陕西省汉中市2026年高考化学倒计时模拟卷（含答案解析）

这是一份陕西省汉中市2026年高考化学倒计时模拟卷（含答案解析），共100页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
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。
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一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl- 中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图所示(所加试剂均过量，气体全部逸出)
下列说法一定正确的是（ ）
A．溶液中一定含有Na+,Na+浓度是0.35ml/L
B．溶液中只有SO42-、CO32-、NH4+离子
C．溶液中可能含有Cl- ，一定没有Fe3+
D．取原溶液少许加入硝酸酸化的AgNO3溶液检验是否有Cl-
2、其他条件不变，C的物质的量分数(C)和温度(T)或压强(P)关系如图，其中满足关系图的是（ ）
A．3A(g)+B(s)C(g)+D(g)；△H＜0
B．A(g)+B(s)C(g)+D(g)；△H＜0
C．A(g)+B(s)2C(g)+D(g)；△H＞0
D．A(g)+2B(s)C(g)+3D(g)；△H＞0
3、在NaCN溶液中存在水解平衡:CN--+H2OHCN+OH--，水解常数 [c0 (NaCN)是NaCN溶液的起始浓度]。25℃向1ml/L的NaCN溶液中不断加水稀释，NaCN溶液浓度的对数值lgc0与2pOH[pOH=-lgc(OH-)]的关系下图所示，下列说法错误的是
A．25℃时，Kh(CN-)的值为10-4.7
B．升高温度，可使曲线上a点变到b点
C．25℃，向a点对应的溶液中加入固体NaCN，CN-的水解程度减小
D．c点对应溶液中的c(OH-)大于a点
4、下列说法合理的是( )
A．NH3极易溶于水，所以液氨常用作制冷剂
B．C具有还原性，高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅和CO2
C．用ClO2代替Cl2对饮用水消毒，是因为ClO2杀菌消毒效率高，二次污染小
D．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用作生活用水的消毒剂
5、NA 代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．88.0 g14CO2与14N2O的混合物中所含中子数为 44 NA
B．1 ml CH3COONa与少量 CH3COOH溶于水所得的中性溶液中，CH3COO-数目为NA
C．17.4 g MnO2与40 mL10 ml/L浓盐酸反应，转移电子的数目为0.2 NA
D．常温下pH=4的醋酸溶液中由水电离出的 H＋的数目为 10-10 NA
6、下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是( )
A．抗氧化剂B．调味剂
C．着色剂D．增稠剂
7、对于1ml/L盐酸与铁片的反应，下列措施不能使产生H2反应速率加快的是（ ）
A．加入一小块铜片B．改用等体积 98%的硫酸
C．用等量铁粉代替铁片D．改用等体积3ml/L盐酸
8、向含Fe2＋、I－、Br－的混合溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b－a＝5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法正确的是（ ）
A．线段Ⅱ表示Br-的变化情况
B．原溶液中n(FeI2)：n(FeBr2)＝3：1
C．根据图像无法计算a的值
D．线段Ⅳ表示HIO3的变化情况
9、下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A．含5个碳原子的有机物分子中最多可形成4个碳碳单键
B．蛋白质的水解和油脂的皂化都是由高分子生成小分子的过程
C．四苯基乙烯（）所有碳原子一定处于同一平面
D．化学式为且有芳香气味的有机物，在酸性条件下加热水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则符合此条件的的结构有16种
10、某科学兴趣小组查阅资料得知，反应温度不同，氢气还原氧化铜的产物就不同，可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均为不溶于水的红色固体，但氧化亚铜能与稀硫酸反应，化学方程式为：Cu2O＋H2SO4=CuSO4＋Cu＋H2O，为探究反应后的红色固体中含有什么物质？他们提出了以下假设：
假设一：红色固体只有Cu
假设二：红色固体只有Cu2O
假设三：红色固体中有Cu和Cu2O
下列判断正确的是( )
A．取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，则假设一和二都成立
B．若看到溶液变成蓝色，且仍有红色固体，则只有假设三成立
C．现将7.2克红色固体通入足量的H2还原，最后得到固体6.4克，则假设二成立
D．实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2沉淀，加热后制取Cu2O
