山东省青岛市重点中学2025届高三第二次模拟考试化学试卷含解析

山东省青岛市重点中学2025届高三第二次模拟考试化学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、化学与人类的生产、生活息息相关。下列说法正确的是（）A．天然纤维和人造纤维主要成分都是纤维素B．生物质能和氢气都属于可再生能源C．古代明矾除铜绿和现代焊接氯化铵除铁锈都利用了溶液显碱性的特性D．燃煤中加入生石灰和汽车限行都是为了减缓温室效应2、2019年上海、西安等城市先后开始实施生活垃圾分类，分类的目的是提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用，垃圾是放错地方的资源，同时也是建立环境友好型国家的重要举措。下列关于垃圾分类的说法正确的是A．废电池、过期药品属于有害垃圾，无需回收，为防止污染环境应当深埋处理B．其它垃圾包括防新型冠状病毒用的口罩、烟头等物品无法利用，应当弃去不要C．废纸类、废塑料、废玻璃、废金属、废油漆桶等属于可回收物D．厨余垃圾经生化处理转化为沼气和有机肥料，从而生产绿色有机食品和清洁燃料3、25℃时，用0.1mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.1mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是A．Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线B．pH=7时，滴定盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等C．V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D．V(NaOH)=20.00mL时，两溶液中c(CH3COO-)>c(Cl-)4、下列实验操作正确的是A．用长预漏斗分离油和水的混合物B．配制0.5mol/LFe(NO3)2溶液时将固态Fe(NO3)2溶于稀硝酸中加水稀释至指定体积C．将含氯化氢的氯气通过碳酸氢钠溶液，可收集到纯氯气D．用湿布熄灭实验台上酒精着火5、下列表示不正确的是A．中子数为20的氯原子：37Cl B．氟离子的结构示意图：C．水的球棍模型： D．乙酸的比例模型：6、常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是（）A．pH为5的NaHSO3溶液中:c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)B．向NH4Cl溶液中加入NaOH固体至pH=7：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)=c(NH3·H2O)>c(OH-)=c(H+)C．将等体积、等物质的量浓度的CH3COONH4与NaCl溶液混合，pH=7：c(CH3COO-)+c(Na+)=c(Cl-)+c(NH4+)D．20mL0.1mol/LNH4HSO4溶液与30mL0.1mol/LNaOH溶液混合，测得pH>7：c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(H+)7、短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T能形成化合物Z2T。下列推断正确的是（）A．简单离子半径：T>Z>YB．Z2Y、Z2Y2所含有的化学键类型相同C．由于X2Y的沸点高于X2T，可推出X2Y的稳定性强于X2TD．ZXT的水溶液显弱碱性，促进了水的电离8、25℃时，向20.00mL0.1mol/LH2X溶液中滴入0.1mo1/LNaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[一lgc水(OH-)]即pOH水-与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是A．水的电离程度：M>P B．图中P点至Q点对应溶液中逐渐增大C．N点和Q点溶液的pH相同 D．P点溶液中9、“NaCl＋CO2＋NH3＋H2O→NaHCO3↓＋NH4Cl”是侯氏制碱法的重要反应。下面是4位同学对该反应涉及的有关知识发表的部分见解。错误的是A．甲同学说：该条件下NaHCO3的溶解度较小B．乙同学说：NaHCO3不是纯碱C．丙同学说：析出NaHCO3固体后的溶液中只含氯化铵D．丁同学说：该反应是在饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳10、下列装置或操作能达到相应实验目的的是A．配制一定浓度的NaCl溶液 B．除去SO2中的HClC．实验室制取氨气 D．观察Fe（OH）2的生成11、已知：

。在的密闭容器中进行模拟合成实验，将和通入容器中，分别在和反应，每隔一段时间测得容器中的甲醇的浓度如下：1020304050603000.400.600.750.840.900.905000.600.750.780.800.800.80下列说法正确的是

