2025-2026学年云南省普洱市高考化学二模试卷（含答案解析）

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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、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同。X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子。根据以上叙述，下列说法中正确的是
A．上述四种元素的原子半径大小为Wr(X)B．沸点：XW2>Y2W
C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：XW
14、某科研小组将含硫化氢的工业废气进行了资源化利用，将获得的电能用于制取“84”消毒液。已知:2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)△H= -632 KJ/ ml。下图为该小组设计的原理图。下列说法正确的是 ( )
A．电极a为燃料电池正极
B．电极b上发生的电极反应为:O2+4e-+2H2O=4OH-
C．电路中每流过4ml电子，电池质子固体电解质膜饱和NaCl溶液内部释放热能小于632kJ
D．a极每增重32g，导气管e将收集到气体22.4L
15、下列说法正确的是（ ）
A．电解精炼铜时，阳极泥中含有Zn、Fe、Ag、Au等金属
B．恒温时，向水中加入少量固体硫酸氢钠，水的电离程度增大
C．2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)在298K时能自发进行，则它的ΔHKsp(BaCO3)
16、常温下，下列有关溶液的说法正确的是（ ）
A．pH相等的①NH4Cl②NH4Al(SO4)2③NH4HSO4溶液：NH4＋浓度的大小顺序为①>②>③
B．常温下，pH为5的氯化铵溶液和pH为5的醋酸溶液中水的电离程度相同
C．HA的电离常数Ka=4.93×10-10，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(Na＋)>c(HA)>c(A－)
D．已知在相同条件下酸性HF>CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na＋)－c(F-)>c(K＋)－c(CH3COO-)
17、清华大学的科学家将古老的养蚕技术与时兴的碳纳米管和石墨烯结合，发现通过给蚕宝宝喂食含有碳纳米管和石墨烯的桑叶，可以获得更加牢固的蚕丝纤维。已知：当把石墨片剥成单层之后，这种只有一个碳原子厚度的单层就是石墨烯。下列说法正确的是( )
A．蚕丝纤维的主要成分是纤维素
B．石墨烯像烯烃一样，是一种有机物
C．碳纳米管和石墨烯互为同素异形体
D．碳纳米管具有丁达尔效应
18、下列说法正确的是( )
A．钢铁发生电化学腐蚀的负根反应：
B．常温下通入溶液，当溶液中约，一定存在
C．向稀溶液中加入固体，则的值变小
D．向溶液中滴加少量溶液，产生黑色沉淀，水解程度增大
19、下列实验操作不当的是
A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率
B．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+
D．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二
20、下列反应颜色变化和解释原因相一致的是（ ）
A．氯水显黄绿色：氯气和水反应生成的次氯酸为黄绿色液体
B．氢氧化钠溶液滴加酚酞显红色：氢氧化钠水解使溶液显碱性
C．乙烯使溴水褪色：乙烯和溴水发生氧化反应
D．碘在苯中的颜色比水中深：碘在有机物中的溶解度比水中大
21、已知反应：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定压强下，按向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯的体积分数()与温度(T)、的关系，图乙表示反应的平衡常数K与温度T的关系。则下列说法正确的是
A．图甲中
B．若在恒容绝热装置中进行上述反应，达到平衡时，装置内的气体压强将不变
C．温度T1、， Cl2的转化率约为33.3%
D．图乙中，线A表示正反应的平衡常数
22、NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl溶于水配成1ml·L－1的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是
A．b的离子为Cl－
B．溶液中含有NA个Na+
C．水合b离子的图示不科学
D．40℃时该溶液的pH小于7，是由于Na+水解所致
二、非选择题(共84分)
23、（14分）美托洛尔可用于治疗各类型高血压及心绞痛，其一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A→B的反应类型是______________，B中官能团的名称为______________。
(2)D→E第一步的离子方程式为_________。
(3)E→F的条件为______________，请写出一种该过程生成的副产物的结构简式_________。(已知在此条件下，酚羟基不能与醇发生反应)。
(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出G的结构简式，并用星号(*)标出G中的手性碳______________。
(5)芳香族化合物I是B的同分异构体，I能与银氨溶液作用产生银镜，且在苯环上连有两个取代基，则I同分异构体的数目为_________种。
