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2026年营口市重点中学招生伯乐马模拟考试（三）化学试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列实验操作会引起测定结果偏高的是（ ）
A．测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，晶体加热完全失去结晶水后，将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却
B．中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释
C．读取量筒中一定体积的液体时，俯视读数
D．配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线,所配溶液的浓度
2、短周期元素 a、b、c、d的原子序数依次增大，由以上四种元素组成的一种化合物m在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物 n 是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，另一种产物q 是无色无味的能使澄清石灰水变浑浊的气体。下列说法正确的是（ ）
A．a、c、d三种元素形成的化合物一定会抑制水的电离
B．原子半径：a<b<c<d
C．b、c、d 的简单氢化物的热稳定性依次增强
D．m、n、q 三种物质均为共价化合物
3、泛酸和乳酸均易溶于水并能参与人体代谢，结构简式如下图所示。下列说法不正确的是
泛酸乳酸
A．泛酸分子式为C9H17NO5
B．泛酸在酸性条件下的水解产物之一与乳酸互为同系物
C．泛酸易溶于水，与其分子内含有多个羟基易与水分子形成氢键有关
D．乳酸在一定条件下反应，可形成六元环状化合物
4、下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述不正确的是：
A．淀粉→葡萄糖→（氧化）水和二氧化碳（释放能量维持生命活动）
B．纤维素（水解）→葡萄糖→（氧化）水和二氧化碳（释放能量维持生命活动）
C．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色
D．酶通常是一类具有高选择催化性能的蛋白质
5、下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）
A．除去苯甲酸中少量硝酸钾可以用重结晶法
B．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明甲基活化了苯坏
C．不能用水鉴别苯、溴苯和乙醛
D．油脂的皂化反应属于加成反应
6、25℃时，某实验小组同学向铝与过量稀盐酸反应后的残留液中滴加氢氧化钠溶液，并用pH传感器测得pH变化曲线如图所示(B点开始出现白色沉淀)。下列说法错误的是(　　)

A．A 点前发生中和反应
B．BC 段沉淀质量逐渐增加
C．D 点后的反应为：Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O
D．E 点溶液中溶质主要是NaAlO2 和NaOH
7、常温下，BaCO3的溶度积常数为Ksp，碳酸的电离常数为Ka1、Ka2，关于0.1 mol/L NaHCO3溶液的下列说法错误的是
A．溶液中的c(HCO3-)一定小于0.1 mol/L
B．c(H+)＋c(H2CO3)＝c(CO32-)＋c(OH－)
C．升高温度或加入NaOH固体,  均增大
D．将少量该溶液滴入BaCl2溶液中，反应的平衡常数
8、双酚A是重要的有机化工原料，其结构如图所示。下列关于双酚A的说法正确的是（ ）

A．双酚A的分子式为C15H14O2
B．一定条件下能发生取代和水解反应
C．最多有13个碳原子在同一平面
D．苯环上的二氯代物有4种
9、分类是重要的科学研究方法，下列物质分类正确的是
A．酸性氧化物：SO2、SiO2、NO2
B．弱电解质：CH3COOH、BaCO3、Fe（OH）3
C．纯净物：铝热剂、漂粉精、聚乙烯
D．无机物：CaC2、石墨烯、HCN
10、氰氨化钙是一种重要的化工原料，其制备的化学方程式为：CaCO3+2HCN =CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑，下列说法正确的是
A．CO为氧化产物，H2为还原产物 B．CaCN2含有共价键，属于共价化合物
C．HCN既是氧化剂又是还原剂 D．每消耗10g CaCO3生成2.24L CO2
11、下列实验操作、现象和结论均正确，且存在对应关系的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
