安徽省蚌埠二中2026年高三毕业班第二次模拟化学试题试卷含解析

安徽省蚌埠二中2026年高三毕业班第二次模拟化学试题试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、下列物质溶于水后溶液因电离而呈酸性的是（）A．KCl B．Na2O C．NaHSO4 D．FeCl32、下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的是（）A．氧化性：HClOB．ClC．气态氢化物的稳定性：HClD．Cl2与Fe反应生成FeCl3，而S与Fe3、分析化学中，“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。以0.10mol·L-1的NaOH溶液滴定同浓度某一元酸HA并绘制滴定曲线如图所示。已知lg3=0.5。下列说法中不正确的是（）A．该酸碱中和滴定过程应选择酚酞做指示剂B．根据y点坐标可以算得a的数值为3.5C．从x点到z点，溶液中水的电离程度逐渐增大D．x点处的溶液中满足：c(HA)+c(H+)＞c(A-)+c(OH-)4、某化学课外活动小组拟用铅蓄电池为直流电源，进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置如图所示，下列叙述正确的是（）A．X电极质量减轻，Y电极质量增加B．电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2OC．电解池的总反应为2Al＋6H2O2Al(OH)3＋3H2↑D．每消耗103.5gPb，理论上电解池阴极上有1molH2生成5、下列叙述正确的是A．天然气主要成分的结构式： B．和互为同素异形体C．漂白粉主要成分的化学式：Ca(ClO)2 D．苯的比例模型：6、天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等离子。火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如图所示：下列说法错误的是（）A．天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32-、HCO3-水解B．“氧化”是利用氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化生成SO42-C．“反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸D．“排放”出来的海水中SO42-的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同7、某溶液中可能含有SiO32-、OH-、CO32-、SO42-、AlO2-、HCO3-、Na+、Mg2+、Fe3+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如下图所示。下列说法正确的是A．原溶液中一定含有Na2SO4B．反应最后形成的溶液中的溶质只有NaClC．原溶液中含有CO32-与AlO2-的物质的量之比为1∶2D．原溶液中一定含有的阴离子是：OH-、CO32-、SiO32-、AlO2-8、下列生产过程属于物理变化的是（）A．煤炭干馏 B．煤炭液化 C．石油裂化 D．石油分馏9、在恒容密闭容器中，用铜铬的氧化物作催化剂，用一定量的HCl(g)和O2制取Cl2的原理为：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH<0。下列有关说法不正确的是A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强变小B．平衡时，其他条件不变，分离出H2O(g)，逆反应速率减小C．平衡时，其他条件不变，升高温度平衡常数增大D．其他条件不变，使用不同催化剂，HCl(g)的转化率不变10、下列解释事实或实验现象的化学用语正确的是A．硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝：4I－+O2+4H+=2I2+2H2OB．铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe+4H++NO3－=Fe3++NO↑+2H2OC．水垢上滴入CH3COOH溶液有气泡产生：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OD．SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO11、下列物质不属于盐的是A．CuCl2 B．CuSO4 C．Cu2(OH)2CO3 D．Cu(OH)212、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．含1mol/LC1-的NH4Cl与氨水的中性混合溶液中，NH4+数为NAB．60gSiO2和28gSi中各含有4NA个Si-O键和4NA个Si-Si键C．标准状况下，浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备22.4LCl2，转移的电子数均为2NAD．10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为0.5NA13、如表所示有关物质检验的实验结论正确的是()选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-B向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该溶液一定含有SO32-C将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2D将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊说明酸性：H2SO3＞H2CO3A．A B．B C．C D．D14、探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是（）A．