甘肅省白銀市會寧四中2024年高三第三次模擬考試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(nèi)。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、a、b、c、d、e為原子序數(shù)依次增大的五種常見短周期元素，可組成一種化合物A，其化學式為ba4d(ec4)2。A能夠發(fā)生如下轉化關系：己知C的分子式為ba3，能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍。則下列說法正確的是A．原子半徑b>cB．e的氧化物的水化物為強酸C．化合物A為共價化合物D．元素非金屬性強弱c<e2、在Na2Cr2O7酸性溶液中，存在平衡2CrO42—(黃色)+2H+?Cr2O72—(橙紅色)+H2O，已知:25℃時,Ksp(Ag2CrO4)=1×10—12Ksp(Ag2Cr2O7)=2×10—7。下列說法正確的是A．當2c(Cr2O72—)=c(CrO42—)時，達到了平衡狀態(tài)B．當pH=1時，溶液呈黃色C．若向溶液中加入AgNO3溶液，生成Ag2CrO4沉淀D．稀釋Na2Cr2O7溶液時，溶液中各離子濃度均減小3、下列有關垃圾分類說法錯誤的是A．廢棄的聚乙烯塑料屬于白色垃圾，不能使溴水退色B．可回收的易拉罐中含金屬鋁，可通過電解氧化鋁制取C．廢舊電池中含有鎳、鎘等重金屬離子，不能填埋處理D．含絲、毛的廢舊衣物燃燒處理時只生成CO2和H2O4、下列說法正確的是A．氯氣和明礬都能用于自來水的殺菌消毒B．常溫下，濃硫酸和濃硝酸都能用銅制容器盛裝C．鋼鐵設備連接鋅塊或電源正極都可防止其腐蝕D．酸雨主要是由人為排放的硫氧化物和氮氧化物等轉化而成5、氮化鉻具有極高的硬度和力學強度、優(yōu)異的抗腐蝕性能和高溫穩(wěn)定性能，因而具有廣泛應用前景。實驗室制備CrN反應原理為CrCl3+NH3CrN+3HCl，裝置如圖所示下列說法錯誤的是A．裝置①還可以用于制取O2、Cl2、CO2等氣體B．裝置②、④中分別盛裝NaOH溶液、KOH固體C．裝置③中也可盛裝維生素c，其作用是除去氧氣D．裝置⑤中產(chǎn)生的尾氣冷卻后用水吸收得到純鹽酸6、短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大，在下列轉化關系中，甲、乙、丙、丁、戊為上述四種元素組成的二元或三元化合物。其中A為d元素組成的單質(zhì)，常溫下乙為液體，丁物質(zhì)常用于消毒、漂白。下列說法錯誤的是A．簡單離子半徑：c＞bB．丙中既有離子鍵又有極性鍵C．b、c形成的化合物中陰、陽離子數(shù)目比為1：2D．a(chǎn)、b、d形成的化合物中，d的雜化方式是sp37、下列說法正確的是（）A．分子晶體中一定含有共價鍵B．pH=7的溶液一定是中性溶液C．含有極性鍵的分子不一定是極性分子D．非金屬性強的元素單質(zhì)一定很活潑8、給下列物質(zhì)分別加入溴水中，不能使溴水褪色的是（）A．Na2SO3晶體 B．C2H5OH C．C6H6 D．Fe9、下列離子方程式正確的是A．NaHSO3溶液中的水解方程式：HSO3?＋H2O=H3O+＋B．FeI2溶液中加雙氧水，出現(xiàn)紅褐色沉淀：6Fe2+＋3H2O2=2Fe（OH）3↓＋4Fe3+C．10mL0.1mol·L?1NaOH溶液中滴加幾滴AlCl3溶液：Al3+＋3OH?=Al（OH）3↓D．3amolCO2通入含2amolBa（OH）2的溶液中：3CO2＋4OH?＋Ba2+=BaCO3↓＋2＋H2O10、實驗室中某些氣體的制取、收集及尾氣處理裝置如圖所示（省略夾持和凈化裝置）。僅用此裝置和表中提供的物質(zhì)完成相關實驗，最合理的選項是選項a中的物質(zhì)b中的物質(zhì)c中收集的氣體d中的物質(zhì)A濃氨水CaONH3H2OB濃硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD濃鹽酸MnO2Cl2NaOH溶液A．A B．B C．C D．D11、下圖是一種有機物的模型，該模型代表的有機物可能含有的官能團有A．一個羥基，一個酯基 B．一個羥基，一個羧基C．一個羧基，一個酯基 D．一個醛基，一個羥基12、FFC電解法可由金屬氧化物直接電解制備金屬單質(zhì)，西北稀有金屬材料研究院利用此法成功電解制備鉭粉(Ta)，其原理如圖所示。下列說法正確的是A．該裝置將化學能轉化為電能B．a(chǎn)極為電源的正極C．Ta2O5極發(fā)生的電極反應為Ta2O5+10e—=2Ta+5O2—D．石墨電極上生成22.4LO2，則電路中轉移的電子數(shù)為4×6.02×102313、2019年9月25日，全世界幾大空之一―—北京大興國際機場，正式投運。下列相關說法不正確的是()A．機楊航站樓所用鋼鐵屬于合金材料B．航站樓使用的玻璃是無機非金屬材料C．航站樓采用的隔震支座由橡膠和鋼板相互疊加粘結而成，屬于新型無機材料D．機場高速應用自融冰雪路面技術，減少了常規(guī)融雪劑使用對環(huán)境和橋梁結構造成的破壞14、霧霾中對人體有害的主要成分有固體細顆粒、氮和硫的氧化物、芳香烴、重金屬離子。下列說法不正確的是A．苯是最簡單的芳香烴B．重金屬離子可導致蛋白質(zhì)變性C．氮和硫的氧化物都屬于酸性氧化物D．汽車尾氣的大量排放是造成霧霾天氣的人為因素之一15、下列說法正確的是()A．鐵表面鍍銅時，將鐵與電源的正極相連，銅與電源的負極相連B．0.01molCl2通入足量水中，轉移電子的數(shù)目為6.02×1021C．反應3C(s)＋CaO(s)===CaC2(s)＋CO(g)在常溫下不能自發(fā)進行，說明該反應的ΔH>0D．加水稀釋0.1mol·L－1CH3COOH溶液，溶液中所有離子的濃度均減小16、下列有關原子結構及元素周期律的敘述不正確的是()A．原子半徑：，離子半徑：r(Na+)<r(O2-)B．第族元素碘的兩種核素和的核外電子數(shù)之差為6C．P和As屬于第VA族元素，的酸性強于的酸性D．、、三種元素最高價氧化物對應水化物的堿性依次減弱17、研究電化學腐蝕及防護的裝置如圖所示。下列有關說法錯誤的是()A．d為石墨，電流從d流入導線進入鐵片B．d為銅片，銅片上電極反應為：O2+2H2O+4e→4OH–C．d為鋅塊，鐵片不易被腐蝕D．d為鎂片，鐵片上電極反應為：2H++2e→H2↑18、下列敘述中指定粒子數(shù)目一定大于NA的是A．1L1mol/LCH3COOH溶液中所含分子總數(shù)B．1molCl2參加化學反應獲得的電子數(shù)C．