安徽省宣城市2026届高三化学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

安徽省宣城市2026届高三化学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、利用下图装置可以模拟铁的电化学防护。下列说法不正确的是A．若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀B．若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生氧化反应C．若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀D．若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生氧化反应2、M是一种常见的工业原料，实验室制备M的化学方程式如下，下列说法正确的A．lmol的C能与7mol的H2反应B．分子C中所有原子一定共面C．可以用酸性KMnO4溶液鉴别A和BD．A的同分异构体中含有苯环和醛基的结构有14种3、在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示。关于该装置，下列说法正确的是（）A．外电路中电流方向为：X→→YB．若两电极分别为铁棒和碳棒，则X为碳棒，Y为铁棒C．X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应D．若两电极都是金属单质，则它们的活动性顺序为X＞Y4、下列有关实验操作的说法正确的是A．向饱和氯化钠溶液中先通入过量二氧化碳再通入氨气，可制得大量碳酸氢钠固体B．为了减小实验误差，烧杯、锥形瓶和容量瓶等仪器应洗涤干净，必须烘干后使用C．将含有少量乙烯的甲烷气体依次通过足量酸性高锰酸钾溶液、足量碱石灰，可除去甲烷中的乙烯杂质D．中和滴定实验中滴定管中液体流速宜先快后慢，滴定时眼睛注视着滴定管中液体刻度的变化5、第三周期X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物溶于水可得到四种溶液，0.010mol/L的这四种溶液在25℃时的pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是A．简单离子半径：X>Y>Z>WB．W的氧化物对应的水化物一定是强酸C．气态氢化物的稳定性：W＜Z＜YD．W与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物Z2W2，其结构式为：W-Z-Z-W6、下列图示与操作名称不对应的是A．升华 B．分液C．过滤 D．蒸馏7、某红色固体粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一种或几种。为探究其组成，称取ag该固体粉末样品，用过量的稀硫酸充分反应后(已知:Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2O)，称得固体质量为bg。则下列推断不合理的是A．反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种B．向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，可能使bg固体完全溶解C．若b＝a，则红色固体粉末一定为纯净物D．b的取值范围:0＜b≤a8、2007年诺贝尔化学奖授予德国化学家格哈德·埃特尔，以表彰其在固体表面化学研究领域作出的开拓性贡献。下图是氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程示意图，下列有关合成氨反应的叙述中不正确的是（）A．过程②需吸收能量，过程③则放出能量B．常温下该反应难以进行，是因为常温下反应物的化学键难以断裂C．在催化剂的作用下，该反应的△H变小而使反应变得更容易发生D．该过程表明，在化学反应中存在化学键的断裂与形成9、下列属于酸性氧化物的是()A．CO B．Na2OC．KOH D．SO210、下列物质属于只含共价键的电解质的是（）A．SO2 B．C2H5OH C．NaOH D．H2SO411、SO2不具有的性质是（）A．碱性B．还原性C．氧化性D．漂白性12、NH4NO3溶液受热可发生分解反应：NH4NO3N2↑＋HNO3＋H2O(未配平)。用NA表示阿伏加德罗数的值，下列说法正确的是()A．分解时每生成2.24L(标准状况)N2，转移电子的数目为0.6NAB．2.8gN2中含有共用电子对的数目为0.3NAC．56gFe与足量热浓硝酸反应生成NO2分子的数目为3NAD．0.1mol·L－1NH4NO3溶液中，NH4+的数目小于0.1NA13、室温时，在20mL0.1mol∙L-1一元弱酸HA溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，溶液中与pH的关系如图所示。下列说法正确的是A．室温时，电离常数Ka(HA)=1.0×10-5.3B．B点对应NaOH溶液的体积是10mLC．A点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)D．从A点到C点的过程中，水的电离程度先增大后减小14、钛（Ti）金属常被称为未来钢铁，Ti和Ti是钛的两种同位素。下列有关Ti的说法正确的是A．Ti比Ti少1个质子 B．Ti和Ti的化学性质相同C．Ti的相对原子质量是46 D．Ti的原子序数为4715、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．Al2O3具有两性，可用于制作耐高温材料B．FeCl3具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂C．漂白粉在空气中不稳定，可用于纸浆的漂白D．明矾水解后溶液呈酸性，可用于水的净化16、下列说法正确的是A．乙烯生成乙醇属于消去反应B．乙烷室温能与浓盐酸发生取代反应C．乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体D．乙酸与溴乙烷均可发生加成反应二、非选择题（本题包括5小题）17、R・L・Claisen双酯缩合反应的机理如下：2RCH2COOC2H5+C2H5OH，利用该反应制备化合物K的一种合成路线如图试回答下列问题：（1）A与氢气加成所得芳香烃的名称为______；A→B的反应类型是______；D中含氧官能团的名称是______。（2）C的结构简式为______；F→G的反应除生成G外，另生成的物质为______。（3）H→K反应的化学方程式为______。（4）含有苯环结构的B的同分异构体有______种（B自身除外），其中核磁共振氢谱显示3组峰的结构简式为______（任写一种即可）。（5）乙酰乙酸乙酯（）是一种重要的有机合成原料，写出由乙醇制备乙洗乙酸乙時的合成路线（无机试剂任选）：______。18、F(4-苯并呋喃乙酸)是合成神经保护剂依那朵林的中间体,某种合成路线如下:(1)化合物F中的含氧官能团为____和_______(填官能团的名称)。(2)试剂X分子式为C2H3OCl且分子中既无甲基也无环状结构,则X的结构简式为_______;由E→F的反应类型为______。