将NaOH溶液逐滴滴加到AlC13溶液中至过量
先产生白色胶状沉淀，后沉淀溶解
Al(OH)3是两性氢氧化物
B
NaHCO3溶液与NaAlO₂溶液混合
生成白色沉淀
结合H+的能力：CO32->AlO2-
C
向盛有Na2SiO3，溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量
试管中红色逐渐褪去，出现白色凝胶
非金属性：Cl>Si
D

白色固体先变为淡黄色，后变为黄色
溶度积常数：Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
12、用NaOH标准溶液滴定盐酸实验中，以下操作可能导致所测溶液浓度偏高的是
A．滴定管用待装液润洗
B．锥形瓶振荡时有少量液体溅出
C．滴定结束后滴定管末端出现气泡
D．锥形瓶用待测液润洗
13、下列有关仪器用法正确的是（　　）
A．对试管进行加热一定不能使用石棉网
B．使用滴定管量取液体，可精确至 0.01mL
C．用量筒量取一定体积的溶液，要洗涤 2～3 次，确保溶液全部转移
D．酸碱滴定实验中，锥形瓶干燥后使用可减少误差
14、有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，将它均分成两份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl—离子完全沉淀。反应中消耗xmol H2SO4、ymol AgNO3。据此得知原混合溶液中的c(Na+)(单位： mol·L-1)为
A．（y-2x）/a B．(y-x)/a C．(2y-2x)/a D．(2y-4x)/a
15、室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）
选项
实验操作和现象
结论
A
向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色
X溶液中一定含有Fe2＋
B
向浓度均为0.05mol·L－1的NaI、NaCl的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成
Ksp（AgI）>Ksp（AgCl）
C
向淀粉－KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，溶液由无色变为蓝色
Br2的氧化性比I2的强
D
用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8
HNO2电离出H＋的能力比CH3COOH的强
A．A B．B C．C D．D
16、下列说法中不正确的是（ ）
A．蛋白质溶液中加入稀的硫酸铵溶液，会有固体析出，该固体能重新溶解
B．苯与液溴的反应和苯酚与浓溴水的反应对比可以说明基团之间的影响作用
C．丙三醇是无色、黏稠、有甜味的液体，吸湿性强，有护肤作用，可应用于配制化妆品
D．在浓氨水作用下，甲醛过量时，苯酚与甲醛反应可得到体型酚醛树脂
二、非选择题（本题包括5小题）
17、苯氧布洛芬是一种解热、阵痛、消炎药，其药效强于阿司匹林。可通过以下路线合成：

完成下列填空：
（1）反应①中加入试剂X的分子式为C8H8O2，X的结构简式为_______。
（2）反应①往往还需要加入KHCO3，加入KHCO3的目的是__________。
（3）在上述五步反应中，属于取代反应的是________（填序号）。
（4）B的一种同分异构体M满足下列条件：
Ⅰ.能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。
Ⅱ.分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环。则M的结构简式： ____。
（5）请根据上述路线中的相关信息并结合已有知识，写出以、CH2CHO。为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）____。
合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2
18、两种重要的有机化工合成中间体F和Y可用甲苯为主要原料采用以下路线制得：

已知：
①
②2CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO
请回答下列问题：
（1）写出A的结构简式___________。
（2）B→C的化学方程式是________。
（3）C→D的反应类型为__________。
（4）1molF最多可以和________molNaOH反应。
（5）在合成F的过程中，设计B→C步骤的目的是_________。
