2023年高考化學模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、常溫下，Mn+(指Cu2+或Ag+)的硫化物的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法正確的是（）A．直線MN代表CuS的沉淀溶解平衡B．在N點Ksp(CuS)=Ksp(Ag2S)C．P點：易析出CuS沉淀，不易析出Ag2S沉淀D．M點和N點的c(S2－)之比為1×10－202、W、R、X、Y均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大.Y的最高正價和最低負價之和等于0；常溫常壓下，W和R組成的化合物有多種，其中兩種化合物能相互轉化，但元素化合價沒有變化；這4種元素原子的最外層電子數(shù)之和等于R原子的核電荷數(shù)的2倍。下列說法正確的是A．元素的非金屬性為R>Y>WB．原子半徑為W>R>X>YC．R與其他三種元素均可形成二元共價化合物D．簡單氫化物的熱穩(wěn)定性為R>W>Y3、下列有關實驗操作、現(xiàn)象、解釋和結論都正確的是()選項操作現(xiàn)象解釋、結論A用玻璃棒蘸取濃氨水點到干燥紅色石蕊試紙上試紙變藍色濃氨水呈堿性B向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2溶液變渾濁析出了Na2CO3晶體C向蔗糖中加入濃硫酸并攪拌蔗糖變黑，體積膨脹反應中濃硫酸只體現(xiàn)脫水性D過量的Fe粉與氯氣充分反應后，向反應后的混合物中加水，取上層清液滴入KSCN溶液溶液不變紅色氯氣將Fe氧化為Fe2＋A．A B．B C．C D．D4、新型材料B4C可用于制作切削工具和高溫熱交換器。關于B4C的推斷正確的是A．B4C是一種分子晶體 B．B4C是該物質的分子式C．B4C是一種原子晶體 D．B4C的電子式為5、氮化碳(C3N4)的硬度大于金剛石，則氮化碳中A．只有共價鍵 B．可能存在離子C．可能存在N≡N D．存在極性分子6、教材中證明海帶中存在碘元素的實驗過程中，下列有關裝置或操作錯誤的是A．過濾B．灼燒C．溶解D．檢驗7、某溫度下，容積一定的密閉容器中進行可逆反應：X(g)+Y(g)2Z(g)+W(s)+Q，下列敘述正確的是A．加入少量W，υ(逆)增大 B．壓強不變時，反應達到平衡狀態(tài)C．升高溫度，υ(逆)、υ(正)都增大 D．平衡后加入X，方程式中的Q增大8、與氨堿法相比較，聯(lián)合制堿法最突出的優(yōu)點是A．NaCl利用率高 B．設備少C．循環(huán)利用的物質多 D．原料易得9、常溫下向0.lmol/L的NaClO溶液中通入HF氣體，隨反應進行（不考慮HClO分解），溶液中l(wèi)g(A代表ClO或F)的值和溶液pH變化存在如圖所示關系，下列說法正確的是A．線N代表lg的變化線B．反應ClO-+HF?HCIO+F-的平衡常數(shù)數(shù)量級為105C．當混合溶液pH=7時，溶液中c(HClO)=c(F-)D．隨HF的通入，溶液中c(H+)?c(OH-)增大10、國際能源期刊報道了一種正在開發(fā)中的綠色環(huán)保“全氫電池”，有望減少廢舊電池產(chǎn)生的污染。其工作原理如圖所示。下列說法正確的是A．“全氫電池”工作時，將酸堿反應的中和能轉化為電能B．吸附層b發(fā)生的電極反應：H2–2e+2OH=2H2OC．NaClO4的作用是傳導離子和參與電極反應D．“全氫電池”的總反應:2H2+O2=2H2O11、下列離子方程式正確的是A．鈉粒投入硫酸銅溶液中:2Na+Cu2+=Cu+2Na+B．在硝酸鋁溶液中滴加過量的燒堿溶液:Al3++4OH-=AlO2-+2H2OC．向溴化亞鐵溶液中滴加過量氯水:2Fe2++Cl2=2Fe3++2C1-D．磁性氧化鐵溶于足量的稀硝酸中：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O12、鉻是人體必需的微量元素，它與脂類代謝有密切聯(lián)系，能增強人體內(nèi)膽固醇的分解和排泄，但鉻過量會引起污染，危害人類健康。不同價態(tài)的鉻毒性不同，三價鉻對人體幾乎無毒，六價鉻的毒性約為三價鉻的100倍。下列敘述錯誤的是A．發(fā)生鉻中毒時，可服用維生素C緩解毒性，因為維生素C具有還原性B．K2Cr2O7可以氧化乙醇，該反應可用于檢查酒后駕駛C．在反應Cr2O72-＋I－＋H＋→Cr3＋＋I2＋H2O中，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質的量之比為3∶2D．污水中的Cr3＋在溶解的氧氣的作用下可被氧化為Cr2O72-13、2019年化學諾貝爾獎授予拓展鋰離子電池應用的三位科學家。如圖是某鋰—空氣充電電池的工作原理示意圖，下列敘述正確的是A．電解質溶液可選用可溶性鋰鹽的水溶液B．電池放電時間越長，Li2O2含量越少C．電池工作時，正極可發(fā)生Li+＋O2－e-=LiO2D．充電時，b端應接負極14、某學習小組按如下實驗過程證明了海帶中存在的碘元素：下列說法不正確的是A．步驟①需要將干海帶放入坩堝中灼燒B．步驟②反應的離子方程式為：2I-+2H++H2O2=I2+2H2OC．步驟③操作后，觀察到試管中溶液變?yōu)樗{色，可以說明海帶中含有碘元素D．若步驟②僅滴加稀硫酸后放置一會兒，步驟③操作后，試管中溶液不變成藍色15、將40℃的飽和硫酸銅溶液升溫至50℃，或溫度仍保持在40℃而加入少量無水硫酸銅，在這兩種情況下均保持不變的是A．硫酸銅的溶解度 B．溶液中溶質的質量C．溶液中溶質的質量分數(shù) D．溶液中Cu2+的數(shù)目16、由環(huán)己醇合成環(huán)己酮的反應為：。下列說法正確的是（）A．該反應屬于取代反應B．環(huán)己酮的分子式為C6H12OC．環(huán)己醇不能和NaOH溶液反應D．環(huán)己醇分子中的所有原子可能共平面17、（改編）在稀硫酸與鋅反應制取氫氣的實驗中，探究加入硫酸銅溶液的量對氫氣生成速率的影響。實驗中Zn粒過量且顆粒大小相同，飽和硫酸銅溶液用量0～4.0mL，保持溶液總體積為100.0mL，記錄獲得相同體積（336mL）的氣體所需時間，實驗結果如圖所示（氣體體積均轉化為標況下）。據(jù)圖分析，下列說法不正確的是A．飽和硫酸銅溶液用量過多不利于更快收集氫氣B．a(chǎn)、c兩點對應的氫氣生成速率相等C．b點對應的反應速率為v（H2SO4）=1.0×10-3mol·L-1·s-1D．d點沒有構成原電池，反應速率減慢18、用NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列有關說法正確的是（）A．1mol氮氣與3mol氫氣反應，生成的氨分子數(shù)目為2NAB．1.0mol?L-1Na2SO3水溶液中含有的硫原子數(shù)目為NAC．電解飽和食鹽水，當陽極產(chǎn)生11.2LH2時，轉移的電子數(shù)為NAD．常溫下，3L0.1mol?L-1FeCl3溶液所含F(xiàn)e3+數(shù)目小于0.3NA19、一種水基二次電池原理為，電解液為含Zn2+的水溶液，該電池可用于電網(wǎng)貯能。下列說法正確的是（）A．放電時，Zn2+脫離插層B．放電時，溶液中Zn2+濃度一直減小C．充電時，電子由層經(jīng)電解質溶液流向層D．充電時，陽極發(fā)生電極反應：20、乙烯的產(chǎn)量是衡量一個國家石油化工發(fā)展水平的重要標志之一，以乙烯為原料合成的部分產(chǎn)品如圖所示。下列有關說法正確的是A．氧化反應有①⑤⑥，加成反應有②③B．氯乙烯、聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色C．反應⑥的現(xiàn)象為產(chǎn)生磚紅色沉淀D．可用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br221、鈰是稀土元素，氫氧化鈰[Ce(OH)4]是一種重要的氫氧化物。平板電視顯示屏生產(chǎn)過程中會產(chǎn)生大量的廢玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2），某課題組以此粉末為原料回收鈰，設計實驗流程如下：下列說法不正確的是A．過程①中發(fā)生的反應是：Fe2O3+6H+2Fe3++3H2OB．過濾操作中用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒C．過程②中有O2生成D．過程④中發(fā)生的反應屬于置換反應22、下列物質的工業(yè)生產(chǎn)過程中，其主要反應不涉及氧化還原反應的是（）A．生鐵 B．硫酸 C．燒堿 D．純堿二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、D是3種人們?nèi)粘Ｉ钪惺煜さ奈镔|，它們所含的元素都不超過3種，其中D還是實驗室常用的一種燃料，它們之間的轉化關系如下圖所示：試回答：(1)寫出上述有關物質的化學式：A________；B________；D________。