AlCl3、氨水、稀盐酸 B．Al2C．Al、NaOH溶液、稀盐酸 D．Al215、将3.9g镁铝合金，投入到500mL2mol/L的盐酸中，合金完全溶解，再加入4mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是A．125mL B．200mL C．250mL D．560mL16、下列有机反应：①甲烷与氯气光照反应②乙醛制乙酸③乙烯使溴水褪色④乙醇制乙烯⑤乙醛制乙醇⑥乙酸制乙酸乙酯⑦乙酸乙酯与NaOH溶液共热⑧液态植物油制人造脂肪⑨乙烯制乙醇。下列说法正确的是A．②⑤的反应类型相同B．⑥⑦的反应类型不同C．④与其他8个反应的类型都不同D．①③⑧属于同一种反应类型二、非选择题（本题包括5小题）17、（化学：选修5：有机化学基础）以有机物A制备高分子化合物F（）的流程如下：请回答下列问题。（1）A的官能团名称是_______；C的系统命名是____________。（2）①的反应类型是_______，⑤的反应类型是___________。（3）写出反应③的化学方程式：______________________。（4）满足下列条件的B同分异构体有____种。Ⅰ.能与Na反应产生气体Ⅱ.能与NaOH反应Ⅲ.不能与Na2CO3反应。若与NaOH溶液反应的有机物中的碳原子数目为2，则其结构简式是__________。（5）已知：Ⅰ.Ⅱ.写出以CH2=CHCH=CH2为原料制备C的合成路线流程图（无机试剂可以任选）：__________。18、苯氧布洛芬钙G是评价较好的解热、镇痛、消炎药，下面是它的一种合成路线（具体反应条件和部分试剂略）已知：①氯化亚砜(SOCl2)可与醇发生反应，醇的羟基被氯原子取代而生成氯代烃。②(X表示卤素原子)回答下列问题：(1)写出D的结构简式：________________。F中所含的官能团名称是___________。(2)B→C的反应类型是_______________；D→E的反应类型是_______________。(3)写出F和C在浓硫酸条件下反应的化学方程式__________________________。(4)写出A的符合以下条件同分异构体的所有结构简式______________________。①属于苯的二取代物；②苯环上核磁共振氢谱图中共有2个吸收峰③与FeCl3溶液发生显色反应。(5)结合上述推断及所学知识，参照上述合成路线任选无机试剂设计合理的方案，以苯甲醇()为原料合成苯乙酸苯甲酯()写出合成路线，并注明反应条件_________________。19、某小组同学利用下图所示装置进行铁的电化学腐蚀原理的探究实验：装置分别进行的操作现象i.连好装置一段时间后，向烧杯中滴加酚酞ii.连好装置一段时间后，向烧杯中滴加K3[Fe(CN)6]溶液铁片表面产生蓝色沉淀(l)小组同学认为以上两种检验方法，均能证明铁发生了电化学腐蚀。①实验i中的现象是____。②用化学用语解释实验i中的现象：____。(2)查阅资料：K3[Fe(CN)6]具有氧化性。①据此有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是__________。②进行下列实验，在实验几分钟后的记录如下：实验滴管试管现象0.5mol·L-1K3[Fe(CN)6]溶液iii.蒸馏水无明显变化iv.1.0mol·L-1NaCl溶液铁片表面产生大量蓝色沉淀v.0.5mol·L-1Na2SO4溶液无明显变化a．以上实验表明：在____条件下，K3[Fe(CN)6]溶液可以与铁片发生反应。b．为探究Cl-的存在对反应的影响，小组同学将铁片酸洗（用稀硫酸浸泡后洗净）后再进行实验iii，发现铁片表面产生蓝色沉淀。此补充实验表明Cl-的作用是____。(3)有同学认为上述实验仍不严谨。为进一步探究K3[Fe(CN)6]的氧化性对实验ii结果的影响，又利用(2)中装置继续实验。其中能证实以上影响确实存在的是____________（填字母序号）。实验试剂现象A酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]溶液（已除O2）产生蓝色沉淀B酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液（未除O2）产生蓝色沉淀C铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液（已除O2）产生蓝色沉淀D铁片、K3[Fe(CN)6]和盐酸混合溶液（已除O2）产生蓝色沉淀综合以上实验分析，利用实验ii中试剂能证实铁发生了电化学腐蚀的实验方案是_________。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、氯碱厂以食盐等为原料，生产烧碱、盐酸等化工产品。工艺流程可简单表示如图：完成下列填空：（1）粗盐水中含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4等可溶性杂质，①步骤必须先后加入稍过量的NaOH、BaCl2、Na2CO3溶液后过滤除杂。试写出加入Na2CO3溶液时发生反应的离子方程式：______。写出②步骤发生反应的化学方程式：______。（2）③步骤之后获得干燥的烧碱产品的有关操作有______。进行④步骤的生产设备A、B之间传递的是（选填编号）______。A．只有物料B．既有物料又有能量C．只有能量D．既无物料也无能量（3）如果用下列装置在实验室进行⑤步骤的实验，正确的是（选填编号）______。若检验烧碱产品中是否含有少量NaCl杂质的实验方案是______。（4）为测定烧碱产品的纯度，准确称取5.000g样品（杂质不含碱性物质）置于烧杯中，加水搅拌，冷却至室温后，将溶液全部转移入1000mL的容量瓶之后的一步操作是______。从所配得的溶液中每次都取出20.00mL，用0.12mol/L的盐酸滴定（选用常用指示剂），两次分别用去盐酸溶液19.81mL和19.79mL．判断滴定终点的依据是______，根据实验数据计算此烧碱产品的纯度为（保留两位小数）______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

