山東省重點中學(xué)2026屆化學(xué)高三上期末考試模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、為達(dá)到下列實驗?zāi)康?，對?yīng)的實驗方法以及相關(guān)解釋均正確的是選項實驗?zāi)康膶嶒灧椒ㄏ嚓P(guān)解釋A測量氯水的pHpH試紙遇酸變紅B探究正戊烷C5H12催化裂解C5H12裂解為分子較小的烷烴和烯烴C實驗溫度對平衡移動的影響2NO2N2O4為放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向移動D用AlCl3溶液制備AlCl3晶體AlCl3沸點高于溶劑水A．A B．B C．C D．D2、給定條件下，下列選項中所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能一步實現(xiàn)的是（）A．SSO2BaSO4B．SiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）C．MgCl2?6H2OMgCl2MgD．N2NO2HNO33、最近，一家瑞典公司發(fā)明了一種新型充電器"PowerTrekk'’，僅僅需要一勺水，它便可以產(chǎn)生維持10小時手機(jī)使用的電量。其反應(yīng)原理為：Na4Si+5H2O=2NaOH+Na2SiO3+4H2↑，則下列說法正確的是()A．該電池可用晶體硅做電極材料B．Na4Si在電池的負(fù)極發(fā)生還原反應(yīng)，生成Na2SiO3C．電池正極發(fā)生的反應(yīng)為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-D．當(dāng)電池轉(zhuǎn)移0.2mol電子時，可生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下1.12LH24、常溫下，向20mL0.1mol·L-1氨水中滴加一定濃度的稀鹽酸，溶液中由水電離的氫離子濃度隨加入鹽酸體積的變化如圖所示。則下列說法不正確的是()A．常溫下，0.1mol·L-1氨水中的電離常數(shù)約為B．a(chǎn)、b之間的點一定滿足：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)C．c點溶液中c(NH4+)<c(Cl-)D．b點代表溶液呈中性5、在生成和純化乙酸乙酯的實驗過程中，下列操作未涉及的是A． B． C． D．6、化學(xué)與生產(chǎn)、生活、社會密切相關(guān)。下列說法錯誤的是A．大量使用含丙烷、二甲醚等輔助成分的“空氣清新劑”會對環(huán)境造成新的污染B．制造普通玻璃的原料為石英砂（Si02）、石灰石（CaCO3）和純堿C．髙錳酸鉀溶液、酒精、雙氧水能殺菌消毒，都利用了強(qiáng)氧化性D．紅柿摘下未熟，每籃用木瓜三枚放入，得氣即發(fā)，并無濕味?！蔽闹械摹皻狻笔侵敢蚁?、下列敘述正確的是A．天然氣主要成分的結(jié)構(gòu)式： B．和互為同素異形體C．漂白粉主要成分的化學(xué)式：Ca(ClO)2 D．苯的比例模型：8、下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是A．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥B．SiO2熔點高硬度大，可用于制光導(dǎo)纖維C．乙醇能使蛋白質(zhì)變性，75%乙醇可消殺病毒、細(xì)菌D．Na2S具有還原性，可作廢水中Cu2+和Hg2+的沉淀劑9、設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．14g乙烯和丙烯的混合物中極性鍵數(shù)目為2NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，與在光照條件下反應(yīng)生成HCl分子數(shù)為C．容器中2molNO與1molO2充分反應(yīng)，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NAD．電解精煉銅時陽極減輕32g，電路中轉(zhuǎn)移電子數(shù)目一定為NA10、將Cl2通入100mLNaOH溶液中充分反應(yīng)，生成0.1mol的NaCl，下列說法正確的是（）A．反應(yīng)后溶液中ClO﹣的個數(shù)為0.1NAB．原NaOH濃度為1mol/LC．參加反應(yīng)的氯氣分子為0.1NAD．轉(zhuǎn)移電子為0.2NA11、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．2gD2O和H2l8O混合物中所含中子數(shù)為NAB．1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-離子數(shù)之和為0.1NAC．常溫常壓下，0.5molFe和足量濃硝酸混合，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1.5NAD．0.1molH2和0.1molI2(g)于密閉容器中充分反應(yīng)，其原子總數(shù)為0.2NA12、海水淡化是解決沿海城市飲用水問題的關(guān)鍵技術(shù)。下圖是電滲析法淡化海水裝置的工作原理示意圖(電解槽內(nèi)部的“┆”和“│”表示不同類型的離子交換膜)。工作過程中b電極上持續(xù)產(chǎn)生Cl2。下列關(guān)于該裝置的說法錯誤的是A．工作過程中b極電勢高于a極B．“┆”表示陰離子交換膜，“│”表示陽離子交換膜C．海水預(yù)處理主要是除去Ca2＋、Mg2＋等D．A口流出的是“濃水”，B口流出的是淡水13、常溫下，向21mL1．1mol?L－1HB溶液中逐滴滴入1．1mol?L－1NaOH溶液，所得PH變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是A．OA各點溶液均存在：c（B－）＞c（Na＋）B．C至D各點溶液導(dǎo)電能力依次增強(qiáng)C．點O時，pH＞1D．點C時，X約為11.414、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論錯誤的是（）選項操作現(xiàn)象結(jié)論A向蔗糖中加入濃硫酸蔗糖變成疏松多孔的海綿狀炭，并放出有刺激性氣味的氣體濃硫酸具有脫水性和強(qiáng)氧化性B向KCl、KI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液先出現(xiàn)黃色沉淀Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)C鋁片先用砂紙打磨，再加入到濃硝酸中無明顯現(xiàn)象濃硝酸具有強(qiáng)氧化性，常溫下，鋁表面被濃硝酸氧化為致密的氧化鋁薄膜D向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的硫酸亞鐵溶液溶液變成棕黃色，一段時間后溶液中出現(xiàn)氣泡，隨后有紅褐色沉淀生成Fe3+催化H2O2分解產(chǎn)生O2A．A B．B C．C D．D15、有關(guān)下列四個圖象的說法中正確的是（）A．①表示等質(zhì)量的兩份鋅粉a和b，分別加入過量的稀硫酸中，a中同時加入少量CuSO4溶液，其產(chǎn)生的氫氣總體積(V)與時間(t)的關(guān)系B．②表示合成氨反應(yīng)中，每次只改變一個條件，得到的反應(yīng)速率v與時間t的關(guān)系，則t3時改變的條件為增大反應(yīng)容器的體積C．③表示其它條件不變時，反應(yīng)4A(g)+3B(g)2C(g)+6D在不同壓強(qiáng)下B%(B的體積百分含量)隨時間的變化情況，則D一定是氣體D．④表示恒溫恒容條件下發(fā)生的可逆反應(yīng)2NO2(g)N2O4(g)中，各物質(zhì)的濃度與其消耗速率之間的關(guān)系，其中交點A對應(yīng)的狀態(tài)為化學(xué)平衡狀態(tài)16、四種短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的相對位置如圖所示，其中D形成的兩種氧化物都是常見的大氣污染物。下列有關(guān)判斷不正確的是A．A的簡單氫化物是天然氣的主要成分B．元素A、B、C對應(yīng)的含氧酸的鈉鹽水溶液不一定顯堿性C．單質(zhì)B既可以與酸反應(yīng)，又可以與堿反應(yīng)，所以是兩性單質(zhì)D．最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性：D>C17、下列物質(zhì)屬于只含共價鍵的電解質(zhì)的是（）A．SO2 B．C2H5OH C．NaOH D．H2SO418、H2C2O4(草酸)為二元弱酸，在水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH關(guān)系如圖所示，下列說法不正確的是A．由圖可知，草酸的Ka＝10-1.2B．0.1mol·L—1NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)C．向草酸溶液中滴加氫氧化鈉溶液至pH為4.2時c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-)D．根據(jù)圖中數(shù)據(jù)計算可得C點溶液pH為2.819、下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是（）A．二氧化碳分子的比例模型B．芳香烴的組成通式CnH2n﹣6（n≥6）C．12C、14C原子結(jié)構(gòu)示意圖均可表示為D．羥基的電子式20、某溫度下，向10mL0.1mol·L-1CuCl2溶液中滴加0.1mol·L-1的Na2S溶液，滴加過程中-lgc(Cu2+)與Na2S溶液體積的關(guān)系如圖所示。已知：Ksp(ZnS)=3×10-25，下列有關(guān)說法正確的是A．Na2S溶液中：c(H+)＋c(HS-)＋c(H2S)＝c(OH-)B．a(chǎn)、b、c三點對應(yīng)的溶液中，水的電離程度最小的為b點C．c點溶液中c(Cu2+)=10-34.4mol·L-1D．向100mLZn2+、Cu2+物質(zhì)的量濃度均為0.1mol·L-1的混合溶液中逐滴加入10-3mol·L-1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀21、電視劇《活色生香》向我們充分展示了“香”的魅力。低級酯類化合物是具有芳香氣味的液體，下列說法中，利用了酯的某種化學(xué)性質(zhì)的是A．用酒精可以提取某些花香中的酯類香精，制成香水B．炒菜時加一些料酒和食醋，使菜更香C．用熱的純堿液洗滌碗筷去油膩比冷水效果好D．各種水果有不同的香味，是因為含有不同的酯22、對下列溶液的分析正確的是A．常溫下pH=12的NaOH溶液，升高溫度，其pH增大B．向0.1mol/LNaHSO3溶液通入氨氣至中性時C．0.01mol/L醋酸溶液加水稀釋時，原溶液中水的電離程度增大D．在常溫下，向二元弱酸的鹽NaHA溶液中加入少量NaOH固體將增大二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機(jī)物W用作調(diào)香劑、高分子材料合成的中間體等，制備W的一種合成路線如下。請回答下列問題：（1）F的化學(xué)名稱是________，⑤的反應(yīng)類型是________。（2）E中含有的官能團(tuán)是________（寫名稱），D聚合生成高分子化合物的結(jié)構(gòu)簡式為________。（3）將反應(yīng)③得到的產(chǎn)物與O2在催化劑、加熱的條件下反應(yīng)可得D，寫出反應(yīng)④的化學(xué)方程式________。（4）④、⑤兩步能否顛倒？________（填“能”或“否”）理由是________。（5）與A具有含有相同官能團(tuán)的芳香化合物的同分異構(gòu)體還有________種（不含立體異構(gòu)），其中核磁共振氫譜為六組峰，且峰面積之比為1：1：2：2：2：2的結(jié)構(gòu)簡式為________。（6）參照有機(jī)物W的上述合成路線，以M和CH3Cl為原料制備F的合成路線（無機(jī)試劑任選）________。24、（12分）生物降解高分子材料F的合成路線如下，已知C是密度為1.16g·L－1的烴。已知：(1)下列說法正確的是________。A．A能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色B．等物質(zhì)的量的B和乙烷，完全燃燒，消耗的氧氣相同C．E能和Na反應(yīng)，也能和Na2CO3反應(yīng)D．B和E反應(yīng)，可以生成高分子化合物，也可以形成環(huán)狀物(2)C中含有的官能團(tuán)名稱是________。(3)由B和E合成F的化學(xué)方程式是____________________________________。(4)完成由CH2=CH2、HCHO合成H3COOCCH2CH2COOCH3合成路線_____________(用流程圖表示，無機(jī)試劑任選)。(5)的同分異構(gòu)體中，分子中含1個四元碳環(huán)，但不含—O—O—鍵。結(jié)構(gòu)簡式是________。25、（12分）焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是一種可溶于水的白色或淡黃色小晶體，食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果的保鮮劑等。某化學(xué)研究興趣小組欲自制焦亞硫酸鈉并探究其部分化學(xué)性質(zhì)等。(1)制備Na2S2O5，如圖（夾持及加熱裝置略）可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體（試劑不重復(fù)使用）焦亞硫酸鈉的析出原理：NaHSO3(飽和溶液)→Na2S2O5(晶體)+H2O(l)①F中盛裝的試劑是__，作用是__。②通入N2的作用是__。③Na2S2O5晶體在__（填“A”或“D”或“F”）中得到，再經(jīng)離心分離，干燥后可得純凈的樣品。④若撤去E，則可能發(fā)生__。(2)設(shè)計實驗探究Na2S2O5的性質(zhì)，完成表中填空：預(yù)測Na2S2O5的性質(zhì)探究Na2S2O5性質(zhì)的操作及現(xiàn)象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性①探究二Na2S2O5晶體具有還原性取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液，劇烈反應(yīng)，溶液紫紅色很快褪去①__。（提供：pH試紙、蒸餾水及實驗必需的玻璃儀器）②探究二中反應(yīng)的離子方程式為__(KMnO4→Mn2+)(3)利用碘量法可測定Na2S2O5樣品中+4價硫的含量。實驗方案：將agNa2S2O5樣品放入碘量瓶（帶磨口塞的錐形瓶）中，加入過量c1mol·L-1的碘溶液，再加入適量的冰醋酸和蒸餾水，充分反應(yīng)一段時間，加入淀粉溶液，__（填實驗步驟），當(dāng)溶液由藍(lán)色恰好變成無色，且半分鐘內(nèi)溶液不恢復(fù)原色，則停止滴定操作重復(fù)以上步驟兩次記錄數(shù)據(jù)。（實驗中必須使用的試劑有c2mol·L-1的標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液；已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）(4)含鉻廢水中常含有六價鉻[Cr(Ⅵ)]利用Na2S2O5和FeSO4·7H2O先后分兩個階段處理含Cr2O72-的廢水，先將廢水中Cr2O72-全部還原為Cr3+，將Cr3+全部轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3而除去，需調(diào)節(jié)溶液的pH范圍為___。{已知：Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，lg2≈0.3，c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1時視為完全沉淀}26、（10分）結(jié)晶硫酸亞鐵部分失水時，分析結(jié)果如仍按FeSO4·7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)計算，其值會超過100％。國家標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定，F(xiàn)eSO4·7H2O的含量：一級品99.50％～100.5％；二級品99.00％～100.5％；三級品98.00％～101.0％。為測定樣品中FeSO4·7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，可采用在酸性條件下與高錳酸鉀溶液進(jìn)行滴定。5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋→5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O測定過程：粗配一定濃度的高錳酸鉀溶液1L，然后稱取0.200g固體Na2C2O4（式量為134.0）放入錐形瓶中，用蒸餾水溶解并加稀硫酸酸化，加熱至70℃～80℃。(1)若要用滴定法測定所配的高錳酸鉀溶液濃度，滴定終點的現(xiàn)象是_______________。(2)將溶液加熱的目的是____；反應(yīng)剛開始時反應(yīng)速率較小，其后因非溫度因素影響而增大，根據(jù)影響化學(xué)反應(yīng)速率的條件分析，其原因可能是______________________。(3)若滴定時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定結(jié)束氣泡消失，則測得高錳酸鉀濃度_____（填“偏大”“偏小”“無影響”）。(4)滴定用去高錳酸鉀溶液29.50mL，則c(KMnO4)＝_____mol/L（保留四位有效數(shù)字）。(5)稱取四份FeSO4·7H2O試樣，質(zhì)量均為0.506g，，用上述高錳酸鉀溶液滴定達(dá)到終點，記錄滴定數(shù)據(jù)滴定次數(shù)實驗數(shù)據(jù)1234V(高錳酸鉀)/mL(初讀數(shù))0.100.200.000.20V(高錳酸鉀)/mL(終讀數(shù))17.7617.8818.1617.90該試樣中FeSO4·7H2O的含量（質(zhì)量分?jǐn)?shù)）為_________（小數(shù)點后保留兩位），符合國家______級標(biāo)準(zhǔn)。(6)如實際準(zhǔn)確值為99.80%，實驗絕對誤差=____%，如操作中并無試劑、讀數(shù)與終點判斷的失誤，則引起誤差的可能原因是：__________。27、（12分）PCl3是磷的常見氯化物，可用于半導(dǎo)體生產(chǎn)的外延、擴(kuò)散工序。有關(guān)物質(zhì)的部分性質(zhì)如下：熔點/℃沸點/℃密度/g/mL化學(xué)性質(zhì)黃磷44.1280.51.822P+3Cl2（少量）2PCl32P+5Cl2（過量）2PCl5PCl3-11275.51.574遇水生成H3PO4和HCl，遇氧氣生成POCl3I.PCl3的制備如圖是實驗室制備PCl3的裝置（部分儀器已省略）?；卮鹣铝袉栴}：(1)儀器乙的名稱是____；與自來水進(jìn)水管連接的接口編號是____（填“a"或“b”）。(2)實驗前需先向儀器甲中通入一段時間CO2，然后加熱，再通入干燥C12。干燥管中堿石灰的作用主要是：①____；②___。(3)實驗室制備Cl2的離子方程式為___；實驗過程中，通入氯氣的速率不宜過快的原因是____。II.測定PC13的純度測定產(chǎn)品中PC13純度的方法如下：迅速稱取4.100g產(chǎn)品，水解完全后配成500mL溶液，取出25.00mL加入過量0.1000mol/L20.00mL碘溶液，充分反應(yīng)后再用0.1000mol/LNa2S2O3溶液滴定過量的碘，終點時消耗12.00mLNa2S2O3溶液。已知：H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，假設(shè)測定過程中沒有其它反應(yīng)。(4)根據(jù)上述數(shù)據(jù)，該產(chǎn)品中PC13的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____；若滴定終點時仰視讀數(shù)，則PC13的質(zhì)量分?jǐn)?shù)__（填“偏大”、“偏小”或“無影響”）。III．PC13水解生成的H3PO3性質(zhì)探究(5)請你設(shè)計一個實驗方案，證明H3PO3為二元酸：____。28、（14分）水體中硝酸鹽造成的污染已成為突出的環(huán)境問題。某課題組研究了去除不同各種水體中NO3－的方法。（1）用鋁粉去除飲用水中NO3－的一種方案如下：①用熟石灰而不用NaOH調(diào)節(jié)pH的主要原因是___。在調(diào)節(jié)pH時，若pH過大或過小都會造成Al的利用率降低。寫出pH過大造成Al利用率降低的離子方程式___。②在加入鋁粉去除NO3－的反應(yīng)中，氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為___。（2）用鐵粉處理pH=2.5的含NO3－廢水，測得溶液中相關(guān)離子濃度、pH隨時間的變化關(guān)系如圖（部分副反應(yīng)產(chǎn)物略去）：①t1時刻前，該反應(yīng)的離子方程式為___。②研究表明：鐵粉還原含NO3－廢水時，加入活性碳粉可以提高去除NO3－的速率，可能的原因是___。（3）用Pt作電極電解含NO3－的酸性廢水，原理如圖。N為電源的___（選填“正”或“負(fù)”）極，與直流電源M端相連的Pt電極上的電極反應(yīng)式為___。（4）課題組以鈦基氧化物涂層材料為惰性陽極、碳納米管修飾的石墨為陰極，控制一定條件，電解含大量NO3－、SO42－的廢水，可使NO3－變?yōu)镹H4+。研究發(fā)現(xiàn)：其他條件不變，廢水中加一定量NaCl，去除NH4+的效果明顯提高，溶液中氮元素含量顯著降低，可能的原因是___。29、（10分）用合成EPR橡膠的兩種單體A和B合成PC塑料其合成路線如下：已知：①RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH②(CH3)2C=CHCH3+H2O2+H2O③+(n-1)H2O回答下列問題：(I)F的結(jié)構(gòu)簡式為__________，反應(yīng)Ⅲ的反應(yīng)類型為___________。(2)C的名稱為__________。(3)寫出反應(yīng)Ⅳ的化學(xué)方程式：____________________。(4)從下列選項中選擇______試劑，可以一次性鑒別開D、G、H三種物質(zhì)。（填字母）A.氯化鐵溶液B.濃溴水C.酸性KMnO4溶液(5)滿足下列條件的有機(jī)物E的同分異構(gòu)體有__________種。①與E屬于同類別物質(zhì)；②核磁共振氫譜有6組峰，峰面積比為1：1：1：1：1：3。(6)以丙烯和丙酮為原料合成，無機(jī)試劑任選，寫出合成路線__________________________（用結(jié)構(gòu)簡式表示有機(jī)物，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系，箭頭上注明試劑和反應(yīng)條件）。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】

