2025-2026学年合肥市高三下学期联合考试化学试题（含答案解析）

这是一份2025-2026学年合肥市高三下学期联合考试化学试题（含答案解析），共18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（每题只有一个选项符合题意）
1、下列属于非电解质的是（ ）
A．FeB．CH4C．H2SO4D．NaNO3
2、主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示，其中W原子序数是Z的2倍。下列说法不正确的是
A．X、Y、Z的氢化物沸点依次升高
B．Z和W形成的化合物溶于水，既有共价键的断裂，又有共价键的形成
C．X、Y、Z与氢元素组成的化学式为XY2ZH4的物质可能是分子晶体，也可能是离子晶体
D．M的原子序号为32，是一种重要的半导体材料
3、稠环芳香烃是指两个或两个以上的苯环通过共用环边所构成的多环有机化合物。常见的稠环芳香烃如萘、蒽、菲、芘等,其结构分别为
下列说法不正确的是（ ）
A．萘与H2完全加成后，产物的分子式为C10H18
B．蒽、菲、芘的一氯代物分别有3种、5种、5种
C．上述四种物质的分子中,所有碳原子均共平面
D．上述四种物质均能发生加成反应、取代反应
4、下列对有关实验操作及现象的结论或解释正确的是
A．AB．BC．CD．D
5、化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中不正确的是（）
A．从花生中提取的生物柴油和从石油炼得的柴油都属于烃类物质
B．高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于高分子材料
C．中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料
D．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用
6、Na、Al、Fe都是重要的金属元素。下列说法正确的是
A．氧化物都是碱性氧化物
B．氢氧化物都是白色固体
C．单质都可以与水反应
D．单质在空气中都形成致密氧化膜
7、在2L的密闭容器中，发生反应：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)+131.5kJ，5min后达到平衡，固体减少了24g，则
A．ρ气体不变时反应达到平衡状态B．v正(CO)为2.4ml/(L∙min)
C．若容器体积缩小，平衡常数减小D．增大C的量，平衡右移
8、下列仪器名称为“烧杯”的是（ ）
A．B．C．D．
9、天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等离子。火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如图所示：下列说法错误的是（ ）
A．天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32-、HCO3-水解
B．“氧化”是利用氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化生成SO42-
C．“反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸
D．“排放”出来的海水中SO42-的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同
10、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A．1ml H2O2完全分解产生O2时，转移的电子数为2 NA
B．0. lml 环氧乙烷（ ） 中含有的共价键数为0. 3 NA
C．常温下，1L pH= l 的草酸 （ H2C2O4 ） 溶液中H+ 的数目为0. 1NA
D．1ml淀粉水解后产生的葡萄糖分子数目为NA
11、以下物质中存在12C、13C、14C原子的是（ ）
①金刚石 ②CO2③石灰石 ④葡萄糖。
A．①②③④B．①②③C．②③④D．②③
12、电渗析法是指在外加电场作用下，利用阴离子交换膜和阳离子交换膜的选择透过性，使部分离子透过离子交换膜而迁移到另一部分水中，从而使一部分水淡化而另一部分水浓缩的过程。下图是利用电渗析法从海水中获得淡水的原理图，已知海水中含Na＋、Cl－、Ca2＋、Mg2＋、SO42-等离子，电极为石墨电极。
下列有关描述错误的是
A．阳离子交换膜是A，不是B
B．通电后阳极区的电极反应式：2Cl－－2e－→Cl2↑
C．工业上阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，以减少石墨的损耗
D．阴极区的现象是电极上产生无色气体，溶液中出现少量白色沉淀
13、某二元弱碱B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)。向10mL稀B(OH)2溶液中滴加等浓度盐酸溶液，B(OH)2、B(OH)+、B2+的浓度分数δ随溶液POH[POH=-lgc(OH)-]变化的关系如图，以下说法正确的是
A．交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL
B．当加入的盐酸溶液的体积为10mL时存在c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(OH-)>c(B2+)
C．交点b处c(OH)=6.4×10-5
D．当加入的盐酸溶液的体积为15mL时存在：c(Cl-)+c(OH-)= c(B2+)+c(B(OH)+)+ c(H+)，
14、某澄清混合溶液中所含离子的浓度如下表所示，则M可能为（ ）
A．Cl－B．Ba2+C．Na+D．Mg2+
