福建省五校2026年高考模拟考试试题化学试题试卷含解析.doc

福建省五校2026年高考模拟考试试题化学试题试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、某探究活动小组根据侯德榜制碱原理，按下面设计的方案制备碳酸氢钠。实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。下列说法正确的是（ ）

A．乙装置中盛放的是饱和食盐水
B．丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出
C．丁装置中倒扣的漏斗主要作用是防止产生的气体污染空气
D．实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶
2、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．在标准状况下，将4.48L的氯气通入到水中反应时转移的电子数为0.2NA
B．12g石墨中C-C键的数目为2NA
C．常温下，将27g铝片投入足量浓硫酸中，最终生成的SO2分子数为1.5NA
D．常温下，1LpH＝1的CH3COOH溶液中，溶液中的H＋数目为0.1NA
3、下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是（ ）
选项
实验操作
实验目的或结论
A
室温下，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生
验证Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)
B
将混有Ca(OH)2杂质的Mg(OH)2样品放入水中，搅拌，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后过滤，用蒸馏水洗净沉淀。
除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质
C
向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色
NO3-被氧化为NH3
D
室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液pH约为5
HSO3-结合H+的能力比SO32-的强
A．A B．B C．C D．D
4、根据如图能量关系示意图，下列说法正确的是

A．1 mol C(s)与1 mol O2(g)的能量之和为393.5 kJ
B．反应2CO(g)＋O2(g)= 2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量
C．由C(s)→CO(g)的热化学方程式为：2C(s)＋O2(g)= 2CO(g)　ΔH＝－221.2 kJ·mol－1
D．热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO热值ΔH＝－10.1 kJ·mol－1
5、已知：C（s）+ H2O（g）== CO(g) + H2(g) △H = a kJ·mol-1
2 C（s）+ O2（g）== 2CO(g) △H = -220 kJ·mol-1
H-H 、O=O和O-H键的键能（kJ·mol-1）分别为436、496和462，则a为（ ）
A．-332 B．-118 C．+350 D．+130
6、向某二价金属M的M(OH)2的溶液中加入过量的NaHCO3溶液，生成了MCO3沉淀，过滤，洗涤、干燥后将沉淀置于足量的稀盐酸中，充分反应后，在标准状况下收集到V L气体。如要计算金属M的相对原子质量，你认为还必需提供下列哪项数据是
A．M(OH)2溶液的物质的量浓度 B．与MCO3反应的盐酸的物质的量浓度
C．MCO3的质量 D．题给条件充足，不需要再补充数据
7、室温下，将1L0.3mol⋅ L−1HA溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应得到溶液(a)。然后向该溶液中通入HCl或加入NaOH固体（忽略体积和温度变化），溶液pH随通（加）入物质的量的变化如图。下列叙述错误的是

A．HA是一种弱酸
B．向a点对应溶液中通入HCl，充分反应后，c(H+)/c(HA)增大
C．b点对应溶液中：c(Na+)=c(Cl-)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)
D．c点对应溶液中：c(Na+)=c(A-)
8、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(    )
A．标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
B．标准状况下，22.4L氖气含有的电子数为10NA
