河南省豫南豫北名校2026屆化學(xué)高三第一學(xué)期期中經(jīng)典模擬試題注意事項1．考生要認(rèn)真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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、W、X、Y、Z均為短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。X原子的次外層電子數(shù)為a，最外層電子數(shù)為b；Y原子的L層電子數(shù)為(a＋b)，M層電子數(shù)為(b－a)；W、Z原子的最外層電子數(shù)分別為(b－1)和b。下列有關(guān)說法一定正確的是A．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X<YB．氧化物的水化物的酸性：W<ZC．原子半徑：W>ZD．X與Y形成的化合物常溫下不能與鹽酸反應(yīng)2、根據(jù)下列實驗及其現(xiàn)象，所得出的結(jié)論合理的是（）選項實驗現(xiàn)象結(jié)論A向溶液中滴入幾滴溶液，再滴加幾滴溶液先有白色沉淀生成，后有藍(lán)色絮狀沉淀生成Ksp：B用pH試紙分別檢驗等濃度溶液和溶液前者試紙變藍(lán)比后者更深些水解能力強于C分別加熱蒸干溶液和溶液前者能得到固體；后者得不到固體不易揮發(fā)，易揮發(fā)D向某鈉鹽中滴加鹽酸，產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液品紅溶液褪色該鈉鹽為或A．A B．B C．C D．D3、將濃硫酸和稀硫酸分別滴在下列物質(zhì)上，固體表面觀察不到明顯差異的是A．銅片 B．膽礬晶體 C．鐵片 D．火柴梗4、硫酸鹽(含、)氣溶膠是霧霾的成分之一?？茖W(xué)家發(fā)現(xiàn)通過“水分子橋”，處于納米液滴中的可以將電子快速轉(zhuǎn)移給周圍的氣相分子，霧霾中硫酸鹽生成的主要過程示意圖如下。下列說法錯誤的是A．“水分子橋”主要靠氫鍵形成 B．過程①②中硫元素均被氧化C．是生成硫酸鹽的催化劑 D．該過程中既有氧氫鍵的斷裂又有氧氫鍵的生成5、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A．在含Al3＋總數(shù)為NA的AlCl3溶液中，Cl－總數(shù)為3NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，NO和O2各11.2L混合充分反應(yīng)，所得氣體的分子總數(shù)為0.75NAC．常溫下，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH—數(shù)目為0.1NAD．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L甲醇中含有的C—H的數(shù)目為3NA6、下列反應(yīng)的方程式正確的是A．銅片與濃硫酸共熱：Cu+H2SO4CuSO4+H2↑B．Na2S溶液顯堿性：S2-+2H2OH2S↑+2OH-C．用氨水吸收煙氣中的二氧化硫：SO2+2OH-=SO32-+H2OD．向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O7、能將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的是A．水力發(fā)電 B．風(fēng)力發(fā)電 C．太陽能電池 D．銅鋅原電池8、將鋁、鐵物質(zhì)的量均為0.2mol的某種鋁鐵合金粉末分別于下列溶液充分反應(yīng)（溶液均過量），放出氫氣最多的是A．18.4mol·L-1H2SO4溶液B．1.5mol·L-1HCl溶液C．4mol·L-1HNO3溶液D．3mol·L-1NaOH溶液9、在一定溫度下，將氣體X和氣體Y各0.16mol充入10L恒容密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：X(g)+Y(g)2Z(g)△H＜0，一段時間后達(dá)到平衡，反應(yīng)過程中測定的數(shù)據(jù)如下表：下列說法不正確的是t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10A．反應(yīng)前2min的平均速率v（Z）=2.0×10-3mol·L-1·min-1B．其他條件不變，降低溫度，反應(yīng)達(dá)到新平衡前：v（逆)＜v（正）C．該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)：K=1.44D．保持其他條件不變，起始時向容器充入0.32mol氣體X和0.32mol氣體Y，到達(dá)平衡時，c（Z）=0.024mol/L10、下圖所示實驗中，能夠達(dá)到目的的是（）ABCD制取并收集氨氣驗證:非金屬性Cl>C>Si檢驗濃硫酸與銅反應(yīng)的產(chǎn)物中是否含銅離子驗證鐵發(fā)生析氫腐蝕A．A B．B C．C D．D11、某強氧化劑[RO〔OH〕2]2+離子中的元素R可被亞硫酸鈉還原到較低價態(tài)。假設(shè)把1.2×10-3mol[RO(OH)2]2+還原，需要消耗6mL0.2mol/L的亞硫酸鈉溶液，那么反應(yīng)后R的化合價為A．0 B．+2 C．+3 D．+412、已知：lgC（s）燃燒生成一氧化碳放出9.2kJ的熱量；氧化亞銅與氧氣反應(yīng)的能量變化如圖所示。下列敘述正確的是A．碳[C（s）]的燃燒熱△H為-110.4kJ·mol-1B．1molCuO分解生成Cu2O放出73kJ的熱量C．反應(yīng)2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）的活化能為292kJ·mol-1D．足量炭粉與CuO反應(yīng)生成Cu2O的熱化學(xué)方程式為：C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）△H=+35.6kJ·mol-113、用下列裝置（尾氣處理已略去）進(jìn)行相關(guān)實驗，能實現(xiàn)實驗?zāi)康牡氖菍嶒災(zāi)康腶中試劑b中試劑c中試劑A比較H2CO醋酸溶液碳酸鈉硅酸鈉溶液B比較Cl2、濃鹽酸高錳酸鉀碘化鉀溶液C證明苯和液溴發(fā)生取代反應(yīng)苯和液溴鐵粉硝酸銀溶液D證明C2飽和食鹽水電石酸性高錳酸鉀溶液A．A B．B C．C D．D14、下列說法正確的是A．向BaCl2溶液中通入SO2可產(chǎn)生白色渾濁B．常溫下，鐵、鋁不與濃硫酸反應(yīng)，因此可用鐵、鋁容器貯存運輸濃硫酸C．已知電離能力H2CO3>HClO>HCO3-，則向氯水中加入碳酸氫鈉晶體，能提高溶液中HClO的濃度D．氯氣有氧化性，可使干燥布條漂白褪色15、有甲、乙兩種有機物（結(jié)構(gòu)簡式如下圖），下列說法不正確的是A．二者與溴的CCl4溶液發(fā)生加成反應(yīng)，1mol消耗溴的物質(zhì)的量分別為2mol、1molB．甲、乙互為同分異構(gòu)體C．1mol甲與H2在一定條件下反應(yīng)，最多消耗3molH2D．等物質(zhì)的量的甲、乙分別與NaOH溶液反應(yīng)，消耗NaOH的量相同16、下列應(yīng)用沒有涉及化學(xué)變化的是A．碳酸氫鈉用于焙制糕點B．用鐵制容器盛裝濃硝酸C．用二氧化硅制作光導(dǎo)纖維D．肥皂水作蚊蟲叮咬處的清洗劑17、現(xiàn)有Na2CO3、Ba（OH）2、H2SO4三種體積和物質(zhì)的量濃度都相同的溶液，以不同的順序?qū)⑺鼈兓旌?，如生成沉淀，立即過濾掉，對于所得溶液的酸堿性，如下結(jié)論不正確的是A．