（6）写出符合下列条件的3种A的同分异构体的结构简式_________、______、_______。
①苯环上只有两种不同化学环境的氢原子
②能发生银镜反应
（7）以X和乙醇为原料通过3步可合成Y，请设计合成路线______（无机试剂及溶剂任选）。
19、碳酸镧咀嚼片是一种不含钙和铝的磷酸盐结合剂，有效成分碳酸镧难溶于水，可用于慢性肾衰患者高磷血症的治疗。
Ⅰ.碳酸镧可由LaCl3和碳酸氢铵为原料来制备，避免生成碱式碳酸镧[La(OH)CO3]，整个反应需在较低的pH条件下进行。化学兴趣小组利用下列装置在实验室中制备碳酸镧。

（1）仪器X的名称是_____。
（2）如下左图装置是启普发生器，常用于实验室制取CO2、H2等气体，具有“随开随用、随关随停”的功能。右图装置与启普发生器原理类似，也可用于实验室制取CO2的装置的是______（填选项字母）。
ABC
（3）关闭活塞K2，______，说明如下装置气密性良好。

（4）装置乙用于制备氨气，可以选用的试剂是____（填选项字母）。
A、NH4Cl固体和Ca(OH)2固体 B、生石灰和浓氨水 C、碱石灰和浓氨水 D、无水CaCl2和浓氨水
（5）实验装置接口的连接顺序是：a接____。为制得纯度较高的碳酸镧，实验过程中需要注意的问题是__。
II．可用碳酸氢钠溶液代替碳酸氢铵溶液，与氯化镧反应制备碳酸镧。
（6）精密实验证明：制备过程中会有气体逸出，则制备过程总反应的离子方程式是________。
（7）制备时，若碳酸氢钠滴加过快，会降低碳酸镧的产率，可能的原因是_____。
III、碳酸镧咀嚼片中有效成分测量。
（8）准确称取碳酸镧咀嚼片ag，溶于10.0 mL稀盐酸中，加入10 mL NH3-NH4C1缓冲溶液，加入0.2 g紫脲酸铵混合指示剂，用0.5 mo1·L－1，EDTA (Na2H2Y）标准溶液滴定至呈蓝紫色(La3++ H2y2－= LaY－＋2H＋），消耗EDTA标准溶液VmL。则咀嚼片中碳酸镧（摩尔质量为458 g/mol)的质量分数w＝____。
20、碘对动植物的生命是极其重要的，海水里的碘化物和碘酸盐参与大多数海生物的新陈代谢。在高级哺乳动物中，碘以碘化氨基酸的形式集中在甲状腺内，缺乏碘会引起甲状腺肿大。
I.现要从工业含碘废液中回收碘单质(废液中含有H2O、油脂、I2、I)。设计如图一所示的实验过程：

（1）为了将含碘废液中的I2完全转化为I—而进入水层，向含碘废液中加入了稍过量的A溶液，则A应该具有___________性。
（2）将在三颈烧瓶中反应完全后的溶液经过操作②获得碘单质，操作②包含多步操作，操作名称分别为萃取、_____、_____，在操作②中必须用到下列所示的部分仪器或装置，这些仪器和装置是________________(填标号)。

（3）将操作①所得溶液放入图二所示的三颈烧瓶中，并用盐酸调至pH约为2，再缓慢通入适量Cl2，使其在30~40℃反应。写出其中发生反应的离子方程式________________；Cl2不能过量，因为过量的Cl2将I2氧化为IO3-，写出该反应的离子方程式__________。
II.油脂的不饱和度可通过油脂与碘的加成反应测定，通常称为油脂的碘值。碘值越大，油脂的不饱和程度越高。碘值是指100g油脂所能吸收的I2的克数。称取xg某油脂，加入含ymol I2的韦氏溶液( 韦氏溶液是碘值测定时使用的特殊试剂，含有CH3COOH)，充分振荡；过量的I2用cmol/L Na2S2O3标准溶液滴定(淀粉作指示剂)，消耗Na2S2O3溶液V mL(滴定反应为:2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI)。回答下列问题:
（1）下列有关滴定的说法不正确的是________(填标号)。
A．标准Na2S2O3溶液应盛装在碱式滴定管中
B．滴定时眼睛只要注视滴定管中溶液体积的变化
C．滴定终点时，俯视读数，导致测定结果偏低
D．滴定到溶液由无色变蓝色时应该立即停止滴定
（2）用该测定方法测定的碘值需要用相关的实验校正，因为所测得的碘值总比实际碘值低，原因是_______________________________________________。
（3）该油脂的碘值为_____g(列式表示)。
21、研究CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义。
(1)工业上以CO2、NH3为原料生产尿素[CO(NH2)2]，反应实际为两步进行：
I：2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s) △H1=-272kJ·mol-1
II：H2NCOONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H2=+138kJ·mol-1
