安徽省六安市2025-2026学年高考化学倒计时模拟卷（含答案解析）

这是一份安徽省六安市2025-2026学年高考化学倒计时模拟卷（含答案解析），共5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。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均小于20。W、X、Y、Z的族序数之和为12；X与Y的电子层数相同；向过量的ZWY溶液中滴入少量胆矾溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出。下列说法正确的是（ ）
A．ZWY是离子化合物，既可以与酸反应又可以与碱反应
B．晶体X熔点高、硬度大，可用于制造光导纤维
C．原子半径由小到大的顺序为：
D．热稳定性：
2、实验室模拟从海带中提取碘单质的流程如图：
下列装置不能达成相应操作目的的是（ ）
A．灼烧用酒精湿润的干海带
B．用水浸出海带灰中的I-
C．用NaOH溶液分离I2/CCl4
D．加入稀H2SO4后分离生成的I2
3、同温同压下，热化学方程式中反应热数值最大的是
A．2W(l)+Y(l)→2Z(g) +Q1B．2W(g)+Y(g)→2Z(l) +Q2
C．2W(g)+Y(g)→2Z(g) +Q3D．2W(l)+Y(l)→2Z(l) +Q4
4、下列说法正确的是
A．用苯萃取溴水中的Br2，分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层
B．欲除去H2S气体中混有的HCl，可将混合气体通入饱和Na2S溶液
C．乙酸乙酯制备实验中，要将导管插入饱和碳酸钠溶液底部以利于充分吸收乙酸和乙醇
D．用pH试纸分别测量等物质的量浓度的NaCN和NaClO溶液的pH，可比较HCN和HClO的酸性强弱
5、下列关于有机物的说法不正确的是
A．正丁烷和异丁烷的沸点相同
B．麦芽糖的水解产物只有葡萄糖
C．疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白质变性
D．苯与乙烯均可以使溴水褪色，但褪色原理不同
6、W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，两元素核电荷数之和与W、Z原子序数之和相等，下列说法正确是（ ）
A．Z元素的含氧酸一定是强酸
B．原子半径：X＞Z
C．气态氢化物热稳定性：W＞X
D．W、X与H形成化合物的水溶液可能呈碱性
7、亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathiesn）法制备亚氯酸钠的流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1
B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物
C．反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
8、常温下，HNO2的电离平衡常数为K＝4.6×10－4(已知＝2.14)，向20 mL 0.01 ml·L－1HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，测得混合液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示，下列判断正确的是
A．X＝20
B．a点溶液中c(H＋)＝2.14×10－3 ml·L－1
C．a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小
D．b点溶液中微粒浓度的大小关系为c(HNO2)＞c(Na＋)＞c()
9、已知HCl的沸点为-85℃，则HI的沸点可能为（ ）
A．-167℃B．-87℃C．-35℃D．50℃
10、Mg(NH)2可发生水解：Mg(NH)2＋2H2O=N2H4＋Mg(OH)2。下列表示相关微粒的化学用语正确的是
A．中子数为8的氧原子：OB．N2H4的结构式：
C．Mg2＋的结构示意图：D．H2O的电子式：
11、下列应用不涉及物质氧化性或还原性的是
A．用葡萄糖制镜或保温瓶胆B．用ClO2杀菌、消毒
C．用Na2SiO3溶液制备木材防火剂D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果
12、NA是阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 ( )
A．16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA
B．22.4 L(标准状况)氩气含有的质子数为18 NA
C．1.0 L1.0 ml/L的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2 NA