15、下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．SO2与过量氨水反应：SO2＋NH3·H2O=NH4+＋HSO3－
B．FeCl3溶液与SnCl2溶液反应：Fe3＋＋Sn2＋=Fe2＋＋Sn4＋
C．Cu与稀硝酸反应：3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
D．用浓盐酸与MnO2制取少量Cl2：MnO2＋4H＋＋4Cl－MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
16、X、Y、Z、T是四种原子序数递增的短周期元素，X形成的简单阳离子核外无电子，Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸，Z是人体内含量最多的元素，T在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小，则以下说法正确的是
A．元素最高化合价的顺序为Z＞Y＞T＞X
B．Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性为Z＞Y
C．由X、Y和Z三种元素构成的强电解质，对水的电离均起抑制作用
D．常温下，T的单质与Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液不能反应
二、非选择题（本题包括5小题）
17、A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2-和B+具有相同的电子构型： C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：
（1）四种元素中电负性最大的是___________（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为__________。
（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是____________（填分子式）；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为___________和___________。
（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为____________，中心原子的杂化轨道类型为________________。
（4）单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为______________。
（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566nm，F的化学式为________；晶胞中A原子的配位数为____________；列式计算晶体F的密度（g • cm-3 ）__________。
18、化合物J是一种重要的医药中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）G中官能团的名称是__；③的反应类型是__。
（2）通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是__。
（3）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F与足量氢气反应生成产物的结构简式，并用星号（*）标出其中的手性碳__。
（4）写出⑨的反应方程式__。
（5）写出D的苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体结构简式_。
（6）写出以对硝基甲苯为主要原料（无机试剂任选），经最少步骤制备含肽键聚合物的合成路线__。
19、草酸及其盐是重要的化工原料，其中最常用的是三草酸合铁酸钾和草酸钴，已知草酸钴不溶于水，三草酸合铁酸钾晶体（）易溶于水，难溶于乙醇。这两种草酸盐受热均可发生分解等反应，反应及气体产物检验装置如图。
（l）草酸钴晶体（）在200℃左右可完全失去结晶水。用以上装置在空气中加热5. 49 g草酸钴晶体（）样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。
实验过程中观察到只有B中澄清石灰水明显变浑浊，E中始终没有红色固体生成。根据实验结果，290 - 320℃过程中发生反应的化学方程式是____；设置D的作用是____。
（2）用以上装置加热三草酸合铁酸钾晶体可发生分解反应。
①检查装置气密性后，先通一段时间的N2，其目的是 ___；结束实验时，先熄灭酒精灯再通入N2至常温。实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，E中有红色固体生成，则分解得到的气体产物是____。
②C的作用是是____。
（3）三草酸合铁酸钾的一种制备流程如下：
回答下列问题：
①流程“I”硫酸必须过量的原因是 ____
②流程中“Ⅲ”需控制溶液温度不高于40℃，理由是____；得到溶液后，加入乙醇，然后进行过滤。加入乙醇的理由是____
20、用如图所示仪器，设计一个实验装置，用此装置电解饱和食盐水，并测定阴极气体的体积（约6mL）和检验阳极气体的氧化性。
（1）必要仪器装置的接口字母顺序是：A接_____、____接____；B接___、____接____。
（2）电路的连接是：碳棒接电源的____极，电极反应方程式为_____。
（3）能说明阳极气体具有氧化性的实验现象是____，有关离子方程式是_____；最后尾气被吸收的离子方程式是______。
（4）如果装入的饱和食盐水体积为50mL（假定电解前后溶液体积不变），当测得的阴极气体为5.6mL（标准状况）时停止通电，则另一极实际上可收集到气体____（填“”、“”或“”）5.6mL，理由是______。
