2026届安徽省巢湖市第一中学高三压轴卷化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省巢湖市第一中学高三压轴卷化学试卷含解析，共40页。
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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、下列除去杂质（括号内的物质为杂质）的方法中错误的是（ ）
A．FeSO4（CuSO4）：加足量铁粉后，过滤
B．Fe粉（Al粉）：用NaOH溶液溶解后，过滤
C．NH3（H2O）：用浓H2SO4洗气
D．MnO2（KCl）：加水溶解后，过滤、洗涤、烘干
2、下列行为不符合安全要求的是（ ）
A．实验室废液需经处理后才能排入下水道
B．点燃易燃气体前，必须检验气体的纯度
C．配制稀硫酸时将水倒入浓硫酸中并不断搅拌
D．大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往高处去
3、通常检测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2＋H2O2＋BaCl2=BaSO4↓＋2HCl。设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．生成2.33gBaSO4沉淀时，转移电子数目为0.02NA
B．SO2具有漂白性，从而可使品红褪色
C．17gH2O2中含有非极性键的数目为0.5NA
D．0.1mlBaCl2晶体中所含分子总数为0.1NA
4、通常条件下，经化学反应而使溴水褪色的物质是（ ）
A．甲苯B．己烯C．丙酸D．戊烷
5、下列说法中不正确的是（ ）
A．石油的催化裂化是工业上生产乙烯的主要方法
B．水煤气经过催化合成得到甲醇等液体燃料的过程属于煤的液化
C．镧镍合金能吸收H2形成金属氢化物，可做贮氢材料
D．Na2SO4•10H2O晶体可作为光与化学能转换的贮热材料，通过溶解与结晶实现对太阳能的直接利用
6、下列说法或表示方法中正确的是
A．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
B．由C(金刚石)═C(石墨)△H=﹣1.9 kJ•ml﹣1 可知，金刚石比石墨稳定
C．在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=﹣285.8 kJ•ml﹣1
D．在稀溶液中：H+(aq)+OH﹣(aq)═H2O(l)△H=﹣57.3 kJ•ml﹣1，若将含0.5 ml H2SO4的浓溶液与含1 ml NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ
7、某种浓差电池的装置如图所示，碱液室中加入电石渣浆液[主要成分为]，酸液室通入 (以NaCl为支持电解质)，产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述正确的是 （ ）
A．电子由N极经外电路流向M极
B．N电极区的电极反应式为↑
C．在碱液室可以生成
D．放电一段时间后，酸液室溶液pH减小
8、下列各组物质混合后，再加热蒸干并在300℃时充分灼烧至质量不变，最终可能得到纯净物的是
A．向FeSO4溶液中通入Cl2
B．向KI和NaBr混合溶液中通入Cl2
C．向NaAlO2溶液中加入HCl溶液
D．向NaHCO3溶液中加入Na2O2粉末
9、留兰香(薄荷中的一种)可用来治疗感冒咳嗽、胃痛腹胀、神经性头痛等，其有效成分为葛缕酮(结构简式如图)。下列有关葛缕酮的说法正确的是
A．葛缕酮的分子式为C10H16O
B．葛缕酮使溴水和酸性KMnO4溶液褪色的原理相同
C．葛缕酮中所有碳原子可能处于同一个平面
D．羟基直接连苯环且苯环上有2个取代基的葛缕酮的同分异构体有12种
10、化学与生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．二氧化硫可用于食品增白
B．过氧化钠可用于呼吸面具
C．高纯度的单质硅可用于制光电池
D．用含有橙色酸性重铬酸钾的仪器检验酒驾
11、已知反应：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定压强下，按向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯的体积分数()与温度(T)、的关系，图乙表示反应的平衡常数K与温度T的关系。则下列说法正确的是
A．图甲中
B．若在恒容绝热装置中进行上述反应，达到平衡时，装置内的气体压强将不变
C．温度T1、， Cl2的转化率约为33.3%
D．图乙中，线A表示正反应的平衡常数
12、将25℃时浓度均为0.1ml/L的HA溶液和BOH溶液按体积分别为Va和Vb混合，保持Va+Vb=100mL，且生成的BA可溶于水。已知Va、Vb与混合液pH关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线II表示HA溶液的体积
B．x点存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)
C．电离平衡常数：K(HA)>K(BOH)
D．x、y、z三点对应的溶液中，y点溶液中水的电离程度最大
13、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
14、以下说法正确的是
A．CH3CH2C(CH3)3的系统命名是：2，2―甲基丁烷