一定顯堿性 B．可能顯中性C．不可能顯酸性 D．可能顯堿性18、某溫度下，在一個2L的密閉容器中，加入4molA和2molB進(jìn)行如下反應(yīng)：3A(g)＋2B(g)4C(s)＋2D(g)。反應(yīng)一段時間后達(dá)到平衡，測得生成1.6molC，則下列說法正確的是（）A．該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式是K=B．此時，B的平衡轉(zhuǎn)化率是40%C．增大該體系的壓強，平衡向右移動，化學(xué)平衡常數(shù)增大D．增加B，平衡向右移動，B的平衡轉(zhuǎn)化率增大19、合成氨及其相關(guān)工業(yè)中，部分物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：下列說法不正確的是（）A．反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均屬于氧化還原反應(yīng)B．上述轉(zhuǎn)化中包含了氨氣、硝酸、硝銨、小蘇打、純堿的工業(yè)生產(chǎn)方法C．反應(yīng)Ⅳ和Ⅵ中的部分產(chǎn)物可在上述流程中循環(huán)利用D．反應(yīng)V是先向飽和氯化鈉溶液中通CO2至飽和再通NH320、對金屬腐蝕及防護的表述正確的是A．金屬腐蝕的本質(zhì)：金屬失電子發(fā)生還原反應(yīng)B．犧牲陽極的陰極保護法：被保護的金屬應(yīng)做負(fù)極C．外加電流陰極保護法：被保護的金屬應(yīng)與電源正極相連D．生鐵投入NH4Cl溶液中：主要發(fā)生析氫腐蝕21、一定溫度下，將一定量的固體A置于固定容積的密閉容器中發(fā)生分解反應(yīng)，一段時間后達(dá)到平衡A(s)2B(g)+C(g)，以下可以作為平衡標(biāo)志的是A．2v正(B)=v逆(C)B．氣體B的體積分?jǐn)?shù)不變C．混合氣體的平均摩爾質(zhì)量不變D．混合氣體的密度不變22、下列圖示與對應(yīng)的敘述相符的是A．圖I表示某吸熱反應(yīng)分別在有、無催化劑的情況下反應(yīng)過程中的能量變化B．圖Ⅱ表示常溫下，0.100mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.0100mol/LHCl溶液所得到的滴定曲線C．圖Ⅲ表示一定質(zhì)量的冰醋酸加水稀釋過程中，醋酸溶液電離程度：c<a<bD．圖Ⅳ表示反應(yīng)4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g），在其他條件不變的情況下改變起始物CO的物質(zhì)的量，平衡時N2的體積分?jǐn)?shù)變化情況，由圖可知NO2的轉(zhuǎn)化率c>b>a二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、D、E、W是中學(xué)常見的四種元素，原子序數(shù)依次增大，A的原子最外層電子數(shù)是次外層的2倍，D的氧化物屬于兩性氧化物，D、E位于同周期，A、D、E的原子最外層電子數(shù)之和為14，W是人體必需的微量元素，缺乏W會導(dǎo)致貧血癥狀。（1）W在元素周期表中的位置是___。A與E組成的化合物是常用的溶劑，寫出其電子式___。（2）下列事實能用元素周期表相應(yīng)規(guī)律解釋的是（填字母序號）___。a．D的最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性弱于Mg(OH)2b．E的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性小于HFc．A的單質(zhì)能與二氧化硅高溫下制得粗品硅單質(zhì)（3）WE3的溶液可用于刻蝕銅制的印刷電路板，反應(yīng)的離子方程式為____。（4）①工業(yè)上用電解法制備D的單質(zhì)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。②家用“管道通”的有效成分是燒堿和D的單質(zhì)，使用時需加入一定量的水，此時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____。（5）W的單質(zhì)可用于處理酸性廢水中的NO3－，使其轉(zhuǎn)換為NH4+，同時生成有磁性的W的氧化物X，再進(jìn)行后續(xù)處理，上述反應(yīng)的離子方程式為__。上述W的氧化物X能與D的單質(zhì)反應(yīng)，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式為__。24、（12分）某課外學(xué)習(xí)小組對日常生活中不可缺少的調(diào)味品M進(jìn)行探究。已知C可在D中燃燒發(fā)出蒼白色火焰。M與其他物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示(部分產(chǎn)物已略去)：(1)寫出B的電子式________。(2)若A是一種常見的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，寫出A和B水溶液反應(yīng)的離子方程式________。(3)若A是CO2氣體，A與B溶液能夠反應(yīng)，反應(yīng)后所得的溶液再與鹽酸反應(yīng)，生成的CO2物質(zhì)的量與所用鹽酸體積如圖所示，則A與B溶液反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)的化學(xué)式_____。(4)若A是一種常見金屬單質(zhì)，且A與B溶液能夠反應(yīng)，則將過量的F溶液逐滴加入E溶液，邊加邊振蕩，所看到的實驗現(xiàn)象是__________。(5)若A是一種氮肥,A和B反應(yīng)可生成氣體E，E與F、E與D相遇均冒白煙，且利用E與D的反應(yīng)檢驗輸送D的管道是否泄露，寫出E與D反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________。(6)若A是一種溶液，可能含有H＋、NH4+、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32-、SO42-中的某些離子，當(dāng)向該溶液中加入B溶液時發(fā)現(xiàn)生成沉淀的物質(zhì)的量隨B溶液的體積發(fā)生變化如圖所示，由此可知，該溶液中肯定含有的離子的物質(zhì)的量濃度之比為______________。25、（12分）實驗室需要0.1mol?L-1NaOH溶液450mL和0.5mol?L-1硫酸溶液450mL．根據(jù)這兩種溶液的配制情況回答下列問題：（1）如圖所示的儀器中配制溶液肯定不需要的是__（填序號），本實驗所用玻璃儀器E的規(guī)格和名稱：_____配制上述溶液還需用到的玻璃儀器是___（填儀器名稱）．（2）容量瓶不能用于____（填序號）．A配制一定體積準(zhǔn)確濃度的標(biāo)準(zhǔn)溶液B長期貯存溶液C測量容量瓶規(guī)格以下的任意體積的液體D準(zhǔn)確稀釋某一濃度的溶液E量取一定體積的液體F用來加熱溶解固體溶質(zhì)（3）根據(jù)計算用托盤天平稱取NaOH的質(zhì)量為___g．在實驗中其他操作均正確，若定容時仰視刻度線，則所得溶液濃度____0.1mol?L-1（填“大于”“等于”或“小于”，下同）．若NaOH溶液在轉(zhuǎn)移至容量瓶時，灑落了少許，則所得溶液濃度___0.1mol?L-1．