2025屆山東省即墨一中高考沖刺化學(xué)模擬試題注意事項(xiàng)：1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)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(qǐng)按照題號(hào)順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)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(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、實(shí)驗(yàn)室中某些氣體的制取、收集及尾氣處理裝置如圖所示(夾持和凈化裝置省略)。僅用以下實(shí)驗(yàn)裝置和表中提供的物質(zhì)完成相關(guān)實(shí)驗(yàn)，最合理的選項(xiàng)是選項(xiàng)a中的液體b中的物質(zhì)c中收集的氣體d中的液體A濃氨水堿石灰NH3H2OB濃硝酸CuNO2H2OC濃硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液D稀硝酸CuNONaOH溶液A．A B．B C．C D．D2、由兩種物質(zhì)組成的一包白色粉末，通過如下實(shí)驗(yàn)可鑒別其中的成分：取少量樣品加入足量水中，充分?jǐn)嚢?，固體部分溶解；向所得的懸濁液中加入足量稀HNO3，有氣體放出，最后仍有未溶解的白色固體，上層清液呈無色。該白色粉末可能為A．SiO2、明礬 B．BaCO3、無水CuSO4C．MgCO3、Na2S2O3 D．KCl、Ag2CO33、中國第二化工設(shè)計(jì)院提出，用間接電化學(xué)法對(duì)大氣污染物NO進(jìn)行無害化處理，其原理示意如圖(質(zhì)子膜允許H+和H2O通過)，下列相關(guān)判斷正確的是A．電極Ⅰ為陰極，電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=2OH-+H2↑B．電解池中質(zhì)子從電極Ⅰ向電極Ⅱ作定向移動(dòng)C．吸收塔中的反應(yīng)為2NO+2S2O42-+H2O=N2+4HSO3-D．每處理1molNO電解池質(zhì)量減少16g4、已知NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．120gNaHSO4固體中含有H+的數(shù)目為NAB．向FeBr2溶液中緩慢通入0.2molCl2時(shí)，被氧化的Fe2＋數(shù)目一定為0.4NAC．用惰性電極電解1L濃度均為2mol/L的AgNO3與Cu（NO3）2的混合溶液，當(dāng)有0.2NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，陰極析出金屬的質(zhì)量大于6.4gD．加熱條件下，1molFe投入足量的濃硫酸中，生成SO2的分子數(shù)目為NA5、下列說法不正確的是A．海水是一個(gè)巨大的寶藏，對(duì)人類生活產(chǎn)生重要影響的元素，如：氯、溴、碘、硫、鈉、鉀等元素主要來自于海水B．同位素示蹤法是研究化學(xué)反應(yīng)歷程的手段之一C．浙江省首條氫氧燃料電池公交線在嘉善試運(yùn)行，高容量儲(chǔ)氫材料的研制是需解決的關(guān)鍵技術(shù)問題之一D．乙醇與水互溶，這與乙醇和水分子之間能形成氫鍵有關(guān)6、ABS合成樹脂的結(jié)構(gòu)簡式如圖，則生成該樹脂的單體的種數(shù)和反應(yīng)類型正確的是A．1種，加聚反應(yīng) B．2種，縮聚反應(yīng)C．3種，加聚反應(yīng) D．3種，縮聚反應(yīng)7、某原子最外層電子排布為2s22p3，則該原子A．核外有5個(gè)電子B．核外有3種能量不同的電子C．最外層電子占據(jù)3個(gè)軌道D．最外層上有3種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子8、對(duì)于復(fù)分解反應(yīng)X+YZ+W，下列敘述正確的是A．若Z是強(qiáng)酸，則X和Y必有一種是強(qiáng)酸B．若X是強(qiáng)酸，Y是鹽，反應(yīng)后可能有強(qiáng)酸或弱酸生成C．若Y是強(qiáng)堿，X是鹽，則Z或W必有一種是弱堿D．若W是弱堿，Z是鹽，則X和Y必有一種是強(qiáng)堿9、錫為ⅣA族元素，四碘化錫是常用的有機(jī)合成試劑(SnI4，熔點(diǎn)144.5℃，沸點(diǎn)364.5℃，易水解)。實(shí)驗(yàn)室以過量錫箔為原料通過反應(yīng)Sn+2I2SnI4制備SnI4。下列說法錯(cuò)誤的是A．裝置Ⅱ的主要作用是吸收揮發(fā)的I2B．SnI4可溶于CCl4中C．裝置Ⅰ中a為冷凝水進(jìn)水口D．加入碎瓷片的目的是防止暴沸10、在給定條件下，下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是A．NH3NO2HNO3B．Mg(OH)2MgCl2(aq)無水MgCl2C．Fe2O3FeFeCl2D．NaCl(aq)NaOH(aq)NaHCO311、現(xiàn)在正是全球抗擊新冠病毒的關(guān)鍵時(shí)期，專家指出磷酸氯喹對(duì)治療新冠病毒感染有明顯效果，磷酸氯喹的分子結(jié)構(gòu)如圖所示，下列關(guān)于該有機(jī)物的說法正確的是（）A．該有機(jī)物的分子式為：C18H30N3O8P2ClB．該有機(jī)物能夠發(fā)生加成反應(yīng)、取代反應(yīng)、不能發(fā)生氧化反應(yīng)C．該有機(jī)物苯環(huán)上的1-溴代物只有2種D．1mol該有機(jī)物最多能和8molNaOH發(fā)生反應(yīng)12、CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O屬于的反應(yīng)類型是()A．復(fù)分解反應(yīng)B．置換反應(yīng)C．分解反應(yīng)D．氧化還原反應(yīng)13、下列反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是（）A．鈉和冷水反應(yīng)Na＋2H2O＝Na+＋2OH-＋H2↑B．金屬鋁溶于氫氧化鈉溶液Al＋2OH-＝AlO2-＋H2↑C．金屬鋁溶于鹽酸中：2Al＋6H+＝2Al3+＋3H2↑D．鐵跟稀硫酸反應(yīng)：2Fe＋6H+＝2Fe3+＋3H2↑14、下表是25℃時(shí)五種物質(zhì)的溶度積常數(shù)，下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是化學(xué)式CuS溶度積A．根據(jù)表中數(shù)據(jù)可推知，常溫下在純水中的溶解度比的大B．向溶液中通入可生成CuS沉淀，是因?yàn)镃．根據(jù)表中數(shù)據(jù)可推知，向硫酸鋇沉淀中加入飽和碳酸鈉溶液，不可能有碳酸鋇生成D．常溫下，在溶液中比在溶液中的溶解度小15、下列說法正確的是A．純堿和燒堿熔化時(shí)克服的化學(xué)鍵類型相同B．碘晶體受熱轉(zhuǎn)變成碘蒸氣，吸收的熱量用于克服碘原子間的作用力C．SO3溶于水的過程中有共價(jià)鍵的斷裂和離子鍵的形成D．HF的熱穩(wěn)定性很好，主要是因?yàn)镠F分子間存在氫鍵16、有Br2參加的化學(xué)反應(yīng)一定不屬于A．復(fù)分解反應(yīng) B．置換反應(yīng) C．取代反應(yīng) D．加成反應(yīng)17、向等物質(zhì)的量濃度的Ba(OH)2與BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，下列離子方程式與事實(shí)相符的是（）A．HCO3-+OH-=CO32-+H2OB．Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2OC．Ba2++2OH-+2HCO3-=BaCO3↓+CO32-+H2OD．2Ba2++3OH-+3HCO3-=2BaCO3↓+CO32-+3H2O18、碳鋼廣泛應(yīng)用在石油化工設(shè)備管道等領(lǐng)域，隨著深層石油天然氣的開采，石油和天然氣中含有的CO2及水引起的腐蝕問題（俗稱二氧化碳腐蝕）引起了廣泛關(guān)注。深井中二氧化碳腐蝕的主要過程如下所示：負(fù)極：（主要）正極：（主要）下列說法不正確的是A．鋼鐵在CO2水溶液中的腐蝕總反應(yīng)可表示為B．深井中二氧化碳對(duì)碳鋼的腐蝕主要為化學(xué)腐蝕C．碳鋼管道在深井中的腐蝕與油氣層中鹽份含量有關(guān)，鹽份含量高腐蝕速率會(huì)加快D．腐蝕過程表明含有CO2的溶液其腐蝕性比相同pH值的HCl溶液腐蝕性更強(qiáng)19、如圖是一種染料敏化太陽能電池的示意圖，電池的一個(gè)電極由有機(jī)光敏染料（R）涂覆在TiO2納米晶體表面制成，另一電極由導(dǎo)電玻璃鍍鉑構(gòu)成，下列關(guān)于該電池?cái)⑹霾徽_的是（）A．染料敏化TiO2電極為電池負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)B．正極電極反應(yīng)式是：I3-+2e-=3I-C．電池總反應(yīng)是：2R++3I-=I3-+2RD．電池工作時(shí)將太陽能轉(zhuǎn)化為電能20、下列物質(zhì)不屬于鹽的是A．CuCl2 B．CuSO4 C．Cu2(OH)2CO3 D．Cu(OH)221、古代造紙工藝中常使用下列某種物質(zhì)，該物質(zhì)易導(dǎo)致紙纖維發(fā)生酸性水解，紙張因此變脆、易破損。則該物質(zhì)是()A．明礬 B．草木灰 C．熟石灰 D．漂白粉22、高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種環(huán)保、高效、多功能飲用水處理劑，制備流程如圖所示：下列敘述錯(cuò)誤的是A．用K2FeO4作水處理劑時(shí)，既能殺菌消毒又能凈化水B．反應(yīng)I中尾氣可用FeCl2溶液吸收再利用C．反應(yīng)II中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3:2D．該條件下，物質(zhì)的溶解性：Na2FeO4<K2FeO4二、非選擇題(共84分)23、（14分）茉莉酸甲酯的一種合成路線如下：(1)C中含氧官能團(tuán)名稱為________。(2)D→E的反應(yīng)類型為________。(3)已知A、B的分子式依次為C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，寫出B的結(jié)構(gòu)簡式：________。(4)D的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：________。