常溫常壓下，11.2LN2和NO的混合氣體所含的原子數(shù)D．28g鐵在反應中作還原劑時，失去電子的數(shù)目19、為研究沉淀的生成及其轉化，某小組進行如下實驗。關于該實驗分析不正確的是（）A．①濁液中存在平衡：AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)B．②中顏色變化說明上層清液中含有SCN-C．③中顏色變化說明有AgI生成D．該實驗可以證明AgI比AgSCN更難溶20、我國對二氧化硫一空氣質(zhì)子交換膜燃料電池的研究處于世界前沿水平，該電池可實現(xiàn)硫酸生產(chǎn)、發(fā)電和環(huán)境保護三位一.體的結合。其原理如圖所示。下列說法不正確的是（）A．Pt1電極附近發(fā)生的反應為：SO2+2H2O-2e-=H2SO4+2H+B．相同條件下，放電過程中消耗的SO2和O2的體積比為2：1C．該電池工作時質(zhì)子從Pt1電極經(jīng)過內(nèi)電路流到Pt2電極D．該電池實現(xiàn)了制硫酸、發(fā)電、環(huán)保三位一體的結合21、用惰性電極電解飽和食鹽水(含少量Ca2+、Mg2+)并進行相關實驗(裝置如圖)，電解一段時間后，各部分裝置及對應的現(xiàn)象為：(1)中黑色固體變紅；(2)電極a附近溶液出現(xiàn)渾濁；(3)中溶液出現(xiàn)渾濁；(4)中溶液紅色褪去。下列對實驗現(xiàn)象解釋不正確的是A．(1)中：CuO+H2Cu+H2OB．(2)中a電極：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓C．(3)中：Cl2+S2-=S↓+2Cl-D．(4)中：Cl2具有強氧化性22、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X、W同主族，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，Z是地殼中含量最多的金屬元素，四種元素原子的最外層電子數(shù)總和為16。下列說法正確的是A．原子半徑：r(X)<r(Z)<r(W)B．Y、Z、W的最高價氧化物的水化物兩兩之間均能反應C．簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：X＜WD．X分別與Y、W形成的化合物中所含化學鍵類型相同二、非選擇題(共84分)23、（14分）R?L?Claisen雙酯縮合反應的機理如下：2RCH2COOC2H5+C2H5OH，利用該反應制備化合物K的一種合成路線如圖試回答下列問題：（1）A與氫氣加成所得芳香烴的名稱為______；A→B的反應類型是______；D中含氧官能團的名稱是______。（2）C的結構簡式為______；F→G的反應除生成G外，另生成的物質(zhì)為______。（3）H→K反應的化學方程式為______。（4）含有苯環(huán)結構的B的同分異構體有______種（B自身除外），其中核磁共振氫譜顯示3組峰的結構簡式為______（任寫一種即可）。（5）乙酰乙酸乙酯（）是一種重要的有機合成原料，寫出由乙醇制備乙洗乙酸乙時的合成路線（無機試劑任選）：______。24、（12分）已知A、B、C、D、X、Y六種物質(zhì)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(zhì)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(zhì)X的實驗方法____________________________________。25、（12分）碳酸鎂晶須是一種新型的吸波隱形材料中的增強材料。（1）合成該物質(zhì)的步驟如下：步驟1：配制0.5mol·L-1MgSO4溶液和0.5mol·L-1NH4HCO3溶液。步驟2：用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL四口燒瓶中，開啟攪拌器。溫度控制在50℃。步驟3：將250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min內(nèi)滴加完后，用氨水調(diào)節(jié)溶液pH到9.5。步驟4：放置1h后，過濾，洗滌。步驟5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸鎂晶須產(chǎn)品（MgCO3·nH2On=1~5）。①步驟2控制溫度在50℃，較好的加熱方法是__________。②步驟3生成MgCO3·nH2O沉淀的離子方程式為________。③步驟4檢驗是否洗滌干凈的方法是___________。（2）測定合成的MgCO3·nH2O中的n值。稱量1.000g碳酸鎂晶須，放入如圖所示的廣口瓶中加入水滴入稀硫酸與晶須反應，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室溫下反應4~5h，反應后期將溫度升到30℃，最后的燒杯中的溶液用已知濃度的鹽酸滴定，測得CO2的總量；重復上述操作2次。①圖中氣球的作用是___________。②上述反應后期要升溫到30℃，主要目的是_________。③設3次實驗測得每1.000g碳酸鎂晶須產(chǎn)生的CO2平均值為amol，則n值為______（用含a的表達式表示）。（3）稱取100g上述晶須產(chǎn)品進行熱重分析，熱重曲線如圖。則該條件下合成的晶須中，n=______（選填：1、2、3、4、5）。26、（10分）實驗室采用鎂屑與液溴為原料制備無水MgBr2，裝置如圖，主要步驟如下：步驟1組裝好儀器，向三頸瓶中裝入10g鎂屑和150mL無水乙醚；裝置B中加入15mL液溴。步驟2。步驟3反應完畢后恢復至室溫，過濾，濾液轉移至另一干燥的燒瓶中，冷卻至0℃，析出晶體，再過濾得三乙醚合溴化鎂粗品。步驟4室溫下用苯溶解粗品，冷卻至0℃，析出晶體，過濾，洗滌得三乙醚合溴化鎂，加熱至160℃分解得無水MgBr2產(chǎn)品。已知：①Mg和Br2反應劇烈放熱；MgBr2具有強吸水性。②MgBr2+3C2H5OC2H5=MgBr2·3C2H5OC2H5③乙醚是重要有機溶劑，醫(yī)用麻醉劑；易揮發(fā)儲存于陰涼、通風處；易燃遠離火源。請回答下列問題：（1）寫出步驟2的操作是_________。（2）儀器A的名稱是__________。裝置中堿石灰的作用__________。冰水浴的目的__________。（3）該實驗從安全角度考慮除了控制反應溫度外，還需要注意：①_________②_______。