2026届安徽省六安二中高三第二次模拟考试化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省六安二中高三第二次模拟考试化学试卷含解析，共40页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
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2．答题时请按要求用笔。
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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、关于新型冠状病毒，下来说法错误的是
A．该病毒主要通过飞沫和接触传播B．为减少传染性，出门应戴好口罩
C．该病毒属于双链的DNA病毒，不易变异D．该病毒可用“84消毒液”进行消毒
2、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
3、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．NA个Al(OH)3胶体粒子的质量为78g
B．常温常压下，2.24L H2含氢原子数小于0.2NA
C．136gCaSO4与KHSO4的固体混合物中含有的阴离子的数目大于NA
D．0.1ml•L－1FeCl3溶液中含有的Fe3＋数目一定小于0.1NA
4、泛酸和乳酸均易溶于水并能参与人体代谢，结构简式如下图所示。下列说法不正确的是
泛酸乳酸
A．泛酸分子式为C9H17NO5
B．泛酸在酸性条件下的水解产物之一与乳酸互为同系物
C．泛酸易溶于水，与其分子内含有多个羟基易与水分子形成氢键有关
D．乳酸在一定条件下反应，可形成六元环状化合物
5、阿伏加德罗是意大利化学家（ ），曾开业当律师，24岁后弃法从理，十分勤奋，终成一代化学大师。为了纪念他，人们把1 ml某种微粒集合体所含有的粒子个数，称为阿伏加德罗常数，用N表示。下列说法或表示中不正确的是
A．科学上规定含有阿伏加德罗常数个粒子的任何微粒集合体都为1 ml
B．在K37ClO3+6H35Cl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，若有212克氯气生成，则反应中电子转移的数目为5NA
C．60 克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗2NA个O2
D．6.02×1023ml-1叫做阿伏加德罗常数
6、用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是
A．加热装置I中的烧杯分离I2和FeB．利用装置Ⅱ合成氨并检验氨的生成
C．利用装置Ⅲ制备少量的氯气D．利用装置Ⅳ制取二氧化硫
7、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.1ml HClO 中含 H—Cl 键的数目为 0.1NA
B．1L 0.1ml•L-1NaAlO2 溶液中含 AlO2- 的数目为 0.1NA
C．含0.1ml AgBr的悬浊液中加入0.1ml KCl，充分反应后的水溶液中Br-的数目为0.1NA
D．9.2 g由甲苯()与甘油(丙三醇)组成的混合物中含氢原子的总数为0.8NA
8、化学与生活密切相关。下列有关说法中不正确的是
A．工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂
B．水与乙醇的混合液、雾、鸡蛋清溶液均具有丁达尔效应
C．蔬菜汁饼干易氧化变质．建议包装饼干时，加入一小包铁粉作抗氧化剂并密封
D．浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可以吸收乙烯，所以可用其保鲜水果
9、81号元素所在周期和族是( )
A．第六周期ⅣA族B．第六周期ⅢB族C．第七周期0族D．第六周期ⅢA族
10、一种从植物中提取的天然化合物a-damascne，可用于制作“香水”，其结构为：
，有关该化合物的下列说法不正确的是
A．分子式为B．该化合物可发生聚合反应C．1ml该化合物完全燃烧消耗19mlD．与溴的溶液反应生成的产物经水解、稀硝酸化后可用溶液检验
11、某温度下，向10 mL 溶液中滴加的溶液，滴加过程中，溶液中与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是( )已知： 。
A．该温度下
B．X、Y、Z三点中，Y点水的电离程度最小
C．溶液中：
D．向100 mL 浓度均为的混合溶液中逐滴加入的溶液，先沉淀
12、能证明BF3为平面三角形而不是三角锥形分子的理由是（ ）
A．BF2Cl只有一种结构B．三根B﹣F键间键角都为120°
C．BFCl2只有一种结构D．三根B﹣F键键长都为130pm
13、某研究性学习小组的同学在实验室模拟用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝 [A12(SO4)x(OH)6-2x]溶液，并用于烟气脱硫研究，相关过程如下：
下列说法错误的是
A．滤渣I、II的主要成分分别为SiO2、CaSO4
B．若将pH调为4，则可能导致溶液中铝元素的含量降低
C．吸收烟气后的溶液中含有的离子多于5种
D．完全热分解放出的SO2量等于吸收的SO2量
14、下表中各组物质之间不能通过一步反应实现如图转化的是
A．AB．BC．CD．D
15、下列工业生产过程中涉及到反应热再利用的是
A．接触法制硫酸B．联合法制纯碱
C．铁矿石炼铁D．石油的裂化和裂解
16、已知：①正丁醇沸点：117. 2℃，正丁醛沸点：75. 7℃；②CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO。利用如图装置用正丁醇合成正丁醛，下列说法不正确的是
A．为防止产物进一步氧化，应将适量Na2Cr2O7酸性溶液逐滴加入正丁醇中
B．当温度计1示数为90~95℃，温度计2示数在76℃左右时收集产物
C．向分馏出的馏出物中加入少量金属钠，可检验其中是否含有正丁醇
D．向分离所得的粗正丁醛中，加入CaCl2固体，过滤，蒸馏，可提纯正丁醛
17、使用下列试剂或进行下列操作，能达到相应实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
18、下图可设计成多种用途的电化学装置。下列分析正确的是
A．当a和b用导线连接时，溶液中的SO42－向铜片附近移动
B．将a与电源正极相连可以保护锌片，这叫牺牲阳极的阴极保护法
C．当a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：2H++2e-=H2↑
D．a和b用导线连接后，电路中通过0.02ml电子时，产生0.02ml气体
19、萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是
A．a和b都属于芳香烃
B．a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上
C．在一定条件a、b和c均能与氢气发生加成反应
D．b和c均能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀
20、已知常温下，Ksp(NiS)≈1.0×10-21，Ksp(ZnS)≈1.0×10-25，pM=-lgc(M2+)。向20mL0.1ml·L-1NiCl2溶液中滴加0.1ml·L-1Na2S溶液，溶液中pM与Na2S溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．图像中，V0=40，b=10.5
B．若NiCl2(aq)变为0.2ml·L-1，则b点向a点迁移
C．若用同浓度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液，则d点向f点迁移
D．Na2S溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)
21、以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是
A．四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应
B．商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品
C．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏士
D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
22、已知常温下Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)、Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)。下列分析不正确的是（ ）
A．将10 mL 0.1 ml/L Na2CO3溶液逐滴滴加到10 mL 0.1 ml/L盐酸中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)
B．现有①200 mL 0.1 ml/L NaClO溶液，②100 mL0.1 ml/L CH3COONa溶液，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：②＞①
C．向0.1 ml/L NH4Cl溶液中加入少量NH4Cl固体：比值减小
D．将AgBr和AgCl的饱和溶液等体积混合，再加入足量AgNO3浓溶液：产生的AgCl沉淀多于AgBr沉淀
二、非选择题(共84分)
23、（14分）某研究小组拟合成医药中间体X和Y。
已知：①；
②；
③。
(1)的名称是__________
(2)G→X的反应类型是_____________。
(3)化合物B的结构简式为_____________。
(4)下列说法不正确的是__________(填字母代号)
A．化合物A能使酸性KMnO4溶液褪色
B．化合物C能发生加成、取代、消去反应
C．化合物D能与稀盐酸反应
D．X的分子式是C15H16N2O5
(5)写出D+F→G的化学方程式:____________________
(6)写出化合物A(C8H7NO4)同时符合下列条件的两种同分异构体的结构简式_______。
①分子是苯的二取代物，1H—NMR谱表明分子中有4种化学环境不同的氧原子；
②分子中存在硝基和结构。
(7)参照以上合成路线设计E→的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)。
____________________________________________。
24、（12分）高聚物的合成与结构修饰是制备具有特殊功能材料的重要过程。如图是合成具有特殊功能高分子材料W（）的流程：
已知：
I. R-CH2OH
II. =R2-OH,R、R2、R3代表烃基
(1)①的反应类型是___________。
(2)②是取代反应，其化学方程式是____________________。
(3)D的核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1∶3，不存在顺反异构。D的结构简式是_______。
(4)⑤的化学方程式是_________________。
(5)F的官能团名称____________________；G的结构简式是____________________。
(6)⑥的化学方程式是_________________________。
(7)符合下列条件的E的同分异构体有__________种(考虑立体异构)。
①能发生水解且能发生银镜反应 ②能与Br2的CCl4溶液发生加成反应
其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式是__________________。
(8)工业上也可用合成E。由上述①~④的合成路线中获取信息，完成下列合成路线(箭头上注明试剂和反应条件，不易发生取代反应)
_______________。
25、（12分）有机物的元素定量分析最早是由德国人李比希提出的，某实验室模拟李比希法测定某种氨基酸(CxHyOzNp)的分子组成。取一定量的该氨基酸放在纯氧气中燃烧，燃烧后生成的水用装置D（无水氯化钙）吸收，二氧化碳用装置C（KOH浓溶液）吸收，N2的体积用E装置进行测量，所需装置如下图(夹持仪器的装置及部分加热装置已略去)：
（1）该实验装置的合理连接顺序为：A、__、E。（部分装置可以重复选用）
（2）实验开始时，首先打开止水夹a，关闭止水夹b，通一段时间的纯氧，这样做的目的是_____。
（3）A中放入CuO的作用是_______，装置B的作用是_____。
（4）为了确定此氨基酸的分子式，除了准确测量N2的体积、生成二氧化碳和水的质量外，还需得到的数据有___。
（5）在读取E装置中所排水的体积时，液面左低右高，则所测气体的体积____（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（6）已知分子式为C2H4O2的有机物也含有氨基酸中的某个官能团，请设计实验证明该官能团（试剂任选）：____。
26、（10分）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：__________。
27、（12分）苯甲醛是一种重要的化工原料，某小组同学利用如图所示实验装置(夹持装置已略去)制备苯甲醛。
已知有机物的相关数据如下表所示：
实验步骤：
①向容积为500mL的三颈烧瓶加入90.0mL质量分数为5%的次氯酸钠溶液(稍过量)，调节溶液的pH为9-10后，加入3.0mL苯甲醇、75.0mL二氯甲烷，不断搅拌。
②充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，并将有机相合并。
③向所得有机相中加入无水硫酸镁，过滤，得到有机混合物。
④蒸馏有机混合物，得到2.08g苯甲醛产品。
请回答下列问题：
(1)仪器b的名称为______，搅拌器的作用是______。
(2)苯甲醇与NaClO反应的化学方程式为_______。
(3)步骤①中，投料时，次氯酸钠不能过量太多，原因是____；步骤③中加入无水硫酸镁，若省略该操作， 可能造成的后果是______。
(4)步骤②中，应选用的实验装置是___(填序号)，该操作中分离出有机相的具体操作方法是___。
(5)步骤④中，蒸馏温度应控制在_______左右。
