2026年新疆维吾尔自治区克孜勒苏柯尔克孜自治州高三（最后冲刺）化学试卷（含答案解析）

这是一份2026年新疆维吾尔自治区克孜勒苏柯尔克孜自治州高三（最后冲刺）化学试卷（含答案解析），共18页。
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、从粗铜精炼的阳极泥（主要含有）中提取粗碲的一种工艺流程如图：（已知微溶于水，易溶于强酸和强碱）下列有关说法正确的是（ ）
A．“氧化浸出”时为使确元素沉淀充分，应加入过量的硫酸
B．“过滤”用到的玻璃仪器：分液漏斗、烧杯、玻璃棒
C．“还原”时发生的离子方程式为
D．判断粗碲洗净的方法：取最后一次洗涤液，加入溶液，没有白色沉淀生成
2、短周期元素的离子W3+、X+、Y2﹣、Z﹣都具有相同的电子层结构，以下关系正确的是（ ）
A．单质的熔点：X＞W
B．离子的还原性：Y2﹣＞Z﹣
C．氢化物的稳定性：H2Y＞HZ
D．离子半径：Y2﹣＜W3+
3、古代造纸工艺中常使用下列某种物质，该物质易导致纸纤维发生酸性水解，纸张因此变脆、易破损。则该物质是( )
A．明矾B．草木灰C．熟石灰D．漂白粉
4、化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A．石英只能用于生产光导纤维
B．复旦大学研究的能导电、存储的二维材料二硫化钼是一种新型有机功能材料
C．中国歼—20上用到的氮化镓材料是当作金属合金材料使用的
D．医用双氧水和酒精均可用于伤口清洗，两者消毒原理不相同
5、化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．水华、赤潮等水体污染与大量排放硫、氮氧化物有关
B．干千年，湿万年，不干不湿就半年——青铜器、铁器的保存
C．国产大飞机C919使用的碳纤维是一种新型的无机非金属材料
D．乙烯加聚后得到超高分子量的产物可用于防弹衣材料
6、下列实验操作对应的现象以及解释或结论都正确且具有因果关系的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
7、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3·xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NA
B．标准状况下，11.2LSO2溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于0.5NA
C．常温下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为0.5NA
D．分子式为C2H6O的某种有机物4.6g，含有C－H键的数目一定为0.5NA
8、某化学小组设计了如图甲所示的数字化实验装置，研究常温下，向1L0.1ml/LH2A溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液时的pH变化情况，并绘制出溶液中含A元素的粒子的物质的量分数与溶液pH的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．pH=4.0时，图中n(HA-)约为0.0091ml
B．0.1ml/LNaHA溶液中存在c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1ml/L
C．该实验应将左边的酸式滴定管换成右边碱式滴定管并加酚酞作指示剂
D．常温下，等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.0
9、下列中国制造的产品主体用料不是金属材料的是
A．AB．BC．CD．D
10、下列说法正确的是（ ）
A．可通过加成反应实现的转化
B．丙基有2种同分异构体
C．乙炔和1，3-丁二烯互为同系物
D．烯烃只能发生加成反应，不能发生取代反应
11、如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700—900℃时，O2—可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是（ ）
A．电池内的O2—由电极甲移向电极乙
B．电池总反应为N2H4+2O2＝2NO+2H2O
C．当甲电极上有1mlN2H4消耗时，标况下乙电极上有22.4LO2参与反应
D．电池外电路的电子由电极乙移向电极甲
12、a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层电子数相同，c所在周期数与族序数相同；d与a同族，下列叙述正确的是（ ）
A．四种元素中b的金属性最强
B．原子半径：
C．d的单质氧化性比a的单质氧化性强
D．c的最高价氧化物对应水化物是一种强碱
13、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子总数等于Y的最外层电子数，Z原子最外层只有1个电子，W能形成酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是
