2026届广西田阳高中高考冲刺模拟（四）化学试题试卷含解析

2026届广西田阳高中高考冲刺模拟（四）化学试题试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、科研工作者结合实验与计算机模拟来研究钌催化剂表面不同位点上合成氨反应历程，如图所示，其中实线表示位点A上合成氨的反应历程，虚线表示位点B上合成氨的反应历程，吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是A．由图可以判断合成氨反应属于放热反应B．氮气在位点A上转变成2N*速率比在位点B上的快C．整个反应历程中活化能最大的步骤是2N*+3H2→2N*+6H*D．从图中知选择合适的催化剂位点可加快合成氨的速率2、分别由下表中的实验和现象得出的结论不正确的是选项实验现象结论A用熔融氯化铝做导电性实验电流指针不偏转氯化铝是共价化合物B向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4振荡CCl4层无色Fe2＋的还原性强于Br－C相同的铝片分别与同温同体积，且c(H＋)=1mol·L－1的盐酸、硫酸反应铝与盐酸反应产生气泡较快可能是Cl－对该反应起到促进作用D向盛有2mL0.lmol/L的AgNO3溶液中加入10滴0.1mol/L的NaCl溶液，振荡，再加入10滴0.1mol/L的NaI溶液，再振荡先生成白色沉淀，后产生黄色沉淀Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)A．A B．B C．C D．D3、下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是A．体积相等时密度相等 B．原子数相等时具有的中子数相等C．体积相等时具有的电子数相等 D．质量相等时具有的质子数相等4、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5、某学习小组在容积固定为2L的密闭容器内充入1molN2和3molH2合成NH3。恒温下开始反应，并用压力传感器测定压强如下表所示：反应时间/min051015202530压强/MPa16.8014.7813.8613.2712.8512.6012.60下列说法不正确的是A．不断地将NH3液化并移走，有利于反应正向进行B．其它条件不变，在30min时，若压缩容器的体积，N2的平衡转化率增大C．从反应开始到10min时，v（NH3）＝0.035mol·L−1·min−1D．在30min时，再加入0.5molN2、1.5molH2和2molNH3，平衡向逆反应方向移动6、利用如图所示装置，以NH3作氢源，可实现电化学氢化反应。下列说法错误的是A．a为阴极B．b电极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+C．电解一段时间后，装置内H+数目增多D．理论上每消耗1molNH3，可生成1．5mol7、下列化学用语正确的是A．CH3OOCCH3名称为甲酸乙酯B．次氯酸的电子式C．17Cl原子3p亚层有一个未成对电子D．碳原子最外层电子云有两种不同的伸展方向8、某盐溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Na+、Fe2+、Cl—、CO32—、NO3—七种离子中的数种。某同学取4份此溶液样品，分别进行了如下实验：①用pH试纸测得溶液呈强酸性；②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成；③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色该同学最终确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl—三种离子。请分析，该同学只需要完成上述哪几个实验，即可得出此结论。A．①②④ B．①② C．①②③④ D．②③④9、三轴烯()(m)、四轴烯()(n)、五轴烯()(p)的最简式均与苯相同。下列说法正确的是A．m、n、p互为同系物 B．n能使酸性KMnO4溶液褪色C．n和p的二氯代物均有2种 D．m生成1molC6H14需要3molH210、下列有关CuSO4溶液的叙述中正确的是A．该溶液呈碱性B．它与H2S反应的离子方程式为：Cu2++S2-=CuS↓C．用惰性电极电解该溶液时，阳极产生铜单质D．在溶液中：2c(Cu2+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)11、用“四室电渗析法”制备H3PO2的工作原理如图所示(已知：H3PO2是一种具有强还原性的一元弱酸；阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)，则下列说法不正确的是()A．