(6)本实验中，苯甲醛的产率为________(保留到小数点后一位)。
28、（14分）研究、、的回收对改善生态环境和构建生态文明具有重要的意义。
(1)有科学家经过研究发现，用和在℃，催化剂条件下可转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。230℃，向容器中投入和。当平衡转化率达80％时放出热量能量，写出该反应的热化学方程式______。一定条件下，上述合成甲醇的反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向逆反应方向移动的是______(填代号)。
A．逆反应速率先增大后减小 B．的转化率增大
C．生成物的体积百分含量减小 D．容器中的恒变小
(2)向容积可变的密闭容器中充入和，在恒温恒压条件下发生反应，平衡时的转化率随温度、压强的变化情况如图甲所示。
①压强：______(填“＞”“＜”或“＝”)
②M点时，的转化率为______(计算结果精确到％)，用平衡分压代替平衡浓度计算该反应的平衡常数______(用含的最简表达式表达，分压＝总压×物质的量分数)。
③不同温度下，该反应的平衡常数的对数值如图乙所示，其中A点为时平衡常数的对数值，则B、C、D、E四点中能正确表示该反应的与温度的关系的是______。
(3)还原的反应为，上述反应分两步进行：
i．(慢反应)
ii．(快反应)。下列叙述正确的是______(填字母)。
A．是该反应的催化剂 B．反应i的活化能较高
C．总反应速率由反应ii的速率决定 D．反应i中和的碰撞仅部分有效
(4)利用消除对环境的污染不可行的原因是______。
(5)用溶液做碳捕捉剂，在降低碳排放的同时也获得化工产品。常温下，若某次捕捉后得到的溶液，则溶液中：______
29、（10分）I.焦炭可用于制备电石、生产水煤气等。完成下列填空：
(1)电石的主要成分是CaC2，CaC2的晶体类型是___________；其与水反应的化学方程式为______________________。
(2)制备电石还需要用到CaCO3。组成CaCO3的三种元素原子半径按从大到小的顺序排列为____________。氧原子的核外电子排布式为_________________。
(3)与同主族元素Mg相比，Ca的金属性更______（填“强”或者“弱”）。能证明这一结论的实验事实是________________________。
II.用焦炭生产水煤气的反应为：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)。完成下列填空：
(4)一定温度下，在一个固定容积的密闭容器中发生上述反应，下列不能判断该反应达到平衡状态的是____________。（选填编号）
a．容器中的压强不再改变 b．混合气体的密度不再改变
c．v正(CO)=v逆(H2O) d．c(CO)=c(H2)
(5)将不同量的C (s)和H2O (g)分别加入到体积为2 L的恒容密闭容器中，进行反应，得到如下数据：
①实验1中以v(H2) 表示的到达平衡时的平均反应速率为____________。
②下列图像正确的是________。（选填编号）
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】
A. 通常病毒传播主要有三种方式：一是飞沫传播，二是接触传播，三是空气传播，该病毒主要通过飞沫和接触传播，A正确；
B.飞沫传播就是通过咳嗽、打喷嚏、说话等产生的飞沫进入易感黏膜表面，为了减少传染性，出门应戴好口罩，做好防护措施，B正确；
C.该冠状病毒由核酸和蛋白质构成，其核酸为正链单链RNA，C错误；
D. “84消毒液”的主要成分NaClO具有强的氧化性，能够使病毒的蛋白质氧化发生变性而失去其生理活性，因此“84消毒液”具有杀菌消毒作用，D正确；
故合理选项是C。
2、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。
3、B
【解析】
A. 一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故NA个氢氧化铝胶粒的质量大于78g，故A错误；
B. 常温常压下，Vm>22.4L/ml，则2.24L LH2物质的量小于0.1ml，则含有的H原子数小于0.2NA，故B正确；
C. CaSO4与KHSO4固体摩尔质量相同，都是136g/ml，136gCaSO4与KHSO4的固体混合物的物质的量为1ml，含有的阴离子的数目等于NA；C错误；
D. 溶液体积不明确，故溶液中的铁离子的个数无法计算，故D错误；
4、B
【解析】
A. 根据泛酸的结构简式，可知分子式为C9H17NO5，故A正确；
B. 泛酸在酸性条件下的水解出，与乳酸中羟基个数不同，所以与乳酸不是同系物，故B错误；
C. 泛酸中的羟基与水分子形成氢键，所以泛酸易溶于水，故C正确；
D. 2分子乳酸在一定条件下反应酯化反应，形成六元环状化合物，故D正确；
选B。
【点睛】
本题考查有机物的机构和性质，重点是掌握常见官能团的结构和性质，肽键在一定条件下水解，羟基、羧基一定条件下发生酯化反应，正确把握同系物的概念。
5、D
【解析】
A. 含有阿伏加德罗常数个粒子的任何微粒集合体都为1 ml，故A正确；
B. 生成的3ml氯气中含6mlCl，其中1ml为37Cl，5ml为35Cl，生成氯气摩尔质量= =70.7g·ml－1，若有212克氯气生成物质的量==3ml，生成3ml氯气电子转移5ml，故B正确；
C. 乙酸与葡萄糖最简式都是CH2O，1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气分子，60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物质量为2ml，充分燃烧消耗2NA个O2，故C正确；
D. 6.02×1023ml-1是阿伏加德罗常数的近似值，故D错误；
故选D。
6、C
【解析】
A、加热时I2和Fe发生化合反应，故A错误；
B、检验氨的生成要用湿润的pH试纸，故B错误；
C、高锰酸钾氧化性较强，在常温下就可以与浓盐酸反应产生氯气，故C正确；
D、铜与浓硫酸反应制取二氧化硫要加热，故D错误。
答案C。
7、D
【解析】
A．次氯酸的结构为H-O-Cl，并不存在H-Cl键，A项错误；
B．会发生水解，所以溶液中的数目小于0.1NA，B项错误；
C．AgBr的悬浊液中加入KCl后，最终溶液中Ag+、Br-仍存在如下平衡关系：，所以Br-的数目必然小于0.1NA，C项错误；
D．甲苯的分子式为C7H8，甘油的分子式为C3H8O3，两种物质分子中所含的氢原子个数相同，且两种物质分子的摩尔质量均为92 g/ml，所以9.2g混合物所含的氢原子总数一定为0.8NA，D项正确；
答案选D。
8、B
【解析】
A．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，A正确；
B．只有胶体具有丁达尔效应，乙醇和水的混合物是溶液，不能产生丁达尔效应，B错误；
C．铁具有还原性，铁生锈可以消耗氧气，防止了饼干的氧化变质，C正确；
D．乙烯中含有碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以酸性高锰酸钾溶液能吸收乙烯，保鲜水果，D正确；
答案选B。
9、D
【解析】
