聯(lián)盟）山東省菏澤一中2024年高考全國統(tǒng)考預測密卷化學試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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、NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．標準狀況下，33.6LSO3中含有氧原子的數(shù)目為4.5NAB．1L濃度為0.1mol/L的磷酸溶液中含有的氧原子個數(shù)為0.4NAC．0.1mol丙烯酸中含有雙鍵的數(shù)目為0.2NAD．1L0.2mol/L的FeCl3溶液和過量KI溶液充分反應可生成0.1molI22、某有機物X的結構簡式如圖所示，下列有關說法正確的是（）A．X的分子式為C12H16O3B．X在一定條件下能發(fā)生加成、加聚、取代、消去等反應C．在催化劑的作用下，1molX最多能與1molH2加成D．可用酸性高錳酸鉀溶液區(qū)分苯和X3、在100kPa時，1molC(石墨，s)轉化為1molC(金剛石，s)，要吸收l.895kJ的熱能。下列說法正確的是A．金剛石和石墨是碳元素的兩種同分異構體B．金剛石比石墨穩(wěn)定C．1molC(石墨，s)比1molC(金剛石，s)的總能量低D．石墨轉化為金剛石是物理變化4、常溫時，改變弱酸RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH分子的物質的量分數(shù)δ(RCOOH)隨之改變，0.1mol/L甲酸(HCOOH)與丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)與pH的關系如圖所示。下列說法正確的是（）已知：δ(RCOOH)=A．等濃度的HCOONa和CH3CH2COONa兩種溶液中水的電離程度比較：前者>后者B．將等濃度的HCOOH溶液與HCOONa溶液等體積混合，所得溶液中：c(HCOOH)+2c(H+)>c(OH-)+c(HCOO-)C．圖中M、N兩點對應溶液中的Kw比較：前者>后者D．1mol/L丙酸的電離常數(shù)K﹤10-4.885、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是()A．Mg(OH)2具有堿性，可用于制胃酸中和劑B．H2O2是無色液體，可用作消毒劑C．FeCl3具有氧化性，可用作凈水劑D．液NH3具有堿性，可用作制冷劑6、磺酰氯（SO2Cl2）在醫(yī)藥、染料行業(yè)有重要用途,其熔點為-54.1C,沸點為69.2°C,易水解。某學習小組在實驗室用SO2和Cl2在活性炭作用下制備SO2Cl2（SO2+Cl2SO2Cl2）,設計如圖實驗（夾持裝置略去）。下列說法不正確的是A．c中的NaOH溶液可換成NaCl溶液,效果相同B．e中的冷卻水應從下口入上口出C．d的作用是防止水蒸氣進人a中使SO2Cl2水解D．a中冰鹽水有助于SO2Cl2液化,提高SO2和Cl2的轉化率.7、下列反應中，同一種氣態(tài)反應物既被氧化又被還原的是（）A．二氧化硫通入高錳酸鉀溶液使之褪色B．將二氧化氮通入氫氧化鈉溶液中C．將氯氣與過量氨氣混合，產生大量白煙D．過氧化鈉固體露置在空氣中變白8、某溫度下，HNO2和CH3COOH的電離常數(shù)分別為5.0×10-4和1.7×10-5。將pH相同、體積均為V0的兩種酸溶液分別加水稀釋至體積V，pH隨的變化如圖所示，下列敘述錯誤的是A．曲線Ⅰ代表CH3COOH溶液B．溶液中水的電離程度：b點小于c點C．相同體積a點的兩種酸分別與NaOH溶液恰好中和后，溶液中n(NO2－)＞n(CH3COO－)D．由c點到d點，溶液中保持不變（其中HA、A－分別代表相應的酸和酸根離子）9、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X、Y是金屬元素，X的焰色呈黃色。W、Z最外層電子數(shù)相同，Z的核電荷數(shù)是W的2倍。工業(yè)上一般通過電解氧化物的方法獲得Y的單質，則下列說法不正確的是（）A．W、X、Y形成的簡單離子核外電子數(shù)相同B．Z和W可形成原子個數(shù)比為1：2和1：3的共價化合物C．Y和Z形成的化合物可以通過復分解反應制得D．X、Y和Z三種元素形成的最高價氧化物對應的水化物能兩兩反應10、已知：AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3↓＋CO，向含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的稀溶液中緩慢通入二氧化碳，隨n(CO2)增大，先后發(fā)生三個不同的反應，下列對應關系正確的是（）選項n(CO2)/mol溶液中離子的物質的量濃度A0c(Na+)＞c(AlO2—)＞c(OH?)B0.01c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(H2CO3)＝c(AlO2—)C0.015c(Na+)＞c(CO32—)＞c(OH?)＞c(HCO3—)D0.03c(Na+)＋c(H+)＝c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(OH?)A．A B．B C．C D．D11、關于實驗室制備乙烯的實驗，下列說法正確的是（）A．反應物是乙醇和過量的3molB．控制反應液溫度在140C．反應容器中應加入少許碎瓷片D．反應完畢后應先移去酒精燈，再從水中取出導管12、下列實驗操作對應的現(xiàn)象與結論均正確的是()選項實驗操作現(xiàn)象結論A常溫下將鋁片加入濃H2SO4中生成有刺激性氣味的氣體Al在常溫下與濃H2SO4反應生成SO2B向AlCl3溶液中滴加過量氨水生成白色膠狀物質Al(OH)3不溶于氨水C向某溶液中加入KSCN溶液，再向溶液中加入新制氯水溶液先不顯紅色，加入氯水后變紅色該溶液中含有Fe3+D向某溶液中加入CCl4，振蕩后靜置液體分層，下層呈紫紅色該溶液中含有I-A．A B．B C．C D．D13、25℃時，在20mL0.1mol·L－1一元弱酸HA溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液中1g[c(A-)/c(HA)]與pH關系如圖所示。下列說法正確的是A．A點對應溶液中：c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(OH-)B．25℃時，HA酸的電離常數(shù)為1.0×10－5.3C．B點對應的NaOH溶液體積為10mLD．對C點溶液加熱(不考慮揮發(fā))，則c(A-)/[c(HA)c(OH-)]一定增大14、用下列裝置進行實驗能達到相應實驗目的的是A．裝置探究濃度對化學反應速率的影響B(tài)．裝置探究催化劑對H2O2分解速率的影響C．裝置制取SO2氣體并驗證其還原性(可加熱)D．裝置防止鐵釘生銹15、我國醫(yī)藥學家屠呦呦因研究青蒿素而榮獲2016年諾貝爾化學獎。她在青蒿液中加入乙醚，經操作1得含青蒿素的乙醚和其他雜質的混合物。再經操作2得到含青蒿素的乙醚，最后經操作3得到青蒿粗產品。操作1、2、3相當于A．過濾、結晶、蒸發(fā) B．結晶、萃取、分液C．萃取、分液、蒸餾 D．萃取、過濾、蒸餾16、下列說法正確的是A．同主族元素中，原子序數(shù)之差不可能為16B．最外層電子數(shù)為8的粒子一定是0族元素的原子C．同一主族中，隨著核電荷數(shù)的增加，單質的熔點逐漸升高D．主族元素中，原子核外最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相同的元素只有Be17、某種化合物的結構如圖所示，其中X、Y、Z、Q、W為原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，Q核外最外層電子數(shù)與Y核外電子總數(shù)相同，X的原子半徑是元素周期表中最小的。下列敘述正確的是A．WX的水溶液呈堿性B．由X、Y、Q、W四種元素形成的化合物的水溶液一定呈堿性C．元素非金屬性的順序為：Y>Z>QD．該化合物中與Y單鍵相連的Q不滿足8電子穩(wěn)定結構18、取三份濃度均為0.1mol/L，體積均為1L的CH3COONa溶液中分別加入NH4Cl固體、CH3COONH4固體、HCl氣體后所得溶液pH變化曲線如圖（溶液體積變化忽略不計）下列說法不正確的是A．曲線a、b、c分別代表加入CH3COONH4、NH4Cl、HClB．由圖可知Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3﹒H2O)＝1×10－7C．A點處c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)D．C點處c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)＞0.1mol/L19、某固體混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的兩種或多種組成，現(xiàn)對該混合物做如下實驗，現(xiàn)象和有關數(shù)據(jù)如圖所示(氣體體積數(shù)據(jù)換算成標準狀況)。關于該固體混合物，下列說法正確的是（）A．含有4.5gAlB．不含F(xiàn)eCl2、AlCl3C．含有物質的量相等的(NH4)2SO4和MgCl2D．含有MgCl2、FeCl220、用光潔的鉑絲蘸取某無色溶液在無色火焰上灼燒,直接觀察時看到火焰呈黃色,下列判斷正確的是（）A．只含Na+ B．可能含有Na+,可能還含有K+C．既含有Na+,又含有K+ D．一定含Na+,可能含有K+21、用石墨電極電解飽和食鹽水，下列分析錯誤的是A．得電子能力H+>Na+，故陰極得到H2B．水電離平衡右移，故陰極區(qū)得到OH-C．失電子能力Cl->OH-，故陽極得到Cl2D．OH-向陰極移動，故陽極區(qū)滴酚酞不變紅22、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A．標準狀況下，2.24LSO3中所含原子數(shù)為0.4NAB．l0mL12mol/L鹽酸與足量MnO2加熱反應，制得Cl2的分子數(shù)為0.03NAC．0.1molCH4與0.4molCl2在光照下充分反應，生成CCl4的分子數(shù)為0.1NAD．常溫常壓下，6g乙酸中含有C-H鍵的數(shù)目為0.3NA二、非選擇題(共84分)23、（14分）A為只含有C、H、O三種元素的芳香烴衍生物，且苯環(huán)上只有兩個取代基。各物質間的相互轉化關系如下圖所示。