A.氯水中含HClO，具有漂白性，不能用pH試紙測定其pH，應(yīng)選pH計測定氯水的pH，A錯誤；B.C5H12裂解為分子較小的烷烴和烯烴，常溫下均為氣體，不能冷凝收集，且催化裂化中使用碎瓷片作催化劑且有聚熱功能，若改用沒有聚熱功能的氧化鋁固體，實驗效果不理想，B錯誤；C.只有溫度不同，且只有二氧化氮為紅棕色，通過兩燒瓶中氣體顏色的變化可驗證溫度對平衡的影響，C正確；D.加熱促進(jìn)AlCl3水解，且生成HCl易揮發(fā)，應(yīng)在HCl氣流中蒸發(fā)制備AlCl3晶體，D錯誤；答案選C。2、A【解析】A．硫單質(zhì)點燃生成二氧化硫，二氧化硫通入硝酸鋇溶液，溶液顯酸性，硝酸根氧化二氧化硫為硫酸，結(jié)合鋇離子生成不溶于水和酸的硫酸鋇沉淀，轉(zhuǎn)化關(guān)系可以一步實現(xiàn)，A正確；B．二氧化硅是酸性氧化物，但不溶于水不能一步生成硅酸，B錯誤；C．氯化鎂晶體加熱過程中會發(fā)生水解得到氫氧化鎂，不能生成氯化鎂固體，需要在氯化氫氣流中加熱失去結(jié)晶水得到氯化鎂固體，C錯誤；D．氮氣與氧氣放電件下反應(yīng)生成一氧化氮，不能一步生成二氧化氮氣體，D錯誤；答案選A。3、C【解析】試題分析：由該電池的反應(yīng)原理可知，硅化鈉是還原劑，其在負(fù)極上發(fā)生氧化反應(yīng)；水是氧化劑，其在正極上發(fā)生還原反應(yīng)；反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目是8e-。A.該電池工作時生成氫氧化鈉溶液，而硅可以與氫氧化鈉反應(yīng)，所以不能用晶體硅做電極材料，A不正確；B.Na4Si在電池的負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，B不正確；C.電池正極發(fā)生的反應(yīng)為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C正確；D.當(dāng)電池轉(zhuǎn)移0.2mol電子時，可生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LH2，D不正確。本題選C。4、B【解析】