第六周期0族元素为86号元素，因此86−81 =5，18 −5 =13，在13纵列，即第ⅢA族，因此81号元素在第六周期ⅢA族，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
10、C
【解析】
A项，根据键线式，由碳四价补全H原子数，即可写出化学式为C13H20O，正确；
B项，由于分子可存在碳碳双键，故可以发生加聚反应，正确；
C项，分子式为C13H20O，可以写成C13H18H2O，13个碳应消耗13个O2，18个H消耗4.5个O2，共为13+4.5=17.5，故错误；
D项，碳碳双键可以与Br2发生加成发生，然后水解酸化，即可得Br－，再用AgNO3可以检验，正确。
答案选C。
11、B
【解析】
向10mL0.1ml/LCuCl2溶液中滴加0.1ml/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，Y点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7ml/L，Ksp(CuS)= c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7ml/L×10-17.7ml/L=10-35.4ml2/L2，据此结合物料守恒分析。
【详解】
A. 该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7ml/L，则Ksp(CuS)= c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7ml/L×10-17.7ml/L=10-35.4ml2/L2，A错误；
B.Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，Y点时恰好形成CuS沉淀，水的电离程度小于X、Z点，所以X、Y、Z三点中，Y点水的电离程度最小，B正确；
C.根据Na2S溶液中的物料守恒可知：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，C错误；
D.向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5ml/L的混合溶液中逐滴加入10-4ml/L的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)=ml/L=3×10-20ml/L，产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)= =10-30.4ml/L＜3×10-20ml/L，则产生CuS沉淀时所需S2-浓度更小，即Cu2+先沉淀，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】
本题考查沉淀溶解平衡的知识，根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp数值是解题关键，注意掌握溶度积常数的含义及应用方法，该题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
12、B
【解析】
A．BF2Cl只有一种结构，可能为三角锥型，可能为平面三角形，故A错误；
B．BF3中B的价电子对数为3，杂化类型为sp2，三根B﹣F键间键角都为120°，为平面三角形，故B正确；
C．BFCl2只有一种结构，可能为三角锥型，可能为平面三角形，故C错误；
D．三根B﹣F键键长都为130pm，可能为三角锥型，可能为平面三角形，故D错误；
故选B。
13、D
【解析】
A. 粉煤灰与稀硫酸混合发生反应：Al2O3＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2O，而SiO2不与稀硫酸反应，故滤渣I的主要成分为SiO2；滤液中含Al2(SO4)3，加入碳酸钙粉末后调节pH=3.6，发生反应CaCO3＋H2SO4=CaSO4＋CO2↑＋H2O，因CaSO4微溶，故滤渣II的成分为CaSO4，A项正确；
B. 将pH调为4，溶液中会有部分的铝离子会与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，可能导致溶液中铝元素的含量降低，B项正确；
C. 吸收液中本身含有H＋、Al3＋、OH－、SO42－，吸收SO2以后会生成SO32－，部分SO32－会发生水解生成HSO3－，溶液中含有的离子多于5种，C项正确；
D. SO2被吸收后生成SO32－，SO32－不稳定，被空气氧化为SO42－，因此完全热分解放出的SO2量会小于吸收的SO2量，D项错误；
答案选D。
14、B
【解析】
A. 乙烯与HCl加成得到一氯乙烷，一氯乙烷消去得到乙烯与HCl，一氯乙烷与水发生取代得到乙醇，乙醇消去得到乙烯与水，符合转化，A项正确；
B. HNO3显酸性，NH3显碱性，由硝酸不能直接转化为氨气，不能实现转化，B项错误；
C. AlCl3与氨水反应得到Al(OH)3，Al(OH)3与盐酸反应得到AlCl3与水，Al(OH)3加热分解得到Al2O3，Al2O3与盐酸反应得到AlCl3与水，符合转化，C项正确；
D. 氯气与氢气反应得到HCl，浓HCl与高锰酸钾反应得到氯气，HCl与CuO反应得到CuCl2和水，CuCl2电解得到Cu与氯气，符合转化，D项正确；
答案选B。
15、A
【解析】
A．接触法制硫酸中有热交换器，涉及到反应热再利用，选项A正确；
B．联合法制纯碱生产过程中不涉及到反应热再利用，选项B错误；
C．铁矿石炼铁生产过程中不涉及到反应热再利用，选项C错误；
D．石油的裂化和裂解生产过程中不涉及到反应热再利用，选项D错误；
答案选A。
16、C
【解析】
A． Na2Cr2O7溶在酸性条件下能氧化正丁醛，为防止生成的正丁醛被氧化，所以将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，故A不符合题意；
B．由反应物和产物的沸点数据可知，温度计1保持在90∼95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，温度计2示数在76℃左右时，收集产物为正丁醛，故B不符合题意；
C．正丁醇能与钠反应，但粗正丁醛中含有水，水可以与钠反应，所以无法检验粗正丁醛中是否含有正丁醇，故C符合题意；
D．粗正丁醛中含有水、正丁醇，向粗正丁醛中加入CaCl2固体，过滤，可除去水，然后利用正丁醇与正丁醛的沸点差异进行蒸馏，从而得到纯正丁醛，故D不符合题意；
故答案为：C。
17、D
【解析】
A. 稀硝酸具有强氧化性，与锌粒反应不会生成氢气，达不到实验目的；
B. 氢氧化铝不与弱碱反应，而氨水不能溶解氢氧化铝，达不到实验目的；
C. 除去酒精中少量的水，加入适量CaO后，CaO会与水反应生成沸点较高的氢氧化钙，可利用蒸馏的方法得到酒精，而不是蒸发操作，C项错误；
D. 用脱脂棉包裹适量Na2O2后，再向脱脂棉上滴几滴水，脱脂棉燃烧，说明该反应为放热反应，放热反应的反应物的键能之和小于生成物的键能之和，即证明Na2O2与H2O的键能之和小于生成的NaOH与氧气的键能之和，D项正确；
答案选D。
【点睛】