①分子中含有苯環(huán)，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；②堿性條件水解生成兩種產(chǎn)物，酸化后兩種分子中均只有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫。(5)寫出以和CH2(COOCH3)2為原料制備的合成路線流程圖(無機(jī)試劑和乙醇任用，合成路線流程圖示例見本題題干)_______。24、（12分）花椒毒素(Ⅰ)是白芷等中草藥的藥效成分，也可用多酚A為原料制備，合成路線如下：回答下列問題：（1）①的反應(yīng)類型為_____________________；B分子中最多有_________個(gè)原子共平面。（2）C中含氧官能團(tuán)的名稱為______________________；③的“條件a”為____________________。（3）④為加成反應(yīng)，化學(xué)方程式為__________________________________。（4）⑤的化學(xué)方程式為__________________________________。（5）芳香化合物J是D的同分異構(gòu)體，符合下列條件的J的結(jié)構(gòu)共有_________種，其中核磁共振氫譜為五組峰的J的結(jié)構(gòu)簡式為_________________。(只寫一種即可)。①苯環(huán)上只有3個(gè)取代基；②可與NaHCO3反應(yīng)放出CO2；③1molJ可中和3molNaOH。（6）參照題圖信息，寫出以為原料制備的合成路線(無機(jī)試劑任選)：______________25、（12分）鹵素單質(zhì)在堿性溶液中容易發(fā)生歧化反應(yīng)，歧化的產(chǎn)物依反應(yīng)溫度的不同而不同。Cl2＋2OH－Cl－＋ClO－＋H2O3Cl2＋6OH－5Cl－＋ClO3-＋3H2O下圖為制取氯氣、氯酸鉀、次氯酸鈉和檢驗(yàn)氯氣性質(zhì)的微型實(shí)驗(yàn)裝置：裝置中盛裝的藥品如下：①多用滴管中裝有5mL濃鹽酸；②微型具支試管中裝有1.5gKMnO4；③微型具支試管中裝有2～3mL濃硫酸；④U形反應(yīng)管中裝有30%KOH溶液；⑤U形反應(yīng)管中裝有2mol·L－1NaOH溶液；⑥、⑦雙U形反應(yīng)管中分別裝有0.1mol·L－1KI－淀粉溶液和KBr溶液；⑧尾氣出口用浸有0.5mol·L－1Na2S2O3溶液的棉花輕輕覆蓋?。?）檢查整套裝置氣密性的方法是________。（2）為了使裝置④⑤中的反應(yīng)順利完成，應(yīng)該控制的反應(yīng)條件分別為___________。（3）裝置⑥⑦中能夠觀察到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象分別是_________。（4）如果把裝置⑥⑦中的試劑互換位置，則______（填“能”或“不能”）證明氧化性Cl2>I2，理由是_______。（5）已知氯酸鉀和氯化鉀的溶解度曲線如圖所示，反應(yīng)結(jié)束后，從裝置④所得溶液中提取氯酸鉀晶體的實(shí)驗(yàn)操作是______________。（6）尾氣處理時(shí)Cl2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_________。（7）選擇微型實(shí)驗(yàn)裝置的優(yōu)點(diǎn)有___________（任答兩點(diǎn)）。26、（10分）目前全世界的鎳（Ni）消費(fèi)量僅次于銅、鋁、鉛、鋅，居有色金屬第五位。鎳常用于各種高光澤裝飾漆和塑料生產(chǎn)，也常用作催化劑。堿式碳酸鎳的制備：工業(yè)用電解鎳新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制備堿式碳酸鎳晶體[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]，制備流程如圖：（1）反應(yīng)器中的一個(gè)重要反應(yīng)為3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X的化學(xué)式為__。（2）物料在反應(yīng)器中反應(yīng)時(shí)需要控制反應(yīng)溫度和pH值。分析如圖，反應(yīng)器中最適合的pH值為__。（3）檢驗(yàn)堿式碳酸鎳晶體洗滌干凈的方法是__。測定堿式碳酸鎳晶體的組成：為測定堿式碳酸鎳晶體[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]組成，某小組設(shè)計(jì)了如圖實(shí)驗(yàn)方案及裝置：資料卡片：堿式碳酸鎳晶體受熱會(huì)完全分解生成NiO、CO2和H2O實(shí)驗(yàn)步驟：①檢查裝置氣密性；②準(zhǔn)確稱量3.77g堿式碳酸鎳晶體[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B裝置中，連接儀器；③打開彈簧夾a，鼓入一段時(shí)間空氣，分別稱量裝置C、D、E的質(zhì)量并記錄；④__；⑤打開彈簧夾a緩緩鼓入一段時(shí)間空氣；⑥分別準(zhǔn)確稱量裝置C、D、E的質(zhì)量并記錄；⑦根據(jù)數(shù)據(jù)進(jìn)行計(jì)算（相關(guān)數(shù)據(jù)如下表）裝置C/g裝置D/g裝置E/g加熱前250.00190.00190.00加熱后251.08190.44190.00實(shí)驗(yàn)分析及數(shù)據(jù)處理：（4）E裝置的作用__。（5）補(bǔ)充④的實(shí)驗(yàn)操作___。（6）通過計(jì)算得到堿式碳酸鎳晶體的組成__（填化學(xué)式）。鎳的制備：（7）寫出制備Ni的化學(xué)方程式__。27、（12分）X、Y、Z均是中學(xué)化學(xué)中常見的物質(zhì)，某同學(xué)用X、Y兩種單質(zhì)及Z的溶液進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，部分實(shí)驗(yàn)內(nèi)容如下表所示：(1)I中反應(yīng)物與生成物總能量的大小E(反應(yīng)物)_____E(生成物）（填“>”“<”或“=”），僅僅由I、II中的信息可知，Z可能是_____。(2)若X是鋁，在溫度不變時(shí)向I中分別加入（適量）等物質(zhì)的量的NaCl、KCl、CsCl后，產(chǎn)生無色氣泡的速率明顯加快，導(dǎo)致這種變化最可能的原因是_________。(3)若X是鋁，II中反應(yīng)產(chǎn)生的氣泡有特殊顏色，則發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_____；單質(zhì)Y不可能是____(填字母）。A鉛B石墨C鎂D銀(4)若Ⅲ溶液最終變成藍(lán)色，寫出負(fù)極上電極反應(yīng)式_______；變化過程中，參與正極上放電的離子是_________。28、（14分）氮化鈦(Ti3N4)為金黃色晶體，由于具有令人滿意的仿金效果，越來越多地成為黃金的代替品。以TiCl4為原料，經(jīng)過一系列反應(yīng)可以制得Ti3N4和納米TiO2(如圖1)。圖中的M是短周期金屬元素，M的部分電離能如表：I1I2I3I4I5電離能/(kJ/mol)738145177331054013630請(qǐng)回答下列問題：(1)Ti的基態(tài)原子外圍電子排布式為________________。(2)M是________(填元素符號(hào))，該金屬晶體的堆積模型為六方最密堆積，配位數(shù)為____。(3)納米TiO2是一種應(yīng)用廣泛的催化劑，納米TiO2催化的一個(gè)實(shí)例如圖2所示?；衔锛椎姆肿又胁扇p2方式雜化的碳原子有________個(gè)，化合物乙中采取sp3方式雜化的原子3對(duì)應(yīng)的元素的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開_______________。(4)有一種氮化鈦晶體的晶胞與NaCl晶胞相似，如圖3所示，該晶胞中N、Ti之間的最近距離為apm，則該氮化鈦的密度為________________g/cm3(NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，只列計(jì)算式)。該晶體中與氮原子距離相等且最近的氮原子有________個(gè)。(5)科學(xué)家通過X-射線探明KCl、MgO、CaO、TiN的晶體與NaCl的晶體結(jié)構(gòu)相似。且知三種離子晶體的晶格能數(shù)據(jù)：離子晶體NaClKClCaO晶格能/(kJ/mol)7867153401KCl、CaO、TiN三種離子晶體熔點(diǎn)由高到低的順序?yàn)開_________________。29、（10分）鐵及其化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛應(yīng)用。(1)鐵原子核外有__________種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子，F(xiàn)e3+基態(tài)核外電子排布式為_______________。(2)實(shí)驗(yàn)室常用K3[Fe(CN)6]檢驗(yàn)Fe2+，[Fe(CN)6]3－中三種元素電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開_______(用元素符號(hào)表示)，CN－中σ鍵與π鍵的數(shù)目比n(σ)∶n(π)=__________；HCN中C原子軌道的雜化類型為__________。HCN的沸點(diǎn)為25.7℃，既遠(yuǎn)大于N2的沸點(diǎn)(-195.8℃)也大于HCl的沸點(diǎn)(-85℃)的原因是__________。(3)FeCl3中的化學(xué)鍵具有明顯的共價(jià)性，蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子(Fe2Cl6)存在，該雙聚分子的結(jié)構(gòu)式為________，其中Fe的配位數(shù)為_____________。(4)鐵氮化合物(Fe4N)在磁記錄材料領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用前景，其晶胞如上圖所示。以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)，例如圖中b位置Fe原子的坐標(biāo)為(0，，)、(，0，)和(，，0)，則a位置Fe原子和N原子的坐標(biāo)分別為__________、__________。N與Fe原子之間最短距離apm。設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該鐵氮化合物的密度是__________g·cm-3(列出計(jì)算表達(dá)式)。