21、（12分）人体必需的元素包括常量元素与微量元素，常量元素包括碳、氢、氧、氮、钙、镁等，微量元素包括铁、铜、锌、氟、碘等，这些元素形成的化合物种类繁多，应用广泛。
（1）锌、铜、铁、钙四种元素与少儿生长发育息息相关，请写出Fe2+的核外电子排布式__________。
（2）1个Cu2+与2个H2N—CH2—COO−形成含两个五元环结构的内配盐（化合物），其结构简式为_______________（用→标出配位键），在H2N—CH2—COO−中，属于第二周期的元素的第一电离能由大到小的顺序是__________（用元素符号表示），N、C原子存在的相同杂化方式是_________杂化。
（3）碳酸盐中的阳离子不同，热分解温度就不同，查阅文献资料可知，离子半径r(Mg2+)=66 pm，r(Ca2+)=99 pm，r(Sr2+)=112 pm，r(Ba2+)=135 pm；碳酸盐分解温度T(MgCO3)=402℃，T(CaCO3)=825℃，T(SrCO3)=1172℃，T(BaCO3)=1360℃。分析数据得出的规律是_____________，解释出现此规律的原因是____________________________________。
（4）自然界的氟化钙矿物为萤石或氟石，CaF2的晶体结构呈立方体形，其结构如下：
①两个最近的F−之间的距离是___________pm（用含m的代数式表示）。
②CaF2晶胞体积与8个F−形成的立方体的体积比为___________。
③CaF2晶胞的密度是___________g·cm−3（化简至带根号的最简式，NA表示阿伏加德罗常数的值）。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】A．金属铁为单质，不是化合物，所以铁既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B．CH4是在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，故B正确；C．硫酸的水溶液能够导电，硫酸是电解质，故C错误；D．NaNO3属于离子化合物，其水溶液或在熔融状态下能够导电，属于电解质，故D错误；故选B。
点睛：抓住非电解质的特征水溶液中和熔融状态下都不能够导电的原因是自身不能电离是解题的关键，非电解质是水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物；电解质为水溶液中或熔融状态导电的化合物，无论电解质还是非电解质，都一定是化合物，单质、混合物一定不是电解质和非电解质，据此进行判断。
2、A
【解析】
W原子序数是Z的2倍，则Ｗ为硫，Ｚ为氧，Ｘ为碳，Ｙ为氮，Ｍ为锗。
A.碳的氢化物为烃，碳原子数越多，沸点越高，所以不能确定沸点高低，故错误；
B. Z和W形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，溶于水，反应生成亚硫酸或硫酸，反应中既有共价键的断裂，又有共价键的形成，故正确；
C. X、Y、Z与氢元素组成的化学式为XY2ZH4可能为CO（NH2）2，为分子晶体，可能为NH4CNO，为离子晶体，故正确；
D. 锗的原子序号为32，是一种重要的半导体材料，故正确。
故选A。
3、B
【解析】
A、萘与氢气完全加成后产物是，其分子式为C10H18，正确；
B、蒽：，有3种不同的氢原子，一氯代物有3种，菲：，有5种不同的氢原子，一氯代物有5种，芘：，有3种不同的氢原子，一氯代物有3种，错误；
C、四种有机物都含有苯环，苯环的空间构型为平面正六边形，因此该四种有机物所有碳原子都共面，正确；
D、四种有机物都能发生加成反应和取代反应，正确。
答案选B。
4、A
【解析】
A.H2O2溶液中没有加FeCl3溶液前几乎无气泡产生，加入后产生大量气泡，说明FeCl3对 H2O2的分解起催化作用，A正确；
B.醛基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能根据溶液的紫红色褪去来确定丙烯醛中含有碳碳双键，B错误；
C. 向某溶液中滴加稀H2SO4溶液，产生有刺激性气味的气体，原溶液可能含有SO32-，也可能含有HSO3-或S2O32-等离子，C错误；
D.若溶液中含有NH4+，由于溶液稀，反应产生NH3·H2O，也不能放出氨气，因此不能看到湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，D错误；
故合理选项是A。
5、A
【解析】
A．花生油的成分是油脂，属于烃的含氧衍生物，石油炼得的柴油为烃类物质，故A错误；
B．増强聚四氟乙烯是由四氟乙烯通过加聚反应合成的，属于有机高分子材料，故B正确；
C．新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等，碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故C正确；
D．用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，能够在较短的时间内降解，实现“碳”的循环利用，防止形成白色污染，故D正确；
答案选A。
6、C
【解析】
A．Na、Al、Fe的氧化物中，过氧化钠能跟酸起反应，除生成盐和水外，还生成氧气，不是碱性氧化物，氧化铝不但可以和碱反应还可以和酸反应均生成盐和水，为两性氧化物，故A错误；
B．氢氧化钠、氢氧化铝为白色固体，而氢氧化铁为红褐色固体，故B错误；
C．钠与水反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成氢氧化钠和氢气，铁与水蒸汽反应生成氢气与四氧化三铁，3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，在金属活动性顺序表中，铝介于二者之间，铝和水2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑，反应生成氢氧化铝和氢气，高温下氢氧化铝分解阻碍反应进一步进行，但铝能与水反应，故C正确；
