甘肅省武威市第二中學2026屆高三上化學期中學業(yè)水平測試模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、下列各項反應對應的圖象正確的是（）A．25℃時，向亞硫酸溶液中通入氯氣B．向NaAlO2溶液中通入HCl氣體C．向少量氯化鐵溶液中加入鐵粉D．向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合液中通入CO22、下列離子方程式書寫正確的是A．酸性溶液中KIO3與KI反應生成I2：IO3－＋I－＋6H＋＝I2＋3H2OB．明礬溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO42-＝2BaSO4↓＋Al(OH)3↓C．用過量氨水吸收工業(yè)尾氣中的SO2：2NH3·H2O＋SO2＝2NH4+＋SO32-＋H2OD．用銅作電極電解CuSO4溶液：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋3、將鐵粉和活性炭的混合物用NaCl溶液濕潤后，置于如圖所示裝置中，進行鐵的電化學腐蝕實驗。下列有關該實驗的說法正確的是A．鐵被氧化的電極反應式為Fe?3e?Fe3+B．鐵腐蝕過程中化學能全部轉(zhuǎn)化為電能C．活性炭的存在會加速鐵的腐蝕D．以水代替NaCl溶液，鐵不能發(fā)生吸氧腐蝕4、在化學反應中，有時存在“一種物質(zhì)過量，另一種物質(zhì)仍不能完全反應”的特殊情況，下列反應中屬于這種情況的是①過量的Zn與18mo1/L硫酸溶液反應；②過量的氫氣與少量的氮氣在催化劑存在一定條件下充分反應；③過量的水與一定量氯氣；④過量的銅與濃硫酸；⑤過量的銅與稀硝酸；⑥過量的稀硫酸與塊狀石灰石；⑦常溫下過量濃硫酸與鋁A．②③⑤ B．②③④⑥⑦ C．①④⑤ D．①②③④⑤5、中國科學院科研團隊研究發(fā)現(xiàn)，在常溫常壓和可見光下，基于LDH（一種固體催化劑）合成NH3的原理示意圖如下。下列說法不正確的是（）A．該過程將太陽能轉(zhuǎn)化成為化學能B．該過程中，只涉及到極性鍵的斷裂與生成C．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：3D．原料氣N2可通過分離液態(tài)空氣獲得6、下列推斷正確的是A．N2、NO、NO2都是大氣污染氣體，在空氣中都能穩(wěn)定存在B．向AlCl3溶液中滴加過量的氨水能看到先產(chǎn)生白色沉淀，后沉淀溶解C．可用濃硫酸或者濃硝酸除去鍍在鋁表面的銅鍍層D．在稀硫酸中加入銅粉，銅粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固體，銅粉就會溶解7、下列有關NaHCO3和Na2CO3性質(zhì)的比較中，正確的是()A．熱穩(wěn)定性：Na2CO3<NaHCO3B．常溫時在水中的溶解度：Na2CO3<NaHCO3C．等物質(zhì)的量的NaHCO3和Na2CO3與足量稀鹽酸反應，NaHCO3放出的CO2多D．等質(zhì)量的NaHCO3和Na2CO3與足量稀鹽酸反應產(chǎn)生CO2的量：Na2CO3<NaHCO38、以氯酸鈉等為原料制備亞氯酸鈉的工藝流程如下，下列說法錯誤的是A．NaClO3在發(fā)生器中作氧化劑B．吸收塔中1molH2O2得到2mol電子C．吸收塔中溫度不宜過高，會導致H2O2的分解D．從“母液”中可回收的主要物質(zhì)是Na2SO49、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．標準狀況下，0.1molCl2溶于水，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NAB．常溫常壓下，14gC2H4和C4H8混合氣體含有的碳原子數(shù)為NAC．標準狀況下，4.48L酒精所含的分子數(shù)目為0.2NAD．在氫氧化鐵膠體的制備中如果有1mol三氯化鐵水解，則氫氧化鐵膠粒數(shù)為NA10、根據(jù)鎂與二氧化碳的反應推測，鈉也能在二氧化碳中燃燒，某興趣小組用如圖所示裝置進行實驗探究，下列說法不正確的是A．按圖所示連接裝置，檢驗裝置氣密性，并往各裝置中加入試劑B．裝置b的溶液是飽和NaHCO3溶液C．裝置d中的化學方程式為4Na+CO22Na2O+CD．點燃d處酒精燈前，要先通一會兒CO2，一直到澄清石灰水變渾濁11、下列污水處理的方法中，表示其原理的離子方程式不正確的是A．混凝法，用明礬做混凝劑：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋B．中和法，用過量CO2中和堿性廢水：CO2＋2OH－===CO32-+H2OC．沉淀法，用Na2S處理含Hg2＋廢水：Hg2＋＋S2－===HgS↓D．氧化還原法，用FeSO4將酸性廢水中Cr2O72-還原為Cr3＋：Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O12、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13、銅片和鐵片（均少部分被氧化）一起放入足量的鹽酸中充分反應。反應后的溶液中（）A．一定有Fe3+ B．一定有Fe2+C．一定有Cu2+ D．一定沒有Cu2+14、生產(chǎn)上用過量燒堿溶液處理某礦物(含Al2O3、MgO)，過濾后得到的濾液用NaHCO3溶液處理，測得溶液pH、n[Al(OH)3]隨加入NaHCO3溶液體積變化的曲線如下圖所示。下列有關說法不正確的是A．生成沉淀的離子方程式為HCO3－+AlO2－+H2O＝Al(OH)3↓+CO32－B．b點與c點溶液所含微粒種類相同C．a(chǎn)點溶液中大量存在的離子是Na+、AlO2－、OH－D．NaHCO3溶液的物質(zhì)的量濃度為0.8mol/L15、順鉑[Pt(NH3)2Cl2]是1969年發(fā)現(xiàn)的第一種具有抗癌活性的金屬配合物；碳鉑是1,1－環(huán)丁二羧酸二氨合鉑(Ⅱ)的簡稱，屬于第二代鉑族抗癌藥物，結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，其毒副作用低于順鉑。下列說法正確的是()A．碳鉑中所有碳原子在同一個平面中B．