阳极电极反应式为：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋B．工作过程中H+由阳极室向产品室移动C．撤去阳极室与产品室之间的阳膜a，导致H3PO2的产率下降D．通电一段时间后，阴极室中NaOH溶液的浓度一定不变12、乙基环己烷（）的一溴代物共有几种（不考虑立体异构）A．3种B．4种C．5种D．6种13、卤代烃C3H3Cl3的链状同分异构体（不含立体异构）共有A．4种 B．5种 C．6种 D．7种14、某原子电子排布式为1s22s22p3，下列说法正确的是A．该元素位于第二周期IIIA族 B．核外有3种能量不同的电子C．最外层电子占据3个轨道 D．最外层上有3种运动状态不同的电子15、下列所示的实验方案正确，且能达到实验目的的是（）选项实验目的实验方案A比较镁、铝的金属性强弱分别在MgCl2和AlCl3溶液中滴加氨水直至过量，观察现象B比较Cl2、Br2的氧化性强弱将少量氯水滴入FeBr2溶液中，观察现象C证明SO2具有漂白性将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色D证明电离常数Ka:HSO3->HCO3-测得同浓度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液A．A B．B C．C D．D16、下列有关实验能达到相应实验目的的是A．实验①用于实验室制备氯气 B．实验②用于制备干燥的氨气C．实验③用于石油分馏制备汽油 D．实验④用于制备乙酸乙酯二、非选择题（本题包括5小题）17、阿司匹林（化合物L）是人们熟知的解热镇痛药物。一种长效、缓释阿司匹林（化合物P）的合成路线如下图所示：已知：①HC≡CH+RCOOH②RCOOR’+R”OHRCOOR”+R’OH（R、R’、R”代表烃基）请回答：(1)A中的官能团是____________________。(2)C的结构简式是____________________。(3)D→E的反应类型是____________________。(4)E→G的化学方程式是______________________________________。(5)已知：H是芳香族化合物。在一定条件下2B→K+H2O，K的核磁共振氢谱只有一组峰。J→L的化学方程式是____________________。(6)L在体内可较快转化为具有药效的J，而化合物P与L相比，在体内能缓慢持续释放J。①血液中J浓度过高能使人中毒，可静脉滴注NaHCO3溶液解毒。请用化学方程式解释NaHCO3的作用：______________________________________________________________。②下列说法正确的是______（填字母）。a．P中的酯基在体内可缓慢水解，逐渐释放出Jb．P在体内的水解产物中没有高分子化合物c．将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能18、生产符合人类需要的特定性能的物质是化学服务于人类的责任。解热镇痛药水杨酸改进为阿司匹林、缓释阿司匹林、贝诺酯就是最好的实例。下图表示这三种药物的合成：(1)反应①的条件是____________；物质B含有的官能团名称是________________(2)已知乙酸酐是2分子乙酸脱去1分子水的产物，写出M的结构简式__________(3)反应③的类型____________，写出该反应④的一种副产物的结构简式________(4)水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应，写出化学方程式____________________(5)1mol阿司匹林和1mol缓释长效阿司匹林与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量分别是_________、___________。19、甲乙两组学生用不同的方法制备氯气并验证其性质。甲组用漂白粉与硫酸溶液反应制取氯气：Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2SO42CaSO4＋2Cl2↑＋2H2O，如图1所示；乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气：2KMnO4＋16HCl(浓)→2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O，如图2所示(省略夹持装置)。（1）实验中A选用装置__，E选用装置__(填写序号)。（2）装置F的作用___，请描述装置G中的实验现象___。