2026届北京市通州区市级名校高考化学四模试卷含解析

这是一份2026届北京市通州区市级名校高考化学四模试卷含解析，共30页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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、下列说法中正确的是 （ ）
A．加热浓硫酸和乙醇混合液，产生的气体能使溴水褪色 ，证明该气体是乙烯
B．用苯与溴水制取溴苯，溴苯的密度比水的大
C．铜与稀硝酸制取一氧化氮，可以利用排水法收集
D．加热氢氧化钙与氯化铵反应制氨气， 氨气能使红色石蕊试纸变蓝
2、已知：AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3↓＋CO，向含0.01 ml NaAlO2和0.02ml NaOH的稀溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，下列对应关系正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
3、设为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是
A．标准状况下，22.4L含有分子数目
B．25℃，1L pH = 13的数目为0.2
C．在足量中0.1ml Fe燃烧完全，转移电子数目为0.3
D．密闭容器中3 ml 与1 ml充分反应可生成分子数目为
4、以石墨负极（C）、LiFePO4正极组成的锂离子电池的工作原理如图所示（实际上正负极材料是紧贴在锂离子导体膜两边的）。充放电时，Li+在正极材料上脱嵌或嵌入，随之在石墨中发生了LixC6生成与解离。下列说法正确的是
A．锂离子导电膜应有保护成品电池安全性的作用
B．该电池工作过程中Fe元素化合价没有发生变化
C．放电时，负极材料上的反应为6C+xLi++ xe- =LixC6
D．放电时，正极材料上的反应为LiFePO4 - xe- = Li1-xFePO4 + xLi+
5、某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．反应过程a有催化剂参与
B．该反应为吸热反应，热效应等于∆H
C．改变催化剂，可改变该反应的活化能
D．有催化剂的条件下，反应的活化能等于E1+E2
6、关于氯化铁溶液，下列有关说法正确的是（ ）
A．适当升高温度能促进FeCl3水解
B．加水稀释能促进其水解，并提高Fe(OH)3的浓度
C．加少量浓盐酸能促进FeCl3水解
D．保存氯化铁溶液时应加入少量铁粉
7、下列说法正确的是( )
A．等质量的铝分别与足量Fe2O3或Fe3O4发生铝热反应时，转移电子的数目相等
B．质量分数分别为40%和60%的硫酸溶液等体积混合，所得溶液的质量分数为50%
C．金属钠着火时，立即用泡沫灭火器灭火
D．白磷放在煤油中；氨水密闭容器中保存
8、a、b、c、d为短周期元素，原子序数依次增大。a原子最外层电子数等于电子层数的3倍，a和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含两种化学键，d的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸。向d的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，开始没有沉淀；随着bca2溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀。下列推断正确的是
A．简单原子半径：b>c>a
B．最高价氧化物对应水化物的碱性：bKC1O
D．若反应①的氧化产物只有KC1O，则得到0.2mlK2FeO4时消耗0.3mlC12
21、下列实验操作会引起测定结果偏高的是（ ）
A．测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，晶体加热完全失去结晶水后，将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却
B．中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释
C．读取量筒中一定体积的液体时，俯视读数
D．配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线,所配溶液的浓度
22、一定温度下，10mL 0.40 ml·L-1H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。
下列叙述不正确的是（）（溶液体积变化忽略不计）
A．反应至6min时，H2O2分解了50％
B．反应至6min时，c(H2O2)=0.20 ml·L-1
