山东省德州市陵城区第一中学2026届全国高三模拟考试（四）化学试题含解析.doc

山东省德州市陵城区第一中学2026届全国高三模拟考试（四）化学试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、0.1moL/L醋酸用蒸馏水稀释的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电离程度增大，H+浓度增大 B．电离程度减小，H+浓度减小
C．电离程度增大，H+浓度减小 D．电离程度减小，H+浓度增大
2、为测定镁铝合金（不含其它元素）中镁的质量分数。某同学设计了如下实验：称量ag镁铝合金粉末，放在如图所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧。下列说法错误的是

A．实验结束后应再次称量剩余固体的质量
B．氧气要保证充足
C．可以用空气代替氧气进行实验
D．实验结束后固体质量大于ag
3、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
4、下列离子方程式中，正确的是（　　）
A．Fe3+的检验：Fe3++3KSCN═Fe（SCN）3+3K+
B．氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO
C．证明H2O2具有还原性：2MnO4-+6H++3H2O2═2Mn2++4O2↑+6H2O
D．用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl-
5、我国成功研制的新型可充电 AGDIB电池(铝-石墨双离子电池)采用石墨、铝锂合金作为电极材料，以常规锂盐和碳酸酯溶剂为电解液。电池反应为：CxPF6+LiyAl=Cx+LiPE6+Liy－1Al。放电过程如图，下列说法正确的是

A．B为负极，放电时铝失电子
B．充电时，与外加电源负极相连一端电极反应为：LiyAl－e－=Li++Liy－1Al
C．充电时A电极反应式为Cx+PF6－﹣e-=CxPF6
D．废旧 AGDIB电池进行“放电处理”时，若转移lmol电子，石墨电极上可回收7gLi
6、芳香族化合物苯等在ZnCl2存在下，用甲醛和极浓盐酸处理，发生氯甲基化反应，在有机合成上甚为重要。下列有关该反应的说法正确的是 ( )
+HCHO+HCl+H2O
A．有机产物A的分子式为C7H6Cl
B．有机产物A分子中所有原子均共平面
C．反应物苯是煤干馏的产物之一，是易挥发、易燃烧、有毒的液体
D．有机产物A的同分异构体（不包括自身）共有3种
7、我国科学家设计了一种智能双模式海水电池，满足水下航行器对高功率和长续航的需求。负极为Zn，正极放电原理如图。下列说法错误的是（ ）

A．电池以低功率模式工作时，NaFe[Fe(CN)6]作催化剂
B．电池以低功率模式工作时，Na+的嵌入与脱嵌同时进行
C．电池以高功率模式工作时，正极反应式为：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]
D．若在无溶解氧的海水中，该电池仍能实现长续航的需求
8、已知常温下,Ka1(H2CO3)=4.3×10-7, Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。某二元酸H2R及其钠盐的溶液中,H2R、HR-、R2-三者的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是（ ）

A．在pH=4.3的溶液中：3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)
B．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，此溶液中水的电离程度比纯水小
C．在pH=3的溶液中存在=10-3
D．向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生反应：CO32-+H2R=HCO3-+HR-
9、钠离子二次电池因钠资源丰富、成本低、能量转换效率高等诸多优势，有望取代锂离子电池。最近，山东大学徐立强教授课题组研究钠离子二次电池取得新进展，电池反应如下：4NaxFeIIFeIII(CN)6+xNi3S24FeIIFeIII(CN)6+3xNi+2xNa2S。下列说法正确的是

A．充电时，Na+被还原为金属钠
B．充电时，阴极反应式：xNa++FeIIFeIII(CN)6−xe−NaxFeIIFeIII(CN)6
C．放电时，NaxFeIIFeIII(CN)6为正极
D．放电时，Na+移向Ni3S2/Ni电极
10、常温下,向20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 (NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.200 0 mol·L-1 NaOH溶液时,溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(不考虑NH3·H2O的分解)。下列说法不正确的是( )