C．常温下，的醋酸溶液中含有的数为
D．120g NaHSO4分子中阳离子和阴离子的总数为3NA
9、地沟油生产的生物航空燃油在东航成功验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽 油、煤油、柴油等）的方法是（ ）
A．加入水中，浮在水面上的是地沟油
B．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油
C．点燃，能燃烧的是矿物油
D．测定沸点，有固定沸点的是矿物油
10、有一未知的无色溶液中可能含有、、、、、、。分别取样：①用计测试，溶液显弱酸性；②加适量氯水和淀粉无明显现象。由此可知原溶液中
A．可能不含 B．可能含有
C．一定含有 D．一定含有3种离子
11、下列属于酸性氧化物的是( )
A．CO B．Na2O
C．KOH D．SO2
12、清初《泉州府志》物产条载： “初，人不知盖泥法，元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。”文中“盖泥法”的原理与下列相同的是（ ）
A．活性炭净水 B．用漂白粉漂白织物
C．除去KNO3中的NaCl D．除去河水中泥沙
13、体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)=0.01mol，下列叙述正确的是(　　)
A．醋酸溶液的pH大于盐酸
B．醋酸溶液的pH小于盐酸
C．与NaOH完全中和时，醋酸消耗的NaOH多于盐酸
D．分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：n (Cl﹣)=n (CH3COO﹣)
14、关于化合物2−苯基丙烯（），下列说法正确的是
A．不能使稀高锰酸钾溶液褪色
B．可以发生加成聚合反应
C．分子中所有原子共平面
D．易溶于水及甲苯
15、用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法不正确的是：（ ）
A．标况下，22.4L的CO和1mol的N2所含电子数相等。
B．1.0L 0.1mol/L的醋酸钠溶液中含CH3COOH、CH3COO—的粒子总数为0.1NA。
C．5.6g铁粉加入足量稀HNO3中，充分反应后，转移电子总数为0.2NA。
D．18.4g甲苯中含有C—H键数为1.6 NA。
16、一定量的与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是

A．时，若充入惰性气体，、逆 均减小，平衡不移动
B．时，反应达平衡后的转化率为
C．时，若充入等体积的和CO，平衡向逆反应方向移动
D．平衡常数的关系：
二、非选择题（本题包括5小题）
17、福莫特罗是一种治疗哮喘病的药物，它的关键中间体（G）的合成路线如下：

回答下列问题：
（1）F的分子式为_____________，反应①的反应类型为________
（2）反应④的化学方程式为___________________________。
（3）C能与FeC13 溶液发生显色反应，C的结构简式为________________, D中的含氧官能团为_________________。
（4）B的同分异构体（不含立体异构）中能同时满足下列条件的共有_____种。
a．能发生银镜反应 b．能与NaOH溶液发生反应 c．含有苯环结构
其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3:2:2:1的是________________（填结构简式）。
（5）参照G的合成路线，设计一种以为起始原料（无机试剂任选）制备的合成路线______
18、一种防止血栓形成与发展的药物J的合成路线如图所示（部分反应条件略去）：

回答下列问题：
(1)A中官能团的名称是_________，反应⑤的反应类型是___________。
(2)J的分子式是__________。F的结构简式是_________。
(3)反应③的化学方程式为____________________________________。
(4)已知C有多种同分异构体。写出同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式__________。（只需写出两个）
①苯环上有两个处于对位上的取代基；
②1mol该有机物与足量金属钠反应生成1g氢气。
(5)请参照J的合成方法，完成下列合成路线：___________________

19、草酸亚铁晶体（FeC2O4-2H2O，M=180g.mol-1）为淡黄色固体，难溶于水，可用作电池正极材料磷酸铁锂的原料。回答下列问题：
实验1探究纯草酸亚铁晶体热分解产物
（1）气体产物成分的探究，设计如下装置（可重复选用）进行实验：

①装置B的名称为 ____。
