安徽省芜湖市2025-2026学年高考化学全真模拟密押卷（含答案解析）

这是一份安徽省芜湖市2025-2026学年高考化学全真模拟密押卷（含答案解析），共26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。
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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、镍粉在CO中低温加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，呈四面体构型。150℃时，Ni(CO)4分解为Ni和CO。则下列可作为溶解Ni(CO)4的溶剂是（ ）
A．水B．四氯化碳C．盐酸D．硫酸镍溶液
2、一种钌（Ru）基配合物光敏染料敏化太阳能电池的示意图如下。
电池工作时发生的反应为：
RuII RuII *(激发态)
RuII *→ RuIII+e-
I3-+ 2e-→3I-
RuIII+3I-→RuII++ I3-
下列关于该电池叙述错误的是 ( )
A．电池中镀Pt导电玻璃为正极
B．电池工作时，I－离子在镀Pt导电玻璃电极上放电
C．电池工作时，电解质中I－和I3－浓度不会减少
D．电池工作时，是将太阳能转化为电能
3、如图为某漂白剂的结构。已知：W、Y、Z是不同周期、不同主族的短周期元素，W、Y、Z原子最外层电子数之和等于X原子最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述错误的是（ ）
A．W、X对应的简单离子的半径：X>W
B．电解W的氯化物水溶液可以制得W单质
C．实验室可用X和Z形成的某种化合物制取单质X
D．25℃时，Y的最高价氧化物对应水化物的钠盐溶液pH大于7
4、1875年科学家布瓦博德朗发现了一种新元素，命名为“镓”，它是门捷列夫预言的元素类铝。Ga(镓)和As(砷)在周期表的位置如图，下列说法不正确的是
A．Ga的原子序数为31
B．碱性：Al(OH)3 r(As3-)>r(P3-)
D．GaAs可制作半导体材料，用于电子工业和通讯领域
5、甲烷与氯气光照条件下取代反应的部分反应历程和能量变化如下：
第一步：
第二步：
第三步：中其中表示氯原子，表示甲基，下列说法不正确的是（ ）
A．由题可知，甲烷和氯气在室温暗处较难反应
B．
C．形成中键放出的能量比拆开中化学键吸收的能量多
D．若是甲烷与发生取代反应，则第二步反应
6、在化学能与电能的转化中，下列叙述正确的是
A．镀锌铁皮在食盐水中发生析氢腐蚀
B．电解池的阴极材料一定比阳极材料活泼
C．将铁器与电源正极相连，可在其表面镀锌
D．原电池的负极和电解池的阳极均发生氧化反应
7、常温下，向10.00 mL 0.1ml/L某二元酸H2X溶液中逐滴加入0.1 ml/L NaOH溶液，其pH变化如图所示(忽略温度变化)，已知：常温下，H2X的电离常数Ka1＝1.1×10－5，Ka2＝1.3×10－8。下列叙述正确的是
A．a近似等于3
B．点②处c(Na＋)＋2c(H＋)＋c(H2X)＝2c(X2－)＋c(HX－)＋2c(OH－)
C．点③处为H2X和NaOH中和反应的滴定终点
D．点④处c(Na＋)＝2c(X2－)>c(OH－)>c(HX－)>c(H＋)
8、用0.1 ml·L－1 NaOH溶液滴定40 mL 0.1 ml·L－1 H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列叙述错误的是（ ）
A．Ka2(H2SO3)的数量级为10－8
B．若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂
C．图中Z点对应的溶液中：c(Na＋)>c(SO32－)>c(HSO3－)>c(OH－)
D．图中Y点对应的溶液中：3c(SO32－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)
9、某有机物的结构为，下列说法正确的是（ ）
A．1 ml该有机物最多可以与7 ml H2发生加成反应
B．该有机物可以发生取代、加成、氧化、水解等反应
C．0.1 ml该有机物与足量金属钠反应最多可以生成3.36L H2
D．与该有机物具有相同官能团的同分异构体共有8种（不考虑立体异构）
10、 “神药”阿司匹林是三大经典药物之一，下列有关阿司匹林的说法错误的是（ ）
A．能与NaHCO3 溶液反应产生气体
B．与邻苯二甲酸（）互为同系物
C．在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸
D．1ml 阿司匹林最多能与 3ml H2 发生加成反应
11、下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−
B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I− +IO3−+6H+=I2+3H2O
C．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2O
D．电解饱和食盐水：2Cl−+2H+Cl2↑+ H2↑
