误；
B. 78g钾的物质的量为2ml，而钾反应后变为+1价，故2ml钾燃烧转移2NA个电子，故B正确；
C. 氨气和HCl反应后生成的氯化铵为离子化合物，不存在分子，故C错误；
D. 标况下22.4L二氧化碳的物质的量为1ml，而二氧化碳中含4对共用电子对，故1ml二氧化碳中含4NA对共用电子对，故D错误；
故答案为B。
22、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。
二、非选择题(共84分)
23、醛基 银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液） 5 1：2
【解析】
甲能与银氨溶液反应，则甲含有-CHO，甲与HCN发生加成反应、酸化得到乙，可推知甲为，甲与氢气发生加成反应生成丙为，乙与丙在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成丁为．甲与与银氨溶液发生氧化反应、酸化生成戊为，戊分子羧基中-OH被Cl原子取代生成己为，庚与有机物M发生聚合反应生成高分子树脂，由高分子树脂的结构可知，应是与HCHO发生的加聚反应，而庚与己发生反应生成辛，由信息可知，庚应含有羟基，故庚为，M为HCHO，辛为，据此解答。
【详解】
（1）甲为，含氧官能团是：醛基，检验醛基常用的化学试剂为：银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液），故答案为：醛基；银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）；
（2）由上述分析可知，己的结构简式为，丁的结构简式为，故答案为：；；
（3）乙有多种同分异构体．属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基与酯的结构在苯环邻位的同分异构体：
若有2个侧链，侧链为-OH、-CH2OOCH，若有3个侧链，侧链为-OH、-OOCH、-CH3 ，-OH、-OOCH处于邻位，-CH3 有4种位置，故共有5种，故答案为：5；
（4）在NaOH溶液中发生水解反应时，1ml丁（）水解消耗1mlNaOH，1ml辛（）消耗NaOH为2ml，二者消耗氢氧化钠的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；
（5）庚与M合成高分子树脂的化学方程式为：，
故答案为：。
【点睛】
本题考查有机物推断、官能团结构与性质、同分异构体、有机反应方程式书写等，根据乙的结构及反应信息推断甲，再结构反应条件进行推断，是对有机化学基础的综合考查。
24、 加成反应 氢氧化钠水溶液加热
【解析】
B、C、D都能发生银镜反应，则结构中都含有醛基，G的结构简式为，E碱性条件下水解、酸化得到G，则F为，E为，比较D和E的分子式知，D中-CHO被氧化为-COOH生成E，则D为，根据D中取代基的位置结合A的分子式可推测出A为，A经过系列转化生成B为，B发生信息反应生成C为，与HBr发生加成反应生成D，由G的结构及反应条件和H的分子式可得：H为，由I的组成可知，G通过缩聚反应生成高聚物I，故I为，据此解答。
【详解】
（1）根据上述分析，A的结构简式为；
（2）根据上述分析第三步反应为催化氧化反应，方程式为2+O22+2H2O；
（3）根据上述分析，①的反应类型为加成反应；
（4）E碱性条件下水解得到F，则③的试剂与条件为氢氧化钠水溶液加热；
（5）根据上述分析，I的结构简式为；
①能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；
②能发生水解反应，说明结构中含有含有酯基；
③苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上有4个取代基，且具有一定对称性；
④羟基不与苯环直接相连，则结构中没有酚羟基，结合上述分析，G的同分异构体结构简式为；
（6）以乙醇为原料合成有机化工原料1-丁醇，碳链的增长根据题干信息可以用醛与醛脱水反应实现，产物中的双键和醛基可以通过与氢气反应转化为碳碳单键和羟基，乙醇催化氧化可以得到乙醛，综上分析其合成路则该合成路线为：。
【点睛】
逆合成法的运用往往是解决有机合成题的主要方法，此题从G的结构分析，通过分子式的比较及反应条件等信息分析有机物间的转化关系；此类题还需注意题干中给出的信息，如醛和醛的脱水反应，这往往是解题的关键信息。
25、否，长颈漏斗不能调节滴液速度 acd 三颈烧瓶 a 2PCl3+O2=2POCl3 温度过低反应速度过慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率低 指示剂 91.8%
【解析】
A装置中用双氧水与二氧化锰反应制备氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有的水蒸气用浓硫酸除去，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成POCl3，为了控制反应速率，同时防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在60～65℃，所以装置C中用水浴加热，POCl3遇水剧烈水解为含氧酸和氯化氢，为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析解答(1)~(4)；
(5)测定POCl3产品含量，用POCl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子，KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据KSCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3，结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而计算出溶液中氯离子的物质的量，根据元素守恒可计算出样品中POCl3的质量，进而确定POCl3的质量分数。
【详解】
(1)装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替，因为长颈漏斗不能调节滴液速度，故答案为否，长颈漏斗不能调节滴液速度；