A．点a所示溶液中:c()>c()>c(H+)>c(OH-)
B．点b所示溶液中:c()=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)
C．点c所示溶液中:c()+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c()
D．点d所示溶液中:c()+c(NH3·H2O)=0.100 0 mol·L-1
11、海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法错误的是

A．①中可采用蒸馏法 B．②中可通过电解法制金属镁
C．③中提溴涉及到复分解反应 D．④的产品可生产盐酸、漂白液等
12、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和W为同主族元素，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。由这四种元素中的一种或几种组成的物质存在如下转化关系，甲+乙→丙+W，其中甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，乙为一种二元化合物，常温下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，下列说法错误的是
A．X和Y、W均至少能形成两种化合物
B．乙和丙均为既含有离子键又含有共价键的离子化合物
C．四种元素简单离子半径中Z的最小
D．气态氢化物的稳定性：X>W
13、实验室用下图所示装置进行液体石蜡分解及其产物性质实验。下列操作或叙述错误的是

A．装置b、c中发生反应的基本类型不同
B．实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色
C．d中溶液变浑浊证明石蜡分解产生了CO2
D．停止加热后立即关闭K可以防止液体倒吸
14、已知：25℃时，Ka(HA)>Ka(HB)。该温度下，用0.100 mol/L盐酸分别滴定浓度均为0. 100 mol/L的NaA溶液和NaB溶液，混合溶液的pH与所加盐酸体积(V)的关系如右图所示。下列说法正确的是

A．滴定前NaA溶液与NaB溶液的体积相同
B．25℃时，Ka(HA)的数量级为l0-11
C．当pH均为6时，两溶液中水的电离程度相同
D．P点对应的两溶液中c(A-)+c(HA)<c（B-）+c(HB)
15、分别向体积均为100mL、浓度均为1mol/L的NaClO、NaOH、CH3COONa的三种溶液中通入CO2，测得各溶液中n(HCO3-)的变化如下图所示：

下列分析正确的是
A．CO2通入NaClO溶液的反应：2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO
B．CO2通入CH3COONa溶液的反应：CO2+H2O+CH3COO-=HCO3-+CH3COOH
C．通入n(CO2)=0.06mol时，NaOH溶液中的反应：2OH-+CO2=CO32-+H2O
D．通入n(CO2)=0.03mol时，三种溶液中：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03mol
16、X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如下图所示的变化，其中a为双原子分子，b和c均为10电子分子，b在常温下为液体。下列说法不正确的是

A．单质Y为N2
B．a不能溶于b中
C．a和c不可能反应
D．b比c稳定
二、非选择题（本题包括5小题）
17、合成药物中间体L的路线如图(部分反应条件或试剂略去)：

已知：I.最简单的Diels-Alder反应是
II.
III.+R4OH
请回答下列问题：
（1）下列说法中正确的是____。
A.B→C的反应条件可以是“NaOH/H2O，△”
B.C→D的目的是实现基团保护，防止被KMnO4(H+)氧化
C.欲检验化合物E中的溴元素，可向其中滴加HNO3酸化的AgNO3溶液观察是否有淡黄色沉淀生成
D.合成药物中间体L的分子式是C14H20O4
（2）写出化合物J的结构简式____。
（3）写出K→L的化学方程式____。
（4）设计由L制备M的合成路线(用流程图表示，试剂任选)____。
（5）写出化合物K同时符合下列条件的同分异构体的结构简式____。
①1H-NMR谱检测表明：分子中共有5种化学环境不同的氢原子；
②能发生水解反应；
③遇FeCl3溶液发生显色反应。
18、化合物 I(）是治疗心脏病的一种重要药物，可由简单有机物 A、B 和萘（ ）合成，路线如下：