12、下列有关溶液性质的叙述，正确的是（ ）
A．室温时饱和的二氧化碳水溶液，冷却到0℃时会放出一些二氧化碳气体
B．强电解质在水中溶解度一定大于弱电解质
C．相同温度下，把水面上的空气换成相同压力的纯氧，100g水中溶入氧气的质量增加
D．将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，或者温度仍保持在40℃并加入少量无水硫酸铜，在这两种情况下溶液中溶质的质量分数均保持不变
13、已知1ml氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，下列热化学方程式正确的是
A．2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+241.8kJ
B．H2（g）+1/2O2（g）→H2O（s）+241.8 kJ
C．H2（g）+1/2O2（g）→H2O（g）-241.8 kJ
D．H2O（g）→H2（g）+1/2O2（g）-241.8 kJ
14、某固体混合物可能由Al、( NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，现象和有关数据如图所示(气体体积数据换算成标准状况)。关于该固体混合物，下列说法正确的是（ ）
A．含有4.5gAl
B．不含FeCl2、AlCl3
C．含有物质的量相等的( NH4)2SO4和MgCl2
D．含有MgCl2、FeCl2
15、X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，X与Z同族，Y与Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法正确的是
A．Y的最高价氧化物对应的水化物是二元强酸
B．原子半径：Xc(HX－)>c(H＋)，故D错误；
答案：A
本题考查了酸碱中和滴定实验，注意先分析中和后的产物，再根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒分分析；注意多元弱酸盐的少量水解，分步水解，第一步为主；多元弱酸少量电离，分步电离，第一步为主。
8、C
【解析】
用0.1ml/LNaOH溶液滴定40mL0.1ml/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：NaOH+H2SO3═NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOH═Na2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。
【详解】
A．由图像可知，当溶液中c(HSO3-)= c(SO32－)时，此时pH=7.19，即c(H+)=10-7.19ml/L，则H2SO3的Ka2==c(H+)，所以H2SO3的Ka2=1×10-7.19，Ka2(H2SO3)的数量级为10－8，故A正确；
B．第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图像，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，可用甲基橙作指示剂，故B正确；
C．Z点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，溶液pH=9.86，溶液显碱性，表明SO32-会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(OH-)＞c(HSO3-)，故C错误；
D．根据图像，Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于c(HSO3-)=c(SO32-)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故D正确；
答案选C。
明确滴定反应式，清楚特殊点的含义，把握溶液中的守恒思想是解答本题的关键。本题的易错点为A，要注意根据Y点结合Ka2的表达式分析解答。
9、A
【解析】
该物质中含有酚羟基、碳碳双键和羧基，具有酚、烯烃、羧酸性质，能发生加成反应、取代反应、显色反应、加聚反应、酯化反应等。
【详解】
A．苯环和碳碳双键都能和氢气发生加成反应，则1ml该有机物最多可与7ml H2发生加成反应，选项A正确；
B．该分子不含酯基或卤原子，所以不能发生水解反应，酚羟基和羧基能发生取代反应，苯环及碳碳双键能发生加成反应，碳碳双键和酚羟基能发生氧化反应，选项B错误；
C．虽然分子中含有二个酚羟基和一个羧基，但没有说明标准状况下，产生的气体体积无法计算，选项C错误；
D．分子中含有戊基-C5H11，戊基有8种，且其他基团在苯环上的位置还有多种，故该有机物具有相同官能团的同分异构体一定超过8种，选项D错误；
答案选A。
本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、羧酸和酚的性质，题目难度不大。
10、B
【解析】
A、含-COOH，能与NaHCO3 溶液反应产生气体，故A正确；
B、与邻苯二甲酸()的官能团不完全相同，不是同系物，故B错误；
