2026届安徽省滁州市凤阳县第二中学高三压轴卷化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省滁州市凤阳县第二中学高三压轴卷化学试卷含解析，共40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。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应，设计装置如图，下列说法正确的是（ ）
A．装置A中锌粒可用铁粉代替
B．装置B中盛放碱石灰，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气
C．装置C加热前，必须先用试管在干燥管管口处收集气体，检验气体纯度
D．装置A也可直接用于MnO2与浓盐酸反应制取Cl2
2、能用离子方程式2H++CO32-=CO2↑+H2O表示的是（ ）
A．NaHSO4和Na2CO3B．H2SO4和BaCO3
C．CH3COOH和Na2CO3D．HCl和NaHCO3
3、A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等；B的单质分子中有三对共用电子；C、D同主族，且核电荷数之比为1:2。下列有关说法不正确的是（ ）
A．C、D、E的简单离子半径：D>E>C
B．A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子
C．由A、B、C三种元素形成的化合物均能促进水的电离
D．分子D2E2中原子均满足8电子稳定结构，则分子中存在非极性键
4、下列属于不可再生能源的是（ ）
A．氢气B．石油C．沼气D．酒精
5、是制作电木的原料。下列围绕此物质的讨论正确的是
A．该有机物没有确定的熔点B．该有机物通过加聚反应得到
C．该有机物通过苯酚和甲醇反应得到D．该有机物的单体是 -C6H3OHCH2-
6、下列指定反应的化学用语表达正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
7、下列物质中，不属于合金的是
A．水银B．硬铝C．青铜D．碳素钢
8、天然气是一种重要的化工原料和燃料，常含有少量H2S。一种在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图所示。下列说法正确的是
A．脱硫过程中Fe2(SO4)3溶液的pH逐渐减小
B．CH4是天然气脱硫过程的催化剂
C．脱硫过程需不断补充FeSO4
D．整个脱硫过程中参加反应的n(H2S)：n(O2)=2：1
9、实验室制备硝基苯的反应装置如图所示。下列实验操作或叙述不正确的是（ ）
A．试剂加入顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯
B．实验时水浴温度需控制在50～60℃
C．仪器a的作用：冷凝回流苯和硝酸，提高原料的利用率
D．反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品
10、已知N2H4在水中电离方式与NH3相似，若将NH3视为一元弱碱，则N2H4是一种二元弱碱，下列关于N2H4的说法不正确的是
A．它与硫酸形成的酸式盐可以表示为N2H5HSO4
B．它溶于水所得的溶液中共有4种离子
C．它溶于水发生电离的第一步可表示为：N2H4＋H2ON2H5＋OH－
D．室温下，向0.1ml/L的N2H4溶液加水稀释时，n(H＋)·n(OH－)会增大
11、NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )
A．1ml冰醋酸和1ml乙醇经催化加热反应可生成H2O分子数为NA
B．常温常压下，将15g NO和8g O2混合，所得混合气体分子总数小于0.5NA
C．标准状况下，2.24 L的CCl4中含有的C—Cl键数为0.4NA
D．6.8g熔融态KHSO4中含有0.1NA个阳离子
12、某同学利用下图装置探究SO2的性质。
下列有关反应的方程式，不正确的是（ ）
A．①中溶液显红色的原因： CO32－+ H2O HCO3－+ OH－
B．①中溶液红色褪去的原因：2SO2 + CO32－+ H2O == CO2+ 2HSO3－
C．②中溶液显黄绿色的原因：Cl2+ H2O == HCl + HClO
D．②中溶液黄绿色褪去的原因：SO2+ Cl2 + 2H2O == H2SO4 + 2HCl
13、下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是（ ）
A．胶体粒子在电场中自由运动
B．丁达尔效应是胶体粒子特有的性质，是胶体与溶液、悬浊液的本质区别
C．胶体粒子，离子都能过通过滤纸与半透膜
D．铁盐与铝盐都可以净水，原理都是利用胶体的性质
14、使用石油热裂解的副产物中的甲烷来制取氢气，需要分两步进行，其反应过程中的能量变化如图所示：
则甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为（ ）
A．CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g) ΔH＝－103.3kJ/ml
B．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g) ΔH＝－70.1kJ/ml
C．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g) ΔH＝70.1kJ/ml