已知：D通過加聚反應得到E，E分子式為(C9H8O2)n；H分子式為C18H16O6；I中除含有一個苯環(huán)外還含有一個六元環(huán)。(1)寫出A的分子式：A______________。(2)寫出I、E的結構簡式：I______________E_________________；(3)A+G→H的反應類型為____________________________；(4)寫出A→F的化學方程式__________________________。(5)有機物A的同分異構體只有兩個對位取代基，既能與Fe3+發(fā)生顯色反應，又能發(fā)生水解反應，但不能發(fā)生銀鏡反應。則此類A的同分異構體有_______種，其中一種在NaOH溶液中加熱消耗的NaOH最多。寫出該同分異構體與NaOH溶液加熱反應的化學方程式___________________。24、（12分）有一無色透明溶液，欲確定是否含有下列離子：Na+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Ba2+、NO3-、SO42-、Cl－、I－、HCO3-，進行如下實驗：實驗步驟實驗現(xiàn)象①取少量原溶液，加幾滴甲基橙溶液變紅色②取少量原溶液，濃縮，加Cu片和濃H2SO4，加熱有無色氣體產生，后在空氣中又變成紅棕色③取少量原溶液，加BaCl2溶液有白色沉淀生成④取③中上層清液，加AgNO3溶液有白色沉淀生成，且不溶于HNO3⑤取少量原溶液，加NaOH溶液有白色沉淀生成，當NaOH過量時沉淀部分溶解⑴溶液中肯定存在的離子是________________________；⑵溶液中肯定不存在的離子是________________________；⑶為進一步確定其他離子，應該補充的實驗是_____________________________；____________________________。25、（12分）碘酸鉀（）是重要的微量元素碘添加劑。實驗室設計下列實驗流程制取并測定產品中的純度：其中制取碘酸（）的實驗裝置見圖，有關物質的性質列于表中物質性質HIO3白色固體，能溶于水，難溶于CCl4KIO3①白色固體，能溶于水，難溶于乙醇②堿性條件下易發(fā)生氧化反應：ClO－＋IO3－=IO4－＋Cl－回答下列問題（1）裝置A中參加反應的鹽酸所表現(xiàn)的化學性質為______________。（2）裝置B中反應的化學方程式為___________________。B中所加CCl4的作用是_________從而加快反應速率。（3）分離出B中制得的水溶液的操作為____________；中和之前，需將HIO3溶液煮沸至接近于無色，其目的是____________，避免降低的產率。（4）為充分吸收尾氣，保護環(huán)境，C處應選用最合適的實驗裝置是____________（填序號）。（5）為促使晶體析出，應往中和所得的溶液中加入適量的___________。（6）取1.000g產品配成200.00mL溶液，每次精確量取20.00mL溶液置于錐形瓶中，加入足量KI溶液和稀鹽酸，加入淀粉作指示劑，用0.1004mol/L溶液滴定。滴定至終點時藍色消失（），測得每次平均消耗溶液25.00mL。則產品中的質量分數(shù)為___（結果保留三位有效數(shù)字）。26、（10分）吊白塊(NaHSO2·HCHO·2H2O，M=154.0g/mol)在工業(yè)中有廣泛應用；吊白塊在酸性環(huán)境下、100℃即發(fā)生分解釋放出HCHO。實驗室制備吊白塊的方案如下：NaHSO3的制備：如圖，在廣口瓶中加入一定量Na2SO3和水，振蕩溶解，緩慢通入SO2，至廣口瓶中溶液pH約為4，制得NaHSO3溶液。（1）裝置Ⅰ中產生氣體的化學反應方程式為__；Ⅱ中多孔球泡的作用是__。（2）實驗室檢測NaHSO3晶體在空氣中是否發(fā)生氧化變質的實驗方案是__。吊白塊的制備：如圖，向儀器A中加入上述NaHSO3溶液、稍過量的鋅粉和一定量甲醛，在80~90℃C下，反應約3h，冷卻過濾。（3）儀器A的名稱為___；用恒壓漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的優(yōu)點是__。（4）將儀器A中的反應溫度恒定在80~90℃的目的是__。吊白塊純度的測定：將0.5000g吊白塊樣品置于蒸餾燒瓶中，加入10%磷酸10mL，立即通入100℃水蒸氣；吊白塊分解并釋放出甲醛，用含36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4吸收甲醛(不考慮SO2影響，4MnO4－+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O)，再用0.1000mol·L－1的草酸標準溶液滴定酸性KMnO4，再重復實驗2次，平均消耗草酸溶液的體積為30.00mL。（5）滴定終點的判斷方法是__；吊白塊樣品的純度為__%(保留四位有效數(shù)字)；若KMnO4標準溶液久置釋放出O2而變質，會導致測量結果__(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)27、（12分）亞硝酸鈉（NaNO2）是一種肉制品生產中常見的食品添加劑，使用時必須嚴格控制其用量。在漂白、電鍍等方面應用也很廣泛。某興趣小組設計了如下圖所示的裝置制備NaNO2（A中加熱裝置已略去）。已知：室溫下，①2NO+Na2O2===2NaNO2②酸性條件下，NO或NO2-都能與MnO4-反應生成NO3-和Mn2+（1）A中發(fā)生反應的化學方程式為_________________________________。（2）檢查完該裝置的氣密性，裝入藥品后，實驗開始前通入一段時間N2，然后關閉彈簧夾，再滴加濃硝酸，加熱。通入N2的作用是______________。（3）裝置B中觀察到的主要現(xiàn)象為_________________（4）①為保證制得的亞硝酸鈉的純度，C裝置中盛放的試劑可能是___________（填字母序號）。A．P2O5B．無水CaCl2C．堿石灰D．濃硫酸②如果取消C裝置，D中固體產物除NaNO2外，可能含有的副產物有________寫化學式）。（5）E中發(fā)生反應的離子方程式為____________。（6）將1.56gNa2O2完全轉化為NaNO2，理論上至少需要木炭__________g。28、（14分）工業(yè)上常利用CO2為初始反應物，合成一系列重要的化工原料。（1）以CO2和NH3為原料合成尿素是利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反應可表示如下：反應Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)△H1反應Ⅱ：NH2COONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H2=+72.49kJ/mol總反應：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H3=-86.98kJ/mol請回答下列問題：①根據(jù)8電子穩(wěn)定構型，寫出CO(NH2)2的結構式_________________。②反應Ⅰ的△H1=______________。③在____（填“高溫”或“低溫”）情況下有利于反應Ⅱ的自發(fā)進行。④一定溫度下，在體積固定的密閉容器中按n(NH3):n(CO2)=2:1進行反應Ⅰ，下列能說明反應Ⅰ達到了平衡狀態(tài)的是_______（填序號）。A．混合氣體的平均相對分子質量不再變化B．容器內氣體總壓強不再變化C．NH3與CO2的轉化率相等D．容器內混合氣體的密度不再變化（2）將CO2和H2按質量比25：3充入一定體積的密閉容器中，在不同溫度下發(fā)生反應：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。測得CH3OH的物質的量隨時間的變化如下圖。①曲線Ⅰ、Ⅱ對應的平衡常數(shù)大小關系為K(Ⅰ)_____K(Ⅱ)（填“>”“<”或“=”）。②欲提高CH3OH的平衡產率，可采取的措施除改變溫度外，還有__________________（任寫兩種）。③一定溫度下，在容積均為2L的兩個恒容密閉容器中，按如下方式加入反應物，一段時間后達到平衡。容器甲乙反應物起始投入量1molCO2、3molH2amolCO2、bmolH2、cmolCH3OH(g)cmolH2O(g)(a、b、c均不為零)若甲容器平衡后氣體的壓強為開始的5/6，則該溫度下，反應的平衡常數(shù)為__________，要使平衡后乙容器與甲容器中相同組分的體積分數(shù)相等，且起始時維持化學反應向逆反應方向進行，乙容器中c的取值范圍為_______。29、（10分）工業(yè)上以鋰輝石為原料生產碳酸鋰的部分工業(yè)流程如下：已知：①鋰輝石的主要成分為Li2O·Al2O3·4SiO2，其中含少量Ca、Mg元素。②Li2O·Al2O3·4SiO2+H2SO4(濃)Li2SO4+Al2O3·4SiO2·H2O③某些物質的溶解度（s）如下表所示。T/℃20406080s(Li2CO3)/g1.331.171.010.85s(Li2SO4)/g34.232.831.930.7（1）從濾渣Ⅰ中分離出Al2O3的流程如下圖所示。請寫出生成沉淀的離子方程式______。（2）已知濾渣2的主要成分有Mg(OH)2和CaCO3。向濾液1中加入石灰乳的作用是（運用化學平衡原理簡述）________________________________________________。（3）最后一個步驟中，用“熱水洗滌”的目的是______________________________。（4）工業(yè)上，將Li2CO3粗品制備成高純Li2CO3的部分工藝如下：a.將Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽極液，LiOH溶液做陰極液，兩者用離子選擇透過膜隔開，用惰性電極電解。b.電解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共熱，過濾、烘干得高純Li2CO3。①a中，陽極的電極反應式是_________________________②電解后，LiOH溶液濃度增大的原因_________________，b中生成Li2CO3反應的化學方程式是___________________________________________。（5）磷酸亞鐵鋰電池總反應為：FePO4+LiLiFePO4，電池中的固體電解質可傳導Li+，試寫出該電池放電時的正極反應：__________________。

