江西省九江市重點中學2025年高三下學期第六次檢測化學試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、下列指定反應的離子方程式正確的是A．用過氧化氫從酸化的海帶灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2=I2＋2OH－B．過量的鐵粉溶于稀硝酸：Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2OC．用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－D．向NaAlO2溶液中通入過量CO2：2AlO2-＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32-2、下列化學用語正確的是()A．聚丙烯的結構簡式：CH2—CH2—CH2B．丙烷分子的比例模型：C．甲醛分子的電子式：D．2-乙基-1,3-丁二烯分子的鍵線式：3、根據(jù)原子結構及元素周期律的知識，下列敘述正確的是()A．由于相對分子質量：HCl＞HF，故沸點：HCl＞HFB．鍺、錫、鉛的+4價氫氧化物的堿性強弱順序：Ge(OH)4＞Sn(OH)4＞Pb(OH)4C．硅在周期表中處于金屬與非金屬的交界處，硅可用作半導體材料D．Cl-、S2-、K+、Ca2+半徑逐漸減小4、向3mol·L-1鹽酸中加入打磨后的鎂條，一段時間后生成灰白色固體X，并測得反應后溶液pH升高。為確認固體X的成分，過濾洗滌后進行實驗：①向固體X中加入足量硝酸，固體溶解，得到無色溶液，將其分成兩等份；②向其中一份無色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a；③向另一份無色溶液中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀b。下列分析不正確的是（）A．溶液pH升高的主要原因：Mg+2H+===Mg2++H2↑B．生成沉淀a的離子方程式：Ag++Cl-===AgCl↓C．沉淀b是Mg(OH)2D．若a、b的物質的量關系為n（a）：n（b）=1：3，則可推知固體X的化學式為Mg3(OH)6Cl5、下列物質中含氯離子的是（）A．HCl B．CCl4 C．KCl D．NaClO6、NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．18gD2O和18gH2O中含有的質子數(shù)均為10NAB．2L0.5mol·L－1亞硫酸溶液中含有的H＋離子數(shù)為2NAC．過氧化鈉與水反應時，生成0.1mol氧氣轉移的電子數(shù)為0.2NAD．密閉容器中2molNO與1molO2充分反應，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NA7、下列有關說法正確的是A．反應CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)能自發(fā)進行，則該反應ΔS＞0B．常溫下向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中通入少量HCl氣體，c(H＋)·c(CH3COO－)增大C．將1molCl2溶于水中，反應中轉移的電子數(shù)為6.02×1023個D．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的反應物鍵能總和大于生成物鍵能總和8、常見藥物布洛芬Y，具有鎮(zhèn)痛、抗炎作用，可由中間體X通過以下方法制得：下列關于化合物X、Y的說法中錯誤的是A．X的化學式為C13H18O B．1molY能與4molH2反應C．可用NaHCO3溶液鑒別兩者 D．兩者氫原子的種類數(shù)相等9、實驗是化學研究的基礎。關于下列各實驗裝置圖的敘述中正確的是()A．裝置①常用于分離互不相溶的液態(tài)混合物B．裝置②可用于吸收氨氣,且能防止倒吸C．用裝置③不可以完成“噴泉”實驗D．用裝置④稀釋濃硫酸和銅反應冷卻后的混合液10、常溫下將NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，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．Ka2（H2X）的數(shù)量級為10–6B．曲線N表示pH與的變化關系C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)D．當混合溶液呈中性時，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)=c(H＋)11、中華民族有著光輝燦爛的發(fā)明史，下列發(fā)明創(chuàng)造不涉及氧化還原反應的是A．火法煉銅 B．轉輪排字 C．糧食釀酒 D．鉆木取火12、25℃時，已知醋酸的電離常數(shù)為1.8×10-5。向20mL2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水電離出的c(H+)在此滴定過程中變化曲線如下圖所示。下列說法不正確的是A．a(chǎn)點溶液中：c(H+)=6.010-3molL-1B．b點溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)C．c點溶液中：c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)D．d點溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)13、短周期元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大，B與C的簡單離子具有相同的電子層結構，D的最高正價與最低負價代數(shù)和為6。工業(yè)上采用在二氧化鈦與A的單質混合物中通入D的單質，高溫下反應得到化合物X和一種常見的可燃性氣體Y（化學式為AB），X與金屬單質C反應制得單質鈦。下列說法不正確的是A．簡單離子半徑：D＞B＞CB．氧化物的水化物酸性：D＞AC．X與單質C不能在空氣的氛圍中反應制得單質鈦D．B與D組成的某化合物可用于飲用水消毒14、圖甲是一種利用微生物將廢水中的尿素（CO(NH2)2）轉化為環(huán)境友好物質的原電池裝置示意圖甲，利用該電池在圖乙裝置中的鐵上鍍銅。下列說法正確的是（