（4）根據(jù)計算得知，所需質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%、密度為1.84g?cm-3的濃硫酸的體積為_____mL（計算結(jié)果保留一位小數(shù)）．如果實驗室有15mL、20mL、50mL量筒，應(yīng)選用___mL量筒最好．配制過程中需先在燒杯中將濃硫酸進(jìn)行稀釋，稀釋時操作方法是___。（5）如果定容時不小心超過刻度線，應(yīng)如何操作：______________。26、（10分）以CuSO4溶液和不同酸根離子形成的鈉鹽溶液作為實驗對象，探究鹽的性質(zhì)和鹽溶液間反應(yīng)的多樣性。(1)經(jīng)檢驗，現(xiàn)象I的白色沉淀為CuI，則反應(yīng)的離子方程式為_____________________，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為____________。(2)經(jīng)檢驗，現(xiàn)象Ⅱ中產(chǎn)生的氣體是二氧化碳，綠色沉淀是堿式碳酸銅[xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O]。現(xiàn)采用氫氣還原法測定堿式碳酸銅組成，請回答如下問題：①寫出xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O與氫氣反應(yīng)的化學(xué)方程式__________________________________________________；②實驗裝置用下列所有儀器連接而成，按氫氣流方向的連接順序是(填儀器接口字母編號)：a→_______→gf→____→_____→_____→l(3)經(jīng)檢驗，現(xiàn)象Ⅲ的棕黃色沉淀中不含SO42-，含有Cu+、Cu2+和SO32-。已知：Cu+Cu+Cu2+①用稀硫酸證實沉淀中含有Cu+的實驗現(xiàn)象是______________________________。②通過下列實驗證實，沉淀中含有Cu2+和SO32-a．白色沉淀A是BaSO4，試劑1是_____________________。b．證實沉淀中含有Cu+和SO32-的理由是___________________________。27、（12分）能源是人類生存和發(fā)展的重要支柱，化學(xué)在能源的開發(fā)與利用方面起著十分重要的作用。某學(xué)習(xí)小組按如下圖所示裝置探究化學(xué)能與電能的相互轉(zhuǎn)化：(1)甲池是_________裝置，通入O2氣體的電極上的反應(yīng)式為______________。乙池中SO42-移向_____電極（填“石墨”或“Ag”）。(2)當(dāng)甲池消耗標(biāo)況下33.6LO2時，電解質(zhì)KOH的物質(zhì)的量變化_____mol,乙池若要恢復(fù)電解前的狀態(tài)則需要加入__________(填所加物質(zhì)的質(zhì)量及化學(xué)式)。(3)丙池中發(fā)生的電解反應(yīng)的離子方程式為______________。28、（14分）教材插圖具有簡潔而又內(nèi)涵豐富的特點。請回答以下問題：（1）第三周期的某主族元素，其第一至第五電離能數(shù)據(jù)如圖1所示，則該元素對應(yīng)的原子有___種不同運動狀態(tài)的電子。（2）如圖2所示，每條折線表示周期表ⅣA-ⅦA中的某一族元素氫化物的沸點變化。每個小黑點代表一種氫化物，其中a點代表的是___。（3）CO2在高溫高壓下所形成的晶體其晶胞如圖3所示。則該晶體的類型屬于___晶體。（4）第一電離能介于Al、P之間的第三周期元素有___種。GaCl3原子的雜化方式為___。（5）冰、干冰、碘都是分子晶體，冰的結(jié)構(gòu)具有特殊性，而干冰、碘的晶體具有相似的結(jié)構(gòu)特征，干冰分子中一個分子周圍有___個緊鄰分子。D的醋酸鹽晶體局部結(jié)構(gòu)如圖，該晶體中含有的化學(xué)鍵是___（填字母標(biāo)號）。a．極性鍵b．非極性鍵c．配位鍵d．金屬鍵29、（10分）Ⅰ、A、B、C、D均為中學(xué)化學(xué)中常見的物質(zhì)，它們之間轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖（部分產(chǎn)物已略去）：試回答：（1）若D是具有氧化性的單質(zhì)，A為金屬且屬于主族，寫出B和D生成C的化學(xué)方程式_________________________。（2）若D是金屬，A是強酸，寫出A和D生成B的化學(xué)方程式______________；且A和C可生成B，寫出該離子方程式______________________________。（3）若A、B、C為含同一種金屬元素的無機化合物，在溶液中A和C反應(yīng)生成B，寫出該反應(yīng)的離子方程式_________?；衔顱經(jīng)過一系列反應(yīng)可以得到單質(zhì)E，將一定質(zhì)量的Mg和E的混合物投入200mL稀硫酸中，固體全部溶解并產(chǎn)生氣體。待反應(yīng)完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物質(zhì)的量與加入NaOH溶液的體積關(guān)系如圖所示。則固體混合物中E的質(zhì)量為______，H2SO4溶液的物質(zhì)的量濃度為_______mol/L。Ⅱ、含氮廢水進(jìn)入水體而對環(huán)境造成的污染越來越嚴(yán)重，環(huán)境專家認(rèn)為可以用金屬鋁將水體中的NO還原為N2，從而消除污染。其反應(yīng)的離子方程式是：6NO+10Al+18H2O=3N2↑+10Al(OH)3+6OH-（1）上述反應(yīng)中，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下5.6L氮氣時，轉(zhuǎn)移的電子為___________mol；（2）有人認(rèn)為金屬鎂比鋁能更快消除氮的污染，其反應(yīng)原理和金屬鋁相同。①寫出鎂和含氮廢水反應(yīng)的離子方程式_________________________________；②已知金屬鎂可以從海水中提取的MgCl2通過電解制得的，若要除去1m3含氮元素0.2mol的廢水中的NO（設(shè)氮元素都以NO的形式存在），則至少需要含0.5%（質(zhì)量分?jǐn)?shù)）MgCl2的海水___________kg。

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、D【解析】W、X、Y、Z均為短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。若X為第二周期元素，X原子的次外層電子數(shù)為a，最外層電子數(shù)為b；所以a=2；Y為第三周期元素，Y原子的L層電子數(shù)為(a＋b)，M層電子數(shù)為(b－a)；所以a＋b=8，b=6；b－a=4；所以X為O，Y為Si；W、Z原子的最外層電子數(shù)分別為(b－1)和b，所以W原子最外層電子數(shù)為5，W為N，Z原子最外層電子數(shù)為6，且在Y元素之后，所以Z為S；據(jù)以上分析解答?！驹斀狻縒、X、Y、Z均為短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。若X為第二周期元素，X原子的次外層電子數(shù)為a，最外層電子數(shù)為b；所以a=2；Y為第三周期元素，Y原子的L層電子數(shù)為(a＋b)，M層電子數(shù)為(b－a)；所以a＋b=8，b=6；b－a=4；所以X為O，Y為Si；W、Z原子的最外層電子數(shù)分別為(b－1)和b，所以W原子最外層電子數(shù)為5，W為N，Z原子最外層電子數(shù)為6，且在Y元素之后，所以Z為S；A.