（4）制備MgBr2裝置中橡膠塞和用乳膠管連接的玻璃管口都要用錫箔紙包住的目的是_________。（5）有關步驟4的說法，正確的是__________。A可用95%的乙醇代替苯溶解粗品B洗滌晶體可選用0℃的苯C加熱至160℃的主要目的是除去苯D該步驟的目的是除去乙醚和可能殘留的溴（6）為測定產(chǎn)品的純度，可用EDTA（簡寫為Y4-）標準溶液滴定，反應的離子方程式：Mg2++Y4-═MgY2-①先稱取0.7500g無水MgBr2產(chǎn)品，溶解后，等體積分裝在3只錐形瓶中，用0.0500mol·L-1的EDTA標準溶液滴定至終點，三次消耗EDTA標準溶液的體積平均為26.50mL，則測得無水MgBr2產(chǎn)品的純度是_______（保留4位有效數(shù)字）。②滴定前未用標準溶液潤洗滴定管，則測得產(chǎn)品純度___________（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。27、（12分）某小組同學探究物質(zhì)的溶解度大小與沉淀轉化方向之間的關系。已知：物質(zhì)BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20℃)2.4×10-41.4×10-33.0×10-71.5×10-4(1)探究BaCO3和BaSO4之間的轉化試劑A試劑B試劑C加入鹽酸后的現(xiàn)象實驗ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……實驗ⅡNa2SO4Na2CO3有少量氣泡產(chǎn)生，沉淀部分溶解①實驗I說明BaCO3全部轉化為BaSO4，依據(jù)的現(xiàn)象是加入鹽酸后，__________________。②實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后發(fā)生反應的離子方程式是__________________________________。③實驗Ⅱ中加入試劑C后，沉淀轉化的平衡常數(shù)表達式K=___________。(2)探究AgCl和AgI之間的轉化實驗Ⅳ：在試管中進行溶液間反應時，同學們無法觀察到AgI轉化為AgCl，于是又設計了如下實驗(電壓表讀數(shù)：a＞c＞b>0)。裝置步驟電壓表讀數(shù)ⅰ.如圖連接裝置并加入試劑，閉合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3(aq),至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl(s)cⅳ.重復i，再向B中加入與ⅲ等量NaCl(s)d注：其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑（或還原劑）的氧化性（或還原性）越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性（或還原性）強弱與其濃度有關。①實驗Ⅲ證明了AgCl轉化為AgI，甲溶液可以是________（填標號）。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液②實驗Ⅳ的步驟i中，B中石墨上的電極反應式是___________________________。③結合信息，解釋實驗Ⅳ中b<a的原因_____________________。④實驗Ⅳ的現(xiàn)象能說明AgI轉化為AgCl，理由是_____________________。(3)綜合實驗Ⅰ~Ⅳ,可得出的結論是________________________________________。28、（14分）甲醛(HCHO)在化工、醫(yī)藥、農(nóng)藥等方面有廣泛的應用。（1）甲醇脫氫法可制備甲醛（反應體系中各物質(zhì)均為氣態(tài)），結合下圖回答問題。①此反應的熱化學方程式是______②反應活化能：過程I___過程II（填“>”“=”或“<”）③過程II溫度—轉化率圖如下，下列說法合理的是_____a．甲醇脫氫法制備甲醛過程無副反應發(fā)生b．溫度高于650℃催化劑燒結，活性減弱c．及時分離產(chǎn)品有利于提高甲醇生成甲醛的轉化率（2）甲醛超標會危害人體健康，需對甲醛進行含量檢測及污染處理。①某甲醛氣體傳感器的工作原理如圖所示，b極的電極反應式為____，當電路中轉移4×10-4mol電子時，傳感器內(nèi)參加反應的甲醛（HCHO）為_____mg。②氧化劑可處理甲醛污染，結合以下圖像分析春季（水溫約15℃）應急處理甲醛污染的水源應選擇的試劑為______29、（10分）天然氣水蒸汽重整法是工業(yè)上生產(chǎn)氫氣的重要方法，反應在400℃以上進行。l00kPa時，在反應容器中通入甲烷與為水蒸汽體積比為1:5的混合氣體，發(fā)生下表反應。反應方程式焓變△H(kJ/mol)600℃時的平衡常數(shù)①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)a0.6②CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)+165.0b③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)-41.22.2請回答下列下列問題：（1）上表中數(shù)據(jù)a=__________;b=___________。（2）對于反應②，既能加快反應又能提高CH4轉化率的措施是_____________。A．升溫B．加催化劑C．加壓D．吸收CO2（3）下列情況能說明容器中各反應均達到平衡的是___________。A．體系中H2O與CH4物質(zhì)的量之比不再變化B．體系中H2的體積分數(shù)保持不變C．生成n個CO2的同時消耗2n個H2OD．v正(CO)=v逆(H2)（4）工業(yè)重整制氫中，因副反應產(chǎn)生碳會影響催化效率，需要避免溫度過高以減少積碳。該體系中產(chǎn)生碳的反應方程式為_______________。（5）平衡時升溫，CO含量將_________（選填“增大”或“減小”)。（6）一定溫度下，平衡時測得體系中CO2和H2的物質(zhì)的量濃度分別是0.75mol/L、4.80mol/L,則此時體系中CO物質(zhì)的量濃度是_______mol/L。（7）改變上述平衡體系的溫度，平衡時H2O與CH4物質(zhì)的量之比[］值也會隨著改變，在圖中畫出其變化趨勢。________________

