2026届安徽省安庆市石化第一中学高三第二次诊断性检测化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省安庆市石化第一中学高三第二次诊断性检测化学试卷含解析，共36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。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
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（每题只有一个选项符合题意）
1、下列有关物质用途的说法，错误的是( )
A．二氧化硫常用于漂白纸浆B．漂粉精可用于游泳池水消毒
C．晶体硅常用于制作光导纤维D．氧化铁常用于红色油漆和涂料
2、100℃时，向某恒容密闭容器中加入1.6 ml•L-1的W后会发生如下反应：2W(g)=M(g) △H =a kJ • ml-1。其中M的物质的量浓度随时间的变化如图所示：
下列说法错误的是
A．从反应开始到刚达到平衡时间段内，υ(W) =0.02 ml•L-1•s-1
B．a、b两时刻生成W的速率：υ(a)υ(bc) =0
D．其他条件相同，起始时将0.2 ml• L-1氦气与W混合，则反应达到平衡所需时间少于60 s
3、下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是
A．AB．BC．CD．D
4、亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathiesn）法制备亚氯酸钠的流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1
B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物
C．反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
5、NA为阿伏伽德罗常数的值。关于常温下pH＝2的H2SO4溶液，溶液中不存在H2SO4分子，但存在HSO4一离子，下列说法错误的是
A．每升溶液中的H＋数目为0.01NA
B．Na2SO4溶液中：c(Na+)=2c(SO42-)＞c(H+)=2c(OH-)
C．向稀硫酸中逐滴滴加浓硫酸，溶液中减小
D．NaHSO4不是弱电解质
6、下列有关说法正确的是( )
A．催化剂活性
B．,在恒容绝热容器中投入一定量和，正反应速率随时间变化
C．，t时刻改变某一条件，则
D．向等体积等pH的HCl和中加入等量且足量Zn，反应速率的变化情况
7、下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．0.1ml/L氨水中滴入等浓度等体积的醋酸，溶液导电性增强
B．适当升高温度，CH3COOH溶液pH增大
C．稀释0.1 ml/L NaOH溶液，水的电离程度减小
D．CH3COONa溶液中加入少量CH3COOH，减小
8、短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大。四种元素形成的单质依次为m、n、p、q ；x、y、z是这些元素组成的二元化合物，其中z为形成酸雨的主要物质之一；25℃时，0.01ml·L－1w溶液中，c(H+)/c(OH-)＝1.0×10－10。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．原子半径的大小：a＜b＜c＜d
B．氢化物的沸点：b＞d
C．x的电子式为：
D．y、w含有的化学键类型完全相同
9、PET（，M链节= 192 g·ml−1）可用来生产合成纤维或塑料。测某PET样品的端基中羧基的物质的量，计算其平均聚合度：以酚酞作指示剂，用c ml·L−1 NaOH醇溶液滴定m g PET端基中的羧基至终点（现象与水溶液相同），消耗NaOH醇溶液v mL。下列说法不正确的是
A．PET塑料是一种可降解高分子材料
B．滴定终点时，溶液变为浅红色
C．合成PET的一种单体是乙醇的同系物
D．PET的平均聚合度（忽略端基的摩尔质量）
10、在常温下，向20 mL浓度均为0.1 ml·L−1的盐酸和氯化铵混合溶液中滴加0.1 ml·L−1的氢氧化钠溶液，溶液pH随氢氧化钠溶液加入体积的变化如图所示（忽略溶液体积变化）。下列说法正确的是
A．V（NaOH）＝20 mL时，2n（）＋n（NH3·H2O）＋n（H+）－n（OH−）＝0.1 ml
B．V（NaOH）＝40 mL时，c（）＜c（OH−）
C．当0＜V（NaOH）＜40 mL时，H2O的电离程度一直增大
D．若改用同浓度的氨水滴定原溶液，同样使溶液pH＝7时所需氨水的体积比氢氧化钠溶液要小
11、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，Y和W、Y和Z分别相邻，且W、Y和Z三种元素的原子最外层电子数之和为19，x原子的电子层数与最外层电子数相等。下列说法错误的是
A．单质的沸点：Y>W>ZB．离子半径：XYD．W与X可形成离子化合物