順鉑分子中氮原子的雜化方式是sp2C．碳鉑分子中sp3雜化的碳原子與sp2雜化的碳原子之比為2∶1D．1mol1,1－環(huán)丁二羧酸含有σ鍵的數(shù)目為12NA16、足量銅與一定量濃硝酸反應后過濾，得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，將這些氣體與3.36LO2(標準狀況)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得溶液中加入1mol/LNaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，將沉淀過濾、洗滌、干燥、灼燒后得到黑色固體，則所得黑色固體的質(zhì)量是（）A．12g B．16g C．24g D．48g17、異丁烷、乙醇硫酸氫鉀、液氮均可做制冷劑，下列關于它們的相關表示正確的是（）A．異丁烷的結(jié)構(gòu)簡式為：(CH3)3CHB．乙醇的比例模型為：C．熔融KHSO4的電離方程式：KHSO4→K++H++SO42-D．氮原子核外電子的軌道表示式：18、下列敘述中正確的是A．向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3飽和溶液，又有CaCO3沉淀生成B．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物質(zhì)的量的稀鹽酸，生成的CO2與原Na2CO3的物質(zhì)的量之比為1：2C．等質(zhì)量的NaHCO3和Na2CO3分別與足量鹽酸反應，在同溫同壓下，生成的CO2體積相同D．向Na2CO3飽和溶液中通入CO2，有NaHCO3結(jié)晶析出19、在下列各溶液中，離子一定能大量共存的是（）A．強堿性溶液中：K+、Mg2+、Cl—、SO42—B．室溫下，pH=1的鹽酸中：Na+、Fe3+、NO3—、SO42—C．含有Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO32—、Cl—D．由水電離產(chǎn)生的c(H+)=1×10—3溶液中：Na+、K+、Cl—、SiO32—20、下列關于有機物的說法正確的是A．纖維素屬于高分子化合物，與淀粉互為同分異構(gòu)體，水解后均生成葡萄糖B．油脂的皂化和乙烯的水化反應類型相同C．C3H6Cl2有四種同分異構(gòu)體D．某有機物的結(jié)構(gòu)簡式是，該有機物能夠發(fā)生加成反應、取代反應、縮聚反應和消去反應21、下列各組在溶液中反應，不管反應物的量是多少，都能用同一離子方程式表示的是（）A．FeBr2與Cl2 B．Ba（OH）2與H2SO4C．HCl與Na2CO3 D．NaHCO3與Ca（OH）222、下列各組離子一定可以大量共存的是A．澄清透明溶液中:K+、Cu2+、ClO－、S2－B．能與鋁粉反應生成氫氣的溶液中：Na+、Fe3+、NO3-、SO42-C．c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中:K+、Mg2+、SO42-、AlO2-D．c(Fe3+)=1mol·L-1的溶液中：Mg2+、H+、MnO4-、SO42-二、非選擇題(共84分)23、（14分）如表列出了A～R9種元素在周期表中的位置，用化學用語回答：主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2EF3ACDGR4BH（1）這九種元素中化學性質(zhì)最不活潑的是___。（2）D元素的最高價氧化物對應的水化物與氫氧化鈉反應的離子方程式是__。（3）A、B、C三種元素按原子半徑由大到小的順序排列為__。（4）F、G、H三種元素簡單氫化物沸點由高到低的順序__。（5）E元素氧化物的電子式是__，F(xiàn)的氫化物在常溫下跟B反應的化學方程式是__。（6）下列事實能用元素周期律解釋的是（填字母序號）__。A．D的最高價氧化物對應水化物的堿性弱于Mg(OH)2B．G的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性弱于HFC．FeG3的溶液可用于刻蝕銅制的印刷電路板（7）G的單質(zhì)可以從NaBr溶液中置換出Br2單質(zhì)，從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋其原因：_____。24、（12分）某研究小組從甲苯出發(fā)，按下列路線合成染料中間體X和醫(yī)藥中間體Y。已知:①化合物A．E.F互為同分異構(gòu)體。②；（1）X中的官能團名稱為________和________。（2）A→B的反應類型為________。（3）B+C→D的化學方程式是________。（4）G的結(jié)構(gòu)簡式為________。（5）寫出同時滿足下列條件的E的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：________。①紅外光譜檢測表明分子中含有醛基和羥基；②1H-NMR譜顯示分子中含有苯環(huán)，且苯環(huán)上有兩種不同化學環(huán)境的氫原子。（6）為探索新的合成路線，采用苯和乙烯為原料制備化合物F，請寫出該合成路線的流程圖(無機試劑可任選)。合成路線流程圖示例如下:___________________________。25、（12分）二氧化氯(ClO2)是一種黃綠色氣體，易溶于水，在混合氣體中的體積分數(shù)大于10％就可能發(fā)生爆炸，在工業(yè)上常用作水處理劑、漂白劑?；卮鹣铝袉栴}：(1)在處理廢水時，ClO2可將廢水中的CN－氧化成CO2和N2，寫出該反應的離子方程式：________________________。(2)某小組按照文獻中制備ClO2的方法設計了如圖所示的實驗裝置用于制備ClO2。①通入氮氣的主要作用有2個，一是可以起到攪拌作用，二是____________________。②裝置B的作用是__________________。③裝置A用于生成ClO2氣體，該反應的化學方程式為__________________。④當看到裝置C中導管液面上升時應進行的操作是______________________。