C、含-COOC-，在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸，故C正确；
D、只有苯环与氢气发生加成，则1ml 阿司匹林最多能与 3ml H2 发生加成反应，故D正确；
故选：B。
本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，注意羧酸、酯的性质，题目难度不大。
11、A
【解析】
A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3；
B项，电荷不守恒，得失电子不守恒；
C项，在碱性溶液中不可能生成H+；
D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。
【详解】
A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A项正确；
B项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B项错误；
C项，在碱性溶液中不可能生成H+，正确的离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；
D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，D项错误；答案选A。
本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中D项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中B项）；④从反应的条件进行判断（题中C项）；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。
12、D
【解析】
A. 气体的溶解度随温度的降低而增大，所以室温下饱和的二氧化碳水溶液降温至0℃，不会放出二氧化碳气体，A错误；
B. 难溶于水的强电解质(如BaSO4)，在水中溶解度小于某些可溶性弱电解质(如醋酸)，B错误；
C. 相同温度、相同压强下，氧气在水中的溶解度不变，所以把水面上的空气换成相同压力的纯氧，100g水中溶入氧气的质量不变，C错误；
D. 将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，虽然溶液变为不饱和，但溶质的质量分数不变；温度仍保持在40℃并加入少量无水硫酸铜，硫酸铜的溶解度不变，溶质的质量分数不变，D正确。
故选D。
13、D
【解析】
1ml氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8kJ热量，该反应的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/ml，即H2（g）+1/2O2（g）→H2O（g）+241.8 kJ，选项B、C均错误；
2ml氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出483.6kJ热量，该反应的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/ml，即2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+483.6kJ，选项A错误；
1ml水蒸气分解生成氢气和氧气吸收241.8kJ热量，该反应的热化学方程式为： H2O（g）= H2（g）+O2（g）△H=+241.8kJ/ml，即H2O（g）→H2（g）+1/2O2（g）-241.8 kJ，选项D正确。
答案选D。
据热化学方程式的书写原则写出氢气燃烧生成气态水的热化学方程式，方程中的热量和化学计量数要对应，根据1ml气态水转化成液态水放出的热量，结合氢气与氧气反应生成气态水的反应热计算生成液态水的反应热。
14、C
【解析】
5.60L标况下的气体通过浓硫酸后，体积变为3.36L，则表明V(H2)=3.36L，V(NH3)=2.24L，从而求出n(H2)=0.15ml，n(NH3)=0.1ml，从而确定混合物中含有Al、( NH4)2SO4；由白色沉淀久置不变色，可得出此沉淀为Mg(OH)2，物质的量为；由无色溶液中加入少量盐酸，可得白色沉淀，加入过量盐酸，白色沉淀溶解，可确定此沉淀为Al(OH)3，溶液中含有AlCl3。从而确定混合物中一定含有Al、( NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3，一定不含有FeCl2。
【详解】
A. 由前面计算可知，2Al—3H2，n(H2)=0.15ml，n(Al)=0.1ml，质量为2.7g，A错误；
B. 从前面的推断中可确定，混合物中不含FeCl2，但含有AlCl3，B错误；
C. n(NH3)=0.1ml，n[(NH4)2SO4]=0.05ml，n(MgCl2)= n[Mg(OH)2]=0.05ml，从而得出(NH4)2SO4和MgCl2物质的量相等，C正确；
D. 混合物中含有MgCl2，但不含有FeCl2，D错误。
故选C。
15、D
【解析】