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.標準狀況下，SO3呈固態(tài)，不能利用22.4L/mol進行計算，A錯誤；B.磷酸溶液中，不僅磷酸分子中含有氧原子，而且水中也含有氧原子，B錯誤；C.丙烯酸中含有碳碳雙鍵和碳氧雙鍵，所以0.1mol丙烯酸中含有雙鍵的數(shù)目為0.2NA，C正確；D.理論上，1L0.2mol/L的FeCl3溶液和過量KI溶液充分反應可生成0.1molI2，但反應為可逆反應，所以生成I2小于1mol，D錯誤。故選C。【點睛】當看到試題中提供2.24、4.48、6.72等數(shù)據(jù)，想利用此數(shù)據(jù)計算物質的量時，一定要克制住自己的情緒，切記先查驗再使用的原則。只有標準狀況下的氣體，才能使用22.4L/mol。特別注意的是：H2O、NO2、HF、SO3、乙醇等，在標準狀況下都不是氣體。2、D【解析】

A.X的分子式為C12H14O3，故A錯誤；B.羥基鄰位碳上沒有H原子，不能發(fā)生消去反應，故B錯誤；C.在Ni作催化劑的條件下，1molX最多只能與4molH2加成，故C錯誤；D.苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，有機物X含有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D正確。答案選D。3、C【解析】

