2026年湖南省益阳市桃江第一中学高三下学期四校联考试题（5月）化学试题试卷含解析

2026年湖南省益阳市桃江第一中学高三下学期四校联考试题（5月）化学试题试卷注意事项: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、W、R、X、Y均为短周期元素且原子序数依次增大.Y的最高正价和最低负价之和等于0；常温常压下，W和R组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化；这4种元素原子的最外层电子数之和等于R原子的核电荷数的2倍。下列说法正确的是A．元素的非金属性为R>Y>WB．原子半径为W>R>X>YC．R与其他三种元素均可形成二元共价化合物D．简单氢化物的热稳定性为R>W>Y2、实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2为原料制备ClO2的过程如下图所示，下列说法不正确的是A．X中大量存在的阴离子有Cl-和OH- B．NCl3的键角比CH4的键角大C．NaClO2变成ClO2发生了氧化反应 D．制取3molClO2至少需要0.5molNH4Cl3、以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：相关反应的热化学方程式为：反应I：SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)＝2HI(aq)+H2SO4(aq)；ΔH1

=﹣213kJ·mol-1反应II：H2SO4(aq)＝SO2(g)+H2O(l)+1/2O2(g)；ΔH2

=+327kJ·mol-1反应III：2HI(aq)＝H2(g)+I2(g)；ΔH3

=+172kJ·mol-1下列说法不正确的是（）A．该过程实现了太阳能到化学能的转化B．SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用C．总反应的热化学方程式为：2H2O(l)＝2H2

(g)+O2(g)；ΔH

=+286kJ·mol-1D．该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的ΔH不变4、下列实验中，所选装置或仪器合理的是A．高温煅烧石灰石 B．从KI和I2的固体混合物中回收I2C．除去乙醇中的苯酚 D．量取15.00mLNaOH溶液5、维通橡胶是一种耐腐蚀、耐油、耐高温、耐寒性能都特别好的氟橡胶。它的结构简式见图,合成它的单体可能为（）A． B．CH2=CF2

和

CF2=CFCF3C． D．6、关于常温下pH均为1的两种酸溶液,其稀释倍数与溶液pH的变化关系如图所示,下列说法中正确的是()A．HA是弱酸,HB是强酸B．HB一定是弱酸,无法确定HA是否为强酸C．图中a=2.5D．0.1mol/LHB溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后,所得溶液中:c(H+)<c(OH-)7、下列有关说法正确的是A．用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色沉淀B．用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，为了看到色斑，必须通过氨熏C．氯化钻浓溶液加水稀释，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色D．摘下几根火柴头，浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加AgNO3溶液和稀硝酸，若出现白色沉淀，说明火柴头中含氯元素8、某兴趣小组称取2.500g胆矾晶体逐渐升温使其失水，并准确测定不同温度下剩余固体的质量(m)得到如图所示的实验结果示意图。下列分析正确的是A．结晶水分子与硫酸铜结合的能力完全相同B．每个结晶水分子与硫酸铜结合的能力都不相同C．可能存在三种不同的硫酸铜结晶水合物D．加热过程中结晶水分子逐个失去9、下列说法正确的是()A．国庆70周年大典放飞的气球由可降解材料制成，主要成分是聚乙烯B．歼-20上用到的氮化镓材料是一种金属合金材料C．我国发射的“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种无机非金属材料D．“绿水青山就是金山银山”。推广聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒等，以减少术材的使用10、铯(Cs)在自然界中只有一种稳定同位素Cs，核泄漏事故中会产生人工放射性同位素Cs、Cs。下列有关说法正确的是A．铯元素的相对原子质量约为133 B．Cs、Cs的性质相同C．Cs的电子数为79 D．Cs、Cs互为同素异形体11、用如图所示装置进行如下实验，能达到实验目的的是（）A．瓶中盛满水，从b口进气，用排水法收集NO2B．瓶中盛适量浓硫酸，从a口进气干燥NH3C．从b口进气，用排空气法收集CO2D．瓶中装满水，a口连接导管并伸入量筒中，从b口进气，测量生成H2的体积12、已知：CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq)∆H<0。对含有大量CaSO4(s)的浊液改变一个条件，下列图像符合浊液中c(Ca2+)变化的是（）A．加入少量BaCl2(s)B．加少量蒸馏水C．加少量硫酸D．适当升高温度13、下列由实验得出的结论正确的是实验结论A将适量苯加入溴水中，充分振荡后，溴水层接近无色苯分子中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应B向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体该溶液中一定含有S2O32－C向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，然后加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，未观察到砖红色沉淀蔗糖未水解或水解的产物不是还原性糖D相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈碱性，后者呈中性非金属性：S>CA．A B．B C．C D．D14、己知：还原性HSO3->I-，氧化性IO3->I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液．加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如下图所示。下列说法不正确的是（）A．0~a间发生反应：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+B．a~b间共消耗NaHSO3的物质的量为1.8molC．b~c间反应：I2仅是氧化产物D．当溶液中I-与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的KIO3为1.08mol15、下列实验操作能达到实验目的的是A．用装置甲验证NH3极易溶于水B．用50mL量筒量取10mol·L-1硫酸2mL,加水稀释至20mL,配制1mol·L-1稀硫酸C．用pH试纸测量氯水的pHD．用装置乙制取无水FeCl316、SBP电解法能大幅度提高电解槽的生产能力，如图为SBP电解法制备MoO3的示意图，下列说法错误的是()A．a极为电源的负极，发生氧化反应B．电路中转移4mol电子，则石墨电极上产生标准状况下22.4LO2C．钛基钛锰合金电极发生的电极反应为：3H2O+Mo4+-2e-=MoO3+6H+D．电路中电子流向为：a极石墨，钛基钛锰电极b极二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物G是制备治疗高血压药物纳多洛尔的中间体,实验室由A制备G的一种路线如下:已知:

(1)A的化学式是________(2)H中所含官能团的名称是_______;由G生成H的反应类型是_______。(3)C的结构简式为______,G的结构简式为_________。(4)由D生成E的化学方程式为___________。(5)芳香族化合物X是F的同分异构体,1molX最多可与4molNaOH反应,其核磁共振氢谱显示分子中有3种不同化学环境的氢,且峰面积比为3:3:1,写出两种符合要求的X的结构简式:___________________。(6)请将以甲苯和(CH3CO)2O为原料(其他无机试剂任选),制备化合物的合成路线补充完整。______________________________________18、化合物A含有碳、氢、氧三种元素，其质量比是3:1:4,B是最简单的芳香烃，D是有芳香气味的酯。它们之间的转换关系如下：回答下列问题：(1)A的结构简式为__________________________________________。(2)C中的官能团为__________________________________________。(3)的一氯代物有_________________________________________种。(不考虑立体异构)(4)反应④的化学方程式为______________________________________________________________。19、乙酰苯胺是常用的医药中间体，可由苯胺与乙酸制备。反应的化学方程式如下：

+CH3COOH+H2O某实验小组分别采用以下两种方案合成乙酰苯胺：方案甲：采用装置甲：在圆底烧瓶中加入5.0mL苯胺、7.4mL乙酸，加热至沸，控制温度计读数100~105℃，保持液体平缓流出，反应40min后停止加热即可制得产品。方案乙：采用装置乙：加热回流，反应40min后停止加热。其余与方案甲相同。已知：有关化合物的物理性质见下表：化合物密度(g·cm-3)溶解性熔点(℃)沸点(℃)乙酸1.05易溶于水，乙醇17118苯胺1.02微溶于水，易溶于乙醇–6184乙酰苯胺—微溶于冷水，可溶于热水，易溶于乙醇114304请回答：(1)仪器a的名称是_________(2)分别从装置甲和乙的圆底烧瓶中获得粗产品的后续操作是____________(3)装置甲中分馏柱的作用是______________(4)下列说法正确的是__________A．从投料量分析，为提高乙酰苯胺产率，甲乙两种方案均采取的措施是乙酸过量B．实验结果是方案甲的产率比方案乙的产率高C．装置乙中b处水流方向是出水口D．装置甲中控制温度计读数在118℃以上，反应效果会更好(5)甲乙两方案获得的粗产品均采用重结晶方法提纯。操作如下：①请选择合适的编号，按正确的操作顺序完成实验（步骤可重复或不使用）____→____→____→____→过滤→洗涤→干燥a冷却结晶b加冷水溶解c趁热过滤d活性炭脱色e加热水溶解上述步骤中为达到趁热过滤的目的，可采取的合理做法是___________②趁热过滤后，滤液冷却结晶。一般情况下，有利于得到较大的晶体的因素有_____A．缓慢冷却溶液B．溶液浓度较高C．溶质溶解度较小D．缓慢蒸发溶剂③关于提纯过程中的洗涤，下列洗涤剂中最合适的是______________。A．蒸馏水B．乙醇C．5%Na2CO3溶液D．饱和NaCl溶液20、钠与水反应的改进实验操作如下：取一张滤纸，用酚酞试液浸润并晾干，裁剪并折叠成信封状，滤纸内放一小块（约绿豆粒般大小）金属钠，把含钠的滤纸信封放入水中，装置如下图所示。请回答：（1）写出金属钠与水反应的离子方程式________________。（2）实验过程中取用金属钠的操作方法是________________。（3）有关此实验的说法正确的是________________。A．实验过程中，可能听到爆鸣声B．实验过程中，看到滤纸信封由白色逐渐变红色C．实验改进的优点之一是由实验现象能直接得出反应产物D．实验过程中，多余的金属钠不能放回原试剂瓶中，以免对瓶内试剂产生污染21、甲硅烷广泛用于电子工业、汽车领域，三氯氢硅（）是制备甲硅烷的重要原料。