2026届四川省遂宁市高考压轴卷化学试卷（含答案解析）

这是一份2026届四川省遂宁市高考压轴卷化学试卷（含答案解析），共15页。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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、在通风橱中进行下列实验：
下列说法中，不正确的是（ ）
A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2=2NO2
B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应
C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化
2、向0.1ml∙L-1的NH4HCO3溶液中逐渐加入0.1ml∙L-1NaOH 溶液时，含氮、含碳粒子的分布情况如图所示(纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数a)，根据图象下列说法不正确的是 ( )
A．开始阶段，HCO3-反而略有增加，可能是因为 NH4HCO3 溶液中存在 H2CO3，发生的主要反应是 H2CO3+OH-=HCO3-+H2O
B．当 pH 大于 8.7 以后，碳酸氢根离子和铵根离子同时与氢氧根离子反应
C．pH=9.5 时，溶液中 c(HCO3-)＞c(NH3∙H2O)＞c(NH4+)＞c(CO32-)
D．滴加氢氧化钠溶液时，首先发生的反应：2NH4HCO3+2NaOH=(NH4)2CO3+Na2CO3
3、向恒温恒容密闭容器中充入1 ml X 和1 ml Y，发生反应 X(g)+2Y(g)Z(g)+W(s)，下列选项不能说明反应已达平衡状态的是
A．v正(X)=2v逆(Y)B．气体平均密度不再发生变化
C．容器内压强不再变化D．X的浓度不再发生变化
4、新型纳米材料氧缺位铁酸盐(MFe2Ox，3c(HSO3-)>c(OH-)
21、35Cl 和 37Cl－具有
A．相同电子数B．相同核电荷数C．相同中子数D．相同质量数
22、2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。一种锂离子电池充电时的阳极反应式为：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+，放电时的工作原理如图。下列叙述不正确的是
A．该电池工作时Fe、P元素化合价均不变
B．放电时，电子由铜箔经外电路流向铝箔
C．充电时，铝箔电极应该接电源的正极
D．充电时，Li+通过隔膜移向铜箔电极方向迁移
二、非选择题(共84分)
23、（14分）美托洛尔可用于治疗各类型高血压及心绞痛，其一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A→B的反应类型是______________，B中官能团的名称为______________。
(2)D→E第一步的离子方程式为_________。
(3)E→F的条件为______________，请写出一种该过程生成的副产物的结构简式_________。(已知在此条件下，酚羟基不能与醇发生反应)。
(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出G的结构简式，并用星号(*)标出G中的手性碳______________。
(5)芳香族化合物I是B的同分异构体，I能与银氨溶液作用产生银镜，且在苯环上连有两个取代基，则I同分异构体的数目为_________种。
(6)(J)是一种药物中间体，参照上述合成路线，请设计以甲苯和苯酚为原料制备J的合成路线____________________(无机试剂任选)。
24、（12分）A～J均为有机化合物，它们之间的转化如下图所示：
实验表明：①D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气：
②核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1；
③G能使溴的四氯化碳溶液褪色；
④1ml J与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）。
请根据以上信息回答下列问题：
（1）A的结构简式为____________（不考虑立体结构），由A生成B的反应类型是____________反应；
（2）D的结构简式为_____________；
（3）由E生成F的化学方程式为_______________，E中官能团有_________（填名称），与E具有相同官能团的E的同分异构体还有________________（写出结构简式，不考虑立体结构）；
