山東省乳山一中2024年高考化學一模試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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、實驗過程中不可能產(chǎn)生Fe(OH)3的是A．蒸發(fā)FeCl3溶液 B．FeCl3溶液中滴入氨水C．將水蒸氣通過灼熱的鐵 D．FeCl2溶液中滴入NaOH溶液2、室溫下，用0.100mol?L-1NaOH溶液分別滴定20.00mL0.100mol?L-1的HA和HB兩種酸溶液，滴定曲線如圖所示[已知AG=lg]，下列說法不正確的是（）A．P點時，加入NaOH溶液的體積為20.00mLB．Ka(HB)的數(shù)量級為10-4C．水的電離程度：N＞M=PD．M、P兩點對應溶液中存在：c(A-)=c(B-)3、下列有關鋼鐵腐蝕與防護的說法不正確的是A．生鐵比純鐵容易生銹B．鋼鐵的腐蝕生成疏松氧化膜，不能保護內(nèi)層金屬C．鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕時，正極反應式為：O2＋2H2O＋4e－==4OH－D．為保護地下鋼管不受腐蝕，可使其與直流電源正極相連4、常溫下，下列各組物質中，Y既能與X反應又能與Z反應的()XYZ①FeCl3溶液Cu濃硫酸②KOH溶液SiO2濃鹽酸③SO2Ca(OH)2NaHCO3④NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸A．①③ B．①② C．②③ D．③④5、對下表鑒別實驗的“解釋”正確的是選項實驗目的選用試劑或條件解釋A鑒別SO2和CO2溴水利用SO2的漂白性B鑒別Fe3+和Fe2+KSCN利用Fe3+的氧化性C鑒別硝酸鉀和碳酸鈉溶液酚酞碳酸鈉溶液顯堿性D鑒別食鹽和氯化銨加熱利用熔點不同A．A B．B C．C D．D6、下列比較錯誤的是A．與水反應的劇烈程度：K<Ca B．穩(wěn)定性：HF>HC1C．原子半徑：Si>N D．堿性：Ca(OH)2>Mg(OH)27、W、X、Y、Z為短周期原子序數(shù)依次增大的主族元素，其中W元素形成的單質密度最小，且W與X、Y、Z都能形成共價化合物,Y、W形成的常見化合物溶于水顯堿性,Z、W形成的化合物溶于水顯酸性。四種元素原子序數(shù)之和為30，可形成的某種化合物結構式為。下列說法正確的是A．X為碳元素B．Y的氧化物對應的水化物是強酸C．W與Y、Z三種元素形成的化合物中一定不含離子鍵D．含Z的某種含氧酸鹽可用于物體表面和環(huán)境等的殺菌消毒8、化學與生產(chǎn)、生活密切相關。下列說法錯誤的是A．煤的焦化可以得到乙烯，煤的氣化可以制得水煤氣，煤間接液化后的產(chǎn)物可以合成甲醇B．順丁橡膠(順式聚1，3-丁二烯)、尿不濕(聚丙烯酸鈉)、電木(酚醛樹脂)都是由加聚反應制得的C．塑料、合成纖維和合成橡膠都主要是以煤、石油和天然氣為原料生產(chǎn)的D．石油在加熱和催化劑的作用下，可以通過結構的重新調整，使鏈狀烴轉化為環(huán)狀烴，如苯或甲苯9、銦（In）被稱為信息產(chǎn)業(yè)中的“朝陽元素”。由“銦49In-114.8”不可能知道的是（）A．銦元素的相對原子質量 B．銦元素的原子序數(shù)C．銦原子的相對原子質量 D．銦原子的核電荷數(shù)10、采用陰離子交換法合成了一系列不同Zn和Pt含量的PtSn-Mg(Zn)AlO催化劑用于乙烷脫氫反應[CH3CH3(g)?CH2=CH2(g)+H2(g)△H>0]，實驗結果表明，在水滑石載體中摻雜少量的Zn對乙烷脫氫反應有明顯影響，如圖所示為不同Zn含量PtSn催化劑的乙烷催化脫氫反應中，乙烷的轉化率隨時間的變化。下列說法不正確的是()A．由圖可知，PtSn/Mg(2-Zn)AlO催化劑的催化反應活性最優(yōu)B．一定溫度下，將nmol乙烷放入VL密閉容器中進行催化脫氫，維持容器體積不變，測得乙烷平衡轉化率為a，則該溫度下反應的平衡常數(shù)K=C．升高溫度，平衡逆向移動D．隨著反應時間的延長，乙烷轉化率逐漸穩(wěn)定，催化活性保持在相對穩(wěn)定的階段11、下列物質間的轉化可以實現(xiàn)的是（）A．MnO2Cl2Ca(ClO)2B．SSO2BaSO4C．SiO2H2SiO3Na2SiO3D．CuSO4Cu(OH)2Cu2O12、下列由實驗得出的結論正確的是()A．將乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液變無色透明，生成的產(chǎn)物可溶于四氯化碳B．乙醇和水都可與金屬鈉反應產(chǎn)生可燃性氣體，說明兩種分子中的氫原子都能產(chǎn)生氫氣C．用乙酸浸泡水壺中的水垢，可將其清除，是因為乙酸的酸性小于碳酸的酸性D．甲烷與氯氣光照下反應后的混合氣體能使?jié)駶櫴镌嚰堊兗t是因為生成的一氯甲烷具有酸性13、正確的實驗操作是實驗成功的重要因素，下列實驗操作正確的是()A．稱取一定量的NaClB．制備氫氧化亞鐵并觀察其顏色C．檢驗濃硫酸與銅反應后的產(chǎn)物中是否含有銅離子D．收集NO2并防止其污染環(huán)境14、向FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液,測定混合后溶液pH隨混合前溶液中變化的曲線如圖所示。實驗發(fā)現(xiàn):ⅰ.a點溶液澄清透明,向其中滴加NaOH溶液后,立即產(chǎn)生灰白色沉淀,滴入KSCN溶液顯紅色;ⅱ.c點和d點溶液中產(chǎn)生紅褐色沉淀,無氣體逸出。取其上層清液滴加NaOH溶液后無明顯現(xiàn)象,滴加KSCN溶液顯紅色。下列分析合理的是A．向a點溶液中滴加BaCl2溶液,無明顯現(xiàn)象B．b點較a點溶液pH升高的主要原因:2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+C．c點溶液中發(fā)生的主要反應:2Fe3++3SO32-+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3D．向d點上層清液中滴加KSCN溶液,溶液變紅;再滴加NaOH溶液,紅色加深15、練江整治已刻不容緩，其中以印染工業(yè)造成的污染最為嚴重。某工廠擬綜合處理含NH4+廢水和工業(yè)廢氣（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO），設計了如下工業(yè)流程：下列說法錯誤的是A．氣體I中主要含有的氣體有N2、NO、COB．X在反應中作氧化劑，可通入過量的空氣C．處理含NH4+廢水時，發(fā)生離子方程式是：NH4++NO2-=N2↑+2H2OD．捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO16、關于下圖所示各裝置的敘述中，正確的是A．裝置①是原電池，總反應是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+B．裝置①中，鐵做負極，電極反應式為：Fe3++e-=Fe2+C．裝置②通電一段時間后石墨Ⅱ電極附近溶液紅褐色加深D．