（3）B中反应的离子方程式是___；C中氯气氧化了亚硫酸钠：Cl2+SO32-+H2O→SO42-+2Cl-+2H+，请你帮甲组设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化(简述实验步骤)：___。（4）乙组中H的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是___。（5）甲组实验存在的明显缺陷是___。20、KMnO4是中学常见的强氧化剂，用固体碱熔氧化法制备KMnO4的流程和反应原理如图：反应原理：反应I：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O反应Ⅱ：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3（墨绿色）（紫红色）已知25℃物质的溶解度g/100g水K2CO3KHCO3KMnO411133.76.34请回答：（1）下列操作或描述正确的是___A．反应Ⅰ在瓷坩埚中进行，并用玻璃棒搅拌B．步骤⑥中可用HCl气体代替CO2气体C．可用玻璃棒沾取溶液于滤纸上，若滤纸上只有紫红色而无绿色痕迹，则反应Ⅱ完全D．步骤⑦中蒸发浓缩至溶液表面有晶膜出现再冷却结晶：烘干时温度不能过高（2）___（填“能”或“不能”）通入过量CO2气体，理由是___（用化学方程式和简要文字说明）。（3）步骤⑦中应用玻璃纤维代替滤纸进行抽滤操作，理由是___。草酸钠滴定法分析高锰酸钾纯度步骤如下：Ⅰ．称取1.6000g高锰酸钾产品，配成100mL溶液Ⅱ．准确称取三份0.5025g已烘干的Na2C2O4，置于锥形瓶中，加入少量蒸馏水使其溶解，再加入少量硫酸酸化；Ⅲ．锥形瓶中溶液加热到75～80℃，趁热用I中配制的高锰酸钾溶液滴定至终点。记录实验数据如表实验次数滴定前读数/mL滴定后读数/mL12.6522.6722.6023.0032.5822.56已知：MnO4﹣+C2O42﹣+H+→Mn2++CO2↑+H2O（未配平）则KMnO4的纯度为___（保留四位有效数字）；若滴定后俯视读数，结果将___（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）。21、发展“碳一化学”，开发利用我国丰富的煤炭资源具有重要的战略意义和经济价值。请回答下列问题：(1)已知：常温下C(s)的燃烧热△H=-393.5kJ·mol-1，S(s)的燃娆热△H=-296.0kJ·mol-l，CO2(g)+C(S)=2CO(g)△H=+172.5kJ·mol-1，写出一氧化碳将二氧化硫还原为单质硫的热化学方程式：______(2)在763K、3.04×104kPa时，用CO和H2做原料合成甲醇(CH3OH)，存在下列平衡：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。当原料中CO和H2的比例不同时，对CO的转化率及平衡混合物中甲醇的体积分数都有影响。①设H2和CO起始物质的量之比为m，平衡时CO的转化率为α，平衡混合物中甲醇的体积分数为y，则m、α、y三者的关系式为y=___。②根据表中提供的数据，可得出反应物的比例对CO的平衡转化率以及平衡混合物中甲醇的体积分数影响的结论，选择最佳反应物配比m=_______（填“l”、“2”或“3”），理由是_________。(3)如图是四种金属氧化物被一氧化碳还原，反应达到平衡时lgc(CO)/c(CO2)与温度(T)的关系曲线图：①8000C时，其中最易被还原的金属氧化物是______（填化学式），该反应的平衡常数K=_______。②CO2还原PbO2的反应△H___0（填“>”或“<”)。判断依据是_________。(4)科学家正在研究用固态物质作为火箭推进剂。固体推进剂（硝酸钾和蔗糖的混合物）点燃后在燃烧室里燃烧，发生反应KNO3+C12H22O11→CO2↑+N2↑+H2O+K2CO3，（未配平）。则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是_______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A．据图可知，始态*N2+3H2的相对能量为0eV，生成物*+2NH3的相对能量约为-1.8eV，反应物的能量高于生成物，所以为放热反应，故A正确；B．图中实线标示出的位点A最大能垒(活化能)低于图中虚线标示出的位点B最大能垒(活化能)，活化能越低，有效碰撞几率越大，化学反应速率越大，故B正确；C．由图像可知，整个反应历程中2N*+3H2→2N*+6H*活化能几乎为零，为最小，故C错误；D．由图像可知氮气活化在位点A上活化能较低，速率较快，故D正确；故答案为C。2、D【解析】