(2)寫出反應①和②的化學方程式：________________。24、（12分）近期科研人員發(fā)現(xiàn)磷酸氯喹等藥物對新型冠狀病毒肺炎患者療效顯著。磷酸氯喹中間體合成路線如下：已知：Ⅰ.鹵原子為苯環(huán)的鄰對位定位基，它會使第二個取代基主要進入它的鄰對位；硝基為苯環(huán)的間位定位基，它會使第二個取代基主要進入它的間位。Ⅱ.E為汽車防凍液的主要成分。Ⅲ.2CH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5+C2H5OH請回答下列問題(1)寫出B的名稱__________，C→D的反應類型為_____________；(2)寫出E生成F的化學方程式___________________________。寫出H生成I的化學方程式__________________。(3)1molJ在氫氧化鈉溶液中水解最多消耗________molNaOH。(4)H有多種同分異構體，其滿足下列條件的有_________種(不考慮手性異構)，其中核磁共振氫譜峰面積比為1：1：2：6的結構簡式為___________。①只有兩種含氧官能團②能發(fā)生銀鏡反應③1mol該物質與足量的Na反應生成0.5molH2(5)以硝基苯和2-丁烯為原料可制備化合物，合成路線如圖：寫出P、Q結構簡式：P_______，Q________。25、（12分）為了檢驗在氫氣和二氧化碳的混合氣體中是否混入了一氧化碳，用如下的裝置進行實驗。請回答：(1)寫出標有番號的儀器名稱：①___________，②_____________，③_____________。(2)裝置B中用的試劑是_______________，目的是為了_______________________。(3)當觀察到E裝置中出現(xiàn)____________現(xiàn)象時，說明混合氣體中一定含有一氧化碳。(4)如果混合氣體中含有一氧化碳，為了保護環(huán)境，應在E裝置右邊的排氣管口采取的措施是_____。(5)A裝置的作用是___________，反應的化學方程式是___________________。(6)假設混合氣體中的CO與CuO完全反應，當通入的氣體為mg，D增重ng，E瓶增重pg。則混合氣體中CO的質量百分數(shù)為：_________%；如果去掉D裝置，這里計算的CO的質量百分數(shù)準確嗎？為什么？___________________________________________。26、（10分）銨明礬（NH4Al（SO4）2?12H2O）是常見的食品添加劑，用于焙烤食品，可通過硫酸鋁溶液和硫酸銨溶液反應制備。用芒硝（Na2SO4?10H2O）制備純堿和銨明礬的生產(chǎn)工藝流程圖如圖1：完成下列填空：（1）銨明礬溶液呈_________性，它可用于凈水，原因是_______________；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至過量，可觀察到的現(xiàn)象是__________________。（2）寫出過程Ⅰ的化學反應方程式_______________。（3）若省略過程Ⅱ，直接將硫酸鋁溶液加入濾液A中，銨明礬的產(chǎn)率會明顯降低，原因是___________。（4）已知銨明礬的溶解度隨溫度升高明顯增大．加入硫酸鋁后，經(jīng)過程III的系列實驗得到銨明礬，該系列的操作是加熱濃縮、___________、過濾洗滌、干燥。（5）某同學用圖2圖示的裝置探究銨明礬高溫分解后氣體的組成成份。①夾住止水夾K1，打開止水夾K2，用酒精噴燈充分灼燒。實驗過程中，裝置A和導管中未見紅棕色氣體；試管C中的品紅溶液褪色；在支口處可檢驗到NH3，方法是______________；在裝置A與B之間的T型導管中出現(xiàn)白色固體，該白色固體可能是___________（任填一種物質的化學式）；另分析得出裝置A試管中殘留的白色固體是兩性氧化物，寫出它溶于NaOH溶液的離子方程式_______________。②該同學通過實驗證明銨明礬高溫分解后氣體的組成成份是NH3、N2、SO3、SO2和H2O，且相同條件下測得生成N2和SO2的體積比是定值，V（N2）：V（SO2）=_____。27、（12分）亞硝酸鈉(NaNO2)是一種常用的食品添加劑，使用時需嚴格控制用量。實驗室以2NO+Na2O2=2NaNO2為原理，利用下列裝置制取NaNO2(夾持和加熱儀器略)。已知：①酸性KMnO4溶液可將NO及NO2-氧化為NO3-，MnO4-被還原為Mn2+。②HNO2具有不穩(wěn)定性：2HNO2=NO2↑+NO↑+H2O?；卮鹣铝袉栴}：(1)按氣流方向連接儀器接口______________(填接口字母)。(2)實驗過程中C裝置內(nèi)觀察到的現(xiàn)象是___________________________。(3)Na2O2充分反應后，測定NaNO2含量：稱取反應后B中固體樣品3.45g溶于蒸餾水，冷卻后用0.50mol·L-1酸性KMnO4標準液滴定。重復三次，標準液平均用量為20.00mL。①該測定實驗需要用到下列儀器中的___________(填序號)。a．錐形瓶b．容量瓶c．膠頭滴管d．酸式滴定管e．堿式滴定管f．玻璃棒②假定其他物質不與KMnO4反應，則固體樣品中NaNO2的純度為____％。③實驗得到NaNO2的含量明顯偏低，分析樣品中含有的主要雜質為_____(填化學式)。為提高產(chǎn)品含量，對實驗裝置的改進是在B裝置之前加裝盛有_____(填藥品名稱)的______(填儀器名稱)。(4)設計一個實驗方案證明酸性條件下NaNO2具有氧化性________________________。(提供的試劑：0.10mol·L-1NaNO2溶液、KMnO4溶液、0.10mol·L-1KI溶液、淀粉溶液、稀硝酸、稀硫酸)28、（14分）主席在《中央城鎮(zhèn)化工作會議》發(fā)出號召：“讓居民望得見山、看得見水、記得住鄉(xiāng)愁”。消除含氮、硫、氯等化合物對大氣和水體的污染對建設美麗家鄉(xiāng)，打造宜居環(huán)境具有重要意義。（1）以HCl為原料，用O2氧化制取Cl2，可提高效益，減少污染。反應為：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)?H=?115.4kJ·mol?1，通過控制合適條件，分兩步循環(huán)進行，可使HCl轉化率接近100%。原理如圖所示：過程I的反應為：2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g)?H1=?120.4kJ·mol?1，過程II反應的熱化學方程式為___________。（2）容積均為1L的甲、乙兩個容器，其中甲為絕熱容器，乙為恒溫容器．相同溫度下，分別充入0.2mol的NO2，發(fā)生反應：2NO2(g)N2O4(g)?H<0，甲中NO2的相關量隨時間變化如圖所示。①0~3s內(nèi)，甲容器中NO2的反應速率增大的原因是______________________。②甲達平衡時，溫度若為T℃，此溫度下的平衡常數(shù)K=____________________。③平衡時，K甲_____K乙，P甲_____P乙(填“>”、“<”或“=”)。（3）水體中過量氨氮(以NH3表示)會導致水體富營養(yǎng)化。①可用次氯酸鈉除去氨氮，同時產(chǎn)生一種大氣組成的氣體。寫出總反應化學方程式：___________。②EFH2O2FeOx法可用于水體中有機污染物降解，其反應機理如圖所示。則陰極附近Fe2+參與反應的離子方程式為______。（4）工業(yè)上可用Na2SO3溶液吸收法處理SO2，25℃時用1mol·L?1的Na2SO3溶液吸收SO2，當溶液pH=7時，溶液中各離子濃度的大小關系為_________________。（已知25℃時：H2SO3的電離常數(shù)Ka1=1.3×10?2，Ka2=6.2×10?8）29、（10分）由芳香烴X為原料合成某有機物Y的一-種流程如下:已知部分信息如下:請回答下列問題:（1）X的名稱為__________,C的結構簡式為_______________。（2）反應⑥的反應類型為____________________。（3）B中含有的官能團名稱是______________;X分子中最多有___________個原子共平面。（4）D和E反應生成Y的化學方程式為________。（5）Z是D的同分異構體,同時具備下列條件的Z的結構有____________種。①能與新制氫氧化銅濁液共熱產(chǎn)生紅色固體;②含碳碳三鍵;③遇氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應。（6）設計由CH3CH=CH2制備的合成路線（其他試劑任選）。_____________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解析】