元素的非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，非金屬性：O>Si，所以氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X>Y，A錯誤；B.元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強，而題給氧化物的水化物，不知非金屬元素的價態(tài)高低，無法判斷其酸性強弱，B錯誤；C.同一周期，從左到右原子半徑減小，同一主族，從上到下，原子半徑增大，因此原子半徑：N<S；C錯誤；D.X與Y形成的化合物為SiO2，性質(zhì)穩(wěn)定，常溫下不能與鹽酸反應(yīng)，D正確；綜上所述，本題選D?！军c睛】元素非金屬性比較規(guī)律：①非金屬元素的單質(zhì)與氫氣化合的難易程度及氫化物的穩(wěn)定性，越容易化合，形成的氫化物越穩(wěn)定，該元素的非金屬性就越強；②非金屬元素的最高價氧化物的水化物的酸性越強，該元素的非金屬性就越強。2、C【詳解】A．由于氫氧化鈉過量，沉淀都是由加入的鹽溶液與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成的，不存在沉淀的轉(zhuǎn)化，不能證明溶度積的大小，故A錯誤；B．NaClO溶液含有次氯酸根離子，具有氧化性，可水解生成次氯酸，具有漂白性，可以將pH試紙漂白，導(dǎo)致實驗現(xiàn)象不準(zhǔn)確，無法比較二者的水解能力，故B錯誤；C．加熱氯化鎂溶液水解生成氫氧化鎂和氯化氫，HCl易揮發(fā)，得到的是氫氧化鎂，因硫酸不揮發(fā)，加熱蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固體，可知與酸的揮發(fā)性有關(guān)，故C正確；D．使品紅褪色的氣體可能為氯氣或二氧化硫，可能為NaClO與濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，可能Na2SO3或NaHSO3與濃鹽酸反應(yīng)生成二氧化硫，故D錯誤；答案選C。3、A【解析】A．常溫下，濃硫酸和稀硫酸分別滴在銅片，都不反應(yīng)，則固體表面觀察不到明顯差異，故A選；B．濃硫酸滴至膽礬，吸水，藍(lán)色晶體變成白色，而稀硫酸滴至膽礬無現(xiàn)象，觀察不同，故B不選；C．濃硫酸滴至鐵片，發(fā)生鈍化，無現(xiàn)象，而稀硫酸滴至鐵片放出氫氣，有氣體生成，觀察不同，故C不選；D．濃硫酸滴至火柴梗，濃硫酸具有脫水性，火柴梗炭化變黑，而稀硫酸滴至火柴梗無現(xiàn)象，觀察不同，故D不選；故答案為A。4、C【分析】圖中過程①表示和反應(yīng)生成和，過程②表示和加入一個水分子轉(zhuǎn)化為和HNO2，由此分析?！驹斀狻緼．水分子中氧原子的電負(fù)性較大，水分子之間，主要形成氫鍵；“水分子橋”中中的氧原子和水分子中的氫原子，中的氧原子和水分子中的氫原子之間，主要靠氫鍵形成，故A不符合題意；B．過程①表示轉(zhuǎn)化為，硫元素的化合價從+4價轉(zhuǎn)化為+5，過程②表示轉(zhuǎn)化為，硫元素的化合價從+5價升高到+6價，硫元素的化合價都升高，均被氧化，故B不符合題意；C．根據(jù)圖中的轉(zhuǎn)化關(guān)系，轉(zhuǎn)化為HNO2，氮元素的化合價從+4價降低到+3價，氮元素的化合價降低，被還原，作氧化劑，故C符合題意；D．根據(jù)圖示過程，加入一個水分子轉(zhuǎn)化為的過程，有水分子中氫氧鍵的斷裂，加入一個水分子轉(zhuǎn)化為HNO2的過程中有氫氧鍵的形成，故D不符合題意；答案選C。5、C【解析】A、Al3＋水解，在含Al3＋總數(shù)為NA的AlCl3溶液中，Cl－總數(shù)大于3NA，故A錯誤；B、NO和O2反應(yīng)生成NO2與N2O4形成平衡，故B錯誤；C、常溫下，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-數(shù)目為1.0L×0.1mol·L－1NA=0.1NA，故C正確；D、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，甲醇為液態(tài)，故D錯誤；故選C。6、D【詳解】A.銅片與濃硫酸共熱生成硫酸銅、二氧化硫、水，不能生產(chǎn)氫氣，故A錯誤；B.Na2S溶液中硫離子水解，溶液顯堿性：S2-+H2OHS-+OH-，故B錯誤；C.用氨水吸收煙氣中的二氧化硫生成亞硫酸銨，反應(yīng)離子方程式是：SO2+2NH3·H2O===SO32-+2NH4++H2O，故C錯誤；D.向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸生成硫酸鈉、二氧化硫氣體、單質(zhì)硫、水，反應(yīng)的離子方程式是：S2O32-+2H+==SO2↑+S↓+H2O，故D正確。7、D【詳解】A、水力發(fā)電，是將重力勢能轉(zhuǎn)化為電能，不符合題意，故A錯誤；B、風(fēng)力發(fā)電，是將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能，不符合題意，故B錯誤；C、太陽能發(fā)電，是將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，不符合題意，故C錯誤；D、銅鋅原電池中鋅比銅活潑，為原電池的負(fù)極，銅為正極，原電池工作時，鋅片逐漸溶解，銅片上生成氫氣，為化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔埽项}意，故D正確；故選D。8、B【解析】試題分析：Fe、Al與濃硫酸發(fā)生鈍化，F(xiàn)e、Al與稀硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)不生成氫氣，則排除A、C，因Fe、Al均與鹽酸反應(yīng)，只有Al與NaOH反應(yīng)，等物質(zhì)的量的鋁鐵合金粉末，與1.5mol·L-1HCl溶液反應(yīng)生成氫氣最多，故B項正確?？键c：本題考查金屬的性質(zhì)。9、A【分析】A、2min內(nèi)Y物質(zhì)的量變化為0.16mol-0.12mol=0.04mol，根據(jù)速率公式計算v（Y），再利用速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比計算v（Z）；B、該反應(yīng)正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，降低溫度平衡向正反應(yīng)移動，反應(yīng)達(dá)到新平衡前v（逆）＜v（正）；C、反應(yīng)7min時，反應(yīng)達(dá)到平衡，依據(jù)起始量和平衡時Y的量建立三段式，依據(jù)平衡濃度計算反應(yīng)的平衡常數(shù)；D、保持其他條件不變，起始時向容器中充入0.32mol氣體X和0.32mol氣體Y，相當(dāng)于等效為在原平衡基礎(chǔ)上增大壓強，反應(yīng)前后氣體的體積不變，平衡不移動?！驹斀狻緼項、2min內(nèi)Y物質(zhì)的量變化為0.16mol-0.12mol=0.04mol，Y濃度變化為0.04mol/10L=0.004mol/L，故v（Y）==0.002mol/（L?min），速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，故v（Z）=2v（Y）=2×0.002mol/（L?min）=0.004mol/（L?min），故A錯誤；B項、該反應(yīng)正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，降低溫度平衡向正反應(yīng)移動，反應(yīng)達(dá)到新平衡前v（逆）＜v（正），故B正確；C項、氣體X和氣體Y的起始濃度均為0.16mol/10L=0.016mol/L，反應(yīng)7min時反應(yīng)達(dá)到平衡，平衡時Y的濃度為0.010mol/L，則Y的變化濃度為0.006mol/L，則平衡時，X的濃度為0.010mol/L，Z的濃度為0.012mol/L，則反應(yīng)的平衡常數(shù)為（0.012mol/L）2/0.010mol/L×0.010mol/L=1.44，C正確；D項、X（g）+Y（g）═2Z（g），圖表數(shù)據(jù)分析平衡后消耗Y為0.16mol-0.1mol=0.06mol，生成Z為0.12mol，保持其他條件不變，起始時向容器中充入0.32