(6)(J)是一种药物中间体，参照上述合成路线，请设计以甲苯和苯酚为原料制备J的合成路线____________________(无机试剂任选)。
24、（12分）茉莉酸甲酯的一种合成路线如下：
(1) C中含氧官能团名称为________。
(2) D→E的反应类型为________。
(3) 已知A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，写出B的结构简式：________。
(4) D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。
①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应；
②碱性条件水解生成两种产物，酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢。
(5) 写出以和CH2(COOCH3)2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。
25、（12分）乙酰苯胺是常用的医药中间体，可由苯胺与乙酸制备。反应的化学方程式如下：
+CH3COOH +H2O
某实验小组分别采用以下两种方案合成乙酰苯胺：
方案甲：采用装置甲：在圆底烧瓶中加入5.0mL苯胺、7.4mL乙酸，加热至沸，控制温度计读数100~105℃，保持液体平缓流出，反应40 min后停止加热即可制得产品。
方案乙：采用装置乙：加热回流，反应40 min后停止加热。其余与方案甲相同。

已知：有关化合物的物理性质见下表：
请回答：
(1)仪器a的名称是_________
(2)分别从装置甲和乙的圆底烧瓶中获得粗产品的后续操作是____________
(3)装置甲中分馏柱的作用是______________
(4)下列说法正确的是__________
A．从投料量分析，为提高乙酰苯胺产率，甲乙两种方案均采取的措施是乙酸过量
B．实验结果是方案甲的产率比方案乙的产率高
C．装置乙中b处水流方向是出水口
D．装置甲中控制温度计读数在118℃以上，反应效果会更好
(5)甲乙两方案获得的粗产品均采用重结晶方法提纯。操作如下：
①请选择合适的编号，按正确的操作顺序完成实验（步骤可重复或不使用）
____→____→____→____→过滤→洗涤→干燥
a冷却结晶 b加冷水溶解 c趁热过滤 d活性炭脱色 e加热水溶解
上述步骤中为达到趁热过滤的目的，可采取的合理做法是___________
②趁热过滤后，滤液冷却结晶。一般情况下，有利于得到较大的晶体的因素有_____
A．缓慢冷却溶液 B．溶液浓度较高
C．溶质溶解度较小 D．缓慢蒸发溶剂
③关于提纯过程中的洗涤，下列洗涤剂中最合适的是______________。
A．蒸馏水 B．乙醇 C．5%Na2CO3溶液 D．饱和NaCl溶液
26、（10分）某化学兴趣小组利用硫酸铁溶液与铜粉反应，又向反应后溶液中加入KSCN溶液以检验Fe3+是否有剩余，实验记录如下；
（1）写出实验1中第i步的离子方程式_______________。甲同学猜想第ii步出现的异常现象是由于溶液中的Cu2+干扰了检验Fe3+的现象。查阅相关资料如下
①2Cu2++4SCN- 2CuSCN↓（白色）+(SCN)2（黄色）
②硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间。
该同学又通过如下实验验证猜想
（2）经检测，实验2反应后的溶液pH值减小，可能的原因是___________________________________________。
（3）根据实验2、3的实验现象，甲同学推断实验3中溶液变红是由于Fe2+被(SCN)2氧化，写出溶液变红的离子方程式_______________________。继续将实验2中的浊液进一步处理，验证了这一结论的可能性。
补充实验4的目的是排除了溶液存在Cu2+的可能，对应的现象是____________________________________________。
（4）乙同学同时认为，根据氧化还原反应原理，在此条件下，Cu2+也能氧化Fe2+，他的判断依据是_______。
（5）为排除干扰，小组同学重新设计如下装置。
①A溶液为____________________________。
②“电流表指针偏转，说明Cu与Fe3+发生了反应”，你认为这种说法是否合理？__________________（填合理或不合理），原因是__________________________________________。
③验证Fe3+是否参与反应的操作是________________________________________。
27、（12分）I.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___，反应结束后应继续通入一段时间CO2，主要目的是___。
（2）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）。
II.过氧化钙溶于酸，极微溶于水，不溶于乙醇、乙醚和丙酮，通常可用作医用杀菌剂、消毒剂、防腐剂。已知从溶液中制得的过氧化钙带有8个结晶水，在100℃时会脱水生成米黄色的无水过氧化钙，而无水过氧化钙在349℃时会迅速分解生成CaO和O2。以下是一种用纯净的碳酸钙制备过氧化钙的实验方案。请回答下列问题：
CaCO3滤液白色结晶
（3）步骤①的具体操作为向碳酸钙中逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈___性（填“酸”、“碱”或“中”）。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是__。
（4）步骤②中反应的化学方程式为__，该反应需要在冰浴下进行，原因是__。