A．单质的熔点：Z>XB．Z与Y、W均能形成离子化合物
C．气态氢化物的沸点：XC
B．A点对应的溶液中存在：c(CO32-)< c(HCO3-)
C．B点溶液中 c(CO32-)=0.24ml/L
D．向C点溶液中通入CO2可使C点溶液向B点溶液转化
19、X、Y、Z、W是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2倍，Y是地壳中含量最多的元素，Z元素在短周期中金属性最强，W与Y位于同一主族。下列叙述正确的是
A．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B．Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
C．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
D．Y与Z形成的两种常见化合物化学键类型相同
20、下列有关化学反应的叙述正确的是( )
A．铁在热的浓硝酸中钝化B．CO2与Na2O2反应可产生O2
C．室温下浓硫酸可将石墨氧化为CO2D．SO2与过量漂白粉浊液反应生成CaSO3
21、下列物质间的转化可以实现的是（ ）
A．MnO2Cl2Ca(ClO)2
B．SSO2BaSO4
C．SiO2H2SiO3Na2SiO3
D．CuSO4Cu(OH)2Cu2O
22、《天工开物》中关于化学物质的记载很多，如石灰石“经火焚炼为用”、“世间丝麻皆具素质”。下列相关分析不正确的是（ ）
A．石灰石的主要成分是CaCO3，属于正盐
B．“经火焚炼”时石灰石发生的反应属于氧化还原反应
C．丝和麻主要成分均属于有机高分子类化合物
D．丝和庥在一定条件下均能水解生成小分子物质
二、非选择题(共84分)
23、（14分）化合物W是一种药物的中间体，一种合成路线如图：
已知：①
②
请回答下列问题：
（1）A的系统命名为___。
（2）反应②的反应类型是__。
（3）反应⑥所需试剂为___。
（4）写出反应③的化学方程式为___。
（5）F中官能团的名称是___。
（6）化合物M是D的同分异构体，则符合下列条件的M共有__种（不含立体异构）。
①1mlM与足量的NaHCO3溶液反应，生成二氧化碳气体22.4L(标准状态下)；
②0.5mlM与足量银氨溶液反应，生成108gAg固体其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为6∶2∶1∶1的结构简式为__（写出其中一种）。
（7）参照上述合成路线，以C2H5OH和为起始原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线__。
24、（12分）叶酸是维生素B族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。
(1)甲中含氧官能团是__________(填名称)。
(2)下列关于乙的说法正确的是________(填序号)。
a.分子中碳原子与氮原子的个数比是7∶5 b.属于芳香族化合物
c.既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应 d.属于苯酚的同系物
(3)丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为________。
a.含有
b.在稀硫酸中水解有乙酸生成
(4)写出丁在氢氧化钠溶液中水解的化学方程式。________
25、（12分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)具有较强的还原性，还能与中强酸反应，在精细化工领域应用广泛．将SO2通入按一定比例配制成的Na2S和Na2CO3的混合溶液中，可制得Na2S2O3•5H2O(大苏打)．
(1)实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是_____(选填编号)；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，再_______________。
(2)在Na2S和Na2CO3的混合溶液中不断通入SO2气体的过程中，发现：
①浅黄色沉淀先逐渐增多，反应的化学方程式为________________(生成的盐为正盐)；
②浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无嗅的气体产生，则反应的化学方程式为__________________(生成的盐为正盐)；
③浅黄色沉淀逐渐减少(这时有Na2S2O3生成)；
④继续通入SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，反应的化学方程式为_______________(生成的盐为酸式盐)。
(3)制备Na2S2O3时，为了使反应物利用率最大化，Na2S和Na2CO3的物质的量之比应为_________；通过反应顺序，可比较出：温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液pH更大的是_________。