A.常溫下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=10-11mol/L，則c（OH-）=10?14/10?11mol/L=0.001mol/L，結(jié)合Kb=c（NH4+）?c（OH?）/c（NH3?H2O）計算；B.a、b之間的任意一點，溶液都呈堿性，結(jié)合電荷守恒判斷離子濃度大小；C.根據(jù)圖知，c點水電離出的氫離子濃度最大，恰好反應(yīng)生成氯化銨；D.b點溶液中c點水電離出的c（H+）=10-7mol/L，常溫下c（H+）·c（OH-）=Kw=10-14，據(jù)此判斷?！驹斀狻緼.常溫下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=10-11mol/L，則c（OH-）=10?14/10?11mol/L=0.001mol/L，Kb=c（NH4+）?c（OH?）/c（NH3?H2O）=10?3×10?3/0.1mol/L=1×10-5mol/L，故A正確；B.a、b之間的任意一點，溶液都呈堿性，則c（H+）＜c（OH-），結(jié)合電荷守恒得c（Cl-）＜c（NH4+），而c（Cl-）和c（OH-）的相對大小與所加鹽酸的量有關(guān)，故B錯誤；C.根據(jù)圖知，c點水電離出的氫離子濃度最大，恰好反應(yīng)生成氯化銨，銨根水解溶液呈酸性，結(jié)合電荷守恒得：c（NH4+）＜c（Cl-），故C正確；D.b點溶液中c（H+）=10-7mol/L，常溫下c（H+）·c（OH-）=Kw=10-14，所以c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故D正確。故選B。5、D【解析】分析：在濃硫酸的作用下乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯，根據(jù)乙酸乙酯的性質(zhì)、產(chǎn)品中含有的雜質(zhì)，結(jié)合選項解答。詳解：A、反應(yīng)物均是液體，且需要加熱，因此試管口要高于試管底，A正確；B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用飽和碳酸鈉溶液吸收，注意導(dǎo)管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正確；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可實現(xiàn)分離，C正確；D、乙酸乙酯是不溶于水的有機(jī)物，不能通過蒸發(fā)實現(xiàn)分離，D錯誤。答案選D。點睛：掌握乙酸乙酯的制備原理是解答的關(guān)鍵，難點是裝置的作用分析，注意從乙酸乙酯的性質(zhì)（包括物理性質(zhì)和化學(xué)性質(zhì)）特點的角度去解答和判斷。6、C【解析】