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、A【解析】

A和氫氧化鈉溶液反應生成B和C，C為氣體，C的分子式為ba3，能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，根據(jù)化學式可推斷C為氨氣，B為白色沉淀，繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液沉淀溶解，則B可推斷為氫氧化鋁，A中加入酸化的氯化鋇溶液形成白色沉淀，則A中含有硫酸根離子，根據(jù)以上推斷，A為NH4Al(SO4)2，a為H元素，b為N元素，c為O元素，d為Al元素，e為S元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．b為N元素，c為O元素，同周期元素隨核電荷數(shù)增大，半徑逐漸減小，則原子半徑b＞c，故A正確；B．e為S元素，S的氧化物的水化物有硫酸和亞硫酸，亞硫酸是弱酸，故B錯誤；C．A為NH4Al(SO4)2，是離子化合物，故C錯誤；D．c為O元素，e為S元素，同主族元素隨核電荷數(shù)增大非金屬性逐漸減弱，元素非金屬性強弱c＞e，故D錯誤；答案選A。2、C【解析】

A.當2c(Cr2O72—)=c(CrO42—)時，無法判斷同一物質(zhì)的正逆反應速率是否相等，則不能判斷是否為平衡狀態(tài)，A錯誤；B.當pH=1時，溶液酸性增強，平衡正向進行，則溶液呈橙紅色，B錯誤；C.組成中陰陽離子個數(shù)比相同，溶度積常數(shù)越小，難溶電解質(zhì)在水中溶解能力越差，已知Ksp(Ag2CrO4)<Ksp(Ag2Cr2O7)，若向溶液中加入AgNO3溶液，先生成Ag2CrO4沉淀，C正確；D.稀釋Na2Cr2O7溶液時，溶液中c(CrO42-)、c(H+)、c(Cr2O72-)均減小，由于KW不變，則c(OH-)增大，D錯誤；答案為C。【點睛】溫度未變，則溶液中水的離子積不變，氫離子濃度減小，則氫氧根離子濃度必然增大。3、D【解析】

A.廢棄的聚乙烯塑料屬于白色垃圾，聚乙烯不含雙鍵，不能使溴水退色，故A正確；B.可回收的易拉罐中含金屬鋁，電解熔融氧化鋁可制取金屬鋁，故B正確；C.廢舊電池中含有鎳、鎘等重金屬離子，填埋處理會造成土壤、水污染，所以不能填埋處理，故C正確；D.絲、毛的成分是蛋白質(zhì)，含有C、H、O、N等元素，含絲、毛的廢舊衣物燃燒處理時生成CO2和H2O的同時還有含氮物質(zhì)生成，故D錯誤；選D。4、D【解析】A、自來水廠常用氯氣殺菌消毒，用明礬、氯化鐵等絮凝劑凈化水，選項A錯誤；B、常溫下，濃硫酸和濃硝酸都能與銅反應，不能用銅制容器盛裝，選項B錯誤；C、鋼鐵設備連接鋅塊或電源負極都可防止其腐蝕，選項C錯誤；D、酸雨主要是由人為排放的硫氧化物和氮氧化物等酸性氣體轉化而成的，這些氣體進入大氣后，造成地區(qū)大氣中酸性氣體富集，在水凝結過程中溶于水形成酸性溶液，隨雨降下，選項D正確。答案選D。5、D【解析】

A.裝置①可以用雙氧水（MnO2作催化劑）制取氧氣，用濃鹽酸與高錳酸鉀制取氯氣，用鹽酸與碳酸鈣制取二氧化碳氣體，故A正確；B.裝置②中的NaOH溶液可以吸收裝置中的二氧化碳氣體，④中的KOH固體可以吸收水分，故B正確；C.裝置③中的亞硫酸鈉可以除去裝置中的氧氣，所以也可盛裝維生素c，故C正確；D.裝置⑤中產(chǎn)生的尾氣有反應生成的HCl，還有未完全反應的NH3，所以冷卻后用水吸收得到的不是純鹽酸，故D錯誤；故選D。6、A【解析】

短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大，常溫下乙為液體，應該為H2O，則a為H元素，A為d元素組成的單質(zhì)，且與丙反應生成水和常用于消毒、漂白的丁，則丙應為堿，由轉化關系可知甲為Na2O，丙為NaOH，A為Cl2，生成丁、戊為NaCl，NaClO，可知b為O元素、c為Na元素、d為Cl元素，以此解答該題?！驹斀狻坑梢陨戏治隹芍猘為H元素、b為O元素、c為Na元素、d為Cl元素，甲為Na2O、乙為H2O、丙為NaOH、丁為NaClO、戊為NaCl；A．b、c對應的離子為O2-和Na+，具有相同的核外電子排布，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則離子半徑O2-＞Na+，即b＞c，故A錯誤；B．丙為NaOH，由Na+和OH-組成，則含有離子鍵和極性共價鍵，故B正確；C．b為O元素、c為Na元素，兩者組成的Na2O和Na2O2中陰、陽離子數(shù)目比均為1：2，故C正確；D．a(chǎn)、b、d形成的化合物中，若為NaClO，Cl原子的價電子對為1+=4，則Cl的雜化方式是sp3；若為NaClO2，Cl原子的價電子對為2+=4，則Cl的雜化方式是sp3；同理若為NaClO3或NaClO4，Cl原子雜化方式仍為sp3，故D正確；故答案為A。7、C【解析】