(1)C的结构简式为_________，E的化学名称_______。
(2)由萘生成C、B生成E的反应类型分别为_________、_________ 。
(3)I中含氧官能团的名称为_______。
(4)D可使溴水褪色，由D生成G的反应实现了原子利用率100%，则该反应的化学方程式为_______________。
(5)同位素标记可用来分析有机反应中的断键情况，若用超重氢（T）标记的
G（）与F反应，所得H的结构简式为 则反应中G（）断裂的化学键为 _______（填编号）
(6)Y为H的同分异构体，满足以下条件的共有______种,请写出其中任意一种的结构简式_________。
①含有萘环，且环上只有一个取代基。
②可发生水解反应，但不能发生银镜反应。
19、过硫酸钠(Na2S2O8)具有极强的氧化性，且不稳定，某化学兴趣小组探究过硫酸钠的相关性质，实验如下。已知SO3是无色易挥发的固体，熔点16.8℃，沸点44.8℃。
（1）稳定性探究(装置如图)：
分解原理：2Na2S2O82Na2SO4＋2SO3↑＋O2↑。
此装置有明显错误之处，请改正：______________________，水槽冰水浴的目的是____________________；带火星的木条的现象_______________。

（2）过硫酸钠在酸性环境下，在Ag＋的催化作用下可以把Mn2＋氧化为紫红色的离子，所得溶液加入BaCl2可以产生白色沉淀，该反应的离子方程式为______________________，该反应的氧化剂是______________，氧化产物是________。
（3）向上述溶液中加入足量的BaCl2，过滤后对沉淀进行洗涤的操作是___________________________。
（4）可用H2C2O4溶液滴定产生的紫红色离子，取20mL待测液，消耗0.1mol·L－1的H2C2O4溶液30mL，则上述溶液中紫红色离子的浓度为______mol·L－1，若Na2S2O8有剩余，则测得的紫红色离子浓度将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
20、镍的全球消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位，常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也用作催化剂，制取原理：Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，实验室用如图所示装置制取 Ni(CO)4。

已知：CO + PdCl2 + H2O = CO2 + Pd↓(黑色) + 2HCl；Ni(CO)4 熔点-25℃，沸点 43℃，60℃以上与空气混合易爆炸；Fe(CO)5 熔点-20℃，沸点 103℃。回答下列问题：
(1)装置 A 中发生反应的化学方程式为_____。
(2)装置 C 用于合成 Ni(CO)4(夹持装置略)，最适宜选用的装置为________(填标号)。
①②③
(3)实验过程中为了防止_________，必须先观察________(填实验现象)再加热 C 装置。
(4)利用“封管实验”原理可获得(高纯镍。如图所示的石英)玻璃封管中充有 CO 气体，则高纯镍粉在封管的________温度区域端生成 填“323K”或“473K” 。

(5)实验中加入 11.50 g HCOOH，C 装置质量减轻 2.95 g(设杂质不参加反应)，E 装置中盛有 PdCl2 溶液100 mL，则 PdCl2 溶液的物质的量浓度至少为________mol·L-1。
21、用硼镁矿(Mg2B2O5·H2O，含Fe2O3杂质)制取硼酸(H3BO3)晶体的流程如下。

同答下列问题：
(1)沉淀的主要成分为____________________(填化学式)。
(2)写出生成Na2B4O5(OH)4·8H2O的化学方程式_________________________________。
(3)检验H3BO3晶体洗涤干净的操作是______________________________。
(4)已知：

实验室利用此原理测定硼酸样品中硼酸的质量分数。准确称取0.3000g样品于锥形瓶中，加入过量甘油加热使其充分溶解并冷却，滴入1～2滴酚酞试液，然后用0.2000mol·L-1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液22.00mL。
①滴定终点的现象为________________________。
②该硼酸样品的纯度为_________________％(保留1位小数)。
(5)电解NaB(OH)4溶液制备H3BO3的工作原理如下图。