11、在《科学》(Science)中的一篇论文中，圣安德鲁斯的化学家描绘出了一种使用DMSO(二甲亚砜)作为电解液，并用多孔的黄金作为电极的锂—空气电池的实验模型，这种实验电池在充放电100次以后，其电池容量仍能保持最初的95％。该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，其装置图如图所示。下列有关叙述正确的是
A．多孔的黄金作为正极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+
B．DMSO电解液能传递Li+和电子，但不能换成水溶液
C．该电池放电时每消耗2ml空气，转移4ml电子
D．给该锂—空气电池充电时，金属锂接直流电源正极
12、下列保存物质的方法正确的是
A．液氯贮存在干燥的钢瓶里
B．少量的锂、钠、钾均保存在煤油中
C．浓溴水保存在带橡皮塞的棕色细口瓶中
D．用排水法收集满一瓶氢气，用玻璃片盖住瓶口，瓶口朝上放置
13、将V 1 mL 0.1ml·L-1的Fe2(SO4)3溶液与2mL 0.1ml·L-1KI溶液混合，待充分反应后，下列方法可证明该反应具有一定限度的是（ ）
A．若V1T1 ，升高温度，生成物C的物质的量分数减小，平衡向逆向（吸热的方向）移动，因此正反应放热，即△H＜0，故C、D错误；根据C的物质的量分数(C)和压强(P)关系图，可得P2>P1，增大压强，生成物C的物质的量分数减小，平衡向逆向（气体体积减小的方向）移动，因此正反应方向为气体体积增大的方向。故答案选B。
利用化学平衡图像分析的方法：“先拐先平数值大”的原则是指图像中的曲线先拐，在该条件下先达到平衡状态，对应影响的条件数值大。可快速判断外界条件影响下平衡移动的方向。
3、B
【解析】
A. 当lgc0=0时，=1ml/L，此时=1×10-4.7(ml/L)2，故由得，Kn(CN-)=10-4.7，A正确；B. 随着竖坐标的值增大，降低，即b点小于a点，而升高温度可加速盐类的水解，所以B错误；C. 向a点加入固体NaCN，相当于减少水的添加量，会降低CN-的水解程度，C正确；D. 随着竖坐标的值增大，降低，故c点对应溶液中的c(OH-)大于a点，D正确。所以选择B。
4、C
【解析】
A.NH3可用作制冷剂，是利用液氨气化时从环境吸收大量的热的性质，不是溶解性，故A错误；
B.高温下用焦炭还原SiO2生成的产物是粗硅和一氧化碳，不能产生二氧化碳，故B错误；
C.相同物质的量的ClO2转移电子数Cl2的2.5倍，其消毒能力之比为5:2，而且不产生二次污染，故C正确；
D.明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，是利用胶体的吸附作用，不能杀菌消毒，故D错误；
故答案为C。
本题综合考查常见物质的性质，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。
5、B
【解析】
A. 14CO2分子中含有24个中子，88.0 g14CO2的物质的量为88.0 g ÷46 g/ml=1.91 ml，所以其中含有的中子数目为1.91×24NA=45.9NA；14N2O的分子中含有22个中子，88.0 g14N2O的物质的量等于2 ml，所以其中含有的中子数目为44 NA，所以88.0 g14CO2与14N2O的混合物中所含中子数大于44 NA，A错误；
B. 在该中性溶液中n(CH3COO-)=n(Na+)，由于CH3COONa的物质的量是1 ml，所以该溶液中CH3COO-数目为NA，B正确；
C. 17.4 g MnO2的物质的量n(MnO2)=17.4 g÷87 g/ml=0.2 ml，n(HCl)=10 ml/L×0.04 L=0.4 ml，根据方程式中物质反应关系MnO2过量，应该以HCl为标准计算，但随着反应的进行，盐酸溶液浓度变小，所以0.4 ml HCl不能完全反应，所以反应过程中转移电子的物质的量小于0.2NA，C错误；
D. 只有离子浓度，缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，D错误；
故合理选项是B。
6、A
【解析】
A. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；
B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；
C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；
D. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。
故选:A。
7、B
【解析】
A．Fe、Cu和稀盐酸能构成原电池，Fe易失电子作负极而加快反应速率，故A正确；
B．将稀盐酸改用浓硫酸，浓硫酸和Fe发生钝化现象且二者反应生成二氧化硫而不是氢气，故B错误；
C．将铁粉代替铁片，增大反应物接触面积，反应速率加快，故C正确；
D．改用等体积3ml/L稀盐酸，盐酸浓度增大，反应速率加快，故D正确；
故答案为B。
考查化学反应速率影响因素，明确浓度、温度、催化剂、反应物接触面积等因素对反应速率影响原理是解本题关键，1ml/L盐酸与铁片的反应，增大盐酸浓度、将铁片换为铁粉、升高温度、使其形成原电池且Fe作负极都能加快反应速率，易错选项是B。
8、D
【解析】
向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2ml，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3ml-1ml）=4ml，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4ml-2ml=6ml，据此分析解答。
