2024年北京市順義區(qū)第九中學高三沖刺模擬化學試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、水是自然界最重要的分散劑，關于水的敘述錯誤的是（）A．水分子是含極性鍵的極性分子B．水的電離方程式為：H2O?2H++O2﹣C．重水（D2O）分子中，各原子質量數(shù)之和是質子數(shù)之和的兩倍D．相同質量的水具有的內(nèi)能：固體＜液體＜氣體2、海水提鎂的工藝流程如下：下列敘述正確的是A．反應池中的反應利用了相同條件下Mg(OH)2比Ca(OH)2難溶的性質B．干燥過程在HCl氣流中進行，目的是避免溶液未完全中和C．上述流程中發(fā)生的反應有化合、分解、置換和復分解反應D．上述流程中可以循環(huán)使用的物質是H2和Cl23、新型冠狀病毒肺炎疫情發(fā)生以來，科學和醫(yī)學界積極尋找能夠治療病毒的藥物。4-去甲基表鬼臼毒素具有抗腫瘤、抗菌、抗病毒等作用，分子結構如圖所示，下列說法錯誤的是A．該有機物中有三種含氧官能團B．該有機物有4個手性碳原子，且遇FeCl3溶液顯紫色C．該有機物分子中所有碳原子不可能共平面D．1mol該有機物最多可以和2molNaOH、7molH2反應4、能用共價鍵鍵能大小解釋的性質是（）A．穩(wěn)定性：HCl>HI B．密度：HI>HClC．沸點：HI>HCl D．還原性：HI>HCl5、科學家利用電解NaB(OH)4溶液制備H3BO3的工作原理如下圖。下列說法中正確的是A．b膜為陽離子交換膜B．N室中,進口和出口NaOH溶液的濃度:a%<b%C．電子從左邊石墨電極流出,先后經(jīng)過a、b、c膜流向右邊石墨電極D．理論上每生成1molH3BO3,兩極室共生成33.6L氣體(標準狀況)6、使用下列試劑或進行下列操作，能達到相應實驗目的的是實驗目的試劑或實驗操作A制備一定量氫氣鋅粒、稀硝酸B證明Al(OH)3，具有兩性0.1mol/L的鹽酸與0.1mol/L的氨水C除去酒精中少量的水加入適量CaO后蒸發(fā)D證明Na2O2與H2O的鍵能之和小于生成的NaOH與氧氣的鍵能之和用脫脂棉包裹適量Na2O2后，再向脫脂棉上滴幾滴水，脫脂棉燃燒A．A B．B C．C D．D7、電解法處理CO2和SO2混合污染氣的原理如下圖所示，電解質為熔融碳酸鹽和硫酸鹽，通電一段時間后，Ni電極表面形成摻雜硫的碳積層。下列說法錯誤的是A．Ni電極表面發(fā)生了還原反應B．陽極的電極反應為：2O2—-4e-=O2C．電解質中發(fā)生的離子反應有：2SO2+4O2—=2SO42—D．該過程實現(xiàn)了電解質中碳酸鹽和硫酸鹽的自補充循環(huán)8、《現(xiàn)代漢語詞典》中有：“纖維”是細絲狀物質或結構。下列關于“纖維”的說法不正確的是（）A．造紙術是中國古代四大發(fā)明之一，所用到的原料木材纖維屬于糖類B．絲綢是連接東西方文明的紐帶，其中蠶絲纖維的主要成分是蛋白質C．光纖高速信息公路快速發(fā)展，光導纖維的主要成分是二氧化硅D．我國正大力研究碳纖維材料，碳纖維屬于天然纖維9、光電池在光照條件下可產(chǎn)生電壓，如下裝置可以實現(xiàn)光能源的充分利用，雙極性膜可將水解離為H+和OH-，并實現(xiàn)其定向通過。下列說法不正確的是A．該裝置將光能轉化為化學能并分解水B．雙極性膜可控制其兩側溶液分別為酸性和堿性C．如陽極區(qū)為KOH深液，在光照過程中陽極區(qū)溶液中的c(OH-)基本不變D．再生池中的反應：2V2++2H+2V3++H2↑10、25°C時,0.100mol·L-1鹽酸滴定25.00mL0.1000mol.L-1'氨水的滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是A．滴定時,可迄用甲基橙或酚酞為指示劑B．a(chǎn)、b兩點水電離出的OH-濃度之比為10-4.12C．c點溶液中離子濃度大小順序為c（Cl-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-）D．中和等體積等pH的氨水和NaOH溶液時消耗相同濃度鹽酸的體積相等11、一定條件下，等物質的量的N2（g）和O2（g）在恒容密閉容器中反應：N2（g）+O2（g）2NO（g），曲線a表示該反應在溫度T℃時N2的濃度隨時間的變化，曲線b表示該反應在某一起始反應條件改變時N2的濃度隨時間的變化。敘述正確的是（）A．溫度T℃時，該反應的平衡常數(shù)K=B．溫度T℃時，混合氣體的密度不變即達到平衡狀態(tài)C．曲線b對應的條件改變可能是加入了催化劑D．若曲線b改變的條件是溫度，則該正反應放熱12、下列有關說法正確的是A．酒精濃度越大，消毒效果越好B．通過干餾可分離出煤中原有的苯、甲苯和粗氨水C．可用飽和碳酸鈉溶液除去乙酸乙酯中殘留的乙酸D．淀粉和纖維素作為同分異構體，物理性質和化學性質均有不同13、溴化氫比碘化氫A．鍵長短 B．沸點高 C．穩(wěn)定性小 D．還原性強14、下列實驗裝置正確的是（）A．用圖1所示裝置收集SO2氣體B．用圖2所示裝置檢驗溴乙烷與NaOH醇溶液共熱產(chǎn)生的C2H4C．用圖3所示裝置從食鹽水中提取NaClD．用圖4所示裝置制取并收集O215、用下列實驗裝置進行相應實驗，設計正確且能達到實驗目的的是（）A．用圖1所示裝置制取并收集少量純凈的氨氣B．用圖2所示裝置分離乙醇和乙酸乙酯的混合溶液C．用圖3所示裝置加熱分解NaHCO3固體D．用圖4所示裝置比較KMnO4、Cl2、Br2的氧化性強弱16、25℃時，向NaHCO3溶液中滴入鹽酸，混合溶液的pH與離子濃度變化的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A．25℃時，H2CO3的一級電離K(H2CO3)=1.0×10-6.4B．圖中a=2.6C．25℃時，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6D．M點溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)17、W、X、Y、Z均為短周期主族元素，原子序數(shù)依次增加，X與Y形成化合物能與水反應生成酸且X、Y同主族，兩元素核電荷數(shù)之和與W、Z原子序數(shù)之和相等，下列說法正確是（）A．Z元素的含氧酸一定是強酸B．原子半徑：X＞ZC．氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性：W＞XD．W、X與H形成化合物的水溶液可能呈堿性18、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A．0.1mol·L－1HCl溶液：Ba2＋、Na＋、AlO2-、NO3-B．0.1mol·L－1MgSO4溶液：Al3＋、H＋、Cl－、NO3-C．0.1mol·L－1NaOH溶液：Ca2＋、K＋、CH3COO－、CO32-D．0.1mol·L－1Na2S溶液：NH4+、K＋、ClO－、SO42-19、下列食品添加劑中，其使用目的與反應速率有關的是()A．抗氧化劑 B．調(diào)味劑C．著色劑 D．增稠劑20、單質鈦的機械強度高，抗蝕能力強，有“未來金屬”之稱。工業(yè)上常用硫酸分解鈦鐵礦(FeTiO3)的方法制取二氧化鈦，再由二氧化鈦制金屬鈦，主要反應有：①FeTiO3+3H2SO4=Ti(SO4)2+FeSO4+3H2O②Ti(SO4)2+3H2O=H2TiO3↓+2H2SO4③H2TiO3TiO2+H2O④TiO2+2C+2Cl2TiCl4↑+CO↑⑤TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti下列敘述錯誤的是()A．反應①屬于非氧化還原反應B．反應②是水解反應C．反應④中二氧化鈦是氧化劑D．反應⑤表現(xiàn)了金屬鎂還原性比金屬鈦強21、我國科學家開發(fā)的一種“磷酸釩鋰/石墨離子電池”在4.6V電位區(qū)電池總反應為：Li3C6＋V2(PO4)36C＋Li3V2(PO4)3。下列有關說法正確的是A．該電池比能量高，用Li3V2(PO4)3做負極材料B．放電時，外電路中通過0.1mol電子M極質量減少0.7gC．充電時，Li+向N極區(qū)遷移D．充電時，N極反應為V2(PO4)3＋3Li＋＋3e－=Li3V2(PO4)322、天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等離子?；鹆Πl(fā)電時燃煤排放的含SO2的煙氣可利用海水脫硫，其工藝流程如圖所示：下列說法錯誤的是（）A．天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32-、HCO3-水解B．