陕西省铜川市2026年高三第二次模拟考试化学试卷（含答案解析）

这是一份陕西省铜川市2026年高三第二次模拟考试化学试卷（含答案解析），共7页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号等内容，欢迎下载使用。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
2、亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，主要用于农药中间体以及有机磷水处理药剂的原料。常温下，向1L0.500ml·L－1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示，下列说法正确的是
A．a、b两点时，水电离出的c水(OH－)之比为1.43：6.54
B．b点对应溶液中存在：c(Na+)=3c(HPO32－)
C．反应H3PO3+HPO32－2H2PO3－的平衡常数为105.11
D．当V(NaOH)=1 L 时，c(Na+)＞c(H2PO3－)＞c(OH－)＞c(H+)
3、NA代表阿伏加德罗常数的值。4g α粒子(4He2+)含
A．2NA个α粒子B．2NA个质子C．NA个中子D．NA个电子
4、由两种物质组成的一包白色粉末，通过如下实验可鉴别其中的成分：取少量样品加入足量水中，充分搅拌，固体部分溶解；向所得的悬浊液中加入足量稀HNO3，有气体放出，最后仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色。该白色粉末可能为
A．SiO2、明矾B．BaCO3、无水CuSO4
C．MgCO3、Na2S2O3D．KCl、Ag2CO3
5、常温下2 mL 1 ml·L-1 NaHCO3溶液，pH约为8，向其中滴加等体积等浓度的饱和CaCl2溶液，有白色沉淀和无色气体生成。下列说法中正确的是
A．NaHCO3溶液中， c(H+) + c(Na+) = c(HCO3-) + c(CO32-) + c(OH-)
B．NaHCO3溶液中，c(Na+) > c(OH-)> c(HCO3-) > c(H+)
C．加热NaHCO3溶液，pH增大，一定是HCO3- 水解程度增大的结果
D．滴加饱和CaCl2溶液发生了反应：Ca2+ + 2HCO3- = CaCO3↓ + H2O + CO2↑
6、下列反应中，反应后固体物质增重的是
A．氢气通过灼热的CuO粉末B．二氧化碳通过Na2O2粉末
C．铝与Fe2O3发生铝热反应D．将锌粒投入Cu(NO3)2溶液
7、2018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关化学知识的说法错误的是
A．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”
B．我国发射“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种非金属材料
C．用聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒，以减少木材的使用
D．碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料
8、向含有0.2 ml氢氧化钠和0.1 ml氢氧化钙的溶液中，持续稳定地通入二氧化碳气体，通入气体为6.72 L（标准状况）时，立即停止，则这一过程中，溶液中离子数目与通入二氧化碳气体体积的关系正确的是（不考虑气体的溶解）
A．B．C．D．
9、练江整治已刻不容缓，其中以印染工业造成的污染最为严重。某工厂拟综合处理含NH4+ 废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO），设计了如下工业流程：
下列说法错误的是
A．气体I中主要含有的气体有N2、NO、CO
B．X在反应中作氧化剂，可通入过量的空气
C．处理含NH4+废水时，发生离子方程式是：NH4++NO2-=N2↑+2H2O
D．捕获剂所捕获的气体主要是CO
10、实验是化学研究的基础。关于下列各实验装置图的叙述中正确的是( )
A．装置①常用于分离互不相溶的液态混合物
B．装置②可用于吸收氨气,且能防止倒吸
C．用装置③不可以完成“喷泉”实验
D．用装置④稀释浓硫酸和铜反应冷却后的混合液
11、下列说法错误的是
A．在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮
B．在高温下煤和水蒸气作用得到CO、H2、CH4等气体的方法属于煤的气化
C．由于含钠、钾、钙、铂等金属元素的物质焰色试验呈现各种艳丽色彩，可用于制造烟花
D．淀粉可用于制取葡萄糖、乙醇、乙酸
12、某甲酸溶液中含有甲醛，用下列方法可以证明的是
A．加入足量的新制氢氧化铜并加热煮沸，有砖红色的沉淀
B．加入过量的氢氧化钠充分反应后的溶液能发生银镜反应
C．将试液进行酯化反应后的混合液能发生银镜反应
D．加入足量氢氧化钠后，蒸馏出的气体通入新制的氢氧化铜悬浊液加热有砖红色沉淀
13、某学习小组在实验室中用废易拉罐(主要成分为 AI，含有少量的 Fe、Mg 杂质)制明矾[KAl(SO4)2·12H2O]的过秳如图所示。
下列说法正确的是
A．为尽量少引入杂质，试剂①应选用氨水