【详解】
A．根据分析可知，线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，不是氧化溴离子，故A错误；
B．n（FeI2）：n（FeBr2）=n（I-）：n（Br-）=2ml：6ml=1：3，故B错误；
C．由分析可知，溶液中n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4ml-2ml=6ml，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3ml，故a=3+3=6，故C错误；
D．线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为1ml，反应消耗氯气的物质的量为5ml，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：，则该含氧酸为HIO3，即：线段Ⅳ表示HIO3的变化情况，故D正确；
故答案为D。
9、D
【解析】
A.若5个碳原子形成一个五元环，则有5个碳碳单键，A项错误；
B.蛋白质属于高分子，油脂不属于高分子，B项错误；
C.由于碳碳单键可以旋转，因此四苯基乙烯分子中所有碳原子不一定处于同一平面，C项错误；
D. 化学式为且有芳香气味的有机物，在酸性条件下加热水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则水解后得到丁酸和戊醇，丁酸一共有2种，戊基则有8种，即戊醇有8种，因此该酯一共可能有16种结构，D项正确；
答案选D。
高分子一般指分子量大于10000的有机物，同学们可以自己算一算油脂的分子量，就知道油脂属不属于高分子了。
10、C
【解析】
A. 取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，说明红色固体中不含氧化亚铜，则假设一成立，选项A错误；
B. 若看到溶液变成蓝色，说明红色固体中含有氧化亚铜，仍有红色固体，不能说明红色固体中含有铜，因为氧化亚铜和稀硫酸反应也能生成铜，则假设二或三成立，选项B错误；
C. 假设红色固体只有Cu2O，则7.2gCu2O的物质的量为0.05ml，和H2反应后生成铜的物质的量为0.1ml，质量为6.4g，所以假设成立，选项C正确；
D. 实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2悬浊液，加热后制取Cu2O，选项D错误。
答案选C。
11、A
【解析】
该装置为原电池，锂电极作负极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+，且已知该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，因此多孔的黄金作为正极，正极的电极反应式为2Li+ +O2 + 2e-= Li2O2，在原电池中，电子经导线从负极移动向正极，溶液中离子移动导电。
【详解】
A. 锂电极作负极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+，多孔的黄金作为正极，A项正确；
B. 电子经导线从负极移动向正极，电子不在溶液中移动，溶液中是离子移动导电，B项错误；
C. 该电池放电时，氧气的化合价由0价转化为-1价，消耗1ml氧气，转移2ml电子，但是2ml空气中氧气的物质的量小于2ml，则转移电子数小于4ml，C项错误；
D. 放电时，金属锂为负极，充电时该电极相当于电解池的阴极，因此给该锂—空气电池充电时，金属锂接直流电源的负极，D项错误；
答案选A。
12、A
【解析】
A项，常温干燥情况下氯气不与铁反应，故液氯贮存在干燥的钢瓶里，A项正确；
B项，钠、钾均保存在煤油中，但锂的密度小于煤油，故不能用煤油密封保存，应用石蜡密封，B项错误；
C项，溴具有强氧化性，能腐蚀橡胶，故保存浓溴水的细口瓶不能用橡胶塞，C项错误；
D项，用排水法收集满一瓶氢气，用玻璃片盖住瓶口，氢气密度小于空气，故瓶口应朝下放置，D项错误；
本题选A。
13、B
【解析】
Fe2(SO4)3溶液与KI溶液混合发生反应为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，由反应可知，①V1=1mL，说明两者恰好完全反应，②V1HA，C正确；
D. SiO2与氢氟酸反应产生SiF4和H2O，SiF4不是盐，因此SiO2不是两性氧化物，D错误；
故合理选项是C。
16、D
【解析】
燃料电池：a端：二氧化硫生成硫酸根离子，硫元素化合价升高失电子所以a为负极，电极反应式SO2+2H2O-4e-=SO42-+4H+；b为正极，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，总电极反应式2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。电解池：c极和电源正极相连为阳极，失电子，电极反应式为4OH—-4e-=2H2O+O2↑，d极与电源负极相连为阴极，得电子，电极反应式为Cu2++2e+=Cu,总电极反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑。
【详解】
A. b为正极，看到质子交换膜确定酸性环境，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故不选A；
B.原电池内部阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故不选B；