D．Na在空气中最终生成碳酸钠，不是形成致密氧化膜，Al在空气中与氧气在铝的表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止Al与氧气的进一步反应，铁在空气中生成三氧化二铁，不是形成致密氧化膜，故D错误；
故答案为C。
7、A
【解析】
A. 反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)是气体体积增大的反应，反应过程中体积不变，当气体质量不变时反应到达平衡，此时ρ气体不变，ρ气体不变时反应达到平衡状态，故A正确；
B. 5min C(s) 减少了=2ml，根据反应关系C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)可知△c(CO)= =1ml/L，v正(CO)= =0.2ml ▪L-1 ▪min-1，故B错误；
C. 反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)是气体体积增大的反应，若容器体积缩小，压强增大，平衡左移，平衡常数和温度有关系，压强改变，平衡常数不变，故C错误；
D. 反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)中C是固体，增大C的量其浓度不变，平衡不移动，故D错误；
正确答案是A。
C项注意：平衡常数是化学反应的特性常数。它不随物质的初始浓度（或分压）而改变，仅取决于反应的本性。一定的反应，只要温度一定，平衡常数就是定值，其他任何条件改变都不会影响它的值。
8、A
【解析】A．仪器的名称是烧杯，故A正确；B．仪器的名称是分液漏斗，故B错误；C．仪器 的名称是容量瓶，故C错误； D．仪器的名称是烧瓶，故D错误；答案为A。
9、D
【解析】
火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气通入吸收塔和天然海水，得到溶液通入氧气氧化亚硫酸生成硫酸，加入天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸。
【详解】
A．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO-3离子，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故A正确；
B．天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，故B正确；
C．氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸(H+)，故C正确；
D．从框图可知：排放”出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以SO42-的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，故D错误；
故答案为D。
10、C
【解析】
A.H2O2分解的方程式为2H2O2=2H2O+O2↑，H2O2中O元素的化合价部分由-1价升至0价、部分由-1价降至-2价，1mlH2O2完全分解时转移1ml电子，转移电子数为NA，A错误；
B.1个环氧乙烷中含4个C—H键、1个C—C键和2个C—O键，1ml环氧乙烷中含7ml共价键，0.1ml环氧乙烷中含0.7ml共价键，含共价键数为0.7NA，B错误；
C.pH=1的草酸溶液中c（H+）=0.1ml/L，1L该溶液中含H+物质的量n（H+）=0.1ml/L×1L=0.1ml，含H+数为0.1NA，C正确；
D.淀粉水解的方程式为，1ml淀粉水解生成nml葡萄糖，生成葡萄糖分子数目为nNA，D错误；
答案选C。
本题易错选B，在确定环氧乙烷中共价键时容易忽略其中的C—H键。
11、A
【解析】
12C、13C、14C是碳三种天然的同位素，任何含碳的自然界物质中三者都存在，①金刚石、②CO2、③石灰石、④葡萄糖四种物质都含有碳元素，所以这些物质中都存在12C、13C、14C原子，故合理选项是A。
12、A
【解析】
A.阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜B和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜B是阳离子交换膜，选项A错误；
B.阳极上是阴离子氯离子失去电子的氧化反应，即2Cl--2e-→Cl2↑，选项B正确；
C.电解池的阴极材料可以被保护，阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，增大反应接触面，选项C正确；
D.阴极区域是氢离子得电子的还原反应，电极上产生无色气体氢气，氢氧根离子浓度增加，溶液中出现少量氢氧化镁白色沉淀，选项D正确。
答案选A。
13、C
【解析】
图中曲线①B(OH)2，②为B(OH)+ ③为B2+；交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL时，反应生成等浓度的B(OH)Cl和B(OH)2混合液，由于两种溶质水解电离能力不同，所以B(OH)2、B(OH)+ 浓度分数δ不相等，A错误；当加入的盐酸溶液的体积为10mL时，溶液为B(OH)Cl，溶液显酸性，根据B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)可知，c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)> c(B2+)>c(OH-)，B错误；交点b处时，c(B(OH)+)= c(B2+)，根据B(OH)+ B2++ OH-，K2= c(OH-)=6.4×10-5, C正确；当加入的盐酸溶液的体积为15mL时，生成等体积等浓度B(OH)Cl和BCl2的混合液，存在电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)= 2c(B2+)+c(B(OH)+)+ c(H+)，D错误；正确选项C。