參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、C【解析】

A.濃氨水與堿石灰不加熱可以制取氨氣，但是氨氣的密度比空氣小，不能用向上排空氣方法收集，A錯(cuò)誤；B.濃硝酸與Cu反應(yīng)產(chǎn)生NO2氣體，NO2密度比空氣大，可以用向上排空氣方法收集，NO2是大氣污染物，但NO2若用水吸收，會(huì)發(fā)生反應(yīng)：3NO2+H2O=2HNO3+NO，產(chǎn)生的NO仍然會(huì)污染空氣，B錯(cuò)誤；C.濃硫酸與Na2SO3發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，產(chǎn)生Na2SO4、H2O、SO2，SO2密度比空氣大，可以用向上排空氣方法收集，SO2是大氣污染物，可以用NaOH溶液吸收，發(fā)生反應(yīng)為：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，為防止倒吸，安裝了倒扣漏斗，從而達(dá)到環(huán)境保護(hù)的目的，C正確；D.稀硝酸與Cu反應(yīng)產(chǎn)生NO氣體，NO與空氣中的氧氣會(huì)發(fā)生反應(yīng)，所以不能用排空氣方法收集，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。2、D【解析】

A、取少量樣品加入足量水中，充分?jǐn)嚢瑁腆w部分溶解，說明固體中含有不溶性的物質(zhì)和可溶性物質(zhì)，對(duì)四個(gè)選項(xiàng)分析比較，都具備該條件；向所得的懸濁液中加入足量稀HNO3，有氣體放出，說明有碳酸鹽，A中無碳酸鹽，A錯(cuò)誤；B、最后仍有未溶解的白色固體，上層清液呈無色，由于CuSO4溶液顯藍(lán)色，不是無色，B錯(cuò)誤；C、Na2S2O3與硝酸反應(yīng)產(chǎn)生Na2SO4、S單質(zhì)、NO氣體，S是淡黃色難溶于水的物質(zhì)，不是白色固體，C錯(cuò)誤；D、KCl能溶于水，而Ag2CO3不溶于水，加入HNO3，反應(yīng)產(chǎn)生AgNO3、CO2氣體和H2O，KCl再與AgNO3發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)產(chǎn)生AgCl白色不溶于酸的沉淀，符合題意，通過上述分析可知該白色粉末為KCl、Ag2CO3，D正確；故合理選項(xiàng)是D。3、C【解析】

