辽宁省葫芦岛市2025-2026学年高三压轴卷化学试卷（含答案解析）

这是一份辽宁省葫芦岛市2025-2026学年高三压轴卷化学试卷（含答案解析），共27页。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
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一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列有关物质的分类或归类正确的是
A．化合物：CaCl2、烧碱、聚苯乙烯、HD
B．电解质：明矾、胆矾、冰醋酸、硫酸钡
C．同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2
D．同位素：、、
2、下列关于有机化合物的说法正确的是
A．糖类、油脂、蛋白质均只含C、H、O三种元素
B．乙烯，乙醇、植物油均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．2 -苯基丙烯( )分子中所有原子共平面
D．二环[1，1，0]丁烷()的二氯代物有3种(不考虑立体异构)
3、化学与生活密切相关。 下列叙述错误的是
A．疫苗因未冷藏储运而失效,与蛋白质变性有关
B．天然气既是高效清洁的化石燃料,又是重要的化工原料
C．“中国天眼”的镜片材料为SiC,属于新型有机非金属材料
D．港珠澳大桥水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极的阴极保护法
4、下列关于铝及其化合物的说法正确的是( )
A．铝是地壳中含量最多的元素，铝以游离态和化合态两种形式存在于地壳中
B．铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定
C．氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料
D．熔化的氯化铝极易导电，和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)相同
5、常温下，将盐酸滴加到Na2X溶液中，混合溶液的pOH[pOH=—lgc(OH-)]与离子浓度变化的关系如图所示。
下列叙述正确的是
A．曲线N表示pOH与两者的变化关系
B．NaHX溶液中c(X2-)>c(H2X)
C．当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)
D．常温下，Na2X的第一步水解常数Kh1=1.0×10-4
6、当大量氯气泄漏时，用浸润下列某物质水溶液的毛巾捂住鼻子可防中毒．适宜的物质是
A．NaOHB．KIC．NH3D．Na2CO3
7、我国科学家设计出一种可将光能转化为电能和化学能的天然气脱硫装置，如图，利用该装置可实现：H2S+O2 ═H2O2 +S。已知甲池中发生转化：。下列说法错误的是
A．甲池碳棒上发生电极反应：AQ+2H++2e-＝H2AQ
B．该装置工作时，溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池
C．甲池①处发生反应：O2+H2AQ＝H2O2+AQ
D．乙池②处发生反应：H2S+I3-＝3I-+S↓+2H+
8、充分利用已有的数据是解决化学问题方法的重要途径．对数据的利用情况正确的是
A．利用化学平衡常数判断化学反应进行的快慢
B．利用溶解度数据判断氧化还原反应发生的可能性
C．利用沸点数据推测将一些液体混合物分离的可能性
D．利用物质的摩尔质量判断相同状态下不同物质密度的大小
9、下列有关描述中，合理的是
A．用新制氢氧化铜悬浊液能够区别葡萄糖溶液和乙醛溶液
B．洗涤葡萄糖还原银氨溶液在试管内壁产生的银:先用氨水溶洗、再用水清洗
C．裂化汽油和四氯化碳都难溶于水，都可用于从溴水中萃取溴
D．为将氨基酸混合物分离开，可以通过调节混合溶液pH，从而析出晶体，进行分离。
10、对下列溶液的分析正确的是
A．常温下pH=12的NaOH溶液，升高温度，其pH增大
B．向0.1ml/L NaHSO3溶液通入氨气至中性时
C．0.01 ml/L醋酸溶液加水稀释时，原溶液中水的电离程度增大
D．在常温下，向二元弱酸的盐NaHA溶液中加入少量NaOH固体将增大
11、能够产生如图实验现象的液体是
A．CS2B．CCl4
C．H2OD．
12、下列实验中，所选装置或仪器合理的是
A．高温煅烧石灰石B．从KI和I2的固体混合物中回收I2
C．除去乙醇中的苯酚D．量取15.00mLNaOH溶液
13、一定量的钠和铝的混合物与足量的水充分反应，没有金属剩余，收到2.24L气体，下列说法一定正确的是
A．所得气体为氢气 B．所得气体的物质的量为 0.1 ml
C．上述过程只发生一个化学反应 D．所得溶液中只有一种溶质
14、用电解法可提纯含有某些含氧酸根杂质的粗KOH溶液，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是
A．通电后阴极区附近溶液pH会增大
B．阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
C．纯净的KOH溶液从b出口导出