(2)装置B中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到气泡出现，长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气，故答案为acd；
(3)根据装置图，仪器丙为三颈烧瓶，为了提高冷却效果，应该从冷凝管的下口进水，即进水口为a，故答案为三颈烧瓶；a；
(4)氧气氧化PCl3生成POCl3，根据原子守恒，反应的化学方程式2PCl3+O2=2POCl3，根据上面的分析可知，反应温度应控制在60～65℃，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低，故答案为2PCl3+O2=2POCl3；温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低；
(5)Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色，则用 KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液时，可选择硫酸铁溶液为指示剂，达到终点时的现象是溶液会变红色；KSCN的物质的量为0.20ml•L-1×0.010L=0.002ml，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002ml，POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.2ml•L-1×0.01L-0.002ml=0.03ml，即16.73 g POCl3产品中POCl3的物质的量为×=0.1ml，则所得产品中POCl3的纯度为×100%=91.8%，故答案为指示剂；91.8%。
【点睛】
明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键。本题的易错点为(5)，要理清楚测定POCl3的纯度的思路，注意POCl3~3HCl。
26、打开K1，关闭K2和K3 先通入过量的CO2气体，排除装置内空气 打开K1，关闭K2和K3 打开K2和K3 ，同时关闭K1 浓硫酸 吸收多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解 防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险 排出残留在装置中的TiBr4和溴蒸气 直形冷凝管 温度计（量程250°C）
【解析】
⑴检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行排除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧气反应，浪费原料，还可能产生有毒气体CO等，污染空气，开始仅仅是通入CO2气体，所以只需要打开K1，关闭K2和K3，打开电炉并加热反应管，此时需要打开K2和K3,同时关闭K1，保证CO2气体携带溴蒸气进入反应装置中。
⑵因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置需要保持干燥，因此进入的CO2气体必须干燥，装置单元X应为尾气处理装置，吸收多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验，防止产品四溴化钛水解变质。
⑶反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染。
⑷实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯，因此需要用到直形冷凝管。
【详解】
⑴检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行排除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧气反应，浪费原料，还可能产生有毒气体CO等，污染空气，因此加热实验前应先通入过量的CO2气体，其目的是排除装置内空气。此时仅仅是通入CO2气体，所以只需要打开K1，关闭K2和K3；而反应开始一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时需要打开K2和K3,同时关闭K1，保证CO2气体携带溴蒸气进入反应装置中，故答案为：先通入过量的CO2气体；排除装置内空气；打开K1，关闭K2和K3；打开K2和K3，同时关闭K1。
⑵因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置需要保持干燥，因此进入的CO2气体必须干燥，所以试剂A为浓硫酸（作干燥剂），装置单元X应为尾气处理装置，吸收多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验，防止产品四溴化钛水解变质。反应过程中需用热源间歇性微热连接管，其目的是防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险，用热源间歇性微热连接管可以使产品四溴化钛加热熔化，流入收集装置中，故答案为：浓硫酸；吸收多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解；防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险。
⑶反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染，故答案为：排出残留在装置中的TiBr4和溴蒸气。
⑷实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。在产品四溴化钛中还有残留的液溴，因此根据题中给出的四溴化钛的沸点233.5°C，可以使用蒸馏法提纯；此时应将a端的仪器改装为直形冷凝管、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是温度计（量程是250°C），故答案为：直形冷凝管；温度计（量程250°C）。