(4)硫代硫酸钠的纯度可用滴定法进行测定，原理是：2S2O32﹣+I3﹣=S4O62﹣+3I﹣．
①为保证不变质，配制硫代硫酸钠溶液须用新煮沸并冷却的蒸馏水，其理由是___________。
②取2.500g含杂质的Na2S2O3•5H2O晶体配成50mL溶液，每次取10.00mL用0.0500ml/L KI3溶液滴定(以淀粉为指示剂)，实验数据如下(第3次初读数为0.00，终点读数如图e；杂质不参加反应)：
到达滴定终点的现象是_______________；Na2S2O3•5H2O(式量248)的质量分数是(保留4位小数)__________。
26、（10分）苯甲酸乙酯可由苯甲酸与乙醇在浓硫酸共热下反应制得，反应装置如图（部分装置省略），反应原理如下：
实验操作步骤：
①向三颈烧瓶内加入12.2g苯甲酸、25mL乙醇、20mL苯及4mL浓硫酸，摇匀，加入沸石。
②装上分水器、电动搅拌器和温度计，加热至分水器下层液体接近支管时将下层液体放入量筒中。继续蒸馏，蒸出过量的乙醇，至瓶内有白烟(约3h)，停止加热。
③将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末至溶液无二氧化碳逸出，用pH试纸检验至呈中性。
④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层。用无水CaC12干燥，粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚。当温度超过140℃时，直接接收210-213℃的馏分，最终通过蒸馏得到纯净苯甲酸乙酯12.8mL。
可能用到的有关数据如下：
回答以下问题：
(1)反应装置中分水器上方的仪器名称是______，其作用是____
(2)步骤①中加浓硫酸的作用是_________，加沸石的目的是______。
(3)步骤②中使用分水器除水的目的是_________。
(4)步骤③中加入碳酸钠的目的是________ 。
(5)步骤④中有机层从分液漏斗的____（选填“上口倒出”或“下口放出”）。
(6)本实验所得到的苯甲酸乙酯产率是________%。
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）用结构和原理阐释化学反应的类型、限度、速率和历程是重要的化学学科思维。回答下列问题：
（1）用过氧化氢检验Cr(Ⅵ)的反应是Cr2O72-+4H2O2+2H+=2CrO5+5H2O。CrO5结构式为，该反应是否为氧化还原反应？___（填“是”或“否”）。
（2）已知：
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-571.6kJ·ml-1
H2(g)+O2(g)=H2O2(l) △H=-187.8kJ·ml-1
2H2O2(l)=2H2O(l)+ O2(g) △H=___kJ·ml-1。
（3）一定条件下，H2O2分解时的c(H2O2)随t变化如图所示。已知该反应的瞬时速率可表示为v(H2O2)=k·cn(H2O2)，k为速率常数。
①0-20min内，v(H2O2)=___。
②据图分析，n=___。
③其它条件相同，使用活性更高的催化剂，下列说法正确的是___（填标号）。
A．v(H2O2)增大 B．k增大 C．△H减小 D．Ea（活化能）不变
（4）气体分压pi=p总×xi（物质的量分数）。恒温50℃、恒压101kPa，将足量的CuSO4·5H2O、NaHCO3置于一个密闭容器中，再充入已除去CO2的干燥空气。假设只发生以下反应，达平衡时两者分解的物质的量比为2：1。
CuSO4·5H2O(s)⇌CuSO4·3H2O(s)+2H2O(g) Kp1=36(kPa)2
2NaHCO3(s)⇌Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g) Kp2
①平衡时=___，Kp2=___。
②平衡后，用总压为101kPa的潮湿空气[其中p(H2O)=8kPa、p(CO2)=0.4kPa]替换容器中的气体，50℃下达到新平衡。容器内CuSO4·5H2O的质量将___（填“增加”“减少”或“不变”，下同），NaHCO3质量将___。
29、（10分）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。根据下图，完成下列填空：
（1）上图中X的电子式为_________；其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊，用化学方程式表示该变化__________；该变化体现出硫元素的非金属性比氧元素______（填“强”或“弱”）。用原子结构解释原因____________。
（2）Na2S2O3是一种用途广泛的钠盐。下列物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是______（填字母序号）。
a．Na2S+ S b．Z+ S c．Na2SO3 + Y d．NaHS + NaHSO3
（3）SO2是主要大气污染物之一。工业上烟气脱硫的方法之一是用碱液吸收，其流程如图：。