②按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为a→___ →点燃（填仪器接口的字母编号）。
③为了排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，实验前应进行的操作是____。
④C处固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，则证明气体产物中含有____。
（2）固体产物成分的探究，待固体热分解充分后，A处残留黑色固体。黑色固体可能是Fe或FeO，设计实验证明其成分为FeO的操作及现象为____。
（3）依据（1）和（2）结论，A处发生反应的化学方程式为____。
实验2草酸亚铁晶体样品纯度的测定
工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的流程如下图：

（4）草酸亚铁晶体溶解酸化用KMnO4溶液滴定至终点的离子方程式为____。
（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为 ____（用代数式表示），若配制溶液时Fe2+被氧化，则测定结果将____（填“偏高”“偏低”或“不变”）。
20、锡有SnCl2、SnCl4两种氯化物．SnCl4是无色液体，极易水解，熔点﹣36℃，沸点114℃，金属锡的熔点为231℃．实验室用熔融的金属锡跟干燥的氯气直接作用制取无水SnCl4（此反应过程放出大量的热）．实验室制取无水SnCl4的装置如图所示．

完成下列填空：
（1）仪器A的名称__； 仪器B的名称__．
（2）实验室制得的氯气中含HCl和水蒸气，须净化后再通入液态锡中反应，除去HCl的原因可能是__；除去水的原因是__．
（3）当锡熔化后，通入氯气开始反应，即可停止加热，其原因是__．若反应中用去锡粉11.9g，反应后在锥形瓶中收集到23.8g SnCl4，则SnCl4的产率为__．
（4）SnCl4遇水强烈水解的产物之一是白色的固态二氧化锡．若将SnCl4少许暴露于潮湿空气中，预期可看到的现象是__．
（5）已知还原性Sn2+＞I﹣，SnCl2也易水解生成难溶的Sn（OH）Cl．如何检验制得的SnCl4样品中是否混有少量的SnCl2？__．
21、峨眉金顶摄身崖又称舍身崖，因常现佛光而得名。“佛光”因摄入身之影像于其中，遂称“摄身光”，为峨眉胜景之一。摄生崖下土壤中富含磷矿，所以在无月的黑夜可见到崖下荧光无数。
(1)“荧光”主要成分是PH3，其结构式为___________，下列有关PH3的说法错误的是___________。
a.PH3分子是极性分子
b.PH3分子稳定性低于NH3分子，因为N－H键键能高
c.一个PH3分子中，P原子核外有一对孤电子对
d.PH3沸点低于NH3沸点，因为P－H键键能低
(2)“荧光”产生的原理是Ca3P2在潮湿的空气中剧烈反应，写出该反应的化学方程式____________________。
(3)已知下列键能数据及P4(白磷)分子结构：
化学键
P－P
H－H
P－H
白磷分子结构
键能/(kJ·mol-1)
213
436
322

则反应4PH3(g)P4(g)＋6H2(g) △H＝___________ kJ· mol－1。
(4)某温度下，向容积为2L的密闭容器中通入2 mol PH3发生(3)中反应，5min后反应达平衡，测得此时H2的物质的量为1.5 mol，则用PH3表示的这段时间内的化学反应速率v(PH3)＝__________；下列说法能表明该反应达到平衡状态的是___________。
A.混合气体的密度不变 B.6v(PH3)＝4v(H2)
C.c(PH3)：c(P4)：c(H2)＝4：1：6 D.混合气体的压强不变
(5)PH3有毒，白磷工厂常用Cu2＋、Pd2＋液相脱除PH3：PH3＋2O2H3PO4，其他条件相同时，溶解在溶液中O2的体积分数与PH3的净化效率与时间的关系如图所示，回答下列问题：

(I)由图可知，富氧有利于____________(选填“延长”或“缩短”)催化作用的持续时间。
(Ⅱ)随着反应进行，PH3的净化效率急剧降低的原因可能为_________________________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
工业上侯氏制碱法是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，由于氨气在水中的溶解度大，所以先通入氨气，通入足量的氨气后再通入二氧化碳，生成了碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以溶液中有碳酸氢钠晶体析出，将碳酸氢钠晶体加热后得纯碱碳酸钠，据此分析解答。
【详解】
A. 利用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应，所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体，因此乙装置中盛放的是饱和碳酸氢钠溶液，故A错误；