若用裝置③精煉銅，則d極為粗銅，c極為純銅，電解質溶液為CuSO4溶液17、下列有關實驗現(xiàn)象和解釋或結論都一定正確的是（）選項實驗操作實驗現(xiàn)象解釋或結論A某鉀鹽溶于鹽酸后，產(chǎn)生無色無味氣體，將其通入澄清石灰水有白色沉淀出現(xiàn)該鉀鹽是B將少量的溴水分別滴入溶液、溶液中，再分別滴加振蕩下層分別呈無色和紫紅色還原性：C將充滿的密閉玻璃球浸泡在熱水中紅棕色變深反應的D將受熱分解產(chǎn)生的氣體通入某溶液溶液變渾濁，繼續(xù)通入該氣體，渾濁消失該溶液是溶液A．A B．B C．C D．D18、X、Y、Z、R是四種原子序數(shù)依次遞增的短周期主族元素，X原子最外層有兩個未成對電子，Y原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，Z元素的單質常溫下能與水劇烈反應產(chǎn)生氫氣，R原子的核外電子數(shù)是X原子與Z原子的核外電子數(shù)之和。下列敘述正確的是（）A．原子半徑的大小順序：X<Y<Z<RB．X、Y分別與氫元素組成的化合物熔沸點一定是：X<YC．最高價氧化物對應水化物的酸性：R＞XD．Y與Z形成的兩種化合物中的化學鍵和晶體類型均完全相同19、海洋動物海鞘中含有種類豐富、結構新穎的次生代謝產(chǎn)物，是海洋抗腫瘤活性物質的重要來源之一。一種從海鞘中提取具有抗腫瘤活性的天然產(chǎn)物的流程如下：下列關于該流程中各步驟的說法中，錯誤的是（）選項步驟采用裝置主要儀器A①過濾裝置漏斗B②分液裝置分液漏斗C③蒸發(fā)裝置坩堝D④蒸餾裝置蒸餾燒瓶A．A B．B C．C D．D20、下列判斷中一定正確的是（）A．若R2-和M+的核外電子層結構相同，則原子序數(shù)：R>MB．若X、Y屬于同主族元素，且相對原子質量X>Y，則原子失電子能力：X>YC．若X、Y都是氣態(tài)氫化物，且相對分子質量X>Y，則沸點：X>YD．若金屬性M>N，則以M、N為兩電極的原電池中M一定是負極21、設ⅣA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．足量Zn與一定量的濃硫酸反應產(chǎn)生22.4L氣體時，轉移的電子數(shù)為2NAB．15.6g的Na2S和Na2O2固體混合物中，陰離子數(shù)為0.2NAC．1L0.1mol?L-1的CH3COONa溶液中含有的CH3COO-數(shù)目為0.1NAD．12g金剛石中含有的碳碳單鍵數(shù)約為4NA22、新型納米材料氧缺位鐵酸鹽(MFe2Ox，3<x<4，M=Mn、Co、Zn或Ni)由鐵酸鹽(MFe2O4)經(jīng)高溫與氫氣反應制得。常溫下，氧缺位鐵酸鹽能使工業(yè)廢氣中的氧化物(CO2、SO2、NO2等)轉化為其單質而除去，自身變回鐵酸鹽。關于上述轉化過程的敘述中不正確的是（）A．MFe2O4在與H2的反應中表現(xiàn)了氧化性B．若4molMFe2Ox與1molSO2恰好完全反應則MFe2Ox中x的值為3.5C．MFe2Ox與SO2反應中MFe2Ox被還原D．MFe2O4與MFe2Ox的相互轉化反應均屬于氧化還原反應二、非選擇題(共84分)23、（14分）聚酰亞胺是綜合性能最佳的有機高分子材料之一，已廣泛應用在航空、航天、微電子等領域。某聚酰亞胺的合成路線如圖（部分反應條件己略去）：己知下列信息：①芳香族化合物B的一氯代物有兩種②③回答下列問題：（1）固體A是___（寫名稱）；B的化學名稱是___。（2）反應①的化學方程式為___。（3）D中官能團的名稱為___；反應②的反應類型是___。（4）E的分子式為___；己知1mo1F與足量的NaHCO3反應生成4mo1CO2，則F的結構簡式是___。（5）X與C互為同分異構體，寫出同時滿足下列條件的X的結構簡式___。①核磁共振氫譜顯示四種不同化學環(huán)境的氫，其峰面積之比為2：2：1：1②能與NaOH溶液反應，1mo1X最多消耗4mo1NaOH③能發(fā)生水解反應，其水解產(chǎn)物之一能與FeC13溶液發(fā)生顯色反應（6）參照上述合成路線，以甲苯和甲醇為原料（無機試劑任選）設計合成的路線___。24、（12分）已知A、B、C、D、X、Y六種物質均由短周期元素組成，其中X為常見離子化合物，它們之間的轉換關系如下圖所示（1）已知條件I和條件II相同，則該反應條件為____________________。（2）物質X的電子式為_____________________。（3）寫出B與Ca(OH)2反應的化學方程式______________________________。（4）寫出X在條件II下反應生成B、C、D的離子方程式_____________________________________________。（5）寫出實驗室制B的化學方程式，并標出電子轉移方向、數(shù)目____________________________________________。（6）請簡述鑒定物質X的實驗方法____________________________________。25、（12分）Na2O2具有強氧化性，H2具有還原性，某同學根據(jù)氧化還原反應的知識推測Na2O2與H2能發(fā)生反應。為了驗證此推測結果，該同學設計并進行如下實驗。I.實驗探究步驟1：按如圖所示的裝置組裝儀器（圖中夾持儀器已省略）并檢查裝置的氣密性，然后裝入藥品。步驟2：打開K1、K2，在產(chǎn)生的氫氣流經(jīng)裝有Na2O2的硬質玻璃管的過程中，未觀察到明顯現(xiàn)象。步驟3：進行必要的實驗操作，淡黃色的粉末慢慢變成白色固體，無水硫酸銅未變藍色。（1）組裝好儀器后，要檢查裝置的氣密性。簡述檢查虛線框內(nèi)裝置氣密性的方法：________。（2）B裝置中所盛放的試劑是_____，其作用是_______。（3）步驟3中的必要操作為打開K1、K2，_______（請按正確的順序填入下列步驟的字母）。A．加熱至Na2O2逐漸熔化，反應一段時間B．用小試管收集氣體并檢驗其純度C．關閉K1D．停止加熱，充分冷卻（4）由上述實驗可推出Na2O2與H2反應的化學方程式為__________。II．數(shù)據(jù)處理（5）實驗結束后，該同學欲測定C裝置硬質玻璃管內(nèi)白色固體中未反應完的Na2O2含量。其操作流程如下：①測定過程中需要的儀器除固定、夾持儀器外，還有電子天平、燒杯、酒精燈、蒸發(fā)皿和____。②在轉移溶液時，若溶液轉移不完全，則測得的Na2O2質量分數(shù)_____（填“偏大”“偏小”或“不變”）26、（10分）某校學習小組的同學設計實驗，制備（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O并探究其分解規(guī)律。實驗步驟如下：Ⅰ.稱取7.0g工業(yè)廢鐵粉放入燒杯中，先用熱的Na2CO3溶液洗滌，再水洗，最后干燥。Ⅱ.稱取6.0g上述處理后的鐵粉加入25mL某濃度硫酸中加熱，加熱過程中不斷補充蒸餾水，至反應充分。Ⅲ.冷卻、過濾并洗滌過量的鐵粉，干燥后稱量鐵粉的質量。Ⅳ.向步驟Ⅲ的濾液中加入適量（NH4）2SO4晶體，攪拌至晶體完全溶解，經(jīng)一系列操作得干燥純凈的（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O。