X、Y、Z、W为四种短周期主族元素， Y与Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，则W为Na，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为O，X与Z同族，则Z为S，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则Y为Cl。
A. Y的最高价氧化物对应的水化物HClO4是一元强酸，选项A错误；
B. 原子半径：X(O) H2S，选项C错误；
D. X与W可形成两种阴、阳离子的物质的量之比均为1：2的离子化合物Na2O和Na2O2，选项D正确。
答案选D。
16、D
【解析】
100mL 0.1ml∙L﹣1硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]中NH4Al(SO4)2物质的量为0.01ml．溶液含有NH4+0.01ml，Al3+0.01ml，SO42-0.02ml。
开始滴加时，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH- =Al(OH)3↓，当Al3+沉淀完全时需加入0.03ml OH-，即加入0.015ml Ba(OH)2，加入的Ba2+为0.015ml，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；（开始到a）
再滴加Ba(OH)2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++ OH-=NH3∙H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42-完全沉淀时，共需加入0.02ml Ba(OH)2，加入0.04ml OH-，Al3+反应掉0.03mlOH﹣，生成Al(OH)30.01ml，剩余0.01mlOH﹣恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；（a到b）
继续滴加Ba(OH)2，Al(OH)3溶解，发生反应Al(OH)3+OH- =AlO2﹣+2H2O，由方程式可知要使0.01ml Al(OH)3完全溶解，需再加入0.005ml Ba(OH)2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液．（b到c）
【详解】
A．由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH﹣= Al(OH)3↓，a点对应的沉淀为BaSO4和Al(OH)3，溶液中的溶质是(NH4)2SO4，该物质水解溶液呈酸性，A错误；
B．a点沉淀的质量=0.015ml×233g/ml+0.01ml×78g/ml=4.275g，c点为硫酸钡的质量，为0.01ml×2×233g/ml=4.66g，所以质量c点＞a点，B错误；
C．当SO42﹣完全沉淀时，共需加入0.02ml Ba(OH)2，则b点消耗氢氧化钡体积==0.2L=200mL，C错误；
D．至c点完成反应，反应的离子方程式可表示为：Al3++2SO42﹣+NH4++2Ba2++5OH﹣=AlO2﹣+2BaSO4↓+NH3∙H2O+2H2O，D正确；
故选D。
在分析曲线时，可使用共存原理，对此题来说，主要是NH4+、Al3+、Al(OH)3与OH-反应的顺序问题，若假设NH4+先与OH-发生反应，由于生成的NH3∙H2O能与Al3+反应生成Al(OH)3，所以假设错误，应为Al3+先与OH-反应生成Al(OH)3；对NH4+、Al(OH)3哪个先与OH-反应，若我们认为Al(OH)3先反应，生成的AlO2-能与NH4+发生反应生成Al(OH)3和NH3∙H2O，所以假设错误，应为NH4+先与OH-反应。
17、D
【解析】
A. 甘油醛不属于单糖，故错误；
B.键线式为 的名称为2,2,4,5−四甲基−3,3−二乙基己烷，故错误；
C. 高聚物的单体为碳酸乙二醇，而的单体是乙二醇，故没有共同的单体，故错误；
D. 水杨酸含有羧基和酚羟基，1 ml的水杨酸消耗2ml氢氧化钠，1 ml的1,2−二氯乙烷消耗2ml氢氧化钠，CH3NHCOOCH3含有酯基和肽键，所以1 ml的CH3NHCOOCH3消耗2ml氢氧化钠，将总物质的量为1 ml三种物质的混合物与NaOH溶液充分反应，最多可以消耗2 ml NaOH，故正确。
故选D。
18、D
【解析】
A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl；
B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代；
C、1ml b加氢生成饱和烃需要3mlH2；
D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构。
【详解】
A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl，属于取代反应，故A错误；
B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代，故B错误；
C、1ml b加氢生成饱和烃需要3mlH2，故C错误；