）A．圖乙中Fe電極應與圖甲中Y相連接B．圖甲中H+透過質子交換膜由右向左移動C．圖甲中M電極反應式：CO(NH2)2+5H2O-14e?=CO2+2NO2+14H+D．當圖甲中N電極消耗0.5molO2時，圖乙中陰極增重64g15、下列說法中正確的是（）A．加熱濃硫酸和乙醇混合液，產(chǎn)生的氣體能使溴水褪色，證明該氣體是乙烯B．用苯與溴水制取溴苯，溴苯的密度比水的大C．銅與稀硝酸制取一氧化氮，可以利用排水法收集D．加熱氫氧化鈣與氯化銨反應制氨氣，氨氣能使紅色石蕊試紙變藍16、空氣中的硫酸鹽會加劇霧霾的形成，我國科學家用下列實驗研究其成因：反應室底部盛有不同吸收液，將SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空氣為載體通入反應室，相同時間后，檢測吸收液中SO42-的含量，數(shù)據(jù)如下：反應室載氣吸收液SO42-含量數(shù)據(jù)分析①N2蒸餾水a(chǎn)ⅰ.b≈d＞a≈cⅱ.若起始不通入NO2，則最終檢測不到SO42-②3%氨水b③空氣蒸餾水c④3%氨水d下列說法不正確的是A．控制SO2和氮氧化物的排放是治理霧霾的有效措施B．反應室①中可能發(fā)生反應：SO2+2NO2+2H2O=H2SO4+2HNO2C．本研究表明：硫酸鹽的形成主要與空氣中O2有關D．農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中大量使用銨態(tài)氮肥可能會加重霧霾的形成17、己知NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．1molOD-中含有的質子數(shù)和中子數(shù)均為9NAB．60g正戊烷與12g新戊烷的混合物中共價鍵數(shù)為17NAC．11.2L氯氣與足量鎂粉充分反應，轉移的電子數(shù)為NAD．1L0.1mo1·L-1CH3COONa溶液中，CH3COO-數(shù)目為0.1NA18、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，Y是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素，在周期表中Z位于ⅠA族，W與X屬于同一主族。下列說法正確的是A．原子半徑：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)B．由X、Z兩種元素組成的化合物一定沒有共價鍵C．W的最高價氧化物對應水化物為弱酸D．Y的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強19、煉鐵、煉鋼過程中，先被氧化后被還原的元素是（）A．煉鐵過程中的鐵元素 B．煉鐵過程中的氧元素C．煉鐵過程中的碳元素 D．煉鋼過程中的鐵元素20、在3種不同條件下，分別向容積為2L的恒容密閉容器中充入2molA和1molB，發(fā)生反應：2A(g)+B(g)2C(g)ΔH=QkJ/mol。相關條件和數(shù)據(jù)見下表：實驗編號實驗Ⅰ實驗Ⅱ實驗Ⅲ反應溫度/℃700700750達平衡時間/min40530平衡時n(C)/mol1.51.51化學平衡常數(shù)K1K2K3下列說法正確的是（）A．K1=K2<K3B．升高溫度能加快反應速率的原因是降低了反應的活化能C．實驗Ⅱ比實驗Ⅰ達平衡所需時間小的可能原因是使用了催化劑D．實驗Ⅲ達平衡后，恒溫下再向容器中通入1molA和1molC，平衡正向移動21、下列有關說法正確的是()A．催化劑活性B．,在恒容絕熱容器中投入一定量和，正反應速率隨時間變化C．，t時刻改變某一條件，則D．向等體積等pH的HCl和中加入等量且足量Zn，反應速率的變化情況22、下列有關實驗操作的敘述不正確的是（）A．中和滴定接近終點時，滴入要慢，并且不斷搖動B．向試管中滴加溶液時，滴管尖嘴緊貼試管內壁C．分液時，下層液體下口放出，上層液體上口倒出D．定容時，加水到容量瓶刻度線下1~2cm時，改用膠頭滴管加水二、非選擇題(共84分)23、（14分）據(jù)報道，化合物M對番茄灰霉菌有較好的抑菌活性，其合成路線如下圖所示。已知：回答下列問題：（1）化合物C中的含氧官能團為____________，反應④的反應類型為____________。（2）寫出E的結構簡式：________________________。（3）寫出反應②的化學方程式：_____________________________________________。（4）寫出化合物C滿足下列條件的一種同分異構體的結構簡式：_________________。①含苯環(huán)結構，能在堿性條件下發(fā)生水解；②能與FeCl3發(fā)生顯色反應；③分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫。（5）已知CH3CH2CNCH3CH2COOH。請以、CH2==CHCN和乙醇為原料合成化合物，寫出制備的合成路線流程圖(無機試劑任用)_____。24、（12分）白藜蘆醇(結構簡式：)屬二苯乙烯類多酚化合物，具有抗氧化、抗癌和預防心血管疾病的作用。某課題組提出了如下合成路線：已知：①RCH2Br+②根據(jù)以上信息回答下列問題：(1)白藜蘆醇的分子式是_________(2)C→D的反應類型是：__________；E→F的反應類型是______。(3)化合物A不與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，能與NaHCO3溶液反應放出CO2，推測其核磁共振譜(1H-NMR)中顯示不同化學環(huán)境的氫原子個數(shù)比為_______(從小到大)。(4)寫出A→B反應的化學方程式：_____________；(5)寫出結構簡式；D________、E___________；(6)化合物符合下列條件的所有同分異構體共________種，①能發(fā)生銀鏡反應；②含苯環(huán)且苯環(huán)上只有兩種不同化學環(huán)境的氫原子。寫出其中不與堿反應的同分異構體的結構簡式：_______。25、（12分）CoCl2·6H2O是一種飼料營養(yǎng)強化劑。一種利用水鈷礦(主要成分為Co2O3、Co(OH)3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O的工藝流程如下：已知：①浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：(金屬離子濃度為：0.01mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2開始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2·6H2O熔點為86℃，加熱至110~120℃時，失去結晶水生成無水氯化鈷。