V.將（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O脫水得（NH4）2Fe（SO4）2，并進行熱分解實驗。已知在不同溫度下FeSO4?7H2O的溶解度如表：溫度（℃）1103050溶解度（g）14.017.025.033.0回答下列問題：（1）步驟Ⅰ用熱的Na2CO3溶液洗滌工業(yè)廢鐵粉的目的是__，步驟Ⅱ中設計鐵粉過量，是為了__，加熱反應過程中需不斷補充蒸餾水的目的是__。（2）步驟Ⅲ中稱量反應后剩余鐵粉的質量，是為了__。（3）（NH4）2Fe（SO4）2分解的氣態(tài)產(chǎn)物可能有N2、NH3、SO2、SO3及水蒸氣，用下列裝置檢驗部分產(chǎn)物。①檢驗氣態(tài)產(chǎn)物中的SO2和SO3時，裝置連接順序依次為__（氣流從左至右）；C中盛放的試劑為__。②裝置A的作用是__。③檢驗充分分解并冷卻后的瓷舟中鐵的氧化物中是否含有二價鐵，需用到的試劑為__。27、（12分）氯化亞銅是一種白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸；可溶于氯離子濃度較大的體系，形成。在潮濕空氣中迅速被氧化，見光則分解。右下圖是實驗室仿工業(yè)制備氯化亞銅的流程進行的實驗裝置圖。實驗藥品：銅絲、氯化銨、65％硝酸、20％鹽酸、水。(1)質量分數(shù)為20％的鹽酸密度為，物質的量濃度為______；用濃鹽酸配制20％鹽酸需要的玻璃儀器有：______、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管。(2)實驗室制備過程如下：①檢查裝置氣密性，向三頸瓶中加入銅絲、氫化銨、硝酸、鹽酸，關閉。實驗開始時，溫度計顯示反應液溫度低于室溫，主要原因是______；②加熱至℃，銅絲表面產(chǎn)生無色氣泡，燒瓶上方氣體顏色逐漸由無色為紅棕色，氣囊鼓起。打開，通入氧氣一段時間，將氣囊變癟，紅棕色消失后關閉，冷卻至室溫，制得。通入氧氣的目的為______；三頸瓶中生成的總的離子方程為______；將液體轉移至燒杯中用足量蒸餾水稀釋，產(chǎn)生白色沉淀，過濾得氧化亞銅粗品和濾液。③粗品用95％乙醇洗滌、烘干得氧化亞銅。(3)便于觀察和控制產(chǎn)生的速率，制備氧氣的裝置最好運用______(填字母)。(4)下列說法不正確的是______A．步驟Ⅰ中可以省去，因為已經(jīng)加入了B．步驟Ⅱ用去氧水稀釋，目的是使轉化為，同時防止被氧化C．當三頸燒瓶上方不出現(xiàn)紅棕色氣體時，可停止通入氧氣D．流程中可循環(huán)利用的物質只有氯化銨(5)步驟Ⅲ用95％乙醇代替蒸餾水洗滌的主要目的是______、______(答出兩條)。(6)氯化亞銅的定量分析：①稱取樣品和過量的溶液于錐形瓶中，充分溶解；②用硫酸[Ce(SO4)2]標準溶液測定。已知：已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，F(xiàn)e2++Ce4+=Fe3++Ce3+三次平衡實驗結果如下表(平衡實驗結果相差不能超過1％)：平衡實驗次數(shù)123樣品消耗硫酸銻標準溶液的體積2則樣品中的純度為______(結果保留3位有效數(shù)字)。誤差分析：下列操作會使滴定結果偏高的是______。A．錐形瓶中有少量蒸餾水B．滴定終點讀數(shù)時仰視滴定管刻度線C．所取溶液體積偏大D．滴定前滴定管尖端有氣泡，滴定后氣泡消失28、（14分）甲醇是一種可再生能源，具有廣闊的開發(fā)和應用前景，可用Pt/Al2O3、Pd/C、Rh/SiO2等作催化劑，采用如下反應來合成甲醇:2H2(g)+CO(g)?CH3OH(g)(1)下表所列數(shù)據(jù)是各化學鍵的鍵能，該反應的ΔH=_______(用含字母的代數(shù)式表示)。(2)某科研小組用Pd/C作催化劑，在450℃時，研究了n(H):n(CO)分別為2:1、3:1時CO轉化率的變化情況(如圖)，則圖中表示n(H2)：n(CO)=3:1的變化曲線為______(填“曲線a"或“曲線b”)。(3)某化學研究性學習小組模擬工業(yè)合成甲醇的反應，在2L的恒容密閉容器內(nèi)充入1molCO和2molH2，加入合適催化劑后在某溫度下開始反應，并用壓力計監(jiān)測容器內(nèi)壓強的變化如下：反應時間/min0510152025壓強/MPa12.610.89.58.78.48.4則從反應開始到20min時，CO的平均反應速率為________,該溫度下的平衡常數(shù)K為_______.(4)將CO和H2加入密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反應：CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)ΔH<0。平衡時CO的體積分數(shù)(%)與溫度和壓強的關系如下圖所示(虛線框表示沒有測定該條件下的數(shù)據(jù))。T1、T2、T3由大到小的關系是_________,判斷理由是____________(5)美國的兩家公司合作開發(fā)了多孔硅甲醇直接燃料電池，其工作原理如圖①石墨2為__________(填“正“或“負“)極。②石墨1極發(fā)生的電極反應式為________29、（10分）（15分）含碳物質的價值型轉化，有利于“減碳”和可持續(xù)性發(fā)展，有著重要的研究價值。請回答下列問題：（1）已知CO分子中化學鍵為C≡O。相關的化學鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：化學鍵H—OC≡OC=OH—HE/(kJ·mol?1)4631075803436CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH=___________kJ·mol?1。下列有利于提高CO平衡轉化率的措施有_______________（填標號）。a．增大壓強b．降低溫度c．提高原料氣中H2O的比例d．使用高效催化劑（2）用惰性電極電解KHCO3溶液，可將空氣中的CO2轉化為甲酸根(HCOO?)，然后進一步可以制得重要有機化工原料甲酸。CO2發(fā)生反應的電極反應式為________________，若電解過程中轉移1mol電子，陽極生成氣體的體積（標準狀況）為_________L。（3）乙苯催化脫氫制取苯乙烯的反應為：(g)＋CO2(g)(g)＋CO(g)＋H2O(g)，其反應歷程如下：①由原料到狀態(tài)Ⅰ____________能量（填“放出”或“吸收”）。②一定溫度下，向恒容密閉容器中充入2mol乙苯和2molCO2，起始壓強為p0，平衡時容器內(nèi)氣體總物質的量為5mol，乙苯的轉化率為_______，用平衡分壓代替平衡濃度表示的化學平衡常數(shù)Kp=_______。[氣體分壓(p分)=氣體總壓(p總)×氣體體積分數(shù)]③乙苯平衡轉化率與p(CO2)的關系如下圖所示，請解釋乙苯平衡轉化率隨著p(CO2)變化而變化的原因________________________________。