D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构分别有3种、4种、1种，故D正确。
故选D。
易错点B，区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件，后者甲基上的氢也可以被取代。
19、C
【解析】
A. 没有说明是否为标准状态，所以无法由体积计算气体的物质的量，即无法确定所含化学键数目，故A错误；
B. Cl2 和水反应为可逆反应，所有转移电子数小于NA，故B错误；
C. 葡萄糖和冰醋酸的最简式都为CH2O，则3.0 g 含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为 =0.4NA，故C正确；
D. pH=13，c(OH-)=，则1L溶液中OH-个数为 0.1NA，故D错误；
故选C。
20、D
【解析】
A．世界最大射电望远镜主体用料：钢索是金属合金材料，故A不符合；
B．中国第一艘国产航母主体用料：钢材属于合金为金属材料，故B不符合；
C．中国大飞机C919主体用料：铝合金属于金属材料，故C不符合；
D．世界最长的跨海大桥港珠澳大桥主体用料：硅酸盐不是金属材料，故D符合；
故答案为D。
21、C
【解析】
OCN－中每种元素都满足8电子稳定结构即可各其中O元素为-2价、C元素为+4价、N元素为-3价；其反应的离子方程式为：2OCN－+4OH－+3Cl2=2CO2+N2+6Cl－+2H2O；即可得如果有6 ml Cl2完全反应，则被氧化的OCN－的物质的量是4 ml，故答案选C。
22、B
【解析】
A．电解饱和食盐水时，阳极得到Cl2 和NaOH(aq)）；
B．教材所示的铜-锌原电池在工作时，Zn2+ 向铜片附近迁移；
C．电镀池——特殊的电解池。电镀槽里的电极分为阴极和阳极，阳极发生氧化反应；
D．原电池与电解池连接后，跟原电池的负极相连的那个电极叫阴极。电子从原电池负极流向电解池阴极。
二、非选择题(共84分)
23、C7H8O 羧基 银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液 NaOH的醇溶液，加热 水解反应（或取代反应） +H2O +2H2O 13
【解析】
有机物B是芳香烃的含氧衍生物，其相对分子质量为108，B中氧的质量分数为14.8%，B中O原子个数==1，碳原子个数==7…8，所以B分子式为C7H8O，B中含有苯环且能连续被氧化，则B为，B被催化氧化生成M，M为，N为苯甲酸，结构简式为；
A发生水解反应生成醇和羧酸，C为羧酸，根据题给信息知，C发生取代反应生成D，D发生反应然后酸化得到E，E能生成H，D是含有氯原子的羧酸，则D在氢氧化钠的醇溶液中加热生成E，E发生加聚反应生成H，所以D为、E为、C为；D反应生成F，F能反应生成E，则D发生水解反应生成F，F为，F发生酯化反应生成G，根据G分子式知，G为；根据B、C结构简式知，A为，以此解答该题。
【详解】
(1)B为，分子式为C7H8O，D为，含氧官能团为羧基；
(2)由以上分析可知A为，M为，含有醛基，可用银氨溶液或新制备氢氧化铜浊液检验；
(3)通过以上分析知，条件I为氢氧化钠的醇溶液、加热；D为，D发生水解反应(取代反应)生成F；
(4)F发生消去反应生成E，反应方程式为+2H2O，F发生酯化反应生成G，反应方程式为+2H2O；
(5)N为苯甲酸，结构简式为，X是N的同系物，相对分子质量比N大14，即X中含有羧基，且分子中碳原子数比N多一个，根据条件：①含有苯环 ②能发生银镜反应，说明含有醛基，③遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，如苯环含有2个取代基，则分别为-CH2CHO、-OH，有邻、间、对3种，如苯环含有3个取代基，可为-CH3、-CHO、-OH，有10种，共13种；
其中核磁共振氢谱有五组峰，且吸收峰的面积之比为1：1：2：2：2的同分异构体的结构简式为。
以B为突破口采用正逆结合的方法进行推断，注意结合反应条件、部分物质分子式或结构简式、题给信息进行推断，注意：卤代烃发生反应条件不同其产物不同。
24、加成反应 3−氯丙烯 碳碳双键和氯原子 CH2=CHCH=CH2 CH2=CHCH3 + Cl2CH2=CHCH2Cl + HCl 20
【解析】
根据各物质的转化关系，丙烯与氯气发生取代生成B为3-氯丙烯，比较B和D的结构简式可知，B与C发生加成反应生成D，C为CH2=CHCH=CH2，D与氢气发生加成反应生成E为，E与氰化钠发生取代生成F，F与氢气加成生成G，G与氯化氢加成再碱性水解得，再氧化可得X，以CH3CH=CHCH3合成，可以用CH3CH=CHCH3与CH2=CHCH=CH2发生加成反应得，再与氯气加成后与乙炔钠反应可得，据此答题。
【详解】
(1)根据上面的分析可知，反应①的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应。
(2)B的名称是3−氯丙烯，根据D的结构简式可知，D分子中含有官能团的名称是碳碳双键和氯原子，故答案为：3−氯丙烯；碳碳双键和氯原子。
(3)根据上面的分析可知，物质C的结构简式为CH2=CHCH=CH2，故答案为：CH2=CHCH=CH2。