B. 碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出，故B正确；
C. 实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3，氨气极易溶于水，丁装置中倒扣的漏斗主要是防止倒吸，故C错误；
D. 分离出NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作，故D错误；
答案选B。
明确“侯氏制碱法”的实验原理为解题的关键。本题的易错点为A，要注意除去二氧化碳中的氯化氢气体通常选用的试剂。
2、D
【解析】
A. 在标准状况下，将4.48L的氯气通入到水中反应是可逆反应，氯气未能完全参与反应，转移的电子数小于0.2NA，故A错误；
B. 一个C连3个共价键， 一个共价键被两个C平分，相当于每个C连接1.5个共价键，所以12gC即1molC中共价键数为1.5 NA，故B错误；
C. 常温下，铝片与浓硫酸钝化，反应不能继续发生，故C错误；
D. 常温下，1LpH＝1即c（H＋）=0.1mol/L的CH3COOH溶液中，溶液中的n（H＋）=0.1mol/L×1L=0.1mol，数目为0.1NA，故D正确。
答案选D。
3、B
【解析】
A. 由现象可知，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生，说明固体中含有BaCO3和BaSO4，有BaSO4转化成BaCO3，这是由于CO32-浓度大使Qc（BaCO3）>Ksp（BaCO3），所以不能验证Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，A项错误；
B. Mg（OH）2比Ca（OH）2更难溶，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后Ca（OH）2与MgCl2反应生成Mg（OH）2和溶于水的CaCl2，过滤，用蒸馏水洗净沉淀，可达到除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质的目的，B项正确；
C. 试纸变为蓝色，说明生成氨气，可说明NO3−被还原为NH3，结论不正确，C项错误；
D. 由操作和现象可知，亚硫酸氢根离子电离大于其水解，则HSO3−结合H+的能力比SO32−的弱，D项错误；
答案选B。
A项是易错点，沉淀转化的一般原则是由溶解度小的转化为溶解度更小的容易实现，但两难溶物溶解度相差不大时也可控制浓度使溶解度小的转化成溶解度大的。
4、C
【解析】
由图可知，转化Ⅰ反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，热化学方程式为C(s)＋O2(g)= CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ·mol－1，转化Ⅱ反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，热化学方程式为2CO(g)＋O2(g)= 2CO2(g) ΔH＝－282.9kJ·mol－1，转化Ⅰ—转化Ⅱ得C(s)→CO(g)的热化学方程式2C(s)＋O2(g)= 2CO(g)　ΔH＝－221.2 kJ·mol－1。
【详解】
A项、由图可知1 mol C(s)与1 mol O2(g)的能量比1 mol CO2(g)能量高393.5 kJ，故A错误；
B项、由图可知反应2CO(g)＋O2(g)= 2CO2(g)为放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故B错误；
C项、由图可知1 mol C(s)与O2(g)生成1 mol CO(g)放出热量为393.5 kJ－282.9 kJ＝110.6 kJ，则C(s)→CO(g)的热化学方程式为2C(s)＋O2(g)= 2CO(g)　ΔH＝－221.2 kJ·mol－1，故C正确；
D项、热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO的热值为282.9 kJ×g≈10.1 kJ·g－1，故D错误；
故选C。
5、D
【解析】
由①C（s）+ H2O（g）== CO(g) + H2(g) △H = a kJ·mol-1
②2 C（s）+ O2（g）== 2CO(g) △H = -220 kJ·mol-1
结合盖斯定律可知,②−①×2得到O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)， △H=−220kJmol−2akJ/mol=−(220+2a)kJ/mol，焓变等于断键吸收能量减去成键释放的能量，则496+2×431−462×2×2=−(220+2a)，解得a=+130，
故选D.