①b膜为________交换膜(填“阴离子”或“阳离子”)。理论上每生成1molH3BO3，两极室共生成__________L气体(标准状况)。
②N室中，进口和出口NaOH溶液的浓度：a％_________b％(填“>”或“<”)。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加水稀释促进电离，n(CH3COO﹣)和n(H+)增大，但体积增大大于电离程度的倍数，则H+浓度减小，C项正确；
答案选C。
稀醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO- + H+，向0.1moL/L醋酸溶液中加入蒸馏水稀释过程中，电离程度增大（稀释促进电离），各微粒浓度的变化：c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)均减小，由于Kw不变，则c(OH-)增大，各微粒物质的量的变化n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)、n(H+)均增大，其中，温度不变，醋酸的电离常数不变，这是常考点，也是学生们的易错点。
2、C
【解析】
A．实验结束后一定要再次称量剩余固体质量，再通过其它操作可以计算镁铝合金中镁的质量分数，故A正确；
B．为了使其充分灼烧，氧气要保证充足，故B正确；
C．用空气代替氧气对实验有影响，这是因为高温条件下，镁还能够和氮气、二氧化碳等反应，故C错误；
D．灼烧后的固体为氧化镁和氧化铝的混合物，质量大于ag，这是因为氧气参加了反应，故D正确；
故答案选C。
3、B
【解析】
A．苯环中不含碳碳双键，故苯与溴不可能发生加成反应生成，选项A错误；
B．丙基有CH3CH2CH2-和-CH（CH3）2，共2种，选项B正确；
C．乙炔和1，3-丁二烯所含官能团不同，不是同一类有机物，二者不是同系物，选项C错误；
D．烯烃在光照条件下可与氯气等发生取代反应，选项D错误。
答案选B。
本题综合考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，本题易错点为C，乙炔和1，3-丁二烯结构不同，不可能是同系物；注意同分异构体的判断，丙基有CH3CH2CH2-和-CH（CH3）2两种同分异构体。
4、B
【解析】
A. Fe3+的检验：硫氰化钾属于强电解质，拆成离子形式，正确的离子方程式：Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3，A错误；
B. 氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒的作用，B正确；
C. 证明H2O2具有还原性，氧元素化合价升高，该式电子不守恒，正确的离子方程式为：2MnO4-+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O，C错误；
D. 用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：氯化铜在水分子作用下发生电离，不用通电，正确的离子方程式：CuCl2=Cu2++2Cl-，D错误；
故答案选B。
5、C
【解析】
电池反应为CxPF6+LiyAl=Cx+LiPE6+Liy－1Al ,根据离子的移动方向可知A是正极, B是负极,结合原电池的工作原理解答。
【详解】
A、根据装置图可知放电时锂离子定向移动到A极，则A极为正极，B极为负极，放电时Al失电子，选项 A错误；
B、充电时，与外加电源负极相连一端为阴极，电极反应为：Li++Liy－1Al+e－= LiyAl, 选项B错误；
C、充电时A电极为阳极，反应式为Cx+PF6－﹣e－=CxPF6, 选项C正确;
D、废旧AGDIB电池进行放电处理”时,若转移1mol电子,消耗1molLi ,即7gLi失电子,铝电极减少7g , 选项D错误。
答案选C。
本题主要是考查化学电源新型电池,为高频考点,明确正负极的判断、离子移动方向即可解答,难点是电极反应式的书写。
6、C
【解析】
A、根据原子守恒定律可分析产物A中有一个苯基()、一个C原子、两个H原子(苯也提供一个H原子)、一个Cl原子，结合题干“氯甲基化反应”分析－CH2－和－Cl(组合为氯甲基(－CH2Cl)，故A的结构简式为，分子式为C7H7Cl，故A错误：
B、A中氯甲基(-CH2Cl)中的碳有四个单键，故不共面，故B错误；
C、根据苯的性质：反应物苯是煤干馏的产物之一，是易挥发、易燃烧、有毒的液体，故C正确；
D、有机产物A的同分异构体中(不包括自身)，含苯环的结构取代基为－CH3和－Cl，有邻、间、对三种，但还有很多不含苯环的结构，故D错误；
故选C。
7、D
【解析】
A.根据图示可知：电池以低功率模式工作时，负极是Zn-2e-=Zn2+，正极上是NaFe[Fe(CN)6]获得电子，然后与吸附在它上面的氧气即溶液中发生反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，从NaFe[Fe(CN)6]上析出，故NaFe[Fe(CN)6]的作用是作催化剂，A正确；