“氧化”是利用氧氣將H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化生成SO42-C．“反應、稀釋”時加天然海水的目的是中和、稀釋經(jīng)氧化后海水中生成的酸D．“排放”出來的海水中SO42-的物質的量濃度與進入吸收塔的天然海水相同二、非選擇題(共84分)23、（14分）為確定某鹽A(僅含三種元素)的組成，某研究小組按如圖流程進行了探究：請回答：(1)A的化學式為______________________。(2)固體C與稀鹽酸反應的離子方程式是________________________。(3)A加熱條件下分解的化學方程式為________________________。24、（12分）環(huán)戊噻嗪是治療水腫及高血壓的藥物，其中間體G的一種合成路線如下：回答下列問題：(1)A的化學名稱是_____________。B中含有官能團的名稱為_____________。(2)反應②的反應類型是________________。(3)C的結構簡式為_______________。(4)G與新制Cu(OH)2反應的化學方程式為___________________。(5)X與E互為同分異構體，X中含有六元碳環(huán)，且X能與NaOH溶液反應，則符合條件的X的結構簡式為_________________。(6)設計由1,3-丙二醇和丙二酸二乙酯制備的合成路線(其他試劑任選)______________。25、（12分）某興趣小組設計了如圖所示的實驗裝置，既可用于制取氣體，又可用于驗證物質的性質。（1）打開K1關閉K2，可制取某些氣體。甲同學認為裝置Ⅰ可用于制取H2、NH3、O2，但裝置Ⅱ只能收集H2、NH3，不能收集O2。其理由是_____。乙同學認為在不改動裝置Ⅱ儀器的前提下，對裝置Ⅱ進行適當改進，也可收集O2。你認為他的改進方法是_____。（2）打開K2關閉K1，能比較一些物質的性質。丙同學設計實驗比較氧化性：KClO3＞Cl2＞Br2。在A中加濃鹽酸后一段時間，觀察到C中的現(xiàn)象是______；儀器D在該裝置中的作用是_______。在B裝置中發(fā)生反應的離子方程式為______。丁同學用石灰石、醋酸、苯酚鈉等藥品設計了另一實驗。他的實驗目的是_____。（3）實驗室常用濃H2SO4與硝酸鈉反應制取HNO3。下列裝置中最適合制取HNO3的是_____。實驗室里貯存濃硝酸的方法是_______。abcd26、（10分）二氧化氯是高效、低毒的消毒劑。已知：ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，回答下列問題：(1)ClO2的制備及性質探究(如圖所示)。①儀器a的名稱為________，裝置B的作用是________。②裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，該反應的化學方程式為_________。裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，其作用是________________。③裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，則該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為________，氧化產(chǎn)物是___________。(2)粗略測定生成ClO2的量實驗步驟如下：a.取下裝置D，將其中的溶液轉入250mL容量瓶，用蒸餾水洗滌D瓶2~3次，并將洗滌液一并轉移到容量瓶中，再用蒸餾水稀釋至刻度。b.從容量瓶中取出25.00mL溶液于錐形瓶中，用0.1000mol/L硫代硫酸鈉標準溶液滴定（I2+2S2O32-=2I－+S4O62-），指示劑顯示終點時共用去24.00mL硫代硫酸鈉溶液。①滴定至終點的現(xiàn)象是_____________。②進入裝置D中的ClO2質量為_______，與C中ClO2的理論產(chǎn)量相比，測定值偏低，可能的原因是__________。27、（12分）堿式碳酸鈷[Cox（OH）y(CO3)z]常用作電子材料，磁性材料的添加劑，受熱時可分解生成三種氧化物。為了確定其組成，某化學興趣小組同學設計了如圖所示裝置進行實驗。（1）請完成下列實驗步驟：①稱取3.65g樣品置于硬質玻璃管內(nèi)，稱量乙、丙裝置的質量；②按如圖所示裝置組裝好儀器，并檢驗裝置氣密性；③加熱甲中玻璃管，當乙裝置中____________（填實驗現(xiàn)象），停止加熱；④打開活塞a，緩緩通入空氣數(shù)分鐘后，稱量乙、丙裝置的質量；⑤計算。（2）步驟④中緩緩通入空氣數(shù)分鐘的目的是_____________________（3）某同學認為上述實驗裝置中存在一個明顯缺陷，為解決這一問題，可選用下列裝置中的______(填字母)連接在_________(填裝置連接位置)。（4）若按正確裝置進行實驗，測得如下數(shù)據(jù)：乙裝置的質量/g丙裝置的質量/g加熱前80.0062.00加熱后80.3662.88則該堿式碳酸鈷的化學式為_________________。（5）含有Co(AlO2)2的玻璃常用作實驗室觀察鉀元素的焰色反應，該玻璃的顏色為___________。（6）CoCl2·6H2O常用作多彩水泥的添加劑，以含鈷廢料（含少量Fe、Al等雜質）制取CoCl2·6H2O的一種工藝如下：已知：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2CO(OH)2Al(OH)2開始沉淀（PH）2.37.57.63.4完全沉淀（PH）4.19.79.25.2①凈除雜質時，加入H2O2發(fā)生反應的離子方程式為______________。②加入CoCO3調(diào)PH為5.2～7.6，則操作Ⅰ獲得的濾渣成分為_____________。③加鹽酸調(diào)整PH為2～3的目的為__________________________________。④操作Ⅱ過程為___________(填操作名稱)、過濾。28、（14分）鈦(Ti)有“21世紀將是鈦的世紀”之說，而鈦鋁合金廣泛用于航天領域，已知熔融的TiO2能夠導電?；卮鹣铝袉栴}：(1)寫出基態(tài)Ti原子的價層電子排布圖____________，鈦元素在周期表中的位置是____________。(2)TiO2、TiCl4和TiBr4的熔點如下表所示，解釋表中鈦的化合物熔點存在差異的原因_________。(3)TiC14可由TiO2和光氣(COC12)反應制得，反應為TiO2+2COC12TiCl4+2CO2。反應中COC12和CO2碳原子的雜化方式分別為____________、____________，COCl2的空間構型是_______。(4)鈦鋁合金中，原子之間是由____________鍵形成的晶體，一種鈦鋁合金具有面心立方最密堆積的結構，在晶胞中Ti原子位于頂點和面心位置，Al原子位于棱心和體心，則該合金中Ti和Al原子的數(shù)量之比為____________。(5)已知TiO2晶胞中Ti4+位于O2－所構成的正八面體的體心，TiO2晶胞結構如圖所示：①根據(jù)晶胞圖分析TiO2晶體中Ti4+的配位數(shù)是____________。②已知TiO2晶胞參數(shù)分別為anm、bnm和cnm，設阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為NA，則TiO2的密度為____________g·cm-3(列出計算式即可)。29、（10分）金屬錳及化合物廣泛應用于工業(yè)生產(chǎn)、制造業(yè)等領域。（1）科研人員將錳粉碎后加入到溶液中使其浸出（假定雜質不反應，溶液體積不變），發(fā)生反應（已知含水溶液為米黃色）①為加快上述反應速率可以采取的措施有________（寫出一條即可）。不考慮溫度因素，一段時間后Mn的溶解速率加快，可能的原因是_______。②下列說明反應已達平衡的有_______（填編號）。A．溶液的顏色不發(fā)生變化B．溶液中C．體系中固體的質量不變D．與濃度的比值保持不變③室溫下，測得溶液中陽離子濃度隨時間的變化情況如下圖所示，則上述反應的平衡常數(shù)K=___，的轉化率為_____。④若其他條件不變，10mim后向容器中迅速加入蒸餾水至溶液體積變?yōu)樵瓉淼?倍，則再次平衡時=_____（不考慮離子水解的影響）。（2）也可在為體系的電解液中電解獲得，其陽極反應式為_____。（3）電解制錳后的廢水中含有，常用石灰乳進行一級沉降得到沉淀，過濾后再向濾液中加入等體積的溶液，進行二級沉降，為了將的濃度降到，則加入的溶液的濃度至少是___mol/L[已知]。