B．H2、D2、T2互称为同位素
C．乙酸、硬脂酸、软脂酸、油酸均属于同系物
D．硝基乙烷（CH3CH2NO2）与甘氨酸（H2NCH2COOH）互称为同分异构体
15、H2C2O4(草酸)为二元弱酸，在水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-物质的量分数与pH关系如图所示，下列说法不正确的是
A．由图可知，草酸的Ka＝10-1.2
B．0.1 ml·L—1NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)
C．向草酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH为4.2时c(Na+)+c(H+)=3c(C2 O42-)+c(OH-)
D．根据图中数据计算可得C点溶液pH为2.8
16、以下化学试剂的保存方法不当的是
A．AB．BC．CD．D
17、下列实验现象和结论相对应且正确的是
A．AB．BC．CD．D
18、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．
19、为落实“五水共治”，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，不考虑其他成分），设计了如下流程：
下列说法不正确的是
A．固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3
B．X可以是空气，且需过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-==N2↑+2H2O
20、下列有关化合物的说法正确的是（ ）
A．所有原子共平面B．其一氯代物有6种
C．是苯的同系物D．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
21、已知：SO32—＋I2＋H2O===SO42—＋2H＋＋2I－，某溶液中可能含有I－、NH4+、Cu2＋、SO32—，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，下列判断正确的是( )
A．肯定不含I－ B．肯定不含NH4+ C．可能含有SO32— D．可能含有I－
22、短周期中同主族元素的单质，晶体类型一定相同的是( )
A．ⅠA 族B．ⅢA 族C．ⅣA 族D．ⅦA 族
二、非选择题(共84分)
23、（14分）有X、Y、Z、M、R五种短周期主族元素，部分信息如下表所示：
请回答下列问题：
（1）Z与NaOH溶液反应的离子方程式：___。(用元素符号表示，下同。)
（2）下列事实能说明R非金属性比Y强这一结论的是___(选填字母序号)。
a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态
b.气态氢化物稳定性R>Y
c.Y与R形成的化合物中Y呈正价
d.Y与R各自形成的含氧酸中R的氧化性更强
（3）经测定X2M2为二元弱酸，写出X2M2的电子式___。其酸性比碳酸的还要弱，请写出其第一步电离的电离方程式___。
（4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：
第一步：X2M2＋I2＝2XIM；
第二步：……
请写出第二步反应的化学方程式___。
（5）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现在改用X2M2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式___。
24、（12分）聚酯增塑剂G及某医药中间体H的一种合成路线如图（部分反应条件略去）：
已知：+R2OH
(1)A的名称是___________________。
(2)写出下列反应的反应类型：反应①是_____________，反应④是__________。
(3)G的结构简式为_____________________，F的分子式为_____________________。
(4)写出反应②的化学方程式____________________。
(5)C存在多种同分异构体，写出核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式：
____________。
(6)仅用一种试剂就可以鉴别B、D、H，该试剂是____________。
(7)利用以上合成路线的信息，以甲苯、乙醇、乙醇钠为原料合成下面有机物（无机试剂任选）___________。
25、（12分）纯碱（Na2CO3）在生产生活中具有广泛的用途．如图1是实验室模拟制碱原理制取Na2CO3的流程图．
完成下列填空：
已知：粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质离子．
（1）精制除杂的步骤顺序是____→___→____→____→____ （填字母编号）．
a 粗盐溶解 b 加入盐酸调pH c 加入Ba（OH）2溶液 d 加入Na2CO3溶液 e 过滤
（2）向饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2，理由是______．在滤液a中通入NH3和加入精盐的目的是______．
（3）请在图1流程图中添加两条物料循环的路线．____
（4）图2装置中常用于实验室制备CO2的是__（填字母编号）；用c装置制备NH3，烧瓶内可加入的试剂是___（填试剂名称）．