(3)測定裝置C中ClO2溶液的濃度：取10mLC中溶液于錐形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入_______________________作指示劑，用0.1000mol·L－1的Na2S2O3標準液滴定錐形瓶中的溶液(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，當看到____________________________現(xiàn)象時，測得標準液消耗的體積為20.00mL，通過計算可知C中ClO2溶液的濃度為________mol·L－1。26、（10分）某溶液中只含有Ba2+、Mg2+、Ag+三種陽離子，現(xiàn)用適量的NaOH溶液、稀鹽酸和Na2SO4溶液將這三種離子逐一沉淀分離，其流程如圖所示：(1)沉淀1的化學式為__________，生成該沉淀的離子方程式為_______________。(2)若試劑B為Na2SO4溶液，則沉淀2化學式為_______________。對于反應后的溶液2，怎樣檢驗已除去_______________。(3)若試劑B為NaOH溶液，則生成沉淀2的離子方程式為_______________。(4)如果原溶液中Ba2+、Mg2+、Ag+的濃度均為0.1mol·L-1，且溶液中含有的陰離子只有，則溶液中濃度為________mol·L-1。27、（12分）銅及其化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛的應用。某研究性學習小組的同學對銅常見化合物的性質(zhì)和制備進行實驗探究，研究的問題和過程如下：I.探究不同價態(tài)銅的穩(wěn)定性，進行如下實驗：（1）向Cu2O中加適量稀硫酸，得到藍色溶液和一種紅色固體，該反應的離子方程式為：______。由此可知，在酸性溶液中，+2價Cu比+1價Cu更______(填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”)。（2）將CuO粉末加熱至1000℃以上完全分解成紅色的Cu2O粉末，該反應說明：在高溫條件下，+1價的Cu比+2價Cu更________(填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”)。II.制取硫酸銅（裝置如圖1）（3）燒瓶內(nèi)發(fā)生的主要反應的化學方程式為______(已知燒杯中反應：2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O)（4）圖2是圖1的改進裝置，其中直玻璃管通入氧氣的作用是________。Ⅲ.探究用粗銅(含雜質(zhì)Fe)按下述流程制備氯化銅晶體（CuCl2?2H2O）。（5）實驗室采用如圖所示的裝置，可將粗銅與Cl2反應轉(zhuǎn)化為固體l(部分儀器和夾持裝置已略去)，有同學認為應在濃硫酸洗氣瓶前增加吸收HCl的裝置，你認為是否必要______(填“是”或“否”)，試劑x為______。（6）將溶液2轉(zhuǎn)化為CuCl2?2H2O的操作過程中，發(fā)現(xiàn)溶液顏色由藍色變?yōu)榫G色。已知：在氯化銅溶液中有如下轉(zhuǎn)化關系：[Cu(H2O)4]2+(aq，藍色)+4Cl-(aq)CuCl42-(aq，黃色)+4H2O(l)，該小組同學取氯化銅晶體配制成藍綠色溶液Y，進行如下實驗，其中能夠證明CuCl2溶液中有上述轉(zhuǎn)化關系的是______(填序號)(已知：較高濃度的CuCl42-溶液呈綠色)。a.將Y稀釋，發(fā)現(xiàn)溶液呈藍色b.在Y中加入CuCl2晶體，溶液變?yōu)榫G色c.在Y中加入NaCl固體，溶液變?yōu)榫G色d.取Y進行電解，溶液顏色最終消失（7）若制得的CuCl2?2H2O晶體仍然含有較多雜質(zhì)，則可采用_______（填方法名稱）進行提純。28、（14分）（l）天然氣和CO2通入聚焦太陽能反應器，發(fā)生反應CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH。已知：CH4、H2、CO的燃燒熱ΔH分別為－akJ/mol、－bkJ/mol、－ckJ/mol。則上述反應中，ΔH＝_______________（用含a、b、c的代數(shù)式表示）kJ/mol。（2）CO2和H2可以合成二甲醚（CH3OCH3）。二甲醚是一種綠色環(huán)保型能源，以稀硫酸為電解質(zhì)溶液，若某二甲醚空氣燃料電池每消耗lmolCH3OCH3，電路中通過9mol電子，則該電池效率η為___________。（提示：電池效率等于電路中通過的電子數(shù)與電池反應中轉(zhuǎn)移電子總數(shù)之比）（3）325K時，在恒容密閉容器中充入一定量NO2,發(fā)生反應：2NO2(g)N2O4(g)。①NO2與N2O4的消耗速率與其濃度的關系如圖所示，圖中交點A表示該反應所處的狀態(tài)為：____________；A．平衡狀態(tài)B．朝正反應方向移動C．朝逆反應方向移動D．無法判斷②能夠說明上述反應已經(jīng)達到平衡狀態(tài)的有__________________；a．NO2和N2O4的物質(zhì)的量相等b．體系顏色不再變化c．容器內(nèi)混合氣體的密度不再改變d．容器內(nèi)氣體壓強不發(fā)生變化③若達到平衡后容器內(nèi)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量為57.5。平衡時NO2的轉(zhuǎn)化率為_____。（4）實驗中多余的SO2可以用氫氧化鈉溶液吸收。常溫下H2SO3的Ka1＝1.3×10－2、Ka2＝6.6×10－8。①室溫下pH=3的亞硫酸溶液，下列判斷正確的是_______________。a．溶液中c(H2SO3)＞c(SO32—)b．溶液中c(SO32—)：c(HSO3—)＝6.6×10－5c．溶液中氫離子數(shù)目為6.02×1020個d．加入等體積pH＝3的硫酸溶液，亞硫酸的電離平衡不移動②常溫下，用含1mol氫氧化鈉的稀溶液吸收足量SO2氣體，放出熱量為QkJ，該反應的熱化學方程式為_______③若吸收液中c(HSO3—)＝c(SO32—)，則溶液中c(H+)＝________________。