D．K+通过交换膜从阴极区移向阳极区
15、根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是
A．第①组反应中生成0.5ml Cl2，转移1ml电子
B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为l：2
C．第③组反应的其余产物为O2和H2O
D．氧化性由强到弱的顺序为MnO4－> Cl2>Fe3＋>Br2
16、下列反应不属于氧化还原反应的是（ ）
A．Cl2 + H2O = HCl + HClOB．Fe + CuSO4 = FeSO4 + Cu
C．2NaHCO 3 Na2CO3 + H2O + CO2D．Cl2 + 2FeCl2 = 3FeCl3
二、非选择题（本题包括5小题）
17、某新型药物G合成路线如图所示：
已知：Ⅰ.RCHO（R为烃基）；
Ⅱ.RCOOH；
Ⅲ. +RNH2
请回答下列问题：
（1）A的名称为 ___，合成路线图中反应③所加的试剂和反应条件分别是______。
（2）下列有关说法正确的是 __（填字母代号）。
A．反应①的反应类型为取代反应
B．C可以发生的反应类型有取代、加成、消去、加聚
C．D中所有碳原子可能在同一平面上
D．一定条件下1 ml G可以和2 ml NaOH或者9 ml H2反应
（3）F的结构简式为____。
（4）C在一定条件下可以发生聚合反应生成高分子化合物，写出该反应的化学方程式 ______。
（5）D有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有 ___种。
①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环
②能发生银镜反应和水解反应
（6）参照G的上述合成路线，设计一条由乙醛和H2NCH（CH3）2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH（CH3）2的合成路线______。
18、由化合物A 合成黄樟油（E）和香料F的路线如下（部分反应条件已略去）：
请回答下列问题：
（1）下列有关说法正确的是______（填选项字母）。
a．化合物A核磁共振氢谱为两组峰
b．CH2Br2只有一种结构
c．化合物E能发生加聚反应得到线型高分子
d．化合物B能发生银镜反应，也能与NaOH溶液反应
（2）由B转化为D所需的试剂为______。
（3）D含有的官能团名称为________，C的同分异构体中具有顺反异构的名称是________（不必注明“顺”“反”）。
（4）写出A→B的化学反应方程式：__________。
（5）满足下列条件的E的同分异构体W有________种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1:2:2:2:3的结构简式为_______。
① lmlW与足量NaOH溶液反应，能消耗2mlNaOH
② 能发生银镜反应
③ 苯环上只有两个取代基，能发生聚合反应
（6）参照上述合成路线，写出以、丙酮为主要原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线________。
19、结晶硫酸亚铁部分失水时，分析结果如仍按FeSO4·7H2O的质量分数计算，其值会超过100％。国家标准规定，FeSO4·7H2O的含量：一级品99.50％～100.5％；二级品99.00％～100.5％；三级品98.00％～101.0％。
为测定样品中FeSO4·7H2O的质量分数，可采用在酸性条件下与高锰酸钾溶液进行滴定。
5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋→5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；
2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
测定过程：粗配一定浓度的高锰酸钾溶液1L，然后称取0.200 g 固体Na2C2O4（式量为134.0）放入锥形瓶中，用蒸馏水溶解并加稀硫酸酸化，加热至70℃～80℃。
(1)若要用滴定法测定所配的高锰酸钾溶液浓度，滴定终点的现象是_______________。
(2)将溶液加热的目的是____；反应刚开始时反应速率较小，其后因非温度因素影响而增大，根据影响化学反应速率的条件分析，其原因可能是______________________。
(3)若滴定时发现滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束气泡消失，则测得高锰酸钾浓度_____（填“偏大”“偏小”“无影响”）。
(4)滴定用去高锰酸钾溶液29.50mL，则c(KMnO4)＝_____ml/L（保留四位有效数字）。
(5)称取四份FeSO4·7H2O试样，质量均为0.506g，，用上述高锰酸钾溶液滴定达到终点，记录滴定数据
该试样中FeSO4·7H2O的含量（质量分数）为_________（小数点后保留两位），符合国家______级标准。
(6)如实际准确值为99.80%，实验绝对误差=____%，如操作中并无试剂、读数与终点判断的失误，则引起误差的可能原因是：__________。