（5）为测定产品中过氧化钙的质量分数，取1.2g样品，在温度高于349℃时使之充分分解，并将产生的气体（恢复至标准状况）通过如图所示装置收集，测得量筒中水的体积为112mL，则产品中过氧化钙的质量分数为___。
28、（14分）酿酒和造醋是古代劳动人民的智慧结晶，白酒和醋也是日常生活中常见的有机物。
(1)上述以高粱为主要原料的酿醋工艺中，利用醋酸溶解性的是_________(填选项)。
(2)写出乙酸在水溶液中的电离平衡常数的表达式________。
(3)已知25℃下，CH3COOH在水中电离的电离常数Ka＝2×10－5，则25℃时CH5COONa水解平衡常数Kh＝_________(填数值)。
(4)近年来，研究者利用乙酸开发出新工艺合成乙酸乙酯，使产品成本明显降低，其主要反应为： CH2＝CH2 (g)＋CH3COOH(l) CH3COOC2H5(l)。
①该反应属于有机反应类型中的___________。
②下列描述能说明乙烯与乙酸合成乙酸乙酯的反应已达化学平衡的是_________(填选项)。
A 乙烯、乙酸、乙酸乙酯的浓度相同
B 酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等
C 乙烯断开l ml碳碳双键的同时乙酸恰好消耗l ml
D 体系中乙酸的百分含量一定
(5)下图为n(乙烯)与n(乙酸)物料比为1时，在不同压强下进行了乙酸乙酯的产率随温度变化的测定实验，在相同时间点的实验结果如图所示。回答下列问题：
①温度在60－80℃范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是_______[用v(P1)、v(P2)、v(P3)分别表示不同压强下的反应速率]。
②压强为P1 MPa、温度60℃时，若乙酸乙酯的产率为30%，则此时乙烯的转化率为_______。
③压强为P1 MPa、温度超过80℃时，乙酸乙酯产率下降的原因可能是___________。
29、（10分）国家航天局计划2020年实施火星探测任务。据了解火星上存在大量的含氮化合物科学家推测火星生命可能主要以氮、碳、硅、铜为基体构成。
(1)邻氨基吡啶（）的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应。
①邻氨基吡啶中所有元素的电负性由小到大的顺序为__（填元素符号）。设NA为阿伏加德罗常数的值，1ml中含有σ键的数目为__。
②一定条件下-NH2可以被氧化成-NO2，-NH2中N原子的杂化方式为__杂化。
(2)第四周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素的基态原子电子排布式为___。
①嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，原因是___。
②分子中的大π键可以用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。则该吡啶中的大π键可表示为__。
(3)火星岩石中存在大量的氮化镓，氮化镓为六方晶胞，结构如图3所示。
若该晶体密度为dg·cm-3，晶胞参数a=b≠c（单位：nm），a、b夹角为120，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数c=__（写出代数式）nm。
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、C
【解析】
X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，用的是14C；工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，这是工业上生产氮气的方法，Z的原子序数大于X、Y，且不能形成双原子， X、Y、Z核外内层电子数相同，均是2个，所以Z只能是稀有气体Ne，W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同，则 W是H。
【详解】
A．X为C，Y为N，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径C＞N，Z为Ne，原子半径测定依据不同，一般不与主族元素的原子半径相比较，A错误；
B．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+8=18，B错误；
C．W与Y可形成N2H4的化合物，既含极性共价键又含非极性共价键，C正确；
D．W为H元素，X为C元素，Y为N元素，C和H可形成多种烃类化合物，当相对分子质量较大时，形成的烃在常温下为液体或固体，沸点较高，可能高于W与Y形成的化合物，D错误；
答案选C。
2、B
【解析】
A.四氯化碳是良好的有机溶剂，四氯化碳与乙醇互溶，不会出现分层，不能用分液漏斗分离，故A错误；
B. 氯气不溶于食盐水，可排饱和食盐水测定其体积，则图中装置可测定Cl2的体积，故B正确；
C. 过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，故C错误；
D. NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸，NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中，仪器的使用不合理，滴定过程中眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，故D错误。答案选B。
本题考查的是关于化学实验方案的评价， 实验装置的综合。解题时需注意氯气不溶于食盐水，可排饱和食盐水测定其体积；NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸，NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中。