29、（10分）鄰苯二甲酸二丁酯DBP是一種常見的塑化劑，可以乙烯和鄰二甲苯為原料合成，合成過程如圖所示：請回答下列問題：（1）DBP的分子式為________________，C的順式結(jié)構(gòu)為________________。（2）B中含有的官能團名稱為________________，反應③的類型為________反應。（3）寫出下列反應的化學方程式反應③______________________________________________________________反應⑥_______________________________________________________________（4）E的一種同分異構(gòu)體F，，苯環(huán)上含有兩個取代基，能與NaOH溶液反應，且1molF完全反應消耗3molNaOH，寫出F所有可能的結(jié)構(gòu)簡式：_______________________________________________________________。（5）檢驗C中碳碳雙鍵的方法_______________________________________。

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【詳解】A.亞硫酸為酸性，其pH小于7，與圖象不符，通入氯氣后發(fā)生反應，隨著氯氣的通入，pH會降低，直到氯氣反應完全，pH不變，A項錯誤；B.向NaAlO2溶液中通入HCl氣體，發(fā)生、，圖中上升與下降段對應的橫坐標長度之比應為1:3，而不是3:1，B項錯誤；C.向少量氯化鐵溶液中加入鐵粉，發(fā)生，則Fe元素的質(zhì)量增加，Cl元素的質(zhì)量不變，所以Cl的質(zhì)量分數(shù)減小，至反應結(jié)束不再變化，與圖像相符，C項正確；D.將二氧化碳氣體通入含有NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中，

CO2先與Ba(OH)2反應（有沉淀BaCO3生成），當Ba(OH)2消耗完畢后再與NaOH反應（此時無沉淀生成）；最后與NaAlO2反應（有沉淀Al(OH)3生成），以上過程中圖形應是：出現(xiàn)沉淀BaCO3，沉淀BaCO3保持不變，沉淀Al(OH)3增加；過量的CO2還可以繼續(xù)與Na2CO3反應得到NaHCO3，過量的CO2還可以使BaCO3沉淀溶解，最后只有沉淀Al(OH)3，所以接著的圖形應該為：沉淀BaCO3和Al(OH)3保持不變，沉淀BaCO3減少，沉淀Al(OH)3保持不變，故整個過程的圖形應為：出現(xiàn)沉淀BaCO3，沉淀BaCO3保持不變，沉淀Al(OH)3增加，沉淀BaCO3和Al(OH)3保持不變，沉淀BaCO3減少，沉淀Al(OH)3保持不變，圖像不符合，D項錯誤；答案選C。2、C【解析】A、反應前后所帶電荷數(shù)不相等，正確的是IO3－＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，故A錯誤；B、明礬的化學式為KAl(SO4)2·12H2O，明礬中SO42－全部轉(zhuǎn)化成沉淀，需要2molBa(OH)2，此時Al元素以AlO2－的形式存在，故B錯誤；C、氨水是過量，因此反應的離子方程式為2NH3·H2O＋SO2=2NH4＋＋SO32－＋H2O，故C正確；D、用銅作電極，根據(jù)電解原理，陽極反應式為Cu－2e－=Cu2＋，陰極反應式為Cu2＋＋2e－=Cu，故D錯誤。答案選C。3、C【分析】根據(jù)實驗所給條件可知，本題鐵發(fā)生的是吸氧腐蝕，負極反應為：Fe-2e-=Fe2+；正極反應為：O2+2H2O+4e-=4OH-；據(jù)此解題；【詳解】A.在鐵的電化學腐蝕中，鐵單質(zhì)失去電子轉(zhuǎn)化為二價鐵離子，即負極反應為：Fe-2e-=Fe2+，故A錯誤；B.鐵的腐蝕過程中化學能除了轉(zhuǎn)化為電能，還有一部分轉(zhuǎn)化為熱能，故B錯誤；C.活性炭與鐵混合，在氯化鈉溶液中構(gòu)成了許多微小的原電池，加速了鐵的腐蝕，故C正確；D.以水代替氯化鈉溶液，水也呈中性，鐵在中性或堿性條件下易發(fā)生吸氧腐蝕，故D錯誤；綜上所述，本題應選C.【點睛】本題考查金屬鐵的腐蝕。根據(jù)電解質(zhì)溶液的酸堿性可判斷電化學腐蝕的類型，電解質(zhì)溶液為酸性條件下，鐵發(fā)生的電化學腐蝕為析氫腐蝕，負極反應為：Fe-2e-=Fe2+；正極反應為：2H++2e-=H2↑；電解質(zhì)溶液為堿性或中性條件下，發(fā)生吸氧腐蝕，負極反應為：Fe-2e-=Fe2+；正極反應為：O2+2H2O+4e-=4OH-。4、B【詳解】①鋅不論與濃硫酸還是稀硫酸都能反應，一種物質(zhì)過量時，另一種能完全反應，錯誤；②合成氨是一個可逆反應，無論如何充分反應，都不能完全反應而達到百分之百，正確；③氯氣與水的反應是可逆反應，無論如何充分反應，都不能完全反應而達到百分之百，正確；④銅無法與稀硫酸反應，無論銅怎么過量，都不能完全消耗完硫酸，正確；⑤銅不論與稀硝酸能反應，物質(zhì)Cu過量時，另一種物質(zhì)硝酸能完全反應，錯誤；⑥稀硫酸與塊狀石灰石反應生成微溶物硫酸鈣，附著在碳酸鈣表面阻止反應的進一步發(fā)生，正確；⑦常溫下，金屬鋁遇到濃硫酸會鈍化，無論濃硫酸怎么過量，都不能消耗完金屬鋁，正確，綜上所述，②③④⑥⑦符合題意，故選B。5、B【詳解】A．根據(jù)圖示，常溫常壓和可見光下，基于LDH（一種固體催化劑）合成NH3，該過程將太陽能轉(zhuǎn)化成為化學能，故A正確；B．該過程中，既有極性鍵（N-H、O-H）的斷裂與生成，也有非極性鍵（N≡N、O=O）的斷裂與生成，故B錯誤；C．該反應的化學方程式為2N2+6H2O=4NH3+3O2，氮氣是氧化劑、水是還原劑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶3，C正確；D．原料氣N2可通過分離液態(tài)空氣獲得，故D正確；答案選B。6、D【解析】試題分析：A、N2不是污染物，NO在空氣中會發(fā)生反應2NO+O2=2NO2，不能穩(wěn)定存在，A錯；B、Al(OH)3沉淀不能溶于過量的氨水中，B錯誤；C、濃硫酸和濃硝酸都能使鋁鈍化，但在常溫下，濃硝酸能與銅反應，濃硫酸不能，故可用濃硝酸，不能用濃硫酸，C錯誤；選項D、Cu不能與稀硫酸反應，但加入Cu(NO3)2后，溶液中存在HNO3，Cu可以溶解在HNO3中，D正確；故選D?？