A.丙烷、二甲醚都有一定的毒性，會對環(huán)境造成污染，故A不選；B.SiO2和CaCO3、Na2CO3在玻璃熔爐里反應(yīng)生成Na2SiO3和CaSiO3，和過量的SiO2共同構(gòu)成了玻璃的主要成分，故B不選；C.髙錳酸鉀溶液和雙氧水殺菌消毒，利用了強(qiáng)氧化性，酒精沒有強(qiáng)氧化性，故C選；D.成熟的水果能釋放乙烯，乙烯可以促進(jìn)果實成熟，故D不選。故選C。7、D【解析】

A.天然氣主要成分是甲烷，結(jié)構(gòu)式：，故A錯誤；B.和互為同位素，故B錯誤；C.漂白粉主要成分的化學(xué)式：Ca(ClO)2和CaCl2，故C錯誤；D.苯的比例模型：，故D正確；故選D。8、C【解析】

A．NH4HCO3中含有植物生長需要的N元素，可用作氮肥，與其受熱易分解的性質(zhì)無關(guān)，A項錯誤；B．SiO2傳導(dǎo)光的能力非常強(qiáng)，常用于制光導(dǎo)纖維，與SiO2熔點高硬度大沒有對應(yīng)關(guān)系，B項錯誤；C．75%乙醇能殺菌消毒，利用乙醇能使蛋白質(zhì)變性的性質(zhì)，C項正確；D．硫化鈉與Cu2+和Hg2+反應(yīng)生成硫化物沉淀，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，不發(fā)生氧化還原反應(yīng)，沒有體現(xiàn)還原性，D項錯誤；答案選C。9、A【解析】

A.乙烯和丙烯最簡式是CH2，最簡式的式量是14，所以14g乙烯和丙烯的混合物中含有1molCH2，則其中含有的極性鍵C-H數(shù)目為2NA，A正確；B.取代反應(yīng)是逐步進(jìn)行的，不可能完全反應(yīng)，所以標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LCH4與Cl2在光照條件下反應(yīng)生成HCl分子數(shù)小于4NA，B錯誤；C.容器中2molNO與1molO2充分反應(yīng)會產(chǎn)生2molNO2，NO2會有部分發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生N2O4，因此最后得到的氣體分子數(shù)目小于2NA，C錯誤；D.在陽極反應(yīng)的金屬有Cu，還有活動性比Cu強(qiáng)的金屬，因此電解精煉銅時陽極減輕32g，電路中轉(zhuǎn)移電子數(shù)目不一定為NA，D錯誤；故合理選項是A。10、C【解析】