A．稀有氣體形成的分子晶體中不存在化學鍵，多原子構成的分子晶體中存在共價鍵，故A錯誤；B．pH＝7的溶液可能為酸性、堿性、中性，常溫下pH＝7的溶液一定是中性溶液，故B錯誤；C．含有極性鍵的分子可能為極性分子，也可為非極性分子，如甲烷為極性鍵構成的非極性分子，故C正確；D．非金屬性強的元素單質(zhì)，性質(zhì)不一定很活潑，如N的非金屬性強，但氮氣性質(zhì)穩(wěn)定，故D錯誤；故答案為C。8、B【解析】

A.Na2SO3具有還原性，可與溴水發(fā)生氧化還原反應，溴水褪色，故A不選；B.乙醇與水混溶，且與溴水不發(fā)生反應，所以溴水不褪色，故B選；C.溴易溶于苯，溶液分層，水層無色，可以使溴水褪色，故C不選；D.鐵可與溴水反應溴化鐵或溴化亞鐵，溴水褪色，故D不選，故選B。9、D【解析】

A.HSO3?＋H2O=H3O+＋為HSO3?的電離方程式，故錯誤；B.FeI2溶液中加雙氧水，應是碘離子被氧化，生成碘單質(zhì)，再亞鐵離子反應生成鐵離子，故錯誤；C.10mL0.1mol·L?1NaOH溶液中滴加幾滴AlCl3溶液，說明堿過量，反應生成偏鋁酸鈉，不是氫氧化鋁，故錯誤；D.3amolCO2通入含2amolBa（OH）2的溶液中，反應生成碳酸鋇和碳酸氫鋇，離子方程式3CO2＋4OH?＋Ba2+=BaCO3↓＋2＋H2O，故正確；故選D?！军c睛】掌握酸式鹽的水解或電離方程式的書寫，通常都有水參與反應，關鍵是看離子是分開還是結合的問題，若分開，則為電離，若結合，則為水解?；蚪Y合電離或水解后的酸堿性判斷，如亞硫酸氫根離子電離顯酸性，所以反應產(chǎn)物有氫離子，水解顯堿性，則反應產(chǎn)物有氫氧根離子。10、B【解析】

該裝置分別為固液不加熱制氣體，向上排空氣法收集氣體，以及采用防倒吸的方法進行尾氣處理?！驹斀狻緼、氨氣密度比空氣小，不能使用向上排空氣法，錯誤；B、正確；C、銅與稀硝酸反應需要加熱，且NO2用水吸收會發(fā)生3NO2+H2O=2HNO3+NO，用防倒吸裝置不妥，錯誤；D、制取氯氣需要加熱，錯誤。11、B【解析】

比例模型可以直觀地表示分子的形狀，其碳原子的成鍵情況是確定分子結構的關鍵，碳原子的成鍵情況主要根據(jù)與碳原子形成共價鍵的原子的數(shù)目確定，原子半徑的關系為C>O>H，最大的原子為C，最小的原子為H，小于C原子的灰色原子為O。則該有機物的結構簡式為CH3CH(OH)COOH，則其中含有官能團有一個羥基，一個羧基。故選B。12、C【解析】

電解池工作時O2-向陽極移動，則石墨電極為陽極，電源的b極為正極，電解池的陰極發(fā)生還原反應，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．該裝置是電解池，是將電能轉化為化學能，故A錯誤；B．電解池工作時O2-向陽極移動，則石墨電極為陽極，電源的b極為正極，a極為電源的負極，故B錯誤；C．Ta2O5極為陰極，發(fā)生還原反應，其電極反應為Ta2O5+10e—=2Ta+5O2—，故C正確；D．石墨電極上生成的22.4LO2沒有指明是標準狀況，則其物質(zhì)的量不一定是1mol，轉移電子數(shù)也不一定是4×6.02×1023，故D錯誤；故答案為C?！军c睛】本題考查電解原理的應用，判斷電源的電極是解題關鍵，在電解池中，陰離子移向陽極，陽離子移向陰極，再結合電解池的陰極發(fā)生還原反應，陽極發(fā)生氧化反應分析，難點是氣體摩爾體積的應用，只有指明氣體的狀態(tài)，才能利用22.4L/mol計算氣體的物質(zhì)的量。13、C【解析】

A．機楊航站樓所用鋼鐵是合金，屬于金屬材料，故A正確；B．玻璃是硅酸鹽材料，屬于無機非金屬材料，故B正確；C．橡膠隔震支座，成分為有機高分子材料，鋼板是金屬材料，故C錯誤；D．常用的融雪劑為工業(yè)食鹽，而鹽溶液會加速鐵的生銹，應盡量減小使用，故D正確；故答案為C。14、C【解析】

A.苯分子中只含1個苯環(huán)且沒有側鏈，所以苯是最簡單的芳香烴，故A正確；B.重金屬鹽有毒，金屬離子可導致蛋白質(zhì)變性，故B正確；C.NO、NO2都不是酸性氧化物，故C錯誤，故選C；D.汽車尾氣含大量的固體顆粒物，汽車尾氣的大量排放是造成霧霾天氣的人為因素之一，故D正確。15、C【解析】

A.根據(jù)電鍍原理易知，鐵表面鍍銅時，將鐵與電源的負極相連作電解池的陰極被保護，銅與電源的正極相連作陽極，失電子發(fā)生氧化反應，A項錯誤；B.0.01molCl2通入足量水中發(fā)生的反應為：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，為可逆反應，則轉移電子的數(shù)目小于6.02×1021，B項錯誤；C.反應3C(s)＋CaO(s)===CaC2(s)＋CO(g)中ΔS>0，因在常溫下不能自發(fā)進行，則ΔG=ΔH-TΔS>0，那么ΔH必大于0，C項正確；D.CH3COOH為弱酸，發(fā)生電離方程式為：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀釋0.1mol·L－1CH3COOH溶液過程中，CH3COO-與H+的離子濃度減小，但一定溫度下，水溶液中的離子積不變，則OH-的濃度增大，D項錯誤；答案選C。16、B【解析】