已知：H2O(l)==H2O(g) △H3=+44kJ·mol-1
①请写出以NH3、CO2为原料，合成尿素和液态水的热化学方程式______________。
②T1℃时，在1L的密闭容器中充入CO2和NH3模拟工业生产，n(NH3)/n(CO2)=x，如图是CO2平衡转化率()与x的关系。求图中A点NH3的平衡转化率=________％。

③当x=1.0时，若起始的压强为p0kPa，水为液态，平衡时压强变为起始的1/2。则该反应的平衡常数Kp=_______(kPa)-3(KP为以分压表示的平衡常数)。
(2)用CO2和H2合成甲醇：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=－49.0kJ·mol-1。在T℃时，甲、乙、丙三个2L的恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得平衡时有关数据如下：

①甲容器10s达到平衡时测得x=39.2，则甲中CO2的平均反应速率____________。
②下列说法正确的是________(填字母编号)。
A．2c1<c3 B．z<2y C．p3>2p2 D．α1+α3>1
(3)用NaOH溶液做碳捕捉剂可获得化工产品Na2CO3。常温下若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中c(CO32-)：c(HCO3-)=_____[K1(H2CO3)=4.4×10-7、K2(H2CO3)=5×10-11]，溶液中c(Na+)_____c(HCO3-)+2c(CO32-)(填“>”“=”或“＜”)。
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.将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却，硫酸铜会吸收空气中的水蒸气，重新生成结晶水合物，从而使加热前后固体的质量差减小，测定的结晶水含量偏低，A不合题意；
B. 中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释，不影响待测液中溶质的物质的量，不产生误差，B不合题意；
C. 量筒的刻度是从下往上标注的，读取量筒中一定体积的液体时，俯视读数，读出的数值偏高，C符合题意；
D. 配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小，D不合题意。
故选C。
2、C
【解析】
短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，由以上四种元素组成的一种化合物m在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物n是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，n为NH3， 另一种产物q是无色无味的能使澄清石灰水变浑浊的气体，q为CO2，结合原子序数可知a为H，b为C， c为N， d为O，以此解答该题。
【详解】
由以上分析可知a为H，b为C，c为N，d为O元素，
A、a、c、d三种元素形成的化合物如为硝酸铵，则水解促进水的电离，选项A错误；
B、同周期元素从左到右原子半径减小，原子核外电子层数越多，半径越小，则原子半径b>c>d>a，选项B错误；
C、元素的非金属性b<c<d，非金属性越强，对应的简单氢化物的热稳定性越强，选项C正确；
D、m为碳酸铵或碳酸氢铵，为离子化合物，含有离子键，选项D错误。
答案选C。
3、B
【解析】
A. 根据泛酸的结构简式，可知分子式为C9H17NO5，故A正确；
B. 泛酸在酸性条件下的水解出，与乳酸中羟基个数不同，所以与乳酸不是同系物，故B错误；
C. 泛酸中的羟基与水分子形成氢键，所以泛酸易溶于水，故C正确；
D. 2分子乳酸在一定条件下反应酯化反应，形成六元环状化合物，故D正确；
选B。
本题考查有机物的机构和性质，重点是掌握常见官能团的结构和性质，肽键在一定条件下水解，羟基、羧基一定条件下发生酯化反应，正确把握同系物的概念。
4、B
【解析】
A. 淀粉在淀粉酶的作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能释放出能量，故A正确；
B. 人体内没有水解纤维素的酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能，不能被消化功能，故B错误；
C. 植物油含不饱和脂肪酸酯，分子中含有碳碳双键具有烯烃的性质，能使Br2/CCl4褪色，故C正确；
D. 酶是蛋白质，具有高选择性和催化性能，故D正确；
答案选B。
5、A
【解析】