D．密闭容器中，2 ml SO2和1 ml O2催化反应后分子总数为2 NA
13、《内经》曰：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”。合理膳食，能提高免疫力。下列说法错误的是（ ）
A．蔗糖水解生成互为同分异构体的葡糖糖和果糖
B．食用油在酶作用下水解为高级脂肪酸和甘油
C．苹果中富含的苹果酸[HOOCCH(OH)CH2COOH]是乙二酸的同系物
D．天然蛋白质水解后均得到α-氨基酸，甘氨酸和丙氨酸两种分子间可生成两种二肽
14、杜瓦苯()与苯互为同分异构体，则杜瓦苯
A．最简式是CH2B．分子中所有原子共平面
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．是CH2=CH-CH=CH2的同系物
15、室温下，0.1ml下列物质分别与1L0.1ml/LNaOH溶液反应，所得溶液pH最小的是
A．SO3B．NO2C．Al2O3D．SO2
16、下列有关说法中正确的是
A．纳米Fe3O4分散到适当的分散剂中可得到胶体，能产生丁达尔效应
B．加热条件下金属单质在空气中均可表现出还原性
C．不能导电的化合物均不是电解质
D．电解质溶液导电过程中，离子仅仅发生了定向移动
17、某溶液含有等物质的量的 Na+、Fe3+、Ba2+、I－、SO42-、SO32-、Cl-中的几种离子。取样，加入 KSCN溶液，溶液变血红色，对溶液描述错误的是
A．一定没有 Ba2+B．可能含有 Na+
C．一定没有 SO32－D．一定有 Cl－
18、对下列事实的解释合理的是（ ）
A．氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明氢氟酸具有强酸性
B．常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应
C．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性
D．铝箔在空气中受热熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高
19、假定NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温下，46 g乙醇中含C-H键的数目为6NA
B．1 ml/L的K2SO4溶液中含K+的数目为2NA
C．标准状况下，22.4 L氦气中含质子的数目为4NA
D．1 ml HNO3被还原为NO转移电子的数目为3NA .
20、苯乙酮常温下为无色晶体或浅黄色油状液体，是山楂、含羞草、紫丁香等香精的调合原料，并广泛用于皂用香精和烟草香精中，可由苯经下述反应制备：
+(CH3CO)2O +CH3COOH
NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是
A．气态苯乙酮的密度是气态乙酸密度的2倍
B．1ml苯所含的化学单键数目为12 NA
C．0.5ml乙酸酐中含有的电子数目为27 NA
D．1L2ml/LCH3COOH溶液与足量钠反应生成的气体分子数为NA
21、分别在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)⇌D(g)。其中容器甲中反应进行至5min时达到平衡状态，相关实验数据如表所示：
下列说法不正确的是
A．0～5min内，甲容器中A的平均反应速率v(A)=0.64ml·L-1·min-1
B．a=2.2
C．若容器甲中起始投料为2.0mlA、2.0mlB，反应达到平衡时，A的转化率小于80％
D．K1=K2>K3
22、在室温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．将稀CH3COONa溶液加水稀释后，n(H+）·n(OH－）不变
B．向Na2SO3溶液中加入等浓度等体积的KHSO4溶液，溶液中部分离子浓度大小为c(Na+)＞c(K+)=c(SO42－)＞c(SO32－)＞c(HSO3－)
C．NaHA溶液的pH＜7，则溶液中的粒子一定有c(Na+)=c(HA－)+c(H2A)+c(A2－)
D．向某稀NaHCO3溶液中通CO2至pH=7：c(Na+)=c(HCO3－)+2c(CO32－)
二、非选择题(共84分)
23、（14分）痛灭定钠是一种吡咯乙酸类的非甾体抗炎药，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)化合物 C 中含氧官能团的名称是_____。
(2)化学反应①和④的反应类型分别为_____和_____。
(3)下列关于痛灭定钠的说法正确的是_____。
a．1ml 痛灭定钠与氢气加成最多消耗 7mlH2 b．核磁共振氢谱分析能够显示 6 个峰 c．不能够发生还原反应 d．与溴充分加成后官能团种类数不变 e．共直线的碳原子最多有 4 个