A選項，N點c(S2－)=1×10-20mol/L，c(Mn+)=1×10-15mol/L，M點c(S2－)=1×10-40mol/L，c(Mn+)=1×10-5mol/L，如果直線MN代表CuS的沉淀溶解平衡，那么M點c(S2－)?c(Mn+)=1×10-40×1×10-5=1×10-45，N點c(S2－)?c(Mn+)=1×10-20×1×10-15=1×10-35，M點和N點的Ksp不相同，故A錯誤；B選項，在N點硫離子濃度相等，金屬離子濃度相等，但由于Ksp的計算表達式不一樣，因此Ksp(CuS)>Ksp(Ag2S)，故B錯誤；C選項，根據(jù)A分析MN曲線為Ag2S的沉淀溶解平衡，P點Q<Ksp(CuS)，Q>Ksp(Ag2S)，因此不易析出CuS沉淀，易析出Ag2S沉淀，故C錯誤；D選項，M點c(S2－)=1×10-40mol/L，N點c(S2－)=1×10-20mol/L，兩者的c(S2－)之比為1×10－20，故D正確。綜上所述，答案為D。2、D【解析】

W、R、X、Y的原子序數(shù)依次增大，Y的最高正價和最低負價之和等于0，則Y位于第IVA族；W和R組成的化合物有多種，其中兩種化合物能相互轉化，但元素化合價沒有變化，二氧化氮和四氧化二氮之間能相互轉化，且沒有電子轉移，則W為N、R為O元素；這4種元素的最外層電子數(shù)之和等于R原子的核電荷數(shù)的2倍，R核電荷數(shù)為8，W最外層有5個電子、R最外層有6個電子、Y最外層有4個電子，則X最外層有1，且X原子序數(shù)大于R而小于Y，為Na元素，Y為硅，然后結合元素的性質和元素周期律來解答。【詳解】A.