發(fā)生Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，生成0.1molNaCl的同時，生成0.1molNaClO，消耗2molNaOH；A．生成0.1molNaClO，陰離子水解，則反應(yīng)后溶液中ClO﹣的個數(shù)小于0.1NA，故A錯誤；B．若恰好完全反應(yīng)，則原NaOH濃度為＝2mol/L，故B錯誤；C．由反應(yīng)可知，參加反應(yīng)的氯氣為0.1mol，則參加反應(yīng)的氯氣分子為0.1NA，故C正確；D．Cl元素的化合價既升高又降低，轉(zhuǎn)移0.1mol電子，則轉(zhuǎn)移電子為0.1NA，故D錯誤；故答案為C?！军c睛】考查氯氣的性質(zhì)及化學(xué)反應(yīng)方程式的計算，把握發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)及物質(zhì)的量為中心的計算為解答的關(guān)鍵，將Cl2通入100mLNaOH溶液中充分反應(yīng)，生成0.1mol的NaCl，發(fā)生Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，側(cè)重分析能力、計算能力的考查。11、A【解析】

A.D2O和H2l8O的摩爾質(zhì)量相同都為20g/mol,中子數(shù)也相等均為10，所以2gD2O和H2l8O混合物中所含中子數(shù)為NA，故A正確；B.NaHCO3屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，HCO3-既能發(fā)生電離：HCO3-H++CO32-，也能發(fā)生水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，根據(jù)物料守恒可知，1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-離子數(shù)之和為0.1NA,故B錯誤。C.常溫常壓下，F(xiàn)e和足量濃硝酸發(fā)生鈍化反應(yīng)，故C錯誤；D.0.1molH2和0.1molI2(g)于密閉容器中充分反應(yīng)為H2（g）+I2(g)2HI，其原子總數(shù)為0.4NA,故D錯誤；答案：A。12、D【解析】

電解過程中b電極上持續(xù)產(chǎn)生Cl2，則電極b為電解池陽極，氯離子放電生成氯氣，電極反應(yīng)為：2Cl--2e-=Cl2↑，電極a為電解池的陰極，溶液中氫離子得到電子生成氫氣，電極反應(yīng)為2H++2e-=H2↑，工作過程中，氯離子向b移動，因此虛線為陰離子交換膜，鈉離子向a移動，實線為陽離子交換膜，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．電極b為電解池陽極，電極a為電解池的陰極，b極電勢高于a極，故A正確；B．根據(jù)分析，“┆”表示陰離子交換膜，“│”表示陽離子交換膜，故B正確；C．為了防止海水中的Ca2＋、Mg2＋、SO42－等堵塞離子交換膜，影響電解，電解前，海水需要預(yù)處理，除去其中的Ca2＋、Mg2＋等，故C正確；D．根據(jù)分析，實線為陽離子交換膜，虛線為陰離子交換膜，鈉離子向a移動，氯離子向b移動，各間隔室的排出液中，A口流出的是淡水，B口流出的是“濃水”，故D錯誤；答案選D。13、D【解析】

A．OA各點顯酸性，則c(H+)>c(OH-)，溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(B-)，則c(B-)>c(Na+)，A選項正確；B．C至D各點溶液中，C點濃度為1.15mol·L-1，C之后加入的c(NaOH)為1.1mol·L-1，導(dǎo)電能力依次增強(qiáng)，B選項正確；C．定性分析有：氫氧化鈉溶液滴入21mL時達(dá)到終點，pH>7，HB為弱酸，O點pH>1，C選項正確；D．C點為剛好反應(yīng)完全的時候，此時物質(zhì)c(NaB)=1.15mol·L-1，B-水解常數(shù)為Kh=11-14/（2×11-5）=5×11-11，B-水解生成的c(OH-)==5×11-6mol·L-1，C點c(H+)=2×11-9mol·L-1，C點pH=9-lg2=8.7，即x=8.7，D選項錯誤；【點睛】C選項也可進(jìn)行定量分析：B點有c(B-)=c(Na+)=19.9×11-3×1.1÷（21×11-3+19.9×11-3），c(HB)=(21.1×11-3-19.9×11-3)×1.1÷(21×11-3+19.9×11-3)，則c(B-)/c(HB)=199，K=c(H+)c(B-)/c(HB)=1×11-7×199=1.99×11-5，則HB為弱酸，O點的pH>1。14、D【解析】

A.向蔗糖中加入濃硫酸，蔗糖變成疏松多孔的海綿狀炭，并放出有刺激性氣味的氣體，蔗糖經(jīng)濃硫酸脫水得到碳，碳和濃硫酸反應(yīng)生成刺激性氣味的二氧化硫，體現(xiàn)強(qiáng)氧化性，故A正確；B.向KCl、KI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液，Ksp小的先出現(xiàn)沉淀，先生成黃色沉淀，則Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故B正確；C.鋁片先用砂紙打磨，再加入到濃硝酸中，無明顯現(xiàn)象，濃硝酸具有強(qiáng)氧化性，常溫下，鋁表面被濃硝酸氧化為致密的氧化鋁薄膜，從而阻止金屬繼續(xù)反應(yīng)，故C正確；D.向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的硫酸亞鐵溶液，溶液變成棕黃色，說明H2O2在酸性條件下氧化Fe2+變?yōu)镕e3+，一段時間后溶液中出現(xiàn)氣泡，說明Fe3+催化H2O2分解產(chǎn)生O2，故D錯誤；答案為D。15、B【解析】

A.a中加入少量CuSO4溶液，鋅會與硫酸銅發(fā)生反應(yīng)生成銅，鋅、銅和硫酸溶液形成原電池，反應(yīng)速率會加快，但生成的氫氣的體積會減少，故A錯誤；B.當(dāng)增大容器的體積時，反應(yīng)物和生成物的濃度均減小，相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，正、逆反應(yīng)速率均減小，平衡逆向移動，與反應(yīng)速率v和時間t的關(guān)系圖像相符合，故B正確；C.由③圖像可知，p2>p1，壓強(qiáng)增大，B的體積百分含量減小，說明平衡正向移動，正向為氣體體積減小的方向，則D為非氣態(tài)，故C錯誤；D.當(dāng)反應(yīng)達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)時，v（NO2）正=2v（N2O4）逆，由此可知圖中交點A對應(yīng)的狀態(tài)不是化學(xué)平衡狀態(tài)，故D錯誤；綜上所述，答案為B?！军c睛】④圖中A點時v（N2O4）逆=v（NO2）正=2v（N2O4）正，則v（N2O4）逆>v（N2O4）正，反應(yīng)逆向移動。16、C【解析】