20、草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O）是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。为探究纯净草酸亚铁晶体热分解的产物，设计装置图如下：
（1）仪器a的名称是______。
（2）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是_________。
（3）实验前先通入一段时间N2，其目的为__________。
（4）实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_______。
（5）草酸亚铁晶体在空气易被氧化，检验草酸亚铁晶体是否氧化变质的实验操作是____。
（6）称取5.40g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示：
①上图中M点对应物质的化学式为_________。
②已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算写出M→N发生反应的化学方程式：_______。
21、氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要作用。
(1)氨气是一种重要的化工原料，氨态氮肥是常用的肥料。
哈伯法合成氨技术的相关反应为:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-93kJ/ml，实际生产中，常用工艺条件：Fe作催化剂，控制温度773K、压强3.0×107Pa，原料气中N2和H2物质的量之比为1：2.8。
①合成氨技术是氮的固定的一种，属于______(选填“大气固氮”、“生物固氮”“人工固氮”)。
②合成氨反应常用铁触媒催化剂，下列关于催化剂的说法不正确的是_________。
A．可以加快反应速率 B．可以改变反应热
C．可以减少反应中的能耗 D．可以增加活化分子的数目
③关于合成氨工艺的下列理解，正确的是_________。
A．原料气中N2过量，是因N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率
B．控制温度(773K)远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率
C．当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率
D．分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生
(2)肼(N2H4)是氮的氢化物之一，其制备方法可用次氯酸钠氧化过量的氨气。
①次氯酸钠溶液显碱性，表示原理的离子方程式是_________________________。
②常温下，该水解反应的平衡常数为K=1.0×10-6ml/L，则1.0ml/LNaClO溶液的pH=____。
③肼与N2O4氧化反应生成N2和水蒸气。
已知：N2(g)+2O2(g)=N2O4(l) △H=-19.5kJ/ml
N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-534.2kJ/ml
请写出肼和N2O4反应的热化学反应方程式_________________________________。
(3)在NH4HCO3溶液中，反应NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=_____。(已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4×10-7)。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
A．CaCl2、烧碱属于化合物，聚乙烯是高分子化合物，属于混合物，HD为单质，选项A错误；
B．明矾是硫酸铝钾结晶水合物，胆矾是硫酸铜结晶水合物，冰醋酸是醋酸，硫酸钡是盐，它们都是在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物，都是电解质，选项B正确；
C．CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2，结构不相似，不属于同系物，选项C错误；
D．、是碳元素不同核素，互为同位素，是单质，选项D错误。
答案选B。
2、B
【解析】
A. 蛋白质中还含有N等元素，故A错误；
B. 乙烯和植物油中含有碳碳双键，乙醇中含有羟基，均能被高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C. 2 -苯基丙烯( )分子中所有碳原子可以共平面，但甲基中的氢原子与苯环不能共面，故C错误；
D. 二环[1，1，0]丁烷()的二氯代物，其中两个氯原子在同一个碳原子上的有1种，在相邻碳原子上的有1中，在相对碳原子上的有2中，共有4种(不考虑立体异构)，故D错误；
故选B。
蛋白质的组成元素一般为碳、氢、氧,氮、硫，少数含有磷，一定含有的是碳、氢、氧、氮。