12、常温下，用0.1 ml·L－1NaOH溶液滴定20 mL 0.1 ml·L－1CH3COOH溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．点①所示溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)
B．点②所示溶液中：c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO－) ＋c(CH3COOH) ＋c(OH－)
C．点③所示溶液中：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(OH－)＞c(H+)
D．在整个滴定过程中：溶液中始终不变
13、下图是通过 Li-CO2 电化学技术实现储能系统和 CO2 固定策略的示意团。储能系统使用的电池组成为钌电极/CO2 饱和 LiClO4-(CH3)2SO(二甲基亚砜)电解液/锂片，下列说法不正确的是
A．Li-CO2 电池电解液为非水溶液
B．CO2 的固定中，转秱 4mle－生成 1ml 气体
C．钌电极上的电极反应式为 2Li2CO3+C - 4e－＝4Li++3CO2↑
D．通过储能系统和 CO2 固定策略可将 CO2 转化为固体产物 C
14、下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．澄清石灰水与过量苏打溶液混合：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
B．少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中：C1O-+SO2+H2O=SO42-+2H++Cl-
C．向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气：2Cu+4H++O22Cu2++2H2O
D．向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水：7H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++6O2↑+10H2O
15、设代表阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．含个铜原子的CuO和的混合物质量为
B．标准状况下，氧气作氧化剂时转移电子数一定为
C．碳酸钠溶液中带电粒子数一定大于
D．浓硫酸与足量锌粒反应，产生的气体分子数小于
16、利用如图的实验装置和方法进行实验，能达到目的的是（ ）
A．甲装置可将FeC12溶液蒸干获得FeC12晶体
B．乙装置可证明浓硫酸具有脱水性和氧化性
C．丙装置可除去CO2中的SO2
D．丁装置可将NH4Cl固体中的I2分离
二、非选择题（本题包括5小题）
17、具有抗菌作用的白头翁素衍生物I的合成路线如图所示：
已知：
ⅰ.R-HC=CH-R’+R”COOH
ⅱ.R-HC=CH-R”(以上R、R’、R”代表氢、烷基或芳基等)。
回答下列问题：
（1）反应①的反应类型是___。
（2）写出反应②的化学方程式是___。
（3）合成过程中设计步骤①和④的目的是___。
（4）试剂a是___。
（5）下列说法正确的是___（选填字母序号）。
a.物质A极易溶于水 b.③反应后的试管可以用硝酸洗涤
c.F生成G的反应类型是取代反应 d.物质D既能与盐酸反应又能与氢氧化钠钠溶液反应
（6）由F与I2在一定条件下反应生成G的化学方程式是___；此反应同时生成另外一个有机副产物且与G互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是___。
（7）已知：RCH2BrR-CH=CH-R1
以乙烯起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）___。
18、艾司洛尔是预防和治疗手术期心动过速或高血压的一种药物，艾司洛尔的一种合成路线如下：
回答下列问题：
(1)丙二酸的结构简式为_______；E中含氧官能团的名称是_______。
(2)D生成E的反应类型为____________。
(3)C的结构简式为________________。
(4)A遇FeCl3溶液发生显色反应，1 ml A和1 ml丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1 ml B、1 ml H2O和1 ml CO2，B能与溴水发生加成反应，推测A生成B的化学方程式为____。
(5)X是B的同分异构体，X同时满足下列条件的结构共有____种，其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为____。
①可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳
②遇FeCl3溶液发生显色反应
③除苯环外不含其他环
(6)写出以苯甲醇和丙二酸为原料制备的合成路线________(其他试剂任选)。
19、某研究小组利用下图装置探究温度对氨气还原 Fe2O3 的影响（固定装置略）。完成下列填空：
（1）实验时 A 中有大量紫红色的烟气，则 NH4I 的分解产物为 ___（至少填三种），E装置的作用是___。