该法吸收快，效率高。若在操作中持续通入含SO2的烟气，则最终产物为________。室温下，0.1ml/L①亚硫酸钠 ②亚硫酸氢钠 ③硫化钠 ④硫氢化钠的四种溶液的pH由大到小的顺序是________（用编号表示）。
已知：H2S：Ki1＝1.3×10-7 Ki2=7.1×10-15 H2SO3：Ki1＝1.3×10-2 Ki2=6.2×10-8
（4）治理含CO、SO2的烟道气，也可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体：2CO(g) + SO2(g)S(s) + 2CO2(g)。一定条件下，将CO与SO2以体积比为4∶1置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列选项能说明反应达到平衡状态的是______（填写字母序号）。
a．υ (CO) ∶υ(SO2) = 2∶1 b．平衡常数不变
c．气体密度不变 d．CO2和SO2的体积比保持不变
测得上述反应达平衡时，混合气体中CO的体积分数为，则SO2的转化率为________。
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、D
【解析】
A.由题中信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物。Cu2Te与硫酸、氧气反应，生成硫酸铜和TeO2，硫酸若过量，会导致TeO2的溶解，造成原料的利用率降低，故A错误；
B.“过滤”用到的玻璃仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒，故B错误；
C.Na2SO3加入到Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲，同时生成Na2SO4，该反应的离子方程式是2SO32－+Te4 ++2H2O=Te↓+2SO42－+4H+，故C错误；
D.通过过滤从反应后的混合物中获得粗碲，粗碲表面附着液中含有SO42-，取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净，故D正确。
故选D。
2、B
【解析】
短周期元素形成的离子W3+、X+、Y2-、Z-具有相同电子层结构，核外电子数相等，结合离子电荷可知，Y、Z为非金属，应处于第二周期，Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，结合元素周期律解答。
【详解】
A. 金属晶体，原子半径越小，金属键越强，单质的熔点越高，所以单质的熔点Al ＞ Na ，故A错误；
B. 元素的非金属性越强，离子的还原性越弱，所以离子的还原性O2﹣＞F﹣，故B正确；
C. 元素的非金属性越强，氢化物越稳定，所以氢化物的稳定性HF ＞ H2O，故C错误；
D. 核外电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，所以离子半径O2﹣＞ Al3+，故D错误；
故答案为B。
3、A
【解析】
早期的纸张生产中,常采用纸表面涂敷明矾的工艺，明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O]中铝离子水解，其水解方程式为：，产生氢离子促进纤维素水解，使高分子链断裂，所以纸质会变脆、破损，A项符合题意，
答案选A。
4、D
【解析】
A．石英是光导纤维的材料，但还可生产玻璃等，故A错误；
B．二硫化钼属于无机物，不属于新型有机功能材料，故B错误；
C．氮化镓是化合物，不是合金，故C错误；
D．双氧水具有强氧化性，酒精没有强氧化性，均能使蛋白质变性，用于消毒杀菌，但原理不相同，故D正确；
故答案为D。
5、A
【解析】
A．含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，会造成水体的富营养化，引起水华、赤潮等水体污染，与硫的排放无关，故A错误；
B．青铜器、铁器在潮湿的环境中容易发生电化学腐蚀，在干燥的环境中，青铜器、铁器只能发生缓慢的化学腐蚀，在地下，将青铜器、铁器完全浸入水中，能够隔绝氧气，阻止化学腐蚀和电化学腐蚀的发生，因此考古学上认为“干千年，湿万年，不干不湿就半年”，故B正确；
C．碳纤维是碳单质，属于新型的无机非金属材料，故C正确；
D．乙烯加聚后得到超高分子量的产物聚乙烯纤维材料具有优良的力学性能、耐磨性能、耐化学腐蚀性能等，可用于防弹衣材料，故D正确；
答案选A。
6、A
【解析】
A、金属阳离子的氧化性越强，其对应单质的还原性越弱；
B、室温下，测定等浓度的NaHA和NaB溶液的pH大小才能判断H2A与HB的酸性强弱；
C、酸性KMnO4溶液紫红色褪去说明有烯烃生成，不能确定是否有乙烯生成；
D、不同的反应无法探究浓度对反应速率的影响。
【详解】
A项、用石墨作电极，电解Mg（NO3）2、Cu（NO3）2的混合溶液，阴极上先析出铜说明氧化性：Cu2+＞Mg2+。则还原性：镁强于铜，故A正确；
B项、室温下，测定等浓度的Na2A和NaB溶液的pH，Na2A溶液的pH较大，说明A2—水解程度大于B—，酸性HA—B>C，A正确；