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、C【解析】

A.蒸發(fā)FeCl3溶液，鐵離子水解生成氫氧化鐵，故A正確；B.FeCl3溶液中滴入氨水生成氫氧化鐵和氯化銨，故B正確；C.將水蒸氣通過灼熱的鐵生成四氧化三鐵和氫氣，故C錯誤；D.FeCl2溶液中滴入NaOH溶液生成氫氧化亞鐵和氯化鈉，氫氧化亞鐵遇到氧氣被氧化成氫氧化鐵，故D正確；故選：C。2、D【解析】

未加NaOH溶液時，HA的AG=12，則c（H+）?c（OH-）=10-14，=10-12，則c（H+）=0.1mol/L=c（HA），HA是強酸；未加NaOH溶液時，HB的AG=9，則c（H+）?c（OH-）=10-14，=10-9，則c（H+）=10-2.5mol/L＜0.1mol/L，則HB是弱酸；【詳解】A．P點AG=0時，c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，HA是強酸，酸堿的物質的量相等，酸堿的物質的量濃度相等，則酸堿體積相等，所以加入NaOH溶液的體積為20.00mL，故A正確；B．HB的電離程度較小，則溶液中c（B-）≈c（H+）=10-2.5mol/L，c（HB）≈0.1mol/L，Ka（HB）===10-4，故B正確；C．酸或堿抑制水電離，弱離子促進水電離，且酸中c（H+）越大其抑制水電離程度越大，M、P點溶液都呈中性，則M、P點不影響水的電離，N點NaB濃度較大，促進水電離，所以水的電離程度：N＞M=P，故C正確；D．M、P點的AG都為0，都存在c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，加入的NaOH越多，c（Na+）越大，溶液中存在電荷守恒，則存在P點c（A-）=c（Na+）、M點c（Na+）=c（B-），但是c（Na+）：M＜P點，則c（A-）＞c（B-），故D錯誤；答案選D。【點睛】本題考查酸堿混合溶液定性判斷，明確混合溶液中溶質及其性質、酸的酸性強弱是解本題關鍵，注意B中微粒濃度的近似處理方法。3、D【解析】

A.生鐵中含有C、Fe，生鐵和電解質溶液構成原電池，F(xiàn)e作負極而加速被腐蝕，純鐵不易構成原電池，所以生鐵比純鐵易生銹，故A正確；B．鋼鐵和空氣、水能構成原電池導致鋼鐵被腐蝕，鋼鐵的腐蝕生成疏松氧化膜不能隔絕空氣，所以不能保護內(nèi)層金屬，故B正確；C．鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕時，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為O2+2H2O+4e-═4OH-，故C正確；D．作電解池陽極的金屬加速被腐蝕，作陰極的金屬被保護，為保護地下鋼管不受腐蝕，可使其與直流電源負極相連，故D錯誤；故選D。4、D【解析】

①Cu與FeCl3溶液發(fā)生氧化還原反應，常溫下不與濃硫酸發(fā)生反應；②SiO2屬于酸性氧化物，能與強堿反應，但不與濃鹽酸反應；③Ca(OH)2是強堿與SO2反應，與NaHCO3也反應；④Al(OH)3屬于兩性氫氧化物，與強酸強堿溶液都反應；【詳解】①Cu與FeCl3溶液發(fā)生氧化還原反應：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，常溫下不和濃硫酸反應，故①錯誤；②SiO2屬于酸性氧化物，能與強堿發(fā)生反應，所以與氫氧化鉀發(fā)生反應SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O，但不能和鹽酸反應；③Ca(OH)2是強堿與SO2酸性氧化物發(fā)生反應Ca(OH)2+SO2=CaSO3+H2O，與NaHCO3也發(fā)生反應；④Al(OH)3屬于兩性氫氧化物，能和強酸強堿溶液都反應，和強堿NaOH反應Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O、和硫酸反應3H2SO4+2Al(OH)3==Al2(SO4)3+6H2O；故③④正確，故答案為D。【點睛】本題考查物質的相關性質，熟記相關物質的反應及反應條件很重要。5、C【解析】

鑒別物質常利用物質的不同性質、產(chǎn)生不同的現(xiàn)象進行?！驹斀狻緼.CO2不能使溴水褪色（不反應），而SO2能，主要反應SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，SO2表現(xiàn)還原性而不是漂白性，A項錯誤；B.Fe3+和KSCN反應溶液變紅，反應為Fe3++3SCN－=Fe(SCN)3，不是氧化還原反應，而Fe2+和KSCN不反應，B項錯誤；C.硝酸鉀溶液呈中性，不能使酚酞變紅，而碳酸鈉溶液因水解呈堿性，能使酚酞變紅，C項正確；D.氯化銨加熱時完全分解為氣體，固體消失，而食鹽加熱時無明顯變化，D項錯誤。本題選C。6、A【解析】

A．金屬性K＞Ca＞Na＞Mg，金屬性越強，金屬單質與水反應越劇烈，故A錯誤；B．元素的非金屬性越強，其氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性F＞S，所以氫化物的穩(wěn)定性HF＞H2S，故B正確；C．C、Si同主族，電子層依次增大，故原子半徑Si＞C，C、N同周期，原子半徑隨原子序數(shù)增大而減小，故原子半徑C＞N，因此原子半徑：Si>N，故C正確；D．元素的金屬性越強，其最高價氧化物的水化物堿性越強，金屬性Ca＞Mg，所以堿性Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故D正確；故選A。7、D【解析】

W、X、Y、Z為短周期原子序數(shù)依次增大的主族元素，其中W元素形成的單質密度最小，則W為H，且W與X、Y、Z都能形成共價化合物，Y、W形成的常見化合物溶于水顯堿性，則Y為N，Z、W形成的化合物溶于水顯酸性，則Z為F或Cl，四種元素原子序數(shù)之和為30，則Z只能為Cl，可形成的某種化合物結構式為，則X為B?！驹斀狻緼.X為硼元素，故A錯誤；B.Y的氧化物N2O3對應的水化物HNO2是弱酸，故B錯誤；C.W與Y、Z三種元素形成的化合物氯化銨中含有離子鍵，故C錯誤；D.含Z的某種含氧酸鹽NaClO可用于物體表面和環(huán)境等的殺菌消毒，故D正確。綜上所述，答案為D?！军c睛】氫、氧、氮三種元素可以形成共價化合物，如硝酸；可以形成離子化合物，如硝酸銨。8、B【解析】