A、金剛石和石墨是碳元素形成的兩種不同單質，互為同素異形體，選項A錯誤；B、1mol石墨轉化為金剛石，要吸收1.895kJ的能量說明石墨的能量低于金剛石的能量，石墨更穩(wěn)定，選項B錯誤；C、1molC(石墨，s)轉化為1molC(金剛石，s)，要吸收l.895kJ的熱能說明1molC(石墨，s)比1molC(金剛石，s)的總能量低，選項C正確；D、石墨轉化為金剛石是化學變化，選項D錯誤。答案選C?！军c睛】本題主要考查物質具有的能量越低越穩(wěn)定，在100kPa時，1mol石墨轉化為金剛石，要吸收1.895kJ的能量說明石墨的能量低于金剛石的能量，石墨更穩(wěn)定．金剛石的能量高，1mol石墨和金剛石完全燃燒時釋放的能量金剛石比石墨多。4、B【解析】

A．當pH相同時，酸分子含量越高，電離平衡常數(shù)越小，酸性越弱，根據(jù)圖像，當pH相同時，丙酸含量較高，則酸性較甲酸弱，所以等濃度的HCOONa和CH3CH2COONa兩種溶液的pH，前者<后者，則水的電離程度前者<后者，A選項錯誤；B．將等濃度的HCOOH溶液與HCOONa溶液等體積混合，所得溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)，電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，兩式相加減有c(H+)+c(HCOOH)=c(OH-)，又溶液中c(H+)>c(HCOO-)，則有c(HCOOH)+2c(H+)>c(OH-)+c(HCOO-)，B選項正確；C．因為溫度均為常溫，所以M、N兩點對應溶液中的Kw相等，C選項錯誤；D．pH=4.88時，溶液中c(H+)=10-4.88mol/L，丙酸分子的分布分數(shù)為50%，則c(CH3CH2COOH)=0.05mol/L，所以，D選項錯誤；答案選B。5、A【解析】

A.Mg(OH)2具有堿性，能與鹽酸反應，可用于制胃酸中和劑，故A正確；B.H2O2具有強氧化性，可用作消毒劑，故B錯誤；C.FeCl3水解后生成氫氧化鐵膠體，具有吸附性，可用作凈水劑，故C錯誤；D.液NH3氣化時吸熱，可用作制冷劑，故D錯誤；故選A。6、A【解析】

Ac中的NaOH溶液的作用是吸收未反應的Cl2，不能用NaCl溶液，故A錯誤；B.e是冷凝作用，應該下口進上口出，故B正確；C

SO2Cl2遇水易水解，所以d防止水蒸氣進入，故C正確；D冰鹽水有降溫作用，根據(jù)題給信息知SO2Cl2易液化，能提高SO2和Cl2的轉化率，故D正確；故選A。7、B【解析】

A.二氧化硫與酸性高錳酸鉀反應中二氧化硫是還原劑，高錳酸鉀是氧化劑，則不是同一種氣態(tài)反應物既被氧化又被還原，故A錯誤；B.將二氧化氮(N為+4價)通入氫氧化鈉溶液中生成亞硝酸鈉(N為+3價)和硝酸鈉(N為+5價)，所以該反應中N元素既被氧化又被還原，故B正確；C.將氯氣與過量氨氣混合，產生大量白煙氯化銨，氯氣是氧化劑，部分氨氣是還原劑，則不是同一種氣態(tài)反應物既被氧化又被還原，故C錯誤；D.過氧化鈉與空氣中的水、二氧化碳反應，是過氧化鈉自身的氧化還原反應，氣體既未被氧化也未被還原，故D錯誤；故選：B。8、C【解析】

由電離常數(shù)可知，HNO2和CH3COOH都是弱酸，并且醋酸的酸性更弱。pH相同、體積均為V0的兩種酸溶液中，醋酸的物質的量比亞硝酸大?！驹斀狻緼.相同pH的弱酸加水稀釋，酸性越強的酸，pH變化越大，所以曲線Ⅰ代表CH3COOH溶液，正確；B.從圖中可以看出，溶液的pHb點小于c點，說明c(H+)b點比c點大，c(OH-)c點比b點大，從而說明溶液中水的電離程度c點比b點大，正確；C.相同體積a點的兩種酸，醋酸的物質的量大，分別與NaOH溶液恰好中和后，溶液中n(NO2－)<n(CH3COO－)，錯誤；D.由c點到d點，弱酸的電離常數(shù)和水的電離常數(shù)都不變，所以Kw/Ka不變，即保持不變，正確。故答案為C。9、C【解析】

W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X、Y是金屬元素，X的焰色呈黃色，為鈉元素，W、Z最外層電子數(shù)相同，Z的核電荷數(shù)是W的2倍，則W為氧元素，Z為硫元素。工業(yè)上一般通過電解氧化物的方法獲得Y的單質，則Y為鋁元素，據(jù)此分析?！驹斀狻縒、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X、Y是金屬元素，X的焰色呈黃色，為鈉元素，W、Z最外層電子數(shù)相同，Z的核電荷數(shù)是W的2倍，則W為氧元素，Z為硫元素。工業(yè)上一般通過電解氧化物的方法獲得Y的單質，則Y為鋁元素，A．W、X、Y形成的簡單離子O2-、Na+、Al3+，核外電子數(shù)相同，均是10電子微粒，A正確；B．硫和氧可以形成二氧化硫和三氧化硫兩種共價化合物，原子個數(shù)比為1:2和1:3，B正確；C．由于硫離子和鋁離子水解相互促進生成氫氧化鋁和硫化氫，因此硫化鋁不能通過復分解反應制備，C錯誤；D．X、Y和Z三種元素形成的最高價氧化物對應的水化物分別是氫氧化鈉、氫氧化鋁、硫酸，氫氧化鋁是兩性氫氧化物，與氫氧化鈉、硫酸都反應，所以它們之間能兩兩反應，D正確；答案選C。10、C【解析】