反应热的表达有宏观与微观两种方式。第一种，反应热=生成物的总能量-反应物的总能量；第二种，反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和，学生要理解反应的实质。
18、C
【解析】
A．当a和b用导线连接时构成原电池，锌是负极，则溶液中的SO42－向锌片附近移动，选项A错误；
B．将a与电源正极相连铜是阳极，锌是阴极，可以保护锌片，这叫外加电流的阴极保护法，选项B错误；
C．当a和b用导线连接时时构成原电池，锌是负极，铜是正极发生还原反应，则铜片上发生的反应为：2H++2e =H2↑，选项C正确；
D．a和b用导线连接后构成原电池，锌是负极，铜是正极，电路中通过0.02ml电子时，产生0.01ml氢气，选项D错误；
答案选C。
19、C
【解析】
A．a中不含苯环，则不属于芳香族化合物，只有b属于芳香族化合物，但含有O元素，不属于芳香烃，A错误；
B．a、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，则a和c分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，B错误；
C．a含碳碳双键、b含苯环、c含-CHO，均可与氢气发生加成反应，C正确；
D. b中无醛基，不能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，c分子中含有醛基，可以与新制Cu(OH)2悬浊液共热反应生成砖红色沉淀，D错误；
故合理选项是C。
20、C
【解析】
向20mL0.1ml·L-1NiCl2溶液中滴加0.1ml·L-1Na2S溶液，反应的方程式为：NiCl2+Na2S= NiS↓+2NaCl；pM=-lgc(M2+)，则c(M2+)越大，pM越小，结合溶度积常数分析判断。
【详解】
A．根据图像，V0点表示达到滴定终点，向20mL0.1ml·L-1NiCl2溶液中滴加0.1ml·L-1Na2S溶液，滴加20mL Na2S溶液时恰好完全反应，根据反应关系可知，V0=20mL，故A错误；
B．根据图像，V0点表示达到滴定终点，溶液中存在NiS的溶解平衡，温度不变，溶度积常数不变，c(M2+)不变，则pM=-lgc(M2+)不变，因此b点不移动，故B错误；
C．Ksp(NiS)≈1.0×10-21，Ksp(ZnS)≈1.0×10-25，ZnS溶解度更小，滴定终点时，c(Zn2+)小于c(Ni2+)，则pZn2+=-lgc(Zn2+)＞pNi2+，因此若用同浓度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液，则d点向f点迁移，故C正确；
D．Na2S溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，故D错误；
故选C。
【点睛】
本题的易错点为B，要注意在NiS的饱和溶液中存在溶解平衡，平衡时，c(Ni2+)不受NiCl2起始浓度的影响，只有改变溶解平衡时的体积，c(Ni2+)才可能变化。
21、A
【解析】
本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。
【详解】
A．谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的，选项A不合理；
B．商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金，选项B合理；
C．陶瓷的制造原料为黏土，选项C合理；
D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理，将青蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作，选项D合理。
【点睛】
萃取操作有很多形式，其中比较常见的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。实际应用中，还有一种比较常见的萃取形式是固液萃取，即：用液体溶剂萃取固体物质中的某种成分，例如：用烈酒浸泡某些药材。本题的选项D就是一种固液萃取。
22、C
【解析】
A. 10 mL0.1 ml⋅L−1Na2CO3溶液逐滴滴加到10 mlL0.1 ml⋅L−1盐酸中，开始时产生二氧化碳气体，滴加完后盐酸完全反应，碳酸钠过量，所以得到碳酸钠和氯化钠的混合物，所以离子浓度大小为：c(Na+)>c(Cl−)>c(CO32−)>c(HCO3−)，A正确；
B.由于Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)，ClO-水解程度大于CH3COO-水解程度，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：②＞①，B正确
C. 向0.1 ml/L NH4Cl溶液中，存在NH4++H2ONH3·H2O+H+，加入少量NH4Cl固体，NH4+ ，NH4+水解平衡正向移动，c(NH3·H2O)、c(H+)，水解常数不变，即，NH4+水解程度减小，减小，、增大，C错误；
D. 因为Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c(Ag+)大于后者c(Ag+)，c(Cl-)＞c(Br-)，当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中c(Cl-)比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，D正确；故答案为：C。
【点睛】
当盐酸逐滴滴加Na2CO3溶液时，开始时不产生二氧化碳气体，随着盐酸过量，才产生二氧化碳气体，其反应方程式为：
Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；
二、非选择题(共84分)
23、邻甲基苯甲酸 还原反应 BD 、、、
【解析】
由、A的分子式，纵观整个过程，结合X的结构，可知发生甲基邻位硝化反应生成A为，对比各物质的分子，结合反应条件与给予的反应信息，可知A中羧基上羟基被氯原子取代生成B，B中甲基上H原子被溴原子取代生成C，C中氯原子、溴原子被-NH-取代生成D，故B为、C为、D为。由X的结构，逆推可知G为，结合F、E的分子式，可推知F为CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3、E为CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3。
【详解】
根据上述分析可知：A为；B为；C为；D为；E为CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3；F为CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3；G为。
(1)的甲基在苯环羧基的邻位C原子上，因此其名称是邻甲基苯甲酸；
(2)G变X是-NO2变为-NH2，发生的是还原反应；
(3)化合物B的结构简式为；
(4)A.化合物A的苯环上有甲基，能酸性KMnO4溶液氧化，因而可以使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；
B.化合物C结构简式是，含苯环与羰基能发生加成反应，有Br原子可以发生取代反应；由于Br原子连接的C原子直接连接在苯环上，因此不能发生消去反应，B错误；