（4）G的结构简式为_____________________；
（5）由I生成J的化学方程式______________。
25、（12分）检验甲醛含量的方法有很多，其中银﹣Ferrzine法灵敏度较高。测定原理为甲醛把氧化银还原成Ag，产生的Ag与Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪(Ferrzine)形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量。某学习小组类比此原理设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量（夹持装置略去）。
已知：甲醛能被银氨溶液氧化生成CO2，氮化镁与水反应放出NH3，毛细管内径不超过1 mm。请回答下列问题：
(1)A装置中反应的化学方程式为___________，用饱和食盐水代替水制备NH3的原因是___________________。
(2)B中装有AgNO3溶液，仪器B的名称为________。
(3)银氨溶液的制备。关闭K1、K2，打开K3，打开______，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，________。
(4)室内空气中甲醛含量的测定。
①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1 L室内空气，关闭K1；后续操作是______________；再重复上述操作3次。毛细管的作用是__________。
②向上述B中充分反应后的溶液中加入稀硫酸调节溶液pH=1，再加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后立即加入菲洛嗪，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2+1.12 mg，空气中甲醛的含量为____mg·L-1。
26、（10分）为探究氧化铜与硫的反应并分析反应后的固体产物，设计如下实验装置。
(1)如图连接实验装置，并_____。
(2)将氧化铜粉末与硫粉按 5：1 质量比混合均匀。
(3)取适量氧化铜与硫粉的混合物装入大试管中，固定在铁架台上，打开_____ 和止水夹 a 并______，向长颈漏斗中加入稀盐酸，一段时间后，将燃着的木条放在止水夹 a 的上端导管口处，观察到木条熄灭，关闭活塞 K 和止水夹 a，打开止水夹 b。该实验步骤的作用是______，石灰石与稀盐酸反应的离子方程式为___________________。
(4)点燃酒精灯，预热大试管，然后对准大试管底部集中加热，一段时间后，气球膨胀， 移除酒精灯，反应继续进行。待反应结束，发现气球没有变小，打开止水夹 c，观察到酸性高锰酸钾溶液褪色后，立即用盛有氢氧化钠溶液的烧杯替换盛装酸性高锰酸钾溶液的烧杯，并打开活塞 K。这样操作的目的是__________________。
(5)拆下装置，发现黑色粉末混有砖红色粉末。取少量固体产物投入足量氨水中，得到无色溶液、但仍有红黑色固体未溶解，且该无色溶液在空气中逐渐变为蓝色。查阅资料得知溶液颜色变化是因为发生了以下反应：4[Cu(NH3)2]+ + O2+8NH3 • H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH－+6H2O。
①经分析，固体产物中含有Cu2O。Cu2O 溶于氨水反应的离子方程式为______。
②仍有红色固体未溶解，表明氧化铜与硫除发生反应 4CuO + S2Cu2O+SO2外，还一定发生了其他反应，其化学方程式为_________。
③进一步分析发现 CuO 已完全反应，不溶于氨水的黑色固体可能是_____(填化学式)。
27、（12分）无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气。某学生试图用如图所示装置来确定该化学反应中各物质的计量关系。
试回答：
（1）加热过程中，试管A中发生的实验现象可能有___。
（2）装置E和F的作用是___；
（3）该学生使用装置B的本意是除去混合气体中的三氧化硫以提纯氧气，他的做法正确吗？为什么？___。
（4）另一学生将9.6g无水硫酸铜充分加热使其完全分解后，用正确的实验方法除去了生成物中的二氧化硫和三氧化硫，最后测出氧气的体积为448mL（标准状况）。据此可计算出二氧化硫为___ml，三氧化硫为___ml。
（5）由上述实验数据可知无水硫酸铜受热分解的化学方程式：___。
（6）上述装置可以简化而不影响实验效果。请你提出一个简化方案，达到使装置最简单而不影响实验效果的目的：___。