B．滤液 A 中加入 NH4HCO3 溶液产生 CO2
C．沉淀 B 的成分为 Al(OH)3
D．将溶液 C 蒸干得到纯净的明矾
14、下列离子方程式书写错误的是
A．铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑
B．Al(OH)3溶于NaOH溶液中：Al(OH)3 +OH-=AlO2- +2H2O
C．碳酸氢钠水解： HCO3-+H2OOH-+CO2↑+H2O
D．FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2 =2Fe3++2Cl-
15、常温下，有关0.1ml/LCH3COONa溶液(pH>7)，下列说法不正确的是（ ）
A．根据以上信息，可推断CH3COOH为弱电解质
B．加水稀释过程中，c(H+)⋅c(OH−) 的值增大
C．加入NaOH固体可抑制 CHCOO−的水解
D．同pH的CH3COONa溶液和NaOH溶液，由水电离出的c(H+)前者大
16、一定条件下，体积为1L的密闭容器中，0.3mlX和0.2mlY进行反应：2X（g）＋Y（s） Z（g），经10s达到平衡，生成0.1mlZ。下列说法正确的是（ ）
A．若增加Y的物质的量，则V正大于V逆平衡正向移动
B．以Y浓度变化表示的反应速率为0.01ml·L－1·s－1
C．该反应的平衡常数为10
D．若降低温度，X的体积分数增大，则该反应的△H＜0
17、向1.00L浓度均为0.0100ml/L的Na2SO3、NaOH 混合溶液中通入HCl气体调节溶液pH(忽略溶液体积变化)。其中比H2SO3、HSO3-、SO32-平衡时的分布系数(各含硫物种的浓度与含硫物种总浓度的比)随HCl气体体积(标况下)的变化关系如图所示(忽略SO2气体的逸出)；已知Ka1代表H2SO3在该实验条件下的一级电离常数。下列说法正确的是
A．Z点处的pH=-lgKa1(H2SO3)
B．从X点到Y点发生的主要反应为SO32- +H2O⇌HSO3- +OH-
C．当V(HCl)≥672mL时，c(HSO3-) = c(SO32-)=0ml/L
D．若将HCl改为NO2，Y点对应位置不变
18、催化加氢不能得到2-甲基戊烷的是( )
A．CH3CH=C(CH3)CH2CH3 B．(CH3)2C=CHCH2CH3
C．CH≡C(CH3)(CH2)2CH3 D．CH3CH=CHCH(CH3)2
19、下列固体混合物与过量的稀H2SO4反应，能产生气泡并有沉淀生成的是
A．NaHCO3和Al（OH）3B．BaCl2和NaClC．MgCO3和K2SO4D．Na2SO3和BaCO3
20、两份铝屑，第一份与足量盐酸反应，第二份与足量NaOH溶液反应，产生氢气的体积比为1∶2（同温同压下），则第一份与第二份铝屑的质量比为
A．1∶1B．1∶2C．1∶3D．2∶1
21、已知常温下，Ksp(NiS)≈1.0×10-21，Ksp(ZnS)≈1.0×10-25，pM=-lgc(M2+)。向20mL0.1ml·L-1NiCl2溶液中滴加0.1ml·L-1Na2S溶液，溶液中pM与Na2S溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．图像中，V0=40，b=10.5
B．若NiCl2(aq)变为0.2ml·L-1，则b点向a点迁移
C．若用同浓度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液，则d点向f点迁移
D．Na2S溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)
22、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同。X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子。根据以上叙述，下列说法中正确的是
A．上述四种元素的原子半径大小为W0，故D错误；
答案选C。
17、A
【解析】
A．在Z点c(H2SO3)=c(HSO3-)，由，则有，则pH=-lgc(H+)=-lgKa1，A正确；
B．根据图示，从X点到Y点，SO32－的浓度减少，而HSO3－的浓度在增加，则加入盐酸发生的主要反应为SO3－+H＋=HSO3，B错误；
C．当V(HCl)=672mL时，n(HCl)=0.672L÷22.4L·ml－1=0.03ml。溶液中的NaOH和Na2SO3的物质的量均为1L×0.01ml·L－1=0.01ml，通入0.03mlHCl，NaOH完全反应，Na2SO3转化为H2SO3。H2SO3为弱酸，可经第一二步电离产生HSO3－和SO32－，其关系是c(HSO3-)＞c(SO32-)＞0，C错误；
D．若将HCl换为NO2，NO2会与水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的HNO3有强氧化性，可以氧化Na2SO3，溶液中将没有SO32－、HSO3－、H2SO3等粒子，Y点位置会消失，D错误。
答案选A。
18、A
【解析】
A.与氢加成生成物为3-甲基戊烷，A错误；B. 与氢加成生成物为2-甲基戊烷，B正确；C.与氢加成生成2,2-二甲基戊烷，或新庚烷，C错误；D. 加成反应好主链C原子为5，甲基在2号碳原子位置，能得到2-甲基戊烷，D正确。
19、D
