2025-2026学年辽宁省铁岭市高考化学必刷试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年辽宁省铁岭市高考化学必刷试卷（含答案解析），共44页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
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一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、镍-铁碱性电池十分耐用，但其充电过程中正负极得到的产物对电解水有很好的催化作用，因此电池过充时会产生氢气和氧气，限制了其应用。科学家将电池和电解水结合在起，制成新型的集成式电池电解器，可将富余的能量转化为氢能储存。已知镍铁碱性电池总反应方程式为：Fe+2NiOOH+2H2OFe（OH）2+2Ni（OH）2。下列有关说法错误的是（ ）
A．电能、氢能属于二次能源
B．该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜
C．该装置储氢能发生的反应为：2H2O2H2↑+O2↑
D．镍-铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni（OH）2+OH--e-═NiOOH+H2O
2、我国历史悠久，有灿烂的青铜文明，出土大量的青铜器。研究青铜器中(含Cu、Sn等)在潮湿环境中发生的腐蚀对于文物保护和修复有重要意义。下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。下列说法不正确的是( )
A．青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极，被氧化
B．正极发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-
C．环境中的C1-与正、负两极反应的产物作用生成a的离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓
D．若生成2 ml Cu2(OH)3Cl， 则理论上消耗标准状况下O2的体积为22.4 L
3、 “白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞”，是著名诗人戴望舒《雨巷》中描述的景象，下列有关说法中错误的是
A．“白墙”的白色源于墙体表层的CaO
B．“黑瓦”与陶瓷的主要成分都是硅酸盐
C．做伞骨架的竹纤维的主要成分可表示为(C6H10O5)n
D．刷在伞面上的熟桐油是天然植物油，具有防水作用
4、2018年11月16日，国际计量大会通过最新决议，将1摩尔定义为“精确包含6.02214076×1023个原子或分子等基本单元，这一常数称作阿伏伽德罗常数(NA)，单位为ml−1。”下列叙述正确的是
A．标准状况下，22.4L SO3含有NA个分子
B．4.6g乙醇中含有的C−H键为0.6NA
C．0.1ml Na2O2与水完全反应转移的电子数为0.1NA
D．0.1 ml·L─1的醋酸溶液中含有的H+数目小于0.1NA
5、如图所示是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c，d均是热和电的良导体。下列说法不正确的是
A．e、f单质晶体熔化时克服的是共价键
B．d单质对应元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p2
C．b元素形成的气态氢化物易与水分子之间形成氢键
D．单质a、b、f对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子中含2个σ键，2个π键
6、光电池在光照条件下可产生电压，如下装置可以实现光能源的充分利用，双极性膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。下列说法不正确的是
A．该装置将光能转化为化学能并分解水
B．双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性
C．如阳极区为KOH深液，在光照过程中阳极区溶液中的c(OH-)基本不变
D．再生池中的反应：2V2++2H+2V3++H2↑
7、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
8、下列“实验现象”和“结论”都正确且有因果关系的是
A．AB．BC．CD．D
9、下列说法正确的是
①氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸
②实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收
③新制氯水的氧化性强于久置氯水
④检验HCl气体中是否混有Cl2方法是将气体通入硝酸银溶液
⑤除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水中
A．①②③B．③C．②③④D．③⑤
10、比较纯碱的两种工业制法，正确的是
A．AB．BC．CD．D
11、常温下，关于等体积、等pH的稀盐酸和稀醋酸溶液，下列说法正确的是
A．两溶液中由水电离的：盐酸>醋酸
B．两溶液中
C．分别与足量的金属锌反应生成氢气的量：盐酸>醋酸
D．分别用水稀释相同倍数后溶液的pH：盐酸=醋酸