A．煤的焦化指的是將煤隔絕空氣加強熱的處理辦法，產(chǎn)品包含出爐煤氣，煤焦油和焦炭三大類，其中出爐煤氣含有焦爐氣，粗氨水和粗苯，乙烯就是焦爐氣中的一種主要成分；煤的氣化簡單地理解就是高溫下煤和水蒸氣的反應，主要生成水煤氣；煤的間接液化，指的是先將煤轉化為一氧化碳和氫氣，再催化合成甲醇，A項正確；B．酚醛樹脂的合成過程涉及縮聚反應而非加聚反應，B項錯誤；C．塑料，合成橡膠和合成纖維，都主要是以石油，煤和天然氣為原料生產(chǎn)的，C項正確；D．石油的催化重整可以獲取芳香烴，D項正確；答案選B。9、C【解析】

A．114.8即為銦元素的相對原子質量，故A錯誤；B．49既為銦元素的原子核內(nèi)的質子數(shù)，也為銦元素的原子序數(shù)，故B錯誤；C．由于銦元素可能含有兩種或兩種以上的銦原子，故僅根據(jù)114.8無法計算出各銦原子的相對原子質量，故C正確；D．49既是銦原子的質子數(shù)，也是銦原子的核電荷數(shù)，故D錯誤。故選：C?！军c睛】本題考查了原子結構中質子數(shù)與核電荷數(shù)、原子序數(shù)、電子數(shù)等之間的關系以及元素的相對原子質量與各原子的相對原子質量之間的計算關系。注意僅根據(jù)一種原子的相對原子質量無法計算元素的相對原子質量，同樣，僅根據(jù)元素的相對原子質量也無法計算原子的相對原子質量。10、C【解析】

A．由圖可知，當時間相同時，PtSn/Mg(2-Zn)AlO催化劑的催化反應活性最優(yōu)，乙烷轉化率最高，故A正確；B．一定溫度下，將nmol乙烷放入VL密閉容器中進行催化脫氫，維持容器體積不變，測得乙烷平衡轉化率為a，則該溫度下反應的平衡常數(shù)K===，故B正確；C．CH3CH3(g)?CH2=CH2(g)+H2(g)△H>0，升高溫度，平衡正向移動，故C錯誤；D．由圖上曲線，隨著反應時間的延長，曲線的斜率逐漸變小，乙烷轉化率逐漸穩(wěn)定，催化活性保持在相對穩(wěn)定的階段，故D正確；故選C。11、D【解析】

A.MnO2和濃鹽酸才反應生成氯氣，故A不符合題意；B.硫于氧氣反應生成二氧化硫，二氧化硫和氯化鋇不反應，故B不符合題意；C.SiO2不與水反應，故C不符合題意；D.CuSO4與氫氧化鈉反應生成Cu(OH)2和硫酸鈉，氫氧化銅與葡萄糖再堿性條件下加熱反應生成Cu2O，故D符合題意。綜上所述，答案為D。12、A【解析】

A.乙烯含有碳碳雙鍵，可與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應，生成1，2-二溴乙烷，溶液最終變?yōu)闊o色透明，生成的產(chǎn)物1，2-二溴乙烷可溶于四氯化碳，A項正確；B.乙醇的結構簡式為CH3CH2OH，只有羥基可與鈉反應，且?OH中H的活潑性比水弱，B項錯誤；C.用乙酸浸泡水壺中的水垢，可將其清除，說明醋酸可與碳酸鈣等反應，從強酸制備弱酸的角度判斷，乙酸的酸性大于碳酸，C項錯誤；D.甲烷與氯氣在光照條件下反應生成的氣體有一氯甲烷和氯化氫，使?jié)駶櫟氖镌嚰堊兗t的氣體為氯化氫，一氯甲烷為非電解質，不能電離，D項錯誤；答案選A。13、A【解析】

A.稱取一定量的NaCl，左物右碼，氯化鈉放在紙上稱，故A正確；B.氫氧化亞鐵易被氧化，制備氫氧化亞鐵時，膠頭滴管應伸入硫酸亞鐵溶液中，并油封，故B錯誤；C.檢驗濃硫酸與銅反應后的產(chǎn)物中是否含有銅離子，應把反應后的混合液倒入水中，故C錯誤；D.NO2密度大于空氣，應用向上排空氣法收集NO2，故D錯誤；答案選A。14、C【解析】

根據(jù)i的現(xiàn)象，a點溶液為澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即產(chǎn)生灰白色沉淀，該沉淀中含有Fe(OH)2，即a點溶液中含有Fe2＋，F(xiàn)eCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先發(fā)生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c點和d點溶液中Fe3＋和SO32－發(fā)生雙水解反應產(chǎn)生紅褐色沉淀，且生成H2SO3，因此無氣體產(chǎn)生，然后據(jù)此分析；【詳解】根據(jù)i的現(xiàn)象，a點溶液為澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即產(chǎn)生灰白色沉淀，該沉淀中含有Fe(OH)2，即a點溶液中含有Fe2＋，F(xiàn)eCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先發(fā)生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c點和d點溶液中Fe3＋和SO32－發(fā)生雙水解反應產(chǎn)生紅褐色沉淀，且生成H2SO3，因此無氣體產(chǎn)生，取上層清液滴加NaOH溶液，無明顯現(xiàn)象，是因為NaOH與H2SO3反應，滴加KSCN溶液顯紅色，說明溶液中含有Fe3＋，A、a點處溶液中含有SO42－，加入BaCl2，會產(chǎn)生BaSO4白色沉淀，故A錯誤；B、pH升高說明溶液c(H＋)減小，原因是c(SO32－)增大，水解程度增大，按照給出方程式，生成H＋，溶液c(H＋)增大，溶液的pH應減小，不會增大，故B錯誤；C、c點溶液中Fe3＋和SO32－發(fā)生雙水解反應，離子方程式為2Fe3＋＋3SO32－＋6H2O=2Fe(OH)3↓＋3H2SO3，故C正確；D、溶液變紅后滴加NaOH會消耗溶液中的Fe3＋，因此紅色應變淺，故D錯誤；答案為C。15、B【解析】