【解析】
A．碳酸氢钠可以和硫酸反应生成二氧化碳气体，但是NaHCO3和Al(OH)3和硫酸反应都不会生成沉淀，故A错误；
B．BaCl2和NaCl与硫酸反应，前者可以产生沉淀，但都不会生成气体，故B错误；
C．MgCO3可以和硫酸反应生成二氧化碳气体，K2SO4与硫酸不发生反应，没有沉淀生成，故C错误；
D．Na2SO3可以和硫酸反应生成二氧化硫气体，BaCO3可以和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳气体，既能产生气泡又有沉淀生成，故D正确；
答案选D。
20、B
【解析】
盐酸与NaOH溶液足量，则铝完全反应，设铝与盐酸、NaOH溶液反应生成的氢气的物质的量分别为xml、2xml，则
2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑
2 3
x
2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑
2 3
2x
则第一份与第二份铝屑的质量比为：(ml×27g/ml)︰(ml×27g/ml)=1︰2，故选B。
21、C
【解析】
向20mL0.1ml·L-1NiCl2溶液中滴加0.1ml·L-1Na2S溶液，反应的方程式为：NiCl2+Na2S= NiS↓+2NaCl；pM=-lgc(M2+)，则c(M2+)越大，pM越小，结合溶度积常数分析判断。
【详解】
A．根据图像，V0点表示达到滴定终点，向20mL0.1ml·L-1NiCl2溶液中滴加0.1ml·L-1Na2S溶液，滴加20mL Na2S溶液时恰好完全反应，根据反应关系可知，V0=20mL，故A错误；
B．根据图像，V0点表示达到滴定终点，溶液中存在NiS的溶解平衡，温度不变，溶度积常数不变，c(M2+)不变，则pM=-lgc(M2+)不变，因此b点不移动，故B错误；
C．Ksp(NiS)≈1.0×10-21，Ksp(ZnS)≈1.0×10-25，ZnS溶解度更小，滴定终点时，c(Zn2+)小于c(Ni2+)，则pZn2+=-lgc(Zn2+)＞pNi2+，因此若用同浓度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液，则d点向f点迁移，故C正确；
D．Na2S溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，故D错误；
故选C。
本题的易错点为B，要注意在NiS的饱和溶液中存在溶解平衡，平衡时，c(Ni2+)不受NiCl2起始浓度的影响，只有改变溶解平衡时的体积，c(Ni2+)才可能变化。
22、C
【解析】
X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，用的是14C；工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，这是工业上生产氮气的方法，Z的原子序数大于X、Y，且不能形成双原子， X、Y、Z核外内层电子数相同，均是2个，所以Z只能是稀有气体Ne，W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同，则 W是H。
【详解】
A．X为C，Y为N，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径C＞N，Z为Ne，原子半径测定依据不同，一般不与主族元素的原子半径相比较，A错误；
B．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+8=18，B错误；
C．W与Y可形成N2H4的化合物，既含极性共价键又含非极性共价键，C正确；
D．W为H元素，X为C元素，Y为N元素，C和H可形成多种烃类化合物，当相对分子质量较大时，形成的烃在常温下为液体或固体，沸点较高，可能高于W与Y形成的化合物，D错误；
答案选C。
二、非选择题(共84分)
23、CH≡CH 加成反应 碳碳双键、酯基 5 4
【解析】
A属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于H2的密度为13，则A的相对分子质量为26，其分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CH≡CH；B在催化剂作用下发生加聚反应生成，结合B的分子式C4H6O2，可知B的结构简式为CH2=CHOCOCH3，说明A和CH3COOH发生加成反应生成了B；再在NaOH的水溶液中发生水解生成的C应为；D的分子式为C7H8O，遇FeCl3溶液不发生显色反应，再结合D催化氧化生成了，可知D为苯甲醇，其结构简式为；苯甲醛再和CH3COOH发生信息③的反应生成的E为，C和E发生酯化反应生成高分子化合物F为；
(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到。
【详解】
(1)A的分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CH≡CH；
(2)反应①CH≡CH和CH3COOH发生加成反应生成了CH2=CHOCOCH3，反应类型为加成反应；B为CH2=CHOCOCH3，所含官能团的名称为碳碳双键和酯基；
(3)反应③是在