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、B【解析】

A.水含H-O極性鍵，為V形結構，正負電荷的中心不重合，則為極性分子，A項正確；B.水為弱電解質，存在電離平衡，電離方程式為H2O?H++OH﹣，B項錯誤；C.質量數(shù)為2×2+16=20，質子數(shù)為1×2+8=10，則重水（D2O）分子中各原子質量數(shù)之和是質子數(shù)之和的兩倍，C項正確；D.由固態(tài)轉化為液態(tài)，液態(tài)轉化為氣態(tài)，均吸熱過程，氣態(tài)能量最高，則相同質量的水具有的內(nèi)能：固體＜液體＜氣體，D項正確；答案選B。2、A【解析】

A.氫氧化鈣微溶，氫氧化鎂難溶，沉淀向更難溶方向轉化，故可以用氫氧化鈣制備氫氧化鎂，A正確；B.干燥過程在HCl氣流中進行目的是防止氯化鎂水解，B錯誤；C.該流程中沒有涉及置換反應，C錯誤；D.上述流程中可以循環(huán)使用的物質是Cl2，過程中沒有產(chǎn)生氫氣，D錯誤；答案選A。3、D【解析】

A．該有機物種有醚鍵(—O—)、羥基(—OH)、酯基(—COO—)三種含氧官能團，A選項正確；B．根據(jù)該有機物的分子結構式，與醇羥基相連的碳中有4個手性碳原子，且分子種含有酚羥基(與苯環(huán)直接相連的羥基)，能遇FeCl3溶液顯紫色，B選項正確；C．醇羥基所在的C與其他兩個C相連為甲基結構，不可能共平面，故該有機物分子中所有碳原子不可能共平面，C選項正確；D．1mol酚羥基(—OH)能與1molNaOH發(fā)生反應，1mol酯基(—COO—)能與1molNaOH發(fā)生水解反應，1mol該有機物有1mol酚羥基(—OH)、1mol酯基(—COO—)，則1mol該有機物可與2molNaOH發(fā)生反應，分子中含有兩個苯環(huán)，可以和6molH2發(fā)生加成反應，D選項錯誤；答案選D。4、A【解析】