12、下图是一种微生物燃料电池的工作原理示意图，工作过程中必须对某室进行严格密封。下列有关说法错误的是
A．a极的电极反应式为
B．若所用离子交换膜为质子交换膜，则将由A室移向B室
C．根据图示，该电池也可以在碱性环境中工作
D．由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境
13、北宋《本草图经》中载有：“绿矾形似朴消（Na2SO4·10H2O）而绿色，取此一物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出色赤如融金汁者，是真也。”下列对此段话的理解正确的是
A．朴消是黑火药的成分之一B．上述过程发生的是置换反应
C．此记载描述的是鉴别绿矾的方法D．“色赤”物质可能是单质铜
14、酸雨的主要成分是H2SO4，以下是形成途径之一：①NO2+SO2=NO+SO3，②2NO+O2=2NO2，③SO3+H2O＝H2SO4，以下叙述错误的是
A．NO2由反应N2+2O22NO2生成
B．总反应可表示为2SO2+O2+2H2O2H2SO4
C．还可能发生的反应有4NO2+O2+2H2O＝4HNO3
D．还可能发生的反应有4NO+3O2+2H2O＝4HNO3
15、已知、、、为原子序数依次增大的短周期元素，为地壳中含量最高的过渡金属元素，与同主族，与同周期，且与的原子序数之和为20。甲、乙分别为元素E、A的单质， 丙、丁为A、E分别与B形成的二元化合物，它们转化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．、形成的一种化合物具有漂白性
B．、形成的离子化合物可能含有非极性键
C．的单质能与丙反应置换出的单质
D．丁为黑色固体，且1ml甲与足量丙反应转移电子3 NA
16、实验室为监测空气中汞蒸气的含量，通常悬挂有CuI的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化的时间来判断空气中汞的含量，其反应为：4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu。下列有关说法正确的是( )
A．上述反应的产物Cu2HgI4中，Hg的化合价为＋2
B．上述反应中CuI既是氧化剂，又是还原剂
C．上述反应中Hg元素与Cu元素均被氧化
D．上述反应中生成64gCu时，转移的电子数为2NA
二、非选择题（本题包括5小题）
17、治疗帕金森病的新药沙芬酰胺的合成方法如下：
已知：
①CH3CN 在酸性条件下可水解生成 CH3COOH。
②CH2=CH-OH 和 CH3OOH 均不稳定。
(1)C 生成 D 的反应类型为_______________。G中含氧官能团的名称为_____。B 的名称为_____。
(2)沙芬酰胺的结构简式为_____。
(3)写出反应(1)的方程式_____。分析反应(2)的特点，写出用福尔马林浸制生物标本的反应原理的方程式_____（蛋白质的结构用表示）。
(4)H 是 F 相邻的同系物，H 的苯环上有两个处于对位的取代基，符合下列条件的 H 的稳定的同分异构体共有_____种。
①苯环上仍然有两个处于对位的取代基；
②能与 NaOH 溶液反应；
(5)下图是根据题中信息设计的由丙烯为起始原料制备 B 的合成路线，在方框中补全必要的试剂和中间产物的结构简式（无机试剂任选，氧化剂用[O]表示，还原剂用[H]表示，连 续氧化或连续还原的只写一步）。________________________
18、有机物聚合物M：是锂电池正负极之间锂离子迁移的介质。由烃C4H8合成M的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）C4H8的结构简式为_________________，试剂II是________________。
(2)检验B反应生成了C的方法是___________________________________________。
（3）D在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为___________；
(4)反应步骤③④⑤不可以为⑤③④的主要理由是_______________________________。
19、实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应主要装置如图一所示，其它装置省略)。当盐酸达到一个临界浓度时，反应就会停止。为测定反应残余液中盐酸的临界浓度，探究小组同学提出了下列实验方案：
甲方案：将产生的Cl2与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，再进行计算得到余酸的量。
乙方案：采用酸碱中和滴定法测定余酸浓度。
丙方案：余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，称量剩余的CaCO3质量。
丁方案：余酸与足量Zn反应，测量生成的H2体积。
具体操作：装配好仪器并检查装置气密性，接下来的操作依次是：
①往烧瓶中加入足量MnO2粉末
②往烧瓶中加入20mL 12ml•L-1浓盐酸
③加热使之充分反应。
（1）在实验室中，该发生装置除了可以用于制备Cl2，还可以制备下列哪些气体______？
A．O2 B． H2 C．CH2=CH2 D．HCl
若使用甲方案，产生的 Cl2必须先通过盛有 ________（填试剂名称）的洗气瓶， 再通入足量 AgNO3溶液中，这样做的目的是 ______________；已知AgClO易溶于水，写出Cl2与AgNO3溶液反应的化学方程式________________