C．0~6min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2ml/(L·min)
D．4~6min的平均反应速率：v(H2O2)>3.3×10-2ml/(L·min)
二、非选择题(共84分)
23、（14分）慢心律是一种治疗心律失常的药物。它的合成路线如图所示。
（1）C中的含氧官能团名称为_____和_____；
（2）由B→C的反应类型是_____。
（3）由A制备B的过程中有少量副产物E，它与B互为同分异构体。写出E的结构简式：_____。
（4）写出同时满足下列条件的化合物D的一种同分异构体的结构简式：_____。
①属于a﹣氨基酸；②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种；③分子中有2个手性碳原子
（5）已知乙烯在催化剂作用下与氧气反应可以生成环氧乙烷（）。写出以邻甲基苯酚（）和乙醇为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例见本题题干_____。
24、（12分）新泽茉莉醛是一种名贵的香料，合成过程中还能得到一种PC树脂，其合成路线如图。
已知：①RCHO+R′CH2CHO+H2O
②RCHO+HOCH2CH2OH+H2O
③+2ROH+HCl
(1)E的含氧官能团名称是_________，E分子中共面原子数目最多为___________。
(2)写出反应①的化学方程式_________________________________。
(3)写出符合下列条件并与化合物E互为同分异构体的有机物结构简式____________。
a．能与浓溴水产生白色沉淀
b．能与溶液反应产生气体
c．苯环上一氯代物有两种
(4)反应②的反应类型是_______。
(5)已知甲的相对分子质量为30，写出甲和G的结构简式____________、___________。
(6)已知化合物C的核磁共振氢谱有四种峰，写出反应③的化学方程式______________。
(7)结合已知①，以乙醇和苯甲醛()为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)______________________________。
25、（12分）四溴乙烷(CHBr2-CHBr2)是一种无色透明液体，密度2.967 g/mL，难溶于水，沸点244 ℃，可用作制造塑料的有效催化剂等。用电石(主要成分CaC2，少量CaS、Ca3P2、Ca3As2等)和Br2等为原料制备少量四溴乙烷的装置(夹持装置已省略)如图所示。
(1)装置A中CaC2能与水剧烈发生反应：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+HC≡CH↑。为了得到平缓的C2H2气流，除可用饱和食盐水代替水外，还可采取的措施是________。
(2)装置B可除去H2S、PH3及AsH3，其中除去PH3的化学方程式为________(生成铜、硫酸和磷酸)。
(3)装置C中在液溴液面上加入一层水的目的是________；装置C中反应已完成的现象是________；从装置C反应后的体系得到并纯化产品，需要进行的操作有________。
(4)一种制备Ca10(PO4)6(OH)2的原理为10Ca(OH)2+6H3PO4=Ca10(PO4)6(OH)2↓+18H2O。请设计用装置A得到的石灰乳等为原料制备Ca10(PO4)6(OH)2的实验方案：向烧杯中加入0.25 L含0.5 ml/LCa(OH)2的石灰乳，________，在100 ℃烘箱中烘干1 h。
已知：
① Ca10(PO4)6(OH)2中比理论值为1.67。影响产品比的主要因素有反应物投料比及反应液pH。
②在95 ℃，pH对比的影响如图所示。
③实验中须使用的试剂：含0.5ml/LCa(OH)2的石灰乳、0.3ml/L磷酸及蒸馏水。
26、（10分）单晶硅是信息产业中重要的基础材料。工业上可用焦炭与石英砂(SiO2)的混合物在高温下与氯气反应生成SiCl4和CO，SiCl4经提纯后用氢气还原得高纯硅。以下是实验室制备 SiCl4的装置示意图：
实验过程中，石英砂中的铁、铝等杂质也能转化为相应氯化物，SiCl4、AlCl3、FeCl3遇水均易水解，有关物质的物理常数见下表：
(1)装置B中的试剂是_______，装置 D 中制备SiCl4的化学方程式是______。
(2) D、E 间导管短且粗的作用是______。
(3)G中吸收尾气一段时间后，吸收液中肯定存在OH-、Cl-和SO42-，请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他酸根离子(忽略空气中CO2的影响)。
（提出假设）假设1：只有SO32-；假设2：既无SO32-也无ClO-；假设3：______。
（设计方案进行实验）可供选择的实验试剂有：3ml/LH2SO4、1ml/LNaOH、0.01ml/LKMnO4、溴水、淀粉-KI、品红等溶液。