在電極Ⅰ，HSO3-轉(zhuǎn)化為S2O42-，S元素化合價(jià)由+4價(jià)降低為+3價(jià)發(fā)生還原反應(yīng)，則該電極作電解池的陰極，電極Ⅱ?yàn)殡娊獬氐年枠O，在電極Ⅱ上H2O失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成O2和H+?！驹斀狻緼．電極Ⅰ為電解池的陰極，電極反應(yīng)式為2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，A不正確；B．由于陰極需消耗H+，而陽極生成H+，電解池中質(zhì)子從電極Ⅱ向電極Ⅰ作定向移動(dòng)，B不正確；C．從箭頭的指向，可確定吸收塔中S2O42-與NO反應(yīng)，生成HSO3-和N2，發(fā)生反應(yīng)為2NO+2S2O32-+H2O=N2+4HSO3-，C正確；D．每處理1molNO，陰極2HSO3-→S2O42-，質(zhì)量增加34g，陽極H2O→O2，質(zhì)量減輕16g，電解池質(zhì)量增加34g-16g=18g，D不正確；故選C。4、C【解析】

A．固體NaHSO4中不含氫離子，故A錯(cuò)誤；B．被氧化的Fe2＋數(shù)目與溶液中FeBr2的量有關(guān)，故B錯(cuò)誤；C．混合溶液中n(Ag+)=2mol×1L=2mol，n(Cu2+)=2mol，Ag+氧化性大于Cu2+，電解混合溶液時(shí)，陰極首先析出的固體為銀單質(zhì)，當(dāng)有0.2mol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，首先析出Ag，質(zhì)量為0.2mol×108g/mol=21.6g，故C正確；D．濃硫酸氧化性較強(qiáng)，可以將Fe氧化成Fe3+，所以1molFe可以提供3mol電子，則生成的SO2的物質(zhì)的量為1.5mol，個(gè)數(shù)為1.5NA，故D錯(cuò)誤；答案為C?！军c(diǎn)睛】熔融狀態(tài)下NaHSO4電離出鈉離子和硫酸氫根離子，在水溶液中NaHSO4電離出鈉離子、氫離子、硫酸根離子。5、A【解析】

A．K元素廣泛存在于各種礦石和海水中，S元素廣泛存在于自然界中，有火山噴口附近或地殼巖層中的單質(zhì)硫以及各類硫化物和硫酸鹽礦石，如硫鐵礦(FeS2)，黃銅礦(CuFeS2)，石膏(CaSO4·2H2O)和芒硝(Na2SO4·10H2O)等，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．同位素示蹤法可以幫助我們研究化學(xué)反應(yīng)歷程，例如乙酸的酯化反應(yīng)，就是通過同位素示蹤法證實(shí)反應(yīng)過程是，乙酸分子羧基中的羥基與醇分子羥基的氫原子結(jié)合成水，其余部分相互結(jié)合成乙酸乙酯的，B項(xiàng)正確；C．氫氣化學(xué)性質(zhì)活潑，且在常溫下是氣體，因此氫的安全儲(chǔ)運(yùn)是氫能利用的一大問題，研發(fā)高容量儲(chǔ)氫材料是氫能利用的關(guān)鍵技術(shù)問題之一，C項(xiàng)正確；D．乙醇分子可以和水分子之間形成氫鍵，這使得其能夠與水互溶，D項(xiàng)正確；答案選A。6、C【解析】

ABS合成樹脂的鏈節(jié)為，鏈節(jié)的主鏈上全是碳原子，ABS樹脂由單體發(fā)生加聚反應(yīng)得到，按如圖所示的虛線斷開：，再將雙鍵中的1個(gè)單鍵打開，然后將半鍵閉合即可得ABS樹脂的單體為：CH2=CHCN、CH2=CH—CH=CH2和C6H5CH=CH2，有3種，單體之間通過加聚反應(yīng)生成合成樹脂；答案選C。7、B【解析】A.最外層為第二層有5個(gè)電子，核外電子數(shù)為7，A錯(cuò)誤；B.每個(gè)能級(jí)的電子能量相同，核外有3個(gè)能級(jí)，即有3種能量不同的電子，B正確；C.2s能級(jí)有一個(gè)軌道，2p能級(jí)有3個(gè)軌道，由于電子會(huì)優(yōu)先獨(dú)自占用一個(gè)軌道，故最外層電子占據(jù)4個(gè)軌道，C錯(cuò)誤；D.每個(gè)電子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)都不相同，故核外有7中運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子，D錯(cuò)誤。故選擇B。8、B【解析】

A．H2S+CuSO4=CuS+H2SO4。錯(cuò)誤；B．H2SO4+2NaCl=Na2SO4+2HCl↑；2HCl+FeS=FeCl2+H2S↑，正確；C．Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，錯(cuò)誤；D．CuSO4+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4，錯(cuò)誤。9、A【解析】

A．SnI4易水解，裝置Ⅱ的主要作用是防止空氣中的水蒸氣進(jìn)去到反應(yīng)裝置中，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)相似相溶原理，SnI4是非極性分子溶于CCl4非極性分子中，故B正確；C．冷凝水方向是“下進(jìn)上出”，因此裝置Ⅰ中a為冷凝水進(jìn)水口，故C正確；D．在液體加熱時(shí)溶液易暴沸，因此需要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸，故D正確；故答案為A。10、D【解析】

A.NH3NO2不能一步轉(zhuǎn)化，氨氣催化氧化得到NO而不能直接得到NO2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.MgCl2(aq)無水MgCl2，氯化鎂為強(qiáng)酸弱堿鹽，水解產(chǎn)生氫氧化鎂和鹽酸，鹽酸易揮發(fā)，最后得到的氫氧化鎂灼燒得到氧化鎂，而不能一步得到無水氯化鎂，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.FeFeCl3，鐵在氯氣中燃燒生成氯化鐵不是生成氯化亞鐵，無法一步轉(zhuǎn)化生成氯化亞鐵，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.NaCl(aq)NaOH(aq)NaHCO3，電解氯化鈉溶液得到氫氧化鈉，氫氧化鈉溶液中通入過量的二氧化碳生成碳酸氫鈉，反應(yīng)均能一步轉(zhuǎn)化，選項(xiàng)D正確。答案選D。【點(diǎn)睛】本題考查金屬元素單質(zhì)及其化合物的綜合應(yīng)用，題目難度中等，試題側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及轉(zhuǎn)化的特點(diǎn)、反應(yīng)條件，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力。11、D【解析】

A．該有機(jī)物的分子式為：C18H32N3O8P2Cl，A錯(cuò)誤；B．分子中含有苯環(huán)、氯原子，該有機(jī)物能夠發(fā)生加成反應(yīng)、取代反應(yīng)，有機(jī)物可以燃燒，能發(fā)生氧化反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．該有機(jī)物苯環(huán)上的1-溴代物只有3種，C錯(cuò)誤；D．氯原子水解形成酚羥基，磷酸能與氫氧化鈉反應(yīng)，因此1mol該有機(jī)物最多能和8molNaOH發(fā)生反應(yīng)，D正確。答案選D。12、A【解析】