B．A点对应的溶液的小于0，可知＞0，可知c(CO32-)＞c(HCO3-)，B错误；
C．B点对应的溶液的lgc(Ba2＋)=-7，则c(Ba2＋)=10-7ml·L－1，根据Ksp(BaCO3)=c(Ba2＋)c(CO32－)= 2.4010-9，可得c(CO32－)= ，C错误；
D．通入CO2，CO2与水反应生成H2CO3，H2CO3第一步电离产生较多的HCO3－，减小，则增大，C点不能移动到B点，D错误。
答案选A。
D项也可以根据电离平衡常数推导，根据HCO3－H＋＋CO32－，有，转化形式可得，，通入CO2，溶液的酸性增强，c(H＋)增大，减小，则增大。
19、B
【解析】
X、Y、Z、W是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，故X是C元素；Y元素在地壳中的含量最高的元素，则Y是O元素；W与Y属于同一主族，则为W为S元素；Z元素在短周期中金属性最强，则Z是Na元素；据此答题。
【详解】
根据分析，X是C元素，Y是O元素，Z是Na元素，W为S元素；
A．X、Y为第二周期，Z、W为第三周期，则X、Y原子半径小于Z、W，同周期元素原子半径随核电荷数增大半径减小，原子半径：r(Z)＞r(W)＞r(X)＞r(Y)，故A错误
B．非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：Y＞W，则Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故B正确；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：X＜W，X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱，故C错误；
D．Y是O元素，Z是Na元素，Y与Z形成的两种化合物为Na2O、Na2O2，含有的阴阳离子数目之比均为1:2，前者只含离子键，后者含有离子键、共价键，故D错误；
答案选B。
非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。
20、B
【解析】
A. 铁在冷的浓硝酸中钝化，故A错误；
B. CO2与Na2O2反应可产生O2和Na2CO3，故B正确；
C. 在加热条件下浓硫酸可将石墨氧化为CO2，故C错误；
D.漂白粉具有强氧化性，SO2与过量漂白粉浊液反应生成CaSO4，故D错误；
故选B。
21、D
【解析】
A. MnO2和浓盐酸才反应生成氯气，故A不符合题意；
B. 硫于氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氯化钡不反应，故B不符合题意；
C. SiO2不与水反应，故C不符合题意；
D. CuSO4与氢氧化钠反应生成Cu(OH)2和硫酸钠，氢氧化铜与葡萄糖再碱性条件下加热反应生成Cu2O，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
22、B
【解析】
A选项，石灰石的主要成分是CaCO3，属于正盐，故A正确；
B选项，“经火焚炼”时石灰石发生的反应属于分解反应，故B错误；
C选项，丝属于蛋白质，麻属于纤维素，都属于有机高分子类化合物，故C正确；
D选项，丝最终水解生成氨基酸，麻最终水解为葡萄糖，因此都在一定条件下均水解生成小分子物质，故D正确。
综上所述，答案为B。
天然高分子化合物主要有淀粉、纤维素、蛋白质；淀粉、纤维素最终水解为葡萄糖，蛋白质最终水解为氨基酸。
二、非选择题(共84分)
23、2,3-二甲基-1,3丁二烯 氧化反应 浓氢溴酸 +CH3CH2OH+H2O 羟基、醛基 12
【解析】
A到B发生信息①的反应，B到C发生信息②反应，且只有一种产物，则B结构对称，根据C的结构简式可知B中有两个碳碳双键上的碳原子连接甲基，则B应为，则A为，C与乙醇发生酯化反应生成D。
【详解】
(1)A为，根据烷烃的系统命名法规则可知其名称应为：2,3-二甲基-1,3丁二烯；
(2)B到C的过程为酸性高锰酸钾氧化碳碳双键的过程，所以为氧化反应；
(3)根据G和H的结构可知该过程中羟基被溴原子取代，所需试剂为浓氢溴酸；
(4)反应③为C与乙醇的酯化反应，方程式为：+CH3CH2OH+H2O；
(5)根据F的结构简式可知其官能团为羟基、醛基；
(6)化合物M是D的同分异构体，且满足：
①1mlM与足量的NaHCO3溶液反应，生成二氧化碳气体22.4L(标准状态下)，即生成1ml二氧化碳，说明1mlM中含有1ml羧基；
②0.5mlM与足量银氨溶液反应，生成108g即1mlAg固体，说明0.5mlM含0.5ml醛基；
除去羧基和醛基还有4个碳原子，有两种排列方式：和，先固定羧基有4种方式，再固定醛基，则有(数字表示醛基的位置)：、、、，共有4+4+3+1=12种同分异构体，其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为6∶2∶1∶1的结构简式为：；
(7)根据观察可知目标产物的结构与W的结构相似，合成W需要I，合成I需要发生类似D与H的反应，原料即为D，则还需类似G的物质，乙醇可以发生消去反应生成乙烯，乙烯和溴加成可以生成二溴乙烷，其结构与G类似，所以合成路线为：。