A.硝酸钾的溶解度受温度的影响变化较大，而苯甲酸的溶解度受温度的影响变化较小，所以除去苯甲酸中少量硝酸钾可以用重结晶法，A正确；
B.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是由于甲基被氧化变为羧基，而甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因而证明苯坏使甲基变得活泼，B错误；
C.苯不能溶于水，密度比水小，故苯在水的上层；溴苯不能溶于水，密度比水大，液体分层，溴苯在下层；乙醛能够溶于水，液体不分层，因此可通过加水来鉴别苯、溴苯和乙醛，C错误；
D.油脂的皂化反应是油脂在碱性条件下的水解反应，属于取代反应，D错误；
故合理选项是A。
6、D
【解析】
根据图象可知，铝与过量稀盐酸反应后的残留液中滴加氢氧化钠溶液，pH=2，溶液显酸性，则说明盐酸剩余，即A点溶液中含氯化铝和过量的盐酸；向残留液中加入氢氧化钠溶液，则NaOH和HCl反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，导致溶液的pH升高，即AB段；在B点时，溶液的pH=4，则此时氢氧化钠与盐酸恰好完全反应，即B点溶液中的溶质只有NaCl和AlCl3；继续滴加氢氧化钠溶液，则NaOH和AlCl3反应：3NaOH+ AlCl3= Al(OH)3↓+3NaCl，即BC段，溶液的pH不变；在C点时，溶液中的AlCl3完全反应，继续滴加氢氧化钠溶液，氢氧化钠过量，故溶液的pH生高，即CD段，发生反应Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，据此进行分析。
【详解】
A．铝与过量稀盐酸反应后的残留液中含有氯化铝和盐酸，滴加氢氧化钠溶液，酸碱中和反应的速率最快，故氢氧化钠首先和盐酸发生中和反应，A点前发生中和反应，故A正确；
B．铝与过量稀盐酸反应后的残留液中含有氯化铝，加入氢氧化钠之后，首先生成氢氧化铝沉淀，故BC 段沉淀质量逐渐增加，故B正确；
C．CD段pH值突增，说明氢氧化钠过量，则发生反应Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故C正确；
D．E 点溶液中溶质主要是NaAlO2 和NaOH，还有氯化钠，故D错误；
答案选D。
7、D
【解析】
A．HCO3-离子在溶液中既要发生电离又要发生水解，0.1 mol/L NaHCO3溶液中的c（HCO3-）一定小于0.1 mol/L，A正确；
B． NaHCO3溶液中存在物料守恒：①c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)、电荷守恒：②c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，①代入②可得c(H+)+c(H2CO3)＝(CO32-)+c(OH-)，B正确；
C．升高温度，HCO3-离子的电离和水解都是吸热反应，所以c(HCO3-)会减小，而c(Na+)不变，会增大；加入NaOH固体，c(Na+)会增大， HCO3-与OH-反应导致c(HCO3-)减小，会增大，所以C正确；
D．将少量 NaHCO3溶液滴入BaCl2溶液发生：HCO3- H++ CO32-（Ka2）、Ba2++ CO32-= BaCO3↓（）、H++ HCO3-= H2CO3（），三式相加可得总反应Ba2++2HCO3-=BaCO3↓+H2CO3(K)，所以K=，D错误；
答案选D。
方程式相加平衡常数相乘，方程式反应物生成物互换平衡常数变成原来的倒数。
8、C
【解析】
A. 双酚A的分子式为C15H16O2，A错误；
B. 酚羟基有邻位H，可以和浓溴水发生取代反应，但是没有能水解的官能团，B错误；
C. 两个苯环及连接苯环的C可能处于同一平面，C正确；
D. 二个氯在同一个苯环上的结构有5种，二个氯分别在两个苯环上的二氯代物有3中，所以该结构中苯环上的二氯代物有8种，D错误。
答案选C。
9、D
【解析】
A．SO2、SiO2和碱反应生成盐和水属于酸性氧化物，和碱反应发生的是氧化还原反应，不是酸性氧化物，A错误；
B．水溶液中部分电离属于弱电解质，属于弱碱是弱电解质，熔融状态下完全电离属于强电解质，B错误；
C．铝热剂是铝和金属氧化物的混合物，漂粉精是氯化钙和次氯酸钙的混合物，聚乙烯是高分子化合物属于混合物，C错误；
D．、石墨烯为碳的单质、HCN，组成和结构上与无机物相近属于无机物，D正确。
答案选D。
10、C
【解析】
A.HCN中碳的化合价为+2价，CO中碳的化合价也是+2价，CO既不是氧化产物也不是还原产物，A错误；
B.CaCN2中含有离子键和共价键，属于离子化合物，B错误；
C.HCN中H的化合价降低，C的化合价升高，HCN既是氧化剂又是还原剂，C正确；
D.每消耗10gCaCO3生成0.1molCO2，没有说明温度和压强，无法计算二氧化碳的体积，D错误；