(4)反应⑨的化学方程式为_____。
(5)芳香族化合物 X 的相对分子质量比 A 大 14，遇 FeCl3 溶液显紫色的结构共有_____种（不考虑立体异构），核磁共振氢谱分析显示有 5 个峰的 X 的结构简式有_____。
(6) 根据该试题提供的相关信息，写出由化合物及必要的试剂制备有机化合物的合成路线图。________________
24、（12分）有机化合物P是合成抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下:
已知:RClRCOOH
（1）H的官能团名称___________。写出E的结构简式___________。
（2）B→C中①的化学方程式___________。
（3）检验F中官能团的试剂及现象_________。
（4）D的同分异构体有多种，其中满足以下条件的有________种。
①1ml D能与足量 NaHCO3反应放出2ml CO2
②核磁共振氢谱显示有四组峰
（5）H→J的反应类型___________。
（6）已知：
K经过多步反应最终得到产物P：
①K→L的化学方程式___________。
②写出M的结构简式___________。
25、（12分）向硝酸酸化的2 mL 0.1 ml·L－1 AgNO3溶液（pH＝2）中加入过量铁粉，振荡后静置，溶液先呈浅绿色，后逐渐呈棕黄色，试管底部仍存在黑色固体，过程中无气体生成。实验小组同学针对该实验现象进行了如下探究。
Ⅰ.探究Fe2＋产生的原因。
（1）提出猜想：Fe2＋可能是Fe与________或________反应的产物。（均填化学式）
（2）实验探究：在两支试管中分别加入与上述实验等量的铁粉，再加入不同的液体试剂，5 min后取上层清液，分别加入相同体积和浓度的铁氰化钾溶液。
①2号试管中所用的试剂为_________。
②资料显示：该温度下，0.1 ml·L－1 AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2＋。但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为_______。
③小组同学继续进行实验，证明了由2号试管得出的结论正确。实验如下：取100 mL 0.1 ml·L－1硝酸酸化的AgNO3溶液（pH＝2），加入铁粉并搅拌，分别插入pH传感器和NO传感器（传感器可检测离子浓度），得到图甲、图乙，其中pH传感器测得的图示为________（填“图甲”或“图乙”）。
④实验测得2号试管中有NH4+生成，则2号试管中发生反应的离子方程式为__________。
Ⅱ.探究Fe3＋产生的原因。
查阅资料可知，反应中溶液逐渐变棕黄色是因为Fe2＋被Ag＋氧化了。小组同学设计了不同的实验方案对此进行验证。
（3）方案一：取出少量黑色固体，洗涤后，______（填操作和现象），证明黑色固体中有Ag。
（4）方案二：按下图连接装置，一段时间后取出左侧烧杯中的溶液，加入KSCN溶液，溶液变红。该实验现象________（填“能”或“不能”）证明Fe2＋可被Ag＋氧化，理由为________。
26、（10分）为了将混有K2SO4、MgSO4的KNO3固体提纯，并制得纯净的KNO3溶液(E)，某学生设计如下实验方案：
(1)操作①主要是将固体溶解，则所用的主要玻璃仪器是_______、_______。
(2)操作② ~ ④所加的试剂顺序可以为_______，_______，_______(填写试剂的化学式)。
(3)如何判断SO42－已除尽_____________
(4)实验过程中产生的多次沉淀_____(选填“需要”或“不需要”)多次过滤，理由是__________。
(5)该同学的实验设计方案中某步并不严密，请说明理由___________。
27、（12分）某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：
（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是_________。
（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_________。
（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成，进行如下实验：
a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；
b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。
① 实验a目的是______。
②由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是________。
（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是______。