（2）进行乙方案实验：准确量取残余清液，稀释5倍后作为试样。准确量取试样25.00mL，用1.500ml·L-1NaOH标准溶液滴定，选用合适的指示剂，消耗NaOH标准溶液23.00mL，则由此计算得到盐酸的临界浓度为 ____ ml·L-1（保留两位有效数字）；选用的合适指示剂是 _____。
A 石蕊 B 酚酞 C 甲基橙
（3）判断丙方案的实验结果，测得余酸的临界浓度_________ (填偏大、偏小或―影响)。（已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(MnCO3)=2.3×10-11）
（4）进行丁方案实验：装置如图二所示（夹持器具已略去）。
（i）使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是倾斜Y形管，将 _____转移到_____中。
（ii）反应完毕，需要读出量气管中气体的体积，首先要___________，然后再______，最后视线与量气管刻度相平。
（5）综合评价：事实上，反应过程中盐酸浓度减小到临界浓度是由两个方面所致，一是反应消耗盐酸，二是盐酸挥发，以上四种实验方案中，盐酸挥发会对哪种方案带来实验误差（假设每一步实验操作均准确）？____________
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
20、某研究性学习小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。查阅文献，得到以下资料： K2FeO4为紫色固体，微溶于 KOH 溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生 O2，在碱性溶液中较稳定。
Ⅰ．制备 K2FeO4（夹持装置略）。
（1）A 为氯气的实验室发生装置。A 中反应方程式是______（锰被还原为 Mn2+）。若反应中有 0.5mlCl2产生，则电子转移的数目为______。工业制氯气的反应方程式为______。
（2）装置 B 中盛放的试剂是______，简述该装置在制备高铁酸钾中的作用______。
（3）C 中得到紫色固体和溶液。C 中 Cl2发生的反应有：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH→2K2FeO4+6KCl+8H2O，根据该反应方程式得出：碱性条件下，氧化性 Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”）。另外C中还可能发生其他反应，请用离子方程式表示______。
Ⅱ．探究 K2FeO4 的性质
（4）甲同学取少量 K2FeO4 加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清。请简述 K2FeO4的净水原理。______。
21、我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，直到近年来人们才研究出来其成分为BaCuSi4O10，BaCuSi2O6。
（1）“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cun＋离子，n＝___，基态时该阳离子的价电子排布式为______。
（2）在5500年前，古代埃及人就己经知道如何合成蓝色颜料—“埃及蓝”CaCuSi4O10，其合成原料中用CaCO3代替了BaCO3，其它和“中国蓝”一致。CO32一中键角∠OCO为___。根据所学，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更___（填“高”或“低”）。
（3）配离子Cu（CN）32-中，中心离子的杂化类型是___________，该配离子的空间构型为___________；CN-中配位原子是___________ （填名称）。
（4）CaCux合金可看作由如图所示的（a）、（b）两种原子层交替堆积排列而成。（a）是由Cu和Ca共同组成的层，层中Cu—Cu之间由实线相连；（b）是完全由Cu原子组成的层，Cu—Cu之间也由实线相连。图中虚线构建的六边形，表示由这两种层平行堆积时垂直于层的相对位置；（c）是由（a）和（b）两种原子层交替堆积成CaCux合金的晶体结构图。在这种结构中，同一层的Ca—Cu距离为294pm，相邻两层的Ca—Cu距离为327pm。
①该晶胞中Ca有___________个Cu原子配位（不一定要等距最近）。
②同一层中，Ca原子之间的最短距离是___________pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，CaCu晶体的密度是___________g/cm3（用含m、n的式子表示）。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
A．电能、氢能都是由其他能源转化得到的能源，为二次能源，故A正确；
B．电解时氢氧根离子通过离子交换膜进入阳极，在阳极失电子生成氧气，则该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜，故B正确；
C．该装置储氢时，发生电解水的反应，电解水生成氢气和氧气，即反应为：2H2O2H2↑+O2↑，故C正确；
