2025届黑龙江省鹤岗市一中高考仿真模拟化学试卷含解析

2025届黑龙江省鹤岗市一中高考仿真模拟化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池，其电池总反应为：V3++VO2++H2OVO2++2H++V2+．下列说法正确的是（）A．放电时正极反应为：VO2++2H++e-=VO2++H2OB．放电时每转移2mol电子时，消耗1mol氧化剂C．放电过程中电子由负极经外电路移向正极，再由正极经电解质溶液移向负极D．放电过程中，H+由正极移向负极2、某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10mol/LNaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是()A．NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度B．反应的过程中产生的白色沉淀为CaCO3C．反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)D．加入CaCl2促进了HCO3-的水解3、用98%浓硫酸配制500mL2mol/L稀硫酸，下列操作使所配制浓度偏高的是A．量取浓硫酸时俯视量筒的刻度线B．定容时仰视500mL容量瓶的刻度线C．量取硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转入容量瓶D．摇匀后滴加蒸馏水至容量瓶刻度线4、下列有关钢铁腐蚀与防护的说法不正确的是A．生铁比纯铁容易生锈B．钢铁的腐蚀生成疏松氧化膜，不能保护内层金属C．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－==4OH－D．为保护地下钢管不受腐蚀，可使其与直流电源正极相连5、在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法中，不正确的是（）A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2=2NO2B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化6、下列变化过程中，加入氧化剂才能实现的是（）A．Cl2→Cl- B．Fe2+→Fe3+ C．Na2O2→O2 D．SO2→SO32-7、化学反应的实质是（）A．能量的转移B．旧化学键断裂和新化学键生成C．电子转移D．原子种类与原子数目保持不变8、同温同压同体积的H2和COA．密度不同 B．质量相同 C．分子大小相同 D．分子间距不同9、设为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是（）A．标准状况下，与足量反应转移的电子数为B．的原子核内中子数为C．25℃时，的溶液中含的数目为D．葡萄糖和蔗糖的混合物中含碳原子的数目为10、将13.4克KCl和KBr的混合物，溶于水配成500mL溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得固体11.175克。则原来所配溶液中K＋、Cl－、Br－的物质的量之比为A．3︰2︰1 B．1︰2︰3 C．5︰3︰3 D．2︰3︰111、图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。下列说法错误的是A．A2B的化学式为Mg2SiB．该流程中可以循环使用的物质是NH3和NH4ClC．利用MgCl2·6NH3制取镁的过程中发生了化合反应、分解反应D．分别将MgCl2溶液和Mg(OH)2悬浊液加热、灼烧，最终得到的固体相同12、关于下列各实验装置的叙述中正确的是A．装置①可用于吸收氯化氢气体 B．装置②可用于制取氯气C．装置③可用于制取乙酸乙酯 D．装置④可用于制取氨气13、向3mol·L-1盐酸中加入打磨后的镁条，一段时间后生成灰白色固体X，并测得反应后溶液pH升高。为确认固体X的成分，过滤洗涤后进行实验：①向固体X中加入足量硝酸，固体溶解，得到无色溶液，将其分成两等份；②向其中一份无色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a；③向另一份无色溶液中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀b。下列分析不正确的是（）A．溶液pH升高的主要原因：Mg+2H+===Mg2++H2↑B．生成沉淀a的离子方程式：Ag++Cl-===AgCl↓C．沉淀b是Mg(OH)2D．若a、b的物质的量关系为n（a）：n（b）=1：3，则可推知固体X的化学式为Mg3(OH)6Cl14、下列变化中化学键没有破坏的是A．煤的干馏 B．煤的气化 C．石油分馏 D．重油裂解15、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NAB．100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA16、用滴有酚酞和氯化钠溶液湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的是（）A．b极附近有气泡冒出 B．d极附近出现红色C．a、c极上都发生氧化反应 D．甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀二、非选择题（本题包括5小题）17、最早的麻醉药是从南美洲生长的古柯植物提取的可卡因，目前人们已实验并合成了数百种局部麻醉剂，多为羧酸酯类。F是一种局部麻醉剂，其合成路线：回答下列问题：（1）已知A的核磁共振氢谱只有一个吸收峰，写出A的结构简式____。（2）B的化学名称为________。（3）D中的官能团名称为____，④和⑤的反应类型分别为________、____。（4）写出⑥的化学方程式____。（5）C的同分异构体有多种，其中-NO2直接连在苯环上且能发生银镜反应的有_____种，写出其中苯环上一氯代物有两种的同分异构体的结构简式____________。（6）参照上述流程，设计以对硝基苯酚钠、乙醇和乙酰氯(CH3COCl)为原料合成解热镇痛药非那西丁()的合成路线（无机试剂任选）。已知：__________18、美国药物学家最近合成一种可能用于治疗高血压的有机物K，合成路线如下：其中A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%；E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰。H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一。G和H以1：3反应生成I。试回答下列问题：（1）A的分子式为：______________。（2）写出下列物质的结构简式：D：____________；G：___________。（3）反应①―⑤中属于取代反应的有___________。（4）反应①的化学方程式为_______________；反应④的化学方程式为_________________。（5）E有多种同分异构体，符合“既能发生银镜反应又能发生水解反应”条件的E的同分异构体有_______种，写出符合上述条件且核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式：________。19、制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3主要实验流程如下：已知：①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；②N2H4·H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。⑴从流程分析，本流程所用的主要有机原料为_______________（写名称）。⑵步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度为41℃，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质的量之比为5∶1，该反应的离子方程式为____________________。⑶实验中，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40℃，除减缓Cl2的通入速率外，还可采取的措施是_________________。⑷步骤Ⅱ合成N2H4·H2O（沸点约118℃）的装置如图。NaClO碱性溶液与尿素[CO（NH2）2]（沸点196.6℃）水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。①使用冷凝管的目的是_________________。②滴液漏斗内的试剂是_______；将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是______________________________；③写出流程中生成水合肼反应的化学方程式________________________________。⑸步骤Ⅳ制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3－、SO32－随pH的分布如图所示）。①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定停止通SO2的pH值为____（取近似整数值，下同）；②用制得的NaHSO3溶液再制Na2SO3溶液的pH应控制在________。20、焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一焦亚硫酸钠的制取采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5（1）装置I中产生气体的化学方程式为__________________。（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_________。（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为________(填序号)。实验二焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。（4）证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是________(填序号)。a．测定溶液的pHb．加入Ba(OH)2溶液c．加入盐酸d．加入品红溶液e．用蓝色石蕊试纸检测（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是____________。实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI)①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为________________g·L－1。②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果____(填“偏高”“偏低”或“不变”)。21、三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废水(镍主要以NiR2络合物形式存在)制取草酸镍(NiC2O4)，再高温灼烧草酸镍制取三氧化二镍。工艺流程如图所示：已知：①NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)(R-为有机物配位体，K=1.6×10-14)②Ksp[Fe(OH)3]=2.16×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15③Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5④“脱络”过程中，R-与中间产物·OH反应生成·R(有机物自由基)，·OH能与H2O2发生反应。有关反应的方程式如下：i.Fe2++H2O2=Fe3++OH－+·OH.ii.R-+·OH=OH-+·Riii.H2O2+2OH=O2↑+2H2O请回答下列问题：(1)中间产物·OH的电子式是_______。(2)“沉铁”时，若溶液中c(Ni2+)=0.01mol/L，加入碳酸钠调溶液的pH为______(假设溶液体积不变，1g6≈0.8)使Fe3+恰好沉淀完全(离子的浓度≤1.0×10-5mol/L)，此时_____（填“有”或“无”）Ni(OH)2沉淀生成。(3)25℃时pH=3的草酸溶液中=____________(保留两位小数)。“沉镍”即得到草酸镍沉淀，其离子方程式是____________。(4)加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”的原因是____________。(5)工业上还可用电解NiCl2等混合溶液的方法制取三氧化二镍。电解过程中ClO-把Ni(OH)2氧化为三氧化二镍。写出该反应的离子方程式：____________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