W、R、Y分別是N、O、Si元素，同一周期元素，元素非金屬性隨著原子序數(shù)增大而增強，同一主族元素，元素非金屬性隨著原子序數(shù)增大而減弱，所以非金屬性強弱順序是R>W>Y，故A錯誤；B.原子電子層數(shù)越多其原子半徑越大，同一周期元素，原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，所以原子半徑大小順序是X>Y>W>R，故B錯誤；C.活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子化合物，R是活潑非金屬元素、X是活潑金屬元素，二者易形成離子化合物Na2O、Na2O2，故C錯誤；D.元素的非金屬性越強，其簡單氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性R>W>Y，則簡單氫化物的熱穩(wěn)定性次序為R>W>Y，故D正確；故選D。3、A【解析】

A．試紙變藍色，可說明氨水溶液呈堿性；B．向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2生成碳酸氫鈉；C．體積膨脹，原因是生成氣體；D．氯氣與鐵反應生成氯化鐵，溶液中鐵與氯化鐵反應?！驹斀狻緼．能使紅色石蕊試紙變藍色的溶液呈堿性，試紙變藍色，可說明氨水溶液呈堿性，選項A正確；B．向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉的溶解度較小，析出晶體為碳酸氫鈉，選項B錯誤；C．體積膨脹，說明生成了氣體，原因是碳和濃硫酸發(fā)生氧化還原反應生成二氧化碳、二氧化硫等氣體，選項C錯誤；D．氯氣與鐵反應生成氯化鐵，溶液中鐵與氯化鐵反應生成氯化亞鐵，滴加KSCN，溶液不變色，選項D錯誤．答案選A。【點睛】本題考查較為綜合，涉及元素化合物知識的綜合應用，注意把握物質性質的異同，把握實驗方法和注意事項，難度不大。4、C【解析】

A.新型材料B4C可用于制作切削工具和高溫熱交換器，表明了B4C具有硬度大、熔點高的特性，而分子晶體硬度小、熔沸點低，A錯誤；B.B4C屬于原子晶體，組成微粒是C、B原子，不含分子，因此B4C不是該物質的分子式B錯誤；C.新型材料B4C可用于制作切削工具和高溫熱交換器，表明了B4C具有硬度大、熔點高的特性，說明該物質屬于原子晶體，C正確；D.原子晶體中原子間以共價鍵相結合，B4C中C和B形成四對共用電子，電子式為，D錯誤；故合理選項是C。5、A【解析】

A.C3N4晶體具有比金剛石更大的硬度，則C3N4晶體是原子晶體，其中只有共價鍵，故A正確；B.C3N4晶體具有比金剛石更大的硬度，則C3N4晶體是原子晶體，其中只有共價鍵，沒有離子，故B錯誤；C.C3N4晶體具有比金剛石更大的硬度，且原子間均以單鍵結合，則為原子晶體，每個C原子周圍有4個N原子，每個N原子周圍有3個C原子，形成空間網(wǎng)狀結構，C-N鍵為共價鍵，沒有N≡N，故C錯誤；D.C3N4晶體中每個C原子周圍有4個N原子，形成正四面體空間網(wǎng)狀結構，沒有極性，故D錯誤；正確答案是A?！军c睛】本題考查原子晶體的性質及作用力，明確信息是解答本題的關鍵，熟悉原子晶體的構成微粒、作用力、空間結構即可解答，題目難度不大，注重知識的遷移能力來分析解答。6、B【解析】

A．過濾時使用漏斗和燒杯，溶液沿玻璃棒引流，裝置正確，故A不選；B．灼燒海帶應該在坩堝中進行，裝置中使用儀器不正確，故B選；C．溶解時用玻璃棒攪拌，并且適當加熱，可以加速溶解，裝置正確，故C不選；D．可以向溶液中滴加淀粉溶液檢驗是否存在碘單質，裝置圖正確，故D不選；故選B。7、C【解析】

據(jù)外因對化學反應速率和化學平衡的影響分析判斷?！驹斀狻緼.物質W為固體，加入少量W不改變W濃度，故υ(逆)不變，A項錯誤；B.題中反應前后氣體分子數(shù)不變，當溫度、體積一定時，容器內(nèi)壓強必然不變。故壓強不變時不一定是平衡狀態(tài)，B項錯誤；C.溫度越高，化學反應越快。故升高溫度，υ(逆)、υ(正)都增大，C項正確；D.方程式中的Q表示每摩化學反應的熱效應。平衡后加入X，平衡右移，但Q不變，D項錯誤。本題選C。8、A【解析】

氨堿法對濾液的處理是加熟石灰使氨氣循環(huán)，產(chǎn)生的CaCl2用途不大，而侯氏制堿法是對濾液通入二氧化碳、氨氣，結晶出的NH4Cl，其母液可以作為制堿原料?！驹斀狻堪眽A法缺點：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，約有30%的NaCl留在母液中，侯氏制堿法的優(yōu)點：把合成氨和純堿兩種產(chǎn)品聯(lián)合生產(chǎn)，提高了食鹽利用率，縮短了生產(chǎn)流程，減少了對環(huán)境的污染，降低了純堿的成本。保留了氨堿法的優(yōu)點，消除了它的缺點，使食鹽的利用率提高到96%，故選A。9、C【解析】

，，由于同濃度酸性：HF大于HClO，當lg=0時，則=1，則K(HF)=10-3.2，K(HClO)=10-7.5?！驹斀狻緼．，，由于同濃度酸性：HF大于HClO，又因lg=0時，則=1，因此pH大的為HClO，所以線M代表的變化線，故A錯誤；B．反應ClO－+HFHClO+F－的平衡常數(shù)，其平衡常數(shù)數(shù)量級為104，故B錯誤；C．當混合溶液pH=7時，根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(ClO－)+c(F－)+c(OH－)，溶液呈中性，得到c(Na+)=c(ClO－)+c(F－)，根據(jù)物料守恒c(ClO－)+c(HClO)=c(Na+)，因此溶液中c(HClO)=c(F－)，故C正確；D．溫度未變，隨HF的通入，溶液中c(H+)?c(OH－)不變，故D錯誤。綜上所述，答案為C。10、A【解析】

由電子流向可知，左邊吸附層為負極，發(fā)生了氧化反應，電極反應是H2-2e-+2OH-═2H2O，右邊吸附層為正極，發(fā)生了還原反應，電極反應是2e-+2H+═H2，結合原電池中陽離子移向正極，陰離子移向負極解答該題?！驹斀狻緼.“全氫電池”工作時，將酸堿反應的化學能（中和能）轉化為電能，故A正確；B.右邊吸附層為正極，發(fā)生了還原反應，電極反應是2e-+2H+═H2，故B錯誤；C.NaClO4的作用是傳導離子，沒有參與電極反應，故C錯誤；D.由電子流向可知，左邊吸附層為負極，發(fā)生了氧化反應，電極反應是H2-2e-+2OH-═2H2O，右邊吸附層為正極，發(fā)生了還原反應，電極反應是2e-+2H+═H2，總反應為：H++OH-═H2O，故D錯誤；正確答案是A。11、B【解析】A、鈉粒投入硫酸銅溶液中，鈉先與水反應:2Na+2H2O＋Cu2＋=Cu(OH)2+2Na＋＋H2↑，故A錯誤；B、在硝酸鋁溶液中滴加過量的燒堿溶液，氫氧化鋁具有兩性，溶于過量的堿中:Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，故B正確；C、向溴化亞鐵溶液中滴加過量氯水，氯水能將溴離子和亞鐵離子均氧化:2Fe2＋+4Br－＋3Cl2=2Fe3＋+6Cl－＋2Br2,故C錯誤；D、磁性氧化鐵溶于足量的稀硝酸中，亞鐵離子被氧化成鐵離子：3Fe3O4+28H＋+NO3－=9Fe3＋+NO↑+14H2O，故D錯誤；故選B。12、D【解析】