D．正极上发生得电子的还原反应，则镍-铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni(OH)2+OH-+e-═NiOOH+H2O，故D错误。
故选：D。
2、D
【解析】
A. 根据图知，O2得电子生成OH-、Cu失电子生成Cu2+，青铜器发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是a，A正确；
B. O2在正极得电子生成OH-，则正极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，B正确；
C. Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，负极上生成Cu2+、正极上生成OH-，所以该离子反应为Cl-、Cu2+和OH-反应生成Cu2(OH)3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓，C正确；
D. 每生成1 ml Cu2(OH)3Cl，需2 ml Cu2+，转移4 ml电子，消耗1 ml O2，则根据转移电子守恒可得生成2 ml Cu2(OH)3Cl，需消耗O2的物质的量n(O2)==2 ml，则理论上消耗标准状况下O2的体积V=2 ml×22.4 L/ml=44.8 L，D错误；
故合理选项是D。
3、A
【解析】
A、“白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3，选项A错误；
B、陶瓷、砖瓦均属于传统的硅酸盐产品，选项B正确；
C、竹纤维的主要成分是纤维素，选项C正确；
D、植物油属于油脂，油脂不溶于水，刷在伞面上形成一层保护膜能防水，选项D正确。
答案选A。
4、C
【解析】
A．标准状况下，SO3为固态，22.4L SO3含有分子不等于NA ，选项A错误；
B．4.6g乙醇的物质的量是0.1ml，含有的C-H键的个数为0.5NA，选项B错误；
C．过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，则0.1mlNa2O2与水反应转移电子数为0.1 NA，选项C正确；
D、没有给定溶液的体积，无法计算氢离子的数目，选项D错误。
答案选C。
5、B
【解析】
Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质中，Na、Cu为金属晶体，均是热和电的良导体，C、Si的单质为原子晶体，且C单质的熔沸点大于Si原子晶体的熔点，H、N对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可知a为H，b为N，c为Na，d为Cu，e为Si，f为C。
【详解】
A选项，e为Si，f为C，对应的单质为原子晶体，存在共价键，熔化时破坏共价键，故A正确；
B选项，d为Cu，铜单质对应元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p23d104s1，故B错误；
C选项，b为N，N元素形成的气态氢化物氨气，易与水分子之间形成氢键，故C正确；
D选项，单质a、b、f对应的元素以原子个数比1:1:1形成的分子为HCN，结构式为H−C≡N，分子中含2个σ键，2个π键，故D正确；
综上所述，答案为B。
6、C
【解析】
由图上电子的移动方向可知右侧电解池的阳极，反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，左侧为阴极，反应式为 2V3++2e-=2V2+；双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，放电后的溶液进入再生池中在催化剂条件下发生反应放出氢气，反应方程式为2V2++2H+2V3++H2↑，由此来解题。
【详解】
A. 由图可知，该装置将光能转化为化学能并分解水，A正确；
B. 双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，则双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性，B正确；
C. 光照过程中阳极区反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，又双极性膜可将水解离为H+和OH-，其中OH-进入阳极，所以溶液中的n(OH-)基本不变，但H2O增多，使c(OH-)降低，C错误；
D. 根据以上分析，再生的反应方程式为2V2++2H+2V3++H2↑，D正确；
故合理选项是C。
本题考查电解池的工作原理，根据题中给出电子的移动方向判断阴、阳极是解题关键。注意题干信息的应用，题目考查了学生信息处理与应用能力。
7、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。
8、D
【解析】
A．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不会滴落下来，则实验结论错，故A错误；
B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+，不一定含钠盐，也可以是NaOH，实验结论错，故B错误；
C．乙烯被高锰酸钾氧化，溶液褪色，但不分层，实验现象错，故C错误；
D．升高温度促进水解，碳酸钠溶液的碱性增强，溶液的pH增大，水的电离平衡、水解平衡均正向移动，现象和结论均正确，故D正确；
故答案为D。