根据电池总反应V3++VO2++H2OVO2++2H++V2+和参加物质的化合价的变化可知，放电时，反应中VO2+离子被还原，应在电源的正极反应，V2+离子化合价升高，被氧化，应是电源的负极反应，根据原电池的工作原理分析解答。【详解】A、原电池放电时，VO2+离子中V的化合价降低，被还原，应是电源的正极反应，生成VO2+离子，反应的方程式为VO2++2H++e-=VO2++H2O，故A正确；B、放电时氧化剂为VO2+离子，在正极上被还原后生成VO2+离子，每转移2mol电子时，消耗2mol氧化剂，故B错误；C、内电路由溶液中离子的定向移动形成闭合回路，电子不经过溶液，故C错误；D、放电过程中，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点为A，要注意从化合价的变化进行判断反应的类型和电极方程式，同时把握原电池中电子及溶液中离子的定向移动问题。2、D【解析】

A.NaHCO3电离产生的HCO3-离子在溶液中既能发生电离作用又能发生水解作用；B.HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3；C.根据电荷守恒分析判断；D.加入CaCl2消耗CO32-生成CaCO3沉淀。【详解】A.NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-既能电离又能水解，水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性；电离产生H+使溶液显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度，A正确；B.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，说明HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3，B正确；C.该溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-)，溶液至pH=7，c(H+)=c(OH-)，c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，C正确；D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促进HCO3-的电离，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了电解质溶液中反应实质、沉淀溶解平衡的理解及应用的知识。涉及电解质溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒、物料守恒等，题目难度中等。3、C【解析】A、量取浓硫酸时俯视量筒的刻度线，量取的浓硫酸偏小，则浓度偏低，故A错误；B、定容时仰视500mL

容量瓶的刻度线，定容时加入过多的水，所得溶液浓度偏低，故B错误；C、量取硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转入容量瓶，所量取的浓硫酸的体积偏大，则所配稀硫酸的浓度偏高，故C正确；D、摇匀后滴加蒸馏水至容量瓶刻度线，又加入过多的水，所得溶液浓度偏低，故D错误；故选C。4、D【解析】

A.生铁中含有C、Fe，生铁和电解质溶液构成原电池，Fe作负极而加速被腐蚀，纯铁不易构成原电池，所以生铁比纯铁易生锈，故A正确；B．钢铁和空气、水能构成原电池导致钢铁被腐蚀，钢铁的腐蚀生成疏松氧化膜不能隔绝空气，所以不能保护内层金属，故B正确；C．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-═4OH-，故C正确；D．作电解池阳极的金属加速被腐蚀，作阴极的金属被保护，为保护地下钢管不受腐蚀，可使其与直流电源负极相连，故D错误；故选D。5、C【解析】

I中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮；Ⅱ中Fe遇浓硝酸钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，所以产生少量红棕色气泡后，迅速停止；Ⅲ中构成原电池，Fe作为负极，且Fe与浓硝酸直接接触，会产生少量二氧化氮，Cu作为正极，发生得电子的反应，生成二氧化氮。【详解】A．I中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮，化学方程式为:2NO+O2=2NO2，A正确；B．常温下，Fe遇浓硝酸易钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，B正确；C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明浓HNO3的氧化性强于稀HNO3，C错误；D．Ⅲ中构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化，D正确；答案选C。6、B【解析】