D形成的兩種氧化物都是常見的大氣污染物，D為S，A為C，B為Al，C為Si?！驹斀狻緼.A的簡單氫化物是天然氣的主要成分為甲烷，故A正確；B.元素草酸氫鈉溶液顯酸性，故B正確；C.單質(zhì)B既可以與酸反應(yīng)，又可以與堿反應(yīng)，但不能叫兩性單質(zhì)，故C錯誤；D.最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性：H2SO4>H2SiO3，故D正確。綜上所述，答案為C?！军c睛】同周期，從左到右，最高價氧化物對應(yīng)的水化物酸性逐漸增強(qiáng)。17、D【解析】

A.SO2不能電離屬于非電解質(zhì)，故A錯誤；B.C2H5OH不能電離屬于非電解質(zhì)，故B錯誤；C.NaOH是離子化合物，含有離子鍵和共價鍵，溶于水導(dǎo)電屬于電解質(zhì)，故C錯誤；D.H2SO4是共價化合物只含共價鍵，溶于水導(dǎo)電屬于電解質(zhì)，故D正確；故答案選D。18、D【解析】

由圖線1為H2C2O4、2為HC2O4-、3為C2O42-。A.當(dāng)pH為1.2時c(H+)=10-1.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=0.5mol·L-1，草酸的Ka＝10-1.2，故A正確；B.0.1mol·L-1NaHC2O4溶液顯酸性c(H+)>c(OH-)，HC2O4-會發(fā)生水解和電離c(Na+)>c(HC2O4-)，因此c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)，故B正確；C.pH為4.2時，溶液中含有微粒為HC2O4-和C2O42-，且c(HC2O4-)=c(HC2O4-)，根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，則有c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-)，故C正確；D.由于草酸為弱酸分兩步電離，Ka1=，Ka2=，Ka1·Ka2=，根據(jù)圖中C點得到c(C2O42-)=c(H2C2O4)，所以，Ka1Ka2=，當(dāng)pH為1.2時c(H+)=10-1.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=0.5mol·L-1，草酸的Ka1＝10-1.2。當(dāng)pH為4.2時c(H+)=10-4.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(C2O42-)=0.5mol·L-1，草酸的Ka2＝10-4.2；====10-2.7，C點溶液pH為2.7。故D錯誤。答案選D。19、C【解析】

A.同周期主族元素，原子半徑隨原子序數(shù)的增大而減小，因此碳原子的半徑大于氧原子，A項錯誤；B.是苯的同系物的組成通式，芳香烴的同系物則不一定，B項錯誤；C.和僅僅是中子數(shù)不同，均有6個質(zhì)子和6個電子，因此原子結(jié)構(gòu)示意圖均為，C項正確；D.基態(tài)氧原子有6個電子，和一個氫原子形成共價鍵后的電子后應(yīng)該是7個，D項錯誤；答案選C?！军c睛】芳香化合物、芳香烴、苯的同系物，三者是包含的關(guān)系，同學(xué)們一定要注意辨別。20、B【解析】

向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，發(fā)生反應(yīng)：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+單獨存在或S2-單獨存在均會發(fā)生水解，水解促進(jìn)水的電離，結(jié)合溶度積常數(shù)和溶液中的守恒思想分析解答?！驹斀狻肯?0mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，發(fā)生反應(yīng)：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+單獨存在或S2-單獨存在均會發(fā)生水解，水解促進(jìn)水的電離，b點滴加Na2S溶液的體積是10mL，此時恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)?Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此時-lgc(Cu2+)=17.7，則平衡時c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L。A．Na2S溶液顯堿性，根據(jù)質(zhì)子守恒，c(H+)＋c(HS-)＋2c(H2S)＝c(OH-)，故A錯誤；B．a(chǎn)、c兩點Cu2+、S2-的水解促進(jìn)了水的電離，水的電離程度增大，b點可認(rèn)為是NaCl溶液，水的電離沒有被促進(jìn)和抑制，水的電離程度最小，故B正確；C．該溫度下，平衡時c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，則Ksp(CuS)=c(Cu2+)?c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，c點溶液中含有NaCl和Na2S，c(S2-)=×0.1mol/L，因此c(Cu2+)===3×10-34.4mol/L，故C錯誤；D．向100mLZn2+、Cu2+濃度均為0.1mol?L-1的混合溶液中逐滴加入10-3mol?L-1的Na2S溶液，產(chǎn)生ZnS時需要的S2-濃度為c(S2-)==mol/L=3×10-24mol/L；產(chǎn)生CuS時需要的S2-濃度為c(S2-)==mol/L=10-34.4mol/L，則產(chǎn)生CuS沉淀所需S2-濃度更小，先產(chǎn)生CuS沉淀，故D錯誤；故選B。【點睛】本題的難點是根據(jù)圖象所提供的信息計算出CuS的Ksp，也是解題的關(guān)鍵。本題的易錯點為C，要注意c點溶液中c(S2-)=×0.1mol/L。21、C【解析】

A.用酒精可以提取某些花香中的酯類香精，制成香水，利用酯類易溶于酒精，涉及溶解性，屬于物理性質(zhì)，A不符合；B.炒菜時加一些料酒和食醋，發(fā)生酯化反應(yīng)生成酯，利用揮發(fā)性和香味，涉及物理性質(zhì)，B不符合；C.用熱的純堿液洗滌碗筷去油膩比冷水效果好，因為碳酸鈉在較高溫度時水解程度大，氫氧根濃度大，更有利于酯類水解，生成易溶于水的羧酸鈉和醇類，水解屬于化學(xué)性質(zhì)，C符合；D.各種水果有不同的香味，涉及的是所含酯的物理性質(zhì)，D不符合；答案選C。22、C【解析】

A．NaOH溶液是強(qiáng)堿，氫離子來自于水的電離，常溫下pH=12的NaOH溶液，升高溫度，溶液中Kw增大，其pH減小，故A錯誤；B．0.1mol?L?1的NaHSO3溶液中通NH3至pH=7，溶液中存在物料守恒，即c(Na+)=c(SO32?)+c(HSO3?)+c(H2SO3)①，溶液中存在電荷守恒，即c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO32?)+c(HSO3?)+c(OH?)，因為pH=7即c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32?)+c(HSO3?)②，由①得c(Na+)＞c(SO32?)；將①式左右兩邊都加上c(NH4+)得c(Na+)+c(NH4+)=c(SO32?)+c(HSO3?)+c(H2SO3)+c(NH4+)③，結(jié)合②③得c(SO32?)=c(NH4+)+c(H2SO3)，故c(SO32?)＞c(NH4+)，故c(Na+)＞c(SO32?)＞c(NH4+)，故C錯誤；C．酸堿對水的電離都有抑制作用，0.01mol/L醋酸溶液加水稀釋時，醋酸的濃度減小，對水的電離平衡抑制作用減弱，則原溶液中水的電離程度增大，故C正確；D．在常溫下，向二元弱酸的鹽NaHA溶液中，加入少量NaOH固體，溶液酸性減弱，氫離子濃度減小，該比值將減小，故D錯誤；答案選C。二、非選擇題(共84分)23、苯甲醇消去反應(yīng)碳碳雙鍵、羧基否在醛基被催化氧化的同時，碳碳雙鍵也被能氧化5【解析】