（5）一种天然碱晶体成分是aNa2CO3•bNa2SO4•cH2O，利用下列提供的试剂，设计测定Na2CO3质量分数的实验方案．请把实验方案补充完整：
供选择的试剂：稀H2SO4、BaCl2溶液、稀氨水、碱石灰、Ba（OH）2溶液
①______．
②______．
③______．
④计算天然碱晶体中含Na2CO3的质量分数．
26、（10分）无水FeCl2易吸湿、易被氧化，常作为超高压润滑油的成分。某实验小组利用无水FeCl3和氯苯（无色液体，沸点132.2℃）制备少量无水FeCl2，并测定无水FeCl2的产率。
实验原理：2FeCl3＋C6H5Cl2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl↑
实验装置：按如图所示组装好的装置，检查气密性后，向三颈烧瓶A中加入16.76g无水FeCl3和22.5g氯苯。
回答下列问题：
（1）利用工业氮气（含有H2O、O2、CO2）制取纯净干燥的氮气。
①请从下列装置中选择必要的装置，确定其合理的连接顺序：a→________→上图中的j口（按气流方向，用小写字母表示）。
②实验完成后通入氮气的主要目的是________。
（2）装置C中的试剂是________（填试剂名称），其作用是________。
（3）启动搅拌器，在约126℃条件下剧烈搅拌30min，物料变成黑色泥状。加热装置A最好选用__（填字母）。
a．酒精灯 b．水浴锅 c．电磁炉 d．油浴锅
（4）继续升温，在128～139℃条件下加热2h，混合物颜色逐渐变浅，黏度降低。该步骤中加热温度已经接近或超过氯苯沸点，但氯苯实际损失量却非常小，其原因是________。
（5）继续加热1h后放置冷却，在隔绝空气条件下过滤出固体，用洗涤剂多次洗涤所得固体，置于真空中干燥，得到成品。若D中所得溶液恰好与25mL2.0ml·L－1NaOH溶液完全反应，则该实验中FeCl2的产率约为________（保留3位有效数字）。
27、（12分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料。具有较强的还原性，可用于棉织物漂白后的脱氯剂，定量分析中的还原剂。易溶于水，不溶于乙醇。Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解。实验室中常用亚硫酸钠和硫磺制备Na2S2O3•5H2O。制备原理为：Na2SO3+S+5H2O═Na2S2O3•5H2O。某化学兴趣小组在实验室制备硫代硫酸钠晶体并探究其化学性质。
Ⅰ.实验室制取Na2S2O3•5H2O晶体的步骤如下：
①称取12.6 g Na2SO3于烧杯中，溶于80.0 mL水。
②另取4.0 g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。
③水浴加热(如图1所示，部分装置略去)，微沸，反应约1小时后过滤。
④滤液在经过蒸发浓缩、冷却结晶后析出Na2S2O3•5H2O晶体。
⑤进行减压过滤(如图2所示)、乙醇洗涤并干燥。请回答：
(1)仪器B的名称是_____。
(2)步骤④在浓缩过程中不能蒸发过度，其原因是_____。步骤⑤如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是_____。
(3)洗涤时为尽可能避免产品损失应选用的试剂是_____。
A．水 B．乙醇 C．氢氧化钠溶液 D．稀盐酸
Ⅱ.设计以下实验流程探究Na2S2O3的某些化学性质
(4)实验①Na2S2O3溶液pH＝8的原因是_____(用离子方程式表示)。
(5)写出实验②中发生的离子反应方程式_____。
Ⅲ.用Na2S2O3的溶液测定溶液中ClO2的物质的量浓度，可进行以下实验。
步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100mL试样。
步骤2：量取V1 ML试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟(已知：ClO2+I﹣+H+—I2+Cl﹣+H2O 未配平)。
步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用c ml/L Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL(已知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣)。
(6)滴定终点现象是_____。根据上述步骤计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为_____ ml/L(用含字母的代数式表示)。
28、（14分）含有K2Cr2O7的废水具有较强的毒性，工业上常用钡盐沉淀法处理含有K2Cr2O7的废水并回收重铬酸，具体的流程如下：
已知：CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水，其它几种盐在常温下的溶度积常数如下表所示。
（1）用离子方程式表示K2Cr2O7溶液中同时存在K2CrO4的原因（将离子方程式补充完整）：
+__________=+__________。____________
（2）向滤液1中加入BaCl2·2H2O的目的，是使从溶液中沉淀出来。
①结合上述流程说明熟石灰的作用：__________。
②结合表中数据，说明选用Ba2+而不选用Ca2+处理废水的理由：__________。
③研究温度对沉淀效率的影响。实验结果如下：在相同的时间间隔内，不同温度下的沉淀率，如下图所示。