D．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g) ΔH＝－136.5kJ/ml
15、下列关于有机物1-氧杂-2，4-环戊二烯（）的说法正确的是（）
A．与互为同系物
B．一氯代物有2种，二氯代物有4种（不考虑立体异构）
C．能使溴水退色，不能使酸性高锰酸钾溶液退色
D．1ml该有机物完全燃烧消耗5mlO2
16、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
17、镁、铝都是较活泼的金属，下列描述中正确的是
A．高温下，镁、铝在空气中都有抗腐蚀性
B．镁、铝都能跟稀盐酸、稀硫酸、强碱反应
C．镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应
D．铝热剂是镁条、铝粉和氧化铁的混合物
18、分子式为C5H12的烃，其分子内含3个甲基，该烃的二氯代物的数目为
A．8种B．9种C．10种D．11种
19、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
20、中科院科学家设计出一套利用SO2和太阳能综合制氢方案，其基本工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．该电化学装置中，Pt电极作正极
B．Pt电极的电势高于BiVO4电极的电势
C．电子流向：Pt电极→导线→BiVO4电极→电解质溶液→Pt电极
D．BiVO4电极上的反应式为SO32-－2e-+2OH-=SO42-+H2O
21、下列说法正确的是
①氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸
②实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收
③新制氯水的氧化性强于久置氯水
④检验HCl气体中是否混有Cl2方法是将气体通入硝酸银溶液
⑤除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水中
A．①②③B．③C．②③④D．③⑤
22、以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．过程Ⅰ中的能量转化形式是太阳能→化学能
B．过程Ⅰ中每消耗116 g Fe3O4转移2 ml电子
C．过程Ⅱ的化学方程式为3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑
D．铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点
二、非选择题(共84分)
23、（14分）几种中学化学常见的单质及其化合物相互转化的关系图如下：

可供参考的信息有：
①甲、乙、丙、丁为单质，其余为化合物
②A由X和Y两种元素组成，其原子个数比为l︰2，元素质量之比为7︰8。
③B气体是引起酸雨的主要物质，H常温下为无色无味的液体，E常用作红色油漆和涂料。
试根据上述信息回答下列问题：
(1)A的化学式为___________，每反应lml的A转移的电子数为_____________ml；
(2)F与丁单质也可以化合生成G，试写出该反应的离子方程式：______________________；
(3)少量F的饱和溶液分别滴加到下列物质中，得到三种分散系①、②、③。
试将①、②、③对应的分散质具体的化学式填人下列方框中：________________
(4)化合物M与H组成元素相同，可以将G氧化为F，且不引进新的离子。试写出M在酸性环境下将G氧化为F的离子方程式：________________
24、（12分）用煤化工产品合成高分子材料I的路线如下：
已知：（1）B、C、D都能发生银镜反应，G的结构简式为
（2）
根据题意完成下列填空：
（1）A的结构简式为__________________。
（2）实验空由A制得B可以经过三步反应，第一步的反应试剂及条件为/光照，第二步是水解反应，则第三步的化学反应方程式为____________________。
（3）①的反应类型为_______________反应。
（4）③的试剂与条件为__________________________。
（5）I的结构简式为___________；请写出一个符合下列条件的G的同分异构体的结构简式____________。
①能发生银镜反应 ②能发生水解反应
③苯环上一氯取代物只有一种 ④羟基不与苯环直接相连
（6）由乙醇为原料可以合成有机化工原料1-丁醇（），写出其合成路线________________。（合成路线需用的表示方式为：）
25、（12分）某学习小组以电路板刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）为原料制备纳米Cu20，制备流程如下：
已知：①Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu; Cu2O不溶于水，极易溶于碱性溶液；Cu2O+2H+ =Cu2++Cu+H2O。
②生成Cu2O的反应：4Cu(OH)2+N2H4∙H2O=2Cu2O+N2↑+7H2O
请回答：
（1）步骤II，写出生成CuR2反应的离子方程式：____________________________
（2）步骤II，需对水层多次萃取并合并萃取液的目的是___________________________
（3）步骤III，反萃取剂为_____________