28、（14分）PBAT(聚已二酸对苯二甲酸丁酯)可被微生物几乎完全降解，成为包装、医疗和农用薄膜等领域的新兴材料，它可由聚合物PBA和PBT共聚制得，一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）G的官能团的名称为________。
（2）①的反应类型为___________；反应②所需的试剂和条件是___________。
（3）D的结构简式为___________；H的化学名称为___________。
（4）⑤的化学方程式为_______________________________________________。
（5）M与G互为同系物，M的相对分子质量比G大14；N是M的同分异构体，写出同时满足以下条件的N的结构简式：___________________（写两种，不考虑立体异构）。
Ⅰ、既能与FeCl3发生显色反应，又能发生水解反应和银镜反应；
Ⅱ、与NaOH溶液反应时，1ml N能消耗4mlNaOH；
Ⅲ、核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为1:2:2:2:1。
（6）设计由丙烯为起始原料制备的单体的合成路线（其它试剂可任选）________________________________________________________________。
29、（10分）全球碳计划组织（GCP，The Glbal Carbn Prject）报告称，2018年全球碳排放量约371亿吨，达到历史新高。
（1）中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图1所示。
①已知：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H= + 41 kJ·ml-1
2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g) △H= -128 kJ·ml-1
则上述过程中CO和H2转化为CH2=CH2的热化学方程式是_________。
②下列有关CO2转化为汽油的说法，正确的是___________________（填标号）。
A．该过程中，CO2转化为汽油的转化率高达78%
B．中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键
C．在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+H2O
D．催化剂HZSM-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率
③若在一容器中充入一定量的CO2和H2，加入催化剂恰好完全反应，且产物只生成C5以上的烷烃类物质和水。则起始时CO2和H2的物质的量之比不低于_________。
（2）研究表明，CO2和H2在一定条件下可以合成甲醇。反应方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △Hc(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)；
（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO-＋Na+，CH3COO-＋H2OCH3COOH＋OH-，H2OH+＋OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。
12、C
【解析】
A．该溶液中含有 Fe3+，所以检验时应该加入KSCN溶液，看溶液是否显血红色，故A项错误；
B．ClO-与Fe3+发生相互促进的水解反应而不能大量共存，故B项错误；
C．溶液中含有的SO42-会干扰Cl-的检验，所以先加入足量的Ba(NO3)2溶液将SO42-完全沉淀,再检验Cl-，故C项正确；
D．铵根和铁离子在溶液中发生水解会使溶液显酸性，故D项错误；
故答案为C。
13、A
【解析】
A、乙酸与碳酸钠溶液反应产生二氧化碳气体，乙酸乙酯不能，所以可用Na2CO3溶液加以区别，选项A正确；
B. 异丁烷的一氯代物有（CH3）2CHCH2Cl、（CH3）2CClCH3共2种，选项B错误；
C. 聚乙烯为氯乙烯的加聚产物，不含碳碳双键，苯分子中也不含有碳碳双键，选项C错误；
D．甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代，不能得到苯环上氢原子被取代的产物2，4-二氯甲苯，选项 D错误；
答案选A。
14、A
【解析】
平视时读数为n mL,仰视时读数为x mL,所读数据偏下，俯视时读数为y mL所读数据偏上,若x＞n＞y，说明该仪器的刻度自上而下逐渐增大，所以该仪器为滴定管，答案选A。
15、A
【解析】
SO2在负极失电子生成SO42-，所以Pt1电极为负极，Pt2电极为正极。