3、C
【解析】
A．温度过高蛋白质会发生变性，故A正确；
B．天然气燃烧只生成二氧化碳和水，为清洁燃料，利用天然气可以合成二甲醚等有机物，是重要的化工原料，故B正确；
C．碳化硅是非金属化合物，且为无机物，碳化硅是一种新型无机非金属材料，故C错误；
D．铝比铜活泼，形成原电池铝作负极被氧化，防腐方法为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；
故答案为C。
4、C
【解析】
A. 铝是地壳中含量最多的金属元素，铝以化合态形式存在于地壳中，故A错误；
B. 铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很活泼，在表面形成一屋致密的氧化膜，阻止内部金属继续反应，故B错误；
C. 氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料，故C正确；
D. 熔化的氯化铝是非电解质，不易导电，和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)不相同，是分子晶体，故D错误；
故选C。
本题综合考查铝及其化合物的性质，侧重元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关知识的积累，D为易错点，熔化的氯化铝是非电解质，由分子构成，不易导电。
5、D
【解析】
Na2X溶液中，X2-分步水解，以第一步水解为主，则Kh1(X2-)＞Kh2(X2-)，碱性条件下，则pOH相同时，＞，由图象可知N为pOH与lg的变化曲线，M为pOH与lg变化曲线，当lg或lg=0时，说明或=1，浓度相等，结合图像可计算水解常数并判断溶液的酸碱性。
【详解】
A．由以上分析可知，曲线N表示pOH与lg的变化曲线，故A错误；B．由曲线M可知，当lg=0时，=1，pOH=9，c(OH-)=10-9ml/L，则Kh2(X2-)=×c(OH-)=1×10-9；由曲线N可知，当lg =0时， =1，pOH=4，c(OH-)=10-4ml/L，Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，则HX-的电离平衡常数Ka2===1×10-10，则NaHX溶液中HX-的水解程度大于电离程度，溶液中c(H2X)>c( X2-)，故B错误；C．混合液中存在电荷守恒式为c(Na+)+ c(H+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-)，则当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)，故C错误；D．由曲线N可知，当lg =0时， =1，pOH=4，c(OH-)=10-4ml/L，则Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，故D正确；故答案为D。
6、D
【解析】
A．氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，能腐蚀皮肤，故A错误；
B．KI与氯气反应生成碘，如浓度过高，对人体有害，故B错误；
C．氨气本身具有刺激性，对人体有害，不能用氨水吸收氯气，故C错误；
D．Na2CO3溶液显碱性，碱性较弱，能与氯气反应而防止吸入氯气中毒，则可以用浸有Na2CO3溶液的毛巾捂住鼻子，故D正确；
故选：D。
7、B
【解析】
A．由装置图可知，甲池中碳棒上发生得电子的还原反应，电极反应为AQ+2H++2e-=H2AQ，故A不符合题意；
B．原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以溶液中的H+从乙池经过全氟磺酸膜进入甲池，故B符合题意；
C．甲池①处发生O2和H2AQ反应生成H2O2和AQ，方程式为O2+H2AQ＝H2O2+AQ，故C不符合题意；
D．乙池②处，硫化氢失电子生成硫单质，得电子生成I-，离子方程式为：H2S+＝3I-+S↓+2H+，故D不符合题意；
故选：B。
本题考查新型原电池的工作原理，把握理解新型原电池的工作原理是解题关键，注意根据题给信息书写电极反应式。
8、C
【解析】
A、平衡常数的大小体现一个可逆反应进行的程度大小，平衡常数越大，则表示反应物的转化率越高，它是一个只随温度改变而改变的量，只在可逆反应中才会出现；错误；
B、氧化还原反应发生的可能性是需要判断物质氧化性还原性的相对强弱，错误；
C、沸点差别，可以选用蒸馏的方法分离，正确；
D、需要考虑物质的状态，气体和液体没有可比性，错误。
9、D
【解析】
A．葡萄糖和乙醛都含有醛基，加热时都可与氢氧化铜发生氧化还原反应，不能鉴别，故A错误；
B．银不与氨水反应，不能用于洗涤试管内壁的银单质，银可溶于硝酸，可用硝酸洗涤，故B错误；
C．裂化汽油成分中，含有碳碳双键的化合物，可与溴水发生加成反应，则不能用作萃取剂，故C错误；
D．氨基酸含有羧基、氨基，具有两性，不同的氨基酸达到等电点的pH不同，可控制pH利用溶解度差异分离，故D正确。
答案选D。
氨基酸解离成阳离子和阴离子的趋势及程度相等，所带净电荷为零，呈电中性，此时溶液的pH称为该氨基酸的等电点。当达到等电点时氨基酸在溶液中的溶解度最小。