答案选C。
11、D
【解析】
A．开始NaOH少量，先生成氢氧化铝沉淀，后加入过量的氢氧化钠与氢氧化铝沉淀发生反应沉淀溶解，但没有体现氢氧化铝既能和酸反应，又能和碱反应，实验不能说明氢氧化铝具有两性，故A错误；
B．发生反应HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+ CO32-，可认为AlO2-结合了HCO3-电离出来的H+，则结合H+的能力：CO32-＜AlO2-，故B错误；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，但HCl不是Cl元素最高价氧化物的水化物，所以不能比较Cl、Si非金属性强弱，故C错误；
D．白色固体先变为淡黄色，后变为黄色沉淀，发生沉淀的转化，生成溶度积更小的沉淀，则溶度积为Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，故D正确；
故选D。
本题的易错点为C，要注意非金属性强弱的判断方法的归纳，根据酸性强弱判断，酸需要是最高价含氧酸。
12、D
【解析】
由c(HCl)=可知，不当操作使V(碱)增大，则导致所测溶液浓度偏高，以此来解答。
【详解】
A．滴定管用待装液润洗，对实验无影响，故A错误；
B．锥形瓶振荡时有少量液体溅出，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故B错误；
C．滴定结束后滴定管末端出现气泡，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故C错误；
D．锥形瓶用待测液润洗，n(HCl)偏大，则消耗V(碱)增大，则导致所测溶液浓度偏高，故D正确；
故答案为D。
本题考查中和滴定操作、计算及误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。
13、B
【解析】
A、试管加热不用垫石棉网，但如果垫石棉网也是可以的，故A错误；
B、滴定管能精确到0.01mL，比量筒精确度高，故B正确；
C、量筒的洗涤液必需倒入废液缸，不能将洗涤液倒入烧杯，故C错误；
D、酸碱中和滴定时，锥形瓶不用干燥，如果不干燥不影响实验结果，故D错误。
故选：B。
14、D
【解析】
n（Ba2+）=n（H2SO4）= xmol，n（Cl-）=n（AgNO3）=ymol，根据电荷守恒：
2n（Ba2+）+n（Na+）=n（Cl-），n（Na+）=（y-2x）mol，c(Na+)=（y-2x）mol/0.5aL=(2y-4x)/a
mol·L-1
15、C
【解析】
A. 检验Fe2＋时应先加KSCN溶液后加氯水，排除Fe3＋的干扰，先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，说明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3＋，而此时的Fe3＋是否由Fe2＋氧化而来是不能确定的，故A错误；
B. 黄色沉淀为AgI，说明加入AgNO3溶液优先生成AgI沉淀，AgI比AgCl更难溶，AgI与AgCl属于同种类型，则说明Ksp（AgI）<Ksp（AgCl），故B错误；
C. 溶液变蓝说明有单质碘生成，说明发生了反应Br2＋2I－= I2＋2Br－，根据氧化还原反应原理可得出结论Br2的氧化性比I2的强，故C正确；
D. CH3COONa溶液和NaNO2溶液的浓度未知，所以无法根据pH的大小，比较出两种盐的水解程度，也就无法比较HNO2和CH3COOH电离出H＋的能力强弱，故D错误。
综上所述，答案为C。
16、A
【解析】
A.蛋白质溶液中加入浓的硫酸铵溶液发生盐析，会有固体析出，故A错误；
B.苯与液溴的反应是一溴取代，且需要溴化铁催化，苯酚与浓溴水的反应为三溴取代，对比可以说明是酚羟基活化了苯环上的氢，能说明基团之间的影响作用，故B正确；
C.丙三醇俗称甘油，是无色、黏稠、有甜味的液体，吸湿性强，有护肤作用，可应用于配制化妆品，故C正确；
D.苯酚与甲醛能在在浓氨水作用下，甲醛过量时，发生酚醛缩合反应，可得到体型酚醛树脂，故D正确；
综上所述，答案为A。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、 中和生成的HBr ①③④
【解析】
反应①中加入试剂X的分子式为C8H8O2，对比溴苯与B的结构可知X为，B中羰基发生还原反应生成D，D中羟基被溴原子取代生成E，E中-Br被-CN取代生成F，F水解得到苯氧布洛芬，据此解答。
【详解】
(1)根据以上分析可知X的结构简式为，故答案为：；
(2)反应①属于取代反应,有HBr生成,加入KHCO3中和生成的HBr，
故答案为：中和生成的HBr；