【详解】
A. Pt1电极上二氧化硫被氧化成硫酸，失电子发生氧化反应，为负极，电极方程式为：SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，故A错误；
B. 该电池的原理为二氧化硫与氧气的反应，即2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以放电过程中消耗的SO2和O2的体积之比为2：1，故B正确；
C. 质子即氢离子，放电时阳离子流向正极，Pt1电极为负极，Pt2电极为正极，则该电池放电时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极，故C正确；
D. 二氧化硫-空气质子交换膜燃料电池，吸收了空气中的二氧化硫起到了环保的作用，产物中有硫酸，而且发电，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，故D正确；
故答案为A。
16、A
【解析】
A. 由丙烯通过加聚反应合成高分子化合物聚丙烯，故A正确；
B. 聚丙烯的链节：，故B错误；
C. 合成聚丙烯单体丙烯的结构简式：CH2=CHCH3，碳碳双键不能省，故C错误；
D. 聚丙烯中没有不饱和键，不能使溴水发生加成反应而褪色，故D错误；
故选A。
17、C
【解析】
A.溶质葡萄糖和溶剂水中都含有O原子，溶液中所含O原子物质的量n（O）=×6+×1=5.36ml，A错误；
B.F2通入足量饱和食盐水，与水发生置换反应产生HF和O2，不能置换出Cl2，B错误；
C.N2是反应物，NH3是生成物，根据方程式可知：每断裂NA个N≡N键，同时断裂6NA个N-H键，表示正逆反应速率相等，表示反应达到平衡状态，C正确；
D.根据电荷守恒可得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，溶液的pH=7，则c(H+)= c(OH-)，因此c(NH4+)=c(CH3COO-)，但该盐是弱酸弱碱盐，NH4+、CH3COO- 都水解而消耗，因此二者的物质的量都小于1ml，则它们的数目都小于NA，D错误；
故合理选项是C。
18、B
【解析】
氧化还原反应中，氧化性：氧化剂大于氧化产物；氧化剂发生还原反应化合价降低。在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色，说明KMnO4溶液可氧化MnSO4 生成MnO2，故氧化性：KMnO4>MnO2，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4 生成KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，据此分析解答。
【详解】
A．根据上述分析，氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，故A正确；
B．根据分析，KMnO4溶液可氧化MnSO4 生成MnO2，黑色沉淀为MnO2，反应为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+~6e-，生成8.7g MnO2的物质的量为=0.1ml，转移电子物质的量为×6=0.12ml，故B错误；
C．MnSO4溶液过量，滤液中含有Mn2+，加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4 生成KMnO4，利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+，故C正确；
D．KMnO4可与浓盐酸发生反应2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，由于氧化性：NaBiO3＞KMnO4，则NaBiO3也可与浓盐酸发生反应，方程式为：NaBiO3+6HC1（浓）=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O，故D正确；
答案选B。
19、C
【解析】
A. 元素周期表上的大部分元素都是在地球上本身存在的自然元素，只有少数元素是人工合成的，超铀元素中大多数是人工合成的，故A正确；
B. 118号元素Og一共有7个电子层，最外层有8个电子，所以位于第七周期0族，故B正确；
C. 第VIIA族元素形成的单质都可以形成分子晶体，自上而下随着其相对分子质量的增大，其分子间作用力增大，故其熔、沸点增大，故C错误；
D. 因为IIIB族中含有镧系和锕系，所以元素种类最多，故D正确，
故选C。
20、D
【解析】
A．据图可知c(SO32-)=c(HSO3-)时pH=7.19，Ka2(H2SO3)=c(H+)=10-7.19，则Ka2(H2SO3)的数量级为10-8，故A正确；