键c：考查了物質(zhì)的性質(zhì)的相關知識。7、D【解析】A.NaHCO3受熱易分解，熱穩(wěn)定性：Na2CO3>NaHCO3，故A錯誤；B.常溫時在水中的溶解度：Na2CO3>NaHCO3，故B錯誤；C.等物質(zhì)的量的NaHCO3和Na2CO3與足量稀鹽酸反應，NaHCO3和Na2CO3放出的CO2一樣多，故C錯誤；D.等質(zhì)量的NaHCO3和Na2CO3與足量稀鹽酸反應產(chǎn)生CO2的量：Na2CO3<NaHCO3，故D正確。故選D。8、B【解析】A、根據(jù)流程圖，NaClO3與SO2發(fā)生氧化還原反應，化學方程式為2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，其中NaClO3作氧化劑，故A說法正確；B、吸收塔中發(fā)生的反應為2ClO2+H2O2+2NaOH===2NaClO2+2H2O+O2↑，1molH2O2失去2mol電子，故B說法錯誤；C、H2O2在高溫下易分解，故吸收塔的溫度不能太高，故C說法正確；D、根據(jù)選項A的分析，母液中溶質(zhì)主要為Na2SO4，故D說法正確。答案選B。9、B【解析】A、1mol氯氣發(fā)生歧化反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為NA；B、C2H4和C4H8的最簡式為CH2，依據(jù)最簡式計算混合氣體中的碳原子個數(shù)；C、標準狀況下，酒精是液體，不是氣體；D、氫氧化鐵膠體中是多個Fe（OH）3的聚合體?！驹斀狻緼項、氯氣與水反應屬于可逆反應，標準狀況下，0.1molCl2溶于水，只有部分氯氣與水反應生成氯化氫和次氯酸，轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于0.1NA，故A錯誤；B項、C2H4和C4H8的最簡式為CH2，最簡式CH2的物質(zhì)的量為1mol，含有碳原子的物質(zhì)的量為1mol，含有碳原子數(shù)為2NA，故B正確；C項、標況下酒精是液體，無法根據(jù)體積求算其物質(zhì)的量，故C錯誤；D項、l個氫氧化鐵膠體中含有多個Fe（OH）3，1molFeCl3完全水解生成的氫氧化鐵膠體膠粒數(shù)沒有NA個，故D錯誤。故選B?！军c睛】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關計算，明確標準狀況下氣體摩爾體積的使用條件為解答關鍵，注意熟練掌握物質(zhì)的量與摩爾質(zhì)量、阿伏伽德羅常數(shù)之間的關系是解題關鍵。10、C【分析】由實驗方案圖可以知道,a為二氧化碳發(fā)生裝置,d為二氧化碳與鈉反應裝置,進入d裝置的二氧化碳應干燥,且不含其它雜質(zhì),故裝置b是除去二氧化碳中的HCl,應用飽和的碳酸氫鈉溶液,c為干燥裝置,吸收水蒸氣；反應需要排盡裝置內(nèi)的空氣，當e裝置中產(chǎn)生白色沉淀,說明空氣已排盡，再加熱d處的酒精燈發(fā)生反應，結(jié)合以上分析解答?！驹斀狻坑蓪嶒灧桨笀D可以知道,a為二氧化碳發(fā)生裝置,d為二氧化碳與鈉反應裝置,進入d裝置的二氧化碳應干燥,且不含其它雜質(zhì),故裝置b是除去二氧化碳中的HCl,應用飽和的碳酸氫鈉溶液,c為干燥裝置,吸收水蒸氣；反應需要排盡裝置內(nèi)的空氣，當e裝置中產(chǎn)生白色沉淀,說明空氣已排盡，再加熱d處的酒精燈發(fā)生反應，A.按圖所示連接裝置，檢驗裝置氣密性，并往各裝置中加入試劑，操作順序正確，A正確；B.結(jié)合以上分析可知，裝置b的溶液是飽和NaHCO3溶液，除去二氧化碳中的HCl，B正確；C.裝置d中反應生成的氧化鈉與二氧化碳繼續(xù)反應生成碳酸鈉，所以該反應中，最終的生成物中含有碳、碳酸鈉；C錯誤；D.結(jié)合以上分析可知，燃d處酒精燈前，要先通一會兒CO2，一直到澄清石灰水變渾濁，目的是排盡裝置內(nèi)的空氣，D正確；綜上所述，本題選C。11、B【解析】試題分析：A．混凝法，用明礬做混凝劑，是因為鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，離子方程式為Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，故A正確；B、過量CO2中和堿性廢水反應生成碳酸氫根：CO2+OH—=HCO3—，故B錯誤；C．用Na2S處理含Hg2+廢水生成硫化汞沉淀：Hg2++S2—=HgS↓，故C正確；D．FeSO4將酸性廢水中Cr2O72—還原為Cr3+，本身被氧化為鐵離子，Cr2O72—+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故D正確；故選B?？键c：考查了離子方程式的正誤判斷的相關知識。12、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，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。13、B【分析】發(fā)生的反應有：氧化銅和鹽酸反應、氧化鐵與鹽酸的反應、鐵和鹽酸反應、鐵和氯化銅反應，銅與氯化鐵的反應，以此判斷溶液中一定含有的金屬離子．【詳解】表面有氧化物的相同大小的銅片和鐵片一起放入鹽酸中充分反應，由發(fā)生的反應：氧化銅和鹽酸反應、氧化鐵與鹽酸的反應，生成鐵離子、銅離子，還原性Fe＞Cu，先發(fā)生鐵和鹽酸反應，鹽酸足量，可存在鐵離子，若鹽酸少量，鐵和氯化銅反應，生成氯化亞鐵、氯化銅，氧化性Fe3＋＞Cu2＋＞H＋，將表面都含有氧化物的鐵片和銅片一起放入鹽酸中充分反應，若反應后鐵片有剩余，則一定不存在Fe3＋、Cu2＋、H＋，所得溶液中的陽離子為Fe2＋，故選B?！军c睛】本題考查了鐵的性質(zhì)，把握鐵、銅的活潑性即可判斷溶液中存在的金屬陽離子，解題關鍵：明確發(fā)生的化學反應．14、D【分析】氧化鋁和氫氧化鈉反應，而氧化鐵不反應，過濾后得到濾液用碳酸氫鈉處理，發(fā)生HCO3－+AlO2－+H2O＝Al(OH)3↓+CO32－，加入40毫升碳酸氫鈉溶液時沉淀最多，a、b、c點都為堿性，隨著碳酸氫鈉的加入，堿性減弱，以此解答?！