电解质溶液因为因电离而呈酸性，说明该电解质是酸或酸式盐。【详解】A．KCl为强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故A错误；B．Na2O溶于水反应生成氢氧化钠，溶液显碱性，故B错误；C．NaHSO4是强酸强碱酸式盐，在溶液中不水解，能够电离出氢离子使溶液呈酸性，故C正确；D．FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子水解溶液显酸性，故D错误；故选：C。易错点D，注意题干要求：溶液因电离而呈酸性。2、A【解析】

A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，不能根据其含氧酸的氧化性判断元素的非金属性强弱，A符合题意；B.在该反应中Cl2将S置换出来，说明氧化性Cl2>S，则元素的非金属性Cl>S，B不符合题意；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，因此可通过稳定性HCl>H2S，证明元素的非金属性Cl>S，C不符合题意；D.Fe是变价金属，氧化性强的可将其氧化为高价态，氧化性弱的将其氧化为低价态，所以可根据其生成物中Fe的价态高低得出结论氧化性Cl2>S，则元素的非金属性Cl>S，D不符合题意；故合理选项是A。3、D【解析】

以0.10mol·L-1的NaOH溶液滴定同浓度某一元酸HA时，a点溶液中只有HA，x点HA与NaA等比混合，y点溶液呈中性，z点为二者恰好完全反应，即z点为滴定终点。【详解】A.由图可知，该酸碱中和滴定的滴定终点为碱性，则应选择酚酞做指示剂，故A正确；B.根据y点坐标可以算得K（HA）=，a点时，溶液中只有HA，c（H+）=c（A-），则有，解得，pH=3.5，故B正确；C.从x点到z点，溶液中的溶质由HA对水的抑制，到NaA对水的促进，水的电离程度逐渐增大，故C正确；D.x点处的溶液中溶质为HA和NaA等比混合，有质子守恒：c(HA)+2c(H+)=c(A-)+2c(OH-)，因为c(H+)＞c(OH-)，则c(HA)+c(H+)＜c(A-)+c(OH-)，故D错误；综上所述，答案为D。求a点的pH时，可逆向思维思考，若求pH，即要求氢离子的浓度，则须求平衡常数，进而利用y点中性的条件求出平衡常数，返回计算即可求a点的pH了。4、B【解析】

据图可知电解池中，铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，铁电极上水得电子作阴极，电极反应为：6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，铅蓄电池中X与阴极铁相连，作负极，负极上发生的反应是Pb+SO42--2e-=PbSO4，Y与阳极铝相连，作正极，电极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，串联电路中各电极转移电子相等，据此分析解答。【详解】A.蓄电池中两电极都生成硫酸铅，因此两个电极的质量都增加，A错误；B.铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，OH-是水电离产生，说明电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2O，B正确；C.阳极铝电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，阴极铁电极电极反应为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，总反应为2Al+6H2O2Al(OH)3(胶体)+3H2↑，在铝的表面有氧气产生，说明还存在电解水的过程：2H2OO2↑+2H2↑，C错误；D.n(Pb)==0.5mol，Pb是+2价的金属，反应的Pb的物质的量是0.5mol，则反应转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol，根据串联电路中电子转移守恒，则电解池的阴极上反应产生H2的物质的量是0.5mol，D错误；故合理选项是B。本题考查原电池和电解池工作原理，电解池的电极反应正确判断原电池正负极、电解池阴阳极以及铝电极上产生氧气是求解本题关键，难点是电极反应式的书写。5、D【解析】

A.天然气主要成分是甲烷，结构式：，故A错误；B.和互为同位素，故B错误；C.漂白粉主要成分的化学式：Ca(ClO)2和CaCl2，故C错误；D.苯的比例模型：，故D正确；故选D。6、D【解析】