（1）寫出浸出過程中Co2O3發(fā)生反應的離子方程式_________________。（2）寫出NaClO3發(fā)生反應的主要離子方程式________________；若不慎向“浸出液”中加過量NaClO3時，可能會生成有毒氣體，寫出生成該有毒氣體的離子方程式_________________。（3）“加Na2CO3調pH至a”,過濾所得到的沉淀成分為___________________。（4）“操作1”中包含3個基本實驗操作，它們依次是_____________、____________和過濾。制得的CoCl2·6H2O在烘干時需減壓烘干的原因是__________________。（5）萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系如圖。向“濾液”中加入萃取劑的目的是______________；其使用的最佳pH范圍是_________。A．2.0~2.5B．3.0~3.5C．4.0~4.5D．5.0~5.5（6）為測定粗產(chǎn)品中CoCl2·6H2O含量，稱取一定質量的粗產(chǎn)品溶于水，加入足量AgNO3溶液，過濾、洗滌，將沉淀烘干后稱其質量。通過計算發(fā)現(xiàn)粗產(chǎn)品中CoCl2·6H2O的質量分數(shù)大于100％，其原因可能是______________________。(答一條即可)26、（10分）依據(jù)圖1中氮元素及其化合物的轉化關系，回答問題：(1)實驗室常用NH4Cl與Ca(OH)2制取氨氣，該反應的化學方程式為_________。(2)下列試劑不能用于干燥NH3的是__________。A．濃硫酸B．堿石灰C．NaOH固體(3)工業(yè)上以NH3、空氣、水為原料生產(chǎn)硝酸分為三步：①NH3→NO的化學方程式為______________。②NO→NO2反應的實驗現(xiàn)象是____________。③NO2＋H2O→HNO3中氧化劑與還原劑物質的量之比為______。(4)圖1中，實驗室只用一種物質將NO直接轉化為硝酸且綠色環(huán)保，則該物質的化學式為_____。(5)若要將NH3→N2，從原理上看，下列試劑可行的是______。A．O2B．NaC．NH4ClD．NO227、（12分）ClO2是一種優(yōu)良的消毒劑，熔點為-59.5℃，沸點為11.0℃，濃度過高時易發(fā)生分解引起爆炸，實驗室在50℃時制備ClO2。實驗Ⅰ：制取并收集ClO2，裝置如圖所示：(1)寫出用上述裝置制取ClO2的化學反應方程式_____________。(2)裝置A中持續(xù)通入N2的目的是___________。裝置B應添加__________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“50℃的熱水浴”)裝置。實驗Ⅱ：測定裝置A中ClO2的質量，設計裝置如圖：過程如下：①在錐形瓶中加入足量的碘化鉀，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；②按照右圖組裝好儀器；在玻璃液封管中加入①中溶液，浸沒導管口；③將生成的ClO2由導管通入錐形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封溶液倒入錐形瓶中，洗滌玻璃液封管2—3次，都倒入錐形瓶，再向錐形瓶中加入幾滴淀粉溶液；④用cmol·L?1Na2S2O3標準液滴定錐形瓶中的液體，共用去VmLNa2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I?+S4O62-)。(3)裝置中玻璃液封管的作用是_____________。(4)滴定終點的現(xiàn)象是___________________。(5)測得通入ClO2的質量m(ClO2)=_______g(用整理過的含c、V的代數(shù)式表示)。28、（14分）非線性光學晶體在信息、激光技術、醫(yī)療、國防等領域具有重要應用價值。我國科學家利用Cs2CO3、XO2（X＝Si、Ge）和H3BO3首次合成了組成為CsXB3O7的非線性光學晶體?；卮鹣铝袉栴}：（1）C、O、Si三種元素電負性由大到小的順序為__________；第一電離能I1(Si)____I1(Ge)（填“＞”或“＜”）。（2）基態(tài)Ge原子核外電子排布式為_____________；SiO2、GeO2具有類似的晶體結構，其中熔點較高的是________，原因是______。（3）如圖為H3BO3晶體的片層結構，其中B的雜化方式為________；硼酸在熱水中比在冷水中溶解度顯著增大的主要原因是_____________。（4）以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分數(shù)坐標。CsSiB3O7屬于正交晶系（長方體形），晶胞參數(shù)為apm，bpm和cpm。如圖為沿y軸投影的晶胞中所有Cs原子的分布圖和原子分數(shù)坐標。據(jù)此推斷該晶胞中Cs原子的數(shù)目為_______；CsSiB3O7的摩爾質量為Mg·mol－1，設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則CsSiB3O7晶體的密度為_____________g·cm－1（用代數(shù)式表示）。29、（10分）阻燃劑又稱防火劑，主要用于延遲或防止可燃物的燃燒。根據(jù)組成，阻燃劑可分為鹵系阻燃劑、無機阻燃劑等。（1）鹵系阻燃劑多為有機氯化物和有機溴化物，受熱會分解產(chǎn)生鹵化氫（HX），起到阻燃作用。鹵化氫的電子式為____；HF、HCl、HBr、HI四種氯化氫的沸點由高到低的順序是___。（2）溴離子的最外層電子排布式是___；氯原子的核外電子云有___種伸展方向。（3）下列能說明氯的非金屬性強于溴的事實是___（選填編號）。a．HClO酸性強于HBrOb．HBr的分解溫度低于HClc．向溴化亞鐵溶液中滴入少量氯水，溶液顏色變黃d．BrCl+H2O→HBrO+HCl是非氧化還原反應無機阻燃劑中，氫氧化鋁和氫氧化鎂兩種阻燃劑占據(jù)著重要位置。兩者的阻燃機理都是在達到熱分解溫度時迅速分解為氧化物與水，起到吸熱降溫的作用。（4）寫出氫氧化鋁在酸性溶液中的電離方程式___。（5）兩種阻燃劑的分解產(chǎn)物在自然界中最有可能成為原子晶體的是___。（填化學式）（6）無水碳酸鎂也是一種新型無機阻燃劑，除了具有單位質量吸熱量更大的特點外，還能釋放具有滅火作用的氣體。寫出該氣體的結構式___。（7）與鎂離子核外電子排布相同的另外兩個陽離子的半徑大小關系為___（填微粒符號）。