C.化合物D含有亚氨基，能与稀盐酸反应，C正确；
D.根据物质的结构简式可知X的分子式是C15H18N2O5，D错误；
故合理选项是BD；
(5)D+F→G的化学方程式为：；
(6)化合物A（C8H7NO4）的同分异构体同时符合下列条件：①分子是苯的二取代物，1H-NHR谱表明分子中有4种化学环境不同的氢原子，存在对称结构；②分子中存在硝基和酯基结构，2个取代基可能结构为：-NO2与-CH2OOCH、-NO2与-CH2COOH、-COOH与-CH2NO2、-OOCH与-CH2NO2，同分异构体可能结构简式为、、、。
(7)由E（CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3）先在NaOH溶液中发生水解反应，然后酸化可得，该物质与SOCl2发生反应产生，与NH3发生反应得到目标产物，故由E合成的路线为：。
【点睛】
本题考查有机物的合成与推断，关键是对给予信息的理解，要结合路线图中物质的结构与分子式进行推断，题目侧重考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化。
24、加成反应 BrCH2CH2Br+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaBr (CH3)2C=CH2 CH2=C(CH3)COOH+CH3OH CH2=C(CH3)COOCH3+H2O 碳碳双键、酯基 4 HCOO C(CH3)=CH2 HOCH2CHBrCH3 HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH
【解析】
乙烯与溴发生加成反应生成A，A为BrCH2CH2Br，结合B的分子式可知B为NC-CH2CH2-CN，B中-CN转化为-COOH得到丁二酸。丁二酸发生分子内脱水形成酸酐。
I与R′NH2得到W()，结合W的结构可知I为，结合信息II，逆推可知H为。D的分子式为C4H8，核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1∶3，不存在顺反异构，则D为(CH3)2C=CH2，D氧化生成E，E与甲醇发生酯化反应生成F，结合H的结构，可知E为CH2=C(CH3)COOH，F为CH2=C(CH3)COOCH3，F发生加聚反应生成的G为，G发生信息I中的反应得到H。据此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析，反应①是乙烯与溴发生加成反应，故答案为加成反应；
(2)反应②是取代反应，其化学方程式是：BrCH2CH2Br+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaBr，故答案为BrCH2CH2Br+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaBr；
(3) 根据上述分析，D的结构简式为(CH3)2C=CH2，故答案为(CH3)2C=CH2；
(4)反应⑤的化学方程式为CH2=C(CH3)COOH+CH3OH CH2=C(CH3)COOCH3+H2O，故答案为CH2=C(CH3)COOH+CH3OH CH2=C(CH3)COOCH3+H2O；
(5) F为CH2=C(CH3)COOCH3，含有的官能团有碳碳双键和酯基；G的结构简式是，故答案为碳碳双键、酯基；；
(6)反应⑥的化学方程式为，故答案为；
(7)E为CH2=C(CH3)COOH，①能发生水解且能发生银镜反应，说明属于甲酸酯类；②能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，说明含有碳碳双键，符合条件的E的同分异构体有：HCOO CH=CHCH3(顺反2种)、HCOO CH2 CH=CH2、HCOO C(CH3)=CH2，共4种，其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式为HCOO C(CH3)=CH2，故答案为4；HCOO C(CH3)=CH2；
(8)HOCH2CHBrCH3和NaCN发生取代反应生成HOCH2CH(CN)CH3，HOCH2CH(CN)CH3酸化得到HOCH2CH(CH3)COOH，HOCH2CH(CH3)COOH发生消去反应生成CH2=C(CH3)COOH，其合成路线为HOCH2CHBrCH3 HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH，故答案为HOCH2CHBrCH3 HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH。
【点睛】
本题的易错点和难点为(8)，要注意题意“不易发生取代反应”在合成中的应用，HOCH2CHBrCH3不能先消去羟基形成碳碳双键，再发生取代反应。
25、DCDB 将装置中的N2（或空气）排除干净 将未充分燃烧的产物CO转化为CO2(或使氨基酸中的碳完全转化为CO2) 除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2 该氨基酸的摩尔质量 偏小 取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生（或其它合理答案）
【解析】
根据题意可知，用燃烧法测定某种氨基酸(CxHyOzNp)的分子组成，用氧气氧化氨基酸(CxHyOzNp)生成二氧化碳、水和氮气，利用装置D（无水氯化钙）测定水的质量，利用装置C（KOH浓溶液）测定二氧化碳的质量，利用E装置测量N2的体积，从而求出氨基酸中含有的C、H、O、N的质量，进而求出该氨基酸的分子组成，据此解答。
【详解】
（1）根据以上分析，结合吸收CO2、H2O及测量N2体积的顺序为，先吸收水，再吸收CO2，最后测量N2体积，装置B加热的铜网可除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2，所以该实验装置的合理连接顺序为：A、D、C、D、B、E，
故答案为DCDB；
（2）装置内的空气中含有N2、CO2和H2O，需通一段时间的纯氧，将装置中的N2（或空气）排除干净，减小试验误差，
故答案为将装置中的N2（或空气）排除干净；
（3）CuO的作用是将氨基酸不完全燃烧产生的少量CO氧化成CO2，保证氨基酸中的碳都转化为CO2，根据(1)的分析，装置B的作用是除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2，
故答案为将未充分燃烧的产物CO转化为CO2(或使氨基酸中的碳完全转化为CO2)；除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2；
（4）根据上面的分析可知，为了确定此氨基酸的分子式，除了生成二氧化碳气体的质量、生成水的质量、准确测量N2的体积外，还需测出该氨基酸的摩尔质量，
故答案为该氨基酸的摩尔质量；
（5）如果液面左低右高（广口瓶中液面低于量筒中液面）广口瓶中的气体收到的压强除大气压强外还有液面高度差造成的压强其实际压强大于标准大气压，气体体积被压缩，实际测得的气体体积偏小，
故答案为偏小；