(4)A生成B的化学方程式为CH2=CHCH3 + Cl2CH2=CHCH2Cl + HCl，应③的化学方程式为；故答案为：CH2=CHCH3 + Cl2CH2=CHCH2Cl + HCl；。
(5)根据D的结构，结合条件①有相同的官能团，即有碳碳双键和氯原子，②含有六元环，③六元环上有2个取代基，则符合条件的D的同分异构体为含有碳碳双键的六元环上连有氯原子和甲基，这样的结构有17种，或者是的环上连有氯原子，有3种结构，所以共有20种；故答案为：20。
(6)以CH3CH=CHCH3合成，可以用C CH3CH=CHCH3与CH2=CHCH=CH2发生加成反应得，再与氯气加成后与乙炔钠反应可得，反应的合成路线为；故答案为：。
25、球形冷凝管 ad 使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺 上 与对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐进入水层与对硝基甲苯的分离 H++OH-=H2O、+OH-+H2O b 57.0%
【解析】
首先向三颈烧瓶中加稀盐酸、对硝基甲苯和适量铁粉加热进行反应，生成对甲基苯胺盐酸盐，调节pH=7~8，沉淀铁离子并使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，加入苯溶解生成的对甲基苯胺和未反应的对硝基甲苯，抽滤静置分液得到有机层，向有机层中加入盐酸使对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐，生成的对甲基苯胺盐酸盐易溶于水，静置分液得到无机层，向无机层加入NaOH溶液，使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，对甲基苯胺常温下为不溶于水的固体，所以在加入氢氧化钠溶液后会有对甲基苯胺固体析出，抽滤得到固体，洗涤、干燥得到产品。
【详解】
（1）该反应中反应物沸点较低，加热反应过程中会挥发，需要在a处加装球形冷凝管冷凝回流；分液操作需要烧杯、分液漏斗、铁架台，所以选ad；
（2）根据题目所给信息可知，pH值升高会使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，达到分离提纯的目的；
（3）根据分析步骤③中液体M为有机层，溶剂为苯，密度比水小，所以在上层；加入盐酸使对甲基苯胺转化为易溶于水的对甲基苯胺盐酸盐，从而实现与对硝基甲苯的分离；
（4）下层液体中有未反应的盐酸和生成的对甲基苯胺盐酸盐都与NaOH发生反应，离子方程式为：H++OH-=H2O、+OH-+H2O；
（5）洗涤过程是为了洗去对甲基苯胺可能附着的对甲基苯胺盐酸盐、NaCl和NaOH等可溶于水的杂质，为降低对甲基苯胺洗涤过程的溶解损失，最好的洗涤剂应为蒸馏水，所以选b；
（6）原料中有13.7g对硝基甲苯，即=0.1ml，所以理论上生成的对甲基苯胺应为0.1ml，实际得到产品6.1g，所以产率为=57.0%。
26、NH3、H2、I2(HI) 吸收多余的氨气 Zn+I2═ZnI2 安全瓶 Fe粉 Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2O Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-显红色 假设SCN-被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立 Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4
【解析】
(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I(固)⇌NH3(气)+HI(气)，2HI(气)⇌H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为 NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是 吸收多余的氨气；
(2)装置B中锌的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2═ZnI2，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸，因为氨气极易被浓硫酸吸收；
(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；
(4)Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；
(5)步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；
(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7，由此确定混合物的组成。
【详解】
：(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I(固)⇌NH3(气)+HI(气)，2HI(气)⇌H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为 NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是 吸收多余的氨气；