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.用過氧化氫從酸化的海帶灰浸出液中提取碘，反應的離子方程式為：2I－＋H2O2＋2H+=I2＋2H2O，選項A錯誤；B.過量的鐵粉溶于稀硝酸，反應的離子方程式為：3Fe＋8H＋＋2NO3-=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，選項B錯誤；C.用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2，反應的離子方程式為：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－，選項C正確；D.向NaAlO2溶液中通入過量CO2，反應的離子方程式為：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-，選項D錯誤。答案選C。2、D【解析】

A.聚丙烯為高分子化合物，其正確的結構簡式為：，故A錯誤；B.

為丙烷的球棍模型，故B錯誤；C.甲醛為共價化合物，分子中存在2個碳氫共用電子對，碳原子和氧原子形成2對共用電子對，故C錯誤；D.

2-乙基-1，3-丁二烯分子中含有2個碳碳雙鍵，它的鍵線式為：，故D正確；答案選D?！军c睛】本題考察化學用語的表達，電子式，鍵線式，結構式，球棍模型，比例模型等。球棍模型要體現(xiàn)原子之間的成鍵方式，比例模型要體現(xiàn)出原子的體積大小。3、C【解析】

A．HF分子之間存在氫鍵，沸點高于HCl，故A錯誤；B．同主族金屬性增強，形成的堿的堿性增強，鍺、錫、鉛的+4價氫氧化物的堿性強弱順序：Ge(OH)4＜Sn(OH)4＜Pb(OH)4，故B錯誤；C．Si處于金屬與非金屬交界處，表現(xiàn)一定的金屬性、非金屬性，可用作半導體材料，故C正確；D．電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，故離子半徑：S2-＞Cl-＞K+＞Ca2+，故D錯誤；答案選C。4、D【解析】

A、溶液pH升高的主要原因是H＋被消耗，即：Mg+2H+===Mg2++H2↑，故A正確；B、向其中一份無色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a，a是不溶于HNO3的白色沉淀，應為AgCl，故B正確；C、沉淀b，與OH―有關，NO3―、Cl―、Mg2＋能形成沉淀的只有Mg2＋，故C正確；D、若a、b的物質的量關系為n（a）：n（b）=1：3，根據(jù)化合價代數(shù)和為0，則可推知固體X的化學式為Mg3(OH)5Cl，故D錯誤。故選D。5、C【解析】

A.HCl是共價化合物，不存在氯離子，故A錯誤；B.CCl4是共價化合物，不存在氯離子，故B錯誤；C.KCl是離子化合物，由K+和Cl-組成，含有氯離子，故C正確；D.NaClO是離子化合物，由Na+和ClO-組成，不存在氯離子，故D錯誤；故答案為C。6、C【解析】

A．18gD2O和18gH2O的物質的量不相同，其中含有的質子數(shù)不可能相同，A錯誤；B．亞硫酸是弱電解質，則2L0.5mol·L-1亞硫酸溶液中含有的H+離子數(shù)小于2NA，B錯誤；C．過氧化鈉與水反應時，氧元素化合價從-1價水的0價，則生成0.1mol氧氣轉移的電子數(shù)為0.2NA，C正確；D．密閉容器中2molNO與1molO2充分反應生成2molNO2，但NO2與N2O4存在平衡關系，所以產(chǎn)物的分子數(shù)小于2NA，D錯誤。答案選C?！军c睛】阿伏伽德羅常數(shù)與微粒數(shù)目的關系涉及的知識面廣，涉及到核素、弱電解質電離、氧化還原反應、化學平衡、膠體、化學鍵等知識點。與微粒數(shù)的關系需要弄清楚微粒中相關粒子數(shù)(質子數(shù)、中子數(shù)、電子數(shù))及離子數(shù)、電荷數(shù)、化學鍵之間的關系，計算氧化還原反應中的轉移電子數(shù)目時一定要抓住氧化劑或還原劑的化合價的改變以及物質的量，還原劑失去的電子數(shù)或氧化劑得到的電子數(shù)就是反應過程中轉移的電子數(shù)。7、B【解析】

A.反應CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)為熵減的反應，則該反應ΔS＜0，選項A錯誤；B．向醋酸溶液中通入氯化氫氣體，氫離子濃度增大而抑制醋酸電離，則Kac(CH3COOH)=c(H＋)·c(CH3COO－)增大，選項B正確；C．Cl2與水的反應是可逆反應，不可能完全轉化，轉移的電子數(shù)小于6.02×1023個，選項C錯誤；D.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)為放熱反應，反應物鍵能總和小于生成物鍵能總和，選項D錯誤。答案選B。8、B【解析】

A．X的化學式為C13H18O，故A正確；B．布洛芬的官能團為－COOH，不能與H2發(fā)生加成反應，1molY只能與3molH2反應，故B錯誤；C．X、Y官能團分別為－CHO和－COOH，只有－COOH能與NaHCO3溶液反應生成CO2，故C正確；D．X、Y中均含有8種氫原子，故D正確；答案選B?！军c睛】羧基不能與H2發(fā)生加成反應，是易錯點。9、D【解析】

A、該裝置為蒸餾裝置，互溶的液體根據(jù)其沸點不同采用蒸餾的方法分離，互不相溶的液體采用分液的方法分離，故A錯誤；B、氨氣極易溶于水,有緩沖裝置的能防止倒吸,該裝置中苯?jīng)]有緩沖作用,所以不能防止倒吸,故B錯誤；C、氯氣與氫氧化鈉溶液反應，可以形成壓強差，從而形成噴泉實驗，故C錯誤；D、濃硫酸溶于水放出大量熱,且濃硫酸的密度大于水,稀釋時需要將濃硫酸緩緩加入水中,圖示操作合理,所以D選項是正確的;

綜上所述，本題應選D。10、D【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步電離小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以當pH相等即氫離子濃度相等時＞，因此曲線N表示pH與的變化關系，則曲線M是己二酸的第二步電離，根據(jù)圖像?。?.6和4.8點，=10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的數(shù)量級為10-6，A正確；B.根據(jù)以上分析可知曲線N表示pH與的關系，B正確；C.曲線N是己二酸的第一步電離，根據(jù)圖像取0.6和5.0點，=100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常數(shù)是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液顯酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正確；D.根據(jù)圖像可知當＝0時溶液顯酸性，因此當混合溶液呈中性時，＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D錯誤；答案選D。11、B【解析】

A.火法煉銅是指用氧氣與硫化亞銅制取銅的反應，屬于氧化還原反應，故A不選；B.轉輪排字屬于物理變化，故選B；C.用糧食釀酒過程實質是淀粉水解生成葡萄糖，在進行發(fā)酵生成乙醇的過程，中間有元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，故C不選；D.鉆木取火是通過動能轉化為熱能使木材燃燒，屬于氧化還原反應，故D不選；答案：B。12、B【解析】