（6）根据分子式为C2H4O2，及氨基酸中的官能团可知，该分子中有羧基，实验证明该官能团的方法为取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生，
故答案为取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生。
【点睛】
本题考查学生利用燃烧法确定有机物分子组成的知识，涉及实验方案设计、根据原子守恒法来解答，关键在于理解实验原理。
26、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。
27、球形冷凝管 使物质充分混合 + NaClO→+ NaCl+H2O 防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低 产品中混有水，纯度降低 ③ 打开分液漏斗颈部的玻璃塞（或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔），再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞 178.1℃ 67.9%
【解析】
(1)根据图示结合常见的仪器的形状解答；搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分；
(2)根据实验目的，苯甲醇与NaClO反应生成苯甲醛；
(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化；步骤③中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水；
(4)步骤②中萃取后要进行分液，结合实验的基本操作分析解答；
(5)步骤④是将苯甲醛蒸馏出来；
(6) 首先计算3.0mL苯甲醇的物质的量，再根据反应的方程式计算理论上生成苯甲醛的质量，最后计算苯甲醛的产率。
【详解】
(1)根据图示，仪器b为球形冷凝管，搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分，故答案为球形冷凝管；使物质充分混合；
(2)根据题意，苯甲醇与NaClO反应，苯甲醇被氧化生成苯甲醛，次氯酸钠本身被还原为氯化钠，反应的化学方程式为+ NaClO→+ NaCl+H2O，故答案为+ NaClO→+ NaCl+H2O；
(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化，因此步骤①中，投料时，次氯酸钠不能过量太多；步骤③中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水，提高产品的纯度，若省略该操作，产品中混有水，纯度降低，故答案为防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低；产品中混有水，纯度降低；
(4)步骤②中，充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，萃取应该选用分液漏斗进行分液，应选用的实验装置是③，分液中分离出有机相的具体操作方法为打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞，故答案为③；打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞；
(5)根据相关有机物的数据可知，步骤④是将苯甲醛蒸馏出来，蒸馏温度应控制在178.1℃左右，故答案为178.1℃；
(6)根据+ NaClO→+ NaCl+H2O可知，1ml苯甲醇理论上生成1ml苯甲醛，则3.0mL苯甲醇的质量为1.04 g/cm3×3.0cm3=3.12g，物质的量为，则理论上生成苯甲醛的质量为×106g/ml=3.06g，苯甲醛的产率=×100%=67.9%，故答案为67.9%。
28、CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ•ml-1 B ＞ 54.5% A、B、E D 该反应是焓增、熵减反应，根据△G=△H-T△s可知任何温度下△G均大于0，说明任何温度下不能自发进行 1:2
【解析】
(1) 发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，根据图1可知，0.5ml CO2和1.5ml H2转化率达80%时放热19.6kJ，计算1ml二氧化碳发生放出的热量确定△H，书写该反应的热化学方程式；根据影响化学平衡的因素分析各选项；
(2)①对可逆反应CO (g)+2H2(g) CH3OH(g)，恒温条件下，增大压强平衡正向移动，CO的转化率增大；
②M点时，CO的转化率为60%，则：
CO (g)+2H2(g) CH3OH(g)
起始物质的量(ml) 1 2.2 0
变化物质的量(ml) 0.6 1.2 0.6
平衡物质的量(ml) 0.4 1 0.6
根据公式计算H2的转化率和平衡常数Kp；
③反应为放热反应，温度升高不利于反应正向进行，化学平衡常数降低；
(3) A．反应i+ ii相加得总反应式2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(l)，可知H2O2是反应中间产物；B．活化能低的反应容易进行，反应速率快；C．慢反应决定反应速率，则总反应速率由反应i的速率决定，故C错误；D．可逆反应的反应物转化率不可能达到100%；
(4) 该反应是焓增、熵减反应，任何温度下自由能大于0，任何温度下不能自发进行，故不可行；
(5) 由题意pH=10，可计算c(OH-)=10-4ml/L，由CO32-+H2O=HCO3-+OH-可得：Kb==，据此进行计算。
【详解】
(1) 根据图1可知，0.5ml CO2和1.5ml H2转化率达80%时放热19.6kJ，1ml二氧化碳反应放出的热量为×19.6kJ=49kJ，则该反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ•ml-1；A．逆反应速率先增大后减小，可能是达到平衡后减小反应物的浓度，平衡逆向移动，故A错误；B．H2的转化率增大，生成物增多，能说明平衡一定向正反应方向移动，故B正确；C．生成物的体积百分含量减小可能是减小反应物的量平衡逆向移动，也可能是减小生成物的量平衡正向移动，故C错误； D．容器中的n(CO2)/n(H2)可能是减小CO2的物质的量，平衡逆向移动，故D错误；故答案为B；
(2)①对可逆反应CO (g)+2H2(g) CH3OH(g)，恒温条件下，增大压强平衡正向移动，CO的转化率增大，则由图示可知p1＞p2；
②M点时，CO的转化率为60%，则：
CO (g)+2H2(g) CH3OH(g)
起始物质的量(ml) 1 2.2 0
变化物质的量(ml) 0.6 1.2 0.6
平衡物质的量(ml) 0.4 1 0.6
则M点时H2的转化率=×100%=54.5%；
M点平衡时混合气体的总物质的量为0.4ml+1ml+0.6ml=2ml，CO的体积分数为=0.2，H2的体积分数为=0.5，CH3OH的体积分数为=0.3，则该反应的平衡常数Kp==；
③反应为放热反应，温度升高不利于反应正向进行，化学平衡常数降低，所以A、B、C、D、E五点中能正确表示该反应的lgK与温度(T) 的关系的点为：A、B、E；