14、C
【解析】
溶液中，单位体积内已知的阳离子所带电量为：2ml/L×1=2ml/L，单位体积内已知的阴离子所带总电量为：2ml/L×1+1ml/L×2=4ml/L，大于单位体积内已知的阳离子所带电量2ml/L，故M为阳离子，设M离子的电荷为x，由电荷守恒可知：4=2+x×2，解得x=+1，结合选项可知，M为Na+，正确答案是C。
15、C
【解析】
A. SO2与过量氨水反应生成亚硫酸铵和水：SO2＋2NH3·H2O=2NH4+＋SO32-＋H2O，故A错误，
B.原方程式电荷不守恒， FeCl3溶液与SnCl2溶液反应：2Fe3＋＋Sn2＋=2Fe2＋＋Sn4＋，故B错误；
C. Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故C正确；
D. 用浓盐酸与MnO2制取少量Cl2，生成的氯化锰是强电解质：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O，故D错误；
故选C。
16、B
【解析】
X形成的简单阳离子核外无电子，应为H元素，Z是人体内含量最多的元素，应为O元素，Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸，应为N元素，T在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小，依据同周期金属离子半径小于非金属离子半径，且同周期金属离子核电荷数越大离子半径越小可知应为Al元素。
【详解】
A.Z为O元素，该元素没有最高正价，所以其最高价比N元素低，故A错误；
B.非金属性O>N，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；
C.由X、Y和Z三种元素构成的强电解质可为硝酸铵，为强酸弱碱盐，水解可促进水的电离，故C错误；
D.常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，故D错误；
答案：B
二、非选择题（本题包括5小题）
17、O ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3） O3 分子晶体 离子晶体 三角锥形 sp3 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl） Na2O 8 2.27 g/cm3
【解析】
A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C为P元素，C、D为同周期元索，D元素最外层有一个未成对电子，则D为Cl元素，A2－和B＋具有相同的电子构型，则A为O、B为Na元素；通过以上分析，A、B、C、D分别是O、Na、P、Cl元素。
【详解】
（1）元素的非金属性越强，其电负性越大，这几种元素非金属性最强的是O元素，则电负性最大的是O元素；C是P元素，其原子核外有15个电子，根据构造原理书写P原子核外电子排布式为ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；故答案为：O；ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；
（2）单质A为氧气，氧气的同素异形体是臭氧，二者都是分子晶体，分子晶体熔沸点与范德华力成正比，范德华力与相对分子质量成正比，臭氧的相对分子质量大于氧气，则范德华力：臭氧＞氧气，所以熔沸点较高的是O3；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为水是分子晶体和NaH为离子晶体。故答案为：O3；分子晶体；离子晶体；
（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物PCl3，PCl3中P原子价层电子对个数=3+=4且含1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的立体构型为三角锥形、中心原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：三角锥形；sp3；
（4）单质Cl2与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，其化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O= Cl2O+2NaHCO3+2NaCl （或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）。故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O= Cl2O+2NaHCO3+2NaCl （或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）；
（5）O和Na能够形成化合物F，半径大的为O元素离子、半径小的为Na＋，该晶胞中大球个数=8×+6×=4、小球个数为8，则大球、小球个数之比=4：8=1：2，则化学式为Na2O；观察晶胞中面心的原子，与之相连的原子有8个，晶胞中O原子的配位数为8；该晶胞体积=a3nm3，晶胞密度= =g·cm－3=2.27g·cm－3；故答案为：Na2O；2.27g·cm-3。
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基础知识点的灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，利用均摊法求出晶胞中原子的个数，结合密度公式含义计算。