回答下列问题：(1)工业上以硅粉和氯化氢气体为原料生产时伴随发生的反应有：①②以硅粉和氯化氢气体生产的热化学方程式是_______________________。(2)工业上可用四氯化硅和氢化铝锂（）制甲硅烷，反应后得甲硅烷及两种盐。该反应的化学方程式为_________________________________________________。(3)三氯氢硅歧化也可制得甲硅烷。反应为歧化制甲硅烷过程的关键步骤，此反应采用一定量的催化剂，在不同反应温度下测得的转化率随时间的变化关系如图所示。①时，平衡转化率为_________。该反应是__________反应（填“放热”或“吸热”）。②时，要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有________________________。（答一种即可）③比较a、b处反应速率的大小：_______________（填“＞”“＜”或“=”）。已知反应速率分别是正、逆反应的速率常数，与反应温度有关，x为物质的量分数，则在时___________（保留3位小数）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

W、R、X、Y的原子序数依次增大，Y的最高正价和最低负价之和等于0，则Y位于第IVA族；W和R组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化，二氧化氮和四氧化二氮之间能相互转化，且没有电子转移，则W为N、R为O元素；这4种元素的最外层电子数之和等于R原子的核电荷数的2倍，R核电荷数为8，W最外层有5个电子、R最外层有6个电子、Y最外层有4个电子，则X最外层有1，且X原子序数大于R而小于Y，为Na元素，Y为硅，然后结合元素的性质和元素周期律来解答。【详解】A.

W、R、Y分别是N、O、Si元素，同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，所以非金属性强弱顺序是R>W>Y，故A错误；B.原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序是X>Y>W>R，故B错误；C.活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子化合物，R是活泼非金属元素、X是活泼金属元素，二者易形成离子化合物Na2O、Na2O2，故C错误；D.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性R>W>Y，则简单氢化物的热稳定性次序为R>W>Y，故D正确；故选D。2、B【解析】

由制备流程可知，氯化铵与盐酸的混合溶液电解时发生NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3，然后加亚氯酸钠溶液发生6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，则X含NaOH、NaCl，以此来解答。【详解】A.NaClO2溶液与NCl3溶液发生氧化还原反应，由于有氨气产生，所以反应物必然有H2O参加，所以反应方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，所以大量存在的阴离子有C1-和OH-，故A正确；

B.N原子、C原子均为sp3杂化，NCl3分子有1对孤电子对，甲烷分子没有孤电子对，孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故NCl3的的键角小于CH4的键角，故B错误；

C.NaClO2变成ClO2，NaClO2中氯元素化合价从+3价升高为+4价，发生了氧化反应，故C正确；

D.由反应NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3、6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH可知，制取3molClO2至少需要0.5molNH4Cl，故D正确；