（4）步骤IV，①制备纳米Cu2O时，控制溶液的pH为5的原因是_______________
A． B． C．
②从溶液中分离出纳米Cu2O采用离心法，下列方法也可分离Cu2O的是_________
③Cu2O干燥的方法是_________________
（5）为测定产品中Cu2O的含量，称取3.960g产品于锥形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液（足量），充分反应后用0.2000 ml·L－1标准KMnO4溶液滴定，重复2～3次，平均消耗KMnO4溶液50.00mL。
①产品中Cu2O的质量分数为_______
②若无操作误差，测定结果总是偏高的原因是_____
26、（10分）（13分）硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)是铜盐中重要的无机化工原料，广泛应用于农业、电镀、饲料添加剂、催化剂、石油、选矿、油漆等行业。
Ⅰ．采用孔雀石[主要成分CuCO3·Cu(OH)2]、硫酸（70%）、氨水为原料制取硫酸铜晶体。其工艺流程如下：
（1）预处理时要用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径0），其化学平衡常数K与T的关系如下表：
请完成下列问题：比较K1、K2的大小：K1___K2（填写“＞”、“=”或“＜”）
（3）判断该反应达到化学平衡状态的依据的是___（选填字母序号）。
A．2v（H2）正=3v（NH3）逆 B．2v（N2）正=v（H2）逆
C．容器内压强保持不变 D．混合气体的密度保持不变
（4）盐酸肼（N2H6Cl2）是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。盐酸肼第一步水解反应的离子方程式___；
盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序正确的是___（填序号）。
a．c（Cl-）＞c（N2H62+）＞c（H+）＞c（OH-）
b．c（Cl-）＞c（[N2H5•H2O]+）＞c（H+）＞c（OH-）
c．2c（N2H62+）+c（[N2H5•H2O]+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）
d．2c（N2H62+）+2c（[N2H5•H2O]+）+2c（[N2H4•2H2O]=c（Cl-）
29、（10分）铁单质及化合物与我们的生产、生活紧密相关。
(1)Fe3＋的基态核外价电子排布式为______，应用原子结构比较Fe与同周期的Mn第三电离能(I3)的大小：I3(Mn)_______I3(Fe)(填>、Cl->O2-，故A正确；
B. A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子N2H4、 H2O2、H2S 、HCl，故B正确；
C. 由A、B、C三种元素形成的化合HNO3、HNO2抑制水的电离，故C错误；
D. 分子D2Cl2中原子均满足8电子稳定结构，则分子中存在非极性键S-S键，故D正确；故选C。
【点睛】
本题考查元素周期律与元素周期表，解题关键：位置结构性质的相互关系应用，难点B，N2H4、 H2O2两种分子也是18电子。
4、B
【解析】煤、石油及天然气是化石能源，属不可能再生的能源，而氢气、沼气、酒精及太阳能、风能等为再生能源，故答案为B。
点睛：明确能源的来源是解题关键，能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源，如太阳能、风能、生物质能等；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源，如煤、石油等。
5、A
【解析】
A. 聚合物中的n值不同，是混合物，没有确定的熔点，故A正确；
B. 是苯酚和甲醛通过缩聚制取的，故B错误；
C. 合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，故C错误；
D. 合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，故D错误。
故选A。
6、A
【解析】
A、锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na3CO3溶液浸泡：CO32﹣+CaSO4＝CaCO3+SO42﹣，A正确；
B、用铁电极电解饱和食盐水，阳极铁失去电子，转化为亚铁离子，阴极氢离子得到电子转化为氢气，得不到氯气，B错误；
C、氨水不能溶解氢氧化铝，向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，C错误；
D、溶液显碱性，产物不能出现氢离子，KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制取K2FeO4：4OH-+3ClO﹣+2Fe(OH)3＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，D错误；
答案选A。
7、A
【解析】
由两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质是合金，硬铝是一种铝合金、青铜是Cu—Sn合金、碳素钢是含碳量为0.03%~2%的铁碳合金，水银是金属单质，不是合金，答案选A。
8、D
【解析】