由Ｂ的結(jié)構(gòu)可知Ａ為，Ａ與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成Ｂ，Ｂ發(fā)生水解反應(yīng)生成Ｃ為，Ｃ催化氧化的產(chǎn)物繼續(xù)氧化生成Ｄ，則Ｄ為，對比Ｄ、Ｅ分子式可知Ｄ分子內(nèi)脫去１分子水生成Ｅ，故Ｄ在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成Ｅ，則Ｅ為，Ｅ和Ｆ發(fā)生酯化反應(yīng)生成Ｗ為?！驹斀狻浚?）F的結(jié)構(gòu)簡式為，的化學(xué)名稱是苯甲醇，⑤為Ｄ在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成Ｅ。（2）E的結(jié)構(gòu)為，含有的官能團(tuán)是碳碳雙鍵、羧基，D含有羧基和羥基，能發(fā)生聚合生成酯類高分子化合物，結(jié)構(gòu)簡式為。（3）經(jīng)過反應(yīng)③，是羥基連接的碳原子上有2個氫原子的碳原子發(fā)生氧化反應(yīng)生成醛基得到，與O2在催化劑、加熱的條件下反應(yīng)可得D，寫出反應(yīng)④的化學(xué)方程式。（4）④、⑤兩步不能顛倒，因為在醛基被催化氧化的同時，碳碳雙鍵也被能氧化。（5）與A具有含有相同官能團(tuán)的芳香化合物的同分異構(gòu)體還有5種。苯環(huán)上可以連接一個甲基和一個-CH=CH2，有三種結(jié)構(gòu)，也可以是苯環(huán)上連接-CH=CHCH3或-CH2CH=CH2，共5種，其中核磁共振氫譜為六組峰，且峰面積之比為1：1：2：2：2：2的結(jié)構(gòu)簡式為。（6）根據(jù)逆推原理分析，合成苯甲醇，需要制備，可以用甲苯的取代反應(yīng)，利用苯和一氯甲烷發(fā)生取代反應(yīng)生成甲苯，故合成路線為：。24、ABD碳碳三鍵nHOOCCH2CH2COOH＋nHOCH2CH2CH2CH2OH＋(2n-1)H2O【解析】

C是密度為1.16g·L－1的烴，則M=Vm=1.16g·L－122.4L/mol=26g/mol，C為乙炔，根據(jù)已知反應(yīng)的可知乙炔與甲醛反應(yīng)生成D為HOCH2CCCH2OH，D催化加氫得E為HOCH2CH2CH2CH2OH；苯催化氧化生成，與水在加熱條件下反應(yīng)生成A為HOOCCH=CHCOOH，HOOCCH=CHCOOH催化加氫得B為HOOCCH2CH2COOH；HOOCCH2CH2COOH與HOCH2CH2CH2CH2OH在一定條件下發(fā)生縮聚反應(yīng)生成F為，據(jù)此分析?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：(1)A.A是HOOCCH=CHCOOH，官能團(tuán)中碳碳雙鍵，能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色，選項A正確；B.B的分子式是C4H6O4，碳氧抵消后為C2H6，完全燃燒消耗的氧氣和等物質(zhì)的量的乙烷相同，選項B正確；C.E中有—OH，能和Na反應(yīng)，不能和Na2CO3反應(yīng)，選項C錯誤；D.B和E中都是雙官能團(tuán)，也可以形成環(huán)狀物，也可以形成高分子化合物，選項D正確。答案選ABD；(2)從以上分析可知，C是乙炔，含有的官能團(tuán)名稱是碳碳三鍵；(3)由B和E合成F是縮聚反應(yīng)，化學(xué)方程式是nHOOCCH2CH2COOH＋nHOCH2CH2CH2CH2OH＋(2n-1)H2O；(4)題目中要求用CH2=CH2、HCHO制取H3COOCCH2CH2COOCH3，用倒推法應(yīng)有H3COH和HOOCCH2CH2COOH，已知：RC≡CH＋，甲醇由甲醛氫化還原制取，則合成路線為；(5)的同分異構(gòu)體滿足：分子中含1個四元碳環(huán)，但不含—O—O—鍵。結(jié)構(gòu)簡式是等。25、濃NaOH溶液吸收剩余的SO2排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化D倒吸用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O用c2mol·L-1的標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定pH>5.6【解析】

從焦亞硫酸鈉的析出原理[NaHSO3(飽和溶液)→Na2S2O5(晶體)+H2O(l)]可以看出，要制取Na2S2O5(晶體)，需先制得NaHSO3(飽和溶液)，所以A裝置的作用是用濃硫酸與Na2SO3固體反應(yīng)制取SO2，將SO2再通入飽和Na2SO3溶液中制得NaHSO3飽和溶液。因為Na2S2O5易被空氣中的O2氧化，所以需排盡裝置內(nèi)的空氣，這也就是在A裝置內(nèi)通入N2的理由。由于SO2會污染環(huán)境，所以F裝置應(yīng)為吸收尾氣的裝置，為防倒吸，加了裝置E?！驹斀狻?1)①從以上分析知，F(xiàn)裝置應(yīng)為SO2的尾氣處理裝置，F(xiàn)中盛裝的試劑是濃NaOH溶液，作用是吸收剩余的SO2。答案為：濃NaOH溶液；吸收剩余的SO2；②為防裝置內(nèi)空氣中的氧氣將Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化，需排盡裝置內(nèi)的空氣，所以通入N2的作用是排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化。答案為：排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化；③Na2S2O5晶體由NaHSO3飽和溶液轉(zhuǎn)化而得，所以應(yīng)在D中得到。答案為：D；④因為E中的雙球能容納較多液體，可有效防止倒吸，所以若撤去E，則可能發(fā)生倒吸。答案為：倒吸；(2)①既然是檢測其是否具有酸性，則需用pH試紙檢測溶液的pH，若在酸性范圍，則表明顯酸性。具體操作為：用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅。答案為：用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅；②探究二中，Na2S2O5具有還原性，能將KMnO4還原為Mn2+，自身被氧化成SO42-，同時看到溶液的紫色褪去，反應(yīng)的離子方程式為5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。答案為：5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O；(3)根據(jù)信息，滴定過量碘的操作是：用c2mol·L-1的標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定。答案為：用c2mol·L-1的標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定；(4)c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1時，Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，即1.0×10-5×c3(OH-)>6.4×10-31，c(OH-)>4.0×10-9mol·L-1，c(H+)<=mol·L-1，pH>5+2lg2=5.6。答案為：pH>5.6?！军c睛】Na2S2O5來自于NaHSO3的轉(zhuǎn)化，且二者S的價態(tài)相同，所以在研究Na2S2O5的性質(zhì)時，可把Na2S2O5當(dāng)成NaHSO3。26、滴入最后1滴KMnO4溶液后，溶液變?yōu)闇\紅色，且半分鐘不褪去加快反應(yīng)速率反應(yīng)開始后生成Mn2＋，而Mn2＋是上述反應(yīng)的催化劑，因此反應(yīng)速率加快偏小0.0202498.30%三-1.5%空氣中氧氣氧化了亞鐵離子使高錳酸鉀用量偏小【解析】