A.元素非金屬性F>Cl>Br>I，影響其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性的因素是共價鍵的鍵能，共價鍵的鍵能越大其氫化物越穩(wěn)定，與共價鍵的鍵能大小有關，A正確；B.物質的密度與化學鍵無關，與單位體積內(nèi)含有的分子的數(shù)目及分子的質量有關，B錯誤；C.HI、HCl都是由分子構成的物質，物質的分子間作用力越大，物質的沸點就越高，可見物質的沸點與化學鍵無關，C錯誤；D.元素非金屬性F>Cl>Br>I，元素的非金屬性越強，其得電子能力越強，故其氣態(tài)氫化合物的還原性就越弱，所以氣態(tài)氫化物還原性由強到弱為HI>HBr>HCl>HF，不能用共價鍵鍵能大小解釋，D錯誤；故合理選項是A。5、B【解析】

A．M室與電源正極相連為陽極，N室為陰極，則電解質溶液中陽離子向N室移動，陰離子向M室移動，電解過程中原料室中的B(OH)4-需要移動到產(chǎn)品室，且不能讓產(chǎn)品室中氫離子移動到右側，所以b膜為陰離子交換膜，故A錯誤；B．原料室中的Na+會移動到陰極即N室，N室中發(fā)生電極反應2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以經(jīng)N室后NaOH溶液濃度變大，所以NaOH溶液的濃度:a%<b%，故B正確；C．電子不能在電解質溶液中移動，故C錯誤；D．理論上每生成1molH3BO3，則M室中就有1mol氫離子通過a膜進入產(chǎn)品室即轉移1mole-，M、N室電極反應式分別為2H2O-4e-=O2↑+4H+、2H2O+2e-=H2↑+2OH-，M室生成0.25molO2、N室生成0.5molH2，則兩極室共產(chǎn)生標準狀況下16.8

L氣體，故D錯誤；故答案為B。6、D【解析】

A.稀硝酸具有強氧化性，與鋅粒反應不會生成氫氣，達不到實驗目的；B.氫氧化鋁不與弱堿反應，而氨水不能溶解氫氧化鋁，達不到實驗目的；C.除去酒精中少量的水，加入適量CaO后，CaO會與水反應生成沸點較高的氫氧化鈣，可利用蒸餾的方法得到酒精，而不是蒸發(fā)操作，C項錯誤；D.用脫脂棉包裹適量Na2O2后，再向脫脂棉上滴幾滴水，脫脂棉燃燒，說明該反應為放熱反應，放熱反應的反應物的鍵能之和小于生成物的鍵能之和，即證明Na2O2與H2O的鍵能之和小于生成的NaOH與氧氣的鍵能之和，D項正確；答案選D?！军c睛】反應熱的表達有宏觀與微觀兩種方式。第一種，反應熱=生成物的總能量-反應物的總能量；第二種，反應熱=反應物的鍵能之和-生成物的鍵能之和，學生要理解反應的實質。7、C【解析】

由圖可知，Ni電極表面發(fā)生了SO42-轉化為S，CO32-轉化為C的反應，為還原反應；SnO2電極上發(fā)生了2O2—-4e-=O2↑，為氧化反應，所以Ni電極為陰極，SnO2電極為陽極，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼.由圖示原理可知，Ni電極表面發(fā)生了還原反應，故A正確；B.陽極發(fā)生失電子的氧化反應，電極反應為：2O2—-4e-=O2↑，故B正確；C.電解質中發(fā)生的離子反應有：2SO2+O2+2O2-=2SO42—和CO2+O2-=CO32-，故C錯誤；D.該過程中在SO42-和CO32-被還原的同時又不斷生成SO42-和CO32-，所以實現(xiàn)了電解質中碳酸鹽和硫酸鹽的自補充循環(huán)，故D正確。故答案選C。8、D【解析】

A．造紙所用的原料木材纖維屬于糖類，A項正確；B．蠶絲纖維的主要成分是蛋白質，B項正確；C．光導纖維的主要成分是二氧化硅，C項正確；D．碳纖維的主要成分為單質碳，不屬于天然纖維，D項錯誤。故選D。9、C【解析】

由圖上電子的移動方向可知右側電解池的陽極，反應式為4OH--4e-=2H2O+O2↑，左側為陰極，反應式為2V3++2e-=2V2+；雙極性膜可將水解離為H+和OH-，由圖可知，H+進入陰極，OH-進入陽極，放電后的溶液進入再生池中在催化劑條件下發(fā)生反應放出氫氣，反應方程式為2V2++2H+2V3++H2↑，由此來解題。【詳解】A.由圖可知，該裝置將光能轉化為化學能并分解水，A正確；B.雙極性膜可將水解離為H+和OH-，由圖可知，H+進入陰極，OH-進入陽極，則雙極性膜可控制其兩側溶液分別為酸性和堿性，B正確；C.光照過程中陽極區(qū)反應式為4OH--4e-=2H2O+O2↑，又雙極性膜可將水解離為H+和OH-，其中OH-進入陽極，所以溶液中的n(OH-)基本不變，但H2O增多，使c(OH-)降低，C錯誤；D.根據(jù)以上分析，再生的反應方程式為2V2++2H+2V3++H2↑，D正確；故合理選項是C。【點睛】本題考查電解池的工作原理，根據(jù)題中給出電子的移動方向判斷陰、陽極是解題關鍵。注意題干信息的應用，題目考查了學生信息處理與應用能力。10、B【解析】

A．甲基橙變色范圍為3.1~4.4，酚酞變色范圍為8~10，鹽酸滴定氨水恰好完全反應時溶液顯酸性，應選甲基橙作指示劑，故A錯誤；B．a(chǎn)溶液呈堿性，則主要是NH3·H2O的電離抑制水解，pH=9.24，則溶液中c水(H+)=10-9.24mol/L，則水電離出的c水(OH-)=10-9.24mol/L；b點溶液呈酸性，主要是NH4+的水解促進水的電離，pH=5.12，則溶液中c水(H+)=10-5.12mol/L，則水電離出的c水(OH-)=10-5.12mol/L，所以a、b兩點水電離出的OH-濃度之比為=10-4.12，故B正確；C．c點滴加了50mL鹽酸，則溶液中的溶質為NH4Cl和HCl，且物質的量濃度相同，所以溶液中離子濃度大小順序為：c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)，故C錯誤；D．等pH的氨水和NaOH溶液，氨水的濃度要遠大于氫氧化鈉溶液的濃度，所以中和等體積等pH的氨水和NaOH溶液時，氨水消耗相同濃度鹽酸的體積更多，故D錯誤；故答案為B?！军c睛】在有關水的電離的計算是，無論是酸堿的抑制，還是水解的促進，要始終把握一個點：水電離出的氫離子和氫氧根濃度相同。11、A【解析】