A.同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，因此原子半徑r(Na)>r(O)，Na+、O2-電子層結構相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑r(Na+)<r(O2-)，A正確；B.碘的兩種核素131I和137I的核外電子數(shù)相等，核外電子數(shù)之差為0，B錯誤；C.元素的非金屬性P>As，元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強，所以H3PO4的酸性比H3AsO4的酸性強，C正確；D.Na、Mg、Al位于同一周期，元素的金屬性逐漸減弱，則失電子能力和最高價氧化物對應水化物的堿性均依次減弱，D正確；故合理選項是B。17、D【解析】

A．d為石墨，活潑金屬鐵片作負極，石墨作正極，電流從正極流入導線進入負極，故A正確；B．d為銅片，活潑金屬鐵片作負極，銅片作正極；海水呈中性，所以發(fā)生吸氧腐蝕，銅片上電極反應為：O2+2H2O+4e-═4OH-，故B正確；C．鋅比鐵片活潑，所以腐蝕鋅，所以鐵片不易被腐蝕，故C正確；D．d為鎂片，作為負極，因海水呈中性，所以發(fā)生吸氧腐蝕，所以鐵片上電極反應為：O2+2H2O+4e-═4OH-，故D錯誤；故選D?！军c睛】本題考查了原電池原理，根據(jù)電極上得失電子判斷正負極，再結合電極反應類型、電子流向來分析解答，熟記原電池原理，難點是電極反應式的書寫，題目難度不大。18、A【解析】

A．水溶液中含醋酸分子和水分子，1L1mol/LCH3COOH溶液中所含分子總數(shù)大于NA，故A正確；B．1molCl2發(fā)生氧化還原反應，若是自身發(fā)生歧化反應，獲得電子1mol，也可以只做氧化劑得到電子2mol，故B錯誤；C．標準狀況11.2L混合氣體物質(zhì)的量為0.5mol，常溫常壓下，11.2LN2和NO的混合氣體所含的原子數(shù)小于NA，故C錯誤；D．28g鐵物質(zhì)的量為0.5mol，在反應中作還原劑時，與強氧化劑生成鐵鹽，與弱氧化劑反應生成亞鐵鹽；失去電子的數(shù)目可以是1mol，也可以是1.5mol，故D錯誤；故答案為：A。【點睛】考查與阿伏加德羅常數(shù)有關計算時，要正確運用物質(zhì)的量的有關計算，同時要注意氣體摩爾體積的使用條件；另外還要謹防題中陷阱，如討論溶液里的離子微粒的數(shù)目時，要考慮：①溶液的體積，②離子是否水解，③對應的電解質(zhì)是否完全電離；涉及化學反應時要考慮是否是可逆反應，反應的限度達不到100%；其它如微粒的結構、反應原理等，總之要認真審題，切忌憑感覺答題。19、D【解析】

A.絡合反應為可逆反應，則①濁液中存在平衡：AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)，A項正確；B.離子與SCN-結合生成絡離子，則②中顏色變化說明上層清液中含有SCN-，B項正確；C.銀離子與碘離子結合生成AgI黃色沉淀，則③中顏色變化說明有AgI生成，C項正確；D.硝酸銀過量，不發(fā)生沉淀的轉化，余下的濁液中含銀離子，與KI反應生成黃色沉淀，不能證明AgI比AgSCN更難溶，D項錯誤；答案選D。20、A【解析】

SO2在負極失電子生成SO42-，所以Pt1電極為負極，Pt2電極為正極。【詳解】A.Pt1電極上二氧化硫被氧化成硫酸，失電子發(fā)生氧化反應，為負極，電極方程式為：SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，故A錯誤；B.該電池的原理為二氧化硫與氧氣的反應，即2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以放電過程中消耗的SO2和O2的體積之比為2：1，故B正確；C.質(zhì)子即氫離子，放電時陽離子流向正極，Pt1電極為負極，Pt2電極為正極，則該電池放電時質(zhì)子從Pt1電極經(jīng)過內(nèi)電路流到Pt2電極，故C正確；D.二氧化硫-空氣質(zhì)子交換膜燃料電池，吸收了空氣中的二氧化硫起到了環(huán)保的作用，產(chǎn)物中有硫酸，而且發(fā)電，實現(xiàn)了制硫酸、發(fā)電、環(huán)保三位一體的結合，故D正確；故答案為A。21、D【解析】

用惰性電極電解飽和食鹽水(含少量Ca2+、Mg2+)產(chǎn)生的氣體為氫氣和氯氣，氯氣具有強氧化性，而氫氣在加熱條件下具有較強還原性，根據(jù)(1)中黑色固體變紅，(2)電極a附近溶液出現(xiàn)渾濁可知，a電極為陰極，放出氫氣，生成氫氧根與鎂離子結合成白色沉淀，b電極為陽極，產(chǎn)生的氯氣可氧化硫化鈉生成硫沉淀出現(xiàn)渾濁，過量的氯氣通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能為H+中和了OH-，也可能是氯氣與水反應生成的次氯酸的強氧化性所致，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．(1)中黑色固體變紅，是氫氣還原氧化銅，反應的化學方程式為：CuO+H2