mol氣體X和0.32

mol氣體Y，相當(dāng)于等效為在原平衡基礎(chǔ)上增大壓強，反應(yīng)前后氣體的體積不變，平衡不移動，到達(dá)平衡時，n（Z）=0.24mol，故D正確。故選A?！军c睛】本題考化學(xué)平衡移動原理的綜合應(yīng)用，設(shè)計化學(xué)反應(yīng)速率、化學(xué)平衡常數(shù)、化學(xué)平衡的影響因素等，等效平衡的理解應(yīng)用是解題的關(guān)鍵點，也是難點。10、A【解析】A項，濃氨水滴入生石灰中可產(chǎn)生NH3，反應(yīng)的方程式為：CaO+NH3·H2O=Ca（OH）2+NH3↑，NH3的密度比空氣小，NH3極易溶于水，用排空法收集，集氣瓶口向上，應(yīng)短進(jìn)長出，正確；B項，發(fā)生的反應(yīng)為：2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑、CO2+Na2SiO3+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓，根據(jù)“強制弱”的復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律得出，酸性：HCl>H2CO3>H2SiO3，由于HCl不是Cl的最高價含氧酸，不能得出非金屬性的強弱，錯誤；C項，Cu與濃硫酸反應(yīng)后的溶液中仍有硫酸，所以要觀察產(chǎn)物中是否有Cu2+，應(yīng)將反應(yīng)混合液冷卻后倒入盛水的燒杯中，錯誤；D項，食鹽水溶液呈中性，導(dǎo)管中液面上升，驗證鐵發(fā)生了吸氧腐蝕，錯誤；答案選A。11、D【詳解】[RO（OH）2]2+離子中R的化合價為+6價，設(shè)還原后的化合價為x，n（Na2SO3）=1.2×10-3mol，被氧化后生成Na2SO4，S元素化合價為+6價，則1.2×10-3mol×（6-x）=1.2×10-3mol×（6-4），x=+4，故選D?！军c睛】[RO（OH）2]2+離子中R的化合價為+6價，n（Na2SO3）=1.2×10-3mol，結(jié)合氧化還原反應(yīng)中氧化劑和還原劑得失電子數(shù)目計算。12、D【詳解】A碳[C（s）]的燃燒熱指的是1mol碳完全燃燒生成二氧化碳?xì)怏w時所放出的熱量，根據(jù)題中數(shù)據(jù)無法計算碳的燃燒熱，故A不正確；B.由題圖可知，氧化亞銅與氧氣反應(yīng)生成CuO是放熱反應(yīng)，則CuO分解生成Cu2O是吸熱反應(yīng)，故B錯誤；C.由題圖可知氧化亞銅與氧氣反應(yīng)生成CuO的活化能為348kJ·mol-1，故C錯誤；D.將lgC（s）燃燒生成一氧化碳放出9.2kJ的熱量的熱化學(xué)方程式為：①C（s）+1/2O2（g）=CO（g）△H=-110.4kJ·mol-1，氧化亞銅與氧氣反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：②2Cu2O+O2（g）=4CuO（s）△H=-292kJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定律計算①-②/2得熱化學(xué)方程式為C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）△H=+35.6kJ·mol-1，故正確。故選D。13、B【解析】醋酸有揮發(fā)性，會隨著二氧化碳?xì)怏w一起逸出，進(jìn)入硅酸鈉溶液中，也會與硅酸鈉反應(yīng)生成硅酸沉淀，無法證明是碳酸酸性強于硅酸，選項A錯誤。高錳酸鉀會氧化鹽酸生成氯氣，氯氣通入碘化鉀溶液，將碘化鉀氧化為碘單質(zhì)，溶液顯黃色，證明氯氣的氧化性強于單質(zhì)碘，選項B正確。溴是易揮發(fā)的液體，苯和溴的反應(yīng)會放熱，放熱使溴揮發(fā)，進(jìn)入硝酸銀溶液，一定會得到淡黃色溴化銀沉淀，無法證明是取代生成的HBr進(jìn)行的反應(yīng)，選項C錯誤。電石中會有CaS雜質(zhì)，與水反應(yīng)生成H2S氣體，該氣體遇高錳酸鉀溶液會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，使高錳酸鉀溶液褪色，所以無法證明褪色表現(xiàn)的是乙炔的還原性，選項D錯誤。14、C【解析】A、因為SO2的水溶液即亞硫酸的酸性較鹽酸弱，所以SO2不可能與BaCl2溶液發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成BaSO3沉淀，選項A錯誤；B．濃硫酸具有強氧化性，常溫下能使鐵鋁鈍化，生成一層致密的氧化膜，并不是不反應(yīng)，選項B錯誤；C．已知電離能力H2CO3>HClO>HCO3-，則向氯水中加入碳酸氫鈉晶體，HCO3-結(jié)合氫離子使平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO正向移動，能提高溶液中HClO的濃度，選項C正確；D、氯氣沒有漂白性，氯氣溶于水生成的次氯酸具有強氧化性，能使有色布條褪色，選項D錯誤。答案選C。15、B【解析】A.甲、乙分子中分別含有2個碳碳雙鍵和1個碳碳雙鍵，則二者與溴的CCl4溶液發(fā)生加成反應(yīng)，1mol消耗溴的物質(zhì)的量分別為2mol、1mol，A正確；B.甲的分子式為C10H12O3，乙的分子式為C10H14O3，二者的分子式不同，不互為同分異構(gòu)體，B錯誤；C.甲分子中的碳碳雙鍵、醛基均與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，1mol甲與H2在一定條件下反應(yīng)，最多消耗3molH2，C正確；D.甲、乙中均含有1個酯基，等物質(zhì)的量的甲、乙分別與NaOH溶液反應(yīng)，消耗NaOH的量相同，D正確；答案選B。16、C【解析】A、碳酸氫鈉受熱易分解生成碳酸鈉、水和CO2，且與酸反應(yīng)生成CO2，所以可用于焙制糕點，發(fā)生的是化學(xué)變化，A錯誤；B、用鐵制容器盛裝濃硝酸利用的是鈍化，鈍化是化學(xué)變化，B錯誤；C、二氧化硅制作光導(dǎo)纖維利用的是二氧化硅可以傳遞光信號，發(fā)生的是物理變化，C正確；D、肥皂水顯堿性，可用作蚊蟲叮咬處的清洗劑，發(fā)生的是化學(xué)變化，D錯誤，答案選C。17、A【分析】如果是Na2CO3、Ba（OH）2先混合，再把濾液和H2SO4混合，所得溶液為Na2SO4溶液，溶液顯中性；如果是H2SO4、Ba（OH）2先混合，再與Na2CO3混合，得到的是Na2CO3溶液，溶液顯堿性等，以此解答該題．