27、NH3+HCl=NH4Cl 苯胺沸点较高，不易挥发 b C6H5NH3++OH-→ C6H5NH2+H2O 蒸出物为混合物，无需控制温度 防止 B 中液体倒吸 60.0% 加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入 NaOH固体干燥、过滤
【解析】
(1)根据浓氨水和浓盐酸都具有挥发性结合题中信息苯胺沸点184℃分析；
(2)为了获得较好的冷凝效果，采用逆流原理；
(3)根据题中信息，联系铵盐与碱反应的性质，通过类比迁移，不难写出离子方程式；
(4)根据蒸馏产物分析；
(5)根据装置内压强突然减小会引起倒吸分析；
(6)根据关系式即可计算苯胺的产率；
(7)根据物质的性质分析作答。
【详解】
(1)蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，是浓氨水挥发出来的NH3和浓盐酸挥发出来的HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，化学方程式为：NH3+HCl=NH4Cl；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是苯胺沸点184℃，比较高，不易挥发；
(2)图1装置包含了产品的分馏，是根据各组分的沸点的不同、用加热的方法来实现各组分的分离的操作，冷凝管是下口进水，上口出水，保证冷凝效果，故答案为：b；
(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为C6H5NH3++OH-→C6H5NH2+H2O；
(4)因为蒸馏出来的是水和苯胺的混合物，故无需温度计；
(5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是防止装置B内压强突然减小引起倒吸；
(6)设理论上得到苯胺m，根据原子守恒可知C6H5NO2～C6H5NH2，则m＝=4.65g，所以该实验中苯胺的产率=×100%=60%；
(7)在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺，即实验方案是：加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入 NaOH固体干燥、过滤。
28、羟基、溴原子 取代反应 加成反应 或
【解析】
（1）根据A的结构简式分析含有的官能团；
（2）A中酚羟基中H原子被取代生成B；D中碳碳双键与氢气发生加成反应生成E；
（3）反应③是取代反应，取代的位置可以是碳碳双键两端任意1个碳原子上的H原子；
（4）羧基中的羟基可以取代苯环上Br原子的位置的H；
（5）属于芳香族化合物，含有苯环；能发生银镜反应，能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，④分子中有5种氢原子，结合I的结构可知，还含有2个﹣CH=CH2，且为对称结构；
（6）利用“逆推法”，的合成原料、HOOCCH=CHCOOH，先把CH2=CHCH=CH2变为HOOCCH=CHCOOH，则CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4﹣加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，再发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，结合信息可知，在PDC/DMF条件下得到HOOCCH=CHCOOH。
【详解】
（1）根据A的结构简式，可知含有的含氧官能团为：羟基、溴原子；
（2）对比A、B的结构可知，A中酚羟基中H原子被取代生成B，属于取代反应；对比D、E的结构可知，D中碳碳双键与氢气发生加成反应；
（3）反应③是取代反应，取代的位置可以是碳碳双键两端任意1个碳原子上的H原子，故生成的副产物为，同时生成HBr，反应方程式为：；
（4）反应④是取代反应，是羧基中的羟基取代苯环上的氢原子，该条件下会取代G中两个Br原子的位置，形成五元环或六元环，其结构简式为：；
（5）I的同分异构体满足：①属于芳香族化合物；②能发生银镜反应；③能发生水解反应，含有甲酸形成的酯基，④分子中有5种氢原子，结合I的结构可知，还含有2个﹣CH=CH2，且为对称结构，符合条件的同分异构体为：或；
（6）根据流程③把原料连接起来，可知的合成原料、HOOCCH=CHCOOH，先把CH2=CHCH=CH2变为HOOCCH=CHCOOH，则CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4﹣加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，再发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，结合信息可知，在PDC/DMF条件下得到HOOCCH=CHCOOH，合成路线流程图为：。
【点睛】
本题考查有机物的合成与推断、有机反应类型、同分异构体书写等，（6）中注意根据转化图中隐含的信息将碳原子连接起来，较好地考查学生分析推理与知识迁移运用。
29、Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓ 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ （冷却）结晶、过滤（洗涤）、干燥 C AC 取样溶于水，加入过量的稀硝酸后，滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生则含有杂质NaCl，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl 用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将所得溶液移入容量瓶 当最后一滴盐酸滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色且半分钟内不变 95%
【解析】