取少量吸收液于试管中，滴加 3ml/LH2SO4 至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于a、b、c三支试管中，分别进行下列实验。请完成下表：
27、（12分）某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象，拟通过实验初步探究硝酸盐热分解的规律。
（提出猜想）小组提出如下4种猜想：
甲：Mg(NO2)2、NO2、O2 乙：MgO、NO2、O2
丙：Mg3N2、O2 丁：MgO、NO2、N2
(1)查阅资料得知，NO2 可被NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为：_________。
(2)实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是________。
（实验操作）
(3)设计如图装置，用氮气排尽装置中空气，其目的是_______；加热Mg(NO3)2固体，AB装置实验现象是：________，说明有Mg(NO3)2固体分解了，有NO2生成。
(4)有同学提出可用亚硫酸钠溶液检验是否有氧气产生，但通入之前，还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，其作用是：_______。
(5)小组讨论后认为即便通过C后有氧气，仅仅用亚硫酸钠溶液仍然难以检验，因为：______，改进的措施是可在亚硫酸钠溶液中加入_______。
(6)上述系列改进后，如果分解产物中有O2存在，排除装置与操作的原因，未检测到的原因是______。（用化学方程式表示）
28、（14分）（1）氢气是一种未来十分理想的能源。
镧镍合金是一种良好的储氢材料，在一定条件下通过如下反应实现储氢：
LaNi3（s）+3H2（g） LaNi3H6（s） ∆H c(CO32-) > c(OH-)> c(HCO3-)，故C正确；
D. 当通入二氧化碳的量为0.03ml时，溶液为碳酸氢钠溶液，溶液显碱性，电荷守恒关系为：c(Na+)＋c(H+)＝2c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(OH−)，故D错误；
正确答案是C。
【点睛】
本题将元素化合物知识与电解质溶液中离子浓度大小比较综合在一起考查，熟练掌握相关元素化合物知识，理清反应过程，结合相关物质的用量正确判断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性，进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。
3、C
【解析】
A.标准状况下H2O2的状态不是气态，不能使用气体摩尔体积，A错误；
B.25℃，1LpH=13的Ba(OH)2的溶液，c(OH-)=0.1ml/L，n(OH-)=0.1ml/L×1L=0.1ml，故OH-的数目为0.1，B错误；
C.Cl2具有强的氧化性，能够将变价金属Fe氧化为+3价，所以0.1mlFe完全燃烧，转移电子数目为0.3，C正确；
D.N2与H2合成氨气的反应是可逆反应，所以密闭容器中3 ml 与1 ml充分反应可生成分子数目小于，D错误；
故合理选项是C。
4、A
【解析】
根据题意描述，放电时，石墨为负极，充电时，石墨为阴极，石墨转化LixC6，得到电子，石墨电极发生还原反应，与题意吻合，据此分析解答。
【详解】
根据上述分析，总反应为LiFePO4+6C Li1-xFePO4+LixC6。
A. 为了防止正负极直接相互接触，因此用锂离子导电膜隔开，锂离子导体膜起到保护成品电池安全性的作用，故A正确；
B. 根据总反应方程式LiFePO4+6C Li1-xFePO4+LixC6可知，LiFePO4与Li1-xFePO4中铁元素的化合价一定发生变化，否则不能构成原电池反应，故B错误；
C. 放电时，负极发生氧化反应，电极反应式为：LixC6- xe- =6C+xLi+，故C错误；
D. 放电时，Li1-xFePO4在正极上得电子发生还原反应，电极反应为：Li1-xFePO4+xLi++xe-═LiFePO4，故D错误；
答案选A。
【点睛】
本题的难点为电池的正负极的判断，要注意认真审题并大胆猜想。本题的易错点为B，要注意原电池反应一定属于氧化还原反应。
5、C
【解析】
A．催化剂能降低反应的活化能，故b中使用了催化剂，故A错误；
B．反应物能量高于生成物，为放热反应，△H=生成物能量-反应物能量，故B错误；
C．不同的催化剂，改变反应的途径，反应的活化能不同，故C正确；
D．催化剂不改变反应的始终态，焓变等于正逆反应的活化能之差，图中不能确定正逆反应的活化能，故D错误；
故选C。
6、A
【解析】
A. 水解为吸热反应，升高温度能促进盐类的水解，A项正确；
B. 加水稀释能促进其水解，但是会使Fe(OH)3的浓度降低，B项错误；