A. 在脱硫过程中Fe2(SO4)3与H2S发生反应：Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+H2SO4+S↓，然后发生反应：4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，总反应方程式为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，可见脱硫过程中由于反应产生水，使Fe2(SO4)3溶液的浓度逐渐降低，因此溶液的pH逐渐增大，A错误；
B. CH4在反应过程中没有参加反应，因此不是天然气脱硫过程的催化剂，B错误；
C. 脱硫过程反应产生中间产物FeSO4，后该物质又反应消耗，FeSO4的物质的量不变，因此不需补充FeSO4，C错误；
D. 根据选项A分析可知Fe2(SO4)3是反应的催化剂，反应总方程式为2H2S+O2=2S↓+2H2O，故参加反应的n(H2S)：n(O2)=2：1，D正确；
故合理选项是D。
9、D
【解析】
A．混合时应先加浓硝酸，再加入浓硫酸，待冷却至室温后再加入苯，故A正确；
B．制备硝基苯时温度应控制在50～60℃，故B正确；
C．仪器a的作用为使挥发的苯和硝酸冷凝回流，提高了原料利用率，故C正确；
D．仪器a为球形冷凝管，蒸馏需要的是直形冷凝管，故D错误；
答案选D。
10、A
【解析】
A、N2H4 +H2ON2H5+ +OH-、N2H5++ H2O N2H62+ +OH- ，它属于二元弱碱，和硫酸形成的酸式盐应为N2H6（HSO4）2，选项A不正确；
B、所得溶液中含有N2H5+、N2H62+、OH-、H+四种离子，选项B正确；
C、它溶于水发生电离是分步的，第一步可表示为：N2H4＋H2ON2H5+＋OH－，选项C正确；
D、Kw=c(H＋)·c(OH－)在一定温度下为定值，因加水体积增大，故n(H＋)·n(OH－)也将增大，选项D正确；
答案选A。
11、B
【解析】
A．酯化反应为可逆反应，1ml冰醋酸和1ml乙醇经催化加热反应可生成H2O分子数小于NA，故A错误；
B．常温常压下，将15g NO和8g O2混合反应生成0.5ml二氧化氮，二氧化氮会聚合为四氧化二氮，所得混合气体分子总数小于0.5NA，故B正确；
C．标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；
D．熔融状态的KHSO4的电离方程式为KHSO4=K++HSO4-； 6.8g熔融状态的KHSO4物质的量==0.05ml，含0.05ml阳离子，故D错误；
故选：B。
【点睛】
本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大。
12、C
【解析】碳酸钠溶液显碱性，能使酚酞变红色，其水解的离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故A正确；
亚硫酸的酸性强于碳酸，在碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳发生反应2SO2+CO32﹣+H2O═CO2+2HSO3﹣，NaHSO3溶液显酸性，所以溶液红色褪去，故B正确；氯气溶于水部分与水反应，部分以氯气分子的形式存在于溶液，所以氯水显浅黄绿色是因为溶解了氯气，故C错误；二氧化硫与氯水反应生成HCl和硫酸，即发生SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，氯气被消耗，所以溶液的黄绿色褪去，故D正确。
13、D
【解析】
A. 胶体粒子可带电，在电场中发生定向移动，故A错误；
B. 丁达尔效应是胶体特有的性质，胶体与溶液、悬浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，故B错误；
C.离子既能过通过滤纸，又能通过半透膜；胶体粒子只能通过滤纸，不能通过半透膜，故C错误；
D. 可溶性铁盐与铝盐都会发生水解，产生氢氧化铁和氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性可以净水，原理都是利用胶体的性质，故D正确。
答案选D。
14、D
【解析】
本题考查化学反应与能量变化,意在考查考生的图象分析能力与推理能力。
【详解】
左图对应的热化学方程式为A. CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g) ΔH＝－103.3kJ/ml，右图对应的热化学方程式为CO (g) + H2O(g)=H2 (g) + CO2 (9) △H=-33. 2kJ/ml；两式相加即可得相应的热化学方程式D. CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g) ΔH＝－136.5kJ/ml，故D符合题意；
答案：D。
【点睛】
根据两图都为放热反应，完成热化学反应方程式，再根据盖斯定律进行分析即可。
15、B
【解析】
1-氧杂-2，4-环戊二烯()的分子式为C4H4O，有2种等效氢，结合碳碳双键的平面结构特征和有机物燃烧规律进行解答。
【详解】
A．属于酚，而不含苯环和酚羟基，两者不是同系物，A错误；
B．共有2种等效氢（不考虑立体异构），它的一氯代物有2种，二氯代物有4种，B正确；
C．含碳碳双键，既能能使溴水退色，又能使酸性高锰酸钾溶液退色，C错误；
D．的分子式为C4H4O，1mlC4H4O完全燃烧消耗的O2的物质的量为1ml(4+-)=4.5ml，D错误。
答案选B。
16、C
【解析】
A. Al是13号元素，Ga位于Al下一周期同一主族，由于第四周期包括18种元素，则Ga的原子序数为13+18=31，A正确；