Cu+H2O，故A正確；B．(2)電極a附近溶液出現(xiàn)渾濁，則a電極放出氫氣生成氫氧根，與鎂離子結合成白色沉淀，相關反應為：2H2O+2e-═H2↑+2OH-，Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓，故B正確；C．(3)中溶液出現(xiàn)渾濁，是產(chǎn)生的氯氣氧化硫化鈉生成硫沉淀，離子方程式為：Cl2+S2-═S↓+2Cl-，故C正確；D．(4)中過量的氯氣通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能為H+中和了OH-，也可能是氯氣與水反應生成的次氯酸的強氧化性所致，故D錯誤；故選D。22、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X、W同主族，最外層電子數(shù)相同，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，為金屬鈉，Z是地殼中含量最多的金屬元素，為鋁，四種元素原子的最外層電子數(shù)總和為16，所以計算X、W的最外層電子數(shù)為6，分別為氧和硫。X為氧，Y為鈉，Z為鋁，W為硫。A.原子半徑同一周期從左至右逐漸減小，同一主族從上至下逐漸增大，則原子半徑：r(X)<r(W)<r(Z)，故錯誤；B.Y、Z、W的最高價氧化物的水化物分別為氫氧化鈉，氫氧化鋁，硫酸，兩兩之間均能反應，故正確；C.因為氧的非金屬性比硫強，所以簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：X>W，故錯誤；D.X分別與Y形成氧化鈉或過氧化鈉，含有離子鍵，氧和硫形成的化合物為二氧化硫或三氧化硫，只含共價鍵，故錯誤。故選B。二、非選擇題(共84分)23、乙苯加成反應醛基C2H5OH+C2H5OH13或C2H5OH【解析】

對比A、E的結構，結合反應條件、B與C的分子式，與HBr發(fā)生加成反應生成B為，B發(fā)生水解反應反應生成C為，C發(fā)生催化氧化生成D為，D發(fā)生氧化反應生成E．E與乙醇發(fā)生酯化反應生成F為．F與甲酸乙酯發(fā)生取代反應生成G，反應同時生成乙醇。G與氫氣發(fā)生加成反應生成H，H發(fā)生醇的消去反應、酯的水解反應得到K，故H為。【詳解】（1）與氫氣發(fā)生加成反應生成的芳香烴為，所得芳香烴的名稱為：乙苯；A→B的反應類型是：加成反應；D為，D中含氧官能團的名稱是：醛基，故答案為乙苯；加成反應；醛基；（2）由分析可知，C的結構簡式為；F→G的反應除生成G外，另生成的物質(zhì)為：C2H5OH，故答案為；C2H5OH；（3）H→K反應的化學方程式為：，故答案為；（4）B為，B的同分異構體含有苯環(huán)，有1個取代基還可以為-CHBrCH3，有2個取代基為-Br、-CH2CH3或-CH2Br、-CH3，均有鄰、間、對3種位置結構，有2×3=6種，有3個取代基為-Br、-CH3、-CH3，2個甲基有鄰、間、對3種位置，對應的-Br分別有2種、3種、1種位置，有6種，故符合條件的共有1+6+6=13種，其中核磁共振氫譜顯示3組峰的結構簡式為、，故答案為13；或；（5）由乙醇制備乙酰乙酸乙酯，乙醇被氧化生成乙酸，乙酸和乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，乙酸乙酯在堿性條件下發(fā)生信息中的轉化可得乙酰乙酸乙酯，其合成路線為：，故答案為?！军c睛】本題考查有機物推斷與合成，側重對有機化學基礎知識和邏輯思維能力考查，注意對比物質(zhì)的結構明確發(fā)生的反應，熟練掌握官能團的結構、性質(zhì)及相互轉化是解答關鍵。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(zhì)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(zhì)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(zhì)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(zhì)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-。【點睛】鑒定物質(zhì)有別于鑒別物質(zhì)，鑒別物質(zhì)時，只需檢驗物質(zhì)中所含的某種微粒，只要能讓該物質(zhì)與另一物質(zhì)區(qū)分開便達到目的。鑒定物質(zhì)時，物質(zhì)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、水浴加熱Mg2++HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O+NH4+取最后一次洗滌液少量，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，若不出現(xiàn)沉淀，即洗滌干凈暫時儲存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持裝置中壓強相對穩(wěn)定升高溫度氣體的溶解度減小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全（1.000-84a）/18a1【解析】

（1）①①水浴加熱受熱均勻，易于控制，不高于100℃均可采用水浴加熱，故答案為水浴加熱；②將250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，用氨水調(diào)節(jié)溶液pH到9.5，反應生成碳酸鎂結晶水合物，反應的化學方程式為Mg2++HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O+NH4+，故答案為Mg2++HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O+NH4+；（2）①裝置中氣球可以緩沖壓強并封閉裝置，暫時儲存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持裝置中壓強相對穩(wěn)定，故答案為暫時儲存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持裝置中壓強相對穩(wěn)定；②反應后期將溫度升到30℃，使生成的二氧化碳全部逸出后被氫氧化鈉溶液吸收，減少測定產(chǎn)生的誤差，故答案為升高溫度氣體的溶解度減小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全；③實驗測得每1.000g碳酸鎂晶須產(chǎn)生的CO2平均值為amol，依據(jù)元素守恒可知，碳酸鎂物質(zhì)的量為amol，根據(jù)化學式可知，MgCO3?nH2O中碳酸鎂晶體中碳酸鎂和結晶水物質(zhì)的量之比為1：n，得到1：n=a：；得到n=（1.000-84a）/18a，故答案為（1.000-84a）/18a；（3）MgCO3?nH2On=1～5，分析圖象400°C剩余質(zhì)量為82.3g，為失去結晶水的質(zhì)量，剩余質(zhì)量為39.5g是碳酸鎂分解失去二氧化碳的質(zhì)量，得到100g×=100-82.3，解得n=1，故答案為1。26、緩慢通入干燥的氮氣，直至溴完全揮發(fā)至三頸瓶中球形冷凝管吸收多余溴蒸氣，防止污染空氣，防止空氣中的水分進入使MgBr2水解控制反應溫度，防止Mg和Br2反應放熱過于劇烈，使實驗難以控制，同時減小溴的揮發(fā)防止乙醚和溴的泄露，應在通風櫥中進行實驗乙醚易燃，避免使用明火防止溴腐蝕橡膠塞、乳膠管BD97.52%（或0.9752）偏高【解析】