B.电池以低功率模式工作时，电子进入NaFe[Fe(CN)6]时Na+的嵌入；当形成OH-从NaFe[Fe(CN)6]析出时，Na+从NaFe[Fe(CN)6]脱嵌，因此Na+的嵌入与脱嵌同时进行，B正确；
C.根据电池以高功率模式工作时，正极上NaFe[Fe(CN)6]获得电子被还原变为Na2Fe[Fe(CN)6]，所以正极的电极反应式为：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，C正确；
D.若在无溶解氧的海水中，由于在低功率模式工作时需要氧气参与反应，因此在该电池不能实现长续航的需求，D错误；
故合理选项是D。
8、D
【解析】
A．据图可知在pH=4.3的溶液中，c(R2-)=c(HR-)，溶液中电荷守恒为：2c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以3c(HR-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故A正确；
B．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，此时反应生成NaHR，据图可知该溶液呈酸性，说明HR-的电离程度大于HR-的水解程度，HR-电离抑制水的电离，所以此溶液中水的电离程度比纯水小，故B正确；
C．，当溶液pH=1.3时，c(H2R)=c(HR-)，则Kh2==10-12.7，溶液的pH=4.3时，c(R2-)=c(HR-)，则Ka2==10-4.3，所以 =10-3，故C正确；
D．由H2R的电离常数Ka2大于H2CO3的Ka2，即酸性：HR-＞HCO3-，所以向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生反应：2CO32-+H2R=2HCO3-+R2-，故D错误；
故答案为D。
选项C为难点，注意对所给比值进行变换转化为与平衡常数有关的式子；选项D为易错点，要注意H2R少量，且酸性：HR-＞HCO3-，所有溶液中不可能有HR-，氢离子全部被碳酸根结合。
9、D
【解析】
A．充电为电解原理，由题意知Na+反应后为NaxFeIIFeIII(CN)6而不是金属Na，A错误；
B．充电时阴极得到电子，反应式为xNa++FeIIFeIII(CN)6+xe−=NaxFeIIFeIII(CN)6，B错误；
C．放电时为原电池原理，由总反应知Ni化合价下降，应为正极，故NaxFeIIFeIII(CN)6为负极，C错误；
D．放电时阳离子向正极移动，D正确；
故选D。
10、B
【解析】
A.a点为(NH4)2SO4溶液，NH4+水解溶液呈酸性，但水解是微弱的，所以c()>c()，故A正确；
B.b点溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c()+c(Na+)=2c()，所以c()不等于c(Na+)，故B错误；
C.c点溶液中n(NH3·H2O)∶n[(NH4)2SO4∶n(Na2SO4)=2∶1∶1，由电荷守恒得 c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c()，故C正确；
D.d点为加入20mLNaOH溶液，此时溶液的体积为原体积的2倍，故含氮微粒的总浓度为原来的1/2，即0.1000mol/L。根据物料守恒则有c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.100 0 mol·L-1，故D正确。
故选B。
B选项为本题的难点，在解答离子浓度关系的图象题时，要充分利用各种守恒，如电荷守恒、物料守恒、质子守恒等，在中性溶液中，要特别注意电荷守恒的应用。
11、C
【解析】
A.利用蒸馏原理可从海水中提取淡水，故不选A；
B.从海水中得到氯化镁后，镁为活泼金属，则可以电解熔融状态的氯化镁生成氯气和金属镁，故不选B；
C.将苦卤浓缩通入过量氯气进行氧化，静置溴沉在底部,继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集溴，然后再用氯气将其氧化得到溴，反应过程中不涉及复分解反应，故选C；
D.从海水中得到氯化钠后，电解氯化钠溶液，得氢氧化钠和氢气和氯气，利用制得的氯气可以生产盐酸和漂白液，故不选D；
答案：C
12、B
【解析】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液中，不溶于其浓溶液中，说明Z为Al元素，W为S元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；X和W为同主族元素，则X为O元素；甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，则甲为H2O2；常温下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，则丙为强碱，说明X、Y、Z、W四种元素中有一种元素的氢氧化物为强碱，则Y为Na元素，则丙为NaOH；由于这四种元素中的一种或几种组成的物质存在甲+乙→丙+W的转化关系，且乙为一种二元化合物，则乙为Na2S。