3、B
【解析】
A、乙醇中羟基与乙基相连，苯酚中羟基与苯环相连，乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性是烃基对羟基的影响，错误；
B、卤代烃难溶于水，低级醇、低级醛和水分子间形成氢键，易溶于水，未涉及原子或原子团相互影响，正确；
C、甲醇没有酸性，甲酸中羰基对羟基影响，使羟基氢活泼，发生电离，具有酸性，错误；
D、苯酚中羟基影响苯环使苯环上羟基邻、对位氢原子活泼易被取代，易与浓溴水反应生成白色沉淀，错误。
4、B
【解析】
A、汽油是易燃品，不是腐蚀品，故不选A；
B、汽油是易燃液体，故选B；
C、汽油是易燃品，不是剧毒品，故不选C；
D、汽油是易燃品，不是氧化剂，故不选D；选B。
5、B
【解析】
A、若A为NaOH溶液，甲是AlCl3，乙是Al(OH）3白色沉淀，丙是NaAlO2，X为短周期金属元素铝，符合题意，A正确；
B、若A为硝酸，X为金属元素，X应是变价金属，则甲是Fe，乙是Fe(NO3）2，丙是Fe(NO3）3，甲与乙不反应，B错误；
C、若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体即NO2，则甲是N2，乙是NO，C正确；
D、若乙为NaHCO3，甲是CO2，A是NaOH，丙是Na2CO3，或者甲是Na2CO3，乙是NaHCO3，A是HCl，丙是CO2，D正确。
答案选B。
6、D
【解析】
A．冰醋酸固体变成液体或气体为物理变化，化学键未断裂，A错误；
B．化学键未断裂，则共价键类型未变，键能不变，B错误；
C．物理变化分子本身未变化，分子构型不可能变化，C错误；
D．冰醋酸固体变成液体或气体，分子间间隔增大，需克服分子间作用力，因此分子间作用力被破坏，D正确。
答案选D。
7、A
【解析】
将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，发生氧化还原反应，生成硫酸钙，由于Ca(ClO)2过量，还生成HClO等，离子反应为SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣=CaSO4↓+HClO+H++Cl﹣，故选A。
8、A
【解析】
如果(NH4)2Fe(SO4)2的量非常少，生成的沉淀质量接近于0；当加入的 Ba(OH)2完全形成沉淀时，发生反应：(NH4)2Fe(SO4)2 + Ba(OH)2 = BaSO4↓ + Fe(OH)2↓ + (NH4)2SO4，且生成的Fe(OH)2完全被氧化生成Fe(OH)3时，所得固体质量最大，此时沉淀为Fe(OH)3与BaSO4，故沉淀的质量最大为0.1ml×233g/ml+0.1ml×107g/ml=34g，故沉淀质量因为0gFe3+，C项错误；
D. Na2SO3和稀盐酸反应生成SO2，溶液中没有SO32-，再加入氯化钡溶液有白色沉淀，说明Na2SO3固体变质被部分或全部氧化成Na2SO4，白色为BaSO4沉淀，即Na2SO3样品中含有SO42－，D项正确。
故选D。
11、C
【解析】
A、根据克伦特罗结构简式知它的分子式为C12H18N2Cl2O，错误；
B、根据克伦特罗结构简式知它含有苯环、氨基、氯原子、羟基等官能团，不含碳碳双键，错误；
C、该有机物含有1个苯环，1ml克伦特罗最多能和3 mlH2发生加成反应，正确；
D、该有机物不含碳碳双键，不能发生加聚反应，错误；
故答案选C。
12、C
【解析】
A.a、b的分子式和分子结构都相同，属于同一种物质。故A错误；
B.c是1，4-环己二醇，碳原子均采取杂化，所有碳原子不可能处于同一平面。故B错误；
C.b的烃基是戊基（），戊基一共有8种结构，所以，b的同分异构体中含有羧基的结构还有7种。故C正确；
D.饱和羧酸不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，与羟基相连的碳原子上有氢原子的饱和醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以，上述物质中，只有c能使酸性高锰酸钾溶液褪色。故D错误；
故答案选：C。
13、C
【解析】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X与W所在族序数之和等于10，则X处于ⅣA主族，W处于ⅥA族，结合原子序数可知，X为C元素、W为S元素；Y与Z最外层电子数之和与W的相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为IA、ⅤA族元素，结合原子序数，则Y为Na、Z为P元素，据此进行解答。
【详解】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X与W所在族序数之和等于10，则X处于ⅣA主族，W处于ⅥA族，结合原子序数可知，X为C元素、W为S元素，Y与Z最外层电子数之和与W的相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为IA、ⅤA族元素，结合原子序数，则Y为Na、Z为P元素，
A.同周期自左而右原子半径减小、电子层越多原子半径越大，则原子半径大小为：Y(Na)＞Z(P)＞W(S)＞X(C)，故A错误；
B.W分别与X、Y形成的化合物为CS2、Na2S，CS2为共价化合物，Na2S为离子化合物，则沸点：Na2S＞CS2，故B错误；
C.X、Z的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、磷酸，碳酸酸性比磷酸弱，故C正确；
D.非金属性Z(P)＜W(S)，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，则氢化物稳定性PH3＜H2S，故D错误。
答案选C。
本题考查了原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。