并写出该反应方程式:______(3)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式:______Ⅰ.能发生银镜反应Ⅱ.分子中含有1个苯环且有3种不同化学环境的氢(4)请写出以和BrCH2COOC2H5为原料制备的合成路线流程图(无机试剂可任选)合成路线流程图示例如下:______CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH319、硫酸铜是一种常见的化工产品，它在纺织、印染、医药、化工、电镀以及木材和纸张的防腐等方面有极其广泛的用途。实验室制备硫酸铜的步骤如下:①在仪器a中先加入20g铜片、60mL水，再缓缓加入17mL浓硫酸:在仪器b中加入39mL浓硝酸;在仪器c中加入20%的石灰乳150mL。②从仪器b中放出约5mL浓硝酸，开动搅拌器然后采用滴加的方式逐渐将浓硝酸加到仪器a中，搅拌器间歇开动。当最后滴浓硝酸加完以后，完全开动搅拌器，等反应基本停止下来时，开始用电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，立即将导气管从仪器c中取出，再停止加热。③将仪器a中的液体倒出，取出未反应完的铜片溶液冷却至室温.析出蓝色晶体.回答下列问题:（1）将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是__________。（2）写出装置a中生成CuSO4的化学方程式:_______。（3）步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，此时会产生的气体是______，该气体无法直接被石灰乳吸收，为防止空气污染，请画出该气体的吸收装置（标明所用试剂及气流方向）______。（4）通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu（NO3）2,可来用重结晶法进行提纯，检验Cu（NO3）2是否被除净的方法是_______。（5）工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4的优点是_______。（6）用滴定法测定蓝色晶体中Cu2+的含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL用cmol·L-1EDTA（H2Y）标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液bmL，滴定反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，蓝色晶体中Cu2+质量分数_____%.20、纳米TiO2是一种重要的光催化剂。以钛酸酯Ti(OR)4为原料制备纳米TiO2的步骤如下：①组装装置如下图所示，保持温度约为65℃，先将30mL钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分搅拌；②将含水20％的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；③将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米TiO2。已知，钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，回答下列问题：(1)仪器a的名称是_______，冷凝管的作用是________。(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是________(填标号)。a.增加反应的焓变b.增大反应的活化能c.减小反应的焓变d.降低反应的活化能制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有________。(3)步骤②中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为________。下图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是________(填标号)。(4)测定样品中TiO2纯度的方法是：精确称取0.2000g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+。待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000mol·L-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00mL(已知：Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋)。①加入金属铝的作用除了还原TiO2＋外，另一个作用是________________。②滴定时所用的指示剂为____________(填标号)a.酚酞溶液b.KSCN溶液c.KMnO4溶液d.淀粉溶液③样品中TiO2的质量分数为________%。21、I.铝及其化合物用途非常广泛，已知铅(Pb)与硅同主族且Pb比Si多3个电子层。回答下列问题；(1)硅位于元素周期表的第______周期______族。Pb比Si的原子半径______(填“大”或“小”)(2)难溶物PbSO4溶于CH3COONH4溶液可制得(CH3COO)2Pb[(CH3COO)2Pb易溶于水]，发生的反应为PbSO4+2CH3COONH4=(CH3COO)2Pb+(NH4)2SO4，说明(CH3COO)2Pb是______(填“强”或“弱”)电解质。(3)铅蓄电池充放电原理为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，其中工作“B”为______(填“放电”或“充电”)。(4)将PbO2加入硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液中搅拌后溶液显紫红色；则每反应1molMn(NO3)2转移____________mol电子。Ⅱ.元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。工业上利用铬铁矿(FeO·Cr2O3)冶炼铬的工艺流程如图所示：(1)水浸I要获得浸出液的操作是______。(2)常温下Cr(OH)3的溶度积Ksp=1×10-32，若要使Cr3+完全沉淀，则pH为______[c(Cr3+)降至10-5mol/L可认为完全沉淀]。(3)以铬酸钠(Na2CrO4)为原料，用电化学法可制备重铬酸钠Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2CrO42-+2H+=C2O72-+H2O)。阳极的电极反应式为______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，发生氧化反应；铁做正极被保护，故A正确，B不正确。若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，铁作阴极，被保护，可减缓铁的腐蚀，C正确；X极作阳极，发生氧化反应，D正确。答案选B。2、D【解析】