已知：BaCrO4(s) Ba2+(aq)+ΔH>0
的沉淀效率随温度变化的原因是__________。
（3）向固体2中加入硫酸，回收重铬酸。
①硫酸浓度对重铬酸的回收率如下图所示。结合化学平衡移动原理，解释使用0.450ml/L的硫酸时，重铬酸的回收率明显高于使用0.225ml/L的硫酸的原因：__________。
②回收重铬酸的原理如图所示。当硫酸浓度高于0.450ml/L时，重铬酸的回收率没有明显变化，其原因是__________。
（4）综上所述，沉淀BaCrO4并进一步回收重铬酸的效果与__________有关。
29、（10分）I．据报道，我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰(甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。
(1)甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下两种：
水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+205.9 kJ/ml ①
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H2=-41.2 kJ/ml ②
二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)CO(g)+2H2(g) △H3 ③
则反应①自发进行的条件是______________ ΔH3=________ kJ/ml。
Ⅱ．氮的化合物以及氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。
(2)在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始N2、H2分别为0.1 ml、0.3 ml时，平衡后混合物中氨的体积分数(φ)如图所示。
①其中，p1、p2和p3由大到小的顺序是____________，该反应ΔH_______0(填“>”“”“c(OH-)，HC2O4-会发生水解和电离c(Na+)>c(HC2O4-)，因此c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；
C. pH为4.2时，溶液中含有微粒为HC2O4-和C2O42-，且c(HC2O4-)= c(HC2O4-)，根据电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2 O42-)+c(OH-)，则有c(Na+)+c(H+)=3c(C2 O42-)+c(OH-)，故C正确；
D.由于草酸为弱酸分两步电离，Ka1= ，Ka2=，Ka1·Ka2=，根据图中C点得到c(C2O42-)= c(H2C2O4)，所以，Ka1Ka2=，当pH为1.2时c(H+)=10-1.2 ml·L-1，c(HC2O4-)= c(H2C2O4)=0.5 ml·L-1，草酸的Ka1＝10-1.2。当pH为4.2时c(H+)=10-4.2 ml·L-1，c(HC2O4-)= c(C2O42-)=0.5 ml·L-1，草酸的Ka2＝10-4.2；====10-2.7，C点溶液pH为2.7。故D错误。
答案选D。
16、A
【解析】
A. 酒精是液体，应该放在细口瓶中，故A错误；
B. 氢氧化钠溶液应该用细口试剂瓶，且瓶塞用橡皮塞，因为氢氧化钠要腐蚀磨口玻璃塞，故B正确；
C. 浓硫酸装在细口试剂瓶中，故C正确；
D. 浓硝酸见光分解，因此浓硝酸装在细口棕色试剂瓶，故D正确。
综上所述，答案为A。
【点睛】
见光要分解的物质都要保存在棕色瓶中，比如浓硝酸、氯水、硝酸银等。
17、C
【解析】
A.进行焰色反应，火焰呈黄色，说明含有Na+，不能确定是否含有K+，A错误；
B.蔗糖在稀硫酸催化作用下发生水解反应产生葡萄糖，若要证明水解产生的物质，首先要加入NaOH中和催化剂硫酸，使溶液显碱性，然后再用Cu(OH)2进行检验，B错误；
C.在AgCl和AgI饱和溶液中加入过量AgNO3溶液，产生白色沉淀和黄色沉淀，且白色沉淀的质量远大于黄色沉淀，说明溶液中c(Cl-)较大，c(I-)较小，物质的溶解度AgCl>AgI，由于二者的化合物构型相同，因此可证明物质的溶度积常数Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C正确；
D.根据实验现象，只能证明溶液中含有I2，由于溶液中含有两种氧化性的物质HNO3、Fe3+，二者都可能将I-氧化为I2，因此不能证明氧化性Fe3+>I2，D错误；
故合理选项是C。
18、C
【解析】
n(CO2)==0.3ml，向含有0.2ml氢氧化钠和0.1ml氢氧化钙的溶液中通入CO2，二氧化碳首先与氢氧化钙反应2OH-+Ca2++CO2= CaCO3↓+H2O，离子浓度迅速降低，氢氧化钙完全反应，消耗0.1ml CO2，然后二氧化碳与氢氧化钠反应2OH-+CO2=CO32-+H2O，消耗0.1ml CO2，离子浓度继续降低，但幅度减小，最后发生CO2+H2O +CO32-=2HCO3-，离子浓度增大，恰好反应时，0.3ml二氧化碳也完全反应，所以图像C符合，故选C。
【点睛】
正确掌握反应的离子方程式的先后顺序是解题的关键。本题的易错点为B，要注意B和C的区别。
19、B
【解析】
工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。