B．甲基橙的变色范围为3.1-4.4，滴定第一反应终点pH在4.25，所以可以选取甲基橙作指示剂，溶液由红色变为橙色，故B正确；
C．Y点溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，且该点c(SO32-)=c(HSO3-)，所以存在3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故C正确；
D．Z点溶质为Na2SO3，SO32-水解生成HSO3-，SO32-水解和水电离都生成OH-，所以c(HSO3-)＜c(OH-)，故D错误；
故答案为D。
H2SO3为二元弱酸，与氢氧化钠反应时先发生H2SO3+NaOH=NaHSO3+H2O，再发生NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，所以第一反应终点溶液溶质为NaHSO3，此时溶液呈酸性，说明亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度；第二反应终点溶液溶质为Na2SO3。
21、B
【解析】
35Cl 和 37Cl－具有相同的质子数，而核电荷数等于质子数，故具有相同的核电荷数，
故选：B。
在原子中，质子数=电子数=核电荷数，但质子数不一定等于中子数，所以中子数与电子数、核电荷数是不一定相等的。
22、A
【解析】
A. 该电池在充电时Fe元素化合价由反应前LiFePO4中的+2价变为反应后中的FePO4中的+3价，可见Fe元素化合价发生了变化，A错误；
B. 根据电池充电时的阳极反应式为：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+，充电时铝箔为阳极，则放电时铝箔为正极，铜箔为负极，放电时，电子由铜箔经外电路流向铝箔，B正确；
C. 根据题意可知充电时Al箔为阳极，则充电时，铝箔电极应该接电源的正极，C正确；
D. 根据图示可知：电池放电时Li+通过隔膜向铝箔电极方向迁移，充电是放电的逆过程，则Li+要由铝箔通过隔膜向铜箔电极方向迁移，D正确；
故答案选A。
二、非选择题(共84分)
23、取代反应 羟基、羰基 +2OH-+Cl-+H2O 浓硫酸加热 或或CH3OCH3 12
【解析】
根据C的结构和B的分子式可得B的结构简式为，A→B发生取代反应，又A的分子式为C2H4O，则A为乙醛(CH3CHO)，C在Zn/HCl的条件下得到D，根据已知信息，则D的结构简式为，D再经消去反应和酸化得到E，E的结构简式为，E与CH3OH在一定条件下反应生成F(C9H12O2)，F与反应生成G()，G与H2NCH(CH3)2反应最终得到美托洛尔，据此分析解答问题。
【详解】
(1)根据C的结构和B的分子式可得B的结构简式为，含有的官能团有羟基和羰基，A→B发生取代反应，又A的分子式为C2H4O，则A为乙醛(CH3CHO)，故答案为：取代反应；羟基、羰基；
(2) 由上述分析可知，D得到E的第一部反应为消去反应，反应方程式为+2OH-+Cl-+H2O，故答案为：+2OH-+Cl-+H2O；
(3)E与CH3OH在一定条件下反应生成F(C9H12O2)，不饱和度没有发生变化，碳原子数增加1个，再联系G的结构，可知发生醇与醇之间的脱水反应，条件为浓硫酸，加热，已知在此条件下醇羟基不能与醇发生反应，则该过程的副反应为分子内消去脱水，副产物为，分子间脱水可得或CH3OCH3，故答案为：浓硫酸，加热；或或CH3OCH3；
(4)根据手性碳的概念，可知G中含有的手性碳可表示为，故答案为：；
(5)芳香族化合物I是B的同分异构体，I能与银氨溶液产生银镜，说明I中含有—CHO，则同分异构体包括：，—CHO可安在邻间对，3种，，—OH可安在邻间对，3种，，—CHO可安在邻间对，3种，，—CH3可安在邻间对，3种，共有3×4=12种，故答案为：12；
(6)以甲苯和苯酚为原料制备，其合成思路为，甲苯光照取代变为卤代烃，再水解，变为醇，再催化氧化变为醛，再借助题目A→B，C→D可得合成路线：，故答案为：。
24、BrCH2CH=CHCH2Br 取代（或水解） HOCH2CH2CH2CHO 羧基、羟基 、、、
【解析】