A．故K＝，故A正確；B．反應物和生成物均是氣體，故氣體的質量m不變，容器為恒容容器，故V不變，則密度ρ＝不變，故B錯誤；C．由圖可知，b曲線氮氣的平衡濃度減小，故應是平衡發(fā)生移動，催化劑只能改變速率，不能改變平衡，故b曲線不可能是由于催化劑影響的，故C錯誤；D．由圖可知，b曲線化學反應速率快(變化幅度大)，氮氣的平衡濃度減小，升高溫度平衡正向移動，則正反應為吸熱反應，即△H＞0，故D錯誤；故答案為A。12、C【解析】

體積分數(shù)是75%的酒精殺菌消毒效果最好，A錯誤；煤中不含苯、甲苯和粗氨水，可通過煤的干餾得到苯、甲苯和粗氨水等，B錯誤；飽和碳酸鈉溶液能降低乙酸乙酯的溶解度而分層析出，且能除去乙酸，C正確；淀粉和纖維素通式相同但聚合度不同，不屬于同分異構體，D項錯誤。13、A【解析】

A.溴化氫中的溴原子半徑小于碘原子半徑，所以溴化氫的鍵長比碘化氫的短，故A正確；B.溴化氫和碘化氫都是共價化合物，組成和結構相似，相對分子質量越大，范德華力越強，沸點越高，所以溴化氫的沸點低于碘化氫的，故B錯誤；C.溴的非金屬性比碘強，所以溴化氫比碘化氫穩(wěn)定，故C錯誤；D.溴的非金屬性比碘強，非金屬性越強，單質的氧化性越強，離子的還原性就越弱，所以溴化氫比碘化氫還原性弱，故D錯誤；故選：A。14、D【解析】

A、SO2密度比空氣大，應用向上排空法收集，故A錯誤；B、乙醇易揮發(fā)，可與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，不能排除乙醇的干擾，故B錯誤；C、蒸發(fā)應用蒸發(fā)皿，不能用坩堝，故C錯誤；D、過氧化氫在二氧化錳催化作用下生成氧氣，氧氣密度比空氣大，可用向上排空法收集，故D正確。答案選D。15、D【解析】A，向NaOH固體中加入濃氨水可產(chǎn)生NH3，NH3可用堿石灰干燥，NH3密度比空氣小，應用向下排空法收集，A項錯誤；B，乙醇和乙酸乙酯為互相混溶的液體混合物，不能用分液法進行分離，B項錯誤；C，加熱分解NaHCO3固體時試管口應略向下傾斜，C項錯誤；D，濃鹽酸加到KMnO4中產(chǎn)生黃綠色氣體，錐形瓶中發(fā)生的反應為2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，根據(jù)同一反應中氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物得出，氧化性：KMnO4>Cl2，Cl2通入NaBr溶液中溶液由無色變?yōu)槌壬?，試管中發(fā)生的反應為Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，由此得出氧化性：Cl2>Br2，D項正確；答案選D。點睛：本題考查化學實驗的基本操作、氣體的制備、物質氧化性強弱的比較。注意加熱固體時試管口應略向下傾斜，防止水分在試管口冷凝倒流到試管底部使試管破裂；比較氧化性的強弱通常通過“強氧化性物質制弱氧化性物質”的氧化還原反應來實現(xiàn)。16、D【解析】

A．25℃時，在N點，pH=7.4，則c(H+)=10-7.4，lg=1，則=10，H2CO3的一級電離K(H2CO3)==10-7.4×10=1.0×10-6.4，A正確；B．圖中M點，pH=9，c(H+)=10-9，K(H2CO3)==1.0×10-6.4，=102.6，a=lg=2.6，B正確；C．25℃時，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh===1.0×10-7.6，C正確；D．M點溶液中：依據(jù)電荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)，此時溶液為NaHCO3、NaCl的混合溶液，則c(Na+)>c(H2CO3)+c(HCO3-)，所以c(H+)+c(H2CO3)<c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)，D錯誤；故選D。17、D【解析】

W、X、Y、Z均為的短周期主族元素，原子序數(shù)依次增加，X與Y形成的化合物能與水反應生成酸且X、Y同主族，則X為O元素，Y為S元素，O、S元素核電荷數(shù)之和與W、Z的原子序數(shù)之和相等，則W、Z的原子序數(shù)之和24，而且W的原子序數(shù)小于O，Z的原子序數(shù)大于S，則Z為Cl元素，所以W的原子序數(shù)為24-17=7，即W為N元素；【詳解】A、Z為Cl元素，Cl元素的最高價含氧酸是最強酸，其它價態(tài)的含氧酸的酸性不一定強，如HClO是弱酸，故A錯誤；B、電子層越多，原子半徑越大，所以O＜Cl，即原子半徑：X＜Z，故B錯誤；C、元素的非金屬性越強，其氫化物越穩(wěn)定，非金屬性O＞N，所以氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性：W＜X，故C錯誤；D、W、X與H形成化合物的水溶液可能是氨水，呈堿性，故D正確。答案選D?！军c晴】本題以元素推斷為載體，考查原子結構位置與性質關系、元素化合物知識，推斷元素是解題的關鍵。1～20號元素的特殊的電子層結構可歸納為：（1）最外層有1個電子的元素：H、Li、Na、K；（2）最外層電子數(shù)等于次外層電子數(shù)的元素：Be、Ar；（3）最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)2倍的元素：C；（4）最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)3倍的元素：O；（5）最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)總數(shù)一半的元素：Li、P；（6）最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)4倍的元素：Ne；（7）次外層電子數(shù)是最外層電子數(shù)2倍的元素：Li、Si；（8）次外層電子數(shù)是其他各層電子總數(shù)2倍的元素：Li、Mg；(9)次外層電子數(shù)與其他各層電子總數(shù)相等的元素Be、S；(10)電子層數(shù)與最外層電子數(shù)相等的元素：H、Be、Al。18、B【解析】

A．0.1mol·L－1HCl溶液中：AlO2-與H+不能大量共存，故A錯誤；B．0.1mol·L－1MgSO4溶液：Al3＋、H＋、Cl－、NO3-之間以及與Mg2+、SO42-之間不發(fā)生反應，能大量共存，故B正確；C．0.1mol·L－1NaOH溶液：Ca2＋與CO32-不能大量共存，故C錯誤；D．0.1mol·L－1Na2S溶液中，ClO－具有強氧化性，與S2-不能大量共存，故D錯誤；答案選B。【點睛】熟記形成沉淀的離子，生成氣體的離子，發(fā)生氧化還原反應的離子。19、A【解析】