（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X
①向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_____。
②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：________。
28、（14分）（1）已知A和B均为第3周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：
A通常显___价，A的电负性____B的电负性(填“>”“K3，故D正确；
故选A。
22、D
【解析】
A．温度不变，Kw=c(H+)•c(OH-)不变，加水稀释体积增大，则n(H+)•n(OH-)增大，故A错误；
B．向Na2SO3溶液中加入等浓度等体积的KHSO4溶液，假设浓度均为1ml/L，体积为1L，则溶液中钠离子为2ml，钾离子为1ml，硫酸根离子为1ml，反应生成1ml HSO3-，HSO3-部分电离，电离程度较小，因此离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(K+)=c(SO42－) ＞c(HSO3－)＞c(SO32－)，故B错误；
C．NaHA溶液的pH＜7，溶液显酸性，但是不能确定HA-是否完全电离以及是否水解，故无法确定溶液中是否有HA-和H2A，故C错误；
D．向NaHCO3溶液中通CO2至pH=7，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)，故D正确；
答案选D。
二、非选择题(共84分)
23、酯基 取代反应 加成反应 de +NaOH +CH3OH 16 、
【解析】
根据合成路线分析：与CH3I发生取代反应①转变为，发生反应②，在邻位引入醛基转变为：，与CH3NO2发生反应生成，与氢气发生加成反应④生成，发生反应⑤将−CH2NO2脱去氢氧原子转变为−CN，生成，反应⑥中−CN碱性水解转变成−COONa，得到，反应生成，结合分子式C16H17O3N，与发生取代反应生成，在碱性条件下水解得到，据此作答。
【详解】
(1)化合物C中含氧官能团为酯基，故答案为：酯基；
(2)由上述分析可知反应①为取代反应，反应④为加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；
(3)a． 苯环、碳碳双键和羰基都可以与氢气加成，因此1ml痛灭定钠与氢气加成最多消耗6mlH2，故错误；
b. 该结构中有7种氢，故核磁共振氢谱分析能够显示7个峰，故错误；
c. 苯环、碳碳双键和羰基都可以与氢气加成，与氢气发生的加成反应也属于还原反应，故错误；
d. 与溴充分加成后碳碳双键消失，引入了溴原子，故官能团种类数不变，故正确；
e. 如图所示，共直线的碳原子最多有 4 个，，故正确；故答案为：de；
(4)由以上分析知，反应⑨为在碱性条件下水解得到，则发生反应的化学方程式为：+NaOH +CH3OH，故答案为：+NaOH +CH3OH；
(5)芳香族化合物说明X中有苯环，相对分子质量比A大14，说明比A多一个CH2，与A的不饱和度相同为4；遇FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基；若苯环上有两个取代基，则为(邻、间、对3种)，(邻、间、对3种)；若苯环上有三个取代基，先确定两个取代基的位置，即邻、间、对，再确定另一个取代基的位置，当羟基和氨基位于邻位时，苯环上有4种氢原子，则甲基可以有4种取代方式，则会得到4种同分异构体，同理，当羟基和氨基位于间位时，也会有4种同分异构体，当羟基和氨基位于对位时，有2种同分异构体，共3+3+4+4+2=16，其中核磁共振氢谱分析显示有5 个峰的 X 的结构简式有、，故答案为：16；、；
(6)完全仿照题干中框图中反应⑥⑦⑧，选择合适试剂即可完成，与氢氧化钠水解得到苯乙酸钠，苯乙酸钠与(CH3CH2)2SO4反应得到，再与乙酰氯反应生成，合成路线为：；故答案为；。
24、醚键、硝基 (C2H5OOC)2C=CHOC2H5 ClCH2COOH+NaCN→CNCH2COOH+NaCl FeCl3溶液，显紫色 3 还原反应 +C2H5OH
【解析】
A和Cl2反应生成B，B中只有1个Cl，所以应该是取代反应，B发生了给出的已知中的反应，所以C中有羧基，C有4个氧原子，而且C的不饱和度为2，再根据D的结构简式，可知C为丙二酸，B为ClCH2COOH，A为CH3COOH。根据K和J的结构简式可知E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)，根据G的结构简式可知F为苯酚。
【详解】
（1）根据H的结构简式，H的官能团名称为醚键和硝基。E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)。