NaOH的水溶液中发生水解反应，反应化学方程式是；
(4)D为，有5种等效氢，核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为1:2:2:2:1； D的同分异构体中，属于芳香族化合物的还包括苯甲醚、对甲苯酚、邻甲苯酚和间甲苯酚，共4种；
(5)反应④是C和E发生酯化反应生成高分子化合物F为，反应的化学方程式是；
(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到，具体的合成路线为：。
常见依据反应条件推断反应类型的方法：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。
24、BD 邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸 硝基 +H2O 、、，
【解析】
苯和氯气发生取代反应生成A，A为；F中不饱和度==5，根据柳胺酚结构简式知，F中含有苯环和碳氧双键，所以F为，E为；D和铁、HCl反应生成E，结合题给信息知，D结构简式为；A反应生成B，B和NaOH水溶液发生水解反应生成C，根据D结构简式知，A和浓硝酸发生取代反应生成B，B为，C为，据此解答。
【详解】
（1）A．柳胺酚有酰胺基、酚羟基2种官能团，A错误；
B．柳胺酚有酚羟基，遇三氯化铁溶液显紫色，B正确；
C．柳胺酚的分子式为：C13H11NO3，C错误；
D．酰胺基水解消耗1mlNaOH，酚羟基共消耗2mlNaOH，1ml柳胺酚最多与3ml NaOH反应，D正确；
综上所述，BD正确，故答案为：BD；
（2）F的结构简式为：，命名为：邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸，B的结构简式为：，含氯原子、硝基2种官能团，硝基为含氧官能团，故答案为：邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸；硝基；
（3）由分析可知，D为：，故答案为：；
（4）E和F脱水缩合生成柳胺酚，化学反应方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；
（5）F为，能发生银镜反应，则分子中含1个-CHO和2个-OH，或者含1个HCOO-和1个-OH，含1个-CHO和2个-OH共有6种，含1个HCOO-和1个-OH共有邻间对3种，共9种，其中分子有四种不同化学环境的氢原子的有3种，分别为：、、，故答案为：、、；
（6）逆合成分析：含酰胺基，可由和CH3COOH脱水缩合而来，可由还原硝基而来，可由硝化而来，整个流程为：，故答案为：。
常见能发生银镜反应的结构有：-CHO、HCOO-、HCONH-、HCOOH等。
25、提高1-萘酚的转化率 冷凝回流 不能 产物沸点大大高于反应物乙醇，会降低产率 a 1-萘酚被氧化，温度高乙醇大量挥发或温度高发生副反应 50%
【解析】
（1）该反应中乙醇的量越多，越促进1-萘酚转化，从而提高1-萘酚的转化率；
（2）长玻璃管起到冷凝回流的作用，使挥发出的乙醇冷却后回流到烧瓶中，从而提高乙醇原料的利用率；
（3）该产物沸点高于乙醇，从而降低反应物利用率，所以不能用制取乙酸乙酯的装置；
（4）提纯产物用10%的NaOH溶液碱洗并分液，把硫酸洗涤去，水洗并分液洗去氢氧化钠，用无水氯化钙干燥并过滤，吸收水，控制沸点通过蒸馏的方法得到，实验的操作顺序为：③②④①，选项是a；
（5）时间延长、温度升高，可能是酚羟基被氧化，乙醇大量挥发或产生副反应等，从而导致其产量下降，即1－乙氧基萘的产量下降可能的两个原因是1-萘酚被氧化，温度高乙醇大量挥发或温度高发生副反应；
（6）根据方程式，1-萘酚与1-乙氧基萘的物质的量相等，则n(C10H8O)=n(C12H12O)=72g÷144g/ml=0.5ml，则m(C12H12O)=0.5ml×172g/ml=86g，其产率= (43g÷86g)×100%=50%。
26、取代反应 （直形）冷凝管 正丁醇 防暴沸或防止反应液剧烈沸腾 135 提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率 分水器中水（或有机物）的量（或液面）不再变化 正丁醇
【解析】
⑴根据反应方程式2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型，根据图中装置得出仪器a的名称。
⑵步骤①中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，烧瓶中是液体与液体加热需要沸石防暴沸。
⑶根据题中信息，生成副反应在温度大于135℃；该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动；水分离器中是的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时表明反应完成。
⑷根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸；根据2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O理论得到C4H9OC4H9物质的量，再计算正丁醚的产率。
【详解】