A．时，开始内的平均反应速率B．反应达到平衡时，两温度下CO和的转化率之比均为C．反应达到平衡时，放出的热量为D．时，若容器的容积压缩到原来的，则增大，减小12、海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等(如图所示)。下列有关说法正确的是（）A．大量的氮、磷废水排入海洋，易引发赤潮B．在③中加入盐酸溶解得到MgCl2溶液，再直接蒸发得到MgCl2·6H2OC．在④⑤⑥中溴元素均被氧化D．在①中除去粗盐中的SO42-、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸13、某学习小组设计如下装置进行原电池原理的探究。一段时间后取出铜棒洗净，发现浸泡在稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗。对该实验的说法正确的是A．处于稀硝酸中的铜棒为电池的正极，电极反应为：Cu2++2e-=CuB．该装置可以实现“零能耗”镀铜C．配置上述试验所用硝酸铜溶液应加入适量的硝酸溶液使铜棒溶解D．铜棒上部电势高，下部电势低14、双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH−，作为H+和OH−离子源。利用双极膜电渗析法电解食盐水可获得淡水、NaOH和HCl，其工作原理如图所示，M、N为离子交换膜。下列说法不正确的是（）A．相同条件下，不考虑气体溶解，阴极得到气体体积是阳极两倍B．电解过程中Na+向左迁移，N为阴离子膜C．若去掉双极膜(BP)，阳极室会有Cl2生成D．电解结束后，阴极附近溶液酸性明显增强15、用“吸收—电解”循环法脱除烟气中的SO2，可减少对大气的污染。室温下，电解液K再生的装置如图所示，其中电解液的pH随变化的关系见下表，下列对此判断正确的是电解液n(SO32－)：n(HSO3－)pHK9:916.2L1:17.2M91:98.2A．当电解液呈中性时溶液中：B．再生液M吸收SO2主反应的离子方程式为：C．HSO3－在b极发生的电极反应式为：D．若产生标准状况下2.24L气体N，则d膜上共通过0.2mol阳离子16、在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是A． B． C． D．二、非选择题（本题包括5小题）17、PVAc是一种具有热塑性的树脂，可合成重要高分子材料M，合成路线如下：己知：R、Rˊ、Rˊˊ为H原子或烃基I.R'CHO+R"CH2CHOII.RCHO+（1）标准状况下，4.48L气态烃A的质量是5.2g，则A的结构简式为___________________。（2）己知A→B为加成反应，则X的结构简式为_______；B中官能团的名称是_________。（3）反应①的化学方程式为______________________。（4）E能使溴的四氯化碳溶液褪色，反应②的反应试剂和条件是_______________________。（5）反应③的化学方程式为____________________________。（6）在E→F→G→H的转化过程中，乙二醇的作用是__________________________。（7）己知M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为_________________。18、氯吡格雷(clopidogrel)是一种用于抑制血小板聚集的药物．以芳香族化合物A为原料合成的路线如下：已知：①R-CHO，②R-CNRCOOH(1)写出反应C→D的化学方程式______________，反应类型____________。(2)写出结构简式．B____________，X____________。(3)A属于芳香族化合物的同分异构体(含A)共有______种，写出其中与A不同类别的一种同分异构体的结构简式___________。(4)两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，写出该反应的化学方程式________________。(5)已知：，设计一条由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图，无机试剂任选_____________。(合成路线常用的表反应试剂A反应条件B…反应试剂反应条件目标产物示方式为：AB…目标产物)19、辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：①取2.6g样品，加入200.0mL0.2000mol·L－1酸性KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO42－)，滤去不溶杂质；②收集滤液至250mL容量瓶中，定容；③取25.00mL溶液，用0.1000mol·L－1FeSO4溶液滴定，消耗20.00mL；④加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2++4I－=2CuI+I2；⑤加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1·L－1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S2O32－+I2=S4O62－+2I－)。回答下列问题：(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：___________；(2)配制0.1000mol·L－1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是___________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有___________；(3)③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是___________；(4)⑤中滴定至终点时的现象为___________；(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_________%、_________%(结果均保留1位小数)。20、Na2S2O3•5H2O俗称“海波”，是重要的化工原料，常用作脱氯剂、定影剂和还原剂。（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式是_____。（2）测定海波在产品中的质量分数：依据反应2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，可用I2的标准溶液测定产品的纯度。称取5.500g产品，配制成100mL溶液。取10.00mL该溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.05000mol•L﹣1I2的标准溶液进行滴定，相关数据记录如表所示。①判断滴定终点的现象是_____。②若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则测量的Na2S2O3•5H2O的质量分数会_____（填“偏高”、“偏低”或“不变”）③计算海波在产品中的质量分数（写出计算过程）。_____。21、卤素化学丰富多彩，能形成卤化物、卤素互化物、多卤化物等多种类型的化合物。（1）基态溴原子的价电子排布式为__。（2）卤素互化物如IBr、ICl等与卤素单质结构相似、性质相近。则Cl2、IBr、ICl的沸点由高到低的顺序为__。（3）气态氟化氢中存在二聚分子(HF)2，这是由于__。（4）互为等电子体的微粒相互之间结构相似。I3+属于多卤素阳离子，根据VSEPR模型推测I3+的空间构型为___，中心原子杂化类型为__。（5）铁在元素周期表中的位置___（用“周期”和“族”来描述）。（6）简述三价铁比二价铁稳定的原因___。（7）如图所示为卤化物冰晶石（化学式为Na3AlF6）的晶胞。图中●位于大立方体顶点和面心，○位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，▽是图中●、○中的一种。图中●、○分别指代哪种粒子__、__；大立方体的体心处▽所代表的是__。