向含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中緩慢通入二氧化碳，首先進行的反應為氫氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉和水，0.02mol氫氧化鈉消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸鈉；然后偏鋁酸鈉和二氧化碳反應生成氫氧化鋁和碳酸鈉，0.01mol偏鋁酸鈉消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸鈉；再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉，消耗0.015mol二氧化碳，生成0.03mol碳酸氫鈉?！驹斀狻緼.不通入CO2，0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的稀溶液中，c(Na+)＞c(OH?)＞c(AlO2—)，故A錯誤；B.當通入的二氧化碳為0.01mol時，則溶液為含有0.01mol碳酸鈉和0.01mol偏鋁酸鈉的混合液，沒有HCO3—，故B錯誤；C.當通入的二氧化碳為0.015mol時溶液中含有0.015mol碳酸鈉，離子濃度的關系為c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)，故C正確；D.當通入二氧化碳的量為0.03mol時，溶液為碳酸氫鈉溶液，溶液顯堿性，電荷守恒關系為：c(Na+)＋c(H+)＝2c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(OH?)，故D錯誤；正確答案是C。【點睛】本題將元素化合物知識與電解質溶液中離子濃度大小比較綜合在一起考查，熟練掌握相關元素化合物知識，理清反應過程，結合相關物質的用量正確判斷相關選項中溶液的成分是解題的關鍵。電解質溶液中微粒濃度大小比較要抓住兩個平衡：電離平衡和鹽類的水解平衡，抓兩個微弱：弱電解質的電離和鹽類的水解是微弱的，正確判斷溶液的酸堿性，進行比較。涉及等式關系要注意電荷守恒式、物料守恒式和質子守恒式的靈活運用。11、C【解析】

實驗室制備乙烯所用的原料為乙醇和濃硫酸，反應條件是加熱到170℃，反應裝置為液液加熱裝置，據(jù)此進行解答?！驹斀狻緼.3mol/L硫酸為稀硫酸，必須使用濃硫酸，選項A錯誤；B．反應溫度在140℃時，生成的是乙醚，170℃時才生成乙烯，選項B錯誤；C．溶液加熱為防暴沸，需要加入碎瓷片，選項C正確；D．為了防止倒吸，應先把導管從水中取出再熄滅酒精燈，選項D錯誤；答案選C?！军c睛】本題考查乙烯的實驗室制法，明確乙烯的制備原理為解答關鍵，注意有機反應的反應條件不同時，反應產物可能不同，反應溫度在140℃時，生成的是乙醚，170℃時才生成乙烯，試題培養(yǎng)了學生的化學實驗能力。12、B【解析】

A.常溫下將鋁片加入濃H2SO4中，鋁鈍化，不能放出二氧化硫氣體，故不選A；B.Al(OH)3不溶于氨水，向AlCl3溶液中滴加過量氨水，生成白色沉淀氫氧化鋁，故選B；C.向某溶液中加入KSCN溶液，溶液不顯紅色，說明不含F(xiàn)e3+，再向溶液中加入新制氯水，溶液變紅色，說明含有Fe2+，故不選C；D.向某溶液中加入CCl4，振蕩后靜置，液體分層，下層呈紫紅色，說明溶液中含有I2，故不選D；答案選B。13、B【解析】

A.A點對應溶液顯酸性，即c（H+）＞c（OH-），結合電荷關系判斷；

B.pH=5.3時，=0，即c（A-）=c（HA），結合HA酸的電離常數(shù)Ka的表達式進行計算；

C.在20mLHA溶液中加入10mLNaOH溶液，得到等濃度的HA和NaA混合溶液，根據(jù)題意判斷出電離程度與水解程度的大小關系，再分析作答；D.===，Kh為A-的水解常數(shù)，據(jù)此分析判斷?！驹斀狻緼.A點對應溶液顯酸性，即c（H+）＞c（OH-），溶液中電荷守恒關系為c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），所以離子濃度關系為c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），A項錯誤；

B.pH=5.3時，=0，即c（A-）=c（HA），HA酸的電離常數(shù)Ka==c（H+）=10-pH=10-5.3，B項正確；

C.由于Ka=10-5.3＞==Kh，所以20mLHA溶液中加入10mLNaOH溶液，得到等濃度的HA和NaA混合溶液，混合溶液以電離為主，使c（A-）＞c（HA），即＞0，故B點對應的NaOH溶液的體積小于10mL，C項錯誤；

D.A-的水解常數(shù)Kh隨溫度升高而增大，所以===，隨溫度升高而減小，D項錯誤；

答案選B。14、C【解析】

A.該實驗中高錳酸鉀溶液過量，不能褪色，因此無法記錄褪色的時間，因此該裝置不能探究濃度對化學反應速率的影響，A項錯誤；B.欲探究催化劑對H2O2分解速率的影響，應保證過氧化氫的濃度是一致的，B項錯誤；C.加熱條件下，濃硫酸和銅發(fā)生氧化還原反應生成二氧化硫氣體，二氧化硫具有還原性，可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；

D.該裝置為電解池，F(xiàn)e作陽極，加速被腐蝕，不能防止鐵釘生銹，故D錯誤；答案選C?！军c睛】本題C項涉及二氧化硫的還原性，二氧化硫的化學性質較多，可總結如下：1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水顯酸性，也可與堿反應；2、還原性：二氧化硫可與酸性高錳酸鉀、過氧化氫等強氧化性的物質反應；3、弱氧化性：二氧化硫可與硫化氫反應生成硫單質等，4、漂白性：二氧化硫的漂白性體現(xiàn)在可漂白品紅等物質，性質決定用途，學生切莫混淆，尤其是漂白性與還原性的區(qū)別，應加以重視。15、C【解析】在青蒿液中加入乙醚，青蒿素在乙醚中溶解度大，經萃取得含青蒿素的乙醚和其他雜質的混合物，形成有機相和其它物質分層的現(xiàn)象，再經分液得到含青蒿索的乙醚，乙醚沸點低最后經蒸餾得到青蒿粗產品。對應的操作1、操作2、操作3分別是萃取、分液、蒸餾，故選C。16、D【解析】

A．同一主族相鄰的兩種元素的原子序數(shù)之差為2、8、8、18、18、32等，不相鄰的兩種元素的原子序數(shù)之差可能為16，如鋰和鉀，故A錯誤；B．最外層電子數(shù)為8的粒子不一定是稀有氣體元素的原子，也可能是離子，例如鈉離子，故B錯誤；C．同一主族中，隨著核電荷數(shù)的增加，單質的熔點可能降低，如堿金屬，也可能升高，如鹵素，故C錯誤；D．主族元素中，原子核外最外層電子數(shù)為2與次外層電子數(shù)相同的元素只有Be，原子核外最外層電子數(shù)為8的元素，次外層電子數(shù)為8的是Ar，不是主族元素，故D正確；故選D。【點睛】本題考查了同周期元素、同主族元素原子序數(shù)關系，最外層核外電子數(shù)和次外層電子數(shù)的關系，判斷元素的種類、以及元素周期律的應用等知識點，解題中注意掌握規(guī)律的同時，注意特例。17、A【解析】

