2026届安徽省宿州市砀山县第二中学高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省宿州市砀山县第二中学高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷含解析，共20页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
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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、纵观古今，化学与生产生活密切相关。下列对文献的描述内容分析错误的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
2、下列图示与操作名称不对应的是
A．升华B．分液
C．过滤D．蒸馏
3、下列说法中正确的是（ ）
A．2019年，我国河南、广东等许多地方都出现了旱情，缓解旱情的措施之一是用溴化银进行人工降雨
B．“光化学烟雾”“臭氧层空洞”“温室效应”“硝酸型酸雨”等环境问题的形成都与氮氧化合物有关
C．BaSO4在医学上用作透视钡餐，主要是因为它难溶于水
D．钠、镁等单质在电光源研制领域大显身手，钠可以应用于高压钠灯，镁可以制造信号弹和焰火
4、传统接触法制取硫酸能耗大，污染严重。将燃料电池引入硫酸生产工艺可有效解决能耗和环境污染问题，同时提供电能。以燃料电池为电源电解硫酸铜溶液的工作原理示意图如下所示。
下列说法不正确的是
A．b极为正极，电极反应式为O2+4H++4e -==2H2O
B．H+由a极通过质子交换膜向b极移动
C．该燃料电池的总反应式为2SO2+O2+2H2O==2H2SO4
D．若a极消耗2.24L(标准状况)SO2，理论上c极有6.4g铜析出
5、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA
B．2 L 0.5 ml·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1 ml氧气转移的电子数为0.2NA
D．密闭容器中2 ml NO与1 ml O2充分反应，产物的分子数为2NA
6、利用如图装置模拟铁的电化学保护。下列说法正确的是
A．若X为锌棒，开关K置于M处，为外加电流阴极保护法
B．若X为碳棒，开关K置于N处，为牺牲阳极阴极保护法
C．若X为锌棒，开关K置于M处，Zn极发生：Zn-2e→Zn2+
D．若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生还原反应
7、成语是中国文化的魂宝。下列成语涉及的金属在常温下不溶于浓硝酸的是
A．铜壳滴漏B．化铁为金C．火树银花D．书香铜臭
8、实验室为监测空气中汞蒸气的含量，通常悬挂有CuI的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化的时间来判断空气中汞的含量，其反应为：4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu。下列有关说法正确的是( )
A．上述反应的产物Cu2HgI4中，Hg的化合价为＋2
B．上述反应中CuI既是氧化剂，又是还原剂
C．上述反应中Hg元素与Cu元素均被氧化
D．上述反应中生成64gCu时，转移的电子数为2NA
9、25℃时，改变某醋酸溶液的pH，溶液中c（CH3COO-）与c（CH3COOH）之和始终为0.1ml·L-1，溶液中H+、OH-、CH3COO-及CH3COOH浓度的常用对数值（lgc）与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．图中③表示lgc（H+）与pH的关系曲线
B．0.1ml·L-1CH3COOH溶液的pH约为2.88
C．lgK（CH3COOH）=4.74
D．向0.10ml·L-1醋酸钠溶液中加入0.1ml醋酸钠固体，水的电离程度变大
10、X、Y、Z、W四种短周期主族元素的原子序数依次增大。X和Z同主族，Y和W同主族；原子半径X小于Y；X、Y、Z、W原子最外层电子数之和为14。下列叙述正确的是
A．气态氢化物的热稳定性：W＞Y
B．Y和Z可形成含有共价键的离子化合物
C．W的最高价氧化物对应水化物的酸性同周期元素中最强
D．原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)
11、浓差电池有多种:一种是利用物质氧化性或还原性强弱与浓度的关系设计的原电池（如图1）:一种是根据电池中存在浓度差会产生电动势而设计的原电池（如图2）。图1所示原电池能在一段时间内形成稳定电流;图2所示原电池既能从浓缩海水中提取LiCl，又能获得电能。下列说法错误的是
A．图1电流计指针不再偏转时,左右两侧溶液浓度恰好相等
B．图1电流计指针不再偏转时向左侧加入NaCl或AgNO3或Fe粉，指针又会偏转且方向相同
C．图2中Y极每生成1 ml Cl2，a极区得到2 ml LiCl
D．两个原电池外电路中电子流动方向均为从右到左
12、我国对二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池的研究处于世界前沿水平，该电池可实现硫酸生产、发电和环境保护三位一.体的结合。其原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．Pt1电极附近发生的反应为：SO2+2H2O-2e-=H2SO4+2H+
B．相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2：1
C．该电池工作时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极
D．该电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合
13、下列有关化合物的说法正确的是（ ）
A．所有原子共平面B．其一氯代物有6种