(3)在上述五步反应中，反应①③④属于取代反应，故答案为：①③④；
(4)B的一种同分异构体M满足下列条件：Ⅰ.能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，含有甲酸与酚形成的酯基(－OOCH)；Ⅱ.分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，两个苯环相连,且甲基与－OOCH分别处于不同苯环中且为对位，则M的结构简式为：，
故答案为：；
(5)苯乙醛用NaBH4还原得到苯乙醇,在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成苯乙烯,苯乙烯与HBr发生加成反应得到,然后与NaCN发生取代反应得到，最后酸化得到，合成路线流程图为：，
故答案为：。
能发生银镜反应的官能团是醛基，有机物类别是醛、甲酸、甲酸某酯、甲酸盐、与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基。
18、 ＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH 氧化反应 3 氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基 CH3CH2OH CH3CHO
【解析】
分析有机合成过程，A物质为发生苯环上的对位取代反应生成的，故A为，结合已知条件①，可知B为，结合B→C的过程中加入的(CH3CO)2O以及D的结构可知，C为B发生了取代反应，-NH2中的H原子被-COCH3所取代生成肽键，C→D的过程为苯环上的甲基被氧化成羧基的过程。D与题给试剂反应，生成E，E与H2O发生取代反应，生成F。分析X、Y的结构，结合题给已知条件②，可知X→Y的过程为，据此进行分析推断。
【详解】
（1）从流程分析得出A为,答案为：；
（2）根据流程分析可知，反应为乙酸酐与氨基反应形成肽键和乙酸。反应方程式为：＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH。答案为：＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH；
（3）结合C、D的结构简式，可知C→D的过程为苯环上的甲基被氧化为羧基，为氧化反应。答案为：氧化反应；
（4）F分子中含有羧基、氨基和溴原子，其中羧基消耗1 mol氢氧化钠，溴原子水解得到酚羟基和HBr各消耗1 mol氢氧化钠，共消耗3 mol。答案为：3；
（5）分析B和F的结构简式，可知最后氨基又恢复原状，可知在流程中先把氨基反应后又生成，显然是在保护氨基。答案为：氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基；
（6）由①得出苯环中取代基位置对称，由②得出含有醛基或甲酸酯基，还有1个氮原子和1个氧原子，故为、、。答案为：、、；
（7）根据已知条件②需要把乙醇氧化为乙醛，然后与X反应再加热可得出产物。故合成路线为：CH3CH2OHCH3CHO。答案为：CH3CH2OHCH3CHO 。
19、球形干燥管（干燥管） B 打开分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能顺利滴下，在分液漏斗中形成稳定的液面 BC c 控制氨气或二氧化碳的通入量 加入碳酸氢钠过快，溶液的碱性迅速增强，生成碱式碳酸镧
【解析】
⑴仪器X的名称为球形干燥管。
⑵A装置与C装置当活塞关闭时反应不能停止，B装置当活塞关闭时可以使液体和固体脱离接触，反应停止。
⑶检验装置气密性的方法是关闭旋塞K2，打开分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能顺利滴下，在分液漏斗中形成稳定的液面，说明装置不漏气。
⑷装置乙是固液混合不加热型装置，可以用浓氨水和生石灰、碱石灰等制取氨气。
⑸a是启普发生器产生二氧化碳的装置，二氧化碳溶于水不会发生倒吸，可直接用导管通入，连接c即可；为避免生成碱式碳酸镧[La(OH)CO3]，整个反应需在较低的pH条件下进行，需控制控制氨气或二氧化碳的通入量，以免pH变大。
⑹和碳酸氢铵反应生成碳酸镧。
⑺碳酸氢钠水解显碱性，当加入碳酸氢钠过快时，溶液的pH值会迅速增大，影响碳酸镧的生成。
⑻根据反应进行计算。
【详解】
⑴仪器X的名称是球形干燥管简称干燥管，故答案为：球形干燥管（干燥管）；
⑵A装置与C装置不具有“随开随用、随关随停”的功能，B装置当活塞关闭时可以使液体和固体脱离接触，反应停止，所以B装置符合题意，故答案为：B；