B. Al、Ga是同一主族的元素，由于金属性Alr(Ga3+)，C错误；
D. GaAs导电性介于导体和绝缘体之间，可制作半导体材料，因此广泛用于电子工业和通讯领域，D正确；
故合理选项是C。
17、C
【解析】
A、在常温下，镁和铝在空气里都能跟氧气反应，生成一层致密而坚固的氧化物薄膜，这层氧化物薄膜能够阻止金属的继续氧化，所以镁和铝都有抗腐蚀的性能，但是在高温下能剧烈反应，放出大量热，选项A错误；B、镁能跟酸反应不能跟碱反应，选项B错误；C、镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应生成铁和氧化铝，选项C正确；D、铝热剂是铝粉和氧化铁的混合物，在铝热剂反应时，为了引燃，在铝热剂上放供氧剂(氯酸钾)，中间插一根镁条，是为引燃用的，选项D错误。答案选C。
18、C
【解析】
分子式为C5H12含3个甲基的烃为，该烃的一氯代物有4种：ClCH2CH（CH3）CH2CH3、（CH3）2CClCH2CH3、（CH3）2CHCHClCH3、（CH3）2CHCH2CH2Cl，采用“定一移二”法，第二个氯原子的位置如图： 、、、，该烃的二氯代物的同分异构体有5+2+2+1=10种，答案选C。
19、A
【解析】
A. 在任何时刻都存在：2v正(X)=v正(Y)，若v正(X)=2v逆(Y)，则v正(Y)= 2v正(X)=4 v逆(Y)，说明反应正向进行，未达到平衡状态，A符合题意；
B. 反应混合物中W是固体，若未达到平衡状态，则气体的质量、物质的量都会发生变化，气体的密度也会发生变化，所以当气体平均密度不再发生变化时，说明反应处于平衡状态，B不符合题意；
C. 反应在恒容密闭容器中进行，反应前后气体的物质的量发生变化，所以若容器内压强不再变化，则反应处于平衡状态，C不符合题意；
D. 反应在恒温恒容的密闭容器中进行，若反应未达到平衡状态，则任何气体物质的浓度就会发生变化，所以若X的浓度不再发生变化，说明反应处于平衡状态，D不符合题意；
故合理选项是A。
20、C
【解析】
该装置为原电池，由Pt电极上反应(H2O→H2)或BiVO4电极上反应(SO32-→SO42-)可知，Pt电极上氢离子得电子生成氢气、发生还原反应，为正极，电极反应为2H2O+2e-═H2↑+2OH-；BiVO4电极为负极，SO32-失电子生成硫酸根、发生氧化反应，电极反应为SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O，据此分析解答。
【详解】
A．Pt电极上氢离子得电子生成氢气，发生还原反应，Pt电极作正极，故A正确；
B．Pt电极为正极，BiVO4电极为负极，所以Pt电极电势高于BiVO4电极，故B正确；
C．电子从BiVO4电极(负极)经导线流向Pt电极(正极)，不能进入溶液，故C错误；
D．BiVO4电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O，故D正确；
故选C。
【点睛】
根据电极上物质的变化判断正负极为解答的关键。本题的易错点为C，要注意溶液通过自由移动的离子导电，难点为D，要注意电极反应式的书写与溶液的酸碱性有关。
21、B
【解析】
①氯气和氢气在点燃或光照条件下能产生爆炸，在没有条件下不反应，故错误；
②氢氧化钙的溶解度较小，所以吸收氯气的能力较小，实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，故错误；
③次氯酸有强氧化性，新制的氯水中次氯酸的量较多，久置的氯水中，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，所以久置的氯水中次氯酸含量较少，强氧化性较低，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水的，故正确；
④氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢和硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以氯气、氯化氢都能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以硝酸银溶液不能用于检验HCl气体中是否混有Cl2，故错误；
⑤饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气的溶解，氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以可以除去Cl2中的HCl气体，但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的，故错误；
22、B
【解析】
A. 过程Ⅰ利用太阳能将四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，实现的能量转化形式是太阳能→化学能，选项A正确；
B. 过程Ⅰ中四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，每消耗116 g Fe3O4，即0.5ml，Fe由+3价变为+2价，转移 ml电子，选项B错误；
C. 过程Ⅱ实现了氧化亚铁与水反应生成四氧化三铁和氢气的转化，反应的化学方程式为3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑，选项C正确；