CH2=CH—CH=CH2与Br21:1发生加成反应生成A，A发生水解反应生成B，B属于二元醇，B与H2发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气，说明D中既含—CHO、又含—OH，D发生银镜反应生成E，E中含羧基和羟基，E脱去1分子水生成F，核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1，则CH2=CH-CH=CH2与Br2发生的是1，4-加成，A为BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得B为HOCH2CH=CHCH2OH，C为HOCH2CH2CH2CH2OH，D为HOCH2CH2CH2CHO，E为HOCH2CH2CH2COOH，F为；B脱去1分子水生成G，G能使溴的四氯化碳溶液褪色，则G为；G→H应该是G与HClO发生加成反应，H应该为；H→I→J，1ml J与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）说明J中含2个—OH，则H→I的化学方程式为2+Ca(OH)2→2+CaCl2+2H2O，I→J其实就是醚的开环了，反应为，据此分析作答。
【详解】
CH2=CH—CH=CH2与Br21:1发生加成反应生成A，A发生水解反应生成B，B属于二元醇，B与H2发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气，说明D中既含—CHO、又含—OH，D发生银镜反应生成E，E中含羧基和羟基，E脱去1分子水生成F，核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1，则CH2=CH-CH=CH2与Br2发生的是1，4-加成，A为BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得B为HOCH2CH=CHCH2OH，C为HOCH2CH2CH2CH2OH，D为HOCH2CH2CH2CHO，E为HOCH2CH2CH2COOH，F为；B脱去1分子水生成G，G能使溴的四氯化碳溶液褪色，则G为；G→H应该是G与HClO发生加成反应，H应该为；H→I→J，1ml J与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）说明J中含2个—OH，则H→I的化学方程式为2+Ca(OH)2→2+CaCl2+2H2O，I→J其实就是醚的开环了，反应为；
（1）A的结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br；A生成B是溴代烃在强碱水溶液中的水解反应，也是一种取代反应。
（2）D的结构简式为HOCH2CH2CH2CHO。
（3）E为HOCH2CH2CH2COOH，E发生分子内酯化生成F，反应的方程式为；E中含有官能团的名称为羧基和羟基；与E具有相同官能团的同分异构体有、、、。
（4）G的结构简式为。
（5）I生成J的化学方程式为。
25、Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑ 饱和食盐水可减缓生成氨气的速率 三颈烧瓶(或三口烧瓶) 分液漏斗的活塞与旋塞 关闭K3和分液漏斗旋塞 打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2 减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收 0.0375
【解析】
在仪器A中Mg3N2与H2O反应产生Mg(OH)2和NH3，NH3通入到AgNO3溶液中首先反应产生AgOH白色沉淀，后当氨气过量时，反应产生Ag(NH3)2OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加热，发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与加入的Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2＋1.12 mg，据此结合反应过程中电子守恒，可计算室内空气中甲醛含量。
【详解】
(1)Mg3N2与水发生盐的双水解反应产生Mg(OH)2和NH3，反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；用饱和食盐水代替水，单位体积溶液中水的含量降低，可减缓生成氨气的速率；
(2)根据仪器B的结构可知，仪器B的名称为三颈烧瓶；
(3)银氨溶液的制备：关闭K1、K2，打开K3，打开K3，分液漏斗的活塞与旋塞，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，首先发生反应：Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH4+，后又发生反应：AgOH+2NH3 ·H2O=[ Ag(NH3)2] ++OH-+2H2O，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，就得到了银氨溶液，此时关闭K3和分液漏斗旋塞；