14、C
【解析】
根据2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，正极O2得电子发生还原反应，则b为电池的正极，则c为阴极，发生还原反应生成氢气，d为阳极，发生氧化反应生成氯气，以此解答该题。
【详解】
A.由2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，故A错误；
B.正极O2得电子发生还原反应，所以电极b上发生的电极反应为：O2+4H++4e-＝2H2O，故B错误；
C.电路中每流过4ml电子，则消耗1ml氧气，但该装置将化学能转化为电能，所以电池内部释放热能小于632kJ，几乎不放出能量，故C正确；
D.a极发生2H2S−4e−=S2+4H+，每增重32g，则转移2ml电子，导气管e 将收集到气体1ml，但气体存在的条件未知，体积不一定为22.4L，故D错误。
故选C。
此题易错点在D项，涉及到由气体物质的量求体积时，一定要注意条件是否为标准状态。
15、C
【解析】
A.电解精炼铜时，在阳极上活动性比Cu强的金属，如Zn、Fe会被氧化变为Zn2+、Fe2+进入溶液，活动性比Cu弱的金属Ag、Au等则沉积在阳极底部形成阳极泥，A错误；
B.恒温时，向水中加入少量固体NaHSO4，NaHSO4是可溶性强电解质，电离产生Na+、H+、SO42-，产生的H+使溶液中c(H+)增大，导致水的电离程度减小，B错误；
C.反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)是气体体积减小的反应，△S③，故A正确；
B．氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离，醋酸溶液中醋酸电离抑制水的电离，当pH相同时，溶液中水的电离程度不同，故B错误；
C．Kh＝＞Ka，可知混合溶液中盐的水解大于弱酸的电离，则等浓度的NaA、HA混合溶液中： c(HA)＞c(Na＋)＞c(A−)，故C错误；
D．酸性HF＞CH3COOH，则酸根离子水解程度F−＜CH3COO−，则溶液中c(F−)＞c(CH3COO−)，物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中由物料守恒得c(Na＋)＝c(K＋)，可知c(Na＋)−c(F−)＜c(K＋)−c(CH3COO−)，故D错误；
故答案选A。
本题C选项注意利用HA的电离常数计算A-的水解常数，判断混合溶液中水解和电离程度的相对大小，进而得出溶液中粒子浓度的相对大小。
17、C
【解析】
A.蚕丝的主要成分是蛋白质，故A错误；
B.石墨烯是一种很薄的石墨片，属于单质，而有机物烯烃中含有碳、氢元素，故B错误；
C.碳纳米管和石墨烯是碳元素的不同单质互为同素异形体，故C正确；
D.碳纳米管在合适的分散剂中才能形成胶体分散系，故D错误。
故选C。
18、B
【解析】
A．钢铁发生电化学腐蚀时，负极发生的反应是：Fe-2e-═Fe2+，故A错误；
B．当在25℃时由水电离的H+浓度为10-7ml/L，说明溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)①，根据电荷守恒c(K+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)②，由①②得，c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，故B正确；
C．常温下向CH3COONa稀溶液中加入CH3COONa固体，加入CH3COONa固体，醋酸根离子以及钠离子浓度均增大，同时会对水解平衡起到抑制作用，所以醋酸根离子浓度增加的程度大，的比值变大，故C错误；
D．在NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，HS-电离出的S2-与Cu2+结合生成CuS黑色沉淀，HS-电离程度增大，pH减小，故D错误；
故答案为B。
19、B
【解析】
A．锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，选项A正确。
B．用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化，此时溶液应该显酸性（二氧化碳在水中形成碳酸），应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，选项B错误。
C．用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+，选项C正确。
D．蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，选项D正确。
本题选项B涉及的是滴定过程中指示剂的选择。一般来说，应该尽量选择的变色点与滴定终点相近，高中介绍的指示剂主要是酚酞（变色范围为pH=8～10）和甲基橙（变色范围为pH=3.1～4.4）。本题中因为滴定终点的时候溶液一定为酸性（二氧化碳饱和溶液pH约为5.6），所以应该选择甲基橙为指示剂。对于其他滴定，强酸强碱的滴定，两种指示剂都可以；强酸滴定弱碱，因为滴定终点为强酸弱碱盐，溶液显酸性，所以应该使用甲基橙为指示剂；强碱滴定弱酸，因为滴定终点为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以应该使用酚酞为指示剂。
20、D
【解析】
A、氯水显黄绿色的原因是氯气在水中的溶解度有限，氯气本身为黄绿色，次氯酸无色，故A不符合题意；
B、氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离出氢氧根，使酚酞显红色，不是水解，故B不符合题意；