（2）B→C中①的化学方程式为ClCH2COOH+NaCNNCCH2COOH+NaCl。
（3）F为苯酚，苯酚遇 FeCl3溶液显紫色，或和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀。
（4）D的同分异构体有多种，1ml D能与足量 NaHCO3反应放出2ml CO2，说明1个D分子中有2个羧基。核磁共振氢谱显示有四组峰，说明D分子有比较高的对称性。符合要求的有HOOCCH2CH2CH2CH2CH2COOH、HOOCCH(CH3)CH2CH(CH3)COOH和，共3种。
（5）H→J是H中的硝基变成了氨基，是还原反应。
（6）①根据已知，K→L发生了苯环上的一个氢原子和酯基上的乙氧基断裂结合成乙醇，苯环上的碳原子和断裂乙氧基的碳原子结合成新的碳碳单键的反应，再结合P的结构可知，苯环上断裂的氢原子是和氮原子处于邻位、和甲氧基处于对位的氢原子，所以K→L的化学方程式为：+C2H5OH。
②得到的L继续发生给出的已知的反应，生成Q（），Q在NaOH溶液中发生水解，Cl被羟基代替，同时羧基和NaOH发生中和反应生成钠盐，故M的结构简式为。
25、HNO3 AgNO3 NaNO3 该反应速率很小（或该反应的活化能较大） 图乙 4Fe＋10H＋＋NO3-=4Fe2＋＋NH4+＋3H2O 加入足量稀硝酸并加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀（或加入足量稀盐酸，有黑色固体剩余）（答案合理均可） 不能 Fe2＋可能被HNO3氧化或被氧气氧化（答案合理均可）
【解析】
Ⅰ.（1）向硝酸酸化的AgNO3溶液（pH＝2）中加入过量的铁粉，过量的铁粉可与硝酸反应生成亚铁离子，也可与AgNO3溶液反应生成Fe2＋，Fe＋2AgNO3=Fe(NO3)2＋2Ag，因此溶液中的Fe2＋可能是Fe与HNO3或AgNO3反应的产物，故答案为：HNO3；AgNO3；
（2）①探究Fe2＋的产生原因时，2号试管作为1号试管的对比实验，要排除Ag＋的影响，可选用等浓度、等体积且pH相同的不含Ag＋的NaNO3溶液进行对比实验，故答案为：NaNO3；
②AgNO3可将Fe氧化为Fe2＋，但1号试管中未观察到蓝色沉淀，说明AgNO3溶液和Fe反应的速率较慢，生成的Fe2＋浓度较小，故答案为：该反应速率很小（或该反应的活化能较大）；
③由2号试管得出的结论正确，说明Fe2＋是Fe与HNO3反应的产物，随着反应的进行，HNO3溶液的浓度逐渐减小，溶液的pH逐渐增大，则图乙为pH传感器测得的图示，故答案为：图乙；
④实验测得2号试管中有NH生成，说明Fe与HNO3反应时，Fe将HNO3还原为NH，根据氧化还原反应的原理可写出反应的离子方程式为4Fe＋10H＋＋NO3-=4Fe2＋＋NH4+＋3H2O，故答案为：4Fe＋10H＋＋NO3-=4Fe2＋＋NH4+＋3H2O；
Ⅱ.（3）Ag＋氧化Fe2＋时发生反应Ag＋＋Fe2＋=Ag↓＋Fe3＋，而黑色固体中一定含有过量的铁，所以可加入足量HCl或H2SO4溶液溶解Fe，若有黑色固体剩余，则证明黑色固体中有Ag；或向黑色固体中加入足量稀硝酸加热溶解后再加入稀盐酸，若产生白色沉淀，则证明黑色固体中有Ag，故答案为：加入足量稀硝酸并加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀（或加入足量稀盐酸，有黑色固体剩余）（答案合理均可）
（4）取左侧烧杯中的溶液，加入KSCN溶液后，溶液变红，只能证明有Fe3＋生成，不能证明Fe2＋可被Ag＋氧化，因为Fe（NO3）2溶液呈酸性，酸性条件下NO可将Fe2＋氧化为Fe3＋，且Fe（NO3）2溶液直接与空气接触，Fe2＋也可被空气中的氧气氧化为Fe3＋；故答案为：不能；Fe2＋可能被HNO3氧化或被氧气氧化（答案合理均可）。
26、烧杯 玻璃棒； Ba(NO3)2 K2CO3 KOH或（KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3） 静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明SO42－已除尽 不需要 因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序 因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl－
【解析】
混有K2SO4、MgSO4的KNO3固体，加入硝酸钡、碳酸钾除去硫酸根离子；加入氢氧化钾除去镁离子；稍过量的氢氧根离子、碳酸根离子用硝酸除去；
【详解】
(1)固体溶解一般在烧杯中进行，并要用玻璃棒搅拌加快溶解，故答案为：烧杯；玻璃棒；