由圖分析，X只能形成一個共價鍵，又X的原子半徑是元素周期表中最小的，故X為H，W為五種短周期元素中原子序數(shù)最大的，且可形成+1價的離子，應為Na，Y可成四個鍵，Y為C，Q核外最外層電子數(shù)與Y核外電子總數(shù)相同，Q為O，則Z為N，據(jù)此解答?！驹斀狻坑蓤D分析，X只能形成一個共價鍵，又X的原子半徑是元素周期表中最小的，故X為H，W為五種短周期元素中原子序數(shù)最大的，且可形成+1價的離子，應為Na，Y可成四個鍵，Y為C，Q核外最外層電子數(shù)與Y核外電子總數(shù)相同，Q為O，則Z為N，A.WX為NaH，其與水反應生成NaOH和氫氣，溶液顯堿性，故A正確；B.由X、Y、Q、W四種元素形成的化合物，如NaHC2O4，由于HC2O4-的電離程度大于其水解程度，則其水溶液呈酸性，故B錯誤；C.同周期元素從左到右主族元素原子非金屬性依次增強，則元素的非金屬性Q＞Z＞Y，故C錯誤；D.該化合物中與Y單鍵相連的Q，與Y共用一對電子，并得到了W失去的一個電子，滿足8電子穩(wěn)定結構，故D錯誤；故選A。18、B【解析】

醋酸鈉為強堿弱酸鹽，因醋酸根離子水解，溶液呈堿性。往溶液中加入氯化銨固體，由于銨根離子水解呈酸性，故隨著氯化銨的加入，溶液將由堿性逐漸變?yōu)樗嵝裕捎谒馕⑷?，所得溶液酸性較弱，符合的曲線為b；往溶液中通入氫化氯氣體，隨著氣體的通入溶液由堿性轉變?yōu)樗嵝?，由于氯化氫為強酸，通入量較大時，溶液的酸性較強，符合的曲線為c；加入醋酸銨固體所對應的變化曲線為a，據(jù)此結合電荷守恒及鹽的水解原理分析?！驹斀狻緼.根據(jù)分析可知，曲線a代表醋酸銨、曲線b代表氯化銨、曲線c代表氯化氫，故A正確；B.當加入固體的物質的量為0.1mol時，曲線b對應的pH值等于7，說明等濃度的醋酸根離子的水解程度與銨根離子相同，即Ka(CH3COOH)=Kb(NH3﹒H2O)，但無法計算其電離平衡常數(shù)，故B錯誤；C.A點含有的溶質為0.1molCH3COONa與0.1molCH3COONH4，溶液的pH>7，則c(OH?)>c(H+)，醋酸根離子的水解程度較小，則c(CH3COO?)>c(Na+)，銨根離子部分水解，則c(Na+)>c(NH4+)，溶液中離子濃度的大小關系為：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)，故C正確；D.C點通入0.1molHCl，與0.1mol醋酸鈉反應得到0.1molCH3COOH與0.1molNaCl，c(Cl?)=c(Na+)=0.1mol/L，則c(CH3COO?)+c(Cl?)+c(OH?)>0.1mol/L，故D正確；故選：B?！军c睛】本題考查圖象分析、溶液中離子濃度關系，題目難度中等，明確圖象曲線變化的意義為解答關鍵，轉移掌握電荷守恒及鹽的水解原理，試題培養(yǎng)了學生的綜合應用能力。19、C【解析】

5.60L標況下的氣體通過濃硫酸后，體積變?yōu)?.36L，則表明V(H2)=3.36L，V(NH3)=2.24L，從而求出n(H2)=0.15mol，n(NH3)=0.1mol，從而確定混合物中含有Al、(NH4)2SO4；由白色沉淀久置不變色，可得出此沉淀為Mg(OH)2，物質的量為；由無色溶液中加入少量鹽酸，可得白色沉淀，加入過量鹽酸，白色沉淀溶解，可確定此沉淀為Al(OH)3，溶液中含有AlCl3。從而確定混合物中一定含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3，一定不含有FeCl2。【詳解】A.由前面計算可知，2Al—3H2，n(H2)=0.15mol，n(Al)=0.1mol，質量為2.7g，A錯誤；B.從前面的推斷中可確定，混合物中不含F(xiàn)eCl2，但含有AlCl3，B錯誤；C.n(NH3)=0.1mol，n[(NH4)2SO4]=0.05mol，n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]=0.05mol，從而得出(NH4)2SO4和MgCl2物質的量相等，C正確；D.混合物中含有MgCl2，但不含有FeCl2，D錯誤。故選C。20、D【解析】

鈉元素的焰色是黃色，鉀元素的焰色是紫色，但觀察鉀元素的焰色時要透過藍色鈷玻璃，以濾去鈉元素的黃光的干擾。做焰色反應實驗時，直接觀察時看到火焰呈黃色，說明肯定含有Na+，不能判斷K+的存在與否，故D是正確的。故選D。21、D【解析】

A.得電子能力H+>Na+，電解飽和食鹽水陰極：2H++2e-═H2↑，故A正確；B.電解飽和食鹽水過程中，H+被消耗，促進水的電離，陰極消耗H+同時得到OH-，故B正確；C.失電子能力Cl->OH-，電解飽和食鹽水陽極：2Cl--2e-=Cl2，故陽極得到Cl2，故C正確；D.D.電解池中，陰離子會向陽極移動，而陰極氫離子放電，使整個溶液顯堿性，因此陽極區(qū)滴酚酞也會變紅，故D錯誤；故選D。22、D【解析】

A.標準狀況下，SO3不是氣體，2.24LSO3并不是0.1mol，A錯誤；B.12mol/L鹽酸為濃鹽酸，和足量的二氧化錳共熱時，鹽酸因消耗、部分揮發(fā)以及水的生成，使鹽酸濃度變小不能完全反應，所以制得的Cl2小于0.03mol，分子數(shù)小于0.03NA，B錯誤；C.0.1molCH4與0.4molCl2在光照下充分反應，發(fā)生的是取代反應，得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷及氯化氫的混合物，生成CCl4的分子數(shù)小于0.1NA，C錯誤；D.一個乙酸分子中有3個C-H鍵，則常溫常壓下，6g乙酸中含有C-H鍵的數(shù)目為0.3NA，D正確；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、C9H10O3取代反應(或酯化反應)2+O22+2H2O4種+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O【解析】