A. 根据上述分析 X、Y、W分别为O、Na、S元素。X和Y能形成氧化钠、过氧化钠，X和W能形成二氧化硫、三氧化硫，即X和Y、W均至少能形成两种化合物，故A正确；
B. 通过上述分析可知，乙为硫化钠，硫化钠是只含离子键的离子化合物，丙为氢氧化钠，氢氧化钠是既含离子键又含共价键的离子化合物，故B错误；
C. W的离子核外电子层数最多，离子半径最大，X、Y、Z的离子具有相同的电子层结构，因为核外电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，Z的核电荷数最大，离子半径最小，故C正确；
D. X和W为同主族元素，非金属性X>W，因为非金属性越强，气体氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性X>W，故D正确。答案选B。
13、C
【解析】
石蜡油在碎瓷片催化作用下发生裂化反应，生成物中含有烯烃，把生成物通入溴的四氯化碳溶液发生加成反应，溶液褪色，通入酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，据此解答。
【详解】
A．装置b中溴的四氯化碳溶液与分解生成的烯烃发生加成反应，装置c中酸性高锰酸钾溶液与分解生成的烯烃发生氧化反应，反应类型不同，A正确；
B．石蜡油受热分解需要温度比较高，实验中用酒精灯加热石蜡油受热分解生成的产物较少，实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色，B正确；
C．装置c中烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化也能生成CO2使d中溶液变浑浊，所以d中溶液变浑浊不能证明石蜡分解产生了CO2，C错误；
D．停止加热后立即关闭K，后面装置中的液体就不会因为温度下降压强变化而产生倒吸，D正确；
答案选C。
14、C
【解析】
A．由题中信息Ka(HA)>Ka(HB)可知，相同浓度下A-的水解程度小于B-的水解程度，滴定至P点，滴加等体积的盐酸时两溶液的pH相等，则滴定前NaA溶液的体积大于NaB溶液的体积，故A错误；
B．25℃时，由题图可知，0.100mol·L-1NaA溶液的pH=11，则Ka(HA)=，故B错误；
C．当pH均为6时，溶液中的OH-均由水电离产生且浓度相等，故两溶液中水的电离程度相同，故C正确；
D．滴定前NaA溶液的体积大于NaB溶液的体积，根据物料守恒得：c(A-)+c(HA)＞c（B-）+c(HB)，故D错误。
故选C。
滴定图像的分析：
(1)抓反应的“起始”点：判断酸、碱的相对强弱；
(2)抓反应“一半”点：判断是哪种溶质的等量混合；
(3)抓“恰好”反应点：判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性；
(4)抓溶液的“中性”点：判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足；
(5)抓反应的“过量”点：判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量。
15、D
【解析】
A.次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，则少量二氧化碳通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO，A错误；
B.碳酸的酸性比醋酸弱，CO2通入CH3COONa溶液不反应，B错误；
C.n(NaOH)=0.1mol，通入n(CO2)=0.06mol，反应产物为碳酸氢钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式：5OH-+3CO2=2CO32-+HCO3-+2H2O，C错误；
D.通入n(CO2)=0.03mol，三种溶液中存在碳元素的物料守恒得到：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03mol l，D正确；
故合理选项是D。
16、C
【解析】
b和c均为10电子分子，b在常温下为液体，则b可能为H2O，c可能为HF、NH3，根据转化关系推测X为氧气，Z为氢气，则Y可能为氟气或氮气，又a为双原子分子，则a为NO，则Y为氮气。
A. 根据上述分析，单质Y为N2，故A正确；
B. NO不能溶于H2O中，故B正确；
C. NO和NH3在一定条件下可以反应，故C错误；
D. H2O比NH3稳定，故D正确。
故选C。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、AB 、、、、
【解析】
A与溴发生1，4-加成生成B（），B在氢氧化钠水溶液加热条件下水解生成C（），C与溴化氢加成生成D（），D被高锰酸钾氧化生成E（），E在氢氧化钠醇溶液加热条件下水解生成F（），F发生分子内脱水生成G（），根据K的分子式推知J为，G与J发生已知I的反应生成K（），K与乙醇发生取代反应生成L。