B中通入干燥的N2，產(chǎn)生氣泡，使Br2揮發(fā)進入三頸燒瓶，Mg、Br2和乙醚在三頸燒瓶中劇烈反應，放出大量的熱，為避免反應過劇烈，同時減少反應物Br2、乙醚揮發(fā)，將三頸燒瓶置于冰水浴中進行，同時用冷凝管將揮發(fā)的Br2、乙醚冷凝回流，提高原料利用率。在冷凝管上端加一個盛放堿石灰的干燥管，防止Br2揮發(fā)污染空氣，同時也可防止空氣中的水蒸氣進入裝置使MgBr2水解，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)步驟2應為：緩慢通入干燥的氮氣，直至溴完全揮發(fā)至三頸瓶中，故答案為：緩慢通入干燥的氮氣，直至溴完全揮發(fā)至三頸瓶中；(2)儀器A為球形冷凝管，堿石灰可防止揮發(fā)的Br2進入到空氣中污染空氣，同時也可防止空氣中的水蒸氣進入裝置使MgBr2水解，冰水浴可減少溴揮發(fā)，可降低反應的劇烈程度，故答案為：球形冷凝管；吸收多余溴蒸氣，防止污染空氣，防止空氣中的水分進入使MgBr2水解；控制反應溫度，防止Mg和Br2反應放熱過于劇烈，使實驗難以控制，同時減小溴的揮發(fā)；(3)本實驗用到的溴和乙醚均有毒且易揮發(fā)，實驗時為防止揮發(fā)對人造成傷害，可以在通風櫥中進行，乙醚易燃，注意避免使用明火，故答案為：防止乙醚和溴的泄露，應在通風櫥中進行實驗；乙醚易燃，避免使用明火；(4)溴有強氧化性，能氧化橡膠塞和乳膠而使橡膠塞、乳膠管腐蝕，包了錫箔紙是為了防止溴腐蝕橡膠塞、乳膠管，故答案為：防止溴腐蝕橡膠塞、乳膠管；(5)A．95%的乙醇有水，使溴化鎂水解，不能用95%的乙醇代替苯，A錯誤；B．選用0℃的苯洗滌晶體可以減少晶體的損失，B正確；C．加熱到160℃的主要目的是使三乙醚合溴化鎂分解產(chǎn)生溴化鎂，C錯誤；D．該步驟的目的是除去乙醚和可能殘留的溴得到純凈的溴化鎂，D正確；綜上所述，BD正確，故答案為：BD；(6)①共消耗EDTA的物質(zhì)的量=0.0500mol·L-1×26.5×10-3L×3=3.975×10-3mol，根據(jù)鎂原子守恒有：MgBr2～EDTA，則n(MgBr2)=n(EDTA)=3.975×10-3mol，m(MgBr2)=3.975×10-3mol×184g/mol=0.7314g，所以，MgBr2的純度==97.52%，故答案為：97.52%（或0.9752）；②滴定前未用標準溶液潤洗滴定管，標準液被稀釋，滴定時所需體積偏大了，導致濃度偏高，故答案為：偏高。27、沉淀不溶解，無氣泡產(chǎn)生BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2Ob2I――2e－＝I2由于生成AgI沉淀，使B溶液中c(I－)減小，I－還原性減弱，原電池電壓減小實驗步驟ⅳ表明Cl－本身對原電池電壓無影響，實驗步驟ⅲ中c>b說明加入Cl－使c(I－)增大，證明發(fā)生了AgI+Cl－AgCl+I－溶解度小的沉淀容易轉化為溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差別越大，由溶解度小的沉淀轉化為溶解度較大的沉淀越難實現(xiàn)【解析】

(1)①BaCO3與鹽酸反應放出二氧化碳氣體，BaSO4不溶于鹽酸；②實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后有少量氣泡產(chǎn)生，是BaCO3與鹽酸反應放出二氧化碳；③實驗Ⅱ中加入試劑Na2CO3后，發(fā)生反應是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；(2)①要證明AgCl轉化為AgI，AgNO3與NaCl溶液反應時，必須是NaCl過量；②I―具有還原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原電池負極；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；④AgI轉化為AgCl，則c(I－)增大，還原性增強，電壓增大。(3)根據(jù)實驗目的及現(xiàn)象得出結論?！驹斀狻?1)①BaCO3與鹽酸反應放出二氧化碳氣體，BaSO4不溶于鹽酸，實驗I說明BaCO3全部轉化為BaSO4的現(xiàn)象是加入鹽酸后，沉淀不溶解，無氣泡產(chǎn)生；②實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后有少量氣泡產(chǎn)生，沉淀部分溶解，說明是BaCO3與鹽酸反應，反應離子方程式是BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；③實驗Ⅱ中加入試劑Na2CO3后，發(fā)生反應是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；固體不計入平衡常數(shù)表達式，所以沉淀轉化的平衡常數(shù)表達式K=；(2)①AgNO3與NaCl溶液反應時，NaCl過量，再滴入KI溶液，若有AgI沉淀生成才能證明AgCl轉化為AgI，故實驗Ⅲ中甲是NaCl溶液，選b；②I―具有還原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原電池負極，負極反應是2I――2e－＝I2；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀，B溶液中c(I－)減小，I－還原性減弱，原電池電壓減小，所以實驗Ⅳ中b<a；④實驗步驟ⅳ表明Cl－本身對原電池電壓無影響，實驗步驟ⅲ中c>b說明加入Cl－使c(I－)增大，證明發(fā)生了AgI+Cl－AgCl+I－。(3)綜合實驗Ⅰ~Ⅳ,可得出的結論是溶解度小的沉淀容易轉化為溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差別越大，由溶解度小的沉淀轉化為溶解度較大的沉淀越難實現(xiàn)。28、CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g）⊿H=+84kJ/mol＞b、cHCHO-4e-+H2O=CO2+4H+3Ca(ClO)2