A能發(fā)生連續(xù)的氧化反應，說明結構中含有-CH2OH，D通過加聚反應得到

E，E分子式為(C9H8O2)n，D的分子式為C9H8O2，D中含碳碳雙鍵，由A在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應生成D，A為只含有C、H、O三種元素的芳香烴衍生物，且芳環(huán)上只有兩個取代基，A中含有苯環(huán)，A在濃硫酸作用下生成的I中除含有一個苯環(huán)外還含有一個六元環(huán)，應是發(fā)生的酯化反應，A中含有羧基，A的結構應為，D為，E為，I為，反應中A連續(xù)氧化產生G，G為酸，F(xiàn)為，G為，A與G發(fā)生酯化反應產生H，根據(jù)H分子式是C18H16O6，二者脫去1分子的水，可能是，也可能是，據(jù)此解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：A為，D為，E為，F(xiàn)為，G為，I為，H的結構可能為，也可能是。(1)A為，則A的分子式為C9H10O3；(2)根據(jù)上面的分析可知，I為，E為；(3)A為，A分子中含有羥基和羧基，G為，G分子中含有羧基，二者能在濃硫酸存在和加熱條件下發(fā)生酯化反應，酯化反應屬于取代反應，A+G→H的反應類型為取代反應；(4)A中含有醇羥基和羧基，由于羥基連接的C原子上含有2個H原子，因此可以發(fā)生催化氧化反應，產生醛基，因此A→F的化學方程式為2+O22+2H2O；(5)有機物A的同分異構體只有兩個對位取代基，能與Fe3+發(fā)生顯色反應，說明苯環(huán)對位上有-OH，又能發(fā)生水解反應，但不能發(fā)生銀鏡反應，說明含有酯基，不含醛基，同分異構體的數(shù)目由酯基決定，酯基的化學式為-C3H5O2，有—OOCCH2CH3、—COOCH2CH3、—CH2OOCCH3和—CH2COOCH3，共4種同分異構體。其中的一種同分異構體在NaOH溶液中加熱消耗的NaOH最多，酯基為—OOCCH2CH3，1mol共消耗3molNaOH，其它異構體1mol消耗2molNaOH，該異構體的結構簡式為，該反應的化學方程式為：+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O。【點睛】本題考查有機物的推斷和合成的知識，有一定的難度，做題時注意把握題中關鍵信息，采用正、逆推相結合的方法進行推斷，注意根據(jù)同分異構體的要求及各種官能團的性質判斷相應的同分異構體的結構和數(shù)目。24、Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-Fe2+、Ba2+、I-、HCO3-焰色反應取少量原溶液，加入Ba（NO3）2溶液后，取上層清液加入AgNO3溶液和稀HNO3【解析】

因為溶液呈無色，溶液中一定不含F(xiàn)e2+；根據(jù)①取少量原溶液，加幾滴甲基橙，溶液變紅色，說明溶液呈酸性，則溶液中不含HCO3-；根據(jù)②取少量原溶液，濃縮，加Cu片和濃H2SO4，加熱，有無色氣體產生，后在空氣中又變成紅棕色，則原溶液中含NO3-，由于酸性條件下NO3-具有強氧化性，原溶液中不含I-；根據(jù)③取少量原溶液，加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，則原溶液中含有SO42-、不含Ba2+；取③中上層清液，加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，且不溶于HNO3，③中上層清液中含Cl-，但由于BaCl2引入Cl-，不能確定原溶液中是否含Cl-；根據(jù)⑤取少量原溶液，加NaOH溶液，有白色沉淀生成，當NaOH過量時沉淀部分溶解，則原溶液中含有Mg2+、Al3+；（1）溶液中肯定存在的離子是Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-；（2）溶液中肯定不存在的離子是Fe2+、Ba2+、I-、HCO3-；（3）要進一步確定溶液中是否含有Na+，應補充的實驗是：焰色反應；要進一步確定溶液中是否含有Cl-，應用稀硝酸和AgNO3溶液，但SO42-會構成干擾，所以先排除SO42-的干擾，故補充的實驗是：取少量原溶液，加入Ba（NO3）2溶液后，取上層清液加入AgNO3溶液和稀HNO3

。25、還原性、酸性充分溶解和，以增大反應物濃度分液除去（或），防止氧化C乙醇（或酒精）89.5%?！窘馕觥?/p>

裝置A用于制取Cl2，發(fā)生的反應為：KClO3+6HCl(濃)=KCl+3Cl2↑+3H2O，裝置B中發(fā)生的是制取HIO3的反應，裝置C為尾氣處理裝置，既要吸收尾氣中的HCl和Cl2，還要防止倒吸。【詳解】（1）裝置A中發(fā)生的反應為：KClO3+6HCl(濃)=KCl+3Cl2↑+3H2O，濃鹽酸中的Cl元素有一部分失電子轉化為Cl2，表現(xiàn)出還原性，還有一部分Cl元素沒有變價轉化為KCl（鹽），表現(xiàn)出酸性，故答案為：還原性、酸性；（2）裝置B中發(fā)生的反應為：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，Cl2和I2均難溶于水，易溶于CCl4，加入CCl4可使二者溶解在CCl4中，增大反應物濃度，故答案為：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；充分溶解I2和Cl2，以增大反應物濃度；（3）分離B中制得的HIO3水溶液的操作為分液，HIO3溶液中混有的Cl2在堿性條件下轉化為ClO-，ClO-會將IO3-氧化為IO4-，因此在中和前需要將Cl2除去，故答案為：分液；除去Cl2（或ClO-），防止氧化KIO3；（4）尾氣中主要含HCl和Cl2，需用NaOH溶液吸收，同時要防止倒吸，故答案為：C；（5）因為KIO3難溶于乙醇，向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO3晶體析出，故答案為：乙醇（或酒精）；（6）每20mLKIO3溶液中，加入KI溶液和稀鹽酸發(fā)生的反應為：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴定時發(fā)生的反應為：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可列出關系式：IO3-~3I2~6S2O32-，每次平均消耗的n(S2O32-)=0.1004mol/L×0.025L=0.00251mol，則每20mLKIO3溶液中，n(KIO3)=n(IO3-)=n(S2O32-)÷6=0.00251mol÷6=0.000418mol，200mL溶液中，n(KIO3)=0.00418mol，產品中KIO3的質量分數(shù)==89.5%，故答案為：89.5%。【點睛】1g樣品配成了200mL溶液，而根據(jù)關系式計算出的是20mL溶液中KIO3的物質的量，需擴大10倍才能得到1g樣品中KIO3的物質的量。26、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O增大氣體與溶液的接觸面積，加快氣體的吸收速率取少量NaHSO3晶體于試管中，加少量水溶解，滴加過量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，說明NaHSO3被氧化三頸燒瓶恒壓滴液漏斗可以保持內外壓強一致，液體順利流下，同時避免HCHO揮發(fā)溫度過低反應較慢，溫度過高會導致吊白塊分解當?shù)稳胱詈笠坏尾菟崛芤海F形瓶內溶液顏色由紫紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘內部變?yōu)樵瓉淼念伾?2.40%偏高【解析】