A.C中含有2个苯环、1个碳碳双键、1个羰基，lmol的C能与8mol的H2发生加成反应，故A错误；B.分子C中含有甲基，为四面体结构，所以C中不可能所有原子共面，故B错误；C.A和B都能使高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液鉴别A和B，故C错误；D.A的同分异构体中含有苯环和醛基的结构，侧链为-CH2CH2CHO有1种、侧链为-CH(CHO)CH3有1种、侧链为-CH2CH3和-CHO有3种、侧链为-CH2CHO和-CH3有3种、侧链为2个-CH3和1个-CHO有6种，共14种，故D正确。答案选D。3、D【解析】

根据图片知，该装置是原电池，根据电子的流向判断X为负极，Y为正极，电流的流向正好与电子的流向相反；在原电池中，较活泼的金属作负极，不活泼的金属或导电的非金属作正极；负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应。【详解】A.根据图片知该装置是原电池，外电路中电子从X电极流向Y电极，电流的流向与此相反，即Y→→X，A项错误；B.原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，若两电极分别为Fe和碳棒，则Y为碳棒，X为Fe，B项错误；C.X是负极，负极上发生氧化反应；Y是正极，正极上发生还原反应，C项错误；D.X为负极，Y为正极，若两电极都是金属单质，则它们的活动性顺序为X＞Y，D项正确。答案选D。【点睛】原电池工作原理的口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。电子从负极沿导线流向正极，而不通过溶液，溶液中是阴、阳离子移动导电，俗称“电子不下水，离子不上岸”。4、C【解析】

A．CO2在水中的溶解度不大，氨气在水中的溶解度很大，应该先通入氨气，使溶液呈碱性，以利于吸收更多的CO2，产生更多的NaHCO3，故A错误；B．锥形瓶、容量瓶中有少量的蒸馏水，不影响滴定结果或配制溶液的浓度，并且加热烘干时可能会影响刻度，造成误差，所以不需要烘干锥形瓶或容量瓶，故B错误；C．酸性高锰酸钾溶液可以将乙烯氧化为二氧化碳，足量碱石灰可吸收二氧化碳和水蒸气，即可得纯净的甲烷，故C正确；D．中和滴定实验中滴定管中液体流速可以先快速滴加，接近终点时再缓慢滴加，滴定时眼睛注视锥形瓶中液体颜色的变化，不用注视着滴定管中液体刻度的变化，故D错误；答案选C。【点睛】酸性高锰酸钾溶液可以将乙烯氧化为二氧化碳，随后加入足量碱石灰可吸收二氧化碳和水蒸气，可以达到除杂的目的，也是学生的易错点。5、D【解析】