A、發(fā)生鉻中毒時，解毒原理是將六價鉻變?yōu)槿齼r鉻，需要加入還原劑才能實現(xiàn)，可服用具有還原性的維生素C緩解毒性，故A正確；B、K2Cr2O7可以將乙醇氧化為乙酸，同時反應后含鉻化合物的顏色發(fā)生變化，該反應可用于檢查酒后駕駛，故B正確；C、在反應Cr2O72-+I-+H+→Cr3++I2+H2O中，根據(jù)電子守恒和原子守恒配平為：Cr2O72-+6I-+14H+＝2Cr3++3I2+7H2O，氧化產(chǎn)物是碘單質，還原產(chǎn)物是三價鉻離子，二者的物質的量之比為3：2，故C正確；D、氧氣的氧化性弱于Cr2O72-，Cr3+在溶解的氧氣的作用下不能被氧化為Cr2O72-，故D錯誤。答案選D。13、D【解析】

根據(jù)電子的流向可知b極為負極，鋰單質失電子被氧化，a極為正極，氧氣得電子被還原?！驹斀狻緼．負極單質鋰與水反應，所以電解溶液不能用水溶液，故A錯誤；B．電池放電過程中鋰單質被氧化成鋰離子，鋰離子移動到正極發(fā)生xLi++O2+xe-=LixO2，所以時間越長正極產(chǎn)生的Li2O2越多，而不是越少，故B錯誤；C．正極發(fā)生得電子的還原反應，當x=1時發(fā)生：Li++O2+e-=LiO2，故C錯誤；D．充電時，b極鋰離子轉化為鋰，發(fā)生還原反應，即為電解池的陰極，則充電時，b端應接負極，故D正確；故選D。14、D【解析】

A.固體在坩堝中灼燒，所以步驟①需要將干海帶放入坩堝中灼燒，故A正確；B.步驟②中碘離子被過氧化氫氧化為碘單質，反應的離子方程式為：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，故B正確；C.碘單質能使淀粉溶液變藍色，步驟③操作后，觀察到試管中溶液變?yōu)樗{色，可以說明海帶中含有碘元素，故C正確；D.若步驟②僅滴加稀硫酸后放置一會兒，可發(fā)生4I-+4H++O2=2I2+2H2O，步驟③操作后，試管中溶液變?yōu)樗{色，故D錯誤；選D。【點睛】本題考查海水提取碘的實驗，把握流程中發(fā)生的反應、混合物分離提純、物質的檢驗，掌握碘離子能被氧氣氧化是關鍵，側重分析與實驗能力的考查。15、C【解析】

A.硫酸銅的溶解度隨溫度升高而增大，將40℃的飽和硫酸銅溶液升溫至50℃，硫酸銅的溶解度增大，故A錯誤；B.40℃的飽和硫酸銅溶液，溫度仍保持在40℃，加入少量無水硫酸銅，硫酸銅生成硫酸銅晶體，溶液中溶劑減少，溶質析出，溶液中溶質的質量減少，故B錯誤；C.將40℃的飽和硫酸銅溶液升溫至50℃，溶解度增大，濃度不變；溫度不變，飽和硫酸銅溶液加入少量無水硫酸銅，析出硫酸銅晶體，溶液仍為飽和溶液，濃度不變，故C正確；D.溫度仍保持在40℃，加入少量無水硫酸銅，硫酸銅生成硫酸銅晶體，溶液中溶劑減少，溶質析出，溶液中溶質的質量減少，溶液中Cu2+的數(shù)目減少，故D錯誤?！军c睛】明確硫酸銅溶解度隨溫度的變化，理解飽和溶液的概念、硫酸銅與水發(fā)生CuSO4+5H2O=CuSO4·5H2O反應后，溶劑質量減少是解決該題的關鍵。16、C【解析】

A.有機反應中，失去氫或加上氧，發(fā)生氧化反應，所以該反應是醇的氧化反應，A錯誤；B.環(huán)己酮的分子式為C6H10O，B錯誤；C.環(huán)己醇含有的官能團是-OH，醇羥基不具有酸性，不能和NaOH溶液反應，C正確；D.環(huán)己醇分子中的C原子為飽和碳原子，具有甲烷的四面體結構，因此不可能所有原子共平面，D錯誤；故合理選項是C。17、D【解析】

A．根據(jù)圖像可知，隨著飽和硫酸銅溶液的用量增加，化學反應速率先加快后減慢，則飽和硫酸銅溶液用量過多不利于更快收集氫氣，A項正確；B．根據(jù)圖像可知，a、c兩點對應的氫氣生成速率相等，B項正確；C．根據(jù)圖像可知，b點收集336ml氫氣用時150s，336ml氫氣的物質的量為0.015mol，消耗硫酸0.015mol，則b點對應的反應速率為v（H2SO4）=0.015mol÷150s=1.0×10-3mol·L-1·s-1，C項正確；D．d點鋅置換出銅，鋅、銅和硫酸構成原電池，化學反應速率加快，但硫酸銅用量增多，鋅置換出來的銅附著在鋅表面，導致鋅與硫酸溶液接觸面積減小，反應速率減慢，D項錯誤；答案選D。18、D【解析】

A．氮氣與氫氣反應為可逆反應，不能進行到底，所以1mol氮氣與3mol氫氣反應，生成的氨分子數(shù)目小于2NA，故A錯誤；B．溶液體積未知，無法計算S原子個數(shù)，故B錯誤；C．氣體狀況未知，無法計算其物質的量，故無法計算電子轉移數(shù)，故C錯誤；D．三價鐵離子為弱堿陽離子，水溶液中部分水解，所以常溫下，3L0.1mol?L-1FeCI3溶液所含F(xiàn)e3+數(shù)目小于0.3NA，故D正確；故選：D。19、D【解析】