火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气通入吸收塔和天然海水，得到溶液通入氧气氧化亚硫酸生成硫酸，加入天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸。【详解】A．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO-3离子，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故A正确；B．天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，故B正确；C．氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸(H+)，故C正确；D．从框图可知：排放”出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以SO42-的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，故D错误；故答案为D。7、D【解析】

A.根据图像，开始没沉淀，所以原溶液一定有OH—，一定没有HCO3—、Mg2+、Fe3+、Al3+，根据电荷守恒，一定有Na+；沉淀先增多后减少，但不能完全溶解，说明原溶液一定有SiO32—、AlO2—；滴加盐酸体积为，沉淀的量不变，说明溶液中一定含有CO32—，综合以上溶液可能含有SO42—，故A错误；B.若原溶液含有SO42—，反应最后形成的溶液中的溶质有NaCl、Na2SO4，故B错误；C.滴加盐酸体积为，发生反应为CO32-+2H+=H2O+CO2；，发生反应为，所以CO32-与AlO2-的物质的量之比为3∶4，故C错误；D.原溶液中一定含有的阴离子是：OH—、CO32—、SiO32—、AlO2—，故D正确。答案选D。8、D【解析】

A．煤干馏是隔绝空气加强热，使之发生复杂的化学变化，得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故A错误；B．煤炭液化是利用化学反应将煤炭转变为液态燃料的过程，故B错误；C．石油裂化的目的是将长链的烷烃裂解后得到短链的轻质液体燃料烯烃，是化学变化，故C错误；D．石油分馏是利用沸点的不同将其中的组分分离开来，没有新物质生成，为物理变化，故D正确。故选：D。注意变化中是有无新物质生成：无新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化。9、C【解析】

A．平衡前，随着反应向着化学计量数减小的方向进行，容器内气体的总物质的量减小，压强变小，故A正确；B．平衡时，其他条件不变，分离出H2O(g)，降低生成物的浓度，逆反应速率瞬间减小，正反应速率瞬间不变，平衡正向进行，故B正确；C．平衡时，其他条件不变，升高温度逆向移动，平衡常数减小，故C错误；D．其他条件不变，使用不同催化剂改变反应速率，但不改变平衡的移动，HCl(g)的转化率不变，故D正确；答案为C。10、A【解析】

A.硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故A正确；B.铁和稀硝酸反应产物与量有关，铁少量时变成三价铁，溶液由无色变为黄色，离子方程式为Fe+4H++NO3－=Fe3++NO↑+2H2O；铁过量时变成二价亚铁，溶液由无色变为浅绿色，离子方程式为：3Fe+8H++2NO3－=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；C.醋酸是弱酸，不能拆成离子，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故C错误；D.SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO，生成的次氯酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸钙，故D错误。答案选A。本题考查的是实验现象的解释和离子方程式的书写。解题时需注意B选项铁与稀硝酸反应的产物与反应条件有关，铁少量时变成三价铁，铁过量时变成二价亚铁，产物不同溶液的颜色不同；D选项次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸钙。11、D【解析】

A.CuCl2是铜离子和氯离子组成的化合物，属于盐，A不选；B.CuSO4是硫酸根离子和铜离子组成的化合物，属于盐，B不选；C.Cu2(OH)2CO3为碱式碳酸铜，属于盐，C不选；D.Cu(OH)2为氢氧化铜，在溶液中能部分电离出铜离子和氢氧根离子，属于碱，D选；答案选D。12、D【解析】

A．没有提供溶液的体积，无法计算混合溶液中NH4+的数目，A不正确；B．60gSiO2和28gSi都为1mol，分别含有4NA个Si-O键和2NA个Si-Si键，B不正确；C．标准状况下22.4LCl2为1mol，若由浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制得，则转移的电子数分别为2NA、NA，C不正确；D．10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为=0.5NA，D正确；故选D。13、D【解析】

根据物质的性质及反应现象分析解答。【详解】A.白色沉淀可以能是氯化银，溶液中可能含有银离子，应该先加盐酸排除银离子的干扰，故A错误；B.溶液中可能含有HSO3-，故B错误；C.具有漂白作用的不仅仅是二氧化硫，融入氯气也可以使品红褪色，故C错误；D.先通入酸性高锰酸钾溶液，目的是除去二氧化硫气体，再通入澄清石灰水变浑浊，说明产物是二氧化碳，进而证明亚硫酸的酸性强于碳酸，故D正确。故选D。在物质检验的实验中，一定要注意排除其他物质的干扰，很多反应的现象是一样的，需要进一步验证，例如二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫可以与酸性高锰酸钾反应，二氧化碳不可以。14、D【解析】