故选：B。孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力。3、C【解析】

A、通过流程图，反应II和III，实现了太阳能到化学能的转化，故A说法正确；B、根据流程总反应为H2O=H2↑＋1/2O2↑，SO2和I2起到催化剂的作用，故B说法正确；C、反应I+反应II+反应III，得到H2O(l)=H2(g)＋1/2O2(g)△H=(－213＋327＋172)kJ·mol－1=＋286kJ·mol－1，或者2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)△H=＋572kJ·mol－1，故C说法错误；D、△H只与始态和终态有关，该过程降低了水分解制氢的活化能，△H不变，故D说法正确。4、D【解析】

A.高温煅烧石灰石不可用瓷坩埚进行，氧化钙与二氧化硅反应，A错误；B.I2易升华，分离回收碘，应在密封的装置中，图中蒸发皿加热后不能回收碘，B错误；C.苯酚易溶于乙醇中，不会有沉淀，所以不能用过滤法分离乙醇和苯酚，C错误；D.量取15.00mLNaOH溶液，可选择滴定管，移液管等精准的量器，D正确；答案选D。5、B【解析】

在高分子链中，单体转变为在化学组成上能够重复的最小单位，即链节，判断高聚物的单体，就是根据高分子链，结合单体间可能发生的反应机理，找出高分子链中的链节，凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体。【详解】分析其链节可知，链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种单烯烃，按如图方式断键可得单体为1，1-二氟乙烯和全氟丙烯。故选：B。6、D【解析】

A.强酸稀释103倍，pH变化3，据图可知HA是强酸、HB是弱酸，故A不选；B.由A项分析可知，HA是强酸、HB是弱酸，故B不选；C.由题中数据不能确定a的数值，故C不选；D.弱酸HB与等物质的量的氢氧化钠溶液混合后，生成的NaB是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故D选。故选D。7、C【解析】

A.用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色溶液，A错误；B.用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，为了看到色斑，Cu2+和Fe3+本身就具有不同颜色，不必须通过氨熏，B错误；C.氯化钴浓溶液中，主要存在[CoCl4]2-，为蓝色离子，氯化钴稀溶液，主要存在[Co（H2O）6]2+，为粉红色离子，溶液中存在平衡[CoCl4]2-+6H2O[Co（H2O）6]2++4Cl-，加水稀释平衡向右移动，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色，C正确；D.火柴头中含有氯酸钾，硝酸银能和氯离子反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以硝酸酸化的硝酸银能检验氯离子，但硝酸银不和氯酸根离子反应，所以不能检验氯酸根离子，D错误；答案选C。8、C【解析】

胆矾(CuSO45H2O)的分子量为250，如果失去1个水分子，则剩下晶体质量232g，失去2个水分子，则剩下晶体质量214g，如果失去3个水分子，则剩下晶体质量196g，如果失去4个水分子，则剩下晶体质量178g，如果失去5个水分子，则剩下晶体质量160g，由图可知明显不是同时失去，而是分三阶段失水，102℃时失去2个水分子，115℃时，又失去2个水分子，258℃时失去1个水分子，则：A．因为固体质量是分三次降低的，而三次温度变化值不同，所以失去结晶水克服的作用力大小不同，则结晶水分子与硫酸铜结合的能力不完全相同，故A错误；B．由上述分析可知，硫酸铜晶体分三次失去结晶水，同一次失去的结晶水与硫酸铜结合的能力相同，故B错误；C．因为固体质量是分三次降低的，所以晶体中的水分子所处化学环境可以分为3种，故C正确；D．由图可知明显不是逐个失去，而是分三阶段失水，第一次失去2个，第二次失去2个，第三次失去1个，故D错误；故答案选C。9、C【解析】

A．聚乙烯材料不可降解，A错误；B．氮化镓，化学式GaN，是氮和镓的化合物，并不属于合金，B错误；C．碳纤维是碳的单质，是一种无机非金属材料，C正确；D．聚氯乙烯是速率，不可降解，且不可于用于食品包装，D错误。答案选C。10、A【解析】

A．元素的相对原子质量是依照该元素在自然界中的稳定同位素的质量计算的，铯(Cs)在自然界中只有一种稳定同位素Cs，则铯元素的相对原子质量约为133，A正确；B．Cs、Cs的质子数相同，而中子数不同，二者互为同位素，同位素的化学性质相同，但物理性质有差别，B错误；C．电子数等于质子数，Cs的质子数为55，则电子数为55，C错误；D．Cs、Cs是同种元素的不同原子，互为同位素，不是同素异形体，D错误；故合理选项是A。11、D【解析】