(2)KNO3中混有的杂质离子是SO42-和Mg2+，为了完全除去SO42-应该用稍过量的Ba2+，这样稍过量的Ba2+也变成了杂质，需要加CO32-离子来除去，除去Mg2+应该用OH-，OH-的顺序没有什么要求，过量的CO32-、OH-可以通过加入的盐酸来除去，故答案为：Ba(NO3)2；K2CO3；KOH或（KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3）；
(3)SO42－存在于溶液中，可以利用其与Ba2+反应生成沉淀来判断，方法是静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明已除尽，故答案为：静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明SO42－已除尽；
(4)不需要 因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序，故答案为：不需要；因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序；
(5)本实验目的是为了得到纯净的KNO3溶液，因此在实验过程中不能引入新的杂质离子，而加入盐酸来调节溶液的pH会引入Cl－，故答案为：因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl－。
除去溶液中的硫酸根离子与镁离子时无先后顺序，所加试剂可先加KOH，也可先加硝酸钡、碳酸钾，过滤后再加适量的硝酸。
27、2Cl2＋2Ca(OH)2 =Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O 漂白性 检验氯气 SO2也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀 要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可 CaSO4 Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl-＋4H++ SO42-
【解析】
（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；
（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；
（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；
②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；
（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；
（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。
【详解】
（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
（2）pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；
（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象的白雾由HCl小液滴形成，
①用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；
②用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀；
（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为 氯气；
故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；
（5）①取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4；
②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+。
28、+3 > 紫外光的光子所具有的能量比蛋白质分子中的化学键C—C、C—N、C—S的键能大，紫外光的光子所具有的能量足以使这些共价键断裂，从而破坏蛋白质分子 sp2、sp3 TiN>MgO>CaO>KCl 12 CrO2 AC 6 2
【解析】
(1)观察A、B两元素各电离能的差别，判断A、B的化合价。
(2)从表格数据，紫外光的光子能量足以破坏这些共价键。最简单的氨基酸是甘氨酸。
(3)观察表格中的数据会发现，阴阳离子所带的电荷数对晶格能的影响大于阴阳离子的半径对晶格能的影响。
(4)根据核外电子的排布式确定未成对电子数。
(5)观察配合物的分子的结构。
(6)破环O＝C＝O，H-H。
【详解】
(1)观察A、B两元素各电离能的差别，可判断A的化合价为+3，即为Al；B为+2价，为Mg。因为同周期从左至右电负性增大，故Al的电负性大于Mg。