(2)装置B的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2═ZnI2，因为氨气极易被浓硫酸吸收，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸；
(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；
(4)利用甲组现象可知Fe2O3与CO在酒精灯加热的条件下，Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；
(5)因Fe3+遇SCN-显红色，所以乙组步骤3中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致，溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；
(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7；则混合物的组成为Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4，故答案为：Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4。
27、、 装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊 排尽装置内的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的干扰实验 吸收，避免对CO的检验产生干扰 当滴入最后一滴溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 2.10
【解析】
I．草酸铵在A中受热分解，若产物中有氨气，氨气与水反应生成氨水，氨水显碱性，则浸有酚酞溶液的滤纸变红，通入澄清石灰水，若澄清石灰水变浑浊，则产物有二氧化碳，用NaOH溶液除去二氧化碳，用浓硫酸除去水蒸气，接下来若玻璃管内变红，且F中澄清石灰水变浑浊则证明产物中有CO；
II．钙离子和草酸根离子生成草酸钙沉淀，草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸，用高锰酸钾滴定草酸从而间接滴定钙离子。
【详解】
Ⅰ.（1）实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体，若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有CO，所以草酸铵分解产生了、、CO和，反应的化学方程式为；
（2）反应开始前，通入氮气的目的是排尽装置内的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的干扰实验,故答案为：排尽装置内的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的干扰实验；
（3）装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO，所以要把分解产生的除去，因此装置C的作用是：吸收，避免对CO的检验产生干扰，故答案为：吸收，避免对CO的检验产生干扰；
（4）草酸铵分解产生的有还原性，一定条件下也会与CuO反应，该反应的化学方程式为；
Ⅱ用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸根离子，发生的是氧化还原反应，红色的高锰酸钾溶液会褪色，滴定至终点时的实验现象为：当滴入最后一滴溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，根据三次滴定所用酸性高锰酸钾溶液的体积可知，第三次与一、二次体积差别太大，需舍弃，所以两次的平均体积为，根据氧化还原反应中的电子守恒及元素守恒，则：，解得，所以20mL血液样品中含有的钙元素的物质的量为，即，则该血液中钙元素的含量为，故答案为：当滴入最后一滴溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；。
28、1s22s22p63s23p63d9 N＞O＞C sp3、sp2 4 H3O+ CuCl
【解析】
（1）根据构造原理，按能级能量从低到高排列，然后将同一能层的能级排列在一起写出Cu原子的电子排布式，再由外向内失去电子，得到Cu2+的电子排布式；
（2）该反应中含有的第二周期非金属元素为C、N、O。根据同周期从左至右，元素的第一电离能总体上呈增大的趋势，可以判断元素的第一电离能大小，但注意第ⅡA和第ⅤA族元素原子的最外层电子分别为全充满和半充满状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，据此可判断三种元素的第一电离能大小关系。
（3）利用杂化轨道数=中心原子的孤电子对的对数+中心原子的σ键个数进行判断；