A.氯化铝为分子晶体，熔融状态下以分子存在，所以熔融状态不导电，是共价化合物，故A正确；B.向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4振荡，CCl4层无色，说明溴离子没有被氧化，从而可证明Fe2+的还原性强于Br−，故B正确；C.氢离子浓度相同，但阴离子不同，铝与盐酸反应产生气泡较快，可能是Cl−对该反应起到促进作用，故C正确；D.滴加10滴0.1mol/L的NaCl溶液产生白色沉淀，再加入0.1mol/L的NaI溶液，硝酸银过量，均为沉淀生成，则不能比较Ksp大小，故D错误；故答案选D。3、C【解析】

A、根据阿伏加德罗定律，物质的量相等，因为摩尔质量不相等，则质量不等，根据密度的定义，密度不相等，故错误；B、两者都是双原子分子，原子数相等，则物质的量相等，前者中子数为16，后者为14，则中子数不等，故错误；C、根据阿伏加德罗定律，两者物质的量相等，前者电子为14，后者为14，因此等物质的量时，两种物质所含电子数相等，故正确；D、质量相等，两种物质的摩尔质量不等，则物质的量不相等，质子数不相等，故错误。4、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。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。5、D【解析】

A.不断将氨气液化分离，生成物的浓度减小，平衡正向移动，故正确；B.压缩体积，平衡正向移动，氮气转化率增大，故正确；C.前10分钟，N2+3H22NH3起始0.51.50改变x3x2x10min时0.5-x1.5-3x2x有，解x=0.175mol/L，用氨气表示反应速率为＝0.035mol·L−1·min−1，故正确；D.N2+3H22NH3起始0.51.50改变x3x2x平衡0.5-x1.5-3x2x，有，解x=0.25mol/L，则平衡常数表示为，在30min时，再加入0.5molN2、1.5molH2和2molNH3，则有Qc=<K，平衡正向移动，故错误。故选D。6、C【解析】

根据图像可知，b极氨气中的N原子化合价由-3变为0价，得电子为电解池的阳极，则b极为阴极，化合价降低得电子；电解质溶液中的氢离子向阴极移动；【详解】A.分析可知，a为阴极得电子，A正确；B.b电极氨气中的N原子化合价由-3变为0价，生成氮气和氢离子，其电极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+，B正确；C.电解一段时间后，b电极消耗溶液中的氢离子，装置内H+数目不变，C错误；D.理论上每消耗1molNH3，消耗溶液中3mol氢离子，发生加成反应，可生成1．5mol，D正确；答案为C7、C【解析】

A．酯的命名是根据生成酯的酸和醇来命名为某酸某酯，此有机物是由甲醇和乙酸酯化得到的，故为乙酸甲酯，选项A错误；B．次氯酸为共价化合物，分子中不存在氢氯键，次氯酸的电子式为：，选项B错误；C．17Cl原子3p亚层上只有一个未成对电子的原子，其外围电子排布为3s23p5，选项C正确；D．碳原子最外层有两个2s、两个2p电子，s电子的电子云为球形，p电子的电子云为纺锤形，有3种伸展方向，选项D错误。答案选C。8、B【解析】

由①溶液呈强酸性，溶液中不含CO32-；由②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成，溶液中含NH4＋、Fe2＋，由于酸性条件下NO3-、Fe2+不能大量共存，则溶液中不含NO3-，根据溶液呈电中性，溶液中一定含Cl-；由③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，溶液中含Cl-；由④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色，溶液中含Fe2+；根据上述分析，确定溶液中肯定含NH4+、Fe2+、Cl-只需完成①②，答案选B。9、B【解析】

A.同系物必须满足两个条件：①结构相似②分子组成相差若干个CH2，故A错误；B.n含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C.n的二氯代物有3种，p的二氯代物也有3种，故C错误；D.应该是m（C6H6）生成1molC6H12需要3molH2，故D错误；答案：B易错选项C易忽略两个氯原子取代同一个碳上的氢原子。10、D【解析】