（2）装置B中的反应方程式：______，D装置的作用是______。
某研究小组按上图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置 C 加热，反应产物均为黑色粉末（纯净物），两组分别用各自的产物进行以下探究，完成下列填空：
（3）乙组得到的黑色粉末是______。
（4）甲组步骤1中反应的离子方程式为______。
（5）乙组步骤3中，溶液变红的原因为______；溶液褪色可能的原因及其验证方法为______。
（6）若装置C中Fe2O3反应后的产物是两种氧化物组成的混合物，为研究氧化物的组成，研究小组取样品7.84克在加热条件下通入氨气，完全反应后，停止加热，反应管中铁粉冷却后，称得质量为5.6克，则混合物的组成为______。
20、溴化钙晶体(CaBr2·2H2O)为白色固体，易溶于水，可用于制造灭火剂、制冷剂等。一种制备溴化钙晶体的工艺流程如下：
(1)实验室模拟海水提溴的过程中，用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作是(装置如下图）：使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，______________。
(2)“合成”的化学方程式为___________________。“合成”温度控制在70℃以下，其原因是__________。投料时控制n(Br2)：n(NH3)= 1：0.8，其目的是__________________。
(3)“滤渣”的主要成分为_________________(填化学式）。
(4)“滤液”呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，请补充从“滤液”中提取CaBr2·2H2O的实验操作：加热驱除多余的氨，______________。[实验中须使用的试剂有：氢溴酸、活性炭、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱]
21、（1）已知A和B均为第3周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：
A通常显___价，A的电负性____B的电负性(填“>”“H2S，故C正确；
D．O的非金属性较强，与铝反应生成的氧化铝为离子化合物，熔融状态下可导电，故D正确。
故选A。
12、D
【解析】
A．根据图像可知点①所示溶液中含有等浓度的醋酸钠和醋酸，溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，则c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)，A错误；
B．点②所示溶液显中性，则根据电荷守恒可知c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO－) ＋c(OH－)，B错误；
C．点③所示溶液中二者恰好反应，生成的醋酸钠水解，溶液显碱性，则c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)，C错误；
D．表示醋酸电离平衡常数的倒数，平衡常数只与温度有关系，因此在整个滴定过程中：溶液中始终不变，D正确。
答案选D。
13、B
【解析】
A选项，由题目可知，Li—CO2电池有活泼金属Li，故电解液为非水溶液饱和LiClO4—(CH3)2SO(二甲基亚砜)有机溶剂，故A正确；
B选项，由题目可知，CO2的固定中的电极方秳式为：2Li2CO3 ＝ 4Li++ 2CO2↑+ O2 + 4e－，转移4mle－生成3ml气体，故B错误；
C选项，由题目可知，钌电极上的电极反应式为 2Li2CO3 + C- 4e－＝4Li++3CO2↑，故C正确；
D选项，由题目可知，CO2通过储能系统和CO2固定策略转化为固体产物C，故D正确。
综上所述，答案为B。
14、C
【解析】
A.苏打为碳酸钠，则澄清石灰水与过量苏打溶液反应的离子方程式为：Ca2++ CO32-=CaCO3↓，故A错误；
B.次氯酸根离子具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42-，CaSO4微溶于水，则少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中，反应的离子方程式为Ca2++ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl－，故B错误；
C.向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气，反应生成硫酸铜和水，离子方程式为2Cu+4H++O22Cu2++2H2O，故C正确；
D. 向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水，离子方程式为5H2O2+2MnO4－+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D错误，答案选C。
【点睛】