A.Cl2与水反应时生成盐酸和次氯酸，盐酸可以电离出Cl-，但这个反应中水既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B.Fe2+→Fe3+过程中，化合价升高，发生氧化反应，需要加入氧化剂才能实现，故B正确；C.Na2O2与水或二氧化碳反应能生成O2，反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，故不需加入氧化剂也能实现，故C错误；D.SO2→SO32-过程中，化合价没有变化，不需要发生氧化还原反应即可实现，故D错误。故选B。【点睛】此题易错点在C项，一般来讲元素化合价升高，发生氧化反应，需要氧化剂与之反应，但一些反应中，反应物自身既是氧化剂又是还原剂，所以不需加入氧化剂才能发生氧化反应。7、B【解析】

A．能量转移不仅发生反应时会发生，物理变化过程中也会发生，A不合题意；B．只有化学反应过程才会发生旧化学键断裂和新化学键生成，B符合题意；C．非氧化还原反应中没有发生电子转移，C不合题意；D．物理变化过程中，原子种类与原子数目也保持不变，D不合题意；故选B。8、A【解析】

A.根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下相同体积的气体相对分子质量越大，密度越大，氢气的密度小于一氧化碳的密度，故A正确；B.根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下相同体积的气体具有相同的物质的量，相同物质的量的氢气和一氧化碳质量不相同，故B错误；C.H2和CO的分子大小不同，故C错误；D.根据阿伏伽德罗定律，同温同压下气体分子间的间距相同，故D错误；正确答案是A。9、A【解析】

A.二者的反应方程式为，当有2mol二氧化碳参加反应时，一共转移2mol电子，因此当有二氧化碳参加反应时，转移0.1mol电子，A项正确；B.碳原子的物质的量是，根据质量数=质子数+中子数算出其1个原子内有8个中子，故一共有中子，B项错误；C.pH=2的溶液中，根据算出的物质的量为，C项错误；D.葡萄糖的分子式为，蔗糖的分子式为，二者的最简式不一样，因此无法计算，D项错误；答案选A。10、A【解析】

溶液为电中性，阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，据此分析解答。【详解】任何溶液都呈电中性，即阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，在KCl和KBr的混合溶液中，存在n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)。A．3=2+1，说明n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，故A正确；B．1≠2+3，说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故B错误；C．5≠3+3，说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故C错误；D．2≠3+1，说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故D错误；答案选A。【点睛】本题如果按常规方法或差量法解答，均较为繁琐，从溶液电中性角度解答，可以起到事半功倍的效果。11、C【解析】

由反应①可知A2B应为Mg2Si，与氨气、氯化铵反应生成SiH4和MgCl2•6NH3，MgCl2•6NH3加入碱液，可生成Mg(OH)2，MgCl2•6NH3加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而MgCl2•6NH3与盐酸反应，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应①而循环使用，以此解答该题。【详解】A．由分析知A2B的化学式为Mg2Si，故A正确；B．反应①需要氨气和NH4Cl，而由流程可知MgCl2•6NH3加热或与盐酸反应，生成的氨气、氯化铵，参与反应①而循环使用，故B正确；C．由流程可知MgCl2·6NH3高温分解生成MgCl2，再电解MgCl2制取镁均发生分解反应，故C错误；D．分别将MgCl2溶液和Mg(OH)2悬浊液加热，灼烧，都是氧化镁，最终得到的固体相同，故D正确；故答案为C。12、A【解析】

A、导管口插入四氯化碳中，氯化氢气体易溶于水不易溶于四氯化碳，能防止倒吸且能吸收氯化氢，选项A正确；B、制备氯气时应为二氧化锰和浓盐酸共热，装置中缺少加热装置，选项B错误；C、收集乙酸乙酯时导管末端不能伸入液面以下，选项C错误；D、制备氨气时应加热氯化铵和氢氧化钙混合固体，选项D错误。答案选A。13、D【解析】

A、溶液pH升高的主要原因是H＋被消耗，即：Mg+2H+===Mg2++H2↑，故A正确；B、向其中一份无色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a，a是不溶于HNO3的白色沉淀，应为AgCl，故B正确；C、沉淀b，与OH―有关，NO3―、Cl―、Mg2＋能形成沉淀的只有Mg2＋，故C正确；D、若a、b的物质的量关系为n（a）：n（b）=1：3，根据化合价代数和为0，则可推知固体X的化学式为Mg3(OH)5Cl，故D错误。故选D。14、C【解析】