C. 氯化铁水解生成氢氧化铁和氢离子，加入盐酸，增大氢离子浓度，抑制氯化铁水解，C项错误；
D. 铁粉能够与氯化铁反应生成氯化亚铁，所以保存氯化铁溶液不能加入铁，为抑制氯化铁水解应加入少量稀盐酸，D项错误；
答案选A。
7、A
【解析】
A. 等质量的铝分别与足量Fe2O3或Fe3O4发生铝热反应时，铝元素化合价由0升高为+3，所以转移电子的数目相等，故A正确；
B. 硫酸的浓度越大密度越大，等体积的质量分数分别为40%和60%的硫酸，60%的硫酸溶液质量大，所以混合后溶液的质量分数大于50%，故B错误；
C. 金属钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应生成的氧气助燃，不能灭火，应利用沙子盖灭，故C错误；
D. 白磷易自燃，白磷放在水中保存，故D错误；答案选A。
8、A
【解析】试题分析：a、b、c、d为短周期元素，原子序数依次增大。a原子最外层电子数等于电子层数的3倍，则a为O元素；a和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含两种化学键，则b为Na元素；d的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸，则d为Cl元素。向d的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，开始没有沉淀；随着bca2溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀，则c为Al元素。A. 简单原子半径Na>Al>O，A正确；B. 最高价氧化物对应水化物的碱性，氢氧化钠强于氢氧化铝，B不正确；C. 工业上电解熔融三氧化二铝来冶炼铝，氯化铝是共价化合物，其在熔融状态下不导电，C不正确；D. 向过氧化钠中加入足量的氯化铝溶液可以产生氢氧化铝沉淀，D不正确。本题选A。
9、C
【解析】
A．如加入反应物为固体，由于不改变反应物浓度，则反应速率不变，平衡不移动，故A错误；
B．如反应前后气体的体积不变，则增大压强，平衡不移动，平衡常数只受温度的影响，改变压强，平衡常数不变，故B错误；
C．升高温度，反应速率增大，平衡向吸热方向移动，且平衡常数改变，故C正确；
D．加入催化剂，反应速率增大，平衡不移动，且不影响平衡常数，故D错误。
故选：C。
10、D
【解析】
A. 食品包装中的硅胶为干燥剂，不能除去月饼包装袋中的氧气，故A错误；
B. 氯碱工业中生成NaOH、Cl2和H2，为防止Cl2和NaOH溶液反应，选择阳离子交换膜，故B错误；
C. 铁中含有杂质碳，在潮湿的环境下容易形成原电池，发生电化学腐蚀，故C错误；
D. 柳絮和棉花的化学成分均为纤维素，故D正确；
答案：D。
11、B
【解析】
从铜催化氧化乙醇的反应机理分析。
【详解】
A. 图中CH3CH2OH+CuO→CH3CHO+Cu+H2O，则R化学式为C2H4O，A项正确；
B. 乙醇变成乙醛，发生了脱氢氧化反应，B项错误；
C. 图中另一反应为2Cu+O2→2CuO，两反应中交替生成铜、氧化铜，故固体有红黑交替现象，C项正确；
D. 从乙醇到乙醛的分子结构变化可知，分子中有αH的醇都可发生上述催化氧化反应。乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）的两个羟基都有αH，能发生类似反应，D项正确。
本题选B。
【点睛】
有机反应中，通过比较有机物结构的变化，可以知道反应的本质，得到反应的规律。
12、B
【解析】
H2S具有还原性，能被强氧化剂氧化，H2S的水溶液呈酸性，能和碱发生中和反应，以此解答该题。
【详解】
A.发生2H2S+O2=S↓+2H2O反应，溶液由酸性变为中性，所以酸性减弱，故A错误；
B.发生2H2S+Cl2=S↓+2HCl反应，溶液酸性增强，故B正确；
C.发生2H2S+SO2=3S↓+2H2O反应，溶液由酸性变为中性，则溶液的酸性减弱，故C错误；
D.加入氢氧化钠溶液，生成硫化钠，溶液的酸性减弱，故D错误；
故答案选B。
13、C
【解析】
A.因为苯酚是固体，将其溶于乙醚形成溶液时，可以和金属钠反应，二者配制成接近浓度，可以从反应产生气体的快慢进行比较，故正确；
B.四种溶液中加入新制的氢氧化铜悬浊液，没有明显现象的为乙醛，出现沉淀的为鸡蛋白溶液，另外两个出现绛蓝色溶液，将两溶液加热，出现砖红色沉淀的为葡萄糖，剩余一个为甘油，故能区别；
C.牛油的主要成分为油脂，在氢氧化钠溶液加热的条件下水解生成高级脂肪酸盐，应加入热的饱和食盐水进行盐析，故错误；
D.不同的氨基酸的pH不同，可以通过控制pH法进行分离，乙醇能与水任意比互溶，但溴乙烷不溶于水，所以可以用水进行萃取分离，故正确。
故选C。
14、B
【解析】