A.復(fù)分解反應(yīng)是兩種化合物互相交換成分生成另外兩種化合物的反應(yīng)，該反應(yīng)CaCO3和HCl生成CaCl2和H2CO3，屬于復(fù)分解反應(yīng)，故A選；B.置換反應(yīng)是一種單質(zhì)和一種化合物生成另一種單質(zhì)和另一種化合物的反應(yīng)，本反應(yīng)中無單質(zhì)參與或生成，故B不選；C.分解反應(yīng)是一種物質(zhì)生成兩種或兩種以上物質(zhì)的反應(yīng)，本反應(yīng)的反應(yīng)物有兩個(gè)，故C不選；D.氧化還原反應(yīng)是有元素化合價(jià)升高和降低的反應(yīng)，本反應(yīng)無元素化合價(jià)變化，故D不選。故選A。13、C【解析】

A項(xiàng)，反應(yīng)前后電荷不守恒，正確離子方程式為2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，電荷不守恒，正確離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，Al與鹽酸反應(yīng)生成AlCl3和H2，符合離子方程式的書寫，C正確；D項(xiàng)，不符合反應(yīng)事實(shí)，F(xiàn)e和稀硫酸反應(yīng)生成Fe2+和H2，D錯(cuò)誤；答案選C?！军c(diǎn)睛】注意電荷守恒在判斷中的靈活應(yīng)用，還要注意所給方程式是否符合實(shí)際反應(yīng)事實(shí)。14、C【解析】

本題考查溶度積常數(shù)，意在考查對(duì)溶度積的理解和應(yīng)用?！驹斀狻緼.CaSO4和CaCO3的組成類似，可由溶度積的大小推知其在純水中溶解度的大小，溶度積大的溶解度大，故不選A；B.Qc>Ksp時(shí)有沉淀析出，故不選B；C.雖然Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)，但兩者相差不大，當(dāng)c(Ba2+)·c(CO32－)>Ksp(BaCO3)時(shí)，硫酸鋇可能轉(zhuǎn)化為碳酸鋇，故選C；D.根據(jù)同離子效應(yīng)可知，CaSO4在0.05mol/LCaCl2溶液中比在0.01mol/LNa2SO4溶液中的溶解度小，故不選D；答案：C【點(diǎn)睛】(1)同種類型的難溶物，Ksp越小，溶解能力越?。唬?）當(dāng)Qc>Ksp析出沉淀；當(dāng)Qc<Ksp沒有沉淀生成；當(dāng)Qc=Ksp，正好達(dá)到平衡。15、A【解析】

A碳酸鈉和氫氧化鈉熔化時(shí)都克服離子鍵，故正確；B.碘晶體受熱變成碘蒸氣克服分子間作用力，不是克服碘原子間的作用力，故錯(cuò)誤；C.三氧化硫溶于水的過程中有共價(jià)鍵的斷裂和形成，沒有離子鍵的形成，故錯(cuò)誤；D.氟化氫的穩(wěn)定性好，是因?yàn)榉瘹渲械墓矁r(jià)鍵鍵能高，與氫鍵無關(guān)，故錯(cuò)誤。故選A?！军c(diǎn)睛】掌握氫鍵的位置和影響因素。氫鍵是分子間的作用力，影響物質(zhì)的物理性質(zhì)，不影響化學(xué)性質(zhì)。16、A【解析】

溴具有氧化性，有溴參加的反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，也可發(fā)生有機(jī)類型的取代、加成反應(yīng)，則不可能為復(fù)分解反應(yīng)，以此來解答即可?！驹斀狻緼.復(fù)分解反應(yīng)中一定沒有元素的化合價(jià)變化，而溴參加有元素的化合價(jià)變化，則不可能為復(fù)分解反應(yīng)，A符合題意；B.單質(zhì)溴與KI發(fā)生置換反應(yīng)，產(chǎn)生碘單質(zhì)和溴化鉀，B不符合題意；C.甲烷與溴的取代反應(yīng)，有溴參加，C不符合題意；D.乙烯與溴的加成反應(yīng)產(chǎn)生1,2-二溴乙烷，有溴參加，D不符合題意；故合理選項(xiàng)是A?！军c(diǎn)睛】本題考查溴的化學(xué)性質(zhì)及反應(yīng)類型，把握溴蒸氣的氧化性及有機(jī)反應(yīng)中溴單質(zhì)的作用為解答的關(guān)鍵，注重基礎(chǔ)知識(shí)的考查，注意利用實(shí)例分析。17、B【解析】

A．等物質(zhì)的量濃度的Ba(OH)2與BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，反應(yīng)生成碳酸根離子，碳酸根離子與鋇離子不共存，一定會(huì)產(chǎn)生沉淀，故A錯(cuò)誤；B．Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2O可以表示1mol氫氧化鋇與1mol氯化鋇，1mol碳酸氫鈉的離子反應(yīng)，故B正確；C．若氫氧化鋇物質(zhì)的量為1mol，則氯化鋇物質(zhì)的量為1mol，加入碳酸氫鈉，消耗2mol氫氧根離子生成2mol碳酸根離子，2mol碳酸根離子能夠與2mol鋇離子反應(yīng)生成2mol碳酸鋇沉淀，故C錯(cuò)誤；D．依據(jù)方程式可知：3molOH-對(duì)應(yīng)1.5mol氫氧化鋇，則氯化鋇物質(zhì)的量為1.5mol，消耗3mol碳酸氫根離子，能夠生成3mol碳酸根離子，同時(shí)生成3mol碳酸鋇沉淀，故D錯(cuò)誤；答案選B。【點(diǎn)睛】本題考查了離子方程式的書寫，側(cè)重考查反應(yīng)物用量不同的離子反應(yīng)方程式的書寫，明確離子反應(yīng)的順序是解題關(guān)鍵。本題中反應(yīng)的先后順序?yàn)樘妓釟涓x子與氫氧根離子反應(yīng)生成碳酸根離子和水，生成的碳酸根離子再與鋇離子反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀。18、B【解析】

A.將正極反應(yīng)式和負(fù)極反應(yīng)式相加得到鋼鐵在CO2水溶液中的腐蝕總反應(yīng)為，故A正確；B.深井中二氧化碳對(duì)碳鋼的腐蝕主要為電化學(xué)腐蝕，不是化學(xué)腐蝕，故B錯(cuò)誤；C.鹽份含量高，溶液的導(dǎo)電性越好，腐蝕速率越快，故C正確；D.腐蝕過程表明含有CO2的溶液主要腐蝕電化學(xué)腐蝕，腐蝕性比相同pH值的HCl溶液腐蝕性更強(qiáng)，故D正確；故選B。19、C【解析】

根據(jù)圖示裝置可以知道：染料敏化TiO2電極為電池負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，R﹣e﹣=R+，正極電極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式是：I3﹣+2e﹣═3I﹣，總反應(yīng)為：2R+3I﹣═I3﹣+2R+，據(jù)此回答?！驹斀狻緼.根據(jù)圖示裝置可以知道染料敏化TiO2電極為電池負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)R﹣e﹣=R+，故A正確；B.正極電極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式是：I3﹣+2e﹣═3I﹣，故B正確；C.正極和負(fù)極反應(yīng)相加可以得到總反應(yīng)：2R+3I﹣═I3﹣+2R+，故C錯(cuò)誤；D.太陽能電池工作時(shí)，將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，故D正確。故選C。20、D【解析】