10、C
【解析】
A．NaOH溶液是强碱，氢离子来自于水的电离，常温下pH=12的NaOH溶液，升高温度，溶液中Kw增大，其pH减小，故A错误；
B．0.1ml⋅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，溶液中存在电荷守恒，即c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)+c(OH−)，因为pH=7即c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)②，由①得c(Na+)＞c(SO32−)；将①式左右两边都加上c(NH4+)得c(Na+)+c(NH4+)=c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)+c(NH4+)③，结合②③得c(SO32−)=c(NH4+)+c(H2SO3)，故c(SO32−)＞c(NH4+)，故c(Na+)＞c(SO32−)＞c(NH4+)，故C错误；
C．酸碱对水的电离都有抑制作用，0.01 ml/L醋酸溶液加水稀释时，醋酸的浓度减小，对水的电离平衡抑制作用减弱，则原溶液中水的电离程度增大，故C正确；
D．在常温下，向二元弱酸的盐NaHA溶液中，加入少量NaOH固体，溶液酸性减弱，氢离子浓度减小，该比值将减小，故D错误；
答案选C。
11、C
【解析】
A．CS2是非极性分子，用带电玻璃棒接近CS2液流,液流不偏转，A错误；
B．CCl4是非极性分子，用带电玻璃棒接近CCl4液流,液流不偏转，B错误；
C．H2O是极性分子，用带电玻璃棒接近H2O液流,液流会偏转，C正确；
D．是非极性分子，用带电玻璃棒接近液流,液流不偏转，D错误。
答案选C。
极性分子能发生细流偏转现象，非极性分子不能发生细流偏转现象。
12、D
【解析】
A. 高温煅烧石灰石不可用瓷坩埚进行，氧化钙与二氧化硅反应，A错误；
B. I2易升华，分离回收碘，应在密封的装置中，图中蒸发皿加热后不能回收碘，B错误；
C. 苯酚易溶于乙醇中，不会有沉淀，所以不能用过滤法分离乙醇和苯酚，C错误；
D. 量取15.00mLNaOH溶液，可选择滴定管，移液管等精准的量器，D正确；
答案选D。
13、A
【解析】钠与水反应生成氢气，铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，所以所得气体为氢气，故A正确；非标准状况下，2.24L气体的物质的量不一定是 0.1 ml，故B错误；上述过程，发生钠与水反应生、铝与氢氧化钠溶液反应，共发生两个化学反应，故C错误；所得溶液中的溶质可能有偏铝酸钠和氢氧化钠两种溶质，故D错误。
点睛：铝能与酸反应放出氢气，铝也能与强碱溶液反应放出氢气，如 。
14、D
【解析】
A、阴极的反应是2H++2e-=H2↑，氢离子来自于水电离，所以剩余了水电离的氢氧根离子，溶液的pH升高，A正确；
B、阳极是溶液的氢氧根离子失电子，反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，B正确；
C、左侧溶液中氢氧根离子转化为氧气，多余的钾离子透过阳离子交换膜进入右侧；右侧水电离的氢离子转化为氢气，剩余大量水电离的氢氧根离子，加上透过交换膜过来的钾离子，使右侧溶液中氢氧化钾的浓度增大，所以纯净的KOH溶液从b出口导出，C正确；
D、阳离子应该向阴极移动，所以K+通过交换膜从阳极区移向阴极区移动，D错误；
故选D。
15、D
【解析】
A．由信息可知，MnO4-氧化Cl-为Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1m1C12，转移电子为2m1，选项A正确；
B．由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，溴离子末被氧化，根据电子得失守恒2n（C12）=n（Fe2+），即第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2，选项B正确；
C．反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，选项C正确；
D．氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4->Cl2，由②可知氧化性Cl2>Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br-，氧化性Br2>Fe3+，选项D错误。
答案选D。
16、C
【解析】
氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，可从元素化合价的角度判断反应是否氧化还原反应。A项，反应物中有单质，生成物中都是化合物，一定有化合价变化，A是氧化还原反应；B项，置换反应都是氧化还原反应，B是氧化还原反应；C项，所有元素的化合价都没有变化，C不是氧化还原反应；D项，有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应，是氧化还原反应。