A．煤干馏可以得到煤焦油，煤焦油中含有甲烷、苯和氨等重要化工原料，属于化学变化，化学键被破坏，故A错误；B．煤的气化是将其转化为可燃气体的过程，主要反应为碳与水蒸气反应生成H2、CO等气体的过程，有新物质生成，属于化学变化，化学键被破坏，故B错误；C．石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的，属于物理变化，化学键没有破坏，故C正确；D．石油裂化是大分子生成小分子，属于化学变化，化学键被破坏，故D错误．故选：C。15、C【解析】

A.常温常压下，124gP4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；B.铁离子在溶液中水解，所以100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；C.甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；D.反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。【点睛】本题主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。16、A【解析】

甲构成原电池，乙为电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，正极上电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，乙中阴极上电极反应式为:2H++2e-=H2↑，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，以此解答该题。【详解】A、b极附是正极，发生电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，所以无气泡冒出，故A错误；B、乙中阴极上电极反应式为:2H++2e-=H2↑，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，故B正确；C、a是原电池的负极发生氧化反应、c极是电解池的阳极发生氧化反应,所以a、c极上都发生氧化反应，故C正确；

D、甲中铁是原电池的负极被腐蚀，而乙中是电解池的阴极被保护，所以甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀，故D正确；故答案选A。【点睛】作为电解池，如果金属铁连在电源的正极上做电解池的阳极，铁更易失电子变为亚铁离子，腐蚀速率加快；如果金属铁连在电源的负极上做电解池的阴极，金属铁就不能失电子，只做导体的作用，金属铁就被保护，不发生腐蚀。二、非选择题（本题包括5小题）17、4-硝基甲苯(或对硝基甲苯)羧基、氨基还原反应取代反应13【解析】

根据合成路线可知，在浓硝酸、浓硫酸、加热的条件下发生取代反应得到B()，B再由酸性高锰酸钾氧化得到C()，C被Fe还原为D()，D与CH3COCl发生取代反应得到E()，E与(CH3CH2)NCH2CH2OH在一定条件下反应生成F()，据此分析解答问题。【详解】(1)已知A的核磁共振氢谱只有一个吸收峰，根据反应①可推得A的结构简式可以是，故答案为：；(2)根据上述分析可知，B的结构简式为，化学名称是4-硝基甲苯(或对硝基甲苯)，故答案为：4-硝基甲苯(或对硝基甲苯)；(3)根据上述分析，D的结构简式为，含有的官能团有羧基和氨基，C被Fe还原为D()，D与CH3COCl发生取代反应得到E()，故答案为：羧基、氨基；还原反应；取代反应；(4)反应⑥为E与(CH3CH2)NCH2CH2OH在一定条件下反应生成F()，反应方程式，故答案为：；(5)C的同分异构体中-NO2直接连在苯环上且能发生银镜反应的结构可以是苯环上连接—NO2、—OOCH两个基团和—NO2、—CHO、—OH三个基团两种组合，共有13种，其中苯环上一氯代物有两种的同分异构体的结构简式为，故答案为：13；；(6)结合题干信息，已知：，则以对硝基苯酚钠()、乙醇和乙酰氯(CH3COCl)为原料合成解热镇痛药非那西丁()的合成路线可以为：，故答案为：。18、C5H12CH3CHO②⑤C6H12O62C2H5OH+2CO2↑4HCOOC(CH3)3【解析】