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.蚕丝是天然纤维，其主要成分为蛋白质，A项错误；B.生物质能，就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，可转化为常规的固态、液态及气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源；氢气氢能是一种完全清洁的新能源和可再生能源，B项正确；C.铜绿为碱式碳酸铜，明矾在水溶液中因铝离子水解显酸性而溶解铜绿；铁锈的主要成分为氧化铁，氯化铵水解显酸性可除去铁锈，C项错误；D.燃煤中加入生石灰可减少二氧化硫的排放，减少酸雨的形成；汽车限行都是为了适当减少尾气排放，降低雾霾天气，D项错误；答案选B。2、D【解析】

A.废电池中含有重金属，需回收，不应当深埋处理，会造成水土污染，故A错误；B.医疗垃圾应该无害化处理，故B错误；C.废油漆桶属于危化品需要集中处理的废物，故C错误；D.厨余垃圾经生化处理转化为沼气和有机肥料，从而生产绿色有机食品和清洁燃料，故D正确；答案为D。3、C【解析】

A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，浓度相同时盐酸的pH较小；B．浓度、体积相等时，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性；D．V（NaOH）=20.00mL时，反应后得到等物质的量浓度的醋酸钠、氯化钠溶液，醋酸根离子部分水解，则醋酸根离子浓度较小。【详解】A．根据图示可知，Ⅰ的起始pH较大，Ⅱ的起始pH较小，则Ⅰ表示的是醋酸，Ⅱ表示盐酸，选项A错误；B．醋酸为弱酸，溶液体积相同时，醋酸和氯化氢的物质的量相等，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；若pH=7时，醋酸消耗的NaOH溶液体积应该稍小，选项B错误；C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），反应后溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），选项C正确；D．V（NaOH）=20.00mL时，两溶液都恰好反应得到等物质的量浓度的醋酸钠和NaCl溶液，由于醋酸根离子部分水解，则两溶液中c（CH3COO-）＜c（Cl-），选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。4、D【解析】A、油和水互不相溶，分层，分离油和水的混合物应用分液漏斗，故A错误；B、硝酸有强氧化性，能将二价铁氧化为三价铁，故B错误；C、将含氯化氢的氯气通过碳酸氢钠溶液，会产生CO2，应通过饱和食盐水，才可收集到纯氯气，故C错误；D、用湿布熄灭实验台上酒精着火，属于隔绝氧气灭火，故D正确；故选D。5、C【解析】

A.中子数为20的氯原子其质量数为17+20=37，故37Cl是正确的；B.氟离子的核电荷数为9，核外电子数为10，故正确；C.水分子为V型，不是直线型，故错误；D.该图为乙酸的比例模型，故正确。故选C。6、A【解析】

A.pH=5的NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸根离子电离大于水解程度，离子浓度大小：c（HSO3－）＞c（SO32－）＞c（H2SO3），故A错误；B.向NH4Cl溶液中加入NaOH固体至pH=7，加入的NaOH少于NH4Cl，由电荷守恒：c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)，则c(NH3·H2O)=c(Na+)，NH3·H2O电离大于NH4+水解，c(NH4+)>c(NH3·H2O)，所得溶液中：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)=c(NH3·H2O)>c(OH-)=c(H+)，故B正确；C.CH3COONH4中醋酸根离子和铵根离子的水解程度相同溶液呈中性，NaCl也呈中性，c(Na+)=c(Cl-)，c(NH4+)=c(CH3COO－)，c(CH3COO－)+c(Na+)=c(Cl-)+c(NH4+)，故C正确；D.滴入30mLNaOH溶液时（pH＞7），其中20mL氢氧化钠溶液与硫酸氢铵中的氢离子发生中和反应，剩余的10mL氢氧化钠溶液与铵根离子反应，则反应后的溶液中含有0.001mol一水合氨、0.0005mol硫酸铵，溶液的pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则：c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）、c（OH－）＞c（H＋），则溶液中离子浓度大小为：c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）＞c（OH－）＞c（H＋），故D正确；故选A。【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，解题关键：明确反应后溶质组成，难点突破：注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。7、D【解析】