A.二氧化氮易与水反应生成硝酸和一氧化氮，故不能用排水法。只能用向上排空气法，A项错误；B.氨气与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，B项错误；C.二氧化碳密度大于空气的密度,应用向上排空气法,对此图应该从长导管(a)进,短导管(b)出，C项错误；D.测量氢气体积，瓶内装满水，因为氢气的密度小于水的密度，氢气应从短导管进，长导管接量筒，D项正确；答案选D。观察图示可知，此装置被称为“万能装置”，用途很广泛，可用于排空气法或排水法收集气体、净化、检验气体、监控气体流速、测量气体体积等，根据用途不同，选择不同的进气导管或选择加入合适的实验试剂进行试验。12、C【解析】

A.加少量BaCl2生成BaSO4沉淀，c(SO42-)减小，使CaSO4溶解平衡向溶解方向移动，c(Ca2+)增大，故A错误；B.加少量蒸馏水，CaSO4(s)继续溶解至饱和，c(Ca2+)不变，故B错误；C.加少量硫酸c(SO42-)增大，使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移动，c(Ca2+)减小，故C正确；D.适当升高温度，使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移动，c(Ca2+)减小，故D错误；故答案为C。13、D【解析】

A．苯与溴水发生萃取，苯分子结构中没有碳碳双键，不能与溴发生加成反应，故A错误；B．向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，生成的产物为硫和二氧化硫，原溶液中可能含有S2-和SO32-，不一定是S2O32-，故B错误；C．水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下进行，没有向水解后的溶液中加碱调节溶液至碱性，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，实验不能成功，故C错误；D．测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO4溶液的pH，Na2CO3的水解使溶液显碱性，Na2SO4不水解，溶液显中性，说明酸性：硫酸＞碳酸，硫酸、碳酸分别是S元素、C元素的最高价含氧酸，因此非金属性：硫强于碳，故D正确；答案选D。14、C【解析】A．0～a间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钾的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3-+IO3-═3SO42-+I-+3H+，故A正确；B．a~b间发生反应为3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+，反应IO3-的物质的量为0.06mol，则消耗NaHSO3的物质的量为1.8mol，故B正确；C．根据图象知，b-c段内，碘离子部分被氧化生成碘单质，发生反应的离子方程式为IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，所以I2是I2是既是还原产物又是氧化产物，故C错误；D．根据反应2IO3-+6HSO3-═2I-+6SO42-+6H+，3mol

NaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物质的量为1mol，生成碘离子的量为1mol，设生成的碘单质的物质的量为xmol，则根据反应IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，消耗的KIO3的物质的量为13xmol，消耗碘离子的物质的量=53xmol，剩余的碘离子的物质的量=（1-53x）mol，当溶液中n（I-）：n（I2）=5：2时，即（1-53x）：x=5点睛：明确氧化性、还原性前后顺序是解本题关键，结合方程式进行分析解答，易错点是D，根据物质间的反应并结合原子守恒计算，还原性HSO3-＞I-，所以首先是发生以下反应离子方程式：IO3-+3HSO3-═I-+3SO42-+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，根据发生的反应来判断各个点的产物。15、A【解析】

A.将胶头滴管中的水挤入烧瓶，若氨气极易溶于则烧瓶内压强降低，气球会鼓起来，可以达到实验目的，故A正确；B.稀释浓硫酸时要把浓硫酸加入水中，且不能在量筒中进行，故B错误；C.氯水中有次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测其pH值，故C错误；D.氯化铁易水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进水解，而且盐酸易挥发，所以蒸干最终得到氢氧化铁而不是氯化铁，故D错误；故答案为A。制备无水氯化铁需要在HCl气流中加热蒸发氯化铁溶液，抑制氯化铁水解。16、B【解析】