【詳解】三者混合可能發(fā)生的反應(yīng)有幾種情況：（1）如果Na2CO3、Ba（OH）2先混合，發(fā)生：Na2CO3+Ba（OH）2=BaCO3↓+2NaOH，再把濾液和H2SO4混合，發(fā)生：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，溶液顯中性；（2）如果是H2SO4、Ba（OH）2先混合，發(fā)生：Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，再與Na2CO3混合，得到的是Na2CO3溶液，溶液顯堿性；（3）如果是Na2CO3、H2SO4先混合，發(fā)生：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O，再與Ba（OH）2混合，發(fā)生：Na2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2NaOH，得到的是NaOH，溶液顯堿性。綜合以上分析，只有A不可能。故選A。【點睛】本題考查酸堿混合的定性判斷，難點：混合后溶液酸堿性的綜合判斷，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)，根據(jù)所發(fā)生的反應(yīng)判斷可能產(chǎn)物，進(jìn)而判斷溶液的酸堿性。18、B【詳解】A、可逆反應(yīng)3A(g)＋2B(g)4C(s)＋2D(g)的平衡常K=，選項A錯誤；B、達(dá)到平衡，測得生成1.6molC，由方程式可知，參加反應(yīng)的B的物質(zhì)的量為1.6mol×=0.8mol，故B的轉(zhuǎn)化率為40%，選項B正確；C、該反應(yīng)正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強平衡向正反應(yīng)移動，即向右移動，化學(xué)平衡常數(shù)只受溫度影響，增大壓強平衡常數(shù)不變，選項C錯誤；D、增加B的濃度增大，平衡向正反應(yīng)移動，A的轉(zhuǎn)化率增大，B的轉(zhuǎn)化率降低，選項D錯誤；答案選B。19、D【解析】反應(yīng)Ⅰ是N2+3H22NH3、反應(yīng)Ⅱ是、反應(yīng)Ⅲ是、反應(yīng)Ⅳ是,都有化合價變化，都屬于氧化還原反應(yīng)，故A正確；反應(yīng)Ⅰ是合成氨、反應(yīng)Ⅳ生成硝酸、硝酸與氨氣生成硝酸銨、反應(yīng)Ⅴ生成碳酸氫鈉、反應(yīng)Ⅵ生成純堿，故B正確；反應(yīng)Ⅳ中生成的NO、反應(yīng)Ⅵ中生成的二氧化碳可在上述流程中循環(huán)利用，故C正確；反應(yīng)V是先向飽和氯化鈉溶液中通氨氣再通二氧化碳，故D錯誤。20、D【詳解】A.金屬腐蝕的本質(zhì)：金屬失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，故A錯誤；B.犧牲陽極的陰極保護法，用的原電池原理，被保護的金屬應(yīng)做正極，故B錯誤；C.外加電流陰極保護法，用的電解原理，被保護的金屬應(yīng)與電源負(fù)極相連，作陰極，故C錯誤；D.生鐵投入NH4Cl溶液中，溶液呈酸性，主要發(fā)生析氫腐蝕，故D正確；故選D。21、D【詳解】A.當(dāng)不同物質(zhì)正逆反應(yīng)速率之比等于反應(yīng)計量系數(shù)之比時，可判斷反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，若2v正(B)=v逆(C)，則v正(B)：v逆(C)=1:2，不等于反應(yīng)計量系數(shù)之比，不能說明正逆反應(yīng)速率相等，不能作平衡狀態(tài)的標(biāo)志，故A錯誤；B.因為反應(yīng)物為固體，所以容器中B、C的物質(zhì)的量之比始終是2:1，密閉容器中B(g)的體積分?jǐn)?shù)始終不變，不能作平衡狀態(tài)的標(biāo)志，故B錯誤；C.密閉容器中混合氣體的平均分子量始終不變，不能作平衡狀態(tài)的標(biāo)志，故C錯誤；D.密閉容器中混合氣體的密度不變，說明氣體的質(zhì)量不變，達(dá)平衡狀態(tài)，故D正確；答案選D。【點睛】根據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的特征解答，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應(yīng)的進(jìn)行發(fā)生變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時，說明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)。22、D【詳解】A．吸熱反應(yīng)，反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量，反應(yīng)中加入催化劑會降低活化能，與圖不符，A錯誤；B．氫氧化鈉滴定鹽酸，鹽酸屬于強酸，0.0100mol/LHCl，HCl開始的pH為2，而圖像中pH為1，所示鹽酸的濃度為0.100mol/L，相互矛盾，B錯誤；C．冰醋酸加水溶解，離子濃度增大，導(dǎo)電能力增強，達(dá)到平衡后繼續(xù)加入水促進(jìn)醋酸電離，但離子濃度減小導(dǎo)電能力減小，圖象符合離子濃度變化，導(dǎo)電能能力b>a>c；根據(jù)越稀越電離，a、b、c三點醋酸的電離程度：a<b<c，C錯誤；D．4CO(g)+2NO2(g)?N2(g)+4CO2(g)，在其它條件不變的情況下增大起始反應(yīng)物CO的物質(zhì)的量，二氧化氮轉(zhuǎn)化率增大，NO2的轉(zhuǎn)化率：c>b>a，D正確；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、第四周期，第VⅢ族ab2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+2Al2O3(熔融)4A1+3O2↑2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe【分析】A、D、E、W是中學(xué)常見的四種元素，原子序數(shù)依次增大，A的原子最外層電子數(shù)是次外層的2倍，A為C元素；D的氧化物屬于兩性氧化物，D為Al元素；D、E位于同周期，A、D、E的原子最外層電子數(shù)之和為14，則E的最外層電子數(shù)=14-4-3=7，E為Cl元素；W是人體必需的微量元素，缺乏W會導(dǎo)致貧血癥狀，W為Fe元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析，A為C元素，D為Al元素，E為Cl元素，W為Fe元素。(1)W為Fe元素，在元素周期表中位于第四周期，第VⅢ族；A為C元素，E為Cl元素，組成的化合物是常用的溶劑為四氯化碳，電子式為，故答案為第四周期，第VⅢ族；；(2)a．同周期元素，從左到右，金屬性依次減弱，鋁在鎂的右邊，所以金屬性弱于鎂，所以氫氧化鋁的堿性弱于Mg(OH)2，故a選；b．同主族元素，從上到下，非金屬性依次減弱，所以F的非金屬性強于Cl，則氫化物穩(wěn)定性HCl小于HF，故b選；c．高溫下，碳能與二氧化硅高溫下制得粗品硅單質(zhì)，是因為生成的CO是氣體，沸點遠(yuǎn)低于二氧化硅，不能用元素周期律解釋，故c不選；故答案為ab；(3)FeCl3的溶液可用于刻蝕銅制的印刷電路板，是因為鐵離子能夠氧化銅生成銅離子，反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；(4)①工業(yè)上用電解氧化鋁的方法制備鋁，方程式：2Al2O3(熔融)

4Al+3O2↑；故答案為2Al2O3(熔融)

4Al+3O2↑；②鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，生成的氫氣可以有效的疏通管道，反應(yīng)的化學(xué)方程式：2Al+2

NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案為2Al+2

NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；(5)酸性環(huán)境下硝酸根離子具有強的氧化性，能夠氧化鐵生成四氧化三鐵，反應(yīng)的離子方程式：3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+；鋁與四氧化三鐵反應(yīng)生成氧化鋁和鐵，方程式：8Al+3Fe3O4

4Al2O3+9Fe，故答案為3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+；8Al+3Fe3O4

4Al2O3+9Fe。24、SiO2+2OH-====SiO32-+H2ONaHCO3、Na2CO3先有白色沉淀生成，隨后沉淀逐漸減少最終消失3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Clc(H＋)∶c(Al3＋)∶c(NH4+)∶c(SO42-)＝1∶1∶2∶3【分析】由題給信息可知，C可在D中燃燒發(fā)出蒼白色火焰，則該反應(yīng)為氫氣與氯氣反應(yīng)生成HCl，故C為H2、D為Cl2、F為HCl，M是日常生活中不可缺少的調(diào)味品，由題給轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，M的溶液電解生成氫氣、氯氣與B，則M為NaCl、B為NaOH?！驹斀狻浚?）B為NaOH，氫氧化鈉是由鈉離子和氫氧根離子組成的離子化合物，電子式為，故答案為；（2）若A是一種常見的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，則A為SiO2，E為Na2SiO3，二氧化硅與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成硅酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案為SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；（3）若A是CO2氣體，CO2與NaOH溶液能夠反應(yīng)生成碳酸鈉或碳酸氫鈉或兩者的混合物，也有可能氫氧化鈉過量，反應(yīng)后所得的溶液再與鹽酸反應(yīng)，溶液中溶質(zhì)只有碳酸鈉，則碳酸鈉轉(zhuǎn)化為碳酸氫鈉消耗鹽酸體積與碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳消耗鹽酸體積相等，由圖可知消耗鹽酸體積之比為1：2，則CO2與NaOH溶液反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為Na2CO3和NaHCO3，故答案為Na2CO3和NaHCO3；（4）若A是一種常見金屬單質(zhì)，且與NaOH溶液能夠反應(yīng)，則A為Al，E為NaAlO2，則將過量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氫氧化鋁，而后氫氧化鋁溶解，故看到的現(xiàn)象為溶液中先有白色絮狀沉淀生成，且不斷地增加，隨后沉淀逐漸溶解最終消失，故答案為先有白色沉淀生成，隨后沉淀逐漸減少最終消失；（5）若A是一種化肥，實驗室可用A和NaOH反應(yīng)制取氣體E，E與F相遇均冒白煙，則E為NH3、A為銨鹽，E與氯氣相遇均冒白煙，且利用E與氯氣的反應(yīng)檢驗輸送氯氣的管道是否泄露，則E與D的反應(yīng)為氨氣與氯氣反應(yīng)生成氯化銨和氮氣，反應(yīng)方程式為：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案為3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；（6）由圖可知，開始加入NaOH沒有沉淀和氣體產(chǎn)生，則一定有H+，一定沒有CO32-，后來有沉淀產(chǎn)生且最后消失，則一定沒有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中間段沉淀的質(zhì)量不變，應(yīng)為NH4++OH-=NH3?H2O的反應(yīng)，則含有NH4+，由電荷守恒可知一定含有SO42-，發(fā)生反應(yīng)H++OH-=H2O，氫離子消耗NaOH溶液的體積與Al3++3OH-=Al(OH)3↓鋁離子消耗NaOH溶液的體積之比為1：3，發(fā)生反應(yīng)NH4++OH-=NH3?H2O，銨根消耗氫氧化鈉為2體積，則n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，由電荷守恒可知，n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）=1：1：2：3，故c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3，故答案為c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3?！军c睛】根據(jù)圖象中的平臺確定溶液中含有銨根離子是解答關(guān)鍵，注意利用離子方程式與電荷守恒進(jìn)行計算是解答難點。25、AC500mL容量瓶燒杯、玻璃棒BCF2.0小于小于2.715先將適量水加入燒杯中，再將濃硫酸沿?zé)瓋?nèi)壁緩慢加入水中，并不斷攪拌重新配制【分析】(1)用固體和用液體配制溶液所用儀器有所不同，根據(jù)配制的過程可以列出各自所需的儀器；容量瓶只有1個刻度，只有有限規(guī)格的容量瓶可選用；(2)容量瓶用于液體的精確定容，其容積會受到各種因素的影響，所以能損壞容量瓶或引起容量瓶容積發(fā)生改變的使用方式均不允許；(3)容量瓶的規(guī)格有限，所以應(yīng)根據(jù)可取用的容量瓶確定實際應(yīng)配制的溶液的體積，在此基礎(chǔ)上計算NaOH的質(zhì)量；根據(jù)公式c=可判斷各種操作對配制結(jié)果的影響；(4)計算所需濃硫酸的體積應(yīng)注意的事項與(3)相同；(5)每個容量瓶都只有一個刻度，定容時不能超過刻度線，否則，配制失敗?！驹斀狻?1)用固體NaOH配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液步驟和所用的儀器(重復(fù)的未列出)是：計算→稱量(天平、藥匙)→溶解(燒杯、玻璃棒)→冷卻→轉(zhuǎn)移溶液(容量瓶)→洗滌→(搖勻→)定容(膠頭滴管)→搖勻→裝瓶；用濃硫酸配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液步驟和所用的儀器(重復(fù)的未列出)是：計算→量取(量筒、膠頭滴管)→稀釋(燒杯、玻璃棒)→冷卻→轉(zhuǎn)移溶液(容量瓶)→洗滌→(搖勻→)定容→搖勻→裝瓶，都沒有用到的有平底燒瓶和分液漏斗；常見的容量瓶沒有450mL的，應(yīng)選用500mL的容量瓶；在配制過程中，溶解需用燒杯，還需用玻璃棒攪拌和引流。答案為：AC；500mL容量瓶；燒杯、玻璃棒；(2)A．容量瓶用于液體的精確定容，可用于配制一定體積準(zhǔn)確濃度的標(biāo)準(zhǔn)溶液，A選項不符合題意；B．容量瓶為精密儀器，不能用于長期貯存溶液，B選項符合題意；C．容量瓶只有一個刻度，不能測量容量瓶規(guī)格以下的任意體積的液體，C選項符合題意；D．