点睛：本题考查氧化还原反应，试题难度不大，注意从元素化合价的角度判断物质的性质，平日学习中注意知识的积累，快速判断。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、苯乙醛 浓硫酸，加热 C n+(n-1)H2O 5 CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2
【解析】
根据合成路线，A结构中含有苯环结构，A→B发生信息I的反应，则A为，B为，B酸性条件下水解生成C；根据D的分子式，结合C的分子式C9H10O3可知，C发生消去反应生成D，D为，D发生信息II的反应生成E，E为，结合G的结构简式可知，E和F发生取代反应生成G，则F为，据此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析，A为，名称为苯乙醛，合成路线图中反应③为醇羟基的消去反应，所加的试剂和反应条件分别是浓硫酸，加热，故答案为：苯乙醛；浓硫酸，加热；
(2)A. 根据上述分析，反应①为加成反应，故A错误；B. C中含有羟基、羧基和苯环，羟基可以取代反应和消去反应，羧基可以发生取代反应，苯环可以发生取代反应和加成反应，但不能发生加聚，故B错误；C. D为，苯环、碳碳双键和碳氧双键都是平面结构，因此D中所有碳原子可能在同一平面上，故C正确；D. 一定条件下1 ml G()可以和2 ml NaOH发生水解反应，能够和7 ml H2发生加成反应，故D错误；故答案为：C；
(3)根据上述分析，F的结构简式为，故答案为：；
(4)C()在一定条件下可以发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；
(5)D()有多种同分异构体，①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环，②能发生银镜反应和水解反应，说明结构中含有醛基和酯基，则属于甲酸酯类物质，满足条件的同分异构体有：①苯环上含有2个侧链的，一个侧链为HCOO-，一个为-CH=CH2，有3种结构；②苯环上含有1个侧链的，HCOO-可以分别连接在-CH=CH-两端，有两种结构，共有5种同分异构体，故答案为：5；
(6)由乙醛和H2NCH(CH3)2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH(CH3)2，根据信息III，可以首先合成CH3COBr，然后与H2NCH(CH3)2发生取代反应即可，根据G的合成路线，可以由CH3CHO，先氧化生成CH3COOH，然后发生信息II的反应即可得到CH3COBr，合成路线为CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2，故答案为：CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2。
18、bc 液溴、Fe（或液溴、FeBr3） 醚键、溴原子 1-溴丙烯 9
【解析】
根据A的分子式和性质，判断为酚，再根据D的结构，可以判断A为邻二苯酚()，B为。
(l)a．A为邻二苯酚()，核磁共振氢谱为三组峰，故a错误；b. 甲烷是正四面体结构，因此CH2Br2只有一种结构，故b正确；c．化合物E为，含有碳碳双键，能发生加聚反应得到线型高分子，故c正确；d．B为，不存在醛基，不能发生银镜反应，故d错误；故选bc；
(2)由B转化为D是在苯环上引入溴原子，需要试剂为液溴、Fe，故答案为液溴、Fe；
(3)根据D的结构可知，其含有的含氧官能团为醚键和溴原子，C的同分异构体中具有顺反异构的是1-溴丙烯，故答案为醚键、溴原子；1-溴丙烯；
(4)A为邻二苯酚()，B为，A→B的化学方程式为：，故答案为；
(5)E为，E的同分异构体W满足：① lmlW与足量NaOH溶液反应，能消耗2mlNaOH ；② 能发生银镜反应；③ 苯环上只有两个取代苯，能发生聚合反应，说明苯环上含有2个侧链，其中含有碳碳双键、醛基或属于甲酸某酯，结合E的结构，W属于甲酸苯酚酯，即HCOO-，另一个侧链为-CH2CH=CH2或-CH=CH2CH3或-C(CH3)=CH2，每种侧链对应与邻位、间位、对位3种结构，共9种，其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1：2：2：2：3的结构简式为，故答案为9；；
(6)以、为主要原料制备，可以将丙酮，与发生题中类似F→G的反应，得到醇再与溴化氢反应后，得溴代烃，在镁的作用下，两个分子之间发生类似题中C+D→E的反应，合成路线为，故答案为。
点睛：本题考查有机物推断与合成、有机物结构与性质、有机反应类型、同分异构体等知识，是对有机物化学基础的综合应用，侧重考查学生对知识的迁移应用。本题的难点是(6)的合成路线的设计。
19、滴入最后1滴KMnO4溶液后，溶液变为浅红色，且半分钟不褪去 加快反应速率 反应开始后生成Mn2＋，而Mn2＋是上述反应的催化剂，因此反应速率加快 偏小 0.02024 98.30% 三 -1.5% 空气中氧气氧化了亚铁离子使高锰酸钾用量偏小
【解析】
(1)依据滴定实验过程和试剂滴入顺序可知，滴入高锰酸钾溶液最后一滴，溶液变红色，半分钟内不变证明反应达到终点；
故答案为：滴入最后1滴KMnO4溶液后，溶液变为浅红色，且半分钟不褪去；