驹斀狻緼.偏鋁酸根離子促進碳酸氫根電離，生成沉淀的離子方程式為HCO3－+AlO2－+H2O＝Al(OH)3↓+CO32－，故正確；B.b點與c點溶液所含微粒種類相同，均為鈉離子、偏鋁酸根離子、氫氧根離子、碳酸根離子，故正確；C.a點溶液顯堿性，溶質(zhì)為氫氧化鈉和偏鋁酸鈉，存在的離子是Na+、AlO2－、OH－，故正確；D.加入40毫升碳酸氫鈉的溶液時沉淀最多，沉淀為0.032mol，氫氧化鈉過量，濾液中含有氫氧化鈉，由于氫氧根離子和碳酸氫根離子反應生成碳酸根離子和水，HCO3－+AlO2－+H2O＝Al(OH)3↓+CO32－可知，前8毫升不生成沉淀，NaHCO3溶液的物質(zhì)的量濃度為0.032/0.032=1.0mol/L，故錯誤。故選D?！军c睛】把握圖中沉淀與pH的變化，發(fā)生的反應，離子共存等為解答的關鍵。15、C【解析】A、根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式，其中碳原子有sp3雜化，屬于四面體，因此所有碳原子不在同一平面，故A錯誤；B、N有3個σ鍵，無孤電子對，因此雜化類型為sp3雜化，故B錯誤；C、sp3雜化的碳原子有4個sp2雜化的碳原子有2個，即個數(shù)比為2：1，故C正確；D、1mol此有機物含有含有σ鍵的數(shù)目為26NA，故D錯誤。16、C【解析】由題意知在Cu與濃硝酸的反應中，Cu失電子的物質(zhì)的量，與這些氮的氧化物在與O2作用又生成HNO3時失電子的物質(zhì)的量與O2得電子的物質(zhì)的量相等。所以n(Cu)·2=×4，即n(Cu)=0.3mol，沉淀過濾、洗滌、干燥、灼燒后得到黑色固體是氧化銅，所以，n(CuO)=0.3mol，質(zhì)量是0.3mol×80g/mol=24g?！军c睛】本題考查氧化還原反應的計算，主要考查金屬銅與硝酸反應的計算，通過巧解進行計算，整體把握反應中電子守恒及物質(zhì)的量濃度的計算等為解題關鍵，側(cè)重考查學生的邏輯推理能力和創(chuàng)新思維能力。17、A【詳解】A．異丁烷的結(jié)構(gòu)式為，寫成結(jié)構(gòu)簡式為(CH3)3CH，A正確；B．乙醇的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，比例模型為，B錯誤；C．熔融KHSO4的電離方程式：KHSO4→K++HSO4－，HSO4－在熔融狀態(tài)下不能電離出H＋和SO42－，在水溶液中的電離方程式為KHSO4=K＋+H＋+SO42－，C錯誤；D．氮為7號元素，有2個電子層，原子核外電子的軌道表示式為，D錯誤。答案選A。18、D【詳解】A、CaCO3與CO2在水中反應生成Ca(HCO3)2，再加入NaHCO3不反應，不會有沉淀生成，A項錯誤；B、向Na2CO3溶液中逐滴加入等物質(zhì)的量的稀鹽酸，發(fā)生反應Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，無CO2氣體放出，B項錯誤；C、等質(zhì)量的NaHCO3和Na2CO3，其中NaHCO3的物質(zhì)的量多，與足量HCl反應時，放出的CO2多，C項錯誤；D、發(fā)生的反應為：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，由于NaHCO3的溶解性較小，故有結(jié)晶析出，D項正確，答案選D。19、B【解析】A．強堿性溶液中存在大量OH-，Mg2+與OH-反應生成沉淀而不能大量共存，故A錯誤；B．室溫下，pH=1的鹽酸中存在大量H+，Na+、Fe3+、NO3—、SO42—離子之間不反應，且和氫離子也不反應，能大量共存，故B正確；C．Ca2+、CO32—結(jié)合生成沉淀，不能大量共存，故C錯誤；D．由水電離產(chǎn)生的c(H+)=1×10-3mol/L的溶液為酸性或堿性溶液，酸性溶液中，SiO32-與氫離子反應生成硅酸，促進鹽的水解，在溶液中不能大量共存，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題考查了離子共存，明確限制條件的含義及離子反應是解本題關鍵。本題的難點為D中限制條件的解讀，由水電離產(chǎn)生的c(H+)=1×10—3溶液，1×10—3＞1×10—7，說明是加入了能夠水解的鹽造成的結(jié)果，溶液顯酸性或堿性。20、C【解析】A．淀粉、纖維素為多糖，分子式為(C6H10O5)n，但n不同，二者不是同分異構(gòu)體，故A錯誤；B.油脂的皂化反應是油脂在堿性條件下的水解反應，屬于取代反應；乙烯的水化反應是乙烯與水的加成反應，反應類型不同，故B錯誤；C．分子式為C3H2Cl6的有機物可以看作C3Cl8中的兩個Cl原子被兩個H原子取代，碳鏈上的3個碳中，兩個氫原子取代一個碳上的氯原子，有2種：CCl3-CCl2-CClH2、CCl3-CH2-CCl3；兩個氫原子分別取代兩個碳上的氯原子，有2種：CCl2H-CCl2-CCl2H(兩個邊上的)，CCl2H-CHCl-CCl3(一中間一邊上)，共有4種，故C正確；D．與-OH相連C的鄰位C上沒有H，不能發(fā)生消去反應，故D錯誤；故選C。21、B【詳解】A．Cl2少量時，只有亞鐵子被氧化，Cl2過量時，亞鐵離子與溴離子均被氧化，則不能用同一離子方程式表示，A錯誤；B．無論量的多少都只發(fā)生Ba（OH）2+H2SO4═BaSO4↓+H2O，則能用同一離子方程式表示，B正確；C．HCl少量時，發(fā)生HCl+Na2CO3═NaHCO3+NaCl，HCl過量時發(fā)生2HCl+Na2CO3═NaCl+CO2↑+H2O，則不能用同一離子方程式表示，C錯誤；D．NaHCO3少量時，發(fā)生NaHCO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O+NaOH，NaHCO3過量時發(fā)生2NaHCO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2H2O+Na2CO3，則不能用同一離子方程式表示，D錯誤；答案選B。