容量瓶用于液體的精確定容，可用于固體配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，也可用于溶液準(zhǔn)確稀釋，D選項不符合題意；E．容量瓶有刻度，可用于量取一定體積的液體，但每個容量瓶只能量取一種體積的液體，E選項不符合題意；F．容量瓶是精密儀器，不能用來加熱溶解固體溶質(zhì)，F(xiàn)選項符合題意；答案為：BCF；(3)實驗室一般沒有450mL規(guī)格的容量瓶，應(yīng)取500mL規(guī)格的容量瓶，即，實際配制的溶液的體積為500mL，所以所需NaOH的質(zhì)量為：500×10-3L×0.1mol?L-1×40g?mol-1=2.0g。根據(jù)公式c=，定容時仰視觀察液面，則溶液體積V偏大，導(dǎo)致所配溶液濃度小于0.1mol?L-1；若NaOH溶液在轉(zhuǎn)移至容量瓶時，灑落了少許，則溶質(zhì)物質(zhì)的量n偏少，導(dǎo)致所配溶液濃度小于0.1mol?L-1。答案為：2.0；小于；小于；(4)與(3)相同，實際應(yīng)配制的硫酸的體積為500mL，所以有：V(濃硫酸)×1.84g?cm-3×98%=500×10-3L×0.5mol?L-1×98g?mol-1，求得V(濃硫酸)≈13.6mL；應(yīng)選擇量程不小于13.6mL的量筒中規(guī)格最小的，所以題給量筒中應(yīng)選擇15mL的；濃硫酸稀釋：先將適量水加入燒杯中，再將濃硫酸沿?zé)瓋?nèi)壁緩慢加入水中，并不斷攪拌，切忌將水加入濃硫酸中，引起液體飛濺傷人。答案為：2.7；15；先將適量水加入燒杯中，再將濃硫酸沿?zé)瓋?nèi)壁緩慢加入水中，并不斷攪拌；(5)每個容量瓶都只有一個刻度，定容時如果超過刻度線，溶液體積偏大，濃度偏小，如果用膠頭滴管吸掉多出的部分，將損失溶質(zhì)，所以無法補救，需重新配制。答案為：重新配制?！军c睛】容量瓶用于液體的精確定容，是配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液的主要儀器，每個容量瓶只有一個刻度；其容積會受到各種因素的影響，所以容量瓶不能用于加熱，不能用于固體或濃溶液的溶解、稀釋，不能裝入過冷或過熱的液體，不能作為反應(yīng)容器，不能用于長期貯存溶液。26、2Cu2++4I-=2CuI↓+I21:2xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O+(x+y)H2(x+y)Cu+xCO2+(x+2y+z)H2Okjdehibc有紅色固體析出鹽酸和BaCl2溶液在I-作用下，Cu2+轉(zhuǎn)化為白色沉淀CuI，SO32-轉(zhuǎn)化為SO42-【詳解】(1)經(jīng)檢驗，現(xiàn)象I的白色沉淀為CuI，銅元素的化合價由+2價降低到-1價，則碘離子中碘元素化合價由-1價升高到0價，則反應(yīng)的離子方程式為2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物為碘單質(zhì)，還原產(chǎn)物為CuI，所以氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1:2；綜上所述，本題答案是：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；1:2。(2)①xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O與氫氣反應(yīng)生成單質(zhì)銅、水、二氧化碳，反應(yīng)方程式為：xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O+(x+y)H2(x+y)Cu+xCO2+(x+2y+z)H2O；綜上所述，本題答案是：xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O+(x+y)H2(x+y)Cu+xCO2+(x+2y+z)H2O。②實驗中要測定生成的水、二氧化碳的量，從a口出來氣體中含有水蒸氣和揮發(fā)出來的氯化氫氣體，會對實驗造成干擾，應(yīng)先用水吸收氯化氫氣體，再用濃硫酸吸收水蒸氣；之后，與堿式碳酸銅發(fā)生反應(yīng)，產(chǎn)生的兩種氣體先用濃硫酸吸收水蒸氣，再用U型管中的堿石灰吸收二氧化碳，同時連上裝有堿石灰的球形干燥管，避免空氣中的水和二氧化碳進(jìn)入U型管而產(chǎn)生誤差，因此裝置的連接順序為：a→kj→gf→de→hi→bc→l；綜上所述，本題答案是：kj，de，hi，bc。(3)①由已知可知Cu+和稀硫酸反應(yīng)生成Cu和Cu2+，所以用稀硫酸證實沉淀中含有Cu+的實驗操作和現(xiàn)象為取一定量的沉淀于試管中，向其中加入稀硫酸，有紅色固體析出。綜上所述，本題答案是：有紅色固體析出。②a.證明溶液中有SO42-，需要加入鹽酸和BaCl2溶液，生成白色沉淀BaSO4，因此試劑1是HCl和BaCl2溶液；綜上所述，本題答案是：鹽酸和BaCl2溶液。b.根據(jù)“已知”，加入KI溶液生成白色沉淀CuI，說明溶液中有Cu2+，向清液中加入淀粉溶液沒有顏色變化，說明生成的I2被SO32-還原成I-，SO32-被氧化為SO42-，向清液中加入鹽酸和BaCl2溶液，產(chǎn)生BaSO4沉淀；因此證實沉淀中含有Cu2+和SO32-的理由是在I-作用下，Cu2+轉(zhuǎn)化為白色沉淀CuI，SO32-轉(zhuǎn)化為SO42-，溶液中存在Cu2+和SO32-；綜上所述，本題答案是：在I-作用下，Cu2+轉(zhuǎn)化為白色沉淀CuI，SO32-轉(zhuǎn)化為SO42-?！军c睛】本題考查化學(xué)實驗方案的分析、評價和設(shè)計．主要是離子檢驗和實驗過程的理解應(yīng)用，題目難度較大。分析時要注意：銅離子與碘離子反應(yīng)生成白色沉淀碘化亞銅和碘單質(zhì)，說明銅離子的氧化性也比較強，與碘離子不能共存；銅離子在酸性環(huán)境下穩(wěn)定，而亞銅離子在酸性環(huán)境下發(fā)生歧化反應(yīng)。27、原電池（或化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能）O2+4e-+2H2O===4OH-石墨1.5240gCuO（或372gCuCO3）2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-【分析】（1）甲裝置為燃料電池，O2在正極上得電子，堿性條件下生成氫氧根離子；乙池為電解池，陰離子移向陽極；

（2）甲裝置為燃料，電池總反應(yīng)為CH4+2O2+2OH-═CO32-+3H2O，據(jù)此計算電解質(zhì)KOH的物質(zhì)的量變化；乙中為電解硫酸銅溶液，根據(jù)電解的產(chǎn)物分析，根據(jù)“析出什么元素加入什么元素”的原則確定加入的物質(zhì)；

（3）丙池為惰性電極電解氯化鈉溶液生成氫氣、氯氣和氫氧化鈉，據(jù)此書寫電解反應(yīng)的離子方程式。【詳解】（1）由圖可看出甲圖為燃料電池裝置，是原電池（或化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能）；通入氧氣的電極為正極，其電極反應(yīng)式為：O2+4e-+2H2O===4OH-；乙圖和丙圖為電解池，與電池的正極相連的石墨為陽極，與電池的負(fù)極相連的Ag電極為陰極，則乙池中SO42－移向石墨極（陽極），故答案為：原電池（或化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能）；O2+4e-+2H2O===4OH-；石墨；（2）原電池正極反應(yīng)式為：2O2+8e-+4H2O=8OH-，總反應(yīng)為：CH4+2O2+2OH-=