9、B
【解析】
①氯气和氢气在点燃或光照条件下能产生爆炸，在没有条件下不反应，故错误；
②氢氧化钙的溶解度较小，所以吸收氯气的能力较小，实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，故错误；
③次氯酸有强氧化性，新制的氯水中次氯酸的量较多，久置的氯水中，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，所以久置的氯水中次氯酸含量较少，强氧化性较低，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水的，故正确；
④氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢和硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以氯气、氯化氢都能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以硝酸银溶液不能用于检验HCl气体中是否混有Cl2，故错误；
⑤饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气的溶解，氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以可以除去Cl2中的HCl气体，但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的，故错误；
10、B
【解析】
氨碱法制纯碱，以食盐氯化钠、石灰石经煅烧生成生石灰和二氧化碳、氨气为原料，先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液．其化学反应原理是：，将经过滤、洗涤得到的微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品，放出的二氧化碳气体可回收循环使用。含有氯化铵的滤液与石灰乳混合加热，所放出的氨气可回收循环使用。，，氯化钠的利用率低。
联合制碱法，以氨气、水、二氧化碳、氯化钠为原料。氨气与水和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，这是第一步。第二步是：碳酸氢铵与氯化钠反应生成氯化铵和碳酸氢钠沉淀，碳酸氢钠之所以沉淀是因为在该温度下它的溶解度较小。最后一步，加热析出的碳酸氢钠得到纯碱，原理方程式为： ，保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高；可做氮肥；可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气CO转化成，革除了制这一工序。
【详解】
A．氨碱法原料有：食盐氯化钠、石灰石经煅烧生成生石灰和二氧化碳、氨气，联合制碱法原料有：食盐、氨气、二氧化碳，A错误；
B．氨碱法可能的副产物为氯化钙，联合制碱法可能的副产物氯化铵，B正确；
C．氨碱法循环物质：氨气、二氧化碳，联合制碱法循环物质：氯化钠，二氧化碳，C错误；
D．氨碱法原料食盐和石灰石便宜，产品纯碱的纯度高，副产品氨和二氧化碳都可以回收循环使用，制造步骤简单，适合于大规模生产，但设备复杂；能耗高，氨碱法的最大缺点还在于原料食盐的利用率只有；联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到以上，废弃物少，D错误。
答案选B。
11、B
【解析】
醋酸是弱酸，水溶液中存在电离平衡。重视外因对电离平衡的影响。
【详解】
A. 稀盐酸和稀醋酸溶液中的OH－均来自水的电离，两溶液pH相等，则H+、OH-浓度分别相等，即水电离的：盐酸＝醋酸，A项错误；
B. 两溶液分别满足电荷守恒关系c(H+)=c(OH－)+c(Cl-)、c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO-)，两溶液的pH相等，c(H+)和 c(OH－)的也相等，则c(Cl-)＝c(CH3COO-)，B项正确；
C. 稀盐酸和稀醋酸等体积、等pH，则H+等物质的量，与足量的金属锌反应时促进醋酸电离出更多H+，生成更多氢气，故生成氢气量：盐酸醋酸，D项错误。
本题选B。
12、C
【解析】
本题考查电化学原理，意在考查对电解池原理的理解和运用能力。
【详解】
A.由图可知负极（a极）反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，正极（b极）反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故不选A；
B.根据图示和题中信息，A室产生而B室消耗，氢离子将由负极移向正极，故不选B；
C.在负极室厌氧环境下，有机物在微生物作用下分解并释放出电子和质子，电子依靠合适的电子传递介体在生物组分和负极之间进行有效传递，并通过外电路传递到正极形成电流，而质子通过质子交换膜传递到正极，氧化剂（一般为氧气）在正极得到电子被还原与质子结合成水，所以不可以碱性环境，故选C；
D.由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境，故不选D;
答案：C
13、C
【解析】
由信息可知，绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，以此分析。
【详解】