A．依据4NH3+5O2=4NO+6H2O，0.4mlNH3与0.6mlO2在催化剂的作用下加热充分反应，氧气剩余，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮，所以最终生成一氧化氮分子数小于0.4NA，故A错误；
B．C60和石墨是碳元素的同素异形体，混合物的构成微粒中都只含有C原子，1.8 g C的物质的量为=0.15 ml，所以其中含有的碳原子数目为0.15NA，B正确；
C．1 L 0.1 ml/LNH4Al(SO4)2溶液中含有溶质的物质的量n[NH4Al(SO4)2]=0.1 ml/L×1 L=0.1 ml，该盐是强酸弱碱盐，阳离子部分发生水解作用，离子方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+；Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，可见NH4+水解消耗数与水解产生的H+数目相等，而Al3+一个水解会产生3个H+，因此溶液中阳离子总数大于0.2NA，C错误；
D．Fe在氧气中燃烧产生Fe3O4，3 ml Fe完全反应转移8 ml电子，5.6 gFe的物质的量是0.1 ml，则其反应转移的电子数目为×0.1 ml= ml，故转移的电子数目小于0.3NA，D错误；
故合理选项是B。
15、C
【解析】
A．“纳米银外用抗菌凝胶”利用了银使蛋白质变性的原理杀灭病菌，故A正确；
B．标准首饰用银的合金，银含量为92.5%，又称925银，故B正确；
C．地沟油的主要成分是油脂，属于酯类，不是碳氢化合物，故C错误；
D．液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰，二者发生反应产生氯化钙、次氯酸钙和水，从而消除了氯气的毒性及危害，故D正确；
故答案选C。
16、B
【解析】
A. 将甲烷与氯气在光照下反应，反应后的混合气体通入紫色石蕊试液中，紫色石蕊试液变红且不褪色，说明生成了HCl，故A不符合题意；
B. 镀锌铁片出现刮痕后部分浸入饱和食盐水中，一段时间后铁片附近滴入K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀，锌作负极，铁作正极，铁受到了保护，镀锌铁发生了原电池反应，故B符合题意；
C. 向 2mL 0.l ml∙L−1醋酸溶液和 2mL0.l ml∙L−1硼酸溶液中分别滴入少量0.l ml∙L−1 NaHCO3溶液，只有醋酸溶液中产生气体，说明醋酸和碳酸氢钠反应，硼酸不与碳酸氢钠反应，则得出酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，故C不符合题意；
D. 向FeCl3溶液与NaCl溶液中分别滴入 30% H2O2 溶液，只有FeCl3溶液中迅速产生气体，说明Fe3+对H2O2分解起催化作用，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
17、C
【解析】
A. 垃圾分类中可回收物标志是，表示垃圾分类中的其他垃圾，故A错误；
B. 空气中的N2在放电条件下与O2反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸随雨水降到地面，同土壤中的矿物相互作用，生成溶于水的硝酸盐可作氮肥，该过程属于自然固氮，故B错误；
C. 绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少工业生产对环境的污染，而不能污染后再治理，故C正确；
D. 煤燃烧生成CO2和SO2，CaO可以和SO2结合生成CaSO3，并最终被氧化成CaSO4，而CO2在高温下不能与CaO结合生成CaCO3，则燃煤中加入CaO后可减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，故D错误；
答案选C。
18、A
【解析】
常温下，能反应的气体不能大量共存，以此来解答。
【详解】
A．常温下反应生成氯化铵，不能大量共存，选项A选；
B．常温下不反应，光照的条件反应，可大量共存，选项B不选；
C．常温下不反应，反应需要点燃、加热等，可大量共存，选项C不选；
D．常温下不反应，要在催化剂和加热的条件反应，选项D不选；
答案选A。
19、B
【解析】
本题考查化学实验，意在考查对实验基本操作的理解。
【详解】
A.NH4NO3固体受热或撞击易爆炸，因此取用固体NH4NO3时动作一定要轻，故不选A；B.蒸馏提纯乙醇的实验中，应将温度计水银球置于蒸馏烧瓶支管口处，故选B；
C.容量瓶、滴定管，分液漏斗等带活塞的仪器在使用之前都必须检漏，故不选C；
D.要量取5.2 mL硫酸铜溶液，应选择10 mL规格的量筒，向量筒内加液时，先用倾倒法加液到接近刻度线，再改用胶头滴管加液到刻度线，故用到的仪器是10 mL量筒和胶头滴管，故不选D；
答案：B
20、D
【解析】