A、CuSO4为强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，选项A错误；B.CuSO4与H2S反应生成硫化铜和硫酸，H2S必须写化学式，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，选项B错误；C.用惰性电极电解CuSO4溶液时，阴极上铜离子得电子产生铜单质，阳极上氢氧根离子失电子产生氧气，选项C错误；D、在溶液中，根据电荷守恒有：2c(Cu2+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，选项D正确；答案选D。11、D【解析】

阴极室中阳离子为钠离子和水电离出的氢离子，阴极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e－=H2↑＋OH—，溶液中氢氧根浓度增大，原料室中钠离子通过阳膜向阴极室移动；H2PO2—离子通过阴膜向产品室移动；阳极室中阴离子为硫酸根离子和水电离出的氢氧根离子，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，溶液中氢离子浓度增大，H+通过阳膜向产品室移动，产品室中H2PO2-与H+反应生成弱酸H3PO2。【详解】A项、阳极中阴离子为硫酸根离子和水电离出的氢氧根离子，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故A正确；B项、阳极上水电离出的氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，溶液中氢离子浓度增大，H+通过阳膜向产品室移动，故B正确；C项、撤去阳极室与产品室之间的阳膜，阳极生成的氧气会把H3PO2氧化成H3PO4，导致H3PO2的产率下降，故C正确；D项、阴极上水电离出的氢离子得电子发生还原反应生成氢气，溶液中氢氧根浓度增大，原料室中钠离子通过阳膜向阴极室移动，通电一段时间后，阴极室中NaOH溶液的浓度增大，故D错误。故选D。本题考查电解池原理的应用，注意电解池反应的原理和离子流动的方向，明确离子交换膜的作用是解题的关键。12、D【解析】乙基环己烷中有6种氢原子，因此一溴代物有6种，故选项C正确。13、C【解析】

由C3H3Cl3的不饱和度为3+1-=1可知碳链上有一个双键，C3H3Cl3的链状同分异构体相当于丙烯的三氯代物，采用定二移一的方法进行讨论。【详解】卤代烃C3H3Cl3的链状同分异构体中三个氯原子在一个碳原子的有一种：CH2=CH−CCl3；两个氯原子在一个碳原子上一个氯原子在另一个碳原子上的有四种：CCl2=CCl−CH3、CCl2=CH−CH2Cl、CHCl=CH−CHCl2、CH2=CCl−CHCl2；三个氯原子在三个碳原子上的有一种：CHCl=CCl−CH2Cl，共6种。答案选C。卤代烃的一氯代物就是看等效氢，二氯代物可以看作是一氯代物的一氯代物，三氯代物可以看作是二氯代物的一氯代物。14、B【解析】

由原子电子排布式为1s22s22p3，可知原子结构中有2个电子层，最外层电子数为5，共7个电子，有7个不同运动状态的电子，但同一能级上电子的能量相同，以此来解答。【详解】A．有2个电子层，最外层电子数为5，则该元素位于第二周期VA族，故A错误；B．核外有3种能量不同的电子，分别为1s、2s、3p上电子，故B正确；C．最外层电子数为5，占据1个2s、3个2p轨道，共4个轨道，故C错误；D．最外层电子数为5，则最外层上有5种运动状态不同的电子，故D错误；故答案为B。15、D【解析】

A．分别在MgCl2和AlCl3溶液中滴加氨水直至过量，均生成白色沉淀，无法比较镁、铝的金属性强弱，故A错误；B．Fe2+的还原性大于Br-，将少量氯水滴入FeBr2溶液中，首先氧化Fe2+，则无法比较Cl2、Br2的氧化性强弱，故B错误；C．将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，体现SO2的还原性，不是漂白性，故C错误；D．测得同浓度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液，说明CO32-的水解能力大于SO32-，则电离能力HSO3->HCO3-，即电离常数Ka:HSO3->HCO3-，故D正确；故答案为D。16、C【解析】