工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固體I為CaCO3、CaSO3，氣體I是不能被過量石灰乳吸收的N2、NO、CO，氣體I通入氣體X，用NaOH溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到NaNO3，NaNO2與含有NH4+的溶液反應生成無污染氣體，應生成N2，則氣體II含有CO、N2，捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO，以此解答該題?！驹斀狻抗I(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固體I為CaCO3、CaSO3，氣體I是不能被過量石灰乳吸收的N2、NO、CO，氣體I通入氣體X，用NaOH溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到NaNO3，NaNO2與含有NH4+的溶液反應生成無污染氣體，應生成氮氣，則氣體II含有CO、N2，捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO。A．工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成CaCO3、CaSO3，因Ca(OH)2過量，則固體I為主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，氣體I是不能被過量石灰乳吸收的N2、NO、CO，A正確；B．由分析可知，氣體I是不能被過量石灰水吸收的N2、NO、CO，氣體I通入氣體X，用氫氧化鈉溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到NaNO3，B錯誤；C．NaNO2與含有NH4+的溶液反應生成無污染氣體，應生成N2，發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為NH4++NO2-=N2↑+2H2O，C正確；D．氣體II含有CO、N2，經(jīng)捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO，D正確；故答案選B?！军c睛】本題考查物質的分離、提純的綜合應用，側重學生的分析、實驗能力的考查，注意把握物質的性質，為解答該題的關鍵，題目涉及廢水的處理，有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，提高環(huán)保意識。16、C【解析】

A.該裝置是原電池，由于Fe比Cu活潑，所以鐵作負極，銅作正極，負極上Fe失電子發(fā)生氧化反應，正極上Fe3＋得電子發(fā)生還原反應，電池總反應式為Fe+2Fe3+=3Fe2+，選項A錯誤；B.該裝置是原電池，鐵作負極，負極上Fe失電子生成Fe2+，電極反應式為：Fe-2e-=Fe2+，選項B錯誤；C.氫氧化鐵膠體粒子吸附正電荷，所以氫氧化鐵膠體粒子向負電荷較多的陰極移動，因此裝置②中石墨Ⅱ電極附近溶液紅褐色加深，選項C正確；D.由電流方向判斷a是正極，b是負極，則c是陽極，d是陰極，電解精煉銅時粗銅作陽極，所以c為粗銅，d為純銅，選項D錯誤；答案選C。17、C【解析】

A.若該鉀鹽是，可以得到完全一樣的現(xiàn)象，A項錯誤；B.溴可以將氧化成，證明氧化性，則還原性有，B項錯誤；C.紅棕色變深說明濃度增大，即平衡逆向移動，根據(jù)勒夏特列原理可知正反應放熱，C項正確；D.碳酸氫銨受熱分解得到和，通入后渾濁不會消失，D項錯誤；答案選C?！军c睛】注意A項中注明了“無味”氣體，如果沒有注明無味氣體，亞硫酸鹽和亞硫酸氫鹽與鹽酸反應產(chǎn)生的也可以使澄清石灰水產(chǎn)生白色沉淀。18、C【解析】

X、Y、Z、R是四種原子序數(shù)依次遞增的短周期主族元素，Y原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，則核外各電子層的電子分別為2、6，應為O元素；Z元素的單質常溫下能與水劇烈反應產(chǎn)生氫氣，應為Na元素；X原子最外層有兩個未成對電子，其電子排布式為：1s22s22p2（C）或1s22s22p4（O），排除氧元素，故X為C；X原子與Z原子的核外電子數(shù)之和為17，則R為Cl元素，以此解答。【詳解】A.由分析可知，X為C元素、Y為O元素、Z為Na元素、R為Cl元素，電子層數(shù)越多，原子半徑越大，同周期元素，原子序數(shù)越大，半徑越小，則原子半徑的大小順序：Y<X<R<Z，故A錯誤；B.Y與氫元素組成的化合物是H2O，X與氫元素組成的化合物可以是熔沸點比水小的CH4，也可以是熔沸點比水大的相對分子質量大的固態(tài)烴，故B錯誤；C.R為Cl元素、X為C元素，最高價氧化物對應水化物分別是HClO4和H2CO3，酸性：HClO4>H2CO3，故C正確；D.Y與Z形成的兩種化合物為Na2O和Na2O2，二者都是離子晶體，其中Na2O只含離子鍵，Na2O2含有離子鍵和非極性共價鍵，故D錯誤；正確答案是C?！军c睛】本題考查原子結構與元素關系、元素的性質等，難度不大，推斷元素是關鍵。19、C【解析】

由流程可知，步驟①是分離固液混合物，其操作為過濾，需要漏斗、燒杯等儀器；步驟②是分離互不相溶的液體混合物，需進行分液，要用到分液漏斗等儀器；步驟③是從溶液中得到固體，操作為蒸發(fā)，需要蒸發(fā)皿等儀器；步驟④是從有機化合物中，利用沸點不同用蒸餾的方法得到甲苯，需要蒸餾燒瓶等儀器，則錯誤的為C，故答案選C。20、B【解析】

A.若R2-和M+的核外電子層結構相同，則R元素在M元素的上一個周期，即原子序數(shù)：R<M，故A錯誤；B.若X、Y屬于同主族元素，且相對原子質量X>Y，則X在Y的下一個周期，根據(jù)元素周期律，金屬性：X>Y，原子失電子能力：X>Y，故B正確；C.因為X、Y可能為N、O、F，則可能存在氫鍵，所以不能通過其氣態(tài)氫化物的相對分子質量的大小去確定其沸點的大小，故C錯誤；D.鎂的金屬性大于鋁，但鎂、鋁和氫氧化鈉溶液形成的原電池中，鋁作負極，則若金屬性M>N，則以M、N為兩電極的原電池中M不一定是負極，故D錯誤；綜上所述，答案為B?！军c睛】活潑性不同的兩金屬單質形成原電池時，一般活潑的金屬作負極，但作負極的金屬要能與電解質溶液發(fā)生氧化還原反應，所以不是活潑的金屬就一定做負極材料。21、B【解析】

A.未說明氣體是否在標況下，不能計算，故錯誤；B.Na2S和Na2O2二者的摩爾質量相同，所以15.6g的Na2S和Na2O2固體混合物中即0.2mol，陰離子數(shù)為0.2NA，故正確；C.CH3COONa溶液中醋酸根離子水解，不能計算其離子數(shù)目，故錯誤；D.12g金剛石即1mol，每個碳原子與4個碳原子形成共價鍵，所以平均每個碳形成2個鍵，則該物質中含有的碳碳單鍵數(shù)約為2NA，故錯誤。故選B。22、C【解析】

A.MFe2O4在與H2的反應中，氫元素的化合價升高，鐵元素的化合價降低，則MFe2O4在與H2的反應中表現(xiàn)了氧化性，故A正確；B.若4molMFe2Ox與1molSO2恰好完全反應，設MFe2Ox中鐵元素的化合價為n，由電子守恒可知，4mol×2×（3-n）=1mol×（4-0），解得n=2.5，由化合物中正負化合價的代數(shù)和為0可知，+2+（+2.5）×2+2x=0，所以x=3.5，故B正確；C.MFe2Ox與SO2反應中鐵元素的化合價升高，MFe2Ox被氧化，故C錯誤；D.MFe2O4與MFe2Ox的相互轉化反應中有元素化合價的升降，則均屬于氧化還原反應，故D正確；綜上所述，答案為C?！军c睛】氧缺位鐵酸鹽(MFe2Ox)中可先假設M為二價的金屬元素，例如鋅離子，即可用化合價的代數(shù)和為0，來計算鐵元素的化合價了。二、非選擇題(共84分)23、焦炭對二甲苯（或1,4-二甲苯）+2CH3OH+2H2O酯基取代反應CH3OHCH3Cl【解析】