A选项，若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，设物质的量分别为5ml和1ml，则化合价升高失去10ml电子，则化合价降低得到10ml电子，因此总共有了8ml氯气，氧化剂与还原剂的物质的量之比为10：6，即5:3，故A错误；
B选项，根据A分析反应①得出消耗氢氧化钾物质的量为16ml，因此每消耗4mlKOH，吸收氯气2ml，即标准状况下44.8LCl2，故B错误；
C选项，根据第二个方程式比较氧化性，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，因此KC1O > K2FeO4，故C错误；
D选项，若反应①的氧化产物只有KC1O，则C12与KC1O物质的量之比为1:1，根据第二个方程式得到KC1O与K2FeO4物质的量之比为3:2，因此得到0.2mlK2FeO4时消耗0.3mlC12，故D正确。
综上所述，答案为D。
21、C
【解析】
A.将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却，硫酸铜会吸收空气中的水蒸气，重新生成结晶水合物，从而使加热前后固体的质量差减小，测定的结晶水含量偏低，A不合题意；
B. 中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释，不影响待测液中溶质的物质的量，不产生误差，B不合题意；
C. 量筒的刻度是从下往上标注的，读取量筒中一定体积的液体时，俯视读数，读出的数值偏高，C符合题意；
D. 配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小，D不合题意。
故选C。
22、D
【解析】
A．0～6min时间内，生成氧气为=0.001ml，由2H2O22H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2ml/L，则H2O2分解率为×100%=50%，故A正确；
B．由A计算可知，反应至6 min时c(H2O2)=0.4ml/L-0.2ml/L=0.2ml/L，故B正确；
C．0～6min时间内，生成氧气为=0.001ml，由2H2O22H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2ml/L，所以v(H2O2)=≈0.033ml/(L•min)，故C正确；
D．由题中数据可知，0～3 min生成氧气的体积大于3～6min生成氧气的体积，因此，4～6 min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，故D错误；
答案选D。
二、非选择题(共84分)
23、醚键 羰基 氧化反应
【解析】
根据C的结构简式判断其含有的官能团；对比B、C结构可知，B中﹣醇羟基转化羰基；中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式；
D的同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有2个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团；制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物。
【详解】
（1）根据C的结构简式可知，C中含氧官能团为醚键和羰基，故答案为：醚键、羰基；
（2）对比B、C结构可知，B中﹣CH(OH)﹣转化为C＝O，属于氧化反应，故答案为：氧化反应；
（3）中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式，副产物E，它与B互为同分异构体，E的结构简式为，故答案为：；
（4）D的一种同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有两个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团，符合条件的结构简式为：，故答案为：；
（5）制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物，合成路线流程图：，
故答案为：。
24、羟基、醛基 16 加成反应（或还原反应） HCHO
【解析】
反应①是苯与溴发生取代反应生成A，A为，结合B的分子式可知，A发生水解反应生成B，B为。结合D的分子式与E的结构简式可知D为。对比E与新泽茉莉醛的结构简式，结合F→G的反应条件及信息①②，可知E→F发生信息②中的反应，F→G发生信息①中的反应，且甲的相对分子质量为30，可推知甲为HCHO、F为、G为，G与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛。结合C的分子式可知，2分子 苯酚与1分子 HCHO反应生成C，化合物C能发生信息③中的反应，说明C中含有羟基，且C核磁共振氢谱有四种峰，可推知C为，结合信息③可知PC树脂结构简式为，据此分析解答(1)～(6)；