A．a(chǎn)點溶液沒有加入NaOH，為醋酸溶液，根據(jù)電離平衡常數(shù)計算。設電離的出的H＋的濃度為x，由于電離程度很低，可認為醋酸濃度不變。CH3COOHCH3COO－＋H＋2xxKa===1.8×10-5，解得x=6.0×10-3mol/L，A項正確；B．b點的溶液為CH3COOH和CH3COONa等濃度混合的溶液，物料守恒為c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸會電離CH3COOHCH3COO－＋H＋，醋酸根會水解，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，水解平衡常數(shù)<1.8×10-5，CH3COOH的電離大于CH3COO-的水解，所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)；B項錯誤；C．c點醋酸和氫氧化鈉完全反應，溶液為CH3COONa溶液，在醋酸鈉溶液中有電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，有物料守恒c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，將兩式聯(lián)立得到質子守恒，則有c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)；C項正確；D．d點加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，為等物質的量濃度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D項正確；本題答案選B?！军c睛】電解質溶液中，粒子濃度有三大守恒，電荷守恒、物料守恒和質子守恒，寫出前兩個即可以導出質子守恒。要特別注意等物質的量濃度的混合溶液中水解和電離的大小關系。13、B【解析】

短周期元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大，D的最高正價與最低負價代數(shù)和為6，則D為Cl元素，工業(yè)上采用在二氧化鈦與A的單質混合物中通入D的單質，高溫下反應得到化合物X和一種常見的可燃性氣體Y（化學式為AB），X與金屬單質C反應制得單質鈦，這種常見的可燃性氣體為CO，則A為C元素，B為O元素，X為TiCl4，工業(yè)上用金屬鎂還原TiCl4制得金屬鈦，則C為Mg元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼.D為Cl，B為O，C為Mg，Cl-核外有3個電子層，O2-和Mg2+核外電子排布相同，均有2個電子層，當核外電子排布相同時，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則它們的簡單離子半徑：D＞B＞C，故A正確；B.A為C，D為Cl，其中H2CO3的酸性比HClO的酸性強，故B錯誤；C.因為鎂會與空氣中的氮氣、氧氣、二氧化碳反應，則金屬鎂還原TiCl4制得金屬鈦時不能在空氣的氛圍中反應，故C正確；D.D為Cl，B為O，由二者組成的化合物中ClO2具有強氧化性，可用于飲用水消毒，故D正確；故選B?！军c睛】工業(yè)上制金屬鈦采用金屬熱還原法還原四氯化鈦，將TiO2(或天然的金紅石)和炭粉混合加熱至1000～1100K，進行氯化處理，并使生成的TiCl4蒸氣冷凝，發(fā)生反應TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO；在1070K下，用熔融的鎂在氬氣中還原TiCl4可得多孔的海綿鈦，發(fā)生反應TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti。14、D【解析】

該裝置是將化學能轉化為電能的原電池，由甲圖可知，M上有機物失電子是負極，N上氧氣得電子是正極，電解質溶液為酸性溶液，圖乙中在鐵上鍍銅，則鐵為陰極應與負極相連，銅為陽極應與正極相連；A．在鐵上鍍銅，則鐵為陰極應與負極相連，銅為陽極應與正極相連，則Fe與X相連，故A錯誤；B．由甲圖可知，氫離子向正極移動，即H+透過質子交護膜由左向右移動，故B錯誤；C．H2NCONH2在負極M上失電子發(fā)生氧化反應，生成氮氣、二氧化碳和水，電極反應式為CO(NH2)2+H2O-6e-═CO2↑+N2↑+6H+，故C錯誤；D．當圖甲中N電極消耗0.5molO2時，轉移電子的物質的量為0.5mol×4=2.0mol，則乙中陰極增重×64g/mol=64g，故D正確；故答案為D?！军c睛】考查原電池原理以及電鍍原理，明確原電池正負極上得失電子、電解質溶液中陰陽離子移動方向是解題關鍵，該裝置是將化學能轉化為電能的原電池，由甲圖可知，M上有機物失電子是負極，N上氧氣得電子是正極，電解質溶液為酸性溶液，圖乙中在鐵上鍍銅，則鐵為陰極應與負極相連，銅為陽極應與正極相連，根據(jù)得失電子守恒即可計算。15、C【解析】

A.實驗室可通過加熱酒精和濃硫酸的混合物制乙烯，其副反應常伴有SO2產(chǎn)生，SO2有還原性，也能使溴水，故A錯誤；B.苯的溴代反應需要催化劑，而反應的催化劑是溴化鐵，在有水存在時，溴化鐵就會電離和水解，改變了溴化鐵的結構，失去了催化作用，反應就無法進行，制取溴苯要用苯和溴單質，不能用溴水，故B錯誤；C.銅與稀硝酸制取一氧化氮，一氧化氮難溶于水，可以利用排水法收集，故C正確。D.加熱氫氧化鈣與氯化銨反應制氨氣，氨氣能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，必須強調濕潤的，干燥的試紙不變色，故D錯誤；答案選C。16、C【解析】

A.因為空氣中的硫酸鹽會加劇霧霾的形成。SO2和氮氧化物在一定條件下可以產(chǎn)生SO42-，所以控制SO2和氮氧化物的排放是治理霧霾的有效措施，故A正確；B.反應室①中SO2為還原劑，NO2為氧化劑，N2做載體，蒸餾水做吸收液，可發(fā)生反應：SO2+2NO2+2H2O=H2SO4+2HNO2，故B正確；C.由已知b≈d＞a≈c，若起始不通入NO2，則最終檢測不到SO42-，可知硫酸鹽的形成主要與NO2有關,故C錯誤；D.銨態(tài)氮肥易揮發(fā)產(chǎn)生氨氣。由已知的數(shù)據(jù)分析可知，在載體相同，吸收液為氨水的條件下，將SO2和NO2按一定比例混合時產(chǎn)生SO42-的濃度較大，而空氣中的硫酸鹽又會加劇霧霾的形成。所以農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中大量使用銨態(tài)氮肥可能會加重霧霾的形成，故D正確；答案：C。17、A【解析】