D. 根据流程信息可知，铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点，选项D正确。
答案选B。
二、非选择题(共84分)
23、FeS2 11 2Fe3++Fe=3Fe2+ :分散质微粒的直径(nm)； H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+
【解析】
由③中信息可知： B气体是引起酸雨的主要物质，则B为SO2，H常温下为无色无味的液体，则H为H2O；E常用作红色油漆和涂料，故E为Fe2O3，则A中应含Fe、S两种元素。由②可计算得到A的化学式为FeS2，再结合流程图可推知甲为O2，C为SO3，D为H2SO4 乙由E(Fe2O3)和乙在高温的条件下生成丁(单质)可知，丁为Fe，D ( H2SO4) +E ( Fe2O3)→F，则F为Fe2 (SO4)3，G为FeSO4，丙可以为S等，乙可以为碳或氢气等。
【详解】
(1)由上述分析可知，A的化学式为FeS2，高温下燃烧的化学方程式为:
4FeS2 + 11O2 2Fe2O3 +8SO2，由此分析可知，每消耗4 ml FeS2，转移电子为44ml，即每反应1 ml的A ( FeS2)转移的电子为11 ml ，故答案为.：FeS2；11。
(2)由转化关系图可知F为Fe2 (SO4)3，丁为Fe，G为FeSO4，则有关的离子反应为: Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
(3)少量饱和Fe2 (SO4)3溶液加入①冷水中形成溶液，溶质为Fe2 (SO4)3；加入②NaOH溶液中会产生Fe (OH) 3沉淀，形成浊液；加入③沸水中会产生Fe (OH) 3胶体，即①Fe2 (SO4)3、③Fe (OH) 3胶体、② Fe (OH) 3沉淀，故答案为:分散质微粒的直径(nm)；
(4)化合物M与H ( H2O)组成元素相同，则M为H2O2，M在酸性条件下将G ( FeSO4)氧化为F[Fe2 (SO4)3]的离子方程式为： H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+，故答案为：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+。
24、 加成反应 氢氧化钠水溶液加热
【解析】
B、C、D都能发生银镜反应，则结构中都含有醛基，G的结构简式为，E碱性条件下水解、酸化得到G，则F为，E为，比较D和E的分子式知，D中-CHO被氧化为-COOH生成E，则D为，根据D中取代基的位置结合A的分子式可推测出A为，A经过系列转化生成B为，B发生信息反应生成C为，与HBr发生加成反应生成D，由G的结构及反应条件和H的分子式可得：H为，由I的组成可知，G通过缩聚反应生成高聚物I，故I为，据此解答。
【详解】
（1）根据上述分析，A的结构简式为；
（2）根据上述分析第三步反应为催化氧化反应，方程式为2+O22+2H2O；
（3）根据上述分析，①的反应类型为加成反应；
（4）E碱性条件下水解得到F，则③的试剂与条件为氢氧化钠水溶液加热；
（5）根据上述分析，I的结构简式为；
①能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；
②能发生水解反应，说明结构中含有含有酯基；
③苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上有4个取代基，且具有一定对称性；
④羟基不与苯环直接相连，则结构中没有酚羟基，结合上述分析，G的同分异构体结构简式为；
（6）以乙醇为原料合成有机化工原料1-丁醇，碳链的增长根据题干信息可以用醛与醛脱水反应实现，产物中的双键和醛基可以通过与氢气反应转化为碳碳单键和羟基，乙醇催化氧化可以得到乙醛，综上分析其合成路则该合成路线为：。
【点睛】
逆合成法的运用往往是解决有机合成题的主要方法，此题从G的结构分析，通过分子式的比较及反应条件等信息分析有机物间的转化关系；此类题还需注意题干中给出的信息，如醛和醛的脱水反应，这往往是解题的关键信息。
25、Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2 提高铜离子的萃取率，提高原料利用率 稀硫酸 pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解 C 真空干燥 90.90% 制备氧化亚铜时，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大
【解析】
刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）加入过量的氨水，形成铜氨溶液，同时生成氢氧化亚铁和氢氧化铁沉淀，铜氨溶液中加入有机溶液得到CuR2，再反萃取剂条件下生成硫酸铜溶液。
【详解】
（1）步骤II，铜氨溶液和RH的有机溶液反应生成氨气和氯化铵和CuR2，离子方程式为：Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2；
（2）需要对水层多次萃取并合并萃取液是能提高铜离子的萃取率，提高原料利用率；
（3）通过前后的物质分析，反萃取剂提供硫酸根离子和氢离子，故为稀硫酸；
（4）①从信息分析，氧化亚铜在酸性强的溶液中会发生歧化反应，但碱性强的溶液中氧化亚铜会溶解。故答案为：pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解；
②纳米Cu2O不能通过半透膜，所以可以选择C进行分离。