A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；
B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；
C．气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；
D．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故D正确；
故选B。
20、D
【解析】
A. 连接苯环和环丙烯基的碳碳单键可以旋转，苯平面和烯平面不一定共平面，故A错误；
B． 有一对称轴，如图，其一氯代物有5种，故B错误；
C．苯的同系物中侧链是饱和烃基，故C错误；
D．中有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选D。
21、D
【解析】
据题给方程式确定还原性：SO32-＞I－。其溶液呈无色，则Cu2＋一定不存在，由于SO32-还原性强，首先被Br2氧化成SO，若Br2过量会继续氧化I－生成I2，致使溶液呈黄色，则根据溶液颜色未变，确定SO32-一定存在，I－可能存在，根据电荷守恒，溶液中的阳离子只能为NH，则NH一定存在。故D正确。
22、D
【解析】
A．ⅠA 族的单质有氢气、锂、钠、钾、铷、铯、钫，氢气是分子晶体，锂、钠、钾、铷、铯，钫都是金属晶体，故A错误；
B．ⅢA 族的单质有硼、铝、鎵、铟、铊，硼是分子晶体，铝、鎵、铟、铊都是金属晶体，故B错误；
C．ⅣA 族的单质有碳、硅、锗、锡、铅，碳元素可以组成金刚石、石墨、C60等，分别是原子晶体，混合晶体，分子晶体，硅形成原子晶体，锗，锡，铅都形成金属晶体，故C错误；
D．ⅦA 族有氟、氯、溴、碘、砹，它们形成的单质都是分子晶体，故D正确；
答案选D。
二、非选择题(共84分)
23、2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ bc H2O2H++HO2- H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O Cu+ H2O2+2 H+=Cu2++2H2O
【解析】
根据题意推断X、Y、Z、M、R依次为H、Si、Al、O、Cl五种元素。
（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
（2）证明非金属性的方法：①单质与氢气化合的难易程度；②气态氢化物的稳定性；③最高价氧化物对应水化物的酸性等角度证明；
（3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构；按多元弱酸分步电离进行书写；
（4）根据质量守恒进行化学方程式的书写；
（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水。
【详解】
X、Y、Z、M、R是短周期主族元素，X元素的阳离子核外无电子，则X为氢元素；Y元素有-4、+4价，处于ⅣA族，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z为第三周期简单离子半径最小，则为Al元素；R元素有+7、-1价，则R为Cl元素；M元素有-2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl原子，故R为氧元素；
（1）Z为Al，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（2）R为Cl，Y为Si；
a. 物质的聚集状态属于物理性质，不能说明非金属性强弱，选项a错误；
b. 氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，稳定性HCl＞SiH4，说明非金属性Cl＞Si，选项b正确；
c. Si与Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，选项c正确；
d.Y与R各自形成的最高价含氧酸中R的氧化性更强才能说明R的非金属性更强，选项d错误；
答案选bc；
（3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构，故H2O2的电子式为；H2O2酸性比碳酸的还要弱，则可看成多元弱酸，分步电离，第一步电离的电离方程式为H2O2H++HO2-；
（4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：H2O2分解生成H2O和O2；根据总反应式2H2O2=2H2O+O2↑减去第一步反应H2O2＋I2＝2HIO得到第二步反应：H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O；
（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水，反应的离子方程式为Cu+ H2O2+ 2H+=Cu2++2H2O。
【点睛】
本题考查元素周期律元素周期表的应用，同周期元素从左到右半径减小、非金属性增强，同主族元素从上而下半径增大、非金属性减弱。
24、1，2-二氯丙烷 加成反应 氧化反应 C10H18O4 CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl Na2CO3饱和溶液
【解析】