第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液PH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的弱、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y>Z>Cl，硅酸不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素。【详解】A.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,电子层越多离子半径越大,故离子半径P3−>S2−>Cl−>Na+，故A错误；B.W的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，一定是强酸，但是如果是次氯酸，则是弱酸，故B错误；C.非金属性是Y>Z>W，非金属性越强，则气态氢化物的稳定性：Y>Z>W，故C错误；D.W与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物S2Cl2，其结构式为：Cl-S-S-Cl，故D正确；答案选D。【点睛】本题考察元素周期律的综合运用，从图像可以推断出是哪些元素，找到元素之间的关系，紧紧位，构，性，从而做出判断。6、A【解析】

A、升华是从固体变为气体的过程，图中操作名称是加热，选项A不对应；B、由图中装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是分液，选项B对应；C、由图中装置的仪器以及操作分离难溶固体与液体的混合物，可知本实验操作名称过滤，选项C对应；D、由图中装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合物，可知本实验操作名称蒸馏，选项D对应。答案选A。7、C【解析】

根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。1、若ag红色固体粉末只有Cu，加入过量的稀硫酸不反应。称得固体质量bg即为铜的质量，因此b＝a，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；2、若ag红色固体粉末为Cu和Fe2O3的混合物，加入过量的稀硫酸与Cu不反应，与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，若称得固体质量bg即为原混合物中铜反应后剩余的质量，因此b<a，此时溶液中含有氢离子和硫酸根离子、二价铁离子和铜离子；3、若ag红色固体粉末为Cu和Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量bg即为原样品中的铜的质量加上Cu2O反应生成的铜的质量，因此b<a，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；4、若ag红色固体粉末只有Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，反应后无固体剩余，因此b＝0，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；5、若ag红色固体粉末只有Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量bg即为Cu2O反应生成的铜的质量，因此b<a，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；6、若ag红色固体粉末为Cu2O和Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，与Cu2O反应生成铜和硫酸铜溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，若称得固体质量bg即为Cu2O反应生成的铜再次反应后剩余的质量，因此b<a，此时溶液中含有氢离子以及硫酸根离子、铜离子、二价铁离子；A.根据上述分析，反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种，故A正确。B.不论以何种形式组成的红色固体，反应后若有固体剩余，一定是铜。由于硫酸过量，向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，形成硝酸，具有氧化性，可与铜反应，只要硝酸足够，可能使反应产生的固体完全溶解，故B正确C.若b＝a，即b<a，根据上述分析，红色固体粉末可能的组合为Cu和Fe2O3的混合物；Cu和Cu2O的混合物；只有Cu2O；Cu2O和Fe2O3的混合物，因此红色固体粉末可能是混合物也可以是纯净物，故C错误；D.根据上述六种红色固体粉末组成的分析，b的取值范围:0＜b≤a，故D正确。答案选C。8、C【解析】

A.根据示意图知，过程②化学键断裂需要吸收能量，过程③化学键形成则放出能量，故A正确；B.化学键形断裂过程中吸收能量，故温度较低时不利于键的断裂，故B正确；C.催化剂的作用原理是降低活化能，即反应物的化学键变得容易断裂，但△H不变，故C错误；D.根据图示分析可知，该过程中，存在化学键的断裂与形成，故D正确。故选C。9、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。10、D【解析】

A.SO2不能电离属于非电解质，故A错误；B.C2H5OH不能电离属于非电解质，故B错误；C.NaOH是离子化合物，含有离子键和共价键，溶于水导电属于电解质，故C错误；D.H2SO4是共价化合物只含共价键，溶于水导电属于电解质，故D正确；故答案选D。11、A【解析】二氧化硫为无色、具有刺激性气味的气体，可与水、碱以及碱性氧化物反应，具有漂白性、氧化性和还原性，可形成酸雨，只有A错误，故选A。点睛：明确SO2的性质是解题关键，二氧化硫为酸性氧化物，可与水、碱以及碱性氧化物反应，S元素化合价为+4价，处于中间价态，既具有氧化性也具有还原性，另外还具有漂白性，以此解答。12、B【解析】