22、D【解析】A、ClO－與S2－可以發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故A不符合題意；B、能與鋁粉反應生成氫氣的溶液可能為強酸性或強堿性溶液，在強堿性溶液中Fe3+不能大量存在，故B不符合題意；C、c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中，AlO2-與Al3+發(fā)生反應3AlO2-+Al3++6H2O=4Al(OH)3↓，不能大量共存，故C不符合題意；D、c(Fe3+)=1mol·L-1的溶液中，Mg2+、H+、MnO4-、SO42-互相不反應，能夠大量共存，故D符合題意；綜上所述，本題應選D?！军c睛】本題考查離子共存，掌握離子的性質(zhì)和離子不能大量共存的原因是解題的關鍵。離子間不能大量共存的原因有：①離子間發(fā)生復分解反應生成水、沉淀或氣體；②離子間發(fā)生氧化還原反應；③離子間發(fā)生雙水解反應，如Al3+與HCO3-等；④離子間發(fā)生絡合反應，如Fe3+與SCN-等；⑤注意題中的附加條件。二、非選擇題(共84分)23、ArAl(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OK＞Na＞MgH2O＞HBr＞HCl2K+2H2O=2KOH+H2↑AB最外層電子數(shù)相同，Br的原子半徑大，得到電子能力比Cl弱，非金屬性Cl大于Br【分析】由元素在周期表的位置可知，A是Na，B是K，C是Mg，D是Al，E是C，F(xiàn)是O，G是Cl，H是Br，R是Ar，結(jié)合原子結(jié)構(gòu)和元素周期律分析解答?！驹斀狻坑稍卦谥芷诒淼奈恢每芍?，A是Na，B是K，C是Mg，D是Al，E是C，F(xiàn)是O，G是Cl，H是Br，R是Ar。(1)元素周期表中化學性質(zhì)最不活潑是稀有氣體元素，即Ar的性質(zhì)最不活潑，故答案為Ar；(2)鋁元素最高價氧化物對應的水化物為氫氧化鋁，氫氧化鋁是兩性氫氧化物，能與氫氧化鈉反應，反應的離子方程式是Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案為Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；(3)一般而言，電子層越多，半徑越大，所以K的半徑最大，電子層數(shù)相同時，原子序數(shù)越小，半徑越大，則Na＞Mg，所以原子半徑大小為K＞Na＞Mg，故答案為K＞Na＞Mg；(4)H2O分子間存在氫鍵，沸點最高；HCl和HBr都是分子晶體，相對分子量越大，沸點越高，則沸點：HBr＞HCl，所以沸點高低為：H2O＞HBr＞HCl，故答案為H2O＞HBr＞HCl；(5)E為C元素，其氧化物若為二氧化碳，屬于共價化合物，其電子式為；F是O，氫化物為水，K與水反應生成氫氧化鉀和氫氣，化學反應方程式為：2K+2H2O=2KOH+H2↑，故答案為；2K+2H2O=2KOH+H2↑；(6)A．金屬性越強，對應最高價氧化物對應水化物的堿性越強，金屬性：Al＜Mg，則堿性：Al(OH)3＜Mg(OH)2，可用元素周期律解釋，故A選；B．非金屬性越強，對應氫化物越穩(wěn)定，穩(wěn)定性：HCl＜HF，可用元素周期律解釋，故B選；C．Cu與氯化鐵發(fā)生氧化還原反應，與元素周期律無關，不能用元素周期律解釋，故C不選；故答案為AB；(7)G的單質(zhì)可以從NaBr溶液中置換出Br2單質(zhì)，因為Cl和Br的最外層電子數(shù)相同，Br的原子半徑大，得到電子能力比Cl弱，非金屬性Cl大于Br，故答案為最外層電子數(shù)相同，Br的原子半徑大，得到電子能力比Cl弱，非金屬性Cl大于Br?！军c睛】本題的易錯點為(5)，要注意C的氧化物常見的有CO2和CO，均為共價化合物，其中CO的電子式為，其中含有一個配位鍵。24、酰胺鍵氨基氧化反應H2NCHO【解析】試題分析：本題考查有機推斷，有機官能團的識別，有機反應類型的判斷，有機物結(jié)構(gòu)簡式和有機方程式的書寫，限定條件下同分異構(gòu)體的書寫，有機合成路線的設計。甲苯與HNO3、H2SO4發(fā)生硝化反應生成A和E，A與KMnO4作用，A中—CH3被氧化成—COOH生成B，B+C→D，D→X所用試劑為Fe/HCl，D→X為—NO2還原為—NH2，X中苯環(huán)上的側(cè)鏈處于對位，則逆推出A的結(jié)構(gòu)簡式為、B的結(jié)構(gòu)簡式為，X中含酰胺鍵，則B+C→D為—COOH和氨基的取代反應，結(jié)合C的分子式，推出C的結(jié)構(gòu)簡式為，D的結(jié)構(gòu)簡式為。A和E互為同分異構(gòu)體，E→…F，F(xiàn)+G→Y，Y中苯環(huán)的側(cè)鏈處于鄰位，則E的結(jié)構(gòu)簡式為，A、E都屬于硝基化合物，F(xiàn)與A、E互為同分異構(gòu)體，根據(jù)Y的結(jié)構(gòu)簡式，F(xiàn)+G→Y發(fā)生題給已知②的反應和氨基與羧基形成酰胺鍵的反應，則F的結(jié)構(gòu)簡式為，G的結(jié)構(gòu)簡式為H2NCHO。（1）由X的結(jié)構(gòu)簡式知，X中的官能團名稱為酰胺鍵和氨基。（2）A→B為—CH3被KMnO4氧化成—COOH，反應類型為氧化反應。（3）B+C→D的化學方程式為。（4）根據(jù)上述分析，G的結(jié)構(gòu)簡式為H2NCHO。（5）E的結(jié)構(gòu)簡式為，E的同分異構(gòu)體中含醛基和羥基，苯環(huán)上有兩種不同化學環(huán)境的氫原子，苯環(huán)上有兩個取代且處于對位，符合條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為、。（6）F的結(jié)構(gòu)簡式為，對比苯、CH2=CH2與F的結(jié)構(gòu)簡式，要將苯環(huán)與CH2=CH2碳干相連構(gòu)建碳干骨架，所以第一步為苯與乙烯發(fā)生加成反應生成，F(xiàn)中羧基和氨基處于鄰位，第二步由發(fā)生硝化反應生成，接著要將—NO2還原為—NH2和將—CH2CH3氧化成—COOH，由于—NH2易被氧化，為了防止—NH2被氧化，所以先將—CH2CH3氧化，再將—NO2還原，則制備F的流程圖為：。