6、C
【解析】
生成的气体是CO2，所以要计算M的相对原子质量，还需要知道MCO3的质量，选项C正确，答案选C。
7、C
【解析】
1L0.3mol·L－1HA溶液与0.1molNaOH固体混合，反应后的溶质为0.1molNaA和0.2molHA，假设HA为强酸，此时c(H＋)=0.2mol·L－1，pH为1－lg2，但现在pH＞3，说明HA为弱酸，然后进行分析即可
【详解】
1L0.3mol·L－1HA溶液与0.1molNaOH固体混合，反应后的溶质为0.1molNaA和0.2molHA，假设HA为强酸，此时c(H＋)=0.2mol·L－1，pH为1－lg2，但现在pH＞3，说明HA为弱酸。
A、根据上述分析，HA为弱酸，故A说法正确；
B、c(H＋)/c(HA)=c(H＋)×c(A－)/[c(HA)×c(A－)]=Ka(HA)/c(A－)，a点对应溶液中加入HCl，发生NaA＋HCl=NaCl＋HA，c(A－)减小，因此该比值增大，故B说法正确；
C、b点加入盐酸为0.1mol，此时溶质为HA和NaCl，HA的物质的量为0.3mol，NaCl物质的量为0.1mol，HA为弱酸，电离程度弱，因此微粒浓度大小顺序是c(HA)>c(Na＋)=c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)，故C说法错误；
D、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，c点pH=7，c(H＋)=c(OH－)，即有c(Na＋)=c(A－)，故D说法正确。
8、B
【解析】
A.氯气溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以无法计算转移的电子数，故A错误;
B. 标准状况下，22.4L氖气为1mol，一个Ne原子含有10个电子，即1mol氖气含有10NA个电子，故B正确；
C.醋酸溶液的体积未知，则无法计算H+数目，故C错误；
D. 120g NaHSO4为1mol，1molNaHSO4分子中含有1molNa+和1molHSO4-，则120g NaHSO4分子中阳离子和阴离子的总数为2NA，故D错误；
故选B。
9、B
【解析】
地沟油中含油脂，与碱溶液反应，而矿物油不与碱反应，混合后分层，以此来解答。
【详解】
A. 地沟油、矿物油均不溶于水，且密度均比水小，不能区别，故A错误；
B. 加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油，分层的为矿物油，现象不同，能区别，故B正确；
C. 地沟油、矿物油均能燃烧，不能区别，故C错误；
D. 地沟油、矿物油均为混合物，没有固定沸点，不能区别，故D错误
答案是B。
本题考查有机物的区别，明确地沟油、矿物油的成分及性质是解答本题的关键，题目难度不大。
10、C
【解析】
溶液为无色，则溶液中没有Cu2+；由①可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+能水解使溶液显酸性，则一定含有NH4+；而S2-能水解显碱性，即S2-与NH4+不能共存于同一溶液中，则一定不含有S2-；再由氯水能氧化I-生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而②中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I-；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH4+，必须同时存在阴离子，即SO42-必然存在；而Ba2+、SO42-能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+显然剩下的Na+是否存在无法判断，综上所述C正确。
故选C。
解决此类问题的通常从以下几个方面考虑：溶液的酸碱性及颜色；离子间因为发生反应而不能共存；电荷守恒。
11、D
【解析】
酸性氧化物是可以与碱反应生成盐和水的氧化物。
【详解】
A.CO是不成盐氧化物，故A不选；
B. Na2O是碱性氧化物，故B不选；
C.KOH是碱，不是氧化物，故C不选；
D.SO2属于酸性氧化物，故D选。
故选D。
12、A
【解析】文中“去土而糖白”是指固体土吸附糖色，所以文中“盖泥法”的原理与下列相同的是活性炭净水，故选A。
13、C
【解析】
A．根据电荷守恒，当体积相同的盐酸和醋酸两种溶液中n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)，氢离子浓度相同，溶液pH相同，故A错误；