18、羧基、肽键（或酰胺键） 取代反应 定位 +2H2O+CH3COOH+H2SO4 或（任写1种）
【解析】
(1)根据流程图中的结构简式和反应物转化关系分析；
(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应中取代基的位置；
(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，根据结构简式分析；
(4)根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为；
(5)根据题目要求分析，结合取代基位置异构，判断同分异构体的数目。
(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物。
【详解】
(1)根据G的结构图，G中官能团的名称是羧基和肽键(或酰胺键)；反应③中C的—SO3H被取代生成D，则反应类型是取代反应；
(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应过程中取代基的连接位置，故起到定位的作用；
(3) F是邻氨基苯甲酸，与足量氢气发生加成反应生成，与羧基、氨基连接的碳原子是手性碳原子，可表示为：；
(4) 根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为，⑨的反应方程式：+2H2O+CH3COOH+H2SO4；
(5) D的结构简式为，苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体，即三个取代基在苯环上处于邻间对位置上，同分异构体结构简式或（任写1种）；
(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物，不能先把硝基还原为氨基，然后再氧化甲基，因为氨基有还原性，容易被氧化，故合成路线如下：。
19、3CC2O4+2O2C3O4+6CO2 吸收水分 排除装置中的空气，防止干扰实验结果 CO2、CO 除去CO2，防止干扰CO的检验 防止Fe2+的水解 防止H2O2分解 三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小，有利于三草酸合铁酸钾析出
【解析】
(l)计算晶体物质的量n==0.03ml，失去结晶水应为0.06ml，固体质量变化=0.06ml×18g/ml=1.08g，图表数据可知，150～210固体质量变化=5.49g-4.41g=1.08g，说明210°C失去结晶水得到CC2O4，210～290℃过程中是CC2O4发生的反应，210～290℃过程中产生的气体只有CO2 ，依据元素守恒得到生成n(CO2)=0.06ml， m(CO2) =0.06ml×44g/ml=2.64g，气体质量共计减小=4.41g-2.41g=2g，说明不是分解反应，参加反应的还有氧气，则反应的m(O2)=2.64g-2g=0.64g，n(O2)==0.02ml，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式；
(2)①三草酸合铁酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应，根据元素守恒推测得到的产物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳还原氧化铜，得到的金属铜可被氧气氧化，所以实验开始先通一段时间N2，将装置中的空气排净，实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯再通入N2至常温，根据装置中现象变化判断产物；
②为能准确判断三草酸合铁酸钾晶体高温下分解的产物中是否含有一氧化碳，现象为E中固体由黑色变为红色，且F中澄清石灰水变浑浊，为确保实验现象不被干扰，在C装置中装入足量氢氧化钠，把二氧化碳吸收干净，避免干扰一氧化碳的检验；
(3)①亚铁离子易水解生成氢氧化亚铁，酸能抑制其水解；
②温度高时，双氧水易水解；根据相似相溶原理分析；
【详解】
(l)计算晶体物质的量n()==0.03ml，失去结晶水应为0.06ml，固体质量变化=0.06ml×18g/ml=1.08g，图表数据可知，150～210固体质量变化=5.49g-4.41g=1.08g，说明210°C失去结晶水得到CC2O4，210～290℃过程中是CC2O4发生的反应，产生的气体只有CO2 ，依据元素守恒得到生成n(CO2)=0.06ml，m(CO2) =0.06ml×44g/ml=2.64g，气体共计减小质量=4.41g-2.41g=2g，说明有气体参加反应应为氧气，则反应的m(O2)=2.64g-2g=0.64g，n(O2)==0.02ml；n(CC2O4)：n(O2)：n(CO2)=0.03：0.02：0.06=3：2：6，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式为3CC2O4+2O2C3O4+6CO2，装置D中盛放的为浓硫酸，装置E的作用是验证草酸钴晶体受热分解的产物，防止对实验的干扰和实验安全，则浓硫酸的作用是吸收水分；
(2)①三草酸合铁酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应，根据元素守恒推测得到的产物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳还原氧化铜，得到的金属铜可被氧气氧化，所以实验开始先通一段时间N2，将装置中的空气排净，实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯再通入N2至常温，实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，即证明二氧化碳产生，E中有红色固体生成，证明还原性的气体CO的产生；