A．朴消是Na2SO4·10H2O，而黑火药是我国古代四大发明之一,它的组成是“一硫(硫粉)二硝石（即KNO3固体)三碳(木炭粉)，故A错误；
B．绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，不是置换反应，故B错误；
C．FeSO4·7H2O分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫与水结合生成硫酸，则流出的液体中含有硫酸，现象明显，是鉴别绿矾的方法，故C正确；
D．Fe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故D错误；
故选C。
本题考查金属及化合物的性质，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，易错点A，黑火药的成分和芒硝不同。
14、A
【解析】
A．N2+O22NO，不能生成NO2，故A错误；
B．①×2+②+③×2得：2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，故B正确；
C．利用3NO2+H2O＝2HNO3+NO④以及④×2+②得：4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，故C正确；
D．利用3NO2+H2O＝2HNO3+NO④以及④×2+②×3得：4NO+3O2+2H2O＝4HNO3，故D正确。
故选A。
15、D
【解析】
已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为Fe；与同主族，与同周期，可知A、B、C、D分属三个不同的短周期，则A为H，D为Na，由与的原子序数之和为20，可知C为F；甲、乙分别为元素E、A的单质， 丙、丁为A、E分别与B形成的二元化合物，结合图示转化关系，由Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁可知可知丙为H2O，丁为Fe3O4，则B为O元素，以此解答该题。
【详解】
由以上分析可知：A为H，B为O，C为F，D为Na，E为Fe元素；甲为Fe，乙为H2，丙为H2O，丁为Fe3O4；
A．H、O两元素组成的H2O2有强氧化性，具有漂白性，故A正确；
B．O和Na组成的Na2O2中含有离子键和非极性共价键，故B正确；
C．F2溶于水生成HF和O2，故C正确；
D．丁为Fe3O4，是黑色固体，由3Fe+4H2OFe3O4+4H2可知1mlFe与足量H2O反应转移电子NA，故D错误；
故答案为D。
16、A
【解析】
A．Cu2HgI4中Cu 元素的化合价为+1价，Hg为+2价，I为﹣1价，故A正确；
B．Cu元素化合价部分由+1价降低到0价，被还原，CuI为氧化剂，故B错误；
C．Cu得到电子被还原，Hg失去电子被氧化，故C错误；
D．由方程式可知，上述反应中生成64g Cu，即1ml时，转移1ml电子，电子数为1NA，故D错误；
答案选A。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、取代反应 醛基和醚键 丙氨酸 CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O +HCHO→+H2O 5
【解析】
CH3CHO、NH3、HCN和水在一定条件下合成A，反应为：CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O，结合信息①CH3CN 在酸性条件下可水解生成 CH3COOH，得A为，水解后生成，中和后得到B，B为，与SOCl2和CH3OH发生取代反应生成C，C为，C与NH3反应生成D，D为，E和F生成G，G为，G和D反应生成，最加氢生成。
【详解】
（1）C为，C与NH3反应生成D，D为，C 生成 D 的反应类型为取代反应，G为，G中含氧官能团的名称为醛基和醚键。B为，B 的名称为丙氨酸。
故答案为：取代反应；醛基和醚键；丙氨酸；
（2）由分析：沙芬酰胺的结构简式为。
故答案为：；
（3）反应（1）的方程式CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O。分析反应(2)的特点，醛基和氨基反应生成碳氮双键和水，使蛋白质变性，用福尔马林浸制生物标本的反应原理的方程式+HCHO→+H2O。
故答案为：CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O；+HCHO→+H2O；
（4）H 是 F 相邻的同系物，H比F多一个碳原子，H 的苯环上有两个处于对位的取代基，①苯环上仍然有两个处于对位的取代基，②能与 NaOH 溶液反应，可能为酚、、三种；酸一种、和酯一种，共5种；
故答案为：5；
(5)根据题中信息设计的由丙烯为起始原料先与溴发生加成反应，得1，2-二溴丙烷，水解后生成1，2-丙二醇，氧化后生成，羰基可与NH3反应，最后与氢气加成可得产品，。
故答案为：。
18、 NaOH水溶液 取样，加入新配Cu(OH)2悬浊液，加热至沸，产生砖红色沉淀，证明生成C。或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明生成C 保护碳碳双键不被氧化
【解析】
（1）根据M的结构简式可知F与乙酸酯化生成M，则F的结构简式为CH2＝C(CH3)COOCH2CH2OH。E和环氧乙烷生成F，则E的结构简式为CH2＝C(CH3)COOH，因此C4H8应该是2—甲基—2丙烯，其结构简式为；B连续氧化得到D，D发生消去反应生成E，所以反应②应该是卤代烃的水解反应，因此试剂II是NaOH水溶液；