C．是苯的同系物D．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
14、加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述不正确的是
A．装置乙试管中收集到的液体在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应
B．装置丙中的试剂吸收反应产生的气体后得到的产物的密度均比水大
C．最后收集的气体可以作为清洁燃料使用
D．甲烷的二氯代物有2种
15、CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色。向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法不正确的是( )
A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物
B．通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性
C．整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应
D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2
16、常温下，用0.1 ml·L1 KOH溶液滴定10 mL 0.1 ml·L1 HA（Ka＝1.0×105）溶液的滴定曲线如图所示。下列说法错误的是
A．a点溶液的pH约为3
B．水的电离程度：d点＞c点
C．b点溶液中粒子浓度大小：c（A－）＞c（K＋）＞c（HA）＞c（H＋）＞c（OH－）
D．e点溶液中：c（K＋）=2c（A－）+2c（HA）
17、厌氧氨化法（Anammx）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是

A．1ml NH4+所含的质子总数为 10NA
B．联氨（N2H4）中含有离子键和非极性键
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∶2
18、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA
B．100mL2.0ml/L的盐酸与醋酸溶液中氢离子均为0.2NA
C．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NA
D．常温常压下，20g重水(D2O)中含有的电子数为10NA
19、下列说法正确的是
①氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸
②实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收
③新制氯水的氧化性强于久置氯水
④检验HCl气体中是否混有Cl2方法是将气体通入硝酸银溶液
⑤除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水中
A．①②③B．③C．②③④D．③⑤
20、下列实验合理的是（）
A．AB．BC．CD．D
21、用0.10 ml/L的NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.050 ml/L的盐酸、磷酸及谷氨酸(H2G)，滴定曲线如图所示：
下列说法正确的是
A．滴定盐酸时，用甲基橙作指示剂比用酚酞更好
B．H3PO4与H2G的第一电离平衡常数K1的数量级不同
C．用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时，溶液中的溶质为Na2HPO4
D．NaH2PO4溶液中：
22、关于氯化铵的说法错误的是
A．氯化铵溶于水放热 B．氯化铵受热易分解
C．氯化铵固体是离子晶体 D．氯化铵是强电解质
二、非选择题(共84分)
23、（14分）有机锌试剂（R—ZnBr）与酰氯（）偶联可用于制备药物Ⅱ：
（1）化合物Ⅰ的分子式为_____________。
（2）关于化合物Ⅱ，下列说法正确的有______（双选）。
（3）化合物Ⅲ含有3个碳原子，且可发生加聚反应，按照途径1合成线路的表示方式，完成途经2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路线：_____________（标明反应试剂，忽略反应条件）。
（4）化合物Ⅴ的核磁共振氢谱中峰的组数为_____________，以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的羧酸类同分异构体共有_____________种（不考虑手性异构）。
（5）化合物Ⅵ和Ⅶ反应可直接得到Ⅱ，则化合物Ⅶ的结构简式为：_____________。
24、（12分）普罗帕酮，为广谱高效膜抑制性抗心律失常药。具有膜稳定作用及竞争性β受体阻滞作用。能降低心肌兴奋性，延长动作电位时程及有效不应期，延长传导。化合物I是合成普罗帕酮的前驱体，其合成路线如图：
已知：CH3COCH3+CH3CHOCH3COCH=CHCH3+H2O
回答下列问题：
(1)H的分子式为_____________；化合物E中含有的官能团名称是_________。
(2)G生成H的反应类型是______。
(3)F的结构简式为_____。
(4)B与银氨溶液反应的化学方程式为__________。
(5)芳香族化合物M与E互为同分异构体，M中除苯环外，不含其他环状结构，且1mlM能与2mlNaOH反应，则M的结构共有___种，其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱上显示4组峰的M的结构简式为：_______ 。
(6)参照上述合成路线，以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：____。
25、（12分）某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。