(7)结合已知①，乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛与苯甲醛反应得到，再进一步氧化生成，最后与乙醇发生酯化反应得到目标物，据此书写合成路线图。
【详解】
(1)E为，含氧官能团有羟基、醛基，E分子中苯环、-CHO均为平面结构，且直接相连的原子共面，共面原子数目最多为16个，故答案为羟基、醛基；16；
(2)反应①的化学方程式为，故答案为；
(3)E为，与化合物E互为同分异构体的有机物符合条件：a．能与浓溴水产生白色沉淀，说明含酚-OH；b．能与NaHCO3溶液反应产生气体，说明含-COOH；c．苯环上一氯代物有两种，则苯环上有2种H，则符合条件的E的同分异构体为，故答案为；
(4)反应②中G()与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛，故答案为加成反应；
(5)由上述分析可知甲和G分别为HCHO、，故答案为HCHO；；
(6)反应③的化学方程式为n+n+(2n-1)HCl，故答案为n+n+(2n-1)HCl；
(7)以乙醇和苯甲醛()为原料，合成，乙醇氧化生成乙醛，乙醛与苯甲醛反应生成苯丙烯醛，再将-CHO氧化为-COOH，最后在与乙醇发生酯化反应，则合成流程为CH3CH2OHCH3CHO，故答案为CH3CH2OHCH3CHO。
【点睛】
本题的难点是物质结构的推导，要注意充分利用题示已知信息和各小题中提供的条件。本题的易错点为(6)，要注意方程式的配平。
25、逐滴加入(饱和食盐)水 4CuSO4+PH3+4H2O=4Cu↓+H3PO4+4H2SO4 水封，减少液溴的挥发 上下两层液体均变为无色透明且几乎不再吸收乙炔气 分液，有机相干燥后蒸馏，收集244 ℃馏分 在分液漏斗中加入0.25 L 0.3 ml/L磷酸，将石灰乳加热到95 ℃，在不断搅拌下，先快速滴加磷酸，然后慢慢滴加，不时滴加蒸馏水以补充蒸发掉的水分，直到磷酸全部滴完，调节并控制溶液pH 8～9，再充分搅拌一段时间、静置，过滤、水洗
【解析】
电石（主要成分CaC2，少量CaS、Ca3P2、Ca3As2等）与水在A中反应生成乙炔，同时生成H2S、PH3及AsH3，通入B，硫酸铜可除去H2S、PH3及AsH3，在C中与溴反应生成四溴乙烷，高锰酸钾用于氧化乙炔，据此解答。
【详解】
(1)为了得到平缓的C2H2气流，除可用饱和食盐水代替水外，还可逐滴加入(饱和食盐)水，以控制反应速率；
(2)PH3与硫酸铜反应生成Cu和磷酸，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的方程式为4CuSO4+PH3+4H2O═4Cu↓+H3PO4+4H2SO4；
(3)装置C中在液溴液面上加入一层水的目的是水封，防止溴挥发，装置C中反应已完成的现象是上下两层液体均变为无色透明且几乎不再吸收乙炔气；从装置C反应后的体系得到并纯化产品，需要进行的操作有分液，有机相干燥后蒸馏，收集244℃馏分；
(4)Ca(OH)2的物质的量为0.125ml，制备Ca10(PO4)6(OH)2，应需要0.075ml磷酸，则可在分液漏斗中加入0.25 L 0.3ml/L磷酸，将石灰乳加热到95℃，在不断搅拌下，先快速滴加磷酸，然后慢慢滴加，不时滴加蒸馏水以补充蒸发掉的水分，直到磷酸全部滴完，调节并控制溶液pH 8～9，再充分搅拌一段时间、静置，过滤、水洗。
【点睛】
本题考查物质制备工艺流程的知识，题目涉及物质的分离提纯、对操作步骤及试剂的分析评价等，理解工艺流程原理是解题关键，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力。
26、饱和食盐水SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO防止生成物中的AlCl3，FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管只有ClO-0.01ml/LKMnO4溶液(或溴水)品红淀粉-KI若溶液变为蓝色
【解析】
制备四氯化硅的实验流程：A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应生成氯气，B中饱和食盐水除去Cl2中杂质HCl，C装置中浓硫酸干燥氯气，D中发生Si与氯气的反应生成四氯化硅，由信息可知，四氯化硅的沸点低，则E装置冷却可收集四氯化硅，F可防止F右端的水蒸气进入装置E中与四氯化硅反应，造成产物不纯，最后G处理含氯气的尾气。据此解答。
【详解】
(1)装置A是氯气发生装置，A中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑；浓盐酸具有挥发性，所以制取得到的Cl2中含有杂质HCl及水蒸气，装置B的作用是除去杂质HCl，结合Cl2与水的反应是可逆反应的特点，装置B使用的试剂是饱和食盐水，用以除去杂质HCl；在D装置中二氧化硅、碳和氯气反应生成四氯化硅和一氧化碳，反应为：SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO；