推断A和B的结构的关键是理解题目所给信息反应过程中结构的变化，弄清楚B到C的产物只有一种的原因是B结构对称，然后再分析B的结构就比较简单了。
24、羧基 a、c +2NaOH → HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa
【解析】
(1)甲含有氨基和羧基；
(2)a.该分子中C、N原子个数分别是7、5；
b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物；
c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应；
d.该分子中含有N原子；
(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，据此判断丁的结构简式；
(4)丁为，含有酯基，可在碱性条件下水解，且羧基于氢氧化钠发生中和反应。
【详解】
(1)甲含有氨基和羧基，含氧官能团为羧基；
(2)a.该分子中C、N原子个数分别是7、5，所以分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5，a正确；
b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物，该分子中没有苯环，所以不属于芳香族化合物，b错误；
c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应，所以该物质既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应，c正确；
d.该分子中含有N原子，不属于苯酚的同系物，d错误；
故合理选项是ac；
(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，所以丁的结构简式为；
(4)丁为，含有酯基，可在碱性条件下水解，且羧基于氢氧化钠发生中和反应，方程式为+2NaOH=HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa。
本题考查了有机物的结构和性质，涉及有机物合成、反应类型的判断、基本概念等知识点，根据物质反应特点确定反应类型、根据流程图中反应物及反应条件确定生成物，再结合基本概念解答。
25、d 打开分液漏斗活塞加水，如水无法滴入说明气密性良好 3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3 SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2 Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3 2：1 前者 防止Na2S2O3被空气中O2氧化 溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪去 99.20%
【解析】
(1)因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中；
(2)①其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，即：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；
②无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；
③黄色沉淀减少的原理为Na2SO3+S=Na2S2O3；
④根据题意Na2S2O3能与中强酸反应，所以浅黄色沉淀又增多的原理为Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3；
(3)3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3①，SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2②，Na2SO3+S=Na2S2O3③，则①+②+③×3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物质的量之比为2：1。因为SO2先和Na2S反应，所以温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；
(4)①用新煮沸并冷却的蒸馏水是为了赶出水中的氧气避免硫代硫酸钠被氧化；
②达到滴定终点时颜色突变且30s不变色；先根据滴定消耗的标准液的体积计算出平均体积，再由2S2O32-+I3-=S4O62-+3I-的定量关系计算。
【详解】
(1)因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中；
(2)①浅黄色沉淀先逐渐增多，其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，即反应的化学方程式为：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；
②浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无嗅的气体产生，则反应的化学方程式为，无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；
③浅黄色沉淀逐渐减少，这时有Na2S2O3生成黄色沉淀，减少的原理为：Na2SO3+S=Na2S2O3；
④根据题意Na2S2O3能与中强酸反应，继续通入SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，所以浅黄色沉淀又增多的原理为：Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3；
(3)3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3①
SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2②
Na2SO3+S=Na2S2O3③
①+②+③×3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物质的量之比为2：1；因为SO2先和Na2S反应，所以温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；
(4)①为保证不变质，配制硫代硫酸钠溶液须用新煮沸并冷却的蒸馏水，其理由是：防止Na2S2O3被空气中O2氧化；
②达到滴定终点时，当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化，2次消耗的I2溶液的体积平均值为20.00mL，

，解得n=0.002ml，250ml溶液中含有Cr2O72﹣物质的量为0.002ml×=0.01ml；Na2S2O3•5H2O(式量248)的质量分数是=×100%=99.20%。
26、球形冷凝管 冷凝回流，减少反应物乙醇的损失 作催化剂 防止暴沸 及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动 除去硫酸及未反应的苯甲酸 下口放出 89.6
【解析】
根据反应原理，联系乙酸与乙醇的酯化反应实验的注意事项，结合苯甲酸、乙醇、苯甲酸乙酯、乙醚的性质分析解答(1)～(5)；
(6)根据实验中使用的苯甲酸的质量和乙醇的体积，计算判断完全反应的物质，再根据反应的方程式计算生成的苯甲酸乙酯的理论产量，最后计算苯甲酸乙酯的产率。
【详解】
(1)根据图示，反应装置中分水器上方的仪器是球形冷凝管，乙醇容易挥发，球形冷凝管可以起到冷凝回流，减少反应物乙醇的损失；
(2) 苯甲酸与乙醇的酯化反应需要用浓硫酸作催化剂，加入沸石可以防止暴沸；
(3) 苯甲酸与乙醇的酯化反应中会生成水，步骤②中使用分水器除水，可以及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动，提高原料的利用率；
(4)步骤③中将反应液倒入盛有80 mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末，碳酸钠可以与硫酸及未反应的苯甲酸反应生成二氧化碳，因此加入碳酸钠的目的是除去硫酸及未反应的苯甲酸；
(5)根据表格数据，生成的苯甲酸乙酯密度大于水，在分液漏斗中位于下层，分离出苯甲酸乙酯，应该从分液漏斗的下口放出；
(6) 12.2g苯甲酸的物质的量==0.1ml，25mL乙醇的质量为0.79g/cm3×25mL=19.75g，物质的量为=0.43ml，根据可知，乙醇过量，理论上生成苯甲酸乙酯0.1ml，质量为0.1ml×150g/ml=15g，实际上生成苯甲酸乙酯的质量为12.8mL×1.05g/cm3=13.44g，苯甲酸乙酯产率=×100%=89.6%。
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。
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、否 -196 0.020ml/(L∙min) 1 AB 9 4(kPa)2 增加 减少
【解析】
(1)有化合价发生变化的反应为氧化还原反应，根据CrO5结构式为分析反应中是否有化合价变化；
(2)根据盖斯定律解答；
(3)①0-20min内，根据图像，利用v=计算v(H2O2)；
②已知该反应的瞬时速率可表示为v(H2O2)=k·cn(H2O2)，根据图示，每间隔20分钟，双氧水的浓度变为原来的一半，则速率也变为原来的二分之一；
③催化剂能加快反应速率，降低活化能，不能改变焓变；
(4)①利用相同条件下物质的量之比等于压强之比，结合求解；
②利用Qp与Kp的大小关系解答；
【详解】
(1)由CrO5的结构式可知存在过氧键、Cr-O键、Cr=O，在4个Cr-O键中O为-1价，在Cr=O键中O为-2价，Cr元素化合价为+6价，反应前后元素化合价没有发生变化不是氧化还原反应；