⑶检验装置气密性的方法是关闭旋塞K2，打开分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能顺利滴下，在分液漏斗中形成稳定的液面，说明装置不漏气，故答案为：打开分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能顺利滴下，在分液漏斗中形成稳定的液面；
⑷装置乙是固液混合不加热型制取气体装置，可以用浓氨水和生石灰、碱石灰等制取氨气，无水CaCl2 和氨气发生反应，不能用来制取氨气，故答案为：BC；
⑸a属于启普发生器，是产生二氧化碳的，二氧化碳溶于水不会发生倒吸，可直接用导管通入，连接c即可；为避免生成碱式碳酸镧[La(OH)CO3]，整个反应需在较低的pH条件下进行，需控制控制氨气或二氧化碳的通入量，以免pH变大；故答案为：c，需控制控制氨气或二氧化碳的通入量；
⑹和碳酸氢铵反应生成碳酸镧反应化学方程式为：
，所以离子方程式为：
，故答案为：；
⑺碳酸氢钠水解显碱性，当加入碳酸氢钠过快时，溶液的pH值会迅速增大，生成碱式碳酸镧，故答案为：加入碳酸氢钠过快，溶液的碱性迅速增强，生成碱式碳酸镧；
⑻,滴定时消耗EDTA的物质的量，根据反应可知碳酸镧的物质的量为，所以质量为，咀嚼片中碳酸镧的质量分数为，化简得，故答案为。
注意启普发生器的使用条件必须是块状或颗粒状固体和液体，且块状固体与液体接触后仍为块状或颗粒状。
20、 还原性 分液 蒸馏 ①⑤ Cl2+2I—=2Cl—+I2 5Cl2+I2+6H2O=10C1-+2IO3-+12H+ BD 韦氏液中的CH3COOH消耗Na2S2O3，使滴定过程消耗的Na2S2O3偏大，导致测出的与油脂反应的I2偏少 (25400y-12.7cV)/x或[(y-1/2cV×10-3)/x]×25400或(25400y-12700cV×10-3)/x
【解析】I.（1）将含碘废液中的I2完全转化为I—而进入水层，碘由0价变为-1价被还原，故向含碘废液中加入了稍过量的A溶液，则A应该具有还原性；（2）操作②将水溶液中的碘萃取后分液得到含有碘的有机溶液，利用有机物和碘的沸点不同再进行蒸馏，故包含的操作名称分别为萃取、分液、蒸馏，在操作②中萃取、分液需要用到分液漏斗，蒸馏需要用到相应蒸馏装置，答案选①⑤； （3）Cl2将碘离子氧化生成碘单质，发生反应的离子方程式为Cl2+2I—=2Cl—+I2；Cl2不能过量，因为过量的Cl2将I2氧化为IO3-，反应的离子方程式为5Cl2+I2+6H2O=10C1-+2IO3-+12H+；II. （1）A．标准Na2S2O3溶液呈碱性，应盛装在碱式滴定管中，选项A正确；B．滴定时眼睛只要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，选项B不正确；C. 滴定终点时，俯视读数，所读标准液体积偏小，导致测定结果偏低，选项C正确；D．滴定前锥形瓶内溶液呈蓝色，滴定到溶液由蓝色变为无色时，并且半分钟内不变色，达到滴定终点，选项D不正确。答案选BD； （2）韦氏液中的CH3COOH消耗Na2S2O3，使滴定过程消耗的Na2S2O3偏大，导致测出的与油脂反应的I2偏少；（3）根据反应2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI，Na2S2O3溶液消耗碘的物质的量是，设某油脂碘的质量为ag，，a=254y-127cV×10-3，该油脂的碘值为。
21、2NH3(g)＋CO2(g)⇌H2O(l)＋CO(NH2)2(s) ΔH=－178 kJ•mol-1 33.3 Kp=108/p03 0.04 mol•L-1•s-1 AB 1︰2或0.5 >
【解析】
本题研究CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义，实际以CO2的性质为载体考查了化学反应原理的综合知识，难度适中。
【详解】
(1) ①NH3、CO2为原料，合成尿素和液态水的热化学方程式为2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H，根据盖斯定律可知△H=△H1+△H2-△H3=－178 kJ•mol-1，因而有2NH3(g)＋CO2(g)⇌H2O(l)＋CO(NH2)2(s) ΔH=－178 kJ•mol-1；
②A点时，n(NH3)/n(CO2)=3.0，设n(CO2)=1mol，n(NH3)=3mol，CO2平衡转化率为0.50，则转化的CO2的量为1mol×0.50=0.5mol，那么根据2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)可知转化的NH3为0.5mol×2=1mol，NH3的平衡转化率=1mol/3mol×100％=33.3％；
③当x=1.0时，设n(NH3)=n(CO2)=1mol，根据三段式可知：
2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(