根据图像电流方向，可知a为负极，b为正极，石墨为阴极，钛基钛锰合金为阳极。【详解】A选项，根据上面分析得出a极为电源的负极，发生氧化反应，故A正确；B选项，石墨是氢离子得到电子生成氢气，因此电路中转移4mol电子，则石墨电极上产生标准状况下44.8L氢气，故B错误；C选项，钛基钛锰合金电极是阳极，发生氧化反应，电极反应为：3H2O+Mo4+－2e－=MoO3+6H+，故C正确；D选项，电路中电子流向为：负极a极阴极石墨，阳极钛基钛锰电极正极b极，故D正确。综上所述，答案为B。电解质中电子移动方向：电源负极电解质阴极，电解质阳极电源正极；电解质中离子移动方向：阳离子移向阴极，阳离子移向阳极。二、非选择题（本题包括5小题）17、C10H8羟基，醚键取代反应【解析】

根据合成路线中有机物的结构变化及分子式结合反应条件分析合成过程中的中间产物及反应类型；根据提示信息及原料、目标产物，采用逆合成分析法设计合成路线。【详解】根据已知条件及D的结构式分析得A与浓硫酸发生取代反应，则B的结构简式为；根据B和D的结构及反应条件可以分析得中间产物C的结构简式为：；根据E的分子式结合D的结构分析知E的结构简式为：；根据F的结构及反应条件分析G的结构简式为：；(1)根据A的结构简式分析得A的化学式是C10H8；(2)根据H的结构简式分析，H中所含官能团的名称是羟基，醚键；比较G和H的结构变化可以看出H中酚羟基上的氢原子被取代，所以该反应为取代反应；(3)根据上述分析C的结构简式为；G的结构简式为；(4)由D生成E属于取代反应，化学方程式为：+(CH3CO)2O→+CH3COOH；(5)X属于芳香族化合物，则X中含有苯环，1molX最多可与4molNaOH反应，结构中可能含有2个酯基，结构中有3种不同化学环境的氢，且峰面积比为3:3:1，说明结构中对称性较强，结构中应该含有多个甲基，则符合要求的X的结构简式有为：、、、；(6)根据目标产物逆分析知由发生取代反应生成，而根据提示信息可以由在一定条件下制取，结合有机物中官能团的性质及题干信息，可以由氧化制取，则合成路线为：。18、CH3OH羧基5【解析】

(1)根据化合物A的质量比分析，，因此A的结构简式为CH3OH。(2)乙苯和酸性高锰酸钾反应生成苯甲酸，因此C中含有羧基。(3)有五种位置的氢，因此其一氯代物有5种。(4)反应④是甲醇和苯甲酸酯化反应，其化学方程式为：。【详解】(1)根据化合物A的质量比分析，，因此A的结构简式为CH3OH，故答案为：CH3OH。(2)乙苯和酸性高锰酸钾反应生成苯甲酸，因此C中含有羧基，故答案为：羧基。(3)有五种位置的氢，因此其一氯代物有5种，故答案为：5。(4)反应④是甲醇和苯甲酸酯化反应，其化学方程式为：，故答案为：。19、直形冷凝管将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有100mL水的烧杯，冷却后有乙酰苯胺固体析出，过滤得粗产物利用分馏柱进行多次气化和冷凝，使醋酸和水得到有效的分离，或“可提高引馏体与外部空气热交换效率，从而使柱内温度梯度增加，使不同沸点的物质得到较好的分离。”ABCedca将玻璃漏斗放置于铜制的热漏斗内，热漏斗内装有热水以维持溶液的温度，进行过滤（即过滤时有保温装置）或趁热用减压快速过滤ADA【解析】

两套装置都是用来制备乙酰苯胺的，区别在于甲装置使用分馏柱分离沸点在100℃至105℃左右的组分，主要是水，考虑到制备乙酰苯胺的反应可逆，这种做法更有利于获得高的转化率；题干中详细提供了乙酸，苯胺和乙酰苯胺的物理性质，通过分析可知，三者溶解性和熔点上存在较明显的差异，所以从混合溶液中获得乙酰苯胺粗品的方法就是利用溶解性和熔点差异实现的；在获取乙酰苯胺粗品后，再采用合适的方法对其进行重结晶提纯即可得到纯度较高的乙酰苯胺。【详解】(1)仪器a的名称即直形冷凝管；(2)由于乙酸与水混溶，乙酰苯胺可溶于热水而苯胺只易溶于乙醇，并且，乙酰苯胺熔点114℃，而乙酸和苯胺的熔点分别仅为17℃和-6℃；所以分离乙酰苯胺粗品时，可将圆底烧瓶中的