A．实验①的图中利用MnO2和浓盐酸反应制备氯气，但是该反应需要加热才发生，没有加热装置，达不到实验目的，A项错误；B．NH3的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，实验②达不到实验目的，B项错误；C．装置③为分馏装置，不管是温度计水银球的位置还是冷凝管进水出水的方向都没有错误，C项正确；D．右侧试管中使用的是饱和NaOH溶液，酯在碱性环境下易水解，得不到产物，D项错误；本题答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基HC≡CH加聚反应ac【解析】

A是，乙醇连续氧化得乙酸，故B是，根据信息①，结合流程图，C是，D是，D到E是加聚反应，E是，根据信息②可推知F为，G是，根据分子式H是，根据流程图结合P的结构可推知I为，J是，根据（5）小题，可以推知K是乙酸酐（），由P逆推知L为。【详解】（1）A是乙醇，乙醇的官能团是羟基，答案为：羟基；（2）据信息①，结合流程图，可以推出C是，故答案为：；（3）D是，E是，D到E是双键发生了加聚反应，故答案为：加聚反应；（4）E是，A是乙醇，根据信息②，该反应为取代反应，答案为：；（5）根据信息可推知J是，K是乙酸酐（），答案为：；（6）①羧酸的酸性大于碳酸，酚的酸性小于碳酸，故酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故答案为：；②a.P可以完全水解产生，以及乙酸，a正确；b.P可以完全水解产生，该物质为高分子，b错误；c.根据题目信息，将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能，c正确；答案选ac。解有机推断题，要把握以下三个推断的关键：(1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉，掌握意图)；(2)用足信息(准确获取信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。根据以上的思维判断，从中抓住问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几个关系条件和类别条件的组合就相当于特征条件。然后再从突破口向外发散，通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。18、铁羧基、氯原子（苯基）CH3COOH取代无Na2CO3+2NaHCO33mol4nmol【解析】

根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成A为，A发生氧化反应生成B为，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则M为CH3COOH，阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，(CH3)2COHCN发生水解得D为(CH3)2COHCOOH，D在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C(CH3)COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为，据此答题；【详解】根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成A为，A发生氧化反应生成B为，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则M为CH3COOH，阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，(CH3)2COHCN发生水解得D为(CH3)2COHCOOH，D在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C(CH3)COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为。(1)反应①的条件是铁，B为，物质B含有的官能团名称是羧基和氯原子，故答案为：铁；羧基和氯原子；(2)根据上面的分析可知，M的结构简式为CH3COOH；(3)反应③的类型为取代反应，D在浓硫酸作用下发生消去反应也可以是羟基和羧基之间发生取代反应生成酯，所以反应④的一种副产物的结构简式为；(4)水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应的化学方程式为；(5)根据阿司匹林的结构简式可知，1mol阿司匹林最多消耗NaOH的物质的量为3mol，缓释长效阿司匹林为，1mol缓释长效阿司匹林与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量为4nmol。本题考查有机物的推断与合成，根据阿司匹林与长效缓释阿司匹林的分子式推断F的结构是解题的关键，注意对反应信息的利用，酸化时-CN基团转化为-COOH，需要学生根据转化关系判断，注重对学生的自学能力、理解能力、分析归纳能力、知识迁移能力的考查。19、III除去氯气中的氯化氢，安全瓶（监测装置H是否堵塞）U型管中左边有色布条褪色，右边有色布条没有褪色Cl2+2I-→2Cl-+I2取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化Cl2也可与KI反应生成I2，乙组设计的实验中并没有排除Cl2对实验的干扰，故不能比较Cl、Br、I的非金属性或Cl2未充分接触到溴化钠溶液中，未必能看到现象无尾气处理装置，污染环境【解析】