本题考查离子方程式的正误判断，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等。解题时容易把苏打误认为碳酸氢钠，为易错点。
15、B
【解析】
A．CuO的摩尔质量为80g/ml，Cu2S的摩尔质量为160g/ml，含NA个铜原子的CuO的质量为80.0g，含NA个铜原子的Cu2S的质量为80.0g，故含NA个铜原子的CuO和Cu2S的混合物质量为80.0g，故A正确；
B．标准状况下，22.4 L氧气的物质的量为1ml，钠与氧气燃烧的反应中，1ml氧气完全反应生成1ml过氧化钠，转移了2ml电子，转移电子数不一定为4NA，故B错误；
C．500 mL、2 ml•L-1碳酸钠溶液中，碳酸钠的物质的量为0.5×2=1ml，1ml碳酸钠可以电离出2ml钠离子和1ml的碳酸根离子，由于碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，导致溶液中阴离子数目增多，所以溶液中带电粒子总数大于3ml，即大于3NA，故C正确；
D．50 mL 18 ml•L-1浓硫酸中硫酸的物质的量=0.05×18=0.9ml，消耗0.9ml硫酸能够生成0.45ml二氧化硫，由于锌足量，浓硫酸的浓度逐渐减小，变成稀硫酸后反应生成氢气，1ml硫酸生成1ml氢气，故反应生成的二氧化硫和氢气的总和小于0.9ml，即小于0.9NA，故D正确；
故选B。
【点睛】
本题的易错点为D，要注意浓硫酸与金属反应放出二氧化硫，稀硫酸与金属反应放出氢气，注意方程式中硫酸与气体的量的关系。
16、B
【解析】
A.加热会强烈水解，并且暴露在空气中会导致被氧气氧化为，最终无法得到，A项错误；
B.浓硫酸可以脱去蔗糖中的水，即“黑面包实验”，同时硫酸被还原得到，使溴水褪色，因此体现了浓硫酸的脱水性和氧化性，B项正确；
C.碳酸钠溶液会吸收变成碳酸氢钠，因此不能用来除杂，C项错误；
D.氯化铵固体受热易分解，碘受热易升华，二者遇冷后都重新附着于圆底烧瓶底部无法分离，D项错误；
答案选B。
【点睛】
除杂的第一要义是不能和原物质反应，其次是不能引入新的杂质，最后还要从可行性、操作的简便程度来选择最优的除杂方法。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、加成反应 2+O22+2H2O 保护碳碳双键，防止催化氧化时被破坏 氢氧化钠的醇溶液或氢氧化钠的乙醇溶液 bd +I2+HI
【解析】
与HBr发生加成反应生成(B)，(B)催化氧化生成(C)，(C)发生银镜反应生成(D)，(D)与氢氧化钠的醇溶液反应生成(E)，(E)酸化后生成(F)，(F)与I2反应生成(G)，一定条件下可反应生成(H)，最终反应生成(I)，据此作答。
【详解】
（1）反应①为与HBr发生加成反应生成，因此反应类型为加成反应；
（2）反应②为催化氧化生成，反应方程式为：2+O22+2H2O；
（3）步骤①将碳碳双键改变，步骤④将碳碳双键还原，两个步骤保护了碳碳双键，防止催化氧化时碳碳双键被破坏；
（4）反应④是发生消去反应反应生成的过程，小区反映的条件是氢氧化钠的醇溶液；
（5）a. 有机物A中存在羟基，属于亲水基，因此A可溶于水，但不是及易溶于水，a项错误；
b. 反应③为银镜反应，银镜反应后的试管可用硝酸洗涤，b项正确；
c. 与I2反应生成发生了加成反应和消去反应，不是取代反应，c项错误；
d. 物质D为，既可与氢氧化钠水溶液发生取代反应，也可与盐酸发生取代反应，d项正确；
答案选bd；
（6）F为，与I2在在一定条件下反应生成G的化学方程式为：+I2+HI；另一有机物与G互为同分异构体，根据结构特点可知该物质的结构简式为：；
（7）根据已知条件可知乙烯与水加成生成乙醇，乙醇催化氧化后得到乙醛；乙烯与HBr发生加成反应生成溴乙烷，溴乙烷与乙醛反应生成2-丙烯，2-丙烯在一定条件下可生成，因此合成路线可表示为：。
【点睛】
对于有机合成和推断题的解法，可概括为“前推后，后推前，两边推中间，关键看条件、信息、官能团”，解题的关键是快速提取有效信息，具体过程为：
18、HOOC－CH2－COOH 醚键、酯基 取代反应 15
【解析】
本题主要考查有机合成综合推断以及逆向合成。合成路线分析：由E的结构简式以及D的分子式可推断出D的结构简式为，由C与甲醇发生酯化反应生成D，可推断出C的结构简式为，B与氢气发生加成反应生成C，结合B的分子式与第（4）问中“B能与溴水发生加成反应”，可推断出B的结构简式为，A与丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成B，结合A的分子式以及第（4）问中“A遇FeCl3溶液发生显色反应，1 ml A和1 ml丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1 ml B、1 ml H2O和1 ml CO2”，可推断出A的结构简式为。
【详解】
（1）丙二酸的结构简式为：；观察E结构简式可知，所含含氧官能团有：醚键、酯基；
（2）D生成E的方程式为：，故反应类型为取代反应；
（3）由上述分析可知，C的结构简式为：；
（4）根据化学方程式配平可写出A生成B的化学方程式为：；