R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R可能为C元素或S元素，由于图示原子半径和原子序数关系可知R应为C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O元素，Z为Na元素；Z与T形成的Z2T化合物，且T的原子半径比Na小，原子序数T>Z，则T应为S元素，X的原子半径最小，原子序数最小，原子半径也较小，则X应为H元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题。【详解】根据上述推断可知：X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；R是C元素，T是S元素。A.S2-核外有3个电子层，O2-、Na+核外有2个电子层，由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：T>Y>Z，A错误；B.Z2Y、Z2Y2表示的是Na2O、Na2O2，Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键、极性共价键，因此所含的化学键类型不相同，B错误；C.O、S是同一主族的元素，由于H2O分子之间存在氢键，而H2S分子之间只存在范德华力，氢键的存在使H2O的沸点比H2S高，而物质的稳定性与分子内的共价键的强弱有关，与分子间作用力大小无关，C错误；D.ZXT表示的是NaHS，该物质为强碱弱酸盐，在溶液中HS-水解，消耗水电离产生的H+结合形成H2S，使水的电离平衡正向移动，促进了水的电离，使溶液中c(OH-)增大，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了原子结构与元素性质及位置关系应用的知识，根据原子结构特点及元素间的关系推断元素是解题的关键，侧重于学生的分析能力的考查。8、D【解析】

-1gc水(OH-)越小，c水(OH-)越大，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，则c水(OH-)越小，据此分析解答。【详解】A．M点水电离出的c水(OH-)为10-11.1mol/L，P点水电离出的c水(OH-)为10-5.4mol/L，水的电离程度M＜P，故A错误；B．水解平衡常数只与温度有关，P点至Q点溶液中c(OH-)依次增大，则=×=依次减小，故B错误；C．N点到Q点，加入的NaOH逐渐增多，溶液的pH逐渐增大，故C错误；D．P点溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D正确；故选D。【点睛】明确图象曲线变化的含义为解答关键。本题的易错点为B，要注意电离平衡常数、水解平衡常数、水的离子积常数、溶度积等常数都是只与温度有关的数据，温度不变，这些常数不变。9、C【解析】反应中只有碳酸氢钠沉淀生成，所以该条件下NaHCO3的溶解度较小，故A正确；纯碱是Na2CO3，NaHCO3是小苏打，故B正确；析出NaHCO3固体后的溶液仍是NaHCO3的饱和溶液，含氯化铵、NaHCO3等，故C错误；在饱和食盐水中先通入氨气使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，增大二氧化碳的溶解度，故D正确。10、D【解析】

A．图中为俯视，正确操作眼睛应与刻度线、凹液面的最低处相平，故A错误；

B．HCl与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，引入新杂质，且二氧化硫也可以与碳酸氢钠溶液反应，故B错误；

C．氨气极易溶于水，不能排水法收集，故C错误；

D．植物油可隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，可观察Fe(OH)2的生成，故D正确；

故选：D。【点睛】除去SO2中混有的HCl可以用亚硫酸氢钠溶液，同理除去二氧化碳中HCl可用碳酸氢钠溶液。11、B【解析】

A.时，开始10min内甲醇的平均速率-1·min-1，依据速率与方程式的计量数的关系可得，H2的平均速率v(H2)=0.08mol·L-1·min-1，故A错误；B.两温度下，起始时CO和H2的物质的量之比是方程式的系数比，反应时也是按照方程式的系数比转化的，所以反应达到平衡时，CO和H2的转化率之比为1:1，故B正确；C.反应达到平衡时，放出的热量为kJ，故C错误；D.时，若容器的容积压缩到原来的，依据压强与反应速率的关系，则v增大，v增大，故D错误。故选B。12、A【解析】