NH4NO3溶液受热可发生分解反应：5NH4NO34N2↑＋2HNO3＋9H2O。【详解】A.该反应属于归中反应，NH4+中－3价的氮元素升高为0价，被氧化，NO3－中＋5价的氮元素降低为0价，被还原，被氧化的氮原子与被还原的氮原子的物质的量之比为5∶3，每生成4molN2，转移15mol电子，所以，当生成0.1molN2时，转移电子的物质的量为×0.1mol＝0.375mol，转移的电子数为0.375NA，A错误；B.N2的结构式为N≡N，1个N2分子含有3对共用电子，2.8gN2的物质的量为0.1mol，含有的共用电子对数为0.3NA，B正确；C.浓硝酸具有强氧化性，可将铁氧化为＋3价，本身被还原为NO2，56gFe的物质的量为1mol，可失去3mol电子，所以，反应生成3molNO2，但有一部分NO2转化为N2O4，最终生成的NO2分子数少于3NA，C错误；D.已知硝酸铵溶液的物质的量浓度，但未告知溶液的体积，不能确定含有硝酸铵的物质的量，无法计算含有NH4+的数目，D错误；故答案为：B。13、A【解析】

A．室温时，在B点，pH=5.3，c(H+)=10-5.3，=0，则=1电离常数Ka(HA)===1.0×10-5.3，A正确；B．B点的平衡溶液中，c(A-)=c(HA)，依据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由于pH=5.3，所以c(H+)>c(OH-)，c(Na+)<c(A-)，故V(NaOH)<10mL，B不正确；C．c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)显然不符合电荷守恒原则，C不正确；D．从A点到C点的过程中，c(A-)不断增大，水的电离程度不断增大，D不正确；故选A。14、B【解析】

A.Ti和Ti:质子数都是22，故A错误；B.Ti和Ti是同种元素的不同原子，因为最外层电子数相同，所以化学性质相同，故B正确；C.46是Ti的质量数，不是其相对原子质量质量，故C错误；D.Ti的原子序数为22,故D错误；答案选B。15、B【解析】

A、Al2O3是离子化合物，有较高熔点，可作耐火材料，与Al2O3具有两性无关，故A错误；B、FeCl3具有氧化性，能溶解Cu生成CuCl2，所以FeCl3可用作铜制线路板的蚀刻剂，故B正确；C、漂白粉有效成分是次氯酸钙，能与空气中的CO2反应生成强氧化剂HClO，HClO有漂白性，所以漂白粉用于纸浆的漂白与其在空气中不稳定无关，故C错误；D、明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮物形成沉淀，达到净水目的，与明矾水解后溶液呈酸性无关，故D错误；答案选B。【点睛】试题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途等为解答的关键，注意元素化合物知识的应用。16、C【解析】

A.乙烯和水加成生成乙醇，是加成反应，故A不选；B.乙烷不能和浓盐酸发生取代反应，烷烃能和卤素单质在光照下发生取代反应，故B不选；C.乙酸和甲酸甲酯的分子式均为C2H4O2，两者结构不同，故互为同分异构体，故C选；D.乙酸中的羧基不能发生加成反应，溴乙烷没有不饱和键，也不能发生加成反应，故D不选。故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、乙苯加成反应醛基C2H5OH+C2H5OH13或C2H5OH【解析】

对比A、E的结构，结合反应条件、B与C的分子式，与HBr发生加成反应生成B为，B发生水解反应反应生成C为，C发生催化氧化生成D为，D发生氧化反应生成E．E与乙醇发生酯化反应生成F为．F与甲酸乙酯发生取代反应生成G，反应同时生成乙醇。G与氢气发生加成反应生成H，H发生醇的消去反应、酯的水解反应得到K，故H为。【详解】（1）与氢气发生加成反应生成的芳香烃为，所得芳香烃的名称为：乙苯；A→B的反应类型是：加成反应；D为，D中含氧官能团的名称是：醛基，故答案为乙苯；加成反应；醛基；（2）由分析可知，C的结构简式为；F→G的反应除生成G外，另生成的物质为：C2H5OH，故答案为；C2H5OH；（3）H→K反应的化学方程式为：，故答案为；（4）B为，B的同分异构体含有苯环，有1个取代基还可以为-CHBrCH3，有2个取代基为-Br、-CH2CH3或-CH2Br、-CH3，均有邻、间、对3种位置结构，有2×3=6种，有3个取代基为-Br、-CH3、-CH3，2个甲基有邻、间、对3种位置，对应的-Br分别有2种、3种、1种位置，有6种，故符合条件的共有1+6+6=13种，其中核磁共振氢谱显示3组峰的结构简式为、，故答案为13；或；（5）由乙醇制备乙酰乙酸乙酯，乙醇被氧化生成乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯在碱性条件下发生信息中的转化可得乙酰乙酸乙酯，其合成路线为：，故答案为。【点睛】本题考查有机物推断与合成，侧重对有机化学基础知识和逻辑思维能力考查，注意对比物质的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的结构、性质及相互转化是解答关键。18、羧基醚键ClCH2CHO取代反应+H2O+CH3CH2OH【解析】