采用逆推法，D中應該含有2個酯基，即，反應①的條件是乙醇，因此不難猜出這是一個酯化反應，C為對二苯甲酸，結合B的分子式以及其不飽和度，B只能是對二甲苯，從B到C的反應條件是酸性高錳酸鉀溶液，固體A是煤干餾得到的，因此為焦炭，再來看下線，F(xiàn)脫水的產(chǎn)物其實是兩個酸酐，因此F中必然有四個羧基，則E就是1,2,4,5-四甲苯，據(jù)此來分析本題即可?！驹斀狻浚?）固體A是焦炭，B的化學名稱為對二甲苯（或1,4-二甲苯）（2）反應①即酯化反應，方程式為+2CH3OH+2H2O；（3）D中官能團的名稱為酯基，注意苯環(huán)不是官能團；（4）E是1,2,4,5-四甲苯，其分子式為，根據(jù)分析，F(xiàn)的結構簡式為；（5）根據(jù)給出的條件，X應該含有兩個酯基，并且是由酚羥基形成的酯，再結合其有4種等效氫，因此符合條件的X的結構簡式為；（6）甲苯只有一個側鏈，而產(chǎn)物有兩個側鏈，因此要先用已知信息中的反應引入一個側鏈，再用酸性高錳酸鉀溶液將側鏈氧化為羧基，再進行酯化反應即可，因此合成路線為CH3OHCH3Cl。24、通電2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑（用雙線橋表示也可）用焰色反應檢驗Na+，用硝酸銀和稀硝酸檢驗Cl-【解析】

X為離子化合物，左邊為熔融液，右邊為水溶液，說明X易溶于水，則只可能為NaCl、MgCl2。若X為MgCl2，電解其水溶液，生成Mg(OH)2、H2、Cl2，電解其熔融液時，生成Mg、H2。則B為Cl2，A為Mg，但Mg生成Mg(OH)2時，需要與水反應，而Mg與H2O不反應，所以X只能為NaCl。從而得出A為Na，B為Cl2，C、D為NaOH、H2中的一種，Y為H2O。（1）已知條件I和條件II相同，則該反應條件為通電。（2）物質X為NaCl，由此可寫出其電子式。（3）Cl2與Ca(OH)2反應，用于生產(chǎn)漂白粉。（4）X為NaCl，在條件II下，電解氯化鈉的水溶液，反應生成NaOH、Cl2、H2。（5）實驗室制Cl2是利用MnO2與濃鹽酸在加熱條件下制得。（6）鑒定物質NaCl時，既要鑒定Na+，又要鑒定Cl-?！驹斀狻浚?）已知條件I和條件II相同，則該反應條件為通電。答案為：通電；（2）物質X為NaCl，其電子式為。答案為：；（3）Cl2與Ca(OH)2反應，化學方程式為2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。答案為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（4）X為NaCl，在條件II下，電解氯化鈉的水溶液，反應的離子方程式為2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。答案為：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；（5）實驗室制Cl2是利用MnO2與濃鹽酸在加熱條件下制得，表示電子轉移方向和數(shù)目的方程式為。答案為：（用雙線橋表示也可）；（6）鑒定物質NaCl時，既要鑒定Na+，又要鑒定Cl-，鑒定Na+用焰色反應，鑒定Cl-用硝酸銀和稀硝酸。答案為：用焰色反應檢驗Na+，用硝酸銀和稀硝酸檢驗Cl-?！军c睛】鑒定物質有別于鑒別物質，鑒別物質時，只需檢驗物質中所含的某種微粒，只要能讓該物質與另一物質區(qū)分開便達到目的。鑒定物質時，物質中所含的每種微粒都需檢驗，若為離子化合物，既需檢驗陽離子，又需檢驗陰離子，只檢驗其中的任意一種離子都是錯誤的。25、關閉K1，向A裝置中的漏斗加水至漏斗內(nèi)液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段時間后水柱穩(wěn)定不降，說明虛線框內(nèi)的裝置氣密性良好堿石灰吸收氫氣中的水和氯化氫BADCNa2O2+H22NaOH玻璃棒偏小【解析】I．(1)關閉K1，向A裝置中的漏斗加水至漏斗內(nèi)液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段時間后水柱穩(wěn)定不降，說明啟普發(fā)生器的氣密性良好；(2)A中生成的H2中混有水蒸氣和揮發(fā)出的HCl，應利用B裝置中所盛放的堿石灰吸收吸收氫氣中的水和氯化氫；(3)步驟3中的必要操作為打開K1、K2，應先通一會兒氫氣并用小試管收集氣體并檢驗其純度，當裝置內(nèi)空氣完全除去后，加熱C中至Na2O2逐漸熔化，反應一段時間，然后停止加熱，充分冷卻，最后關閉K1，故操作順序為BADC；(4)Na2O2與H2反應無水生成，說明產(chǎn)物為NaOH，發(fā)生反應的化學方程式為Na2O2+H22NaOH；II．①NaCl溶液蒸發(fā)操作進需要用玻璃棒攪拌，則操作過程中需要的儀器除固定、夾持儀器外，還有電子天平、燒杯、酒精燈、蒸發(fā)皿和玻璃棒；②在轉移溶液時，若溶液轉移不完全，則得到NaCl的固體質量偏低，固體增重量偏低，導致NaOH的含量偏高，則測得的Na2O2質量分數(shù)偏小。點睛：解答綜合性實驗設計與評價題的基本流程：原理→反應物質→儀器裝置→現(xiàn)象→結論→作用意義→聯(lián)想。具體分析為：①實驗是根據(jù)什么性質和原理設計的？實驗的目的是什么？②所用各物質名稱、狀態(tài)、代替物(根據(jù)實驗目的和相關的化學反應原理，進行全面的分析比較和推理，并合理選擇)。③有關裝置：性能、使用方法、適用范圍、注意問題、是否有替代裝置可用、儀器規(guī)格等。④有關操作：技能、操作順序、注意事項或操作錯誤的后果。⑤實驗現(xiàn)象：自下而上，自左而右全面觀察。⑥實驗結論：直接結論或導出結論。26、除去油污防止Fe2+被氧化保持溶液的體積，防止硫酸亞鐵析出，減少損失計算加入硫酸銨晶體的質量鹽酸酸化的氯化鋇溶液吸收尾氣SO2，避免污染環(huán)境稀硫酸和鐵氰化鉀溶液或稀硫酸和酸性高錳酸鉀溶液【解析】