(1)结合反应原理甲组利用固体与液体加热制备氯气；乙组利用固体与液体反应不加热制氯气；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，装置G中CaCl2是干燥剂；(3)氯气能氧化I-生成I2；装置C中氯气氧化了亚硫酸钠，所得溶液中含有SO42-，只要利用稀盐酸和BaCl2溶液检验溶液中是否存在SO42-，即可判断有没有发生氧化还原反应；(4)NaBr溶液未能完全吸收Cl2，有部分Cl2参与KI氧化为I2的反应；(5)Cl2是有毒气体，需要处理含氯气的尾气。【详解】(1)甲组用漂白粉与硫酸溶液混合加热制取氯气，实验中A选用装置II；而乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，反应不需要加热，则E选用装置I；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，可利用装置F中饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，同时根据长颈漏斗中液面是否上升，达到监测装置H是否堵塞的目的；从F中进入G中的Cl2混有水蒸气，能使U型管中左边有色布条褪色，而潮湿的氯气经过无水CaCl2干燥后，不再具有漂白性，则右边有色布条没有褪色；(3)氯气能氧化I-生成I2，发生反应的离子方程式为Cl2+2I-→2Cl-+I2；验证装置C中氯气是否氧化亚硫酸钠的操作方法是取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化；(4)乙组中H装置中NaBr不能完全吸收Cl2，将有部分Cl2也可与KI反应生成I2，干扰Br2氧化I-的实验，则无法判断Br2和I2的氧化性强弱，也不能比较Cl、Br、I的非金属性；(5)甲组实验存在的明显缺陷是无尾气处理装置，污染环境。本题考查氯气的制备与氯气的性质探究，明确实验原理解题关键，难点是氯气有强氧化性，但没有漂白性，氯气使湿润有色布条褪色的根本原因是氯气与水反应生成的HClO有漂白性，易错点是装置G中左侧干燥有色布条能褪色，原因是制得的氯气中混有水蒸气。20、CD不能K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3KHCO3溶解度比K2CO3小得多，浓缩时会和KMnO4一起析出74.06%偏高【解析】

反应I：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O、反应Ⅱ：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，将混合溶液趁热过滤得到滤液中含有KMnO4、K2CO3，滤渣为MnO2，（1）A．KOH熔融状态下能和二氧化硅反应；B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化盐酸；C．锰酸钾溶液呈绿色、高锰酸钾溶液呈紫色；D．温度过高导致高锰酸钾分解；（2）KHCO3溶解度比K2CO3小得多，浓缩时会和KMnO4一起析出；（3）KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀滤纸；根据电荷守恒、转移电子守恒、原子守恒配平方程式为2MnO4－+5C2O42－+16H＋=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，1中高锰酸钾溶液体积=（22.67-2.65）mL=20.02mL、2中高锰酸钾溶液体积=（23.00-2.60）mL=20.40mL、3中高锰酸钾溶液体积=（22.56-2.58）mL=20.02mL，2的溶液体积偏差较大，舍去，平均高锰酸钾溶液体积=20.02mL，n（KMnO4）=n（Na2C2O4）=×=×0.00375mol=0.0015mol，高锰酸钾总质量=×0.1L×158g/mol=1.1838g，若滴定后俯视读数，导致溶液体积偏低。【详解】反应I：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O、反应Ⅱ：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，将混合溶液趁热过滤得到滤液中含有KMnO4、K2CO3，滤渣为MnO2，（1）A．KOH熔融状态下能和二氧化硅反应，所以不能用磁坩埚，应该用铁坩埚，故A错误；B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化盐酸，所以不能用稀盐酸，故B错误；C．锰酸钾溶液呈绿色、高锰酸钾溶液呈紫色，所以根据颜色可以判断，故C正确；D．温度过高导致高锰酸钾分解，所以需要低温，故D正确；故选CD；（2）KHCO3溶解度比K2CO3小得多，浓缩时会和KMnO4一起析出，发生的反应为K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3，所以不能通入过量二氧化碳；（3）KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