(2)加热加快反应速率，反应过程中生成的锰离子对反应有催化作用分析；
(3)若滴定时发现滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束气泡消失，消耗高锰酸钾待测溶液体积增大，则测得高锰酸钾浓度减小；
(4)2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，依据化学反应定量关系，计算所标定高锰酸钾溶液的浓度；
(5)依据图表数据计算，第三次实验数据相差大舍去，计算其他三次的平均值，利用反应定量关系计算亚铁离子物质的量得到FeSO4·7H2O的含量，结合题干信息判断符合的标准；
(6)测定含量-实际含量得到实验绝对误差，亚铁离子溶液中易被空气中氧气氧化分析可能的误差。
【详解】
(1)依据滴定实验过程和试剂滴入顺序可知，滴入高锰酸钾溶液最后一滴，溶液变红色，半分钟内不变证明反应达到终点；
(2)粗配一定浓度的高锰酸钾溶液1L，然后称取0.200g 固体Na2C2O4(式量为134.0)放入锥形瓶中，用蒸馏水溶解并加稀硫酸酸化，加热至70℃～80℃，加热加快反应速率，反应刚开始时反应速率较小，其后因非温度因素影响而增大，根据影响化学反应速率的条件分析，其原因可能是反应过程中生成的锰离子对反应有催化作用分析；
故答案为：加快反应速率，反应开始后生成Mn2+，而Mn2+是上述反应的催化剂，因此反应速率加快；
(3)若滴定时发现滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束气泡消失，消耗高锰酸钾待测溶液体积增大，溶质不变则测得高锰酸钾浓度减小；
故答案为：偏小；
(4)0.200g 固体Na2C2O4(式量为134.0)，n(C2O42-)==0.0014925ml，依据化学反应定量关系，计算所标定高锰酸钾溶液的浓度；
2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，
2 5
n 0.0014925ml
n=0.000597ml
滴定用去高锰酸钾溶液29.50mL，
则c(KMnO4)==0.02024ml/L；
(5)依据图表数据计算，第三次实验数据相差大舍去，
计算其他三次的平均值==17.68mL，利用反应定量关系计算亚铁离子物质的量得到FeSO4·7H2O的含量，
5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋→5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；
5 1
n 0.01768L×0.02024ml/L
n=0.001789ml
FeSO4·7H2O的含量=×100%=98.30%，三级品98.00%～101.0%
结合题干信息判断符合的标准三级品；
(6)测定含量-实际含量得到实验绝对误差=98.30%-99.80%=-1.5%，亚铁离子溶液中易被空气中氧气氧化为铁离子，高锰酸钾溶液用量减小引起误差。
20、球形干燥管（干燥管） 缺少处理CO尾气装置 排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰 E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀 取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质 FeC2O4 3FeC2O4 Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑
【解析】
装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳，据此解答。
【详解】
(1)仪器a的名称是球形干燥管(干燥管)，故答案为：球形干燥管(干燥管)；
(2)反应会产生CO，缺少处理CO尾气装置，故答案为：缺少处理CO尾气装置；
(3)反应会会产生CO和H2O，通入氮气，排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰，故答案为：排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰；
(4)CO与CuO反应，生成Cu和二氧化碳，现象为E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀，故答案为：E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀；
(5)检验铁离子的试剂为KSCN，具体有：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质，故答案为：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质；
(6)①草酸亚铁晶体的物质的量为：＝0.03ml，通过剩余固体的质量为4.32g，则M的摩尔质量为＝144g/ml，过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，剩下的M为FeC2O4，故答案为：FeC2O4；