既能与酸反应，又能与强碱反应的氢氧化物属于两性氢氧化物，但氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，据此分析。【详解】A、由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，选项A错误；B、由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，选项B错误；C、Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠溶液中滴加少量盐酸产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀会溶于过量的盐酸，操作步骤较多，不是最适宜的试剂，选项C错误；D、Al2（SO4）3溶液和少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，继续滴加氢氧化钠溶液沉淀溶解，向氢氧化铝沉淀加稀盐酸沉淀也溶解，说明氢氧化铝具有两性，选项D正确。答案选D。本题考查了金属元素化合物的性质，注意把握氢氧化铝的性质是解题的关键，既能与强酸反应生成盐和水，又能与强碱反应生成盐和水的氢氧化物。15、C【解析】试题分析：镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，发生的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，氯化镁和氯化铝，分别与NaOH溶液反应的方程式为：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl．Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl；根据氯原子和钠原子守恒得到如下关系式：HCl～NaCl～NaOH112mol/L×0.5L4mol/L×VV=0.25L=250ml，故选C。【考点定位】考查化学计算中常用方法终态法【名师点晴】注意Mg2+和Al3+全部转化为沉淀时，NaOH不能过量，即全部转化为沉淀的Al3+，不能溶解是解题关键；镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，生成氯化镁和氯化铝，氯化镁和氯化铝，加入4mol•L-1的NaOH溶液，生成的沉淀最多时，Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl，根据氯原子和钠原子守恒解题。16、C【解析】

①甲烷与氯气光照反应发生取代反应，②乙醛制乙酸发生氧化反应，③乙烯使溴水褪色发生加成反应，④乙醇制乙烯发生消去反应，⑤乙醛制乙醇发生还原反应或加成反应，⑥乙酸制乙酸乙酯发生酯化反应或取代反应，⑦乙酸乙酯与NaOH溶液共热发生水解反应或取代反应，⑧液态植物油制人造脂肪发生加成反应，⑨乙烯制乙醇发生加成反应。则A.②⑤的反应类型不相同，A错误；B.⑥⑦的反应类型相同，均是取代反应，B错误；C.④是消去反应，与其他8个反应的类型都不同，C正确；D.①是取代反应，③⑧属于同一种反应类型，都是加成反应，D错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、溴原子、羟基、酯基1，3-丁二醇取代反应或水解反应缩聚反应11CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH【解析】试题分析：A水解生成B和C，C连续2次以后生成E，E和氢气发生加成反应生成B，则B和C分子中含有相同的碳原子数，均是4个。B发生缩聚反应生成F，则根据F的结构简式可知B的结构简式为HOCH(CH3)CH2COOH，因此E的结构简式为CH3COCH2COOH，D的结构简式为CH3COCH2CHO，因此C的结构简式为CH3CHOHCH2CH2OH，据此分析解答。解析：A水解生成B和C，C连续2次以后生成E，E和氢气发生加成反应生成B，则B和C分子中含有相同的碳原子数，均是4个。B发生缩聚反应生成F，则根据F的结构简式可知B的结构简式为HOCH(CH3)CH2COOH，因此E的结构简式为CH3COCH2COOH，D的结构简式为CH3COCH2CHO，因此C的结构简式为CH3CHOHCH2CH2OH，则（1）A属于酯类，且含有溴原子和羟基，因此A的官能团名称是溴原子、羟基、酯基；C分子中含有2个羟基，其系统命名是1，3-丁二醇。（2）根据以上分析可知①的反应类型是取代反应或水解反应，⑤的反应类型是缩聚反应。（3）反应③是醛基的氧化反应，反应的化学方程式为。（4）Ⅰ.能与Na反应产生气体，说明含有羟基或羧基；Ⅱ.能与NaOH反应，说明含有羧基或酯基；Ⅲ.不能与Na2CO3反应，说明含有酯基，不存在羧基，如果是甲酸形成的酯基，有5种；如果是乙酸形成的酯基有2种；如果羟基乙酸和乙醇形成的酯基有1种；丙酸形成的酯基有1种；羟基丙酸和甲醇形成的酯基有2种，共计11种；若与NaOH溶液反应的有机物中的碳原子数目为2，则符合条件的有机物结构简式有CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH。（5）结合已知信息、相关物质的结构和性质，利用逆推法可知其合成路线可以设计为。18、醚键、羧基还原反应(加成反应)取代反应、【解析】