A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%，因此A中==，则A为C5H12；H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一，H为HCHO，根据流程图，B为卤代烃，C为醇，D为醛，E为酸；F为乙醇，G为乙醛，G和H以1：3反应生成I，根据信息，I为，J为，E和J以4：1发生酯化反应生成K，E为一元羧酸，E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰，E为，则D为，C为。【详解】（1）根据上述分析可知，A的分子式为C5H12，故答案为：C5H12；（2）根据上述分析，D的结构简式为；G为乙醛，结构简式为CH3CHO，故答案为：；CH3CHO；（3）根据流程图可知，反应①是葡萄糖的分解反应；反应②为卤代烃的水解反应，属于取代反应；反应③是醛和醛的加成反应；反应④是醛的氢化反应，属于加成反应；反应⑤是酯化反应，属于取代反应，②⑤属于取代反应，故答案为：②⑤；（4）反应①是葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，反应的化学方程式为C6H12O62C2H5OH+2CO2↑；反应④是在催化剂作用下，与氢气共热发生加成反应，反应的化学方程式为，故答案为：C6H12O62C2H5OH+2CO2↑；；（5）既能发生银镜反应又能发生水解反应，表明分子结构中含有醛基和酯基，E为，E的同分异构体属于甲酸酯，同分异构体的结构为HCOOC4H9，因为丁基有4种结构，故E的同分异构体有4种，其中核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式为HCOOC(CH3)3，故答案为：4；HCOOC(CH3)3。19、尿素8Cl2+16OH-=5ClO-+ClO3-+10Cl-+8H2O冰水浴冷却通过冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率NaClO碱性溶液打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下NaClO+CO(NH2)2+2NaOH＝NaCl+N2H4·H2O+Na2CO3410【解析】

由实验流程可知，氯气和氢氧化钠溶液的反应生成NaClO，为避免生成NaClO3，应控制温度在40℃以下，生成的NaClO与尿素反应生成N2H4•H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4•H2O，副产品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，结合对应物质的性质以及题给信息分析解答。【详解】⑴根据流程图，本流程所用的主要有机原料为尿素，故答案为尿素；(2)若温度为41℃，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质的量之比为5∶1，同时还生成NaCl，根据得失电子守恒，ClO-∶ClO3-∶Cl-物质的量之比为5∶1∶10，反应的离子方程式为8Cl2+16OH-=5ClO-+ClO3-+10Cl-+8H2O，故答案为8Cl2+16OH-=5ClO-+ClO3-+10Cl-+8H2O；⑶氯气与烧碱溶液的反应是放热反应，实验中，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40℃，除减缓Cl2的通入速率外，避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高，还可以用冰水浴冷却，故答案为冰水浴冷却；(4)①为避免N2H4•H2O的挥发，使用冷凝管，起到冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率，故答案为通过冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率；②为了避免N2H4•H2O与NaClO剧烈反应生成N2，实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液；将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下，故答案为NaClO碱性溶液；打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下；③根据流程图，NaClO和CO(NH2)2在NaOH溶液中反应生成水合肼和碳酸钠，反应的化学方程式为NaClO+CO(NH2)2+2NaOH＝NaCl+N2H4·H2O+Na2CO3，故答案为NaClO+CO(NH2)2+2NaOH＝NaCl+N2H4·H2O+Na2CO3；(5)用Na2CO3制备无水Na2SO3，在Na2CO3溶液中通入过量的二氧化硫生成NaHSO3，然后在NaHSO3溶液中加入NaOH溶液可生成Na2SO3。①由图像可知，溶液pH约为4时，可完全反应生成NaHSO3，此时可停止通入二氧化硫，故答案为4；②由图像可知pH约为10时，可完全反应生成Na2SO3，故答案为10。20、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O过滤da、e取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成0.16偏低【解析】

（1）装置Ⅰ中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，其化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O；（2）从装置Ⅱ中溶液中获得已析出的晶体，采取的方法是过滤；（3）装置Ⅲ用于处理尾气SO2，由于SO2属于酸性氧化物，除去尾气SO2应选择碱性溶液，a装置无气体出口，不利于气体与稀氨水充分接触，不选；要选择d，既可有效吸收，又可防止倒吸，2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（4）证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度，要利用两个平衡式HSO3－H++SO32－，HSO3－+H2OH2SO3+O