（4）由配合物[Cu(NH3)3CO]Ac的分子式可知，Cu为中心原子，提供空轨道，NH3、CO为配体，由分子式可知配位数为4；原子总数相同，价电子总数相同的分子或离子互为等电子体，据此可写出NH3的等电子体。
（5）根据A原子的价电子排布式3s23p5推断出A为Cl原子，利用“均摊法”计算分析得出晶体的化学式。
【详解】
（1）铜元素为29号元素，原子核外有29个电子，失去2个电子形成Cu2+，所以Cu2+的电子排布为1s22s22p63s23p63d9；答案为：1s22s22p63s23p63d9；
（2）该反应中第二周期的非金属元素为碳、氮、氧三种元素，根据同一周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但氮元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故答案为：N＞O＞C；
（3）甲基（−CH3）中原子形成4个单键，杂化轨道数目为4，采用的是sp3杂化；羧基（−COOH）中碳原子形成3个σ键，杂化轨道数目为3，采用的是sp2杂化；
（4）配合物[Cu(NH3)3CO]Ac配体为NH3和CO，配位数为4；NH3的等电子体根据等电子原理即可写出，为H3O+。答案为：4；H3O+；
（5）A原子的价电子排布式为3s23p5，A是Cl。铜与Cl形成化合物的晶胞如图所示，其中铜全部在晶胞中，共计4个。氯原子的个数是，该晶体的化学式为CuCl。答案为：CuCl。
利用“均摊法”计算晶胞中所含粒子数及晶体的化学式的原则和方法：
（1）原则：晶胞上任意位置上的一个粒子如果是被n个晶胞所共有，则每个晶胞对这个粒子分得的份额就是；
（2）方法：
①长方体（包括立方体）晶胞中不同位置的粒子数的计算：
a．粒子位于顶点：为8个晶胞所共有，粒子属于该晶胞；
b．粒子位于棱上：为4个晶胞所共有，粒子属于该晶胞；
c．粒子位于面上：为2个晶胞所共有，粒子属于该晶胞；
d．粒子位于内部：整个粒子都属于该晶胞；
②非长方体晶胞中粒子视具体情况而定，如石墨晶胞中每一层内碳原子排成六边形，其顶点（1个碳原子）被三个六边形共有，每个六边形占。
29、d 平面三角形 3 氨分子与Zn2+形成配合物后,孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大 离子晶体 （或0.707a）
【解析】
（1）a．碳的电子式是，但碳原子最外层只有2p能级有2个单电子；
b．共价键分摊：每个碳原子周围的3个σ键分别被3个碳原子分摊（各占一半），每个碳原子分摊的σ键数为1.5，12g石墨烯即1ml含σ键数为1.5NA；
c．石墨烯层间可以滑动，说明层与层之间的作用力弱，是分子间作用力；
d．石墨烯中含有多中心的大π键。
（2）分析C成键情况，结合VSEPR模型判断；电负性最大的是O元素；
（3）氨分子中有孤对电子。氨分子与Zn2+形成配合物后,孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大；
（4）化合物[EMIM][AlCl4]由阴、阳离子构成；根据形成大π键的原子数和电子数分析；
（5）晶胞边长为anm=a×10-7cm，晶胞体积=（a×10-7cm）3，该晶胞中Ca2＋个数=1+12×1/4=4，C22－个数=8×1/8+6×1/2=4，其晶体密度=mV；晶胞中Ca2＋位于C22－所形成的八面体的体心，该正八面体的边长根据正方形对角线的长度计算。
【详解】
（1）a．碳的电子式是，但碳原子最外层只有2p能级有2个单电子，故错误；
b．共价键分摊：每个碳原子周围的3个σ键分别被3个碳原子分摊（各占一半），每个碳原子分摊的σ键数为1.5，12g石墨烯即1ml含σ键数为1.5NA，故错误；
c．石墨烯层间可以滑动，说明层与层之间的作用力弱，是分子间作用力，故错误；
d．石墨烯中含有多中心的大π键，故正确。
故选d。
（2）COCl2分子中的C原子最外层的4个电子全部参与成键，C原子共形成1个双键和2个单键，故其采取sp2杂化，该分子的空间构型为平面三角形；
该分子中电负性最大的是O元素，基态氧原子中，有1s上1种、2s上1种、2p上1种，即3种不同能量的电子；
（3）氨分子中有孤对电子。氨分子与Zn2+形成配合物后,孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大；
（4）化合物[EMIM][AlCl4]由阴、阳离子构成，属于离子晶体；EMIM+形成大π键的原子数为5、电子数为6，则EMIM+离子中的大π键应表示为 ；
（5）晶胞边长为anm=a×10-7cm，晶胞体积=（a×10-7cm）3，该晶胞中Ca2＋个数=1+12×1/4=4，C22－个数=8×1/8+6×1/2=4，其晶体密度=mV=M×4/[NA(a×10-7)3]g·cm－3；晶胞中Ca2＋位于C22－所形成的八面体的体心，该正八面体的平面对角线为 anm，则正八面体的边长为 （或0.707a）nm.
Al
P
Ga
As
世界最大射电望远镜
中国第一艘国产航母
中国大飞机C919
世界最长的港珠澳大桥
A．钢索
B．钢材
C．铝合金
D．硅酸盐
步骤
操作
甲组现象
乙组现象
1
取黑色粉末加入稀盐酸
溶解，无气泡
溶解，有气泡
2
取步骤 1 中溶液，滴加 KSCN 溶液
变红
无现象
3
向步骤 2 溶液中滴加新制氯水
红色先变深后褪去
先变红后也褪色