⑴根据反应方程式2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型是取代反应，根据图中装置得出仪器a的名称是(直形)冷凝管；故答案为：取代反应；(直形)冷凝管。
⑵步骤①中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，因此先加正丁醇，烧瓶中是液体与液体加热，因此沸石的作用是防暴沸或防止反应液剧烈沸腾；故答案为：正丁醇；防暴沸或防止反应液剧烈沸腾。
⑶根据题中信息，生成副反应在温度大于135℃，因此步骤②中为减少副反应，加热温度应不超过135℃为宜。该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动，因此使用水分离器不断分离出水的目的是提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率。水分离器中水的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时或则有机物的量不再变化时，表明反应完成，即可停止实验；故答案为：135；提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率；分水器中水(或有机物)的量(或液面)不再变化。
⑷根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸，因此步骤③中用50%硫酸洗涤的目的是为了除去正丁醇。根据2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O理论得到C4H9OC4H9物质的量为0.17ml，则正丁醚的产率为；故答案为：正丁醇；。
27、增大反应物接触面积，提高氨浸的效率 [Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2O A 制化学肥料等 过滤 干燥 产生有毒的气体，污染环境；原材料利用率低；浓硫酸有强腐蚀性 分液漏斗 做催化剂 氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，且氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大（合理即可） ×100%（或%）
【解析】
（1）破碎机把孔雀石破碎成细小颗粒，增大了与氨水接触面积，使铜与氨充分络合，提高氨浸的效率及浸取率。
（2）由题意可知，氨浸时生成[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3，加热蒸氨的意思为加热时[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3分解生成氨气，由[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3的组成可知还会生成CO2、氧化铜和水，其反应方程式为[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2O。
（3）蒸氨出来的气体有氨气和二氧化碳，氨气有污染，需要通入硫酸净化处理生成硫酸铵，为了防止倒吸，合适的装置为A；净化后生成硫酸铵溶液，其用途是可以制备化学肥料等。
（4）由题意可知，操作2为硫酸铜溶液变成硫酸铜晶体，操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（5）课本中直接利用铜与浓硫酸反应会产生有毒的气体二氧化硫；这样既污染环境又使原材料利用率低；而且浓硫酸有强腐蚀性，直接使用危险性较大。
（6）①盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗。
②由题意可知，氯化铜虽然参与反应，但最后又生成了等量的氯化铜，根据催化剂的定义可知氯化铜在此反应过程中做催化剂。因为氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，在重结晶纯化硫酸铜晶体时可以使二者分离，同时氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大，可使氯化铜保持在母液中，在下一次制备硫酸铜晶体时继续做催化剂使用。
③由题意可知铜粉全部生成硫酸铜晶体（因氯化铜为催化剂，氯化铜中的铜最终不会生成硫酸铜晶体），硫酸铜晶体中的铜元素质量为g，则铜粉的纯度为×100%或化简为%。
28、-46 Nad+3HadNHad+2Had = 33% N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O- AC
【解析】
(1)利用盖斯定律，起点为N2(g)+H2(g)，终点为NH3(g)，∆H=-46kJ·ml-1。该历程中反应速率最慢反应，是需吸热最多的反应，显然是吸热106 kJ·ml-1的反应。
(2)①500℃时，平衡常数不变。
②500℃、30MPa时，氨气的体积分数为20%，利用三段式，计算氢气平衡转化率及Kp。
(3)①从图中看，阴极区N2与C2H5OH反应生成NH3和C2H5O-。
②A．从阴极反应看，三氟甲磺酸锂并未参与反应，所以作用是增强导电性；
B．催化剂只能降低反应的活化能，不能降低键能；