C、乙烯中含有碳碳双键，为不饱和键，能够与溴单质发生加成反应，使溴水褪色，故C不符合题意；
D、碘单质本身为紫黑色，碘水显黄色，而碘溶于苯中显紫红色，碘在有机物中溶解度增大，故D符合题意；
故选：D。
21、C
【解析】
A.ω增大，CH2=CHCH3的转化率增大，则φ减小，由上述分析可知：ω2＞ω1，则ω1＜1，故A错误；
B.该反应在反应前后气体分子数不变，根据图甲升高温度丙烯的体积分数增大，即升高温度平衡逆向移动，正反应放热，在恒容绝热装置中进行题述反应，体系内温度升高，根据PV=nRT，达到平衡时，装置内的气体压强将增大，故B错误；
C.由图乙可知，T1时平衡常数为1，设起始时CH2=CHCH3和Cl2的物质的量分别为aml和2aml，达到平衡时转化的Cl2的物质的量为xml，根据三段式进行计算：
CH2=CHCH3(g)+Cl2(g) CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)
起始（ml） a 2a 0 0
转化（ml） x x x x
平衡（ml） a-x 2a-x x x
则（）2÷（×）=1，解得x=2/3a，则Cl2的转化率2/3a÷2a×100%=33.3%，
故C正确；
D.由图甲可知，ω一定时，温度升高，φ增大，说明正反应是放热反应，故温度升高，正反应平衡常数减小，故图乙中，线A表示逆反应的平衡常数，故D错误。
故选C。
在做图像题是应注意两个原则：1.先拐先平：例如在转化率—时间图象上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高；2.定一议二：当图象中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。
22、C
【解析】
NaCl在溶液中电离出Na+和Cl−，Na+含有2个电子层，Cl−离子含有3个电子层，则离子半径Cl−＞Na+，根据图示可知，a为Cl−、b为Na+，
A. 离子半径Cl−＞Na+，则a离子为Cl−，b离子为Na+，故A错误；
B. 没有告诉该NaCl溶液的体积，无法计算该溶液中含有Na+的数目，故B错误；
C. b为Na+，带正电荷，会使水分子中带有负电的氧原子受到吸引，故图示b离子不科学，故C正确；
D. Cl−、Na+都不水解，NaCl溶液呈中性，故D错误；
故选C。
B项是学生们的易错点，往往忽视了题中并没有给出溶液的体积，直接认为溶液体积是1L，进行计算，这种错误只要多加留意，认真审题即可避免。
二、非选择题(共84分)
23、取代反应 羟基、羰基 +2OH-+Cl-+H2O 浓硫酸加热 或或CH3OCH3 12
【解析】
根据C的结构和B的分子式可得B的结构简式为，A→B发生取代反应，又A的分子式为C2H4O，则A为乙醛(CH3CHO)，C在Zn/HCl的条件下得到D，根据已知信息，则D的结构简式为，D再经消去反应和酸化得到E，E的结构简式为，E与CH3OH在一定条件下反应生成F(C9H12O2)，F与反应生成G()，G与H2NCH(CH3)2反应最终得到美托洛尔，据此分析解答问题。
【详解】
(1)根据C的结构和B的分子式可得B的结构简式为，含有的官能团有羟基和羰基，A→B发生取代反应，又A的分子式为C2H4O，则A为乙醛(CH3CHO)，故答案为：取代反应；羟基、羰基；
(2) 由上述分析可知，D得到E的第一部反应为消去反应，反应方程式为+2OH-+Cl-+H2O，故答案为：+2OH-+Cl-+H2O；
(3)E与CH3OH在一定条件下反应生成F(C9H12O2)，不饱和度没有发生变化，碳原子数增加1个，再联系G的结构，可知发生醇与醇之间的脱水反应，条件为浓硫酸，加热，已知在此条件下醇羟基不能与醇发生反应，则该过程的副反应为分子内消去脱水，副产物为，分子间脱水可得或CH3OCH3，故答案为：浓硫酸，加热；或或CH3OCH3；
(4)根据手性碳的概念，可知G中含有的手性碳可表示为，故答案为：；
(5)芳香族化合物I是B的同分异构体，I能与银氨溶液产生银镜，说明I中含有—CHO，则同分异构体包括：，—CHO可安在邻间对，3种，，—OH可安在邻间对，3种，，—CHO可安在邻间对，3种，，—CH3可安在邻间对，3种，共有3×4=12种，故答案为：12；
(6)以甲苯和苯酚为原料制备，其合成思路为，甲苯光照取代变为卤代烃，再水解，变为醇，再催化氧化变为醛，再借助题目A→B，C→D可得合成路线：，故答案为：。
24、羰基和酯基 消去反应
【解析】
(1)由结构可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；
(2)对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E；
(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；
(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢；
(5)由E→F→G转化可知，可由加热得到，而与CH2(COOCH3)2加成得到，与氢气发生加成反应得到，然后发生催化氧化得到，最后发生消去反应得到。
【详解】
由上述分析可知：A为HOOC(CH2)4COOH；B为。
(1)由C结构简式可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；
（2）对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E，故D生成E的反应属于消去反应；
(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；
(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢，符合条件的同分异构体为：；