(2)从表格中给出的蛋白质中各共价键的键能可以发现，紫外光的光子能量足以破坏这些共价键。最简单的氨基酸是甘氨酸，其中碳①原子采用sp3杂化，碳②原子采用sp2杂化。
(3)观察表格中的数据会发现，阴阳离子所带的电荷数对晶格能的影响大于阴阳离子的半径对晶格能的影响。
四种晶体均为离子晶体，TiN和CaO中的阳离子均为18电子结构，阴离子均为10电子结构，Ti和Ca、N和O的原子序数均相差1，因此Ti3+和Ca2+、N3-和O2-的离子半径均相差不大，但是由于Ti3+和N3-均带有3个单位的电荷，因此TiN的晶格能大于CaO。CaO、MgO中的阴阳离子均带有2个单位的电荷，Ca2+的半径大于Mg2+，所以MgO的晶格能大于CaO。
综上所述，这种晶体的晶格能大小顺序为TiN>MgO>CaO>KCl。所以晶体的熔点高低顺序也为TiN>MgO>CaO>KCl。
(4)V2O5中V5+的电子排布式为1s22s22p63s23p6，没有未成对电子；CrO2中Cr4+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，含有2个未成对电子，因此适合作录音带磁粉原料的是CrO2。
(5)观察配合物的分子结构会发现其中存在配位键Ni←N，极性键H—O、O—N等，非极性键C—C，氢键O……H—O等作用力。不存在离子键和金属键。
(6)CO2的结构式为O＝C＝O，1个CO2分子中含有2个σ键和2个π键，1个H2分子中共含有1个σ键，生成1mlCH4需要1mlCO2和4mlH2，因此需要断裂6mlσ键和2mlπ键。
阴阳离子所带的电荷数对晶格能的影响大于阴阳离子的半径对晶格能的影响。
29、 取代反应 羧基 、、、
【解析】
烃A的相对分子质量为84，则分子式为C6H12，核磁共振氢谱显示只有1组峰，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，应为环己烷，A与Br2在光照时发生取代反应产生B，根据B的相对分子质量可以确定B为，B与NaOH的乙醇溶液在加热的条件下发生消去反应生成C，则C是环己烯，其结构简式为；C被酸性KMnO4溶液氧化产生的D为丁二酸HOOC(CH2)4COOH，乙炔与甲醛HCHO反应产生E，E与氢气加成生成F，由题给信息可知E为HOCH2C≡CCH2OH，F为HOCH2CH2CH2CH2OH，D与F发生缩聚反应，生成PBA为；
(5)由1.3-丁二烯为原料（其他无机试剂任选）通过三步制备化合物F，1.3-丁二烯可与溴发生1，4-加成，加成产物与氢气发生加成反应，然后再水解可生成F，也可以是加成产物先水解后与氢气发生加成反应，以此解答该题。
【详解】
(1)A为环己烷，分子式是C6H12；C6H12与Br2在光照时发生取代反应生成，所以①发生取代反应；
(2)C是环己烯，结构简式为；D是丁二酸HOOC(CH2)4COOH，所含官能团名称羧基；
(3)甲醛中含有醛基，可以利用银镜反应检验甲醛中含有醛基，方程式为；
反应⑥是HOOC(CH2)4COOH与HOCH2CH2CH2CH2OH在浓硫酸、加热条件下发生聚酯反应，该反应的化学方程式为：+(2n-1)H2O；
(4)E是HOCH2C≡CCH2OH，分子式为C4H6O2，其同分异构体有多种，其中所有能与NaHCO3溶液反应，说明分子中含有-COOH，则其同分异构体的结构简式为：、、、；
(5)由1，3-丁二烯为原料，通过三步制备化合物F，可使1，3-丁二烯与溴发生1，4-加成，加成产物再与氢气发生加成反应，然后再水解可生成F，反应的流程为（或CH2Br-CH=CH-CH2Br先水解得到HOCH2CH=CH-CH2OH，然后再催化加氢）。
本题考查有机物合成与推断的知识，充分利用有机物的结构特点及前后转化关系进行分析解答，易错点为(4)，注意同分异构体的判断时，不饱和度形成因素可能是双键，也可能是环状结构所致，该题较好的考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。
容器
温度/℃
起始物质的量/ml
平衡物质的量/ml
化学平衡常数
n(A)
n(B)
n(D)
n(D)
甲
500
4.0
4.0
0
3.2
K1
乙
500
4.0
a
0
2.0
K2
丙
600
2.0
2.0
2.0
2.8
K3
液体试剂
加入铁氰化
钾溶液
1号试管
2 mL 0.1 ml·L－1
AgNO3溶液
无蓝色沉淀
2号试管
硝酸酸化的2 mL 0.1 ml·L－1______溶液(pH＝2)
蓝色沉淀
操作
现象
取4g漂粉精固体，加入100mL水
部分固体溶解，溶液略有颜色
过滤，测漂粉精溶液的pH
pH试纸先变蓝（约为12），后褪色
液面上方出现白雾；
稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；
稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去