C.由上面分析可知该燃料电池的总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故不选C；
D.d极与电源负极相连，为阴极得电子，有铜析出，所以应该是若a电极消耗标况下2.24LSO2，理论上在d极上有6.4g铜析出，故选D；
正确答案：D。
根据质子交换膜确定溶液酸碱性，燃料电池中燃料在负极反应失电子，氧气在正极反应得电子。根据燃料电池正负极确定电解池的阴阳极、电极反应式和离子移动方向等。
17、D
【解析】
A.过氧化钙(CaO2)中阴离子是O22-，阳离子是Ca2+，故阴、阳离子个数比为1：1，A错误；
B.用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，B错误；
C.防止食品氧化变质，应加入还原剂，硅胶具有吸水性，是干燥剂，C错误；
D.丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，D正确；
故合理选项是D。
18、B
【解析】
A. 将SO2气体通入Na2SiO3溶液中生成胶状沉淀说明发生反应SO2+ Na2SiO3+H2O===H2SiO3↓+Na2SO3，根据强酸制弱酸原理可知酸性：H2SO3＞H2SiO3，故A正确；
B. 淀粉遇碘变蓝，向某食盐溶液中滴加淀粉溶液颜色不变只能说明食盐中不含碘单质，不能证明不含碘酸钾，故B错误；
C. 两支试管中c(OH－)相同，且c(Ca2+)= c(Cu2+)，但只生成氢氧化铜沉淀，说明氢氧化铜比氢氧化钙更容易沉淀，且二者为同类型沉淀，所以Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Ca(OH)2]，故C正确；
D. 向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置上层呈紫红色说明有碘单质生成，即铜离子将碘离子氧化，下层有白色沉淀生成说明不是氢氧化铜沉淀且无铜单质生成，说明发生反应2Cu2++4I－=2CuI↓+I2，故D正确；
故答案为B。
对于同种类型的沉淀（都是AB型或AB2型等）,一般Ksp越小，溶解度越小，但若沉淀类型不同，不能根据Ksp判断溶解度的大小，比较Ksp的大小没有意义。
19、D
【解析】
A. E表示分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，能量等于或高于Ec的分子可能产生有效碰撞，活化分子具有的最低能量Ec与分子的平均能量E之差叫活化能，A正确；
B. 当温度升高时，气体分子的运动速度增大，不仅使气体分子在单位时间内碰撞的次数增加，更重要的是由于气体分子能量增加，使活化分子百分数增大，阴影部分面积会增大，B正确；
C.催化剂使活化能降低，加快反应速率，使用合适的催化剂，E不变，Ec变小，C正确；
D. E表示分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，能量等于或高于Ec的分子可能产生有效碰撞，D错误；故答案为：D。
20、C
【解析】
A、铜表面生成的绿色固体为碱式碳酸铜，故A项正确；
B、N2O4逸出时，压强减小，有利于生成NO2，故B项正确；
C、FeSO4·7H2O在空气中久置时，Fe2＋被氧化为Fe3＋，反应方程式为20FeSO4·7H2O＋5O2=4Fe4（OH）2（SO4）5＋2Fe2O3＋136H2O，故C项错误；
D、SO2通人KMnO4溶液中，紫色MnO4—被还原为几乎无色的Mn2＋，故D项正确。
故选C。
21、D
【解析】
A. 乙醇的酯化反应和酯的水解反应都可看作是有机物分子中的原子或原子团被其他的原子和原子团所代替的反应，是取代反应，故A不选；
B. 乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为乙烯分子中含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B不选。
C. 乙醛的结构简式为CH3CHO，分子式为C2H4O。它可以和氢气发生加成反应，即还原反应生成乙醇，故C不选；
D.苯与溴水混合反复振荡，溴水层颜色变浅是因为溴水中的溴从水中进入到了苯中，是萃取，不是苯和溴水发生了加成反应，故D选。
故选D。
22、C
【解析】
A. 常温常压下，124 g P4的物质的量是1ml，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；
B. 铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1ml·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；
C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5ml，其中含氢原子数目为2NA，C正确；
D. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 ml SO2和1 ml O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。
本题主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。
二、非选择题(共84分)
23、苯甲醚 醚键、酰胺键 +H2O 消去反应
【解析】