C．从图中看，选择性透过膜可允许N2和NH3通过，但H2O不能透过。
【详解】
(1)利用盖斯定律，起点为N2(g)+H2(g)，终点为NH3(g)，∆H=-46 kJ·ml-1。所以，合成氨反应N2(g)+H2(g) NH3(g) ∆H=-46 kJ·ml-1。该历程中反应速率最慢的反应，是需吸热最多的反应，显然是吸热106 kJ·ml-1的反应，化学方程式为Nad+3HadNHad+2Had。答案为：利用盖斯定律，起点为N2(g)+H2(g)，终点为NH3(g)，∆H=-46kJ·ml-1；Nad+3HadNHad+2Had；
(2)①因为平衡常数只受温度变化的影响，所以500℃时，反应平衡常数Kp(30MPa)= Kp(100MPa)；
②设参加反应N2的物质的量为x，建立三段式为：
则，x=，则N2的体积分数为=20%，H2的体积分数为60%，NH3的体积分数为20%。
500℃、30MPa时，氢气的平衡转化率为=33%，Kp=(MPa)-2；
(3)①从图中看，阴极区N2与C2H5OH反应生成NH3和C2H5O-，电极方程式为N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-；
②A．从阴极反应看，三氟甲磺酸锂并未参与反应，所以作用是增强导电性，A正确；
B．催化剂只能降低反应的活化能，不能降低键能，B不正确；
C．从图中看，选择性透过膜可允许N2和NH3通过，但H2O不能透过，C正确；
故合理选项是AC。
在比较“平衡常数Kp(30MPa)与Kp(100MPa)”的关系时，我们易出错，其错因是受图中数据的影响，我们易产生以下的错误推理：增大压强，NH3的体积分数增大，显然平衡正向移动，所以平衡常数增大。
29、 N>O>C 同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，第一电离能反常 sp3 、 12 5 分子晶体 正八面体
【解析】
根据核外电子排布规律书写价电子的轨道排布式；根据第一电离能的概念及全满、半满结构分析比较第一电离能的大小；根据价层电子对数判断中心原子的轨道杂化方式，根据等电子体概念判断等电子体；根据化学键的类型计算微粒中σ键的数目；根据晶胞的结构分析微粒间构成的空间构型，通过密度和体积进行相关计算；根据物质的物理性质分析判断晶体类型。
【详解】
（1）①铁为26号元素，基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，根据泡利不相容原理及洪特规则分析知价电子轨道表示式为：，故答案为：；
②同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，第一电离能反常，更稳定些，所以第一电离能更大些，故答案为：N>O>C；同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，第一电离能反常；
③IO3-价层电子对数=（O原子按不提供电子算），则根据价层电子对互斥理论分析，其中心原子的杂化方式为sp3；等电子体是原子总数相等，价电子总数相等的微粒，故与CN-互为等电子体的分子是CO或N2，它们的电子式为、；故答案为：sp3；、；
④C原子与N形成叁键，其中1个是σ键，2个是π键，CN-与铁离子之间有6个配位键，所以1mlFe(CN)63−中含有σ键的数目为12ml，故答案为：12；
（2）Fe原子价电子数为8，CO提供一对孤对电子，与Fe原子形成配位键，则8+2x=18，则x=5；配合物Fe(CO)x的熔沸点比较低，易溶于非极性溶剂，应属于分子晶体，故答案为：5；分子晶体；
（3）如图所示，氧离子处于三价铁离子的前后左右和上下，则构成的空间结构为正八面体，故答案为：正八面体；
（4）FexO晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“FexO”，再根据m=ρ∙V可知：，则x=，故答案为：。
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清
苯酚的酸性强于H2CO3的酸性
B
取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体
Na2O2没有变质
C
室温下，用pH试纸测得：0.1 ml/LNa2SO3溶液的pH约为10；0.1 ml/L NaHSO3的溶液的pH约为5
HSO3-结合H+的能力比SO32-弱
D
取少许CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后滴加AgNO3溶液，最终无淡黄色沉淀
CH3CH2Br没有水解
物质
相对分子质量
状态
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解度
水
乙醇
1－萘酚
144
无色或黄色菱形结晶或粉末
96℃
278℃
微溶于水
易溶于乙醇
1－乙氧基萘
172
无色液体
5.5℃
267℃
不溶于水
易溶于乙醇
乙醇
46
无色液体
-114.1℃
78.5℃
任意比混溶
物质
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
水
50%硫酸
其它
正丁醇
74
-89.8
117.7
微溶
易溶
二者互溶
正丁醚
130
-98
142.4
不溶
微溶