B．根据电荷守恒，当体积相同的盐酸和醋酸两种溶液中n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)，氢离子浓度相同，溶液pH相同，故B错误；
C．醋酸是弱酸存在电离平衡，当n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)时，n(CH3COOH)远远大于n(HCl)，与NaOH完全中和时，醋酸消耗的NaOH多于盐酸，故C正确；
D．加水稀释时，醋酸电离平衡正向移动，醋酸溶液中醋酸根离子物质的量增大，而盐酸溶液中氯离子物质的量不变，所以分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：n (Cl﹣)C。
本题考查了弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查，根据电荷守恒判断两种溶液中氢离子浓度相等是解本题关键，再结合弱电解质电离特点来分析解答。
14、B
【解析】
2-苯基丙烯的分子式为C9H10，官能团为碳碳双键，能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。
【详解】
A项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯，故B正确；
C项、有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，故C错误；
D项、2-苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2-苯基丙烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，故D错误。
故选B。
本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构，掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构特点进行判断是解答关键。
15、C
【解析】
A．标况下22.4LCO和氮气的物质的量均为1mol，而CO和氮气中均含14个电子，故1molCO和氮气中均含14mol电子即14NA个，故A正确；
B．溶液中醋酸钠的物质的量为n=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol，而CH3COO-能部分水解为CH3COOH，根据物料守恒可知，溶液中含CH3COOH、CH3COO-的粒子总数为0.1NA，故B正确；
C．5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁与足量的稀硝酸反应后变为+3价，故0.1mol铁转移0.3mol电子即0.3NA个，故C错误；
D．18.4g甲苯的物质的量为0.2mol，而1mol甲苯中含8mol碳氢键，故0.2mol甲苯中含1.6mol碳氢键即1.6NA个，故D正确；
故答案为C。
阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。
16、B
【解析】
体积可变的恒压密闭容器中，若充入惰性气体，体积增大，则压强减小，则、逆均减小，平衡正向移动，选项A错误；
B.由图可知，时，CO的体积分数为，设开始及转化的分别为n、x，则，解得，平衡后的转化率为，选项B正确；
C.时，若充入等体积的和CO，与原平衡状态时体积分数相同，平衡不移动，选项C错误；
D.由图可知，温度越高，CO的体积分数越大，该反应为吸热反应，K与温度有关，则，选项D错误；
答案选B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、C15H12NO4Br 取代反应 + +HCl 羟基、羰基和硝基 17
【解析】
由D的分子式与E的结构可知，D与发生取代反应生成E，则D为，C能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，结合C的分子式逆推可知C为，A的分子式为C6H6O，A与乙酸酐反应得到酯B，B在氯化铝作用下得到C，则A为，B为．E与溴发生取代反应生成F。据此分析解答。
【详解】
(1)F()的分子式为：C15H12NO4Br，反应①是与(CH3CO)2O反应生成与CH3COOH，属于取代反应，故答案为C15H12NO4Br；取代反应；
(2)反应④的化学方程式为：+ +HCl，故答案为+ +HCl；
(3)根据上述分析，C的结构简式为 ，D的结构简式为，其中的含氧官能团有：羰基、羟基、硝基，故答案为；羰基、羟基、硝基；