A.質子數(shù)同原子序數(shù)，因此質子數(shù)為，中子數(shù)=質量數(shù)-中子數(shù)，因此中子數(shù)為，A項正確；B.正戊烷和新戊烷分子內含有的共價鍵數(shù)目一致，都是1個分子中有16個共價鍵，混合物的物質的量是，因此共價鍵的數(shù)目為，B項錯誤；C.未說明條件，無法計算氯氣的物質的量，C項錯誤；D.醋酸根是一個弱酸根離子，水中會發(fā)生水解導致其數(shù)目小于，D項錯誤；答案選A。18、D【解析】

分析題給信息，X原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，則X應為O元素；Y是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素，應為F元素；在周期表中Z位于ⅠA族，由原子序數(shù)關系可知Z為Na元素，W與X屬于同一主族，W應為S元素?！驹斀狻緼．電子層數(shù)越多，原子半徑越大，同周期元素的原子序數(shù)越大，原子半徑越小，則原子半徑r(F)＜r(O)＜r(S)＜r(Na)，A項錯誤；B．X為O，Z為Na，由Y、Z兩種元素組成的化合物可能為過氧化鈉，其分子中含有離子鍵和共價鍵，B項錯誤；C．W最高價氧化物對應水化物為硫酸，屬于強酸，C項錯誤；D．非金屬性F＞S，元素的非金屬性越強，對應的簡單氫化物越穩(wěn)定，D項正確；答案選D。【點睛】微粒半徑大小的決定因素：決定因素是電子層數(shù)和核電荷數(shù)。電子層數(shù)越多，則微粒半徑越大；電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越多，對核外電子的吸引力越大，微粒半徑越小，比較時應綜合考慮二者。19、D【解析】

煉鋼過程中反應原理：Fe+O2FeO、FeO+CFe+CO，2FeO+Si2Fe+SiO2。反應中C元素化合價升高，F(xiàn)e元素發(fā)生Fe﹣FeO﹣Fe的一系列反應中，則Fe元素既失去電子也得到電子，所以既被氧化又被還原，故選D。20、C【解析】

A.反應為2A(g)+B(g)2C(g)，比較實驗I和III，溫度升高，平衡時C的量減少，說明升高溫度，化學平衡向逆反應方向移動，正反應為放熱反應，Q<0，則K3<K1；溫度相同，平衡常數(shù)相同，則K1=K2，綜上所述可知平衡常數(shù)關系為：K3<K2=K1，A錯誤；B.升高溫度，使一部分分子吸收熱量而變?yōu)榛罨肿樱瑢е禄罨肿影俜謹?shù)增大，增大活化分子有效碰撞機會，化學反應速率加快，而反應的活化能不變，B錯誤；C.實驗II達到平衡的時間比實驗I短，而實驗溫度與實驗I相同，平衡時各組分的量也相同，可判斷實驗II改變的條件是使用了催化劑。催化劑加快反應速率，但不改變化學平衡狀態(tài)，故實驗I和Ⅱ探究的是催化劑對于化學反應的影響，C正確；D.容積為2L的恒容密閉容器中充入2molA和1molB，發(fā)生反應：2A(g)+B(g)2C(g)，實驗III中，原平衡的化學平衡常數(shù)為K==4。溫度不變，平衡常數(shù)不變，實驗Ⅲ達平衡后，恒溫下再向容器中通入1molA和1molC，則此時容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(C)=1mol/L，此時濃度商Qc==4=K，因此恒溫下再向容器中通入1molA和1molC，化學平衡沒有發(fā)生移動，D錯誤；故合理選項是C。21、C【解析】

A.使用催化劑能降低反應的活化能，使反應速率加快，由圖可知，催化劑d比催化劑c使活化能降的更多，所以催化劑活性c<d，故A錯誤；B.該反應的正反應為放熱反應，在恒容絕熱容器中投入一定量SO2和NO2反應放熱使溫度升高，反應速率加快，隨著反應進行，反應物濃度逐漸減小，正反應速率逐漸減小，逆反應速率逐漸增大，過一段時間達到平衡狀態(tài)，正逆反應速率相等且不為零，不再隨時間改變，故B錯誤；C.該反應的正反應為氣體分子數(shù)減小且為放熱反應，由圖象可知，t時刻改變某一條件，正逆反應速率都增大，且正反應速率大于逆反應速率，說明平衡向正反應方向移動，改變的條件應是增大壓強，雖然平衡向正向移動，但由于容器的容積減小，新平衡時的c(N2)比原平衡要大，c(N2)：a<b，故C正確；D.CH3COOH為弱酸小部分電離，HCl為強酸完全電離，等pH的HCl和CH3COOH中，c(H+)相同，開始反應速率相同，但隨著反應進行，CH3COOH不斷電離補充消耗的H+，故醋酸溶液中的c(H+)大于鹽酸，反應速率醋酸大于鹽酸，故D錯誤。故選C。22、B【解析】

A.為防止滴入液體過量，中和滴定接近終點時，滴入要慢，并且不斷搖動，故A正確；B.向試管中滴加溶液時，滴管尖嘴應懸空，不能緊貼試管內壁，故B錯誤；C.分液時，下層液體下口放出，上層液體上口倒出，可以避免兩種液體相互污染，故C正確；D.定容時，為準確控制溶液體積，加水到容量瓶刻度線下1~2cm時，改用膠頭滴管加水，故D正確。答案選B。二、非選擇題(共84分)23、醚鍵取代反應【解析】

由框圖知A為，由C的結構簡式知含氧官能團為“一O-”為醚鍵;

E+M,M中生成了肽鍵，則為取代反應。(2)