实验一 制取氯酸钾和氯水
利用如图所示的实验装置进行实验。
（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有______。
（2）若对调B和C装置的位置，_____（填“可能”或“不可能”）提高B中氯酸钾的产率。
实验二 氯酸钾与碘化钾反应的研究
（3）在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下（实验在室温下进行）：
①系列a实验的实验目的是______。
②设计1号试管实验的作用是______。
③若2号试管实验现象是溶液变为黄色，取少量该溶液加入______溶液显蓝色。
实验三 测定饱和氯水中氯元素的总量
（4）根据下列资料，为该小组设计一个简单可行的实验方案（不必描述操作过程的细节）：_____。
资料：①次氯酸会破坏酸碱指示剂；
②次氯酸或氯水可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl-。
26、（10分）I．常温下，HNO2电离反应的平衡常数值为2.6×10-4。NaNO2是一种重要的食品添加剂，由于其外观及味道都与食盐非常相似，误食工业用盐造成食物中毒的事件时有发生。
（1）某活动小组同学设计实验方案鉴别 NaCl溶液和NaNO2溶液，请填写下列表格。
（2）亚硝酸钠有毒，不能随意排放，实验室一般将其与饱和氯化铵溶液共热使之转化成无毒无公害的物质，其产物之一为无色无味气体，则该气体为____________（填化学式）。
II．活动小组同学采用如下装置制备并测定所得固体中亚硝酸钠（NaNO2）的质量分数（装置可重复使用，部分夹持仪器已省略）。

已知：①2NO + Na2O2 ＝2NaNO2；
②酸性条件下，NO、NO2都能与MnO4－反应生成NO3－和Mn2+；NaNO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
（1）实验装置的连接顺序为____________；
（2）C瓶内发生反应的离子方程式为____________。
（3）为了测定亚硝酸钠的含量，称取4.0g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.10 ml·L－1的酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表。
①第一组实验数据出现较明显异常，造成异常的原因可能是__________（填字母序号）。
a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
b．锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥
c．观察滴定终点时仰视读数
②根据表中数据进行计算，所制得的固体中亚硝酸钠的质量分数为____________。
（4）设计实验，比较0.1ml·L－1NaNO2溶液中NO2－的水解程度和0.1ml·L－1HNO2溶液中HNO2电离程度的相对大小_______（简要说明实验步骤、现象和结论，仪器和药品自选）。
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）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)c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)；
（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO-＋Na+，CH3COO-＋H2OCH3COOH＋OH-，H2OH+＋OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。
17、C
【解析】
A选项，1ml NH4+所含的质子总数为 11NA，故A错误；
B选项，联氨（）中含有极性键和非极性键，故B错误；
C选项，过程II中N元素化合价升高，发生氧化反应，过程 IV中N化合价降低，发生还原反应，故C正确；
D选项，过程I中，参与反应的NH4+到N2H4化合价升高1个，NH2OH到N2H4化合价降低1个，它们物质的量之比为1∶1，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】
利用化合价升降进行配平来分析氧化剂和还原剂的物质的量之比。
18、D
【解析】
A. 5.6g铁为0.1ml，与足量盐酸反应生成Fe2+和H2，转移的电子数为0.2NA，A错误；
B. 醋酸为弱电解质，100mL2.0ml/L的醋酸在溶液部分电离，生成的氢离子数小于0.2NA，B错误；
C. 标准状况下，22.4LHe与22.4LF2所含原子数不相等，前者为0.1NA，后者为0.2NA，C错误；
D. 常温常压下，20g重水(D2O)的物质的量为1ml，含有的电子数为10NA，D正确。
故选D。
19、B
【解析】
①氯气和氢气在点燃或光照条件下能产生爆炸，在没有条件下不反应，故错误；
②氢氧化钙的溶解度较小，所以吸收氯气的能力较小，实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，故错误；
③次氯酸有强氧化性，新制的氯水中次氯酸的量较多，久置的氯水中，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，所以久置的氯水中次氯酸含量较少，强氧化性较低，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水的，故正确；
④氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢和硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以氯气、氯化氢都能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以硝酸银溶液不能用于检验HCl气体中是否混有Cl2，故错误；