(2)石英砂中的杂质Fe、Al会与Cl2反应产生FeCl3、AlCl3，这两种物质的熔沸点比较高，在室温下成固态，D、E间导管短且粗就可防止生成物中的AlCl3，FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管；
(3)由假设1和假设2可知，要检测的为SO32-和ClO-，故假设3为只有ClO-，又因为SO32-具有还原性，会使KMnO4溶液(或溴水)褪色，而ClO-不会，所以可以用0.01ml/LKMnO4溶液(或溴水)来检测，证明假设1成立；SO32-与硫酸反应产生H2SO3，H2SO3分解产生的SO2和ClO-具有漂白性，会使品红溶液褪色，所以可以用品红溶液来检测假设2是否成立；ClO-具有氧化性，可以氧化KI反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉边蓝色，若溶液变为蓝色，证明含有ClO-，否则不含有ClO-，因此可以使用淀粉-KI溶液用来检测假设3是否成立。
【点睛】
本题考查制备实验方案的设计，综合了氯气的制法、硅的提纯等实验知识，注意把握制备原理及实验流程中的反应、物质的性质等为解答的关键，侧重考查学生的分析与实验能力。
27、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O 不符合氧化还原反应原理 避免对产物O2的检验产生干扰 固体减少，产生红棕色气体，溶液中有气泡冒出 确保二氧化氮已被除尽，防止干扰氧气的检验 亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，难以判断反应是否发生了 几滴酚酞试剂 4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O
【解析】
(1)NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNO2；
(2)根据氧化还原反应化合价升降相等判断；
(3)为检验是否生成氧气，应将装置内的氧气排尽；加热Mg(NO3)2固体，固体质量减小，如生成红棕色气体，则有NO2生成；
(4)亚硫酸钠具有还原性，可被氧气氧化，也可被二氧化氮氧化；
(5)亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，结合亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性判断；
(6)如果分解产物中有O2存在，但没有检测到，可能原因是二氧化氮、氧气与水反应。
【详解】
(1)NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNO2，，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的方程式为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；
(2)由于丙产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，不符合氧化还原反应原理；
(3)为检验是否生成氧气，应将装置内的氧气排尽，避免对产物O2的检验产生干扰，加热Mg(NO3)2固体，固体质量减小，如生成红棕色气体，则有NO2生成；
(4)亚硫酸钠具有还原性，可被氧气氧化，也可被NO2氧化，通入之前，还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，可确保NO2已被除尽，防止干扰氧气的检验；
(5)亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，结合亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性判断，可滴加几滴酚酞试剂，如溶液由红色变为无色，说明有氧气生成；
(6)如果分解产物中有O2存在，但没有检测到，可能原因是NO2、O2与H2O反应，发生方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O。
【点睛】
本题为实验探究题目，答题时主要在把握物质的性质基础上把握实验的原理、目的以及相关实验的基本操作，侧重考查学生的分析、实验能力。
28、n1＜n2＜n3 小于 -206 kJ·ml-1 0.032ml/L 降低温度 温度 温度太低，反应速率太慢，不利于甲醇的合成，压强太大，设备要求提高，成本增加
【解析】
(1) LaNi3（s）+3H2（g）LaNi3H6（s） ∆H