25、2ClO2＋2CN－＝2CO2＋N2＋2Cl－稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發(fā)生爆炸防止倒吸(或作安全瓶)2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O加大氮氣的通入量淀粉溶液溶液藍色褪去且半分鐘內(nèi)不恢復原色0.04【解析】（1）依據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)守恒配平該氧化還原反應方程式；（2）①結(jié)合ClO2的特點，從安全隱患角度分析考慮；②根據(jù)儀器的連接特點作答；③NaClO3與H2O2在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應用于制備ClO2；④裝置C中導管液面上升時，說明ClO2在水中過飽和，析出晶體；（3）碘單質(zhì)與淀粉溶液變藍；再根據(jù)標準溶液滴定待測液的基本實驗操作分析作答；最后依據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)守恒及各物質(zhì)之間的關系式列式計算?！驹斀狻浚?）ClO2可將廢水中的CN－氧化成CO2和N2，本身氯元素化合價降低到穩(wěn)定的-1價，其離子方程式為：2ClO2＋2CN－＝2CO2＋N2＋2Cl－，故答案為：2ClO2＋2CN－＝2CO2＋N2＋2Cl－；（2）①氮氣可稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發(fā)生爆炸，故答案為：可稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發(fā)生爆炸；②ClO2易溶于水，則裝置B作為安全瓶，可防倒吸，故答案為：防止倒吸(或作安全瓶)；③裝置A內(nèi)發(fā)生氧化還原反應，NaClO3作氧化劑，H2O2做還原劑，反應有氧氣生成，結(jié)合原子守恒規(guī)律可知，產(chǎn)物中還有水，其化學方程式為：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O，故答案為：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O；④裝置C中導管液面上升時，說明ClO2濃度過大，為防止爆炸，需加大氮氣的通入量，故答案為：加大氮氣的通入量；（3）KI可在酸性條件下被ClO2氧化為I2，因I2與淀粉溶液會變藍，所以可用淀粉溶液作為反應的指示劑，用Na2S2O3標準液滴定錐形瓶中的I2溶液，當?shù)味ㄗ詈笠坏螛藴蔔a2S2O3時，錐形瓶內(nèi)的溶液藍色褪去且半分鐘內(nèi)不恢復原色，說明已達到終點，依據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)守恒規(guī)律列出關系式2ClO25I210S2O32-，則n(ClO2)=n(S2O32-)=×0.1000mol·L－1×20.00×10-3L=4×10-4mol，因此錐形瓶內(nèi)ClO2的濃度為c(ClO2)==0.04mol/L，故答案為：淀粉溶液；溶液藍色褪去且半分鐘內(nèi)不恢復原色；0.04?！军c睛】氧化還原反應的應用是高考必考點，利用關系式法可以化繁為簡。所謂關系式法，就是根據(jù)得失電子守恒關系建立已知量與未知量之間的橋梁，列出關系式進而計算，這樣可以很快理清思路，提高做題準確率與做題效率。如最后一問，利用碘單質(zhì)中間量，直接找出ClO2與S2O32-之間的等量關系，是解此小題的突破口。26、AgClAg++Cl-=AgCl↓BaSO4取少許溶液2于試管，向其中滴加氯化鋇溶液，看是否有沉淀，若沒有沉淀，則硫酸根已除去Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓0.5【分析】某溶液中含有Ba2+、Mg2+、Ag+，現(xiàn)用NaOH溶液、鹽酸和Na2SO4溶液將這三種離子逐一沉淀分離，OH-和Mg2+、Ag+反應；和Ba2+反應，所以先用HCl將Ag+轉(zhuǎn)化為AgCl沉淀，過濾后加入Na2SO4或NaOH生成BaSO4沉淀或Mg(OH)2沉淀，所以B可能是Na2SO4或NaOH。若試劑B為Na2SO4溶液，則沉淀2為BaSO4，溶液2含有Mg2+，加入NaOH溶液，生成沉淀3為Mg(OH)2；若試劑B為NaOH溶液，沉淀2為Mg(OH)2，沉淀3為BaSO4，以此解答該題。【詳解】(1)向含有Ba2+、Mg2+、Ag+的溶液中加入HCl，發(fā)生反應：Ag++Cl-=AgCl↓，產(chǎn)生AgCl白色沉淀，所以沉淀1為AgCl，生成該沉淀的離子方程式為：Ag++Cl-=AgCl↓；(2)溶液1中含有Ba2+、Mg2+，若試劑B為Na2SO4溶液，則發(fā)生反應：Ba2++=BaSO4↓，則沉淀2化學式為BaSO4；根據(jù)BaSO4的不溶性檢驗已經(jīng)除盡，檢驗方法是：取少許溶液2于試管，向其中滴加BaCl2溶液，看是否有沉淀，若沒有沉淀，則已除去；(3)溶液1中含有Ba2+、Mg2+，若試劑B為NaOH溶液，加入NaOH溶液會發(fā)生反應：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，則生成沉淀2為Mg(OH)2；(4)Ag+的濃度均為0.1mol/L，且溶液中含有的陰離子只有，因溶液呈電中性，溶液中存在c()=2c(Ba2+)+2c(Mg2+)+c(Ag+)，則溶液中濃度c()=2×0.1mol/L+2×0.1mol/L+0.1mol/L=0.5mol/L。【點睛】本題考查混合物分離提純的實驗設計。握離子之間的反應、題目中的信息為解答的關鍵，注意“逐一沉淀分離”的限制條件。27、Cu2O+2H+=Cu2++Cu+2H2O穩(wěn)定穩(wěn)定Cu+H2SO4+2HNO3（濃）=CuSO4+2NO2↑+2H2O、3Cu+3H2SO4+2HNO3（?。?3CuSO4+2NO↑+4H2O氧氣氧化氮氧化合物，使氮氧化物全部被氫氧化鈉溶液吸收，防止污染大氣否CuOabc重結(jié)晶【分析】I.該實驗的目的是探究不同價態(tài)銅的穩(wěn)定性，則根據(jù)題干給出的提示分析即可；II.該實驗目的是制取硫酸銅，則反應中，HNO3只作氧化劑，H2SO4則起酸性作用，可寫出該反應的方程式，需要注