（2）B发生催化氧化生成C，即C中含有醛基，所以检验B反应生成了C的方法是取样，加入新配Cu(OH)2悬浊液，加热至沸，产生砖红色沉淀，证明生成C。或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明生成C；
（3）D分子中含有羟基和羧基，因此在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为；
(4)由于碳碳双键易被氧化，所以不能先发生消去反应，则反应步骤③④⑤不可以为⑤③④的主要理由是保护碳碳双键不被氧化。
19、D 饱和食盐水 除去挥发出的HCl Cl2+H2O+ AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3 6.9ml/L C 偏小 足量锌粒 残余清液 使气体冷却到室温 调整量气管两端液面相平 A
【解析】
(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，从氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸；
(2)为测定反应残余液中盐酸的浓度，量取试样25.00mL，用1.500ml•L-1NaOH标准溶液滴定，选择的指示剂是甲基橙，消耗23.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38ml/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍；
(3)与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；
(4)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；
(5)甲同学的方案：盐酸挥发，也会与硝酸银反应，故反应有误差；
【详解】
(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，此装置为固液加热型，
A．O2用高锰酸钾或氯酸钾与二氧化锰加热制取，用的是固固加热型，不符合题意，故A不符合题意；
B．H2用的是锌与稀硫酸反应，是固液常温型，故B不符合题意；
C．CH2=CH2 用的是乙醇和浓硫酸反应，属于液液加热型，要使用温度计，故C不符合题意；
D．HCl用的是氯化钠和浓硫酸反应，属于固液加热型，故D符合题意；
氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸，由于次氯酸银不是沉淀，次氯酸与硝酸银不反应，化学方程式为Cl2+H2O+ AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3；
(2)量取试样25.00mL，用1.500ml∙L−1NaOH标准溶液滴定，消耗，该次滴定测得试样中盐酸浓度为，由c(HCl)∙V(HCl)=c(NaOH) ∙V(NaOH)，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38ml/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍=1.38×5=6.9 ml/L；
(3)根据题意碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小；
(4)化学反应释放热量，气体体积具有热胀冷缩的特点。使Zn粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转移到左边。若残余清液转移到左边则会残留在Y型管内壁，导致产生气体的量减少，使测定的盐酸浓度偏小，丁方案：余酸与足量Zn反应放热，压强对气体的体积有影响该反应是在加热条件下进行的，温度升高气体压强增大，如果不回复到原温度，相当于将气体压缩了，使得测出的气体的体积减小。故温度要恢复到原温度时，同时上下移动右端的漏斗，使两端的液面的高度相同，视线要与液体的凹液面相切，读取测量气体的体积。故读气体体积时要保证冷却到室温，并且压强不再发生变化，即调整量气管两端液面相平；
(5)与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，盐酸挥发的话，加入足量的硝酸银溶液求出氯离子的量偏大，会有误差。
20、2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O NA 2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑ 饱和食盐水 除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备 > Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O K2FeO4在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的
【解析】
由制备实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，C中发生3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，且C中可能发生Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，D中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。