A.CuCl2是銅離子和氯離子組成的化合物，屬于鹽，A不選；B.CuSO4是硫酸根離子和銅離子組成的化合物，屬于鹽，B不選；C.Cu2(OH)2CO3為堿式碳酸銅，屬于鹽，C不選；D.Cu(OH)2為氫氧化銅，在溶液中能部分電離出銅離子和氫氧根離子，屬于堿，D選；答案選D。21、A【解析】

早期的紙張生產(chǎn)中,常采用紙表面涂敷明礬的工藝，明礬[KAl(SO4)2?12H2O]中鋁離子水解，其水解方程式為：，產(chǎn)生氫離子促進(jìn)纖維素水解，使高分子鏈斷裂，所以紙質(zhì)會(huì)變脆、破損，A項(xiàng)符合題意，答案選A。22、D【解析】

A.K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，可用于殺菌消毒，還原產(chǎn)物為Fe3+，F(xiàn)e3+水解生成具有吸附性的氫氧化鐵膠體，可達(dá)到凈水的目的，A敘述正確，但是不符合題意；B.反應(yīng)I中尾氣Cl2為，可與FeCl2繼續(xù)反應(yīng)生成FeCl3，B敘述正確，但是不符合題意；C.反應(yīng)II中的反應(yīng)方程式為3NaClO+10NaOH+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，氧化劑是NaClO，還原劑是2FeCl3，所以反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3:2，C敘述正確，但是不符合題意；D.向飽和的KOH溶液中加入Na2FeO4，K2FeO4晶體析出，說明該條件下，物質(zhì)的溶解性：Na2FeO4>K2FeO4，D敘述錯(cuò)誤，但是符合題意；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、羰基和酯基消去反應(yīng)【解析】

(1)由結(jié)構(gòu)可知C中含氧官能團(tuán)為：酯基、羰基；(2)對(duì)比D、E的結(jié)構(gòu)，可知D分子中脫去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳雙鍵得到E；(3)A、B的分子式依次為C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，結(jié)合C的結(jié)構(gòu)，可知A為HOOC(CH2)4COOH、B為；(4)D的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足下列條件：①分子中含有苯環(huán)，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有酚羥基；②堿性條件水解生成兩種產(chǎn)物，說明還含有酯基，且酸化后兩種分子中均只有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫；(5)由E→F→G轉(zhuǎn)化可知，可由加熱得到，而與CH2(COOCH3)2加成得到，與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)得到，然后發(fā)生催化氧化得到，最后發(fā)生消去反應(yīng)得到。【詳解】由上述分析可知：A為HOOC(CH2)4COOH；B為。(1)由C結(jié)構(gòu)簡式可知C中含氧官能團(tuán)為：酯基、羰基；（2）對(duì)比D、E的結(jié)構(gòu)，可知D分子中脫去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳雙鍵得到E，故D生成E的反應(yīng)屬于消去反應(yīng)；(3)A、B的分子式依次為C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，結(jié)合C的結(jié)構(gòu)，可知A為HOOC(CH2)4COOH、B為；(4)D的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足下列條件：①分子中含有苯環(huán)，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有酚羥基；②堿性條件水解生成兩種產(chǎn)物，說明還含有酯基，且酸化后兩種分子中均只有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫，符合條件的同分異構(gòu)體為：；(5)與H2在Ni催化下發(fā)生加成反應(yīng)產(chǎn)生，與O2在Cu催化下發(fā)生氧化反應(yīng)產(chǎn)生，與NaOH的乙醇溶液發(fā)生消去反應(yīng)產(chǎn)生，再與CH2(COOCH3)2發(fā)生加成反應(yīng)產(chǎn)生，該物質(zhì)在高溫下反應(yīng)產(chǎn)生，故合成路線流程圖為：。【點(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物的合成的知識(shí)，涉及官能團(tuán)的識(shí)別、有機(jī)反應(yīng)類型的判斷、限制條件同分異構(gòu)體的書寫、合成路線設(shè)計(jì)等，(4)中同分異構(gòu)體的書寫為易錯(cuò)點(diǎn)、難點(diǎn),關(guān)鍵是對(duì)比物質(zhì)的結(jié)構(gòu)理解發(fā)生的反應(yīng)，題目側(cè)重考查學(xué)生分析推理能力、知識(shí)遷移運(yùn)用能力。24、取代反應(yīng)18羰基、醚鍵濃硫酸、加熱（或：P2O5）30【解析】根據(jù)B的結(jié)構(gòu)簡式和生成B的反應(yīng)條件結(jié)合A的化學(xué)式可知，A為；根據(jù)C和D的化學(xué)式間的差別可知，C與氫氣在催化劑作用下發(fā)生加成反應(yīng)生成D，D為，結(jié)合G的結(jié)構(gòu)可知，D消去結(jié)構(gòu)中的羥基生成碳碳雙鍵得到E，E為；根據(jù)G生成H的反應(yīng)條件可知，H為。(1)根據(jù)A和B的結(jié)構(gòu)可知，反應(yīng)①發(fā)生了羥基上氫原子的取代反應(yīng)；B()分子中的苯環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，最多有18個(gè)原子共平面，故答案為取代反應(yīng)；18；(2)C()中含氧官能團(tuán)有羰基、醚鍵；反應(yīng)③為D消去結(jié)構(gòu)中的羥基生成碳碳雙鍵得到E，“條件a”為濃硫酸、加熱，故答案為羰基、醚鍵；濃硫酸、加熱；(3)反應(yīng)④為加成反應(yīng)，根據(jù)E和G的化學(xué)式的區(qū)別可知F為甲醛，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故答案為；(4)反應(yīng)⑤是羥基的催化氧化，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故答案為；(5)芳香化合物J是D()的同分異構(gòu)體，①苯環(huán)上只有3個(gè)取代基；②可與NaHCO3反應(yīng)放出CO2，說明結(jié)構(gòu)中含有羧基；③1molJ可中和3molNaOH，說明結(jié)構(gòu)中含有2個(gè)酚羥基和1個(gè)羧基；符合條件的J的結(jié)構(gòu)有：苯環(huán)上的3個(gè)取代基為2個(gè)羥基和一個(gè)—C3H6COOH，當(dāng)2個(gè)羥基位于鄰位時(shí)有2種結(jié)構(gòu)；當(dāng)2個(gè)羥基位于間位時(shí)有3種結(jié)構(gòu)；當(dāng)2個(gè)羥基位于對(duì)位時(shí)有1種結(jié)構(gòu)；又因?yàn)椤狢3H6COOH的結(jié)構(gòu)有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(CH3)COOH、—CH(CH3)CH2COOH、—C(CH3)2COOH、—CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)×5=30種，其中核磁共振氫譜為五組峰的J的結(jié)構(gòu)簡式有，故答案為30；；(6)以為原料制備。根據(jù)流程圖C生成的D可知，可以與氫氣加成生成，羥基消去后生成，與溴化氫加成后水解即可生成，因此合成路線為，故答案為。點(diǎn)睛：本題考查了有機(jī)合成與推斷，根據(jù)反應(yīng)條件和已知物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式采用正逆推導(dǎo)的方法分析是解題的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為B分子中共面的原子數(shù)的判斷，要注意單鍵可以旋轉(zhuǎn)；本題的難點(diǎn)是(6)的合成路線的設(shè)計(jì)，要注意羥基的引入和去除的方法的使用。本題的難度較大。25、連接好實(shí)驗(yàn)裝置，由⑧導(dǎo)管向⑦裝置中加水，若能形成一段穩(wěn)定的水柱，則裝置的氣密性良好（其他合理答案均可）裝置④放入348K（或75℃）熱水浴中；裝置⑤放入冷水浴中裝置⑥中溶液變藍(lán)；裝置⑦中溶液變成橙色能Cl2與KBr反應(yīng)生成Br2，氧化性Cl2>Br2，Cl2與揮發(fā)出來的Br2均可與KI反應(yīng)，氧化性Br2>I2或Cl2>I2，均可證明氧化性Cl2>I2蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾（洗滌、干燥）S2O32-＋4Cl2＋5H2O=2SO42-＋8Cl－＋10H＋簡化實(shí)驗(yàn)裝置、節(jié)約成本；試劑用量少、能源消耗少；節(jié)省空間，縮短實(shí)驗(yàn)時(shí)間；減少污染等（任答兩點(diǎn)）【解析】