由M逆推，知E的結構筒式為。逆推D的結構筒式為

,C與D比較知，D比C比了“一NO2"，則應為C發(fā)生硝化反應所得。(4)堿性條件能水解，則含有酯基，與FeCl3能發(fā)生顯色反應，則說明含有酚羥基，且酚羥基與酯基互為對位關系。

(5)由合成產(chǎn)物逆推,產(chǎn)物可以由與乙醇酯化得到,羧基可以由“-

CN”水解獲得，

和CH2=CHCN相連，可以先將CH2=CHCN與Br2發(fā)生加成反應生成鹵代物，再發(fā)生類似于流程中A-→B的反應.【詳解】（1）由C的結構簡式知化合物C中的含氧官能團為醚鍵，反應④為+，其反應類型為取代反應。答案：醚鍵；取代反應。（2）根據(jù)分析知E的結構簡式為：；答案：。（3）反應②是的反應。其化學方程式：；答案：。（4）①堿性條件能水解，則含有酯基，與FeCl3能發(fā)生顯色反應，則說明含有酚羥基，③分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫，酚羥基與酯基互為對位關系。；答案：。

（5）已知CH3CH2CNCH3CH2COOH。以、CH2==CHCN和乙醇為原料合成化合物的合成路線流程圖為：。24、C14H12O3取代反應消去反應1∶1∶2∶6+CH3OH+H2O3【解析】

根據(jù)F的分子式、白藜蘆醇的結構，并結合信息②中第二步可知，F(xiàn)中苯環(huán)含有3個-OCH3，故F的結構簡式為；D發(fā)生信息①中一系列反應生成E，反應過程中的醛基轉化為羥基，E發(fā)生消去反應生成F，因此E為，逆推可知D為，結合物質的分子式、反應條件、給予的信息，則C為，B為，A為。據(jù)此分析解答。【詳解】(1)白黎蘆醇()的分子式為C14H12O3，故答案為C14H12O3；(2)C→D是C中羥基被溴原子替代，屬于取代反應，E→F是E分子內脫去1分子式形成碳碳雙鍵，屬于消去反應，故答案為取代反應；消去反應；(3)化合物A的結構簡式為，其核磁共振譜中顯示有4種不同化學環(huán)境的氫原子，其個數(shù)比為1∶1∶2∶6，故答案為1∶1∶2∶6；(4)A為，與甲醇發(fā)生酯化反應生成B()，A→B反應的化學方程式為：，故答案為；(5)由上述分析可知，D的結構簡式為，E的結構簡式為，故答案為；；(6)化合物的同分異構體符合下列條件：①能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基或甲酸形成的酯基；②含苯環(huán)且苯環(huán)上只有兩種不同化學環(huán)境的氫原子，則結構簡式可能為、、，共3種；酚羥基和酯基都能夠與堿反應，不與堿反應的同分異構體為；故答案為3；?！军c睛】本題的難點是物質結構的推斷?？梢愿鶕?jù)白黎蘆醇的結構簡式為起點，用逆推方法，確定各步反應的各物質的結構簡式和反應類型，推斷過程中要充分利用題干信息。25、Co2O3+SO32－+4H+=2Co2++SO42－+2H2OClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2OClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2OFe(OH)3、Al(OH)3蒸發(fā)(濃縮)冷卻(結晶)降低烘干溫度，防止產(chǎn)品分解除去溶液中的Mn2+B粗產(chǎn)品含有可溶性氯化物或晶體失去了部分結晶水【解析】

（1）向水鈷礦[主要成分為Co2O3、Co(OH)3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]中加入鹽酸和亞硫酸鈉，浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亞硫酸鈉在酸性條件下發(fā)生氧化還原，根據(jù)電荷守恒和得失電子守恒，反應的離子方程式為：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案為Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，其反應的離子方程式為：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性條件下，NaClO3與氯離子發(fā)生氧化還原反應生成氯氣，其反應的離子方程式為：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；故答案為ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；（3）NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3調pH至a，鋁離子能與碳酸根離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁和二氧化碳，水解的離子方程式為：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；鐵離子能與碳酸根離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鐵和二氧化碳，水解的離子方程式為：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，所以沉淀成分為：Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案為Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）從溶液中制取氯化鈷固體，其操作步驟為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶和過濾，故答案為蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶；（5）根據(jù)流程圖可知，此時溶液中存在Mn2+、Co2+金屬離子；由萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系可知，調節(jié)溶液pH在3.0～3.5之間，Mn2+的萃取率很高而Co2+的萃取率較小，并防止Co2+轉化為Co(OH)2沉淀，故答案為除去溶液中的Mn2+；B；（6）根據(jù)CoCl2?6H2O的組成分析，造成產(chǎn)品中CoCl2?6H2O的質量分數(shù)大于100%的原因可能是：含有雜質，導致氯離子含量大或結晶水化物失去部分水，導致相同質量的固體中氯離子含量變大，故答案為粗產(chǎn)品含有可溶性氯化物或晶體失去了部分結晶水?！军c晴】理解工藝流程圖、明確實驗操作與設計及相關物質的性質是解答本題的關鍵，試題充分考查了學生的分析、理解能力及靈活應用所學知識的能力。26、2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2OA4NH3+5O24NO+6H2O無色氣體變紅棕色1：2H2O2AD【解析】