【详解】
（1）A 中反应方程式是2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，若反应中有 0.5mlCl2 产生，则电子转移的数目为0.5ml×2×(1-0)×NA=NA，工业制氯气的反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，
故答案为：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；NA；2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；
（2）装置 B 中盛放的试剂是饱和食盐水，该装置在制备高铁酸钾中的作用为除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备，
故答案为：饱和食盐水；除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备；
（3）Cl元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知碱性条件下，氧化性Cl2>FeO42-，C中还可能发生氯气与KOH反应，用离子方程式表示为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，
故答案为：>；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（4）取少量 K2FeO4 加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清，可知 K2FeO4 的净水原理为K2FeO4 在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的，
故答案为：K2FeO4 在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的。
21、2 低 sp2 平面三角形 碳 18
【解析】
（1）根据化学式BaCuSi4O10，BaCuSi2O6，其中Ba为+2价，Si为+4价，O为-2价，由化合价代数和为零得：“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cun＋离子，n＝2，基态时该阳离子的价电子排布式为3d9。
故答案为：2；3d9；
（2）CO32一中心原子C的价电子为3+ =3，为平面三角形结构，键角∠OCO为120°。根据所学，钙离子半径小与氧之间的作用力大，碳酸钙更容易分解，故从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更低。
故答案为：120°；低；
（3）配离子Cu（CN）32-中，中心离子的价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化方式为sp2，该配离子的空间构型为平面三角形；CN－中配位原子是碳，因为N元素电负性较大，不易提供孤电子对，
故答案为： sp2 ；平面三角形；碳；
（4）①以上面面心上的Ca原子为例，该晶胞中该Ca原子配位的Cu原子包含其上面6个、相同层6个、下层6个，所以其配位数是18，
故答案为：18；
②同一层中，六边形中心上的Ca原子和边上的两个Ca原子形成正三角形，所以Ca原子之间的最短距离是六边形边长=2××（同层相邻Ca-Cu距离）=2××294pm=294pm；
该晶胞中Ca原子个数=12× +2×=3、Cu原子个数=12×+6×+6=15，该晶胞体积=（m2sin60°×6×n）cm3=m2ncm3，晶体密度==g·cm－3，
故答案为：。
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、配合物等知识点，侧重考查元素化合物性质、物质结构等知识点，明确原子结构、物质结构是解本题关键，难点是晶胞计算，需要较好的数学空间想象能力及计算能力。
选项
操作
实验现象
结论
A
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
融化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点低
B
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
该溶液中含有钠盐
C
向盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中通入足量的乙烯后静置
溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层
乙烯发生氧化反应
D
将20℃ 0.5 ml·L－1 Na2CO3溶液加热到60℃，用pH传感器测定pH
溶液的pH逐渐减小
Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
选项
项目
氨碱法
联合制碱法
A．
原料
食盐、氨气、生石灰
食盐、氨气、二氧化碳
B．
可能的副产物
氯化钙
氯化铵
C．
循环物质
氨气、二氧化碳
氨气、氯化钠
D．
评价
原料易得、产率高
设备简单、能耗低