丙烯与氯气加成得A为CH3CHClCH2Cl，A发生水解反应得B为CH3CH(OH)CH2OH，苯与氢气发生加成反应得C为环己烷，C发生氧化反应得D为己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应（取代反应）得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。
(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到。
【详解】
根据上述分析可知A为CH3CHClCH2Cl，B为CH3CH(OH)CH2OH，C为，C发生氧化反应得D为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应(取代反应)得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。
(1)A为CH3CHClCH2Cl，名称为：1，2-二氯丙烷
(2)反应①是属于加成反应，反应④属于氧化反应；
(3)G的结构简式为：；F的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，分子式是C10H18O4；
(4)反应②的化学方程式：CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl；
(5)C为环己烷，C存在多种同分异构体，其中核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式为；
(6)B是1，2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH，D是己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，H是酯，鉴别三种物质的方法是向三种物质中加入Na2CO3饱和溶液，B与碳酸钠溶液混溶，不分层；D反应，产生气泡；H不反应，互不相容，液体分层，油层在上层。因此鉴别试剂是碳酸钠饱和溶液；
(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到，所以合成路线流程图为：。
【点睛】
本题考查有机物的推断与性质，注意根据有机物的结构进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，难度中等．
25、a c d e b NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2 NH3溶于水能将HCO3﹣转化为CO32﹣，并增大加入NH4+浓度；加入精盐增大Cl﹣浓度，有利于NH4Cl结晶析出 b 浓氨水 称取一定质量的天然碱晶体 加入足量稀硫酸并微热、产生的气体通过足量Ba(OH)2溶液 过滤、洗涤、干燥、称量、恒重沉淀
【解析】
(1)根据SO42﹣、Ca 2+、Mg2+等易转化为沉淀而被除去，以及根据不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去，最后加入适量的溶液；
(2)NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2；根据溶解平衡，增加反应物的浓度有利于晶体析出；
(3)侯氏制碱法主要操作是在氨化饱和的NaCl溶液里通CO2，因此后续操作中得到的CO2和NaCl可循环利用；
(4)实验室制取二氧化碳的反应原理和条件；根据在浓氨水中加碱或生石灰，因为氨水中存在下列平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣加入碱或生石灰产生氢氧根离子平衡左移，同时放出大量的热促进氨水的挥发，制得氨气；
(5)根据实验的原理：先称取一定量的天然碱晶体并溶解得到水溶液，将碳酸根全部转换成二氧化碳，利用二氧化碳和澄清石灰水产生沉淀，通过沉淀的质量求出二氧化碳的物质的量、Na2CO3的物质的量和质量，最终求出Na2CO3的质量分数。
【详解】
(1)SO42﹣、Ca2+、Mg2+等分别与Ba(OH)2溶液、Na2CO3溶液、Ba(OH)2溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的Ba(OH)2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应先加Ba(OH)2溶液再加Na2CO3溶液，过滤，最后加入盐酸，故答案为：a→c→d→e→b；
(2)NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2，所以向饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2；通入NH3可通过与HCO3﹣的反应，增加NH4+浓度，并利用精盐增大Cl﹣浓度，根据溶解平衡的移动，有利于NH4Cl结晶析出；
(3)煅烧炉里生成的CO2可循环利用，滤液a析出晶体氯化铵后得到的NaCl溶液可循环利用，则；
(4)实验室制取二氧化碳常选用石灰石和稀盐酸或大理石和稀盐酸反应制取，采用固体+液体气体；浓氨水中加碱或生石灰，因为氨水中存在下列平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，加入碱平衡左移，同时放出大量的热促进氨水的挥发，制得氨气；
(5)实验的原理：先称取样品质量并溶解，将碳酸根全部转换成二氧化碳，利用二氧化碳和澄清石灰水产生沉淀，通过沉淀的质量求出二氧化碳的物质的量、Na2CO3的物质的量和质量，最终求出Na2CO3的质量分数，所以将天然碱晶体样品，溶于适量蒸馏水中，加入足量稀硫酸并微热，产生的气体通过足量的澄清石灰水，然后过滤、洗涤、干燥、称量沉淀即可。