(5)与H2在Ni催化下发生加成反应产生，与O2在Cu催化下发生氧化反应产生，与NaOH的乙醇溶液发生消去反应产生，再与CH2(COOCH3)2发生加成反应产生，该物质在高温下反应产生，故合成路线流程图为：。
本题考查有机物的合成的知识，涉及官能团的识别、有机反应类型的判断、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，(4)中同分异构体的书写为易错点、难点,关键是对比物质的结构理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
25、直形冷凝管 将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有100 mL水的烧杯，冷却后有乙酰苯胺固体析出，过滤得粗产物 利用分馏柱进行多次气化和冷凝，使醋酸和水得到有效的分离，或“可提高引馏体与外部空气热交换效率，从而使柱内温度梯度增加，使不同沸点的物质得到较好的分离。” ABC e d c a 将玻璃漏斗放置于铜制的热漏斗内，热漏斗内装有热水以维持溶液的温度，进行过滤（即过滤时有保温装置）或趁热用减压快速过滤 AD A
【解析】
两套装置都是用来制备乙酰苯胺的，区别在于甲装置使用分馏柱分离沸点在100℃至105℃左右的组分，主要是水，考虑到制备乙酰苯胺的反应可逆，这种做法更有利于获得高的转化率；题干中详细提供了乙酸，苯胺和乙酰苯胺的物理性质，通过分析可知，三者溶解性和熔点上存在较明显的差异，所以从混合溶液中获得乙酰苯胺粗品的方法就是利用溶解性和熔点差异实现的；在获取乙酰苯胺粗品后，再采用合适的方法对其进行重结晶提纯即可得到纯度较高的乙酰苯胺。
【详解】
(1)仪器a的名称即直形冷凝管；
(2)由于乙酸与水混溶，乙酰苯胺可溶于热水而苯胺只易溶于乙醇，并且，乙酰苯胺熔点114℃，而乙酸和苯胺的熔点分别仅为17℃和-6℃；所以分离乙酰苯胺粗品时，可将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有热水的烧杯中，冷却后，乙酰苯胺固体析出，再将其过滤出来，即可得到乙酰苯胺粗品；
(3)甲装置中温度计控制在100℃至105℃，这与水和乙酸的沸点很接近，因此甲装置中分馏柱的作用主要是将体系内的水和乙酸有效地分离出去；
(4)A．增加乙酸的投料，可以使平衡正向移动获得更高的产率，A项正确；
B．由于甲装置中的分馏柱能够有效地将产物中的水从体系内分离出去，水被分离出去后，对于乙酰苯胺制备反应的正向进行更有利，因此甲装置可以获得更高的转化率，B项正确；
C．冷凝管水流的方向一般是下口进水，上口出水，C项正确；
D．甲装置中温度计示数若在118℃以上，那么反应物中的乙酸会大量的气化溢出，对于反应正向进行不利，无法获得更高的产率，D项错误；
答案选ABC；
(5)①乙酰苯胺可以溶解在热水中，所以重结晶提纯乙酰苯胺粗品，首先要把粗品在热水中溶解，然后加入活性炭吸附杂质以及其他有色物质，过滤的时候为了避免乙酰苯胺的析出，应当趁热过滤，过滤后的滤液再冷却结晶，将结晶再过滤后，对其进行洗涤和干燥即可；趁热过滤时为了维持温度，可以将玻璃漏斗置于铜制的热漏斗内，热漏斗内装热水以维持温度，再进行过滤即可；
②结晶时，缓慢降温，或者缓慢蒸发溶剂有利于获得较大的晶体，答案选AD；
③在对重结晶出的乙酰苯胺晶体进行洗涤时，要避免洗涤过程中产品溶解造成的损耗，考虑到乙酰苯胺的溶解性，应当用冷水对其进行洗涤。
26、Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+ 部分(SCN)2与水反应生成酸 Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 溶液褪色，无蓝色沉淀 在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+〉(SCN)2 0.5ml/L的Fe2(SO4)3溶液 不合理 未排除氧气干扰 一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀
【解析】
(1) Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；
(2)硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸；
(3) Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀；
(4)根据氧化还原反应规律分析；
(5)①A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液；
②溶液中的氧气会影响反应；
③铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀。
【详解】
(1) Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+，故答案为：Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；
(2)硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸，故答案为：部分(SCN)2与水反应生成酸；
(3) Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色，离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀，故答案为：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；溶液褪色，无蓝色沉淀；
(4)根据2Cu2++4SCN- 2CuSCN↓(白色)+(SCN)2(黄色), Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2，(SCN)2能氧化Fe2+，则氧化性 (SCN)2 > Fe2+，即Cu2+也能氧化Fe2+，故答案为：在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2；