③因为Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu，所以选择真空干燥；
（5）①根据得失电子分析关系式有5Cu2O---2KMnO4，高锰酸钾的物质的量为0.200 0 mI.L-1×0.05L=0.01ml，则氧化亚铜的物质的量为0.025ml，质量分数为=90.90%；
②制备氧化亚铜时，肼具有还原性，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大。
26、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（任写两条） 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%。
27、BDCl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2OB如果次氯酸钠溶液装在三颈烧瓶中，生成的水合肼会被次氯酸钠氧化减压蒸馏可使产品在较低温度下气化，避免高温分解淡黄色且半分钟不消失酸式N2H4·H2O + 2I2 = N2↑+ 4HI + H2O82.00%
【解析】
（1）配制一定质量分数的溶液时，具体步骤是计算、称量、溶解，NaOH固体时需要放在烧杯中称，量取水时需要量筒，溶解时需要烧杯、玻璃棒；
（2）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中与NaOH发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
（3）依据制取水合肼（N2H4·H2O）的反应原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl，结合反应产物和反应物分析判断；水合肼（N2H4·H2O）具有还原性，易被次氯酸钠氧化；
（4）根据反应原理确定反应终点；
（5）根据碘溶液的性质确定所用仪器；
（6）根据N2H4·H2O + 2I2 = N2↑+ 4HI + H2O进行计算。
【详解】
（1）配制一定质量分数的溶液时，溶解时需要烧杯、玻璃棒，故答案为：BD；
（2）锥形瓶中氯气和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；
（3）水合肼（N2H4·H2O）中氮元素为—2价，具有还原性，若次氯酸钠过量，具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼，为防止水合肼被氧化，分液漏斗中的溶液应是NaOH和NaClO混合溶液；水合肼高温易分解，减压会降低物质的沸点，则为防止水合肼分解需要减压蒸馏，故答案为：B；如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；馏分高温易分解，减压会降低物质的沸点；
（4）根据反应N2H4·H2O + 2I2 = N2↑+ 4HI + H2O，终点时碘过量，用0.2000ml/L碘溶液滴定至溶液出现淡黄色且半分钟不消失，记录消耗碘的标准液的体积，故答案为：淡黄色且半分钟不消失；
（5）滴定时，碘具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，则碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；
（6）由题意可知，水合肼与碘溶液反应生成氮气、碘化氢和水，反应的化学方程式为N2H2·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，由方程式可知n（N2H2·H2O）=0.2000ml·L－1×0.0082L×=0.00082ml，250ml溶液中含有的物质的量=0.00082ml× =0.082ml，水合肼（N2H2·H2O）的质量分数= ×100%=82%，故答案为：N2H4·H2O + 2I2 = N2↑+ 4HI + H2O ；82%。
【点睛】
水合肼（N2H4·H2O）中氮元素为—2价，具有还原性，若次氯酸钠过量，具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼是解答关键，也是易错点。
28、NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-46 kJ•ml-1 ＞ AC N2H62++H2O[N2H5•H2O]++H+ acd
【解析】
(1)由图可知，1ml NO2和1ml CO反应生成CO2和NO放出热量300-254=46kJ，根据热化学方程式书写原则进行书写；
(2)①根据焓变判断生成物反应物浓度的变化，然后根据平衡常数判断；
②根据平衡状态的判断依据判断；
(3)①由N2H4，联想到NH3，由N2H6Cl2联想到NH4Cl，再注意到N2H4是二元碱而NH3是一元的，根据铵根离子的水解产物是氨水和氢离子来书写水解方程式；
②盐酸肼水溶液中水解原理与NH4Cl类似，N2H62+离子水解溶液显酸性。
【详解】
(1)由图可知，1ml NO2和1ml CO反应生成CO2和NO放出热量300-254=46kJ，反应热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-46 kJ•ml-1；
(2)①该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，所以K1＞K2；