（1）氣體經(jīng)過的裝置數(shù)目較多，可用液差法檢查整套裝置的氣密性；（2）該實(shí)驗(yàn)的目的是制取氯酸鉀和次氯酸鈉，由于④U形反應(yīng)管中裝有30%KOH溶液，用于制取氯酸鉀，⑤U形反應(yīng)管中裝有2mol·L－1NaOH溶液用于制取次氯酸鈉，結(jié)合已知離子方程式寫出反應(yīng)條件；（3）裝置⑥中KI溶液與Cl2反應(yīng)生成I2，使淀粉溶液變藍(lán)，裝置⑦中KBr溶液與Cl2反應(yīng)生成Br2；（4）如果把裝置⑥、⑦中的試劑互換位置，Cl2與KBr反應(yīng)生成的Br2揮發(fā)出來會(huì)與KI反應(yīng)生成I2，據(jù)此分析解答；（5）物質(zhì)的溶解度隨溫度的變化較快，常常選擇冷卻結(jié)晶方式析出晶體，物質(zhì)的溶解度隨溫度的變化相對(duì)平緩，常常選擇蒸發(fā)溶劑的結(jié)晶方式析出晶體；觀察溶解度曲線特點(diǎn)，選擇結(jié)晶方式；（6）Na2S2O3和Cl2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Na2SO4和NaCl，結(jié)合電子守恒、電荷守恒寫出離子方程式；（7）結(jié)合微型實(shí)驗(yàn)裝置的特點(diǎn)回答其優(yōu)點(diǎn)，如節(jié)約藥品，減少環(huán)境污染等等。【詳解】（1）整套裝置氣密性的檢查用液差法，方法是連接好實(shí)驗(yàn)裝置，由⑧導(dǎo)管向⑦裝置中加水，若能形成一段穩(wěn)定的水柱，則裝置的氣密性良好。（2）裝置④中盛放30%KOH溶液，裝置④中發(fā)生的反應(yīng)為3Cl2＋6KOHKClO3＋5KCl＋3H2O，則裝置④用于制備KClO3；裝置⑤中盛放2mol·L－1NaOH溶液，裝置⑤中發(fā)生的反應(yīng)為Cl2＋2NaOHNaCl＋NaClO＋H2O，則裝置⑤用于制備NaClO。為了使裝置④中的反應(yīng)順利完成，裝置④應(yīng)放入348K（或75℃）熱水浴中；為了使裝置⑤中的反應(yīng)順利完成，裝置⑤應(yīng)放入冷水浴中。（3）裝置⑥中盛放KI－淀粉溶液，通入Cl2發(fā)生反應(yīng)Cl2＋2KI=2KCl＋I(xiàn)2，I2遇淀粉呈藍(lán)色，則裝置⑥中的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是溶液變藍(lán)；裝置⑦中盛放KBr溶液，通入Cl2發(fā)生反應(yīng)Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2，則裝置⑦中的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是溶液變成橙色。（4）如果把裝置⑥⑦中的試劑互換位置，即裝置⑥中盛放KBr溶液，裝置⑥中發(fā)生反應(yīng)Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2，由此得出氧化性Cl2>Br2；裝置⑦中盛放KI－淀粉溶液，無論是Cl2還是裝置⑥中揮發(fā)出來的Br2（g）都能與KI反應(yīng)生成I2，則說明Cl2或Br2（g）的氧化性強(qiáng)于I2。結(jié)合裝置⑥中得出的結(jié)論也能證明氧化性Cl2>I2。（5）根據(jù)溶解度曲線可知，KClO3的溶解度隨溫度升高明顯增大，KCl在低溫時(shí)溶解度大于KClO3，高溫時(shí)溶解度小于KClO3，則從裝置④所得溶液中提取KClO3晶體的實(shí)驗(yàn)操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。（6）尾氣用浸有0.5mol·L－1Na2S2O3溶液的棉花吸收，Cl2將S2O氧化成SO，自身被還原成Cl－，根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理可將尾氣吸收時(shí)Cl2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式配平為4Cl2＋S2O＋5H2O=2SO＋8Cl－＋10H＋。（7）選擇微型實(shí)驗(yàn)裝置的優(yōu)點(diǎn)有：簡化實(shí)驗(yàn)裝置、節(jié)約成本；試劑用量少、能源消耗少；節(jié)省空間，縮短實(shí)驗(yàn)時(shí)間；減少污染等。【點(diǎn)睛】本題以制取氯氣、氯酸鉀、次氯酸鈉和檢驗(yàn)氯氣性質(zhì)的實(shí)驗(yàn)為載體考查了基本實(shí)驗(yàn)操作、反應(yīng)條件對(duì)化學(xué)反應(yīng)的影響、混合物分離或提純、氧化還原反應(yīng)規(guī)律及其化學(xué)方程式書寫、實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)及其評(píng)價(jià)，掌握物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)是解題關(guān)鍵，試題有利于培養(yǎng)學(xué)生的綜合能力。26、CO28.3取最后一次洗滌液少許，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若無沉淀產(chǎn)生，則證明沉淀已經(jīng)洗滌干凈吸收空氣中的H2O和CO2關(guān)閉彈簧夾a，點(diǎn)燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時(shí)，停止加熱NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O【解析】