26、fg→de→bc（提示：除水后再除氧气，防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气） 将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收 无水氯化钙 防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解 d 球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流 97.0％
【解析】
（1）思路：先除CO2→再除H2O（顺带除去吸收二氧化碳带出来的水蒸气）→再除O2（除水后再除氧气，防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气）；
（2）由FeCl2、FeCl3易水解性质可解，前后一定要有干燥装置；
（3）油浴锅的好处是便于控制温度；
（4）有冷凝管可使反应物冷凝回流；
【详解】
（1）①由分析可知，装置接口的连接顺序为fg→de→bc，吸收装置注意长进短出；②实验完成后继续通入氮气的主要目的是：将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收，防止测FeCl2的产率偏小。
（2）FeCl2、FeCl3易水解，装置C中的试剂是干燥剂无水氯化钙，其作用是防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解；
（3）结合温度约126℃，选择油浴锅的好处是便于控制温度，故选d；
（4）由装置图可知，加热温度已经接近或超过氯苯沸点，但氯苯实际损失量却非常小，其原因是球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流；
（5）n(HCl)=n(NaOH)=·L－1=0.05ml，
n(FeCl2)=n(HCl)=0.05ml=0.1ml，
加入16.76g无水FeCl3和22.5g氯苯，物质的量分别约为0.103ml和0.2ml，由反应方程式可知氯苯过量，
则该实验中FeCl2的产率约为100%97.0％。
27、球形冷凝管 避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解 避免发生水倒吸 B S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣ S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+ 溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复
【解析】
(1)、根据装置图可知，仪器B为球形冷凝管；
(2)、根据题干信息‘Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解’解答；停止抽滤时，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，是为了避免发生水倒吸；
(3)、硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中，硫在酒精中微溶，可以增大接触面积，提高反应速率；
(4)、常温下，由pH=8，是Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性；
(5)、加入足量氨水同时加入氯化钡溶液，氯水具有氧化性，Na2S2O3具有还原性，发生氧化还原反应，生成SO42-和Cl-，生成的SO42-再与Ba2+反应；
(6)、滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂，溶液蓝色褪去；由方程式2ClO2+10I- +8H+=5I2+2Cl-+4H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-得关系式ClO2~52S2O32-, n (2S2O32-) =cV2×10-3ml，所以V1mL ClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4ml，根据c=计算出原ClO2溶液的物质的量浓度。
【详解】
（1）由装置图可知仪器B为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；
（2）加热时应避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解，抽滤时应避免倒吸，如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是避免发生水倒吸，
故答案为：避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解；避免发生水倒吸；
（3）洗涤时为尽可能避免产品损失应选用乙醇，故答案为：B；
（4）Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣，
故答案为：S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣；
（5）实验②中发生的离子反应方程式为S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+，