(4)①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1 L室内空气，关闭K1；后续操作是打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；再重复上述操作3次。毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。
②甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，氢氧化二氨合银被还原为银，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，物质的量n(Fe)==2×10-5 ml，根据氧化还原反应电子守恒计算，设消耗甲醛物质的量为x ml，则4x=2×10-5 ml×1，x=5×10-6 ml，因此实验进行了4次操作，所以测得1 L空气中甲醛的含量为1.25×10-6 ml，空气中甲醛的含量为1.25×10-6 ml×30 g/ml×103 mg/g=0.0375 mg/L。
本题考查了物质组成和含量的测定、氧化还原反应电子守恒的计算的应用、物质性质等，掌握基础是解题关键，了解反应原理、根据反应过程中电子守恒分析解答。
26、检查装置气密性 活塞K 关闭 b、c 排除装置中的空气或氧气 CaCO3 +2H+ =Ca2++ H2O+CO2↑ 避免SO2污染空气 Cu2O+4NH3 · H2O =2[Cu(NH3)2]++2OH－+3H2O 2CuO+S2Cu+SO2 Cu2S
【解析】
(1)硫在加热条件下易于空气中的氧气反应，对该实验会产生影响，要确保实验装置中无空气，保证密闭环境；
(3)氧化铜与硫的反应，需在无氧条件下进行，石灰石与盐酸反应产生的CO2气体排除装置中的空气；
(4)酸性高锰酸钾溶液褪色，说明产物有SO2，二氧化硫有毒不能排放到大气中；
(5)反应剩余固体含有Cu2O(砖红色)，加入氨水后但仍有红黑色固体未溶解，表明有Cu，CuO与S的质量比为5∶1。而生成Cu2O的反应方程式为4CuO+ S2Cu2O+SO2，其中CuO与S的质量比为10∶1，因此S过量。
【详解】
(1)探究氧化铜与硫的反应，需在无氧条件下进行(S在空气与O2反应)，故需对装置进行气密性检查；
(3)利用石灰石与盐酸反应产生的CO2气体排除装置中的空气，打开K使盐酸与石灰石接触，打开a，并检验是否排尽空气，该实验步骤的作用是排除装置中的空气或氧气。石灰石与盐酸反应的离子方程式是CaCO3+2H+=Ca2++ H2O+CO2↑；
(4)酸性高锰酸钾溶液褪色，说明产物有SO2，用盛有氢氧化钠溶液的烧杯替换盛装酸性高锰酸钾溶液的烧杯，并打开活塞K的目的是尽量使SO2被吸收，避免污染环境；
(5)结合题意，反应剩余固体含有Cu2O(砖红色)，因为Cu2O与氨水反应为Cu2O+4NH3·H2O=2[Cu(NH3)2]+(无色)+2OH－+ 3H2O，4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4 [Cu(NH3)4]2+(蓝色)+4OH－+6H2O。但仍有红黑色固体未溶解，表明有Cu，反应方程式为2CuO+S2Cu+SO2，其中CuO与S的质量比为5∶1。而生成Cu2O的反应方程式为4CuO+ S2Cu2O+SO2，其中CuO与S的质量比为10∶1，因此S过量，则可能发生反应2Cu+SCu2S，黑色固体为Cu2S。
27、白色固体变黑 测出产生O2的体积 不正确，O2能被NaHSO3溶液吸收 0.04 0.02 3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑ 去掉BC，仅O2进入E中可计算
【解析】
(1)无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气，氧化铜为黑色；
(2)EF是排水量气法测量气体体积，依据装置试剂作用分析判断最后测量的是氧气的体积；
(3)装置连接中A受热分解生成的气体含有氧气，通过亚硫酸氢钠溶液会被还原吸收引起误差；
(4)依据反应生成的二氧化硫和氧气之间存在电子守恒，计算二氧化硫物质的量，依据硫酸铜质量换算物质的量，结合硫元素守恒计算三氧化硫物质的量；
(5)依据(4)计算得到生成物的物质的量，然后写出化学方程式；
(6)结合电子守恒和原子守恒可知，只要知道O2的物质的量，即可计算SO2和SO3的物质的量，据此分析调整装置。
【详解】
(1)无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气，无水硫酸铜是白色固体，氧化铜为黑色；
(2)EF是排水量气装置，难溶于水的气体体积可以利用排水量气装置测定体积，装置A生成的气体通过亚硫酸氢钠溶液吸收氧气；吸收三氧化硫生成二氧化硫，浓硫酸吸收三氧化硫和水蒸气；通过碱石灰吸收二氧化硫，则最后测定的是氧气的体积；
(3)使用装置B的本意是除去混合气体中的三氧化硫以提纯氧气，但气体通过饱和亚硫酸氢钠溶液中，氧气会被还原吸收；