⑤饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气的溶解，氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以可以除去Cl2中的HCl气体，但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的，故错误；
20、D
【解析】
A. 盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，同时盐酸易挥发，与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱，故A错误；
B. 过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，关闭止水夹，不能使反应随时停止，图中装置不合理，故B错误；
C. 碳酸氢钠与氯化氢会发生反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，应用饱和食盐水，故C错误；
D. 四氯化碳的密度比水大，不溶于水，可使气体与水隔离，从而可防止倒吸，故D正确；
故选D。
【点睛】
A项是学生们的易错点，其中盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，应用高氯酸；同时盐酸易挥发，能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，会干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱。
21、C
【解析】
A．盐酸和氢氧化钠溶液反应至终点时，pH=7，与酚酞的变色范围8~10接近，甲基橙的变色范围在3.1-4.4，则使用酚酞做指示剂更好，故A错误；
B．滴定前，0.050 ml/L H3PO4与H2G的pH值几乎相等，由此可得，二者第一电离平衡常数Ki的数量级相同，故B错误；
C．20.00mL、0.050 ml/L的磷酸用0.10 ml/L的NaOH完全中和应消耗30mL氢氧化钠，根据图像，滴定磷酸共有两次突跃，第二次为滴定磷酸的终点，用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时，消耗氢氧化钠的体积为20mL，则可以确定达到终点是，溶液中的溶质为Na2HPO4，故C正确，
D．当溶液中的溶质为NaH2PO4时，应为磷酸的第一次滴定突跃，根据图像显示，此时溶液显酸性，即H2PO4-的电离程度大于水解程度，即c(HPO42-)＞c(H3PO4)，则，故D错误；
答案选C。
22、A
【解析】氯化铵溶于水吸热，故A错误；氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，故B正确；氯化铵固体是由NH4+、Cl-构成离子晶体，故C正确；氯化铵在水中完全电离，所以氯化铵是强电解质，故D正确。
二、非选择题(共84分)
23、C12H9Br AD CH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH3 4 4
【解析】
（1）根据化合物Ⅰ的结构简式可写出其分子式为C12H9Br；
（2）根据化合物Ⅱ的结构简式，其含有酯基，可发生水解反应，含有苯环，发生苯环上的硝化反应，没有醛基，不可与新制的Cu（OH）2共热生成红色沉淀，没有酚羟基，不可与FeCl3溶液反应显紫色，所以A、D正确，选择AD；
（3）根据Ⅵ的结构简式及途径Ⅰ的信息，可推出Ⅴ的结构简式为BrCH2CH2COOCH2CH3，从而可知Ⅴ是由Ⅳ与乙醇发生酯化反应得到，可推出Ⅳ的结构简式为BrCH2CH2COOH，而化合物Ⅲ含有3个碳原子，且可发生加聚反应，从而可知化合物Ⅲ的结构简式为CH2=CHCOOH，故合成路线可表示为：CH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH3；
（4）化合物Ⅴ的结构为BrCH2CH2COOCH2CH3，每个碳原子上的氢都相同，不同碳原子上的H原子不相同，所以应有4组峰；以氢原子H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的结构简式为CH3CH2COOCH2CH3，其属于羧酸类的结构应为C4H9COOH，C4H9—为丁基，丁基有4种不同的结构的H原子，所以C4H9COOH的同分异构体共有4种；
（5）根据题目信息，有机锌试剂（R—ZnBr）与酰氯（）偶联可用于制备药物Ⅱ，因此化合物Ⅵ为BrZnCH2CH2COOCH2CH3，则要合成Ⅱ，Ⅶ为酰氯，根据Ⅱ的结构及途径Ⅰ合成化合物药物Ⅱ的方式，可推知Ⅶ的结构为。
24、C18H18O3 (酚)羟基、羰基 取代反应 CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O 10
【解析】
由A的分子式为C2H6O，且能在Cu作催化剂时被O2氧化，则A的结构简式为CH3CH2OH，B的结构简式为CH3CHO，B被银氨溶液氧化，酸化后得到C为CH3COOH，由题目中已知信息可得，E与生成F为，F与H2发生加成反应生成G，G的结构简式为：，由G与C3H5ClO反应生成H可知，反应产物还有H2O分子，故该反应为取代反应，据此分析。
【详解】
由A的分子式为C2H6O，且能在Cu作催化剂时被O2氧化，则A的结构简式为CH3CH2OH，B的结构简式为CH3CHO，B被银氨溶液氧化，酸化后得到C为CH3COOH，由题目中已知信息可得，E与生成F为，F与H2发生加成反应生成G，G的结构简式为：，由G与C3H5ClO反应生成H可知，反应产物还有H2O分子，故该反应为取代反应；
(1)由流程图中H的结构简式可知，其分子式为：C18H18O3，由E的结构简式可知，E所含有的官能团有：(酚)羟基、羰基；
(2)由分析可知，G生成H的反应类型是取代反应；
(3)由分析可知，F的结构简式为：；
(4)由分析可知，B的结构简式为CH3CHO ，与银氨溶液反应的化学方程式为CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；