A．氮、磷为植物生长的营养元素，氮和磷大量排入海洋中，会导致水体富营养化污染，形成赤潮，故A正确；B．在③中加入盐酸溶解得到MgCl2溶液，MgCl2溶液中水解生成的氯化氢容易挥发，直接蒸发得不到MgCl2·6H2O，故B错误；C．⑤中溴得电子化合价降低转化为溴离子，溴元素被还原，故C错误；D．镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，为了除去过量的钡离子，碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，因此Na2CO3溶液不能放在BaCl2溶液之前加入，故D错误；故选A。13、B【解析】

原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，正极电势比负极电势高。题意中，说明稀硝酸铜中铜作负极，铜变成铜离子进入溶液，下层浓硝酸铜中发生还原反应，铜离子得电子变成铜析出。【详解】A.题意中稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，说明稀硝酸铜中铜作负极，铜变成铜离子进入溶液，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+；A项错误；B.稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，这样该装置可以实现“零能耗”镀铜，B项正确；C.配置上述试验所用硝酸铜溶液若加如硝酸，硝酸会与铜电极反应，不发生题目中的电化学，C项错误；D.铜棒上部为负极，电势低，下部为正极，电势高，D项错误。答案选B。14、D【解析】

A.阴极室氢离子得电子生成氢气，发生的反应为2H++2e-=H2↑，阳极反应为4OH——4e-=O2↑+2H2O，转移相同物质的量的电子，生成氢气的体积是生成氧气体积的两倍，故A正确；B.阴极生成氢氧化钠，钠离子向左穿过M进入阴极室，所以M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，故B正确；C.若去掉双极膜(BP)，氯离子进入阳极室阳放电生成氯气，故C正确；D.阴极室氢离子得电子生成氢气，发生的反应为2H++2e-=H2↑，氢离子被消耗，酸性减弱，故D错误；题目要求选错误选项，故选D。【点睛】本题考查电解原理，注意审题，不再是电解饱和食盐水的反应，由于双极膜(BP)是阴、阳复合膜的存在，使电解反应变成了电解水，是易错点。阴极是物质得到电子，发生还原反应；溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。15、D【解析】

根据装置图，阴离子通过c膜向a极移动，可知a极为阳极，发生的反应为：HSO3-－2e-+H2O=SO42-+3H+；b极为阴极，发生的反应为：2H++2e-=H2↑，气体N为H2。【详解】A．n(SO32－)：n(HSO3－)=9：91时，电解液pH=6.2，n(SO32－)：n(HSO3－)=1：1时，电解液pH=7.2，由此推知当电解液呈中性时，c(HSO3－)＞c(SO32－)，A项错误；B．M吸收SO2主要发生的反应为：SO32-+SO2+H2O=2HSO3-，B项错误；C．b极为阴极，发生的反应为：2H++2e¯=H2↑，C项错误；D．若产生标准状况下2.24L气体N（0.1molH2），阴极消耗0.2molH+，减少0.2mol正电荷，需要补充0.2mol正电荷以达到平衡，则d膜上会通过0.2mol阳离子，D项正确；答案选D。16、D【解析】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。答案选D。点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。二、非选择题（本题包括5小题）17、HC≡CHCH3COOH酯基、碳碳双键稀NaOH溶液／△保护醛基不被H2还原【解析】

标准状况下，3.36L气态烃A的质量是3.9g，则相对摩尔质量为=26g/mol，应为HC≡CH，A与X反应生成B，由B的结构简式可知X为CH3COOH，X发生加聚反应生成PVAc，结构简式为，由转化关系可知D为CH3CHO，由信息Ⅰ可知E为，由信息Ⅱ可知F为，结合G的分子式可知G应为，H为，在E→F→G→H的转化过程中，乙二醇可保护醛基不被H2还原，M为，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，（1）标准状况下，4.48L气态烃A的物质的量为0.2mol,质量是5.2g，摩尔质量为26g/mol，所以A为乙炔，结构简式为HC≡CH；正确答案：HC≡CH。（2）根据B分子结构可知，乙炔和乙酸发生加成反应，X的结构简式为.CH3COOH；B中官能团的名称是酯基、碳碳双键；正确答案：CH3COOH；酯基、碳碳双键。（3）有机物B发生加聚反应生成PVAc，PVAc在碱性环境下发生水解生成羧酸盐和高分子醇，化学方程式为；正确答案：（4）乙炔水化制乙醛，乙醛和苯甲醛发生加成、消去反应生成有机物E，因此反应②的反应试剂和条件是是稀NaOH溶液／△；正确答案：稀NaOH溶液／△。（5）根据信息II，可知芳香烯醛与乙二醇在氯化氢环境下发生反应，与氢气发生加成反应生成；化学方程式为；正确答案：。（6）从流程图可以看出，醛基能够与氢气发生加成反应，所以乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原；正确答案：保护醛基不被H2还原。（7）高分子醇中2个-CH(OH)-CH2-与苯丙醛发生反应，生成六元环状结构的高分子环醚，则M的结构简式为；正确答案：。18、+CH3OH+H2O酯化反应(或取代反应)4+2H2O【解析】