A.放電時，利用原電池原理，Zn作負極，失去電子，得到電子，放電時是溶液中的Zn2+與插層結合，故A錯誤；B.根據(jù)反應方程式，放電時，負極的鋅板失去電子變成鋅離子進入溶液中，然后與正極結合，所以溶液中的鋅離子濃度是不變的，故B錯誤；C.充電時是電解池原理，但電子不能通過電解質溶液，故C錯誤；D.充電時，陽極失電子，電極反應為：，故D正確；故選D?！军c睛】已知總反應書寫電極反應時，根據(jù)得失電子情況加以判斷，失電子，則化合價升高，發(fā)生氧化反應；總反應減去陽極的反應即可得到陰極的電極反應。20、C【解析】

反應①為乙烯與水發(fā)生加成反應生成乙醇，反應②為乙烯與氯氣發(fā)生加成反應生成1,2-二氯乙烷，反應③為1,2-二氯乙烷發(fā)生消去反應生成氯乙烯，反應④為乙烯發(fā)生加聚反應生成聚乙烯，反應⑤為乙醇發(fā)生催化氧化生成乙醛，反應⑥為乙醛被新制氫氧化銅懸濁液氧化生成乙酸，據(jù)此解答。【詳解】反應①為乙烯與水發(fā)生加成反應生成乙醇，反應②為乙烯與氯氣發(fā)生加成反應生成1,2-二氯乙烷，反應③為1,2-二氯乙烷發(fā)生消去反應生成氯乙烯，反應④為乙烯發(fā)生加聚反應生成聚乙烯，反應⑤為乙醇發(fā)生催化氧化生成乙醛，反應⑥為乙醛被新制氫氧化銅懸濁液氧化生成乙酸，A.根據(jù)以上分析知，氧化反應有⑤⑥，加成反應有①②，A項錯誤；B.氯乙烯有碳碳雙鍵，能被酸性KMnO4溶液氧化，從而使酸性KMnO4溶液褪色，聚乙烯沒有碳碳雙鍵，不能被酸性KMnO4溶液氧化，則不能使酸性KMnO4溶液褪色，B項錯誤；C.乙醛被新制氫氧化銅懸濁液氧化生成乙酸，氫氧化銅被還原生成氧化亞銅磚紅色沉淀，C項正確；D.乙醇與CCl4互溶，則不能用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br2，D項錯誤；答案選C。21、D【解析】

該反應過程為：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀鹽酸，F(xiàn)e2O3轉化FeCl3存在于濾液A中，濾渣A為CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉化為Ce3+，濾渣B為SiO2；③加入堿后Ce3+轉化為沉淀，④通入氧氣將Ce從+3價氧化為+4價，得到產(chǎn)品。根據(jù)上述分析可知，過程①為Fe2O3與鹽酸發(fā)生反應，選項A正確；結合過濾操作要點，實驗中用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，選項B正確；稀硫酸、H2O2、CeO2三者反應生成Ce2(SO4)3、O2和H2O，反應的離子方程式為6H++H2O2+2CeO22Ce3++O2↑+4H2O，選項C正確；D中發(fā)生的反應是4Ce(OH)3+O2+2H2O4Ce(OH)4，屬于化合反應，選項D錯誤。22、D【解析】

凡是有化合價發(fā)生變化的反應均是氧化還原反應，據(jù)此分析?！驹斀狻緼.冶煉鐵，發(fā)生的反應為Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，F(xiàn)e、C元素化合價發(fā)生變化，為氧化還原反應，不符合題意，A項錯誤；B.硫酸工業(yè)中存在S～SO2～SO3的轉化，S、O元素化合價發(fā)生變化，為氧化還原反應，不符合題意，B項錯誤；C.工業(yè)制取燒堿涉及的反應為：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，該反應中H、Cl元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，C項錯誤；D.氨堿法生產(chǎn)純堿涉及的方程式為：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，這幾個方程式中都沒有電子的轉移，所以不涉及氧化還原反應，D項正確；答案選D?！军c睛】工業(yè)制取純堿（利用侯氏制堿法），先將氨氣通入飽和食鹽水中，再通入二氧化碳氣體，NaHCO3的溶解度最小，會結晶析出，發(fā)生反應：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，這是制純堿的關鍵步走，然后過濾，洗滌，烘干，得到碳酸氫鈉固體，然后再加熱分解得帶碳酸鈉，發(fā)生反應2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，這是學生們的易忘點。二、非選擇題(共84分)23、H2OCO2CH3CH2OH6H2O+6CO2C6H12O6(葡萄糖)+6O2↑，CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O【解析】

首先找題眼：由A+B葡萄糖+氧氣，可知這是光合作用過程，光合作用的原料是二氧化碳和水，產(chǎn)生的葡萄糖經(jīng)過發(fā)酵產(chǎn)生B和D，即酒精和二氧化碳，而D是實驗室常用的一種燃料，可知D為酒精，B就是二氧化碳，則A為水，帶入驗證完成相關的問題?！驹斀狻浚?）根據(jù)以上分析可知A、B、D的化學式分別是H2O、CO2、CH3CH2OH；（2）反應①為光合作用，發(fā)生的方程式為：6H2O+6CO2C6H12O6(葡萄糖)+6O2↑；反應②是酒精燃燒，反應的化學方程式為：CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O?！军c睛】對于物質推斷題，解題的關鍵是尋找“題眼”，“題眼”是有特征性的物質性質或反應條件，以此作為突破口，向左右兩側進行推斷。24、硝基苯還原反應HOCH2-CH2OH+O2OHC—CHO+2H2O+CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH412、【解析】