已知化合物B分子式为C4H4O3，有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O原子参与成环；考虑到B与A反应后产物C的结构为，所以推测B的结构即为。C生成D时，反应条件与已知信息中给出的反应条件相同，所以D的结构即为。D经过反应③后，分子式中少了1个H2O，且E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为。
【详解】
(1)由A的结构可知，其名称即为苯甲醚；
(2)由H的结构可知，H中含氧官能团的名称为：醚键和酰胺键；
(3) B分子式为C4H4O3，有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O原子参与成环；考虑到B与A反应后产物C的结构为，所以推测B的结构简式即为；
(4) D经过反应③后，分子式中少了1个H2O，且E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为，所以反应③的方程式为：+H2O；
(5) F经过反应⑤后分子结构中多了一个碳碳双键，所以反应⑤为消去反应；
(6)M与C互为同分异构体，所以M的不饱和度也为6，去除苯环，仍有两个不饱和度。结合分子式以及核磁共振氢谱的面积比，可知M中应该存在两类一共3个甲基。考虑到M可水解的性质，分子中一定存在酯基。综合考虑，M的分子中苯环上的取代基个数为2或3时都不能满足要求；如果为4时，满足要求的结构可以有：，，，，，；如果为5时，满足要求的结构可以有：，；
(7)氰基乙酸出现在题目中的反应④处，要想发生反应④需要有机物分子中存在羰基，经过反应④后，有机物的结构中会引入的基团，并且形成一个碳碳双键，因此只要得到环己酮经过该反应就能制备出产品。原料相比于环己酮多了一个取代基溴原子，所以综合考虑，先将原料中的羰基脱除，再将溴原子转变为羰基即可，因此合成路线为：
在讨论复杂同分异构体的结构时，要结合多方面信息分析；通过分子式能获知有机物不饱和度的信息，通过核磁共振氢谱可获知有机物的对称性以及等效氢原子的信息，通过性质描述可获知有机物中含有的特定基团；分析完有机物的结构特点后，再适当地分类讨论，同分异构体的结构就可以判断出来了。
24、溴乙烷 醛基、酯基 C11H18N2O3 +CH3OH+H2O 取代反应 3 HOOCCH(CH3)C(CH3)2COOH、、CH(COOH)2C(CH3)3 HOCH2CH2CH2OH CH2BrCH2CH2Br
【解析】
根据合成路线图及题给反应信息知，B（乙酸乙酯）与C发生取代反应生成D ，E与甲醇发生酯化反应生成F ，则E为，F与溴乙烷发生题给反应生成G，对比G和F的结构，结合信息反应知试剂a为，结合H和I的结构变化分析，可知H和NH2CONH2脱去2分子CH3OH形成六元环，据此分析解答。
【详解】
（1）根据A的结构简式分析，A为溴乙烷；D为，所含官能团有醛基、酯基，故答案为：溴乙烷；醛基、酯基；
（2）根据G和H的结构变化，结合题给反应信息知，试剂a的结构简式为；根据I 的结构简式分析其分子式为C11H18N2O3，故答案为：；C11H18N2O3；
（3）E与甲醇发生酯化反应得到F，化学方程式为：+CH3OH+H2O；比较G和H的结构变化，反应G→H的反应类型是取代反应，故答案为：+CH3OH+H2O；取代反应；
（4）G为，同分异构体中只有一种官能团，能与NaHCO3溶液反应放出气体，则含有2个羧基，结构中有3个甲基的结构有、、CH(COOH)2C(CH3)3共3种，核磁共振氢谱图中峰面积比为9 : 2: 1，则有3种不同化学环境的H，且原子个数比为9 : 2: 1，其结构为：、，CH(COOH)2C(CH3)3，故答案为：3；HOOCCH(CH3)C(CH3)2COOH、、CH(COOH)2C(CH3)3；
（5）可利用CH2 BrCH2CH2 Br先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再与甲醇酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2 Br、CH3ONa发生信息中的反应成环得到，CH2BrCH2CH2Br在氢氧化钠溶液中加热水解生成HOCH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2OH被酸性高锰酸钾溶液氧化生成HOOCCH2COOH，故答案为：；HOCH2CH2CH2OH； ；CH2BrCH2CH2Br。
25、长颈漏斗 Ca(ClO)2+4HCl(浓)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O 0.5 液体进入长颈漏斗中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗内液面上升，形成一段液柱 b 溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色 不能 过量的Cl2也可将I-氧化为I2
【解析】
(1)根据图示装置中仪器结构识别名称；
(2)次氯酸钙具有强氧化性，能够氧化盐酸，依据化合价升降总数相等配平方程式，若换为KClO3，该物质也有强氧化性，可以氧化HCl为Cl2，根据方程式物质变化与电子转移关系计算；
(3)装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；
(4)为了验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；
(5)氯气氧化性强于溴，氯气能够置换溴；溴氧化性强于碘，能够置换碘；氯气的氧化性强于碘，能够置换碘，结合碘在有机物中溶解性及颜色解答。