(3) A．反应i+ ii相加得总反应式2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(l)，可知H2O2是反应中间产物，不是催化剂，故A错误；B．反应i速率慢，说明反应活化能较高，故B错误；C．慢反应决定反应速率；D．总反应为可逆反应，说明反应i中NO和H2的碰撞仅部分有效，不可能全部反应生成生成物，故D正确；故答案为D。
(4) 该反应是焓增、熵减反应，根据△G=△H-T△s可知任何温度下△G均大于0，说明任何温度下不能自发进行，故不可行；
(5) 由题意pH=10，可计算c(OH-)=10-4ml/L，由CO32-+H2O=HCO3-+OH-可得：Kb==，带入数据计算得c(CO32-):c(HCO3-)=1:2。
29、离子晶体 CaC2＋2H2O=Ca(OH)2+CH≡CH↑ Ca>C>O 1s22s22p4 强 金属钙与水的反应比金属镁剧烈[Ca(OH)2是强碱，Mg(OH)2是弱碱] d 8×10-4ml/(L•min) bc
【解析】
(1)由阴阳离子共存的晶体为离子晶体；CaC2和H2O反应生成Ca(OH)2和CH≡CH；
(2)原子核外电子层数越多其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；O原子核外有8个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；
(3)同一主族元素，元素的金属性随着原子序数增大而增强，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强、金属与酸或水反应置换出氢气越容易；
(4)可逆反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变以及由此引起的一系列物理量不变；
(5)①先计算CO的反应速率，再根据同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氢气反应速率；
②化学平衡常数只与温度有关，与物质浓度及压强无关；该反应是反应前后气体体积增大的吸热的可逆反应，增大压强平衡向气体体积减小方向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
【详解】
(1)CaC2是由阴、阳离子构成的，属于离子晶体；CaC2和H2O反应生成Ca(OH)2和CH≡CH，反应方程式为CaC2+2H2O=Ca(OH)2+CH≡CH↑；
(2)原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期的元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以这三种元素的原子半径大小顺序是Ca>C>O；O原子核外有8个电子，根据构造原理，可知其基态原子核外电子排布式为1s22s22p4；
(3)同一主族元素，元素的金属性随着原子序数增大而增强，所以金属性Ca>Mg；
元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强、金属与酸或水反应置换出氢气越容易，钙与水反应比Mg剧烈、Ca(OH)2是强碱Mg(OH)2是弱碱都说明Ca的金属性大于Mg；
(4)该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应。
a．该反应是反应前后气体体积增大的可逆反应，当容器中的压强不再改变时正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，a不符合题意；
b．反应前后气体的物质的量增大、质量增大，容器体积不变，当混合气体的密度不再改变时该反应达到平衡状态，b不符合题意；
c．v正(CO)=v逆(H2O)时，各物质的正、逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，c不符合题意；
d．CO、H2都是生成物，二者的系数相等，在任何条件下二者的浓度都相等，所以c(CO)=c(H2)时，该反应不一定达到平衡状态，与反应物初始量及转化率有关，d符合题意；
故合理选项是d；
(5)①实验1中以v(CO)表示的到达平衡时的平均反应速率v(CO)==8×10-4 ml/(L•min)，同一可逆反应在同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以用H2表示的反应速率v(H2)= v(CO)=8×10-4 ml/(L•min)；
②650℃平衡时，c(H2O)=ml/L=0.001 ml/L；c(H2)=c(CO)= ml/L=0.004 ml/L，平衡常数K1==0.016；在800℃平衡时，c(H2O)=ml/L=0.0015 ml/L；c(H2)=c(CO)=ml/L=0.0085 ml/L，所以化学平衡常数K2==0.0482>0.016。
可见：在其他条件不变时，升高温度，化学平衡常数增大，说明正反应是吸热反应；
a．平衡常数只与温度有关，与压强无关，所以压强增大平衡常数不变，a错误；
b．该反应的正反应是吸热反应，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，b正确；
c．该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，水的转化率降低，c正确；
d．该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，水的转化率增大，d错误；
故合理选项是bc。
【点睛】
本题考查了元素周期律、原子核外电子排布、平衡状态判断、化学反应速率的计算等知识。掌握物质结构基础知识、化学平衡理论是本题解答的关键，注意只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态的判断依据，注意化学平衡常数计算中用物质浓度而不是物质的量计算，这些都是易错点。题目侧重考查学生分析、计算及知识运用能力。
甲
乙
丙
A
CH2=CH2
CH3CH2Cl
CH3CH2OH
B
NH3
NO
HNO3
C
AlCl3
Al(OH)3
Al2O3
D
Cl2
HCl
CuCl2
实验目的
试剂或实验操作
A
制备一定量氢气
锌粒、稀硝酸
B
证明Al(OH)3，具有两性
0.1ml/L的盐酸与0.1ml/L的氨水
C
除去酒精中少量的水
加入适量CaO后蒸发
D
证明Na2O2与H2O的键能之和小于生成的NaOH与氧气的键能之和
用脱脂棉包裹适量Na2O2后，再向脱脂棉上滴几滴水，脱脂棉燃烧
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
有机物
沸点℃
密度为g/cm3
相对分子质量
溶解性
苯甲醛
178.1
1.04
106
微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃
苯甲醇
205.7
1.04
108
微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃
二氯甲烷
39.8
1.33
难溶于水，易溶于有机溶剂
实验组
温度/℃
起始量/ml
平衡量/ml
达到平衡所
需时间/min
H2O
C
H2
CO
1
650
0.01
0.02
0.008
5
2
800
0.02
0.03
0.017
3