②A．不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比是平衡状态，则2v(H2)正=3v(NH3)逆能证明正逆反应速率相等，故A正确；
B．由2v(N2)正=v(H2)逆可知两者的正逆反应速率之比不等于其计量数之比，此时不是平衡状态，故B错误；
C．容器内压强不变，气体的物质的量不变，该反应达平衡状态，故C正确；
D．如果是在密闭容器中反应，质量不变，体积不变，密度始终不变，故D错误；
故答案为AC；
(3)①盐酸肼(N2H6Cl2)是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似，由N2H4联想到NH3，由N2H6Cl2联想到NH4Cl，再注意到N2H6是二元碱而NH3是一元的，则盐酸肼第一步水解反应的离子方程式为N2H62++H2O⇌[N2H5•H2O]++H+；
②盐酸肼水溶液中水解原理与NH4Cl类似，N2H62+离子水解溶液显酸性；
a．溶液中离子浓度大小为：c(Cl-)＞c(N2H62+)＞c(H+)＞c(OH-)，故a正确；
b．盐酸肼第一步水解反应的离子方程式为N2H62++H2O⇌[N2H5•H2O]++H+，考虑水的微弱电离，所以c（H+）＞c（[N2H5•H2O]+），故b错误；
c．电荷守恒可知：2c(N2H62+)+c([N2H5•H2O]+)+c(H+)═c(Cl-)+c(OH-)，故c正确；
d．盐酸肼水溶液中存在的物料守恒式为2c(N2H62+)+2c([N2H5•H2O]+)+2c([N2H4•2H2O]=c(Cl-)，故d正确；
故答案为：acd。
29、3d5 ＞ Mn原子核外失去2个电子后，其价电子排布式为3d5，处于半充满的稳定状态，较难失去电子 D sp3 sp2 N＞O＞C＞H 7NA 氧化镁晶体中所含离子的半径小，电荷数更大，晶格能更大，则熔点更高 FeCu3N
【解析】
(1)根据构造原理写价电子排布式，根据原子核外电子排布以及洪特规则比较电离能大小；
(2)①A. 分子晶体熔沸点较低；
B. 互为等电子体的分子或离子价电子数相等，原子个数相等；
C. Fe与CO形成5个配位键，每个CO分子中含有1个σ键和2个π键；
D. 反应得到Fe单质，形成金属键；
②CN－与N2互为等电子体；
③将H2NCONH2(尿素)的结构简式写成，根据价层电子对互斥理论以及杂化轨道理论判断原子的杂化类型，同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素；
(3)根据离子晶体熔沸点的比较方法说明理由；
(4)能量越高，物质越不稳定，由此判断Cu代替b位置的Fe型能量高，相对不稳定，再根据均摊法计算其化学式。
【详解】
(1)Fe为26号元素，根据构造原理，写出Fe价电子排布式为：3d64s2，先失去4s能级2个电子、再失去3d能级1个电子形成Fe3+，则Fe3＋的基态核外价电子排布式为3d5；由于Fe原子核外失去2个电子后，其价电子排布式为3d6，Mn原子核外失去2个电子后，其价电子排布式为3d5，处于半充满的稳定状态，较难失去电子，故I3(Mn)＞I3(Fe)，故答案为：3d5；＞；Mn原子核外失去2个电子后，其价电子排布式为3d5，处于半充满的稳定状态，较难失去电子；
(2)①A. Fe(CO)5的熔沸点很低，属于分子晶体，A项正确；
B. Fe(CO)5的配体为CO，与C22－互为等电子体，B项正确；
C. Fe与CO形成5个配位键，每个CO分子中含有1个σ键和2个π键，则Fe(CO)5中σ键的数目为10个，π键的数目为10个，则Fe(CO)5中σ键与π键之比为1：1，C项正确；
D. 反应得到Fe单质，形成金属键，D项错误；故答案为：D；
②CN－与N2互为等电子体，电子式为，故答案为：；
③将H2NCONH2(尿素)的结构简式写成，由此可知尿素中N、C原子的价层电子对数分别为4、3，则N、C原子的杂化方式分别为sp3、sp2；同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，这几种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞C＞H，1ml H2NCONH2(尿素)分子中含有σ键的数目为7NA，故答案为：sp3；sp2；N＞O＞C＞H；7NA；
(3)NaCl和MgO都属于离子化合物，氧化镁晶体中所含离子的半径小，电荷数更大，晶格能更大，则熔点更高，故答案为：氧化镁晶体中所含离子的半径小，电荷数更大，晶格能更大，则熔点更高；
(4)能量越高，物质越不稳定，根据转化过程能量变化可知，Cu代替b位置的Fe型能量高，相对不稳定，根据均摊法可知，该晶胞中Cu原子个数=、Fe原子个数=、N原子个数为1，所以其化学式为FeCu3N，故答案为：FeCu3N。
A
锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na3CO3溶液浸泡
CO32﹣+CaSO4＝CaCO3+SO42﹣
B
用铁电极电解饱和食盐水
2Cl﹣+2H2O＝Cl2↑+H2↑+2OH﹣
C
向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O
Al3 ++4NH3·H2O=AlO2—+4NH4++2H2O
D
KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制取K2FeO4
3ClO﹣+2Fe(OH)3＝2FeO42﹣+3Cl﹣+4H++H2O
Al
P
Ga
As
T/K
298
398
498
…
K/
4.1×106
K1
K2
…