【详解】
(1)根据图示可知仪器a名称为长颈漏斗；
(2)漂白粉固体和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气和水，化学方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O，若将漂白粉换为KClO3，根据电子守恒、原子守恒，可得方程式为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，由方程式可知：每转移5ml电子，反应产生3ml氯气，质量是21.3gCl2的物质的量是0.3ml，所以反应转移了0.5ml电子，转移电子数目为0.5NA；
(3)反应产生的Cl2中混有氯化氢和水蒸气，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦作安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞。若发生堵塞时B中的气体压强增大，使B中液体进入长颈漏斗中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗中的液面上升而形成一段液柱；
(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，在湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，
a.I为干燥的有色布条不褪色，Ⅱ中浓硫酸只吸收水分，再通入湿润的有色布条会褪色，能验证氯气的漂白性，但U形管中盛放的应是固体干燥剂，a错误；
b.I处是湿润的有色布条褪色，II是干燥剂无水氯化钙不能吸收氯气，只吸收水蒸气，III中干燥的有色布条不褪色，可以证明，b正确；
c.I为湿润的有色布条褪色，II为干燥剂碱石灰，碱石灰能够吸收水蒸气和Cl2，进入到III中无氯气，不会发生任何变化，不能验证，c错误；
故合理选项是b；
(5)依据氯气和溴化钠反应生成溴单质，液体溴单质、过量的Cl2都能和碘化钾溶液中的碘化钾反应生成碘单质，碘单质易溶于苯，显紫红色，苯密度小于水，不溶于水，溶液分层；过量的Cl2也可将I-氧化为I2，所以通过E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色，不能说明溴的氧化性强于碘。
本题考查了氯气的制备和性质，明确制备的原理和氯气的性质是解题关键，注意氧化还原方程式的书写及计算，题目难度中等。
26、尿素 8Cl2 + 16OH- = 5ClO-+ ClO3- + 10Cl- + 8H2O 冰水浴冷却 通过冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率 NaClO碱性溶液 打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下 NaClO + CO(NH2)2 +2NaOH＝ NaCl + N2H4 ·H2O + Na2CO3 4 10
【解析】
由实验流程可知，氯气和氢氧化钠溶液的反应生成NaClO，为避免生成NaClO3，应控制温度在40℃以下，生成的NaClO与尿素反应生成N2H4•H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4•H2O，副产品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，结合对应物质的性质以及题给信息分析解答。
【详解】
⑴根据流程图，本流程所用的主要有机原料为尿素，故答案为尿素；
(2)若温度为41℃，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质的量之比为5∶1，同时还生成NaCl，根据得失电子守恒，ClO-∶ClO3- ∶Cl- 物质的量之比为5∶1∶10，反应的离子方程式为8Cl2 + 16OH- = 5ClO-+ ClO3- + 10Cl- + 8H2O，故答案为8Cl2 + 16OH- = 5ClO-+ ClO3- + 10Cl- + 8H2O；
⑶氯气与烧碱溶液的反应是放热反应，实验中，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40 ℃，除减缓Cl2的通入速率外，避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高，还可以用冰水浴冷却，故答案为冰水浴冷却；
(4)①为避免N2H4•H2O的挥发，使用冷凝管，起到冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率，故答案为通过冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率；
②为了避免N2H4•H2O与 NaClO剧烈反应生成N2，实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液；将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下，故答案为NaClO碱性溶液；打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下；
③ 根据流程图，NaClO 和CO(NH2)2 在NaOH溶液中反应生成水合肼和碳酸钠，反应的化学方程式为NaClO + CO(NH2)2 +2NaOH＝ NaCl + N2H4 ·H2O + Na2CO3，故答案为NaClO + CO(NH2)2 +2NaOH＝ NaCl + N2H4 ·H2O + Na2CO3；