②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：＝1.68g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有：，解得x：y＝3：4，铁的氧化物的化学式为Fe3O4，因此M→N发生反应的化学方程式为3FeC2O4 Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑。
本题难点在于(6)②，根据质量，求分子式，可以通过质量守恒得到答案。
21、人工固氮 BC AD ClO-+H2OHClO+OH- 11 2N2H4(l)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=-1048.9kJ/ml 1.25×103
【解析】
(1)①由氮元素的单质变为氮的化合物的过程为氮的固定，可根据氮固定形式判断固定方式；
②催化剂可降低反应的活化能，提高活化分子百分数，加快化学反应速率但不能使反应平衡发生移动；
③根据合成氨气的反应是气体体积减小的放热反应，从化学反应速率和化学平衡移动角度分析外界条件对合成氨气反应的影响；
(2)①根据次氯酸钠是强碱弱酸盐，利用盐的水解规律分析；
②根据水解平衡常数的含义计算溶液中c(OH-)，然后利用水的离子积计算c(H+)再根据pH=-lg(H+)计算pH；
③根据盖斯定律，将两个热化学方程式叠加，可得相应的热化学方程式；
(3)根据水解平衡常数的表达式与Kb、Ka1和水的离子积的关系计算。
【详解】
(1)①N2与H2在催化剂存在时，在高温、高压条件下发生反应产生NH3，该反应属于氮的固定，是人工固氮；
②A.铁触媒是合成氨气的催化剂，由于降低了反应的活化能，使更多的分子变为活化分子，活化分子数增加，反应速率加快，A正确；
B.催化剂可以改变反应途径，但不能改变物质的始态和终态，因此不可以改变反应热，B错误；
C.由于催化剂不能改变物质的始态和终态，因此不能改变反应过程的能量变化，所以不能减少反应中的能耗，C错误；
D.由于催化剂可降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，所以可以增加活化分子的数目，D正确；
故合理选项是BC；
③A.合成氨气中N2、H2反应的物质的量的比是1：3，加入的原料气中N2和H2物质的量之比为1：2.8，N2过量，是因N2相对易得，适度过量可以加快反应速率，由于增大了一种反应物的浓度，可以使化学平衡正向移动，从而可以使其它反应物的转化率提高，从而可提高H2的转化率，A正确；
B.控制温度(773K)远高于室温，主要是因为在此温度下催化剂的活性最大，由于该反应的正反应是放热反应，所以升高温度，化学平衡逆向移动，反应物平衡转化率降低，B错误；
C.当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体，由于不能改变任何一种反应物的浓度，因此对物质平衡转化率无影响，C错误；
D.空气的主要成分是N2、O2，分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气N2、H2必须经过净化处理，以防止催化剂中毒导致失去催化活性及发生安全事故发生，D正确；
故合理选项是AD；
(2)①次氯酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中ClO-会发生水解反应：ClO-+H2OHClO+OH-，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，所以溶液显碱性；
②ClO-的水解平衡常数K==1.0×10-6ml/L，c2(OH-)=1.0ml/L×1.0×10-6ml/L=1.0×10-6ml2/L2，所以c(OH-)=1.0×10-3ml/L，则c(H+)==1.0×10-11ml/L，所以溶液的pH=11；
③(i)N2(g)+2O2(g)=N2O4(l) △H=-19.5kJ/ml
(ii)N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-534.2kJ/ml
(ii)×2-(i)，整理可得2N2H4(l)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=-1048.9kJ/ml
(3)反应NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K==1.25×10-3。
本题考查了盖斯定律的应用、催化剂的作用、氮的固定、盐的水解离子方程式的书写和水解平衡常数的计算、物质转化率的影响及判断的知识。较全面的考查了学生知识的学习及应用能力，难度中等。
组号
今加反应的物质
生成物
①
MnO4－、Cl－···
Cl2、Mn2＋···
②
Cl2(少量)、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4…
滴定次数
实验数据
1
2
3
4
V(高锰酸钾)/mL(初读数)
0.10
0.20
0.00
0.20
V(高锰酸钾)/mL(终读数)
17.76
17.88
18.16
17.90