A分子式是C6H6，結合化合物C的結構可知A是苯，結構簡式為，A與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發(fā)生取代反應產(chǎn)生硝基苯，結構簡式為，B與液氯在Fe催化下發(fā)生取代反應產(chǎn)生C：，C與Fe、HCl發(fā)生還原反應產(chǎn)生D：；由于F與新制Cu(OH)2懸濁液混合加熱，然后酸化得到分子式為C2H2O4的G，說明F中含有-CHO，G含有2個-COOH，則G是乙二酸：HOOC-COOH，逆推F是乙二醛：OHC-CHO，E為汽車防凍液的主要成分，則E是乙二醇，結構簡式是：HOCH2-CH2OH，HOOC-COOH與2個分子的CH3CH2OH在濃硫酸作用下加熱，發(fā)生酯化反應產(chǎn)生分子式是C6H10O4的H，H的結構簡式是C2H5OOC-COOC2H5；H與CH3COOC2H5發(fā)生III條件的反應產(chǎn)生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH，I與D反應產(chǎn)生J和H2O，J在一定條件下反應產(chǎn)生J，K發(fā)生酯的水解反應，然后酸化可得L，L發(fā)生脫羧反應產(chǎn)生M，M在一定條件下發(fā)生水解反應產(chǎn)生N，據(jù)此分析解答。【詳解】根據(jù)上述分析可知A是，B是，E是HOCH2-CH2OH，F(xiàn)是OHC—CHO，G是HOOC-COOH，H是C2H5OOC-COOC2H5，I是C2H5OOCCOCH2COOC2H5。(1)B是，名稱是硝基苯；C是，C與Fe、HCl發(fā)生還原反應產(chǎn)生D：，-NO2被還原為-NH2，反應類型為還原反應；(2)E是HOCH2-CH2OH，含有醇羥基，可以在Cu作催化劑條件下發(fā)生氧化反應產(chǎn)生乙二醛：OHC-CHO，所以E生成F的化學方程式是HOCH2-CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O；H是C2H5OOC-COOC2H5，H與CH3COOC2H5發(fā)生III條件的反應產(chǎn)生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH，反應方程式為：C2H5OOC-COOC2H5+CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH；(3)J結構簡式是，在J中含有1個Cl原子連接在苯環(huán)上，水解產(chǎn)生HCl和酚羥基；含有2個酯基，酯基水解產(chǎn)生2個分子的C2H5OH和2個-COOH，HCl、酚羥基、-COOH都可以與NaOH發(fā)生反應，所以1molJ在氫氧化鈉溶液中水解最多消耗4molNaOH；(4)H結構簡式是：C2H5OOC-COOC2H5，分子式是C6H10O4，其同分異構體滿足下列條件①只有兩種含氧官能團；②能發(fā)生銀鏡反應說明含有醛基；③1mol該物質與足量的Na反應生成0.5molH2，結合分子中含有的O原子數(shù)目說明只含有1個-COOH，另一種為甲酸形成的酯基HCOO-，則可能結構采用定一移二法，固定酯基HCOO-，移動-COOH的位置，碳鏈結構的羧基可能有共4種結構；碳鏈結構的羧基可能有4種結構；碳鏈結構的羧基可能有3種結構；碳鏈結構為的羧基可能位置只有1種結構，因此符合要求的同分異構體的種類數(shù)目為4+4+3+1=12種；其中核磁共振氫譜峰面積比為1：1：2：6的結構簡式為、；(5)CH3-CH=CH-CH3與溴水發(fā)生加成反應產(chǎn)生CH3CHBr-CHBrCH3，然后與NaOH水溶液共熱發(fā)生取代反應產(chǎn)生，發(fā)生催化氧化產(chǎn)生Q是；與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發(fā)生硝化反應產(chǎn)生P是，P與Fe、HCl發(fā)生還原反應產(chǎn)生，與在HAc存在條件下，加熱40—50℃反應產(chǎn)生和H2O，故P是，Q是。【點睛】本題考查有機物推斷和有機合成，明確有機物官能團及其性質關系、有機反應類型及反應條件是解本題關鍵，難點是H的符合條件的同分異構體的種類的判斷，易漏選或重選，可以采用定一移二的方法，在物質推斷時可以由反應物采用正向思維或由生成物采用逆向思維方法進行推斷，側重考查學生分析推斷及合成路線設計能力。25、集氣瓶鐵架臺酒精燈澄清石灰水檢驗混合氣體中的二氧化碳是否被完全吸收白色渾濁（或白色沉淀）驗純后點燃（或套接氣球或塑料袋）除去空氣中的CO2CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O不準確，因為E瓶增重的pg包含了水蒸汽的質量【解析】

(1)結合裝置圖書寫裝置名稱；(2)根據(jù)檢驗一氧化碳是將一氧化碳轉化為二氧化碳檢驗，從排除干擾方面分析；(3)根據(jù)一氧化碳和氧化銅生成銅和二氧化碳、二氧化碳能使澄清的石灰水變渾濁分析；(4)根據(jù)一氧化碳具有可燃性燃燒生成二氧化碳，二氧化碳無毒分析；(5)根據(jù)二氧化碳和氫氧化鈉反應生成碳酸鈉和水分析；(6)根據(jù)E中質量的增加量是生成的二氧化碳的質量，再根據(jù)二氧化碳的質量計算出一氧化碳的質量，再用一氧化碳的質量除以氣體的總質量即可?！驹斀狻?1)根據(jù)圖示：①為集氣瓶，②為鐵架臺，③為酒精燈；(2)因為實驗室檢驗一氧化碳通常是讓它先轉化為二氧化碳，然后再用澄清石灰水去檢驗二氧化碳．但該混合氣體中原來就有二氧化碳，為了避免引起干擾，所以應該先把二氧化碳吸收完，A裝置目的就是吸收二氧化碳，B裝置用來檢驗混合氣體中二氧化碳是否吸收完全，所以應該用澄清石灰水；(3)氫氣和一氧化碳都會與氧化銅反應，氫氣與氧化銅反應生成水，而一氧化碳與氧化銅反應生成二氧化碳，二氧化碳可以使E中出現(xiàn)混濁現(xiàn)象。即只要E中變渾濁就證明混合氣體中有一氧化碳；(4)E中出來的氣體中有一氧化碳，一氧化碳有毒，不能直接排放到空氣中，一氧化碳具有可燃性燃燒生成二氧化碳，二氧化碳無毒，為了保護環(huán)境，應在E裝置右邊的排氣管口點燃氣體；(5)因為實驗室檢驗一氧化碳通常是讓它先轉化為二氧化碳，然后再用澄清石灰水去檢驗二氧化碳，但該混合氣體中原來就有二氧化碳，為了避免引起干擾，所以應該先把二氧化碳吸收完全，A裝置目的就是吸收二氧化碳，，反應方程式為：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；(6)E瓶增重pg．說明生成二氧化碳質量為pg，設生成pg二氧化碳需要一氧化碳的質量為x，則：根據(jù)：=，解得x=g，所以混合氣體中CO的質量百分數(shù)為：×100%=%，如果去掉D裝置，氫氣與氧化銅反應生成的水也進入E裝置內(nèi)，誤認為是生成的二氧化碳的質量，所以計算出的一氧化碳質量偏大。【點睛】本題易錯點為(2)中對B裝置作用的判斷，會誤認為B中盛裝濃硫酸來吸收混合氣體中的水蒸氣，該實驗的目的在于檢驗混合氣體中含有一氧化碳，水蒸氣對檢驗一氧化碳基本無影響，二氧化碳的存在是干擾一氧化碳檢驗的重點。26、酸性銨明礬溶液電離出的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，有吸附作用，故銨明礬能凈水先產(chǎn)生白色沉淀，后產(chǎn)生有刺激性氣味的氣體，再加入過量的NaOH溶液，白色沉淀逐漸溶解并消失2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4省略過程Ⅱ，因HCO3-與Al3+的水解相互促進，產(chǎn)生大量氫氧化鋁沉淀，導致銨明礬的產(chǎn)率降低冷卻結晶打開K1，用蘸有濃鹽酸的玻璃棒靠近支口，出現(xiàn)白煙（NH4）2SO3Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O1：3【解析】