(5)用Na2CO3制备无水Na2SO3，在Na2CO3溶液中通入过量的二氧化硫生成NaHSO3，然后在NaHSO3溶液中加入NaOH溶液可生成Na2SO3。
①由图像可知，溶液pH约为4时，可完全反应生成NaHSO3，此时可停止通入二氧化硫，故答案为4；
②由图像可知pH约为10时，可完全反应生成Na2SO3，故答案为10。
27、分液漏斗 上 ⑤③②④① 除去空气中的SO2和其他还原性气体 将黄铁矿充分氧化，且将产生的二氧化硫全部挤入碘水中，被碘水充分吸收 酚酞 滴入最后一滴NaOH溶液后，溶液变为浅红色，并在半分钟内不褪色 24.0% B
【解析】
(1)萃取、分液的主要仪器为分液漏斗，根据滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上层水溶液；
(2)实验的目的是将黄铁矿在空气中完全燃烧生成的SO2被饱和碘水吸收，实验中需要通入干燥空气将装置②中生成的SO2全部赶入装置①中，通入的空气需要利用酸性KMnO4溶液除去还原性的气体杂质，并借助装置碱石灰干燥，由此确定装置的连接顺序；
(3)结合(2)的分析判断装置⑤中高锰酸钾的作用和持续鼓入空气的作用；
(4)根据题意，用氢氧化钠滴定混合强酸溶液，所以常用的指示剂为酚酞，在滴定终点时溶液变为浅红色；
(5)对于多次测量数据一般要求平均值进行数据处理，由于第一次所消耗标准液的体积与后两次相差较大，为减小误差，只求后两次标准液的体积的平均值：20.00ml。根据反应4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H++OH-═H2O，得关系式S～SO2～4H+～4OH-，所以样品中硫元素的质量为：ml×32g/ml×=0.48g，据此计算样品中硫元素的质量分数；
(6)装置⑤所得溶液为HI、H2SO4的混合溶液，为测得硫的质量分数，最好选用能与SO42-反应生成不溶于酸性溶液的沉淀。
【详解】
(1)萃取、分液的主要仪器为分液漏斗，因为CCl4密度大于水，所以萃取碘后，有机层在下层，水溶液为上层，则后续滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上层水溶液；
(2)实验的目的是将黄铁矿完全燃烧生成的SO2被饱和碘水吸收，实验中需要通入干燥空气将装置②中生成的SO2全部挤入装置①中，通入的空气需要利用酸性KMnO4溶液除去还原性的气体杂质，并借助装置碱石灰干燥，则装置正确的连接顺序是⑤→③→②→④→①；
(3)实验中需要通入干燥空气将装置②中生成的SO2全部赶入装置①中，通入的空气需要利用酸性KMnO4溶液除去还原性的气体杂质，故装置⑤中高锰酸钾的作用是除去空气中的SO2和其他还原性气体；持续鼓入空气的作用将黄铁矿充分氧化，且将产生的二氧化硫全部挤入碘水中，被碘水充分吸收。
(4)根据题意，用氢氧化钠滴定混合强酸溶液，所以常用的指示剂为酚酞，当滴入最后一滴NaOH溶液后，溶液变为浅红色，并在半分钟内不褪色，说明滴定已经达到终点；
(5)对于多次测量数据一般要求平均值进行数据处理，由于第一次所消耗标准液的体积与后两次相差较大，为减小误差，只求后两次标准液的体积的平均值：20.00ml。根据反应4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H++OH-═H2O，得关系式S～SO2～4H+～4OH-，所以样品中硫元素的质量为：ml×32g/ml×=0.48g，所以样品中硫元素的质量分数为×100%=24.0%；
(6)装置⑤所得溶液为HI、H2SO4的混合溶液，为测得硫的质量分数，最好选用能与SO42-反应生成不溶于酸性溶液的沉淀，即氯化钡符合题意，故答案为B。
28、增大固体与气体的接触面积，加快反应速率 ＜ 、
【解析】
流程分析：将粉碎的辉铜矿在空气中高温煅烧得氧化亚铜和二氧化硫，氧化亚铜和辉铜矿反应生成铜和二氧化硫，方程式为2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，将二氧化硫净化后用浓氨水吸收得到NH4HSO3，NH4HSO3在空气中被氧化为硫酸铵，将硫酸铵和硫酸分别加入到两个电极室进行电解制备过二硫酸铵，据此分析。
【详解】
（1）粉碎矿石过筛，可以增大固体与气体的接触面积，加快固体与气体的反应速率；
答案：增大固体与气体的接触面积，加快反应速率
（2）的pKh=14-pKa1=12.19>pK a2，故其电离程度大于水解程度，又由于NH4+水解呈酸性，所以NH4HSO3溶液呈酸性；
答案：＜
（3）氧化亚铜和辉铜矿反应生成铜和二氧化硫，方程式为2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，Cu2O、Cu2S中铜的化合价都降低，它们都是氧化剂；
答案：Cu2O、Cu2S
（4）由题意，反应物为Cr3+、S2O82-和H2O，生成物为Cr2O72-、SO42-和。根据得失电子守恒，电荷守恒和元素守恒书写离子方程式2Cr3++3 S2O82-+7H2O= Cr2O72-+6 SO42-+14H+；
答案： 2Cr3++3 S2O82-+7H2O= Cr2O72-+6 SO42-+14H+
（5）阳极上硫酸根离子被氧化为S2O82-，电极反应式为2SO42—2e-= S2O82-；
答案：2SO42—2e-= S2O82-
29、六 sp3 B 762.5 3902 分子晶体 N2 CN- 立方BN晶体是原子晶体，B-N键键能大，所以质地坚硬
【解析】