A.抗氧化劑減少食品與氧氣的接觸，延緩氧化的反應速率，故A正確；B.調(diào)味劑是為了增加食品的味道，與速率無關，故B錯誤；C.著色劑是為了給食品添加某種顏色，與速率無關，故C錯誤；D.增稠劑是改變物質的濃度，與速率無關，故D錯誤。故選:A。20、C【解析】

A.由產(chǎn)物Ti(SO4)2和FeSO4可推出Ti的化合價為+4價，F(xiàn)e的化合價為+2價，正好在反應物FeTi03中符合化合價原則，所以不是氧化還原反應，A正確；B.H2O提供H+和OH-，Ti4+和OH-結合生成H2TiO3，H+和SO42-形成H2SO4，所以是水解反應，B正確；C.分析反應④，Ti的化合價反應前后都為+4價，所以不是氧化劑，C錯誤；D.金屬之間的置換，體現(xiàn)了還原性強的制取還原性弱的反應規(guī)律，D正確；本題答案選C。21、B【解析】

原電池的正極上發(fā)生得電子的還原反應，在電解池的陽極上發(fā)生失電子的氧化反應；鋰離子電池的總反應為：Li3C6＋V2(PO4)36C＋Li3V2(PO4)3，則該電池放電時正極上發(fā)生得電子的還原反應，即電極反應式為V2(PO4)3＋3Li＋＋3e－=Li3V2(PO4)3，負極為Li3C6材料，電極反應Li3C6-3e－→3Li++6C?！驹斀狻緼.該電池比能量高，原電池的正極上發(fā)生得電子的還原反應，在電解池的陽極上發(fā)生失電子的氧化反應；用Li3V2(PO4)3作正極材料，負極為Li3C6材料，故A錯誤；B.放電時，M極為負極，電極反應Li3C6-3e－→3Li++6C，外電路中通過0.1mol電子M極質量減少0.1mol×7g·mol－1=0.7g，故B正確；C.充電時，Li+向陰極遷移，即向M極區(qū)遷移，故C錯誤；D.充電時，N極為陽極，發(fā)生氧化反應，Li3V2(PO4)3-3e－=V2(PO4)3＋3Li＋，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題考查二次電池，理解原電池和電解池的原理是解題關鍵，易錯點D，充電時外電源的正極與電池的正極相連，陽極發(fā)生氧化反應，失去電子。22、D【解析】

火力發(fā)電時燃煤排放的含SO2的煙氣通入吸收塔和天然海水，得到溶液通入氧氣氧化亞硫酸生成硫酸，加入天然海水中和、稀釋經(jīng)氧化后海水中生成的酸?！驹斀狻緼．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等離子，在這些離子中能發(fā)生水解的是CO32-、HCO-3離子，CO32-+H2O?HCO3-+OH-，HCO3-+H2O?H2CO3+OH-它們水解呈堿性，所以天然海水的pH≈8，呈弱堿性，故A正確；B．天然海水吸收了含硫煙氣后，要用O2進行氧化處理，因為氧氣具有氧化性，被氧化的硫元素的化合價為+4價，具有還原性，所以氧氣將H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化為硫酸，如亞硫酸被氧化的反應為2H2SO3+O2=2H2SO4，故B正確；C．氧化后的“海水”需要用大量的天然海水與之混合后才能排放，是因中和稀釋經(jīng)氧氣氧化后海水中生成的酸(H+)，故C正確；D．從框圖可知：排放”出來的海水，是經(jīng)過加天然海水中和、稀釋經(jīng)氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的體積顯然比進入吸收塔的天然海水大，所以SO42-的物質的量濃度排放出來的海水中濃度小，故D錯誤；故答案為D。二、非選擇題(共84分)23、FeSO4Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑【解析】

氣體B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，該沉淀為BaSO4，物質的量為=0.01mol，則氣體B中含有SO3，SO3的物質的量為0.01mol，其體積為0.01mol×22.4L·mol－1=224mL，B為混合氣體，根據(jù)元素分析可知其中還含有224mL的SO2，固體C為紅棕色，即固體C為Fe2O3，n(Fe2O3)==0.01mol，黃色溶液E為FeCl3，據(jù)此分析?！驹斀狻繗怏wB通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，該沉淀為BaSO4，物質的量為=0.01mol，則氣體B中含有SO3，SO3的物質的量為0.01mol，其體積為0.01mol×22.4L·mol－1=224mL，B為混合氣體，根據(jù)元素分析可知其中還含有224mL的SO2，固體C為紅棕色，即固體C為Fe2O3，n(Fe2O3)==0.01mol，黃色溶液E為FeCl3，（1）根據(jù)上述分析，A僅含三種元素，含有鐵元素、硫元素和氧元素，鐵原子的物質的量為0.02mol，S原子的物質的量為0.02mol，A的質量為3.04g，則氧原子的質量為(3.04g－0.02mol×56g·mol－1－0.02mol×32g·mol－1)=1.28g，即氧原子的物質的量為=0.08mol，推出A為FeSO4；（2）固體C為Fe2O3，屬于堿性氧化物，與鹽酸反應離子方程式為Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；（3）FeSO4分解為Fe2O3、SO2、SO3，參與反應FeSO4、SO2、SO3、Fe2O3的物質的量0.02mol、0.01mol、0.01mol、0.01mol，得出FeSO4受熱分解方程式為2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑。24、氯乙酸乙酯酯基取代反應+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O和【解析】

(1)直接命名A的化學名稱和B中含有官能團的名稱。(2)先根據(jù)②③前后聯(lián)系得出C的結構簡式，得出反應②的反應類型。(3)根據(jù)②③前后聯(lián)系得出C的結構簡式(4)聯(lián)系教材的乙醛與新制Cu(OH)2反應書寫方程式。(5)X與E互為同分異構體，X中含有六元碳環(huán)，且X能與NaOH溶液反應，說明X中含有羧基或酯基，總共有7個碳原子，除了六元環(huán)，還剩余1個碳原子，再進行書寫。(6)先將1,3-丙二醇與HBr反應，得到，再在一定條件下與CH2(COOC2H5)2得到，再水解和酸化得到，最后再根據(jù)反應④得到產(chǎn)物。【詳解】(1)A的化學名稱是氯乙酸乙酯；B中含有官能團的名稱為酯基，故答案為：氯乙酸乙酯；酯基。(2)根據(jù)②③前后聯(lián)系得出C的結構簡式為，因此反應②的反應類型是取代反應，故答案為：取代反應。(3)根據(jù)上題分析得出C的結構簡式為，故答案為：。(4)G與新制Cu(OH)2反應的化學方程式為+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案為：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。(5)X與E互為同分異構體，X中含有六元碳環(huán)，且X能與NaOH溶液反應，說明X中含有羧基或酯基，總共有7個碳原子，除了六元環(huán)，還剩余1個碳原子，因此則符合條件的X的結構簡式為和，故答案為：和。(6)先將1,3-丙二醇與HBr反應，得到，再在一定條件下與CH2(COOC2H5)2得到，再水解和酸化得到，最后再根據(jù)反應④得到產(chǎn)物，因此總的流程為，故答案為：。25、氧氣的密度比空氣大將裝置Ⅱ中裝滿水溶液呈橙色防止倒吸ClO3－+6H++5Cl－=3Cl2↑+3H2O比較醋酸、碳酸和苯酚的酸性強弱（實證酸性：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH）b盛裝在帶玻璃塞的棕色細口玻璃瓶中，放置在陰涼處（陰暗低溫的地方）【解析】