（5）条件①：该结构简式中含有羧基；条件②：该结构简式中含有酚羟基；条件③：除苯环外，不含有其它杂环；可以酚羟基作为移动官能团，书写出主要碳骨架，再进行判断同分异构体总数，（1）中酚羟基有2个取代位置（不包含本身），（2）中酚羟基有3个取代位置，（3）中酚羟基有4个取代位置，（4）中酚羟基有4个取代位置，（5）中酚羟基有2个取代位置，故同分异构体一共有2+3+4+4+2=15种；核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为。
（6）对比苯甲醇和结构简式，根据题干信息，需将苯甲醇氧化生成苯甲醛，再模仿A生成B的方程式生成，再根据碳碳双键与卤素单质加成再取代合成，故合成路线为：
【点睛】
本题主要考查有机物的推断与合成，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来推断部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。
19、NH3、H2、I2(HI) 吸收多余的氨气 Zn+I2═ZnI2 安全瓶 Fe粉 Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2O Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-显红色 假设SCN-被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立 Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4
【解析】
(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I(固)⇌NH3(气)+HI(气)，2HI(气)⇌H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为 NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是 吸收多余的氨气；
(2)装置B中锌的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2═ZnI2，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸，因为氨气极易被浓硫酸吸收；
(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；
(4)Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；
(5)步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；
(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7，由此确定混合物的组成。
【详解】
：(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I(固)⇌NH3(气)+HI(气)，2HI(气)⇌H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为 NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是 吸收多余的氨气；
(2)装置B的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2═ZnI2，因为氨气极易被浓硫酸吸收，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸；
(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；
(4)利用甲组现象可知Fe2O3与CO在酒精灯加热的条件下，Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；
(5)因Fe3+遇SCN-显红色，所以乙组步骤3中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致，溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；
(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7；则混合物的组成为Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4，故答案为：Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4。
20、将上层液体从上口倒入另一烧杯中3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O温度过高，Br2、NH3易挥发确保Br2被充分还原Ca(OH)2用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥
【解析】