(1)稍过量的NaOH是除去粗盐水中含有的MgCl2，稍过量的BaCl2除去粗盐水中含有的Na2SO4，稍过量的Na2CO3是除去粗盐水中含有的CaCl2和过量的BaCl2，根据电解饱和食盐水原理书写；
(2)③步骤是蒸发，蒸发之后获得干燥的烧碱产品的有关操作有(冷却)结晶、过滤(洗涤)、干燥，④步骤是将生成的H2和Cl2化合为HCl，据此判断。
(3)⑤步骤是HCl的吸收，要注意防倒吸，检验烧碱产品中是否含有少量NaCl杂质，就是检验是否有氯离子；
(4)根据配制一定物质的量浓度溶液的原理分析：酸碱滴定指示剂一般选择甲基橙，依据酸滴定碱来判断滴定终点的依据，根据n(NaOH)=n(HCl)，ω(NaOH)=×100%进行有关计算。
【详解】
(1)稍过量的NaOH是除去粗盐水中含有的MgCl2，稍过量的BaCl2除去粗盐水中含有的Na2SO4，稍过量的Na2CO3是除去粗盐水中含有的CaCl2和过量的BaCl2，故加入Na2CO3溶液后发生的离子反应有：Ca2++CO32-=CaCO3↓，Ba2++CO32-=BaCO3↓；接着就是电解饱和食盐水，其反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，
故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓，Ba2++CO32-=BaCO3↓；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
(2)③步骤是蒸发，蒸发之后获得干燥的烧碱产品的有关操作有(冷却)结晶、过滤(洗涤)、干燥，④步骤是将生成的H2和Cl2化合为HCl，故生产设备A、B之间传递的是能量，
故答案为：(冷却)结晶、过滤(洗涤)、干燥；C；
(3)⑤步骤是HCl的吸收，要注意防倒吸，
A、利用干燥管是典型防倒吸装置，故A正确；
B、倒置的漏斗边缘应该与水面相切才能防倒吸，故B错误；
C、因HCl不溶于CCl4，所以能防倒吸，故C正确；
D、HCl气体直接通入水中，不能防倒吸，故D错误；
检验烧碱产品中是否含有少量NaCl杂质，其实就是检验氯离子的存在：取样溶于水，加入过量的稀硝酸后，滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生则含有杂质NaCl，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl，
故答案为：AC；取样溶于水，加入过量的稀硝酸后，滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生则含有杂质NaCl，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl；
(4)配制一定物质的量浓度溶液，溶液全部转移入1000mL的容量瓶之后的一步操作是：用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将所得溶液移入容量瓶；盐酸滴定NaOH，指示剂一般选择甲基橙，所以判断终点的依据是：当最后一滴盐酸滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色且半分钟内不变；消耗盐酸溶液的平均体积是19.80mL，则n(NaOH)=n(HCl)=0.12ml/L×10-3×19.80L=2.376×10-3ml，ω(NaOH)=×100%=×100%=95%，
故答案为：用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将所得溶液移入容量瓶；当最后一滴盐酸滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色且半分钟内不变；95%。
选项
操作
现象
结论
A
滴加BaCl2溶液
生成白色沉淀
原溶液中有SO42—
B
滴加氯水和CCl4，振荡、静置
下层溶液显紫红色
原溶液中有I－
C
用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
原溶液中有Na＋、无K＋
D
滴加几滴稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
原溶液中无NH4+
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向一定浓度CuSO4溶液中通入H2S气体，出现黑色沉淀
H2S酸性比H2SO4强
B
将木炭和浓硫酸共热生成的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊
该气体一定是CO2
C
向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有SO42-
D
向1 mL 浓度均为0.1 ml·L−1 的MgSO4和CuSO4混合溶液中，滴入少量0.1 ml·L−1 NaOH溶液，先产生蓝色沉淀
Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]
选项
实验操作
实验现象
结论或解释
A
向H2O2溶液中滴加FeCl3溶液
产生大量气泡
FeCl3催化 H2O2的分解
B
将酸性KMnO4溶液滴入丙烯醛中
溶液的紫红色褪去
丙烯醛中含有碳碳双键
C
向某溶液中滴加稀H2SO4溶液
产生有刺激性气味的气味
原溶液中一定含有SO32-
D
向某溶液中滴加几滴NaOH稀溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口检验
试纸不变蓝
原溶液中一定不含有NH4+
熔点/℃
沸点/℃
其他物理或化学性质
PCl3
-112.0
76.0
PCl3和POCl3互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和HCl
POCl3
1.25
106.0
物质
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
密度/g∙cm-3
苯胺
-6.3
184
微溶于水，易溶于乙醚
1.02
硝基苯
5.7
210.9
难溶于水，易溶于乙醚
1.23
乙醚
-116.2
34.6
微溶于水
0.7134