与溴单质发生信息反应②生成A，则A为；A与苯酚钠反应生成B，结合最终产物可知该反应为取代反应，反应生成的B为；B与氢气发生加成反应生成C，则C为；C与氯化亚砜(SOCl2)发生信息中的反应①生成D，则D的结构简式为：；D与NaCN发生反应生成E，则E为；E先与氢氧化钠反应，然后酸化得到F，结合最终产物可知F为，F与氯化钙反应得到苯氧布洛芬钙，以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知D为；F的结构简式是，根据F的结构简式可知其中含有的官能团是醚键、羧基；(2)B是，B中含有羰基，与氢气发生加成反应产生羰基变为醇羟基，产生的C是，该反应是与氢气的加成反应，也是还原反应；D是，与NaCN发生取代反应，Cl原子被-CN取代，生成E是，即D产生E的反应为取代反应；(3)F是，分子中含有羧基，C是，分子中含有醇羟基，F和C在浓硫酸条件下发生酯化反应，生成酯和水，该反应的化学方程式为：；(4)A为，A的同分异构体符合下列条件：①属于苯的二取代物；②苯环上核磁共振氢谱图中共有2个吸收峰；③与FeCl3溶液发生显色反应，说明苯环上有两个处于对位的取代基，其中一个是羟基，则可能的结构简式为、；(5)苯甲醇()苯甲醇与SOCl2反应生成1-氯甲苯，然后与NaCN反应，产物经水解生成苯乙酸，最后苯乙酸与苯甲醇在浓硫酸存在时，加热发生酯化反应可生成目标物苯乙酸苯甲酯，反应的流程为。19、碳棒附近溶液变红O2+4e-+2H2O==4OH-K3Fe(CN)6可能氧化Fe生成Fe2+，会干扰由于电化学腐蚀负极生成Fe2+的检测Cl-存在Cl-破坏了铁片表面的氧化膜AC连好装置一段时间后，取铁片（负极）附近溶液于试管中，滴加K3Fe(CN)6溶液，若出现蓝色沉淀，则说明负极附近溶液中产生Fe2+了，即发生了电化学腐蚀【解析】

根据图像可知，该装置为原电池装置，铁作负极，失电子生成亚铁离子；C作正极氧气得电子与水反应生成氢氧根离子，正极附近显红色。要验证K3Fe(CN)6具有氧化性，则需要排除其它氧化剂的干扰，如氧气、铁表面的氧化膜等。【详解】(l)①根据分析可知，若正极附近出现红色，则产生氢氧根离子，显碱性，证明铁发生了电化学腐蚀；②正极氧气得电子与水反应生成氢氧根离子，电极反应式O2+4e-+2H2O==4OH-；(2)①K3[Fe(CN)6]具有氧化性，可能氧化Fe为亚铁离子，影响实验结果；②a对比试验iv和v，溶液中的Na+、SO42-对铁的腐蚀无影响，Cl-使反应加快；b铁皮酸洗时，破坏了铁表面的氧化膜，与直接用NaCl溶液的现象相同，则Cl-的作用为破坏了铁片表面的氧化膜；(3)A．实验时酸洗除去氧化膜及氧气的氧化剂已排除干扰，A正确；B．未排除氧气的干扰，B错误；C．使用Cl-除去铁表面的氧化膜及氧气的干扰，C正确；D．加入了盐酸，产生亚铁离子，干扰实验结果，D错误；答案为AC。按实验A连接好装置，工作一段时间后，取负极附近的溶液于试管中，用K3[Fe(CN)6]试剂检验，若出现蓝色，则负极附近产生亚铁离子，说明发生了电化学腐蚀。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加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变，说明Na2S2O3反应完毕，滴定到达终点，故答案为：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；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Na2S2O3反应不完全，导致测定结果偏低，故答案为：偏低；③第2次实验消耗标准液的体积与其它2次相差比较大，应舍弃，1、3次实验的标准液平均值为消耗标准液体积，即消耗标准液体积为20mL，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%。本题涉及物质的量的计算、离子方程式书写、基本操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。