A分子式为C7H5OCl，结合题干信息可知A中含有-CHO、-Cl、苯环，根据物质反应过程中物质结构不变，可知A为，B为，经酸化后反应产生C为，C与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生D：；D与分子式为C6H7BrS的物质反应产生E：，结合D的结构可知X结构简式为：；E与在加热90℃及酸性条件下反应产生氯吡格雷：。【详解】根据上述分析可知：A为，B为，X为：。(1)反应C→D是与甲醇发生酯化反应，反应方程式为：+CH3OH+H2O，该反应为酯化反应，也属于取代反应；(2)根据上述分析可知B为：，X为：；(3)A结构简式为，A的同分异构体(含A)中，属于芳香族化合物，则含有苯环，官能团不变时，有邻、间、对三种，若官能团发生变化，侧链为-COCl，符合条件所有的结构简式为、、、，共四种不同的同分异构体，其中与A不同类别的一种同分异构体的结构简式为；(4)两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，应是氨基与羧基之间发生脱水反应，两分子C脱去2分子水生成，该反应方程式为：；(5)乙烯与溴发生加成反应产生CH2Br-CH2Br，再发生水解反应产生乙二醇：CH2OH-CH2OH，甲醇催化氧化产生甲醛HCHO，最后乙二醇与甲醛反应生成化合物，故该反应流程为。【点睛】本题考查有机物的合成与推断、有机反应类型的判断、同分异构体书写等，掌握反应原理，要充分利用题干信息、物质的分子式。并根据反应过程中物质结构不变分析推断，较好的考查学生分析推理能力，是对有机化学基础的综合考查。19、Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化胶头滴管（酸式）滴定管（或移液管）溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色61.536.9【解析】

由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成。【详解】(1)据题意，样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-，则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O。(2)配制0.1000mol·L－1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。(3)步骤③中取25.00mL待测溶液（有未反应的酸性KMnO4溶液），所用仪器的精度应为0.01mL，故选酸式滴定管或移液管。(4)步骤⑤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2，使用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。(5)设2.6g样品中，Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y，据5Fe2+~MnO4-（5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O），样品反应后剩余n(MnO4-)=0.1000mol·L－1×20.00×10-3L××=4.000×10-3mol样品消耗n(MnO4-)=0.2000mo·L－1×200.0×10-3L－4.000×10-3mol=36.00×10-3mol由Cu2S~2MnO4-和5CuS~8MnO4-（5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2++5SO42-+8Mn2++12H2O），得2x+y=36.00×10-3mol又据2Cu2+~I2~2S2O32－，得2x+y=0.1000mo1·L－1×30.00×10-3L×=30.00×10-3mol解方程组得x=y=0.01mol故w(Cu2S)==61.5%，w(CuS)==36.9%。【点睛】混合物的计算常利用方程组解决，多步反应用关系式使计算简化。注意溶液体积的倍数关系，如本题中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于测定实验。20、S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O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偏低从表格中可以看出，第二次滴定误差较大，不应计算在平均值里面，消耗I2标准溶液的平均值为20.00mL。由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g样品中n（Na2S2O3•5H2O）＝n（S2O32﹣）＝2n（I2）＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，则m（Na2S2O3•5H2O）＝0.02mol×248g/mol＝4.96g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%＝90.18%，故答案为：90.18%。【解析】

（1）碱性条件下二者发生氧化还原反应生成氯离子和硫酸根离子；（2）以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/LI2的标准溶液进行滴定，终点现象为溶液变蓝色且半分钟内不褪色；依据反应的定量关系2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣计算碘单质消耗的硫代硫酸钠，计算得到样品中的质量分数。【详解】（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，反应的离子方程式为S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O，故答案为：S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O；（2）①加入