②为能准确判断三草酸合铁酸钾晶体高温下分解的产物中是否含有一氧化碳，现象为E中固体由黑色变为红色，且F中澄清石灰水变浑浊，为确保实验现象不被干扰，在C装置中装入足量氢氧化钠，把二氧化碳吸收干净，避免干扰一氧化碳的检验；
(3)①硫酸亚铁易水解而是其气压呈酸性，加热稀硫酸能抑制亚铁离子水解；
②双氧水不稳定，温度高时，双氧水易分解，为防止双氧水分解，温度应低些，根据相似相溶原理知，三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小，所以可以用乙醇使三草酸合铁酸钾析出。
20、G F I D E C 正 2Cl--2e=Cl2↑ 丙中溶液变蓝 Cl2+2I-=I2+2Cl- Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ＜ 阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应
【解析】
电解池装置中，阳极与电源的正极相连，阴极与电源的负极相连，电解饱和食盐水在阴极生成的是H2，阳极生成的是Cl2，据此分析；
淀粉遇碘单质变蓝，要从淀粉碘化钾中得到碘单质必须加入氧化性物质，据此分析；
根据已知的数据和电解的总反应方程式计算出生成的NaOH的物质的量浓度，从而可知c(OH-)，再求溶液的pH，据此分析。
【详解】
（1）碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe棒上阳离子放电产生氢气，所以B端是检验氯气的氧化性，连接D，然后再进行尾气吸收，E接C，碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe棒上阳离子放电产生氢气，所以A端是测定所产生的氢气的体积，即各接口的顺序是：A→G→F→I，B→D→E→C，故答案为：G；F；I；D；E；C；
（2）电解池装置中，碳与电源的正极相连，则为阳极，氯离子发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：正；2Cl--2e=Cl2↑；
（3）氯气氧化碘化钾，生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，其离子方程式为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；最后氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，其离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：丙中溶液变蓝；Cl2+2I-=I2+2Cl-；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（4）n(H2)==0.00025ml，根据总反应方程式：2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH可知另一极理论上生成的氯气的物质的量也为0.00025ml，其体积理论上也为5.6mL，但氯气部分会溶于水，且部分会与生成的氢氧化钠反应，因此另一极实际上可收集到气体小于5.6mL，故答案为：＜；阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应。
21、 [Ar]3d6（或1s22s22p63s23p63d6 N>O>C sp3 随着这类金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐渐升高 金属离子半径越小，其与碳酸根离子中氧的作用力越强，与碳的作用力则减弱，对应的碳酸盐就越容易分解（或其他合理答案） 8∶1
【解析】
（1）Fe的核电荷数为26，核外电子排布式[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6。
（2）1个Cu2+与2个H2N—CH2—COO−形成的盐，因为含两个五元环结构，所以结构为；在H2N—CH2—COO−中，属于第二周期元素的是C、N、O，第一电离能由大到小的顺序是N>O>C，在H2N—CH2—COO−中，N的杂化方式为sp3、C的杂化方式为sp3和sp2，相同的是sp3杂化。
（3）随着金属离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐步升高；一般认为，含氧酸盐热分解的本质是金属离子争夺含氧酸根中的氧元素，金属离子的半径越小，夺取含氧酸根中的氧的能力越强，含氧酸盐的热分解温度越低，越易分解。
（4）①根据侧面图可看出，2m pm为面对角线的长度，边长为pm，两个最近的F−之间的距离为立方体边长的一半，所以两个最近的F−之间的距离为 pm。
②观察晶胞，可看出8个F−形成的小立方体的边长为CaF2晶胞边长的，所以CaF2晶胞体积与8个F−形成的立方体的体积比为(2∶1)3=8∶1。
③根据图示可知CaF2晶胞中含4个Ca2+和8个F−，它的边长为pm=×10−10 cm，利用ρVNA =4M得出ρ= g·cm−3= g·cm−3。
选项
实验操作
实验现象
结论或解释
A
向H2O2溶液中滴加FeCl3溶液
产生大量气泡
FeCl3催化 H2O2的分解
B
将酸性KMnO4溶液滴入丙烯醛中
溶液的紫红色褪去
丙烯醛中含有碳碳双键
C
向某溶液中滴加稀H2SO4溶液
产生有刺激性气味的气味
原溶液中一定含有SO32-
D
向某溶液中滴加几滴NaOH稀溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口检验
试纸不变蓝
原溶液中一定不含有NH4+
离子
NO3－
SO42－
H+
M
浓度/(ml/L)
2
1
2
2