(4)B()的同分异构体(不含立体异构)能同时满足下列条件：a．能发生银镜反应，说明含有醛基，b．能与NaOH溶液发生反应，说明含有酯基或酚羟基，c．含有苯环结构，若为甲酸形成的酯基，含有1个取代基，可以为甲酸苯甲酯，含有2个取代基为-CH3、-OOCH，有邻、间、对3种，若含有醛基、酚羟基，含有2个取代基，其中一个为-OH，另外的取代基为-CH2CHO，有邻、间、对3种，含有3个取代基，为-OH、-CH3、-CHO，当-OH、-CH3处于邻位时，-CHO有4种位置，当-OH、-CH3处于间位时，-CHO有4种位置，当-OH、-CH3处于对位时，-CHO有2种位置，符合条件的同分异构体共有17种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1的是 ，故答案为17；；
(5)模仿E→F→G的转化，发生硝化反应生成，然后与溴发生取代反应生成，最后在NaBH4条件下反应生成，合成路线流程图为：，故答案为。
根据物质的分子式及E的结构进行推断是解答本题的关键。本题的难点为(5)，要注意根据题干流程图转化中隐含的信息进行合成路线设计。
18、 (酚)羟基 消去反应 C19H16O4 +CO(OC2H5)2+2C2H5OH 、、、(任写两个)
【解析】
对比A、B的结构，可知A与乙酸酐发生取代反应生成B，同时还生成CH3COOH，B、C互为同分异构体，B发生异构生成C，对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，由F的分子式，结合G的结构，可知E为，对比E、F的分子式，可知E与丙酮发生加成反应生成F，F发生消去反应生成G，结合G的结构，可知F为，据此分析解答。
【详解】
对比A、B的结构，可知A与乙酸酐发生取代反应生成B，同时还生成CH3COOH，B、C互为同分异构体，B发生异构生成C，对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，由F的分子式，结合G的结构，可知E为，对比E、F的分子式，可知E与丙酮发生加成反应生成F，F发生消去反应生成G，结合G的结构，可知F为，
(1)A为苯酚，含有的官能团为酚羟基，由以上分析可知，反应⑤为在浓硫酸加热的条件发生消去反应生成G，故答案为：(酚)羟基；消去反应；
(2)由J的结构简式，可知其分子式是C19H16O4，由以上分析知F为，故答案为：C19H16O4；；
(3)对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，故反应③的化学方程式为：+CO(OC2H5)2+2C2H5OH，故答案为：+CO(OC2H5)2+2C2H5OH；
(4)同时满足下列条件的C()的所有同分异构体：①苯环上有两个处于对位上的取代基；②1mol该有机物与足量金属钠反应生成1g氢气，则含有一个羟基或一个羧基，当含有一个羟基时，还应含有一个醛基或者一个羰基，符合条件的同分异构体有： 、、、，故答案为：、、、(任写两个)；
(5) 与乙酸酐反应生成，然后与AlCl3/NaCl作用生成，最后与CO(OC2H5)2反应得到，故答案为：。
19、洗气瓶 f g → b c → hi →d e→b c 先通入一段时间的氮气 CO 取少量固体溶于硫酸，无气体生成 偏低
【解析】
（1）①根据图示分析装置B的名称；
②先用无水硫酸铜检验水，再用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体，再用热的氧化铜、澄清石灰水检验CO，最后用点燃的方法处理尾气；
③用氮气排出装置中的空气；
④CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳；
（2）铁与硫酸反应生成氢气，氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气；
（3）依据（1）和（2），草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO、CO2、水；
（4）草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3CO2；
（5）亚铁离子消耗高锰酸钾溶液V2mL，则草酸根离子消耗高锰酸钾溶液V1mL-V2mL，由于样品含有FeSO4杂质，所以根据草酸根离子的物质的量计算草酸亚铁晶体样品的纯度。
【详解】
（1）①根据图示，装置B的名称是洗气瓶；
②先用无水硫酸铜检验水，再用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体，再用热的氧化铜检验CO，再用澄清石灰水检验二氧化碳的生成，最后用点燃的方法处理尾气，仪器的连接顺序是a→fg→bc →hi→de→bc；