⑴裝置Ⅰ中產生氣體的化學反應方程式為Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大氣體與液體的接觸面積，加快氣體的吸收速率。⑵實驗室檢測NaHSO3晶體在空氣中是否發(fā)生氧化變質的實驗方案是其實就是硫酸根離子的檢驗，首先排除亞硫酸氫根離子干擾，所以取少量NaHSO3晶體于試管中，加少量水溶解，滴加過量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，說明NaHSO3被氧化。⑶儀器A的名稱為三頸燒瓶；用恒壓漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的優(yōu)點是恒壓滴液漏斗可以保持內外壓強一致，液體順利流下，同時避免HCHO揮發(fā)。⑷根據(jù)信息吊白塊在酸性環(huán)境下、100℃即發(fā)生分解釋放出HCHO，因此將儀器A中的反應溫度恒定在80~90℃的目的是溫度過低反應較慢，溫度過高會導致吊白塊分解。⑸滴定終點的判斷方法是當?shù)稳胱詈笠坏尾菟崛芤?，錐形瓶內溶液顏色由紫紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘內部變?yōu)樵瓉淼念伾?mol：0.1000mol·L－1×0.03L=2mol：xmol解得x=1.2×10－3mol36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4的物質的量為36.00×10－3L×0.1000mol·L－1=3.6×10－3mol，則甲醛消耗得高錳酸鉀的物質的量為3.6×10－3mol-1.2×10－3mol=2.4×10－3mol，再根據(jù)4mol：2.4×10－3mol=5mol：ymol解得y=3×10－3mol，若KMnO4標準溶液久置釋放出O2而變質，消耗草酸量減少，則計算出高錳酸鉀與甲醛反應得多，則計算出吊白塊測量結果偏高?！驹斀狻竣叛b置Ⅰ中產生氣體的化學反應方程式為Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大氣體與液體的接觸面積，加快氣體的吸收速率，故答案為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；增大氣體與溶液的接觸面積，加快氣體的吸收速率。

⑵實驗室檢測NaHSO3晶體在空氣中是否發(fā)生氧化變質的實驗方案是其實就是硫酸根離子的檢驗，首先排除亞硫酸氫根離子干擾，所以取少量NaHSO3晶體于試管中，加少量水溶解，滴加過量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，說明NaHSO3被氧化，故答案為：取少量NaHSO3晶體于試管中，加少量水溶解，滴加過量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，說明NaHSO3被氧化。⑶儀器A的名稱為三頸燒瓶；用恒壓漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的優(yōu)點是恒壓滴液漏斗可以保持內外壓強一致，液體順利流下，同時避免HCHO揮發(fā)，故答案為：恒壓滴液漏斗可以保持內外壓強一致，液體順利流下，同時避免HCHO揮發(fā)。⑷根據(jù)信息吊白塊在酸性環(huán)境下、100℃即發(fā)生分解釋放出HCHO，因此將儀器A中的反應溫度恒定在80~90℃的目的是溫度過低反應較慢，溫度過高會導致吊白塊分解，故答案為：溫度過低反應較慢，溫度過高會導致吊白塊分解。⑸滴定終點的判斷方法是當?shù)稳胱詈笠坏尾菟崛芤?，錐形瓶內溶液顏色由紫紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘內部變?yōu)樵瓉淼念伾?mol：0.1000mol·L－1×0.03L=2mol：xmol解得x=1.2×10－3mol36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4的物質的量為36.00×10－3L×0.1000mol·L－1=3.6×10－3mol，則甲醛消耗得高錳酸鉀的物質的量為3.6×10－3mol-1.2×10－3mol=2.4×10－3mol，再根據(jù)4mol：2.4×10－3mol=5mol：ymol解得y=3×10－3mol，若KMnO4標準溶液久置釋放出O2而變質，消耗草酸量減少，則計算出高錳酸鉀與甲醛反應得多，則計算出吊白塊測量結果偏高，故答案為：當?shù)稳胱詈笠坏尾菟崛芤?，錐形瓶內溶液顏色由紫紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘內部變?yōu)樵瓉淼念伾?2.40%；偏高。27、C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O排盡空氣，防止生成的NO被氧氣氧化紅棕色氣體消失，銅片溶解，溶液變藍，導管口有無色氣泡冒出CNa2CO3、NaOH5NO+3MnO4?+4H+=5NO3?+3Mn2++2H2O0.24g【解析】

A裝置為C與HNO3(濃)反應生成二氧化碳與二氧化氮，二氧化氮在B中與水反應生成硝酸，硝酸與Cu反應生成NO，D裝置中制備NaNO2，由于二氧化碳、水蒸氣與過氧化鈉反應的得到碳酸鈉、氫氧化鈉，故需要除去二氧化碳，并干燥NO氣體，所以C中放了堿石灰，反應開始需要排盡裝置中的空氣，防止氧氣將NO氧化，利用酸性高錳酸鉀溶液溶液氧化未反應的NO，可以防止污染空氣?！驹斀狻?1)A裝置為C與HNO3(濃)反應生成二氧化碳與二氧化氮，反應方程式為：C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O；(2)實驗開始前通入一段時間N2，可排盡裝置中的空氣，防止氧氣將NO氧化；(3)二氧化氮在B中與水反應生成硝酸，硝酸與Cu反應生成NO，所以看到的現(xiàn)象為：紅棕色氣體消失，銅片溶解，溶液變藍，導管口有無色氣泡冒出；(4)①根據(jù)分析可知，C裝置中可能盛放的試劑是堿石灰；②結合分析可知，二氧化碳、水蒸氣與過氧化鈉反應的得到副產物碳酸鈉、氫氧化鈉；(5)根據(jù)題目提供信息可知酸性條件下，NO能與MnO4?反應生成NO3?和Mn2+，方程式為：5NO+3MnO4?+4H+=5NO3?+3Mn2++2H2O；(6)n(Na2O2)==0.02mol，根據(jù)元素守恒可知1.56gNa2O2完全轉化為NaNO2，需要n(NO)=0.04mol。設參加反應的碳為xmol，根據(jù)方程式C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O可知生成n(NO2)=4xmol，根據(jù)方程式3NO2+H2O=