（1）氧氣密度比空氣大，用排空氣法收集，需用向上排空氣法收集，Ⅱ裝置中進氣管短，出氣管長，為向下排空氣法；用排水法可以收集O2等氣體；（2）裝置Ⅰ、Ⅲ驗證物質的性質(K2打開，K1關閉)．根據(jù)氧化劑+還原劑=氧化產(chǎn)物+還原產(chǎn)物，氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物，還原性：還原劑>還原產(chǎn)物，如要設計實驗證明氧化性KClO3>Cl2>Br2，則I中發(fā)生KClO3和濃鹽酸的氧化還原反應，Ⅲ中發(fā)生氯氣與NaBr的氧化還原反應，有緩沖作用的裝置能防止倒吸，在B裝置中KClO3和-1價的氯離子在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應生成氯氣，根據(jù)強酸制弱酸，石灰石和醋酸反應生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚鈉反應生成苯酚，據(jù)此分析實驗目的；(3)①根據(jù)化學反應原理，硝酸的制取原理是：固體和液體微熱制取，難揮發(fā)性的酸來制取揮發(fā)性的酸，據(jù)此選擇裝置；②根據(jù)硝酸的性質選擇合適的貯存方法，硝酸見光分解，保存時不能見光，常溫下即可分解，需要低溫保存?！驹斀狻浚?）甲同學：Ⅱ裝置中進氣管短，出氣管長，為向下排空氣法，O2的密度大于空氣的密度，則氧氣應采用向上排空氣法收集，乙同學：O2不能與水發(fā)生反應，而且難溶于水，所以能采用排水法收集；所以改進方法是將裝置Ⅱ中裝滿水，故答案為氧氣的密度比空氣大；將裝置Ⅱ中裝滿水；（2）根據(jù)氧化劑+還原劑=氧化產(chǎn)物+還原產(chǎn)物，氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物，還原性：還原劑>還原產(chǎn)物，如要設計實驗證明氧化性KClO3>Cl2>Br2，裝置Ⅰ、Ⅲ驗證物質的性質(K2打開，K1關閉)，則I中發(fā)生KClO3和濃鹽酸的氧化還原反應，Ⅲ中發(fā)生氯氣與NaBr的氧化還原反應，由氧化性為氧化劑>氧化產(chǎn)物，則A中為濃鹽酸，B中為KClO3固體，C中為NaBr溶液，觀察到C中的現(xiàn)象為溶液呈橙色，儀器D為干燥管，有緩沖作用，所以能防止倒吸，在B裝置中氯酸根離子和氯離子在酸性條件下發(fā)生價態(tài)歸中反應生成氯氣，反應為：ClO3－+6H++5Cl－=3Cl2↑+3H2O，石灰石和醋酸反應生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚鈉反應生成硅酸沉淀，所以B中固體溶解，產(chǎn)生無色氣體，C試管中產(chǎn)生白色沉淀，實驗的目的是比較碳酸、醋酸、苯酚的酸性強弱(實證酸性：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH)，故答案為溶液呈橙色；防止倒吸；ClO3－+6H++5Cl－=3Cl2↑+3H2O；比較醋酸、碳酸和苯酚的酸性強弱(實證酸性：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH)；(3)①硝酸的制取原理是：固體和液體微熱制取，故d錯誤，該反應符合難揮發(fā)性的酸來制取揮發(fā)性的酸，硝酸易揮發(fā)，不能用排空氣法收集，故a、c錯誤；所以硝酸的揮發(fā)性注定了選擇的收集方法是b裝置所示。故答案為b；②純凈的硝酸或濃硝酸在常溫下見光或受熱就會分解生成二氧化氮、氧氣、水，保存時需要低溫且使用棕色的試劑瓶，故答案為盛裝在帶玻璃塞的棕色細口玻璃瓶中，放置在陰涼處(陰暗低溫的地方)。26、分液漏斗防倒吸、防堵塞(或平衡氣壓、安全瓶均可)SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2檢驗有I2生成，進而證明ClO2有強氧化性2:1O2溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)溶液顏色不再改變0.324