(4)依据反应生成的二氧化硫和氧气之间存在电子守恒，计算二氧化硫物质的量，氧气448mL(标准状况)物质的量为0.02ml，电子转移0.08ml，CuSO4～SO2～2e-；计算得到二氧化硫物质的量为0.04ml，依据硫酸铜质量换算物质的量==0.06ml，结合硫元素守恒计算三氧化硫物质的量为0.06ml-0.04ml=0.02ml；
(5)依据(4)计算得到生成物的物质的量写出化学方程式为3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑；
(6)由计算(4)中分析可知，只要知道O2的物质的量，即可计算SO2和SO3的物质的量，则简化方案是去掉BC，仅O2进入E中，即可根据收集的氧气计算。
28、羧基 取代反应 KOH醇溶液，加热 HOOC(CH2)4COOH 1，4-丁二醇 +2NH3+3O2 →+6H2O 、
【解析】
由A、C的结构简式，可推知B为；由信息，可推出D为HOOC(CH2)4COOH；再由PBAT，可推出H的结构简式为HO(CH2)4OH；
由G结合信息，可推出E为，F为
【详解】
(1)G的结构简式为，则其所含的官能团的名称为羧基。答案为羧基；
(2) ① 由→ ，可确定反应类型为取代反应。答案为取代反应；
由 →，可确定反应类型为消去反应，反应②所需的试剂和条件是KOH醇溶液，加热。答案为KOH醇溶液，加热；
(3)由上面依据流程图的分析，得出D的结构简式为HOOC(CH2)4COOH。
答案为HOOC(CH2)4COOH；
H的结构简式为HO(CH2)4OH，则H的化学名称为1，4-丁二醇。答案为1，4-丁二醇
(4)⑤的化学方程式为：+2NH3+3O2 →+6H2O。
答案为+2NH3+3O2 →+6H2O；
(5)M与G互为同系物，M的相对分子质量比G大14，则M的化学式中比G多一个CH2；N是M的同分异构体，则G除苯环外，还有-CH2COOH、-COOH的异构体部分。
Ⅰ、既能与FeCl3发生显色反应，又能发生水解反应和银镜反应，说明G分子内含有酚羟基、酯基、醛基；
Ⅱ、与NaOH溶液反应时，1ml N能消耗4mlNaOH，说明分子内含有一个酯基，且酯基氧原子连在苯环上，还有2个酚羟基；
Ⅲ、核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为1:2:2:2:1，说明分子内含有5种H原子，且按1:2:2:2:1关系进行分配。
故符合条件的N的结构简式可能为或，
答案为：或；
(6)的单体为，由丙烯进行合成，需使用信息，故合成路线为：
答案为：。
29、2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) ∆H=-210kJ∙ml-1 B 6:19 低温 A > ad
【解析】
根据已知热化学方程式运用盖斯定律书写新的热化学方程式；根据图示反应历程分析反应的中间产物，判断催化剂对反应的影响；根据烷烃的通式及题干信息进行相关计算；根据熵变和焓变判断反应是否自发进行；根据平衡状态的特征分析反应是否达到平衡状态；根据各物质的分压计算平衡常数。
【详解】
（1）①已知：I CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H= + 41 kJ·ml-1，II 2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g) △H= -128 kJ·ml-1，根据盖斯定律 II-I×2 得：2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) △H=-128 kJ·ml-1-（+ 41 kJ·ml-1）×2=-210kJ∙ml-1，故热化学方程式为：2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) ∆H=-210kJ∙ml-1；
②A. 由图示分析78%并不是表示CO2转化为汽油的转化率，故A错误；
B. 中间产物Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故B正确；
C. 根据图1所示，在Na-Fe3O4上发生的反应应为CO2生成CO的反应，氢气未参加反应，故C错误；
D. 催化剂HZSM-5的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故D错误；
故答案为：B；
③烷烃的通式为CnH(2n+2)，假设只生成C6H14和水，则根据原子守恒知：6mlCO2恰好完全反应生成1mlC6H14和12mlH2O需要的H2的物质的量为：，所以CO2和H2的物质的量之比不低于6ml:19ml=6:9，故答案为：6:9；
（2）①该反应为放热反应，△H