(5)芳香族化合物M与E互为同分异构体，M中除苯环外，不含其他环状结构，且1mlM能与2mlNaOH反应，则M中苯环上的取代基可能是2个酚羟基和1个乙烯基，由苯环上的邻、间、对位结构的不同，一共有6中同分异构体；M还有可能是甲酸苯酚酯，苯环上另有一个甲基的结构，这样的同分异构体有3种；M还有可能是乙酸苯酚酯，有1种同分异构体；所以符合条件的M一共有10种同分异构体；其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱上显示4组峰的M的结构简式为；
(6)以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线为：。
【点睛】
本题根据流程图中所给A物质的分子式及其反应条件推导出A的结构简式是解题的关键，注意比较G和H的结构简式区别，然后根据有机化学中反应基本类型的特点进行判断。
25、烧杯、漏斗、玻璃棒 可能 研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响 硫酸浓度为0的对照实验 淀粉； 量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得
【解析】
（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤，该实验操作过程需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2）若对调B和C装置的位置，A中挥发出来的气体有Cl2和HCl，气体进入C装置，HCl溶于水后，抑制氯气的溶解，B中氯气与KOH加热生成氯酸钾，则可能提高氯酸钾的产率，故答案为：可能；
（3）①研究反应条件对反应产物的影响，由表格数据可知，总体积相同，只有硫酸的浓度不同，则实验目的为研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响，
故答案为：研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；
②设计1号试管实验的作用是硫酸浓度为0的对照实验，故答案为：硫酸浓度为0的对照实验；
③淀粉遇碘单质变蓝，若2号试管实验现象是溶液变为黄色，因此取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色，故答案为：淀粉；
（4）由资料可知，次氯酸会破坏酸碱指示剂，因此设计实验不能用酸碱指示剂，可以利用氯水的氧化性，设计简单实验为量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得，故答案为：量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得。
【点睛】
本题的难点是（4），实验目的是测定饱和氯水中氯元素的总量，氯水中氯元素以Cl－、HClO、Cl2、ClO－形式存在，根据实验目的需要将Cl元素全部转化成Cl－，然后加入AgNO3，测AgCl沉淀质量，因此本实验不能用SO2和FeCl3，SO2与Cl2、ClO－和HClO反应，SO2被氧化成SO42－，SO42－与AgNO3也能生成沉淀，干扰Cl－测定，FeCl3中含有Cl－，干扰Cl－测定，因此只能用H2O2。
26、溶液变红 溶液显碱性 试纸变蓝 氧化性 N2 A C E D E B Cu + 2H+ + NO2＝ Cu2+ + NO + H2O ac 86.25% 25℃时，将两种溶液等体积混合，若混合溶液的pH＜7，则说明HNO2的电离程度大于NO2－的水解程度；若pH＞7，则说明HNO2的电离程度小于NO2－的水解程度（合理方法均可给分）。
【解析】
I．（1）亚硝酸是弱酸，亚硝酸钠水解溶液显碱性，能使酚酞试液显红色，而氯化钠不水解，溶液显中性，据此可以鉴别二者；另外亚硝酸钠还具有氧化性，能把碘化钾氧化为单质碘，碘遇淀粉显蓝色，而氯化钠和碘化钾不反应，据此也可以鉴别；
（2）亚硝酸钠与饱和氯化铵溶液共热使之转化成无毒无公害的物质，其产物之一为无色无味气体，根据性质和原子守恒可知该气体为氮气，化学式为N2；
II．（1）碳和浓硝酸反应生成的气体是CO2、NO2和水，需要把CO2吸收，且需要把NO2转化为NO，因此首先通入装置C中NO2被吸收同时产生NO。与过氧化钠反应的NO需要干燥，因此利用E装置中的碱石灰吸收水蒸气，同时除去CO2。为防止后面的水进入D装置，需要再次利用E装置，最后利用酸性高锰酸钾溶液吸收尾气，所以实验装置的连接顺序为A、C、E、D、E、B；
（2）根据以上分析可知C瓶内发生反应的离子方程式为Cu +2H+ +NO2＝Cu2+ +NO+H2O；
（3）①a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，会将酸性高锰酸钾溶液稀释，所用体积偏大，测定结果偏高，a正确；b．锥形瓶洗净后未干燥，对滴定结果无影响，b错误；c．滴定终点时仰视读数，所读溶液的体积偏大，测定结果偏高，c正确，答案选ac。
②根据表中数据第一次实验数据误差太大，舍去，所用酸性高锰酸钾溶液的体积为20.00mL，根据反应方程式6H＋+2MnO4-+5NO2-＝2Mn2＋+5NO3-+3H2O计算25.00mL溶液含亚硝酸钠的物质的量为5×10-3ml，则4.000g样品中含亚硝酸钠的物质的量为0.05ml，质量为3.45g，所得固体中亚硝酸钠的质量分数为3.45g/4.000g×100%=86.25%。
（4）酸越弱酸根越容易水解，溶液碱性越强，因此根据弱电解质的电离和盐类水解原理可知实验方案为：25℃时，将两种溶液等体积混合，若混合溶液的pH＜7，则说明HNO2的电离程度大于NO2－的水解程度；若pH＞7，则说明HNO2的电离程度小于NO2－的水解程度。
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、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)