【详解】
（1）A.B→C的反应为卤代烃的水解，条件是“NaOH/H2O，△”，故A正确；
B.C→D的目的是为了保护碳碳双键，防止被KMnO4(H+)氧化，故B正确；
C.若要检验有机物分子结构中的卤族元素，则应先使其水解，后用HNO3酸化的AgNO3溶液，故C错误；
D.合成药物中间体L的分子式是C14H22O4，故D错误；
综上所述，答案为AB；
（2）由分析可知，J的结构简式为，故答案为：；
（3）K→L发生取代反应，其化学方程式为，故答案为：；
（4）对比L的结构和目标产物的结构可推知，可先用高锰酸钾将碳碳双键氧化，发生已知II的反应，后在发生已知III的反应即可制备M，其合成路线为，故答案为： ；
（5）①1H-NMR谱检测表明：分子中共有5种化学环境不同的氢原子，说明分子结构比较对称；
②能发生水解反应，结合分子式可知分子结构中有酯基；
③遇FeCl3溶液发生显色反应，可知有苯环和酚羟基；
综上所述，符合条件的同分异构体的结构简式为、、、、；
故答案为：、、、、。
书写同分异构体时，可先确定官能团再根据化学环境不同的氢的数目有序进行书写，避免漏写。
18、 乙醇 取代反应 加成反应 醚键和羟基 ad 8 (任写一种，符合题目要求即可)
【解析】
和氯气在催化剂作用下发生取代生成C，C在碱性条件下发生发生水解反应生成F，F和G在碱性条件下生成H，根据H的结构简式，可知C的结构简式为，F的结构简式为；B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E，则E为乙醇，乙醇与氨气发生取代反应生成(CH3CH2)3N，据此分析解答。
【详解】
(1)根据分析C的结构简式为，E的化学名称是乙醇；
(2)根据分析，和氯气在催化剂作用下发生取代生成C，反应类型为取代反应；B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E，反应类型为加成反应；
(3)化合物 I的结构简式为，其中含氧官能团有醚键和羟基；
(4) A与氯气在加热条件下反应生成D，D在催化剂作用下被氧气氧化生成G，D可使溴水褪色，说明D中含有碳碳双键，由D生成G的反应实现了原子利用率100%，结合G的结构简式可知，D的结构简式为，则该反应的化学方程式为：；
(5)反应中G（）到H( )过程中，氯原子从G分子中脱离，则a位置的键发生断键；含有重氢的环状结构断开，说明d位置化学键断裂；断裂的化学键为ad；
(6)H的结构简式为 ，Y为H的同分异构体，含有萘环，且环上只有一个取代基，可发生水解反应，但不能发生银镜反应，说明分子中由酯基，没有醛基，故符合要求的结构简式为、、、 、 、 、 、 ，共有8种(任写一种，符合题目要求即可)。
19、试管口应该略向下倾斜 冷却并收集SO3 木条复燃 2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋ S2O MnO 用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作2～3次(合理即可) 0.06 偏高
【解析】
(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜；根据SO3、氧气的性质进行分析；
(2)X为MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO42-，据此写出离子方程式，并根据氧化还原反应规律判断氧化剂、氧化产物；
(3)根据沉淀洗涤的方法进行回答；
(4)根据得失电子守恒可得到关系式：5H2C2O4---2MnO4-，带入数值进行计算；Na2S2O8也具有氧化性，氧化H2C2O4。
【详解】
(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜，SO3的熔、沸点均在0℃以上，因此冰水浴有利于将SO3冷却为固体，便于收集SO3，由Na2S2O8的分解原理可知，生成物中有氧气，所以在导管出气口的带火星的木条会复燃，故答案为：试管口应该略向下倾斜；冷却并收集SO3；木条复燃；
(2)X为MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO42-，则反应的离子方程式为2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋，根据该反应中元素化合价的变化可知，氧化剂是S2O82-，氧化产物是MnO4-，故答案为：2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋；S2O82-；MnO4-；
(3)沉淀洗涤时，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸馏水需要没过沉淀，需要洗涤2~3次，故答案为：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作2～3次(合理即可)；
(4)根据得失电子守恒可得到关系式：