由A生成B，A的苯环变成环己烷结构，两个羟基变成羰基。在试剂X的作用下得到C。C生成D，羰基变为—CH2COOC2H5，D生成E，重新变成苯环，E分子中有酯基，发生酸性水解，酯基转变为羧基。【详解】(1)由F的结构可知，含氧官能团为羧基、醚键；(2)试剂X分子式为C2H3OCl，且分子中既无甲基也无环状结构，且羟基和碳碳双键连在同一个碳原子上的结构不稳定，则X的结构简式为ClCH2CHO。由E→F发生酯的水解反应，属于取代反应。故答案为：ClCH2CHO，取代反应，+H2O+CH3CH2OH；(3)E中有12个碳原子，3个氧原子和7个不饱和度，它的一种同分异构体满足:Ⅰ.能发生银镜反应，含有醛基，Ⅱ.分子中含有1个苯环且有3种不同化学环境的氢，可以含有3个—CH2CHO，且处于间位位置，结构简式为；(4)可以先从生成物入手考虑，要得到，结合给出的原料BrCH2COOC2H5，根据转化关系中的C→D→E→F，需要有，可以用原料合成。即与HBr发生加成反应得到，在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解生成，再发生催化氧化生成，结合转化关系中C→D反应，与BrCH2COOC2H5/Zn作用得到，最后在酸性条件下水解得到。故答案为：。19、打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2ONO取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)【解析】

Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，减少了能源消耗，生成的NO2和碱液反应生成硝酸盐或亚硝酸盐，制得的硫酸铜中含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色现象来分析。【详解】⑴将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下；故答案为：打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下。⑵根据题中信息得到装置a中Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，其化学方程式：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O。⑶步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，二氧化氮与水反应生成NO，因此会产生的气体是NO，该气体无法直接被石灰乳吸收，NO需在氧气的作用下才能被氢氧化钠溶液吸收，因此为防止空气污染，该气体的吸收装置为；故答案为：NO；。⑷通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色，故答案为：取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净。⑸工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，工业上铜在450°C左右焙烧，需要消耗能源，污染较少，工艺比较复杂，而本实验减少了能源的消耗，生成的氮氧化物可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作；故答案为：能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)。⑹根据反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，得出n(Cu2+)=n(H2Y)=cmol∙L−1×b×10−3L×5=5bc×10−3mol，蓝色晶体中Cu2+质量分数；故答案为：。20、温度计冷凝回流b用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OHa与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化b80【解析】

(1)根据水、无水乙醇和乙酰丙酮容易挥发分析解答；(2)反应的焓变只与初始状态和终了状态有关；增大反应的活化能，反应速率减慢；降低反应的活化能，反应速率加快，据此分析判断；根据实验步骤②的提示分析判断；(3)Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化钛溶胶，据此书写反应的化学方程式；灼烧固体需要在坩埚中进行；(4)根据Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋，说明Ti3+容易被氧化；并据此分析判断可以选用的指示剂，结合消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量计算样品中TiO2的质量分数。【详解】(1)根据装置图，仪器a为温度计，实验过程中为了防止水、无水乙醇和乙酰丙酮挥发，可以使用冷凝管冷凝回流，提高原料的利用率，故答案为温度计；冷凝回流；(2)a.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故a错误；b.增大反应的活化能，活化分子数减少，反应速率减慢，故b正确；c.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故c错误；d.降低反应的活化能，活化分子数增多，反应速率加快，故d错误；故选b；根据实验步骤②的提示，制备过程中，用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液，减慢钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解的反应速率，故答案为b；用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液；(3)Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，步骤②中钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化钛溶胶，反应的化学方程式为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；灼烧二氧化钛凝胶需要在坩埚中进行，故选择的装置为a，故答案为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；a；(4)①根据Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋，说明Ti