(1)用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作是：使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，将上层液体从上口倒入另一烧杯中，故答案为将上层液体从上口倒入另一烧杯中；
(2)根据流程图，“合成”过程中，氧化钙、液氨、液溴和水反应生成氮气、溴化钙等，反应的化学方程式为3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O；液溴和液氨容易挥发， “合成”温度应控制在70℃以下；投料时控制n(Br2)：n(NH3)= 1：0.8，可以确保Br2被充分还原，故答案为3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O；温度过高，Br2、NH3易挥发；确保Br2被充分还原；
(3)氧化钙与水反应生成的氢氧化钙微溶于水，因此“滤渣”的主要成分为Ca(OH)2，故答案为Ca(OH)2；
(4)“滤液”呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，二者能够在酸性条件下与溴离子反应生成溴，从而可以用活性炭吸附除去，在洗涤时可以用乙醇洗涤，减少溴化钙晶体的损失，也便与干燥。因此从“滤液”中提取CaBr2·2H2O的实验操作：加热驱除多余的氨，用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥，故答案为用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥。
21、+3 > 紫外光的光子所具有的能量比蛋白质分子中的化学键C—C、C—N、C—S的键能大，紫外光的光子所具有的能量足以使这些共价键断裂，从而破坏蛋白质分子 sp2、sp3 TiN>MgO>CaO>KCl 12 CrO2 AC 6 2
【解析】
(1)观察A、B两元素各电离能的差别，判断A、B的化合价。
(2)从表格数据，紫外光的光子能量足以破坏这些共价键。最简单的氨基酸是甘氨酸。
(3)观察表格中的数据会发现，阴阳离子所带的电荷数对晶格能的影响大于阴阳离子的半径对晶格能的影响。
(4)根据核外电子的排布式确定未成对电子数。
(5)观察配合物的分子的结构。
(6)破环O＝C＝O，H-H。
【详解】
(1)观察A、B两元素各电离能的差别，可判断A的化合价为+3，即为Al；B为+2价，为Mg。因为同周期从左至右电负性增大，故Al的电负性大于Mg。
(2)从表格中给出的蛋白质中各共价键的键能可以发现，紫外光的光子能量足以破坏这些共价键。最简单的氨基酸是甘氨酸，其中碳①原子采用sp3杂化，碳②原子采用sp2杂化。
(3)观察表格中的数据会发现，阴阳离子所带的电荷数对晶格能的影响大于阴阳离子的半径对晶格能的影响。
四种晶体均为离子晶体，TiN和CaO中的阳离子均为18电子结构，阴离子均为10电子结构，Ti和Ca、N和O的原子序数均相差1，因此Ti3+和Ca2+、N3-和O2-的离子半径均相差不大，但是由于Ti3+和N3-均带有3个单位的电荷，因此TiN的晶格能大于CaO。CaO、MgO中的阴阳离子均带有2个单位的电荷，Ca2+的半径大于Mg2+，所以MgO的晶格能大于CaO。
综上所述，这种晶体的晶格能大小顺序为TiN>MgO>CaO>KCl。所以晶体的熔点高低顺序也为TiN>MgO>CaO>KCl。
(4)V2O5中V5+的电子排布式为1s22s22p63s23p6，没有未成对电子；CrO2中Cr4+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，含有2个未成对电子，因此适合作录音带磁粉原料的是CrO2。
(5)观察配合物的分子结构会发现其中存在配位键Ni←N，极性键H—O、O—N等，非极性键C—C，氢键O……H—O等作用力。不存在离子键和金属键。
(6)CO2的结构式为O＝C＝O，1个CO2分子中含有2个σ键和2个π键，1个H2分子中共含有1个σ键，生成1mlCH4需要1mlCO2和4mlH2，因此需要断裂6mlσ键和2mlπ键。
【点睛】
阴阳离子所带的电荷数对晶格能的影响大于阴阳离子的半径对晶格能的影响。
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将大小相同的金属钠分别投入水和乙醇中
钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈
乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼
B
在适量淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴5min，加入NaOH溶液调溶液pH至碱性，再加入新制的Cu(OH)2，加热
有红色沉淀生成
淀粉完全水解
C
向Fe(NO3)2溶液中依次滴加少量稀H2SO4和KSCN溶液
溶液变红
稀硫酸能氧化Fe2+
D
向10mL 0.1m/L Na2S溶液中滴入2mL0.1ml/L ZnSO4溶液再加入0.1ml/L CuSO4溶液
开始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成
Ksp(CuS)