(1)NH4Cl與Ca(OH)2混合加熱反應產(chǎn)生CaCl2、NH3、H2O；(2)氨氣是一種堿性氣體，會與酸發(fā)生反應；(3)在工業(yè)上氨氣被催化氧化產(chǎn)生NO，NO與氧氣反應產(chǎn)生NO2，NO2被水吸收得到HNO3。根據(jù)電子守恒、一種守恒配平方程式，判斷氧化劑、還原劑的物質的量的比，根據(jù)物質的顏色判斷反應現(xiàn)象；(4)只用一種物質將NO直接轉化為硝酸且綠色環(huán)保，還原產(chǎn)物無污染；(5)若要將NH3→N2，N元素的化合價由-3價變?yōu)?價，氨氣被氧化，加入的物質應該有強的氧化性。【詳解】(1)NH4Cl與Ca(OH)2混合加熱，發(fā)生復分解反應，反應產(chǎn)生CaCl2、NH3、H2O，反應方程式為：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(2)氨氣是一種堿性氣體，能與酸發(fā)生反應，而不能與堿反應，因此不能使用濃硫酸干燥，可以使用堿石灰、NaOH固體干燥，故合理選項是A；(3)①NH3與O2在催化劑存在條件下加熱，發(fā)生氧化反應產(chǎn)生NO和水，反應的化學方程式為4NH3+5O24NO+6H2O；②NO在室溫下很容易與O2反應產(chǎn)生NO2，NO是無色氣體，NO2是紅棕色氣體，所以反應的實驗現(xiàn)象是看到氣體由無色變?yōu)榧t棕色；③NO2被水吸收得到HNO3，反應方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO，在該反應中，NO2既作氧化劑，又作還原劑，氧化劑與還原劑物質的量之比為1：2。(4)圖中實驗室只用一種物質將NO直接轉化為硝酸且綠色環(huán)保，則該物質的化學式為H2O2；(5)若要將NH3→N2，由于N元素的化合價由-3價變?yōu)?價，氨氣被氧化，則加入的物質應該有強的氧化性。A.O2可以將NH3氧化為N2，A符合題意；B.金屬Na具有強的還原性，不能氧化NH3，B不符合題意；C.NH4Cl中N元素化合價也是-3價，不能與氨氣反應產(chǎn)生氮氣，C不符合題意；D.NO2中N元素化合價也是+4價，能與氨氣反應產(chǎn)生氮氣，D符合題意；故合理選項是AD?！军c睛】本題考查了氮元素的單質及化合物的轉化、氣體的制取、干燥、氧化還原反應的應用等。掌握N元素的有關物質的性質、反應規(guī)律、氧化還原反應中電子得失與元素化合價的升降、反應類型的關系、物質的作用關系等基礎知識和基本理論是本題解答的關鍵。27、降低ClO2的濃度，防止ClO2的濃度過高而發(fā)生分解，引起爆炸冰水浴防止ClO2逸出，使ClO2全部反應，準確測定ClO2的質量溶液由藍色變?yōu)闊o色，并且在30s內顏色不發(fā)生變化1.35×10-2cV【解析】

Ⅰ.(1)根據(jù)題給信息可知：NaClO3與亞硫酸鈉在酸性條件下反應生成ClO2和硫酸鈉等物質；(2)二氧化氯(ClO2)沸點為11℃，NaClO3與亞硫酸鈉在酸性條件下生成二氧化氯等物質，ClO2濃度過高時易發(fā)生分解引起爆炸，ClO2的沸點低，用冰水可以使ClO2冷凝為液體；Ⅱ.(3)用水再次吸收殘余的二氧化氯氣體，并使錐形瓶內外壓強相等，準確測量；(4)溶液由藍色恰好變?yōu)闊o色，且半分鐘內不褪色，說明滴定至終點；(5)根據(jù)氧化還原反應分析，有關系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3計算n(ClO2)，再根據(jù)m=nM計算m(ClO2)。【詳解】Ⅰ.(1)根據(jù)題給信息可知：NaClO3與亞硫酸鈉在酸性條件下反應生成ClO2和硫酸鈉等物質，則化學反應方程式為：，故答案為：；(2)二氧化氯(ClO2)沸點為11℃，NaClO3與亞硫酸鈉在酸性條件下生成二氧化氯等物質，ClO2濃度過高時易發(fā)生分解引起爆炸，通入氮氣，及時排出；ClO2的沸點低，用冰水可以使ClO2冷凝為液體，故答案為：降低ClO2的濃度，防止ClO2的濃度過高而發(fā)生分解，引起爆炸；冰水??；Ⅱ.(3)裝置中玻璃液封管的作用是，防止ClO2逸出，使ClO2全部反應，準確測定ClO2的質量，故答案為：防止ClO2逸出，使ClO2全部反應，準確測定ClO2的質量；(4)當?shù)稳?最后)一滴標準液時，溶液由藍色恰好變?yōu)闊o色，且半分鐘內不褪色，說明滴定至終點，故答案為：溶液由藍色變?yōu)闊o色，并且在30s內顏色不發(fā)生變化；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物質的量n(Na2S2O3)=V?10-3L×cmol/L=c?V?10-3mol．則：根據(jù)關系式：，所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c?V?10-3mol，所以m(ClO2)=n(ClO2)?M=×c?V?10-3mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g，故答案為：1.35cV×10-2。【點睛】本題以氯及其化合物的性質為線索，考查了物質含量的探究性實驗，涉及化學實驗基本操作、滴定終點的判斷方法、氧化還原反應在滴定中的應用，把握習題中的信息及知識遷移應用為解答的關鍵。28、O＞C＞Si＞1s22s22p63s23p63d104s24p2（或[Ar]3d104s24p2）SiO2二者均為原子晶體，Ge原子半徑大于Si，Si—O鍵長小于Ge—O鍵長，SiO2鍵能更大，熔點更高。sp2熱水破壞了硼酸晶體中的氫鍵，而且硼酸分子與水形成分子間氫鍵，使溶解度增大4【解析】

（1）電負性的變化規(guī)律為同周期從左向右逐漸增大，同主族由上至下逐漸減少，第一電離能的變化規(guī)律為同族元素由上至下逐漸減小。（2）SiO2、GeO2為同類型晶體結構，即為原子晶體，Ge原子半徑大于Si，Si-O鍵長小于Ge-O鍵長，SiO2鍵能更大，熔點更高。（3）B原子最外層有3個電子，與3個-OH形成3個共價鍵，即可得雜化方式，熱水破壞了硼酸晶體中的氫鍵，并且硼酸分子與水形成分子間氫鍵，使溶解度增大。（4）先分析得出Cs的個數(shù)，再根據(jù)公式計算密度。【詳解】（1）電負性的變化規(guī)律為同