(1)根據(jù)元素守恒分析判斷；(2)使各種雜質(zhì)相對(duì)最少的pH即為最適合的pH；(3)反應(yīng)后的濾液中含有硫酸鈉，因此檢驗(yàn)堿式碳酸鎳晶體是否洗滌干凈就是檢驗(yàn)是否有硫酸根離子殘留；(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康暮透鱾€(gè)裝置的作用分析；(5)根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康暮颓昂蟛僮鞑襟E分析；(6)先計(jì)算生成水蒸氣和CO2的質(zhì)量，再根據(jù)質(zhì)量守恒確定化學(xué)式；(7)氧化還原反應(yīng)中電子有得，必有失，根據(jù)化合價(jià)變化確定生成物，進(jìn)而配平方程式?！驹斀狻?1)反應(yīng)器中的一個(gè)重要反應(yīng)為3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反應(yīng)前Ni原子共3個(gè)、S原子共3個(gè)、O原子共23個(gè)、Na原子6個(gè)、C原子3個(gè)、H原子4個(gè)，反應(yīng)后現(xiàn)有：Ni原子3個(gè)、S原子共3個(gè)、O原子共19個(gè)、Na原子6個(gè)、C原子1個(gè)、H原子4個(gè)，少O原子4個(gè)，C原子2個(gè)，而這些微粒包含在2個(gè)X分子中，所以X的化學(xué)式為CO2，故答案為：CO2；(2)物料在反應(yīng)器中反應(yīng)時(shí)需要控制反應(yīng)條件，根據(jù)圖可知，在pH=8.3時(shí)，各種雜質(zhì)相對(duì)最少，所以反應(yīng)器中最適合的pH8.3，故答案為：8.3；(3)反應(yīng)后的濾液中含有硫酸鈉，因此檢驗(yàn)堿式碳酸鎳晶體是否洗滌干凈就是檢驗(yàn)是否有硫酸根離子殘留，故答案為：取最后一次洗滌液少許，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若無沉淀產(chǎn)生，則證明沉淀已經(jīng)洗滌干凈；(4)C裝置用來吸收堿式碳酸鎳晶體受熱分解產(chǎn)生的H2O，D裝置用來吸收堿式碳酸鎳晶體受熱分解產(chǎn)生的CO2，E裝置可以防止空氣中的H2O和CO2進(jìn)入D裝置中，影響實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的測定，故答案為：吸收空氣中的H2O和CO2；(5)步驟③反應(yīng)前左側(cè)通空氣是為了排盡裝置中原有的CO2和水蒸氣，避免裝置內(nèi)的CO2和水蒸氣造成數(shù)據(jù)干擾，排空氣后，應(yīng)該開始進(jìn)行反應(yīng)，因此步驟④的操作為關(guān)閉彈簧夾a，點(diǎn)燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時(shí)，說明固體分解完全，停止加熱；步驟⑤再打開彈簧夾a緩緩鼓入一段時(shí)間空氣，將裝置中殘留的CO2和水蒸氣全部趕入C、D裝置，被完全吸收，故答案為：關(guān)閉彈簧夾a，點(diǎn)燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時(shí)，停止加熱；(6)水的質(zhì)量為251.08g?250g=1.08g，CO2的質(zhì)量為190.44g?190g=0.44g，由于發(fā)生的是分解反應(yīng)，所以生成的NiO的質(zhì)量為3.77g?1.08g?0.44g=2.25g，則分解反應(yīng)中水、二氧化碳和NiO的系數(shù)比(也就是分子個(gè)數(shù)比)為即：，xNiCO3?yNi(OH)2?zH2O

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6H2O↑+CO2↑+3NiO，根據(jù)元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4即xNiCO3?yNi(OH)2?zH2O中x:y:z的值1:2:4，故答案為：NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O；(7)NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O與N2H4·H2O反應(yīng)生成Ni，Ni元素得電子，被還原，同時(shí)還生成氣體X和Y，由第(1)問知X為CO2，氧化還原反應(yīng)有得電子，必有失電子的物質(zhì)，由此判斷另一種氣體為N2，根據(jù)得失電子守恒、元素守恒配平制備Ni的化學(xué)方程式，故答案為：2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O。27、＞硝酸或硫酸Cl－對(duì)鋁與H＋之間的反應(yīng)有催化作用2Al3＋＋6H＋＋6NO3－=Al2O3＋6NO2↑＋3H2OBCu－2e－=Cu2＋NO3－【解析】

（1）該反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，且為放熱反應(yīng)，根據(jù)反應(yīng)熱=生成物的總能量-反應(yīng)物的總能量作答；根據(jù)圖示信息可知，X在常溫下被Z的濃溶液鈍化；（2）根據(jù)影響反應(yīng)速率的外因結(jié)合三種鹽的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)分析；（3）結(jié)合Z可能是硫酸或硝酸，及題意中II中反應(yīng)產(chǎn)生的氣泡有特殊顏色，推測該氣泡為二氧化氮，據(jù)此分析作答；結(jié)合原電池的工作原理分析；（4）Cu2＋為藍(lán)色溶液；NO3－在正極得電子生成NO2?！驹斀狻浚?）I進(jìn)行的是自發(fā)的氧化還原反應(yīng)，為放熱反應(yīng)，所以反應(yīng)物總能量高于生成物總能量；由I、II可知，X在常溫下被Z的濃溶液鈍化，故Z可能是硫酸或硝酸，故答案為：＞；硫酸或硝酸；（2）由于加入（適量）等物質(zhì)的量的NaCl、KCl、CsCl后反應(yīng)速率明顯加快，因三種鹽均含有Cl－，而Cl－不可能與Al反應(yīng)，故只能是Cl－起催化作用，故答案為：Cl－對(duì)鋁與H＋之間的反應(yīng)有催化作用；（3）有色氣體為NO2，Z是硝酸，鋁被濃硝酸氧化后生成致密的Al2O3，故反應(yīng)的離子方程式為：2Al3＋＋6H＋＋6NO3－=Al2O3＋6NO2↑＋3H2O；由III知，X、Y與濃硝酸構(gòu)成原電池且Y是負(fù)極，故Y的單質(zhì)在常溫下應(yīng)該與濃硝酸發(fā)生反應(yīng)，鉛、鎂、銀都能與濃硝酸反應(yīng)，石墨與濃硝酸不反應(yīng)，答案選B；故答案為2Al3＋＋6H＋＋6NO3－=Al2O3＋6NO2↑＋3H2O；B；（4）Ⅲ溶液最終變成藍(lán)色，則說明生成銅離子，即銅是負(fù)極，發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為：Cu－2e－=Cu2＋；NO3－與H＋在正極得電子生成NO2和H2O，故答案為：Cu－2e－=Cu2＋；NO3－。28、3d24s2Mg127O>N>C12TiN>CaO>KCl【解析】

(1)Ti原子核外電子數(shù)為22，根據(jù)能量最低原理書寫；(2)M是短周期金屬元素，M的第三電離能劇增，處于ⅡA族，能與TiCl4反應(yīng)置換出Ti，則M為Mg，Mg晶體屬于六方最密堆積，配位數(shù)為12；(3)采取sp2雜化的碳原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是3，采取sp3雜化的原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是4，乙中采取sp3雜化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素的電負(fù)性隨著原子序數(shù)的增大；(4)根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中Ti、N原子數(shù)目，進(jìn)而計(jì)算晶胞質(zhì)量，根據(jù)ρ=計(jì)算晶胞密度；以晶胞頂點(diǎn)N原子研究，與之距離相等且最近的N原子處于面心位置；(5)由表中數(shù)據(jù)可知，離子半徑越小晶格能越大，離子帶電荷越大，晶格能越大，晶格能大，對(duì)應(yīng)的離子晶體的熔點(diǎn)就越高。【詳解】(1)Ti為22號(hào)元素，原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d24s2，因此外圍電子排布式為3d24s2；(2)M是短周期金屬元素，M的第三電離能劇增，處于Ⅱ