(1)Nd为60号元素，根据各个周期中包含的元素种类数目及元素周期表结构确定其所在的位置；根据构造原理书写Fe2+核外电子排布，并用轨道表达式表达；
(2)①A12C16为双聚分子结构式，根据图知，每个Al原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断Al原子杂化类型；
②[Al(OH)4]－中Al离子和O原子之间存在配位键、O-H原子之间存在极性键，配位键也属于共价键；
(3)根据第一电离能和晶格能的定义，结合图示数据解答；
(4)根据晶体的性质判断其晶体类型，结合等电子体含义书写配体CO互为等电子体的分子和离子的化学式；
(5)已知立方BN晶体硬度很大，说明原子之间作用力很强，属于原子晶体，用均摊方法根据密度计算公式计算NA的值。
【详解】
(1) Nd为60号元素，由于元素周期表中各个周期包含的元素种类数目分别是2、8、8、18、18、32、32，则Nd为第六周期第IIIB族，Fe是26号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe2+核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6，价层电子的轨道表达式为：；
(2)①A12C16为双聚分子结构式，根据图知，每个Al原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断Al原子杂化类型为sp3杂化；
②[Al(OH)4]－中Al离子和O原子之间存在配位键、O-H原子之间存在极性键，配位键也属于共价键，故合理选项是B；
(3)Fe原子的第一电离能为Fe(g)原子失去1个电子形成Fe+(g)所需要的能量，故Fe的第一电离能为：762.5 kJ/ml；FeO晶格能是成Fe2+(g)与O2-(g)形成1 ml FeO晶体释放的能量，根据图示可知FeO晶格能为3902 kJ/ml；
(4)化合物四羰基镍［Ni(CO)4］，其为无色易挥发剧毒液体，熔点为-25℃，沸点为43℃，不溶于水，易溶于乙醇、苯、四氯化碳等有机溶剂，说明其构成微粒之间作用力小，具有分子晶体的特点，故四羰基镍的晶体类型是分子晶体，四羰基镍［Ni(CO)4］的配位体是CO，含有2个原子，电子总数为14，所以根据等电子体的含义可知与CO互为等电子体的分子为N2，离子为CN-；
(5)立方BN晶体硬度很大，其原因是立方BN晶体是原子晶体，原子半径小，B-N键键能大，断裂消耗很高能量，故质地坚硬，熔沸点高；
根据BN晶体结构可知，在一个晶胞中含有的N原子数为：8×+6×=4，含有的B原子数目为4×1=4，即一个晶胞中含有4个BN，晶胞中最近的B、N原子之间的距离为a nm，该距离等于晶胞体对角线长度的，晶胞体对角线长度=4a nm，晶胞棱长= nm，晶胞体积为V=( nm)3=(×10-7cm)3，阿伏加德罗常数的值为NA，ρ== g/cm3。
本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、原子杂化、晶体类型与性质、电离能、晶胞计算等知识，侧重考查基本公式和基本理论的灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，明确“晶胞中最近的B、N原子之间的距离”与晶胞棱长关系是解晶胞计算的关键，注意cm与nm之间的换算关系。
实验事实
结论
A
在相同温度下，向1 mL0.2 ml/LNaOH溶液中滴入2滴0.1 ml/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1 ml/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀
溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3
B
某气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
该气体水溶液一定显碱性
C
同温同压下，等体积pH=3的HA和HB两种酸分别于足量的锌反应，排水法收集气体，HA放出的氢气多且反应速率快
HB的酸性比HA强
D
SiO2既能与氢氟酸反应又能与碱反应
SiO2是两性氧化物
选项
实验操作
现象
结论
A
将SO2气体通入Na2SiO3溶液中
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3＞H2SiO3
B
向某食盐溶液中滴加淀粉溶液
溶液颜色不变
该食盐中一定没有添加碘酸钾
C
向2支盛有5mL 0.1ml/LNaOH溶液的试管中分别加入2滴0.1ml/L CuCl2溶液和2滴0.1ml/L CaCl2溶液
一支试管中产生蓝色沉淀，另一支试管无明显现象
Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Ca(OH)2]
D
向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置
上层呈紫红色，下层有白色沉淀生成
铜离子可以氧化碘离子，白色沉淀可能为CuI
选项
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
a
干燥的有色布条
浓硫酸
湿润的有色布条
b
湿润的有色布条
无水氯化钙
干燥的有色布条
c
湿润的有色布条
碱石灰
干燥的有色布条
滴定次数
待测液的体积/mL
NaOH标准溶液的体积/mL
滴定前
滴定后
第一次
20.00
0.00
20.48
第二次
20.00
0.22
20.20
第三次
20.00
0.36
20.38