故答案为：S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+；
（6）滴定终点，溶液蓝色褪色，且半分钟内不恢复，反应的关系式为2ClO2～5I2～10S2O32﹣，n（Na2S2O3）＝V2c×10﹣3ml，则c（ClO2）＝ml/L，
故答案为：溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复；。
28、1 H2O 2 2 H+沉淀；调节溶液pH，使转化为而沉淀BaCrO4比CaCrO4更难溶，可以使沉淀更完全温度升高，沉淀速率加快c(H2SO4)增大，则c()增大，与Ba2+生成沉淀，促进BaCrO4(s)Ba2+(aq)+(aq)ΔH>0平衡右移，c()增大；同时，c(H+)也增大，共同促进+H2O+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7BaSO4与BaCrO4溶解度接近，c(H2SO4)越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其难于接触H2SO4，阻碍重铬酸生成受到溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等影响
【解析】含有K2Cr2O7的废水同时含有SO42−，加入适量熟石灰过滤得到的固体1为硫酸钙和滤液1，向滤液1中加入BaCl2⋅2H2O的目的是使CrO42−从溶液中沉淀出来，过滤得到固体2为BaCrO4，滤液2检测CrO42−含量达标，向固体2中加入硫酸，回收重铬酸，同时生成固体3为硫酸钡沉淀。
(1). K2Cr2O7溶液中同时存在K2CrO4的原因是重铬酸根离子在水溶液中存在化学平衡生成铬酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为Cr2O72−+H2O⇌2CrO42−+2H+，故答案为：1、H2O、2、2、H+；
(2). ①. 根据表中物质的溶度积常数可知，熟石灰的作用是沉淀硫酸根离子，调节溶液pH使Cr2O72−转化为CrO42−而沉淀，故答案为：沉淀SO42－，调节溶液pH，使Cr2O72−转化为CrO42−而沉淀；
②. 根据表中数据可知，BaCrO4比CaCrO4更难溶，所以选用Ba2+处理废水可以使CrO42−沉淀更完全，故答案为：BaCrO4比CaCrO4更难溶，可以使CrO42−沉淀更完全；
③. 根据图象可知，CrO42−的沉淀率随温度升高增大，沉淀速率加快，故答案为；温度升高，沉淀速率加快；
(3). ①. c(H2SO4)增大，则c(SO42－)增大，与Ba2+生成沉淀，促使BaCrO4(s) Ba2+(aq)+CrO42−(aq)平衡右移，使c(CrO42−)增大，同时c(H+)也增大，共同促使Cr2O72−+H2O2CrO42−+2H+平衡左移，可以生成更多的H2Cr2O7，故答案为：c(H2SO4)增大，则c(SO42－)增大，与Ba2+生成沉淀，促使BaCrO4(s) Ba2+(aq)+CrO42−(aq)平衡右移，c(CrO42−)增大，同时c(H+)也增大，共同促使Cr2O72−+H2O2CrO42−+2H+平衡左移，可以生成更多的H2Cr2O7；
②. 根据表中各物质的溶度积常数可知，BaSO4与BaCrO4溶解度比较接近，c(H2SO4)越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其难与H2SO4接触，阻碍重铬酸生成，故答案为：BaSO4与BaCrO4溶解度接近，c(H2SO4)越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其难于接触H2SO4，阻碍重铬酸生成；
(4). 根据上述分析可知，沉淀BaCrO4并进一步回收重铬酸的效果与温度、浓度、溶液pH、硫酸浓度、沉淀颗粒等有关，受到溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等因素的影响，故答案为：受到溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等影响。
29、高温 +247.1 p1>p2>p3 < < 8.3×103 正极 NO2-e-+NO3-=N2O5
【解析】
Ⅰ．(1)根据反应①的△H和△S分析自发性的条件，根据已知焓变的热化学方程式，结合盖斯定律计算所求反应的焓变；
Ⅱ．(2)①发生反应为N2+3H22NH3，随着反应进行，气体分子数减少，体系压强减少，根据图象分析；
②温度升高，化学反应速率增大；
③根据方程式计算B点N2的分压p(N2)，分压=总压×物质的量分数；
(3)在燃料电池中，通入燃料的电极为负极，失去电子，发生氧化反应，通入氧气的电极为正极，得到电子发生还原反应，结合电解质及产生的物质书写电极反应式。
【详解】
I．(1)反应①方程式CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+205.9 kJ/ml，可知该反应的正反应△H>0，△S>0，满足△H-T△Sp2>p3，因此压强关系是p1>p2>p3；
在压强相同时，升高温度，NH3的含量降低，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应分析移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，故反应热小于零，该反应ΔHp2，由图可知，B对应的温度高、压强大，所以反应速率B>A，即vA(N2)