(5)①A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液，则电解质为0.5ml/L的Fe2(SO4)3溶液，故答案为：0.5ml/L的Fe2(SO4)3溶液；
②溶液中的氧气会影响反应，未做排氧操作，不合理，故答案为：不合理；未排除氧气干扰；
③Fe3+参与反应后生成Fe2+，铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀，可验证产生的Fe2+，操作为一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，故答案为：一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀。
本题易错点(6)，使用的电解质溶液，要和之前的浓度保持一致，才能形成对比实验，做实验题型，一定要注意控制变量法的规则。
27、打开K1，关闭K2和K3，通入二氧化碳 排出残留在装置中的四溴化钛和溴蒸气 直形冷凝管 温度计 酸 除去溶液中的二氧化碳 CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3•H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O 温度过高时过氧化氢分解 60%
【解析】
I.TiBr4常温易潮解，所以制备TiBr4时要使用干燥的反应物，所以通入的二氧化碳气体必须干燥，浓硫酸能干燥二氧化碳，所以试剂A为浓硫酸；因为装置中含有空气，空气中氧气能和C在加热条件下反应，所以要先通入二氧化碳排出装置中空气，需要打开K1，关闭K2和K3；然后打开K2和K3 ，同时关闭K1，发生反应TiO2+C+2Br2 TiBr4+CO2制备TiBr4，TiBr4常温下为橙黄色固体，流入收集装置中；溴有毒不能直接排空，应该最后有尾气处理装置，TiBr4易潮解，所以装置X单元能起干燥作用，结合题目分析解答。
II.大理石加入稀盐酸溶解得到氯化钙溶液，将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的CO2，反应②滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，过滤得到过氧化钙晶体，水洗、乙醇洗、烘烤得到过氧化钙固体，以此来解答。
【详解】
(1)根据分析以及图示可知加热前要先打开K1，关闭K2和K3，通入二氧化碳排出装置中空气；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；
(2)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，蒸馏时要根据温度收集馏分，所以在防腐胶塞上应加装温度计；
(3)此时溶液中溶有二氧化碳，所以呈酸性；将溶液煮沸的作用是除去溶液中的二氧化碳；
(4)反应②是滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，反应的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3•H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O；过氧化氢热易分解，所以该反应需要在冰浴下进行；
(5)过氧化钙受热分解，方程式为2CaO2=2CaO+O2↑，收集到的气体为氧气，根据量筒中水的体积可知收集到氧气112mL，则其物质的量为=0.005ml，则原样品中n(CaO2)=0.01ml，所以样品中过氧化钙的质量分数为=60%。
28、C Ka= 5×10-10 加成反应 BD v(P1)>v(P2)>v(P3) 30% 该反应为放热反应，在压强不变时升高温度平衡逆向移动，致使产率下降。
【解析】
（1）以高粱为主要原料的酿醋工艺中，利用醋酸溶解性的是用水淋，故选C；
（2）乙酸是弱电解质，在水溶液中电离CH3COOHCH3COO-+H+，电离平衡常数的表达式 Ka= 。
（3）25℃时,CH3COONa的水解平衡常数Kh= =5×10-10；
(4)①该反应双键变成单键，属于有机反应类型中的加成反应。
②A 、乙烯、乙酸、乙酸乙酯的浓度相同，不能确定各组分的浓度是否保持不变，故A错误；
B 、酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等，即正反应速率等于逆反应速率，故B正确；
C、乙烯断开l ml碳碳双键的同时乙酸恰好消耗l ml，均表示正速率，故C错误；
D、体系中乙酸的百分含量一定，浓度保持不变，故D正确；
故选BD。
（5）①温度在60－80℃范围内，当温度相同时，P1时乙酸乙酯的产率最高，速率最大，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是v(P1)>v(P2)>v(P3)[用v(P1)、v(P2)、v(P3)分别表示不同压强下的反应速率]。
②压强为P1 MPa、温度60℃时，若乙酸乙酯的产率为30%，根据CH2＝CH2 (g)＋CH3COOH(l) CH3COOC2H5(l)，则此时乙烯的转化率等于乙酸乙酯的产率为30%。
③压强为P1 MPa、温度超过80℃时，乙酸乙酯产率下降的原因可能是该反应为放热反应，在压强不变时升高温度平衡逆向移动，致使产率下降。
29、H＜C＜N 13NA sp2 1s22s22p63s23p64s2 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力
【解析】
(1) ①邻氨基吡啶中含有的元素为H、C、N，非金属性H