(2) 已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H = -571.6kJ·ml-1
②H2(g)+O2(g)=H2O2(l) △H = -187.8kJ·ml-1
则根据盖斯定律，①-②×2可得，2H2O2(l)=2H2O(l)+ O2(g) △H = -196kJ·ml-1；
(3)①0-20min内，根据图像，H2O2的浓度变化量=0.4 ml/L，v(H2O2)==0.020ml/(L∙min)；
②根据图示，每间隔20分钟，双氧水的浓度变为原来的一半，则速率也变为原来的二分之一，已知该反应的瞬时速率可表示为v(H2O2)=k·cn(H2O2)，20分钟时的双氧水瞬时速率v(H2O2)20min= k×(0.4)n，40分钟时的双氧水瞬时速率v(H2O2)40min= k×(0.2)n，，则(0.4)n=2×(0.2)n，则n=1；
③A．催化剂能加快反应速率，故v(H2O2)增大，故A正确；
B．催化剂能加快反应速率，则速率常数k增大，故B正确；
C．催化剂不改变反应热(焓变)，则△H不变，故C错误；
D．催化剂可降低反应的活化能，则Ea(活化能)减小，故D错误；
答案选AB；
(4)①假设只发生以下反应，达平衡时两者分解的物质的量比为2：1，设发生分解的CuSO4·5H2O的物质的量为2ml，根据反应CuSO4·5H2O(s)⇌CuSO4·3H2O(s)+2H2O(g)，则生成水蒸气的物质的量为4ml，设发生分解2NaHCO3的物质的量为1ml，根据反应2NaHCO3(s)⇌Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)，则生成的水蒸气和二氧化碳分别为0.5ml，利用相同条件下物质的量之比等于压强之比，==9结合=9，则Kp2===4(kPa)2求解；
②平衡后，用总压为101kPa的潮湿空气[其中p(H2O)=8kPa、p(CO2)=0.4kPa]替换容器中的气体，50℃下达到新平衡。对于反应CuSO4·5H2O(s)⇌CuSO4·3H2O(s)+2H2O(g)，Qp1=(8kPa)2=64(kPa)2＞Kp1，平衡逆向进行，容器内CuSO4·5H2O的质量将增加；对于反应2NaHCO3(s)⇌Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)，Qp2= p(H2O)∙ p(CO2)=3.2(kPa)2＜Kp2，平衡正向进行，容器内NaHCO3质量将减小。
29、 2H2S + O2 =2S↓+2H2O 弱 氧和硫同主族，同主族元素最外层电子数相同，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱 bd NaHSO3 ③＞①＞④＞② cd 60%
【解析】
（1）根据图示X为S的气态氢化物，X是H2S，H2S的电子式为；H2S的水溶液长期在空气中放置容易被空气中的氧气氧化生成硫，反应的化学方程式为O2+2H2S=2S↓+2H2O，该变化体现出硫元素的非金属性比氧元素弱，原因是：氧和硫同主族，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱。
（2）Na2S2O3中S显+2价；a．Na2S、S中S元素的化合价依次为-2价、0价，均低于+2价，不可能；b．根据图示Z为Na2SO3，Na2SO3、S中S元素的化合价依次为+4价、0价，满足高价跟低价生成中间价态，可能；c．根据图示Y为SO3，Na2SO3、SO3中S元素的化合价依次为+4价、+6价，均高于+2价，不可能；d．NaHS 、NaHSO3中S元素的化合价依次为-2价、+4价，满足高价跟低价生成中间价态，可能；答案选bd。
（3）若在操作中持续通入含SO2的烟气，最终SO2与Na2SO3反应生成NaHSO3，即最终产物为NaHSO3；根据电离平衡常数可知，酸性：H2SO3＞H2S＞HSO3-＞HS-，结合越弱越水解，硫化钠的水解程度最大，pH最大，亚硫酸氢钠水解程度最小，pH最小，故四种溶液的pH由大到小的顺序是③＞①＞④＞②。
（4）a．υ (CO) ∶υ(SO2) = 2∶1没有指明反应速率的方向，不能说明反应达到平衡；b．平衡常数只与温度有关，平衡常数不变不能说明反应达到平衡；c.气体密度与气体的质量有关，因为S是固体，该反应属于气体质量变化的反应，气体密度不变，表示气体质量不变，说明是平衡状态；d．CO2和SO2的体积比保持不变，表示正反应速率等于逆反应速率，说明是平衡状态；答案选cd。
设起始加入SO2物质的量为x，转化SO2物质的量为y
2CO(g) + SO2(g)S(s) + 2CO2(g)
起始（ml） 4x x 0
转化（ml） 2y y 2y
平衡（ml） 4x-2y x-y 2y
平衡时CO的体积分数=，解得y=，SO2的转化率为=60%。
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
用石墨作电极电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合溶液
阴极上先析出铜
金属活动性：Mg>Cu
B
室温下，测定等浓度的Na2A和NaB溶液的pH
Na2A溶液的pH较大
酸性：H2A