③为了排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，实验前应进行的操作是先通入一段时间的氮气；
④CO具有还原性，C处固体由黑变红，说明氧化铜被还原为铜，其后的澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，则证明气体产物中含有CO；
（2）铁与硫酸反应生成氢气，氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气，取少量固体溶于硫酸，没有气体放出，则证明是FeO；
（3）依据（1）和（2），草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO、CO2、水，反应方程式是 ；
（4）草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+、CO2，反应的离子方程式是；
（5）25mL样品溶液中亚铁离子消耗高锰酸钾的物质的量是，草酸根离子消耗高锰酸钾的物质的量为，根据方程式，草酸亚铁晶体样品的纯度为 ；若配制溶液时Fe2+被氧化，则V1减小，V2不变，测定结果将偏低。
本题通过探究草酸亚铁的性质，考查学生实验基本操作和获取信息解决实际问题的能力，明确实验原理与方法是解题的关键，知道草酸、亚铁离子都能被高锰酸钾氧化。
20、蒸馏烧瓶 冷凝管 Sn可能与HCl反应生成SnCl2 防止SnCl4水解 Sn和Cl2 反应放出大量的热 91.2% 空气中有白烟 取样品少许，溶于稀盐酸中，加2滴碘的淀粉溶液，振荡，若紫色褪去，说明SnCl4混有少量的SnCl2，否则SnCl4纯净
【解析】
装置A有支管，因此是蒸馏烧瓶，氯气进入烧瓶与锡反应得到，加热后挥发，进入装置B冷凝管中，注意冷凝水的方向是下进上出，冷却后的变为液体，经牛角管进入锥形瓶E中收集，而F中的烧碱溶液可以吸收过量的氯气，据此来分析作答。
【详解】
（1）装置A是蒸馏烧瓶，装置B是冷凝管；
（2）锡在金属活动顺序表中位于氢之前，因此金属锡会和反应得到无用的，而除去水蒸气是为了防止水解；
（3）此反应过程会放出大量的热，因此此时我们可以停止加热，靠反应放出的热将持续蒸出；根据算出锡的物质的量，代入的摩尔质量算出理论上能得到26.1克，则产率为；
（4）水解产生白色的固态二氧化锡，应该能在空气中看到一些白烟；
（5）根据题目给出的信息，若溶液中存在，则可以将还原为，因此我们取样品少许，溶于稀盐酸中，加2滴碘的淀粉溶液，振荡，若紫色褪去，说明SnCl4混有少量的SnCl2，否则SnCl4纯净。
21、 d Ca3P2+6H2O＝2PH3↑+3Ca(OH)2 -30 0.1mol·L-1·min-1 D 延长 反应生成的H3PO4与催化剂Cu2＋、Pd2＋反应，使催化效率降低
【解析】
(1)PH3中P原子通过3个共价键分别与3个H原子结合；
(2)Ca3P2在潮湿的空气中水解生成氢氧化钙和PH3；
(3)焓变=反应物总键能-生成物总键能；
(4)4PH3(g)P4(g)＋6H2(g)生成H2的物质的量为1.5 mol，则消耗1mol PH3；根据平衡标志分析平衡状态；
(5)(I)由图可知，氧气的体积分数越大，PH3高净化率持续时间长；
(Ⅱ)随着反应进行，PH3的净化效率急剧降低，说明催化剂催化作用减弱。
【详解】
(1)PH3中P原子通过3个共价键分别与3个H原子结合，其结构式为；
a.PH3是三角锥形分子，分子是极性分子，故a正确；
b.P原子半径大于N，所以N－H键键能大于P－H键，PH3分子稳定性低于NH3分子，故b正确；
c. PH3分子中P原子的价电子对数是，配位数是3，所以P原子核外有一对孤电子对，故c正确；
d.PH3沸点低于NH3沸点，因为NH3分子间有氢键，PH3分子间没有氢键，故d错误。
答案选d。
(2)Ca3P2在潮湿的空气中水解生成氢氧化钙和PH3，反应的方程式Ca3P2+6H2O＝2PH3↑+3Ca(OH)2；
(3)焓变=反应物总键能-生成物总键能，4PH3(g)P4(g)＋6H2(g) △H＝12×322 kJ∙mol-1―6×213 kJ∙mol-1―6×436 kJ∙mol-1＝-30 kJ· mol－1；
(4)4PH3(g)P4(g)＋6H2(g)生成H2的物质的量为1.5 mol，则消耗1mol PH3，v(PH3)=0.1mol·L-1·min-1；
A.反应前后气体质量不变、容器体积不变，所以混合气体的密度是恒量，密度不变 ，不一定平衡，故不选A；
B.6v(PH3)＝4v(