碳酸氫銨溶液中加入硫酸鈉，過濾得到濾渣與濾液A，而濾渣焙燒得到碳酸鈉與二氧化碳，可知濾渣為NaHCO3，過程I利用溶解度不同發(fā)生復分解反應：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4，濾液A中含有（NH4）2SO4及少量HCO3-等，加入硫酸，調(diào)節(jié)pH使HCO3-轉化二氧化碳與，得到溶液B為（NH4）2SO4溶液，再加入硫酸鋁得銨明礬；（1）銨明礬溶液中NH4+、鋁離子水解NH4++H2O?NH3·H2O+H+、Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+，促進水的電離，溶液呈酸性；銨明礬用于凈水的原因是：銨明礬水解得到氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體可以吸附水中懸浮物，達到凈水的目的；向銨明礬溶液中加入氫氧化鈉溶液，首先Al3+與OH-反應生成氫氧化鋁沉淀，接著NH4+與OH-反應生成氨氣，最后加入的過量NaOH溶液溶解氫氧化鋁，現(xiàn)象為：先產(chǎn)生白色沉淀，后產(chǎn)生有刺激性氣味的氣體，再加入過量的NaOH溶液，白色沉淀逐漸溶解并消失。（2）過程I利用溶解度不同發(fā)生復分解反應，反應方程式為：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4。（3）省略過程Ⅱ，因HCO3-與Al3+的水解相互促進，產(chǎn)生大量氫氧化鋁沉淀，導致銨明礬的產(chǎn)率降低。（4）由于銨明礬的溶解度隨溫度升高明顯增大，加入硫酸鋁后從溶液中獲得銨明礬的操作是：加熱濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌、干燥。（5）①檢驗氨氣方法為：打開K1，用蘸有濃鹽酸的玻璃棒靠近支口，出現(xiàn)白煙；裝置A和導管中未見紅棕色氣體，說明沒有生成氮的氧化物，試管C中的品紅溶液褪色，說明加熱分解有SO2生成，氨氣與二氧化硫、水蒸汽反應可以生成（NH4）2SO3，白色固體可能是（NH4）2SO3；裝置A試管中殘留的白色固體是兩性氧化物，該物質為氧化鋁，氧化鋁與氫氧化鈉溶液反應離子方程式為：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；②反應中-3價的N化合價升高發(fā)生氧化反應生成N2，+6價的S化合價降低發(fā)生還原反應生成SO2，根據(jù)電子轉移守恒：n（N2）×2×[0﹣（﹣3）]=n（SO2）×（6﹣4），故n（N2）：n（SO2）=1：3，相同條件下氣體體積之比等于其物質的量之比，故V（N2）：V（SO2）=1：3。27、aedbc(或cb)f固體逐漸溶解，溶液變?yōu)樗{色，有無色氣泡產(chǎn)生adf50%Na2CO3、NaOH堿石灰(或氫氧化鈉固體)干燥管(或U形管)取少量KI溶液和NaNO2溶液于試管，滴加幾滴淀粉溶液不變色，然后滴加一定量稀硫酸，溶液變藍，證明酸性條件下NaNO2具有氧化性(或取少量KI溶液和稀硫酸于試管，然后滴加幾滴淀粉溶液不變色，滴加NaNO2溶液，溶液變?yōu)樗{色，證明酸性條件下NaNO2具有氧化性)【解析】

本題表面考查了2NO+Na2O2=2NaNO2，該反應是陌生反應，但實際主要以基礎知識為主，例如NO、Na2O2，NO2-等性質，本題綜合性強，難度偏大?！驹斀狻浚?）A中濃硝酸與炭反應生成NO2，NO2通入C裝置可產(chǎn)生NO，因而按氣流方向連接儀器接口aed，注意長進短出，然后NO和B中Na2O2反應，最后D為除雜裝置，因而后續(xù)連接順序為bc(或cb)f，該處答案為aedbc(或cb)f；（2）NO2與水反應可得稀硝酸和NO，稀硝酸（包含揮發(fā)的硝酸）與Cu反應得到硝酸銅和NO，NO為無色氣體，因而C中現(xiàn)象為固體逐漸溶解，溶液變?yōu)樗{色，有無色氣泡產(chǎn)生；（3）①酸性KMnO4標準液有腐蝕性，因而選用酸式滴定管，錐形瓶盛放待測液，玻璃棒溶解和轉移固體，因而選adf；②高錳酸鉀與亞硝酸鈉的離子方程式為2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O，n(NO2-)=mol=0.025mol，m(NaNO2)=0.025mol×69g/mol=1.725g，則固體樣品中NaNO2的純度為×100％=50％；③碳和濃硝酸反應得到CO2，同時C中會有水蒸氣進入B中，CO2和水分別與Na2O2反應得到Na2CO3、NaOH，樣品中含有的主要雜質為Na2CO3、NaOH，同時除去CO2和H2O，可使用堿石灰(或氫氧化鈉固體)，該藥品可裝在干燥管內(nèi)或U形管中；（4）要想證明酸性條件下NaNO2具有氧化性，需要選用合適的還原劑（如KI溶液）與之反應，并且能夠觀察到明顯的反應現(xiàn)象（如淀粉遇碘變藍），根據(jù)提供的試劑可選用0.10mol·L-1NaNO2溶液、0.10mol·L-1KI溶液、淀粉溶液、稀硫酸，注意用稀硫酸酸化，稀硝酸有強氧化性干擾實驗。因而實驗過程為取少量KI溶液和NaNO2溶液于試管，滴加幾滴淀粉溶液不變色，然后滴加一定量稀硫酸，溶液變藍，證明酸性條件下NaNO2具有氧化性(或取少量KI溶液和稀硫酸于試管，然后滴加幾滴淀粉溶液不變色，滴加NaNO2溶液，溶液變?yōu)樗{色，證明酸性條件下NaNO2具有氧化性)。28、2CuCl2(s)+O2(g)═2CuO(s)+2Cl2(g)?H2═+125.4kJ?mol-1反應放熱，體系的溫度升高，反應速率加快225<>2NH3＋3NaClO═N2＋3NaCl＋3H2OH2O2+H++Fe2+═Fe3++H2O+?OHc(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)═c(OH-)【解析】

(1)蓋斯定律計算判斷過程Ⅱ反應的熱化學方程式；(2)①甲為絕熱容器，反應為放熱反應；②達到平衡狀態(tài)時二氧化氮濃度為0.02mol/L，結合三段式列式計算平衡