则，Na2S2O8具有氧化性，消耗的H2C2O4溶液增多，导致测得的结果偏高，故答案为：0.06；偏高。
20、HCOOHH2O+CO↑ ③ CO 及 Ni(CO)4 与装置中空气混合在加热条件下爆炸 E 装置中产生黑色沉淀 473K 0.50
【解析】
A装置中甲酸和浓硫酸反应生成CO，经B装置中浓硫酸进行干燥，根据方程式Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，温度在50~80℃是更有利于Ni(CO)4的生成，为了更好的控制温度可选用水浴加热，Ni(CO)4的沸点为43℃，所以反应生成的Ni(CO)4会变成气体，在D装置中进行冷凝得到Ni(CO)4液体，之后利用E装置吸收未反应的CO，同时为了防止Ni(CO)4与空气混合加热，需先通一段时间的CO，通过观察E装置中是否有黑色成生成可判断装置中是否充满CO。
【详解】
(1)装置A中甲酸与在浓硫酸的作用下生成CO和水，反应方程式为HCOOHH2O+CO↑；
(2)温度在50~80℃是更有利于Ni(CO)4的生成，为了更好的控制温度，且可避免温度过高，可选用水浴加热，所以选用③装置；
(3)CO 及 Ni(CO)4 与装置中空气混合在加热条件下会发生爆炸，所以要先观察到E装置中生成黑色沉淀，再加热C装置；
(4)323K是49.85℃，473K是199.85℃，根据方程式Ni(CO)4 (g)Ni(s)+4CO(g)可知180~200℃时生成Ni单质，所以高纯镍粉在封管的473K温度区域端生成；
(5)n(HCOOH)==0.25mol，则生成的n(CO)=0.25mol，C装置中发生Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)，则C管减轻的质量即反应的Ni的质量，则反应n(Ni)==0.05mol，则消耗n(CO)=0.2mol，所以PdCl2 溶液至少要吸收CO的物质的量为0.25mol-0.2mol=0.05mol，根据方程式CO + PdCl2 + H2O = CO2 + Pd↓(黑色) + 2HCl可知所需n(PdCl2)=0.05mol，所以其浓度至少为=0.5mol/L。
解答第(4)题时要注意单位的换算，方程式中温度的单位是摄氏度，封管所给温度时开尔文，0℃=273.15K。
21、Mg(OH)2、Fe2O3 4NaB（OH）4+2CO2+3H2O=Na2B4O5（OH）4▪8H2O↓+2NaHCO3 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤干净 溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 90.9 阴离子 16.8 <
【解析】
硼镁矿与氢氧化钠溶液反应，过滤除去沉淀Mg（OH）2和Fe2O3，NaB（OH）4溶液中通入过量的二氧化碳，得到Na2B4O5（OH）4•8H2O与为NaHCO3，过滤分离，由于硼酸的酸性小于盐酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，故Na2B4O5（OH）4•8H2O晶体与盐酸反应得到硼酸，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硼酸(H3BO3)晶体。
(1)镁离子可以生成氢氧化镁沉淀，三氧化二铁不与氢氧化钠反应；
(2)反应物NaB（OH）4和过量CO2，生成物Na2B4O5(OH)4·8