(1)依據(jù)滴定實驗過程和試劑滴入順序可知，滴入高錳酸鉀溶液最后一滴，溶液變紅色，半分鐘內(nèi)不變證明反應(yīng)達(dá)到終點；故答案為：滴入最后1滴KMnO4溶液后，溶液變?yōu)闇\紅色，且半分鐘不褪去；(2)加熱加快反應(yīng)速率，反應(yīng)過程中生成的錳離子對反應(yīng)有催化作用分析；(3)若滴定時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定結(jié)束氣泡消失，消耗高錳酸鉀待測溶液體積增大，則測得高錳酸鉀濃度減?。?4)2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，依據(jù)化學(xué)反應(yīng)定量關(guān)系，計算所標(biāo)定高錳酸鉀溶液的濃度；(5)依據(jù)圖表數(shù)據(jù)計算，第三次實驗數(shù)據(jù)相差大舍去，計算其他三次的平均值，利用反應(yīng)定量關(guān)系計算亞鐵離子物質(zhì)的量得到FeSO4·7H2O的含量，結(jié)合題干信息判斷符合的標(biāo)準(zhǔn)；(6)測定含量-實際含量得到實驗絕對誤差，亞鐵離子溶液中易被空氣中氧氣氧化分析可能的誤差?！驹斀狻?1)依據(jù)滴定實驗過程和試劑滴入順序可知，滴入高錳酸鉀溶液最后一滴，溶液變紅色，半分鐘內(nèi)不變證明反應(yīng)達(dá)到終點；(2)粗配一定濃度的高錳酸鉀溶液1L，然后稱取0.200g固體Na2C2O4(式量為134.0)放入錐形瓶中，用蒸餾水溶解并加稀硫酸酸化，加熱至70℃～80℃，加熱加快反應(yīng)速率，反應(yīng)剛開始時反應(yīng)速率較小，其后因非溫度因素影響而增大，根據(jù)影響化學(xué)反應(yīng)速率的條件分析，其原因可能是反應(yīng)過程中生成的錳離子對反應(yīng)有催化作用分析；故答案為：加快反應(yīng)速率，反應(yīng)開始后生成Mn2+，而Mn2+是上述反應(yīng)的催化劑，因此反應(yīng)速率加快；(3)若滴定時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定結(jié)束氣泡消失，消耗高錳酸鉀待測溶液體積增大，溶質(zhì)不變則測得高錳酸鉀濃度減?。还蚀鸢笧椋浩?；(4)0.200g固體Na2C2O4(式量為134.0)，n(C2O42-)==0.0014925mol，依據(jù)化學(xué)反應(yīng)定量關(guān)系，計算所標(biāo)定高錳酸鉀溶液的濃度；2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，25n0.0014925moln=0.000597mol滴定用去高錳酸鉀溶液29.50mL，則c(KMnO4)==0.02024mol/L；(5)依據(jù)圖表數(shù)據(jù)計算，第三次實驗數(shù)據(jù)相差大舍去，計算其他三次的平均值==17.68mL，利用反應(yīng)定量關(guān)系計算亞鐵離子物質(zhì)的量得到FeSO4·7H2O的含量，5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋→5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；51n0.01768L×0.02024mol/Ln=0.001789molFeSO4·7H2O的含量=×100%=98.30%，三級品98.00%～101.0%結(jié)合題干信息判斷符合的標(biāo)準(zhǔn)三級品；(6)測定含量-實際含量得到實驗絕對誤差=98.30%-99.80%=-1.5%，亞鐵離子溶液中易被空氣中氧氣氧化為鐵離子，高錳酸鉀溶液用量減小引起誤差。27、直形冷凝管b防止空氣中水蒸氣進(jìn)入而使PCl3水解吸收多余的C12，防止污染環(huán)境MnO2+4H++2Cl-=Mn2++Cl2↑+2H2O防止生成PCl593.9%偏大用與H3PO3相同濃度的氫氧化鈉溶液進(jìn)行滴定，若消耗的堿的體積為酸的二倍，則說明H3PO3為二元酸【解析】

I.根據(jù)實驗裝置圖分析儀器名稱及連接方式；根據(jù)實驗?zāi)康募邦}干信息分析裝置的作用和操作時的注意事項；根據(jù)氯氣的制備原理書寫離子方程式；II.根據(jù)滴定原理計算樣品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，并進(jìn)行誤差分析；III.根據(jù)二元酸與一元堿反應(yīng)的物質(zhì)的量之比用滴定法設(shè)計方案進(jìn)行探究?！驹斀狻縄.（1）根據(jù)圖示裝置圖知，儀器乙的名稱是直形冷凝管；冷凝水下進(jìn)上出，則與自來水進(jìn)水管連接的接口編號是b，故答案為：冷凝管；b；（2）根據(jù)題干信息知PCl3遇水會水解，且氯氣有毒，所以干燥管中堿石灰的作用主要是：①防止空氣中水蒸氣進(jìn)入而使PCl3水解；②吸收多余的C12，防止污染環(huán)境；故答案為：防止空氣中水蒸氣進(jìn)入而使PCl3水解；吸收多余的C12，防止污染環(huán)境；（3）實驗室制備用濃鹽酸和二氧化錳加熱制備Cl2，其離子方程式為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；由題干信息分析知，P與過量Cl2反應(yīng)生成PCl5，所以實驗過程中，通入氯氣的速率不宜過快的原因是防止生成PCl5，故答案為：MnO2+4H++2Cl-=Mn2++Cl2↑+2H2O；防止生成PCl5；II.（4）通過H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，假設(shè)測定過程中沒有其它反應(yīng)。0.1000mol/L碘溶液20.00mL中含有碘單質(zhì)的物質(zhì)的量為：0.1000mo1/L×0.020L=0.002mo1，根據(jù)反應(yīng)I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，與磷酸反應(yīng)消耗的碘單質(zhì)的物質(zhì)的量為