（1）工業(yè)廢鐵粉中含有油脂，熱的Na2CO3溶液顯堿性可以洗滌油污；（2）根據(jù)目標產(chǎn)品NH4Fe(SO4)2分析需要硫酸銨與硫酸亞鐵的比例關系；（3）①檢驗氣態(tài)產(chǎn)物中的SO2和SO3時，要考慮檢驗氣體的試劑及連接的順序問題；③檢驗氧化物中是否含有二價鐵，先將氧化物溶解，再檢驗?！驹斀狻浚?）用熱的Na2CO3溶液洗滌工業(yè)廢鐵粉表面油脂,；再攪拌過程中Fe2+可能會被氧氣氧化為Fe3+，步驟Ⅱ中設計鐵粉過量，把Fe3+還原變?yōu)镕e2+；在加熱的過程中水會不斷減少，可能會造成硫酸亞鐵固體的析出，造成損失，所以不斷補充蒸餾水維持溶液體積；答案：除去油污；防止Fe2+被氧化；保持溶液的體積，防止硫酸亞鐵析出，減少損失；（2）步驟Ⅲ中稱量反應后剩余鐵粉的質量,計算出生成硫酸亞鐵的物質的量,根據(jù)硫酸亞鐵和硫酸銨反應生成NH4Fe(SO4)2；答案：計算加入硫酸銨晶體的質量。（3）①檢驗氣態(tài)產(chǎn)物中的SO2和SO3時，A中的NaOH溶液適用于吸收尾氣SO2，B中的品紅溶液適用于檢驗SO2，明顯僅剩C裝置用于檢驗SO3，但不能影響二氧化硫，那么用鹽酸酸化的氯化鋇溶液來檢驗SO3比較合理，同時避免二氧化硫溶解，由于考慮SO3會溶于水中，所以先檢驗SO2，再檢驗SO3，最后進行尾氣吸收，綜合考慮連接順序為；②裝置A的作用是吸收尾氣SO2，避免污染環(huán)境；③檢驗充分分解并冷卻后的瓷舟中鐵的氧化物中是否含有二價鐵，先將氧化物溶解，用硫酸溶解，再滴加鐵氰化鉀溶液，產(chǎn)生藍色沉淀或滴加酸性高錳酸鉀溶液，紫紅色褪去，證明有二價鐵；答案：；鹽酸酸化的氯化鋇溶液；處理尾氣，避免污染環(huán)境；稀硫酸和鐵氰化鉀溶液或稀硫酸和酸性高錳酸鉀溶液?！军c睛】一般工業(yè)使用的金屬表面會有防銹油脂，熱的Na2CO3溶液顯堿性可以洗滌油污；對于原料的加入我們一般是要有估算的，要根據(jù)產(chǎn)品化學式的原子比例來估算原料的加入量；檢驗固體中的離子時，要是固體本身溶于水可直接加水溶解即可，要是難溶于水，可根據(jù)固體性質加入酸溶液或堿溶液等其他不干擾檢驗的溶液進行溶解。27、6.0mol/L量筒氯化銨溶解于水為吸熱過程將三頸瓶中的NO2反應生成HNO33Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2OBAD除去CuCl表面附著的NH4Cl迅速揮發(fā)帶走CuCl表面的水份或防止其被氧化95.5%BD【解析】

根據(jù)流程：氧氣通入Cu、HCl、NH4Cl、HNO3、H2O的混合物中控制溫度50～85℃制得NH4[CuCl2]，加入水，過濾得到CuCl沉淀和含有NH4Cl的母液，母液濃縮補充Cu、HCl可循環(huán)，沉淀洗滌干燥后得產(chǎn)品；(1)根據(jù)c=計算，鹽酸是液體，量取濃鹽酸需要量筒；(2)①氯化銨溶解吸熱；②根據(jù)題意有NO2氣體生成，通入氧氣可與其反應；根據(jù)題意銅絲、氯化氨、硝酸、鹽酸生成NH4[CuCl2]和無色氣泡NO，據(jù)此書寫；(3)裝置A不能觀察O2產(chǎn)生速率，C不能很好控制產(chǎn)生O2的速率；(4)A．步驟Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，該離子需在氯離子濃度較大的體系中才能生成；B．CuCl易被氧化，應做防氧化處理；C．三頸燒瓶上方不出現(xiàn)紅棕色NO2氣體時，說明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化；D．步驟II濾液中還含有HCl和HNO3也可回收利用；(5)氯化亞銅是一種白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇分析可得；(6)第一組實驗數(shù)據(jù)誤差較大，舍去，故硫酸鈰標準溶液平均消耗24mL，根據(jù)關系式有：CuCl～FeCl3～Ce4+，則n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L×0.024L×99.5g/mol=0.2388g，據(jù)此計算可得；誤差分析依據(jù)c(待測)=分析，標準溶液體積變化就是誤差的變化。【詳解】(1)鹽酸的物質的量濃度c==≈6.0mol/L，量取濃鹽酸需要量筒，則配制20%鹽酸時除燒杯、玻璃棒、膠頭滴管外，還需要量筒；(2)①因為氯化銨溶解于水為吸熱過程，故反應開始時液體溫度低于室溫；②通入氧氣的目的是為了將三頸瓶中的NO2反應生成HNO3；根據(jù)題意銅絲、氯化氨、硝酸、鹽酸生成NH4[CuCl2]和無色氣泡NO，則生成CuCl2-離子方程式為3Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2O；(3)制備氧氣裝置A不能觀察O2產(chǎn)生速率，C中Na2O2和水反應速率快，不能很好控制產(chǎn)生O2的速率，B裝置可以根據(jù)錐形瓶內(nèi)氣泡的快慢判斷產(chǎn)生O2的速率進行控制，故答案為B；(4)A．步驟Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，該離子需在氯離子濃度較大的體系中才能生成，HCl是為了增大氯離子濃度，不可省略，故A錯誤；B．步驟II所得濾渣洗滌干燥得到CuCl，步驟II目的是Na[CuCl2]轉化為

CuCl，CuCl易被氧化，應做防氧化處理，故B正確；C．三頸燒瓶上方不出現(xiàn)紅棕色NO2氣體時，說明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化，故C正確；D．步驟II濾液中還含有HCl和HNO3也可回收利用，洗滌的乙醇通過蒸餾分離后可再利用，故D錯誤；故答案為AD；(5)已知：CuCl微溶于水，采用95%乙醇洗滌，既除去CuCl表面附著的NH4Cl，又能迅速揮發(fā)帶走CuCl表面的水份，防止其被氧化；(6)第二組實驗數(shù)據(jù)誤差較大，舍去，故硫酸鈰標準溶液平均消耗24mL，根據(jù)關系式有：CuCl～FeCl3～Ce4+，則n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L×0.024L×99.5g/mol=0.2388g，CuCl的純度為×100%=95.5%；依據(jù)c(待測)=分析：A．錐形瓶中有少量蒸餾水對滴定實驗無影響，故A錯誤；B．滴定終點讀數(shù)時仰視滴定管刻度線，其他操作正確，讀取標準溶液體積增大，測定結果偏高，故B正確；C．過量的FeCl3溶液能保證CuCl完全溶解，多余的FeCl3對測定結果無影響，故C錯誤；D．滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失，讀取標準溶液體積增大，測定結果偏高，故D正確；故答案為BD?！军c睛】誤差分析，注