g產(chǎn)生ClO2的速率太快，ClO2沒有被D中的溶液完全吸收；C中ClO2未全部進入D中【解析】

(1)濃H2SO4和Na2SO3反應生成SO2，A制備SO2，B裝置有緩沖作用，可防止倒吸、堵塞；裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，則C中發(fā)生反應SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，在D中發(fā)生氧化還原反應生成I2，裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，I2遇淀粉變藍色；裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，雙氧水作還原劑生成氧氣，從而防止尾氣污染環(huán)境；(2)①碘遇淀粉變藍色，當?shù)馔耆磻笕芤鹤優(yōu)闊o色；②ClO2與KI在溶液反應離子方程式為：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，結合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得ClO2～5S2O32-，則n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；ClO2部分沒有被吸收、未完全進入D中都導致測定值偏低?！驹斀狻?1)濃H2SO4和Na2SO3反應生成SO2，A用于制備SO2，B裝置有緩沖作用，能防止倒吸、堵塞；裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，則C中發(fā)生反應SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，所以D中發(fā)生氧化還原反應生成I2，裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，I2單質遇淀粉溶液變?yōu)樗{色；裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，雙氧水作還原劑生成氧氣，從而防止尾氣污染環(huán)境，①儀器a的名稱為分液漏斗，裝置B有緩沖作用，所以能防倒吸、防堵塞(或平衡氣壓、安全瓶)；②裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，根據(jù)元素守恒可知，生成的酸式鹽為KHSO4，該反應的化學方程式為SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液變?yōu)樗{色，根據(jù)淀粉溶液是否變色來判斷是否有I2單質生成，從而證明ClO2是否具有氧化性；③裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，反應方程式為H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+H2O，在該反應中ClO2是氧化劑，NaClO2的還原產(chǎn)物，H2O2是還原劑，O2是氧化產(chǎn)物，該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為2：1；(2)①I2單質遇淀粉溶液變?yōu)樗{色，當?shù)馔耆磻笕芤鹤優(yōu)闊o色，所用滴定終點是溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)溶液顏色不再改變；②ClO2溶液與碘化鉀反應的離子方程式：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，結合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得關系式：ClO2～5S2O32-，則n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，則在250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；由于C中ClO2有一部分沒有被吸收、未完全進入D中都導致測定值偏低?！军c睛】本題考查物質制備，涉及實驗操作、氧化還原反應、方程式的計算、物質檢驗等知識點，側重考查實驗操作規(guī)范性、元素化合物性質等知識點，明確實驗原理、物質性質、物質之間的轉化關系是解本題關鍵。27、不再有氣泡產(chǎn)生時將裝置中產(chǎn)生的CO2和H2O（g）全部排入乙、丙裝置中D活塞a前（或裝置甲前）Co2(OH)2CO3藍色2Fe2+＋H2O2＋2H＝2Fe3+＋2H2OAl(OH)3、Fe(OH)3抑制COCl2的水解蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶【解析】

（1）加熱甲中玻璃管，當乙裝置中不再有氣泡產(chǎn)生，即堿式碳酸鈷分解完畢；（2）步驟④中緩緩通入空氣數(shù)分鐘，將裝置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙裝置中，以免影響測量結果；（3）在活塞a前，加裝裝置D，裝置中盛放的堿石灰容易吸收空氣中的水蒸氣和二氧化碳；（4）堿式碳酸鈷樣品3.65g，反應前乙裝置的質量為80.00g，反應后質量為80.36g，據(jù)此可以計算生成水的量；反應前丙裝置的質量為62.00g，反應后質量為62.00g，據(jù)此計算產(chǎn)生二氧化碳的量，得到Co的質量和Co原子物質的量，根據(jù)Co、H、C元素守恒可知，來推導堿式碳酸鈷的化學式；（5）含有Co（A102）2的玻璃常用作實驗室觀察鉀元素的焰色反應，該玻璃為藍色，可以濾去黃光的干擾；（6）向含鈷廢料中加入過量稀鹽酸，F(xiàn)e、Al和稀鹽酸反應生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入雙氧水和CoCO3，雙氧水具有強氧化性，能將亞鐵離子氧化為鐵離子，離子反應方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入CoCO3，調(diào)節(jié)溶液的pH至7.6，使Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，然后過濾，濾渣為Fe（OH）3、Al（OH）3，濾液中含有CoCl2，然后向濾液中加入稀鹽酸，抑制CoCl2水解，然后采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶和過濾方法得到CoCl2?6H2O；①雙氧水具有氧化性，能氧化還原性離子；②加入CoCO3調(diào)pH為5.2～7.6，則操作I獲得的濾渣成分為Fe（OH）3、Al（OH）3；③CoCl2為強酸弱堿鹽，陽離子水解導致溶液呈酸性，加入稀鹽酸能抑制水解；④操作Ⅱ過程為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾。【詳解】（1）加熱甲中玻璃管，當乙裝置中不再有氣泡產(chǎn)生，即堿式碳酸鈷分解完畢；（2）步驟④中緩緩通入空氣數(shù)分鐘，將裝置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙裝置中，以免影響測量結果；（3）在活塞a前，加裝裝置D，裝置中盛放的堿石灰容易吸收空氣中的水蒸氣和二氧化碳；（4）堿式碳酸鈷樣品3.65g，反應前乙裝置的質量為80.00g，反應后質量為80.36g，故生成水的質量為80.36g-80.00g=0.36g，物質的量為=0.02mol；反應前丙裝置的質量為62.00g，反應后質量為62.00g，生成二氧化碳的質量為62.88g-62.00g=0.88g，物質的量為=0.02mol，故氧化鈷的質量為3.65g-0.36g-0.88g=2.41g，物質的量為=0.02mol，根據(jù)Co、H、C元素守恒可知，x：y：z=0.015mol：0.02mol×2：0.02mol=2：4：2，故堿式碳酸鈷的化學式為Co2（OH）4（CO3）2；（5）含有Co（A102）2的玻璃常用作實驗室觀察鉀元素的焰色反應，該玻璃為藍色，可以濾去黃光的干擾；（6）向含鈷廢料中加入過量稀鹽酸，F(xiàn)e、Al和稀鹽酸反應生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入雙氧水和CoCO3，雙氧水具有強氧化性，能將亞鐵離子氧化為鐵離子，離子反應方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入CoCO3，調(diào)節(jié)溶液的pH至7.6，使Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，然后過濾，濾渣為Fe（OH）3、Al（OH）3，濾液中含有CoCl2，然后向濾液中加入稀鹽酸，抑制CoCl2水解，然后采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶和過濾方法得到CoCl2?6H2O；①加入H2O2把二價鐵離子氧化為三價鐵離子，發(fā)生反應的離子方程式為2Fe2+＋H2O2＋2H＝2Fe3+＋2H2O；②操作1是分離Fe（OH）3、Al（OH）3和液體的操作，是過濾，前面調(diào)節(jié)PH的目的是讓三價鐵離子和鋁離子轉化為沉淀，所以沉淀的成分是Fe（OH）3、Al（OH）3；③CoCl2為強酸弱堿鹽，陽離子水解導致溶液呈酸性，加入稀鹽酸能抑制水解，所以加入稀鹽酸調(diào)整PH為2～3的目的是抑制CoCl2水解；④操作2是從溶液中提取溶質的操作，操作方法為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶和過濾。28、第四周期第ⅣB族TiO2為離子晶體，TiCl4和TiBr4為分子晶體，故TiO2的熔點高，TiCl4和TiBr4的結構相似，TiBr4的相對分子質量比的TiCl4相對分子質量大，則TiBr4的范德華力比TiCl4的范德華力強，故TiBr4的熔點比TiCl4的熔點高sp2雜化sp雜化平面三角形金屬1:16【解析】

（1）Ti原子的原子序數(shù)是22，在元素周期表中位于第四周期第ⅣB族，基態(tài)Ti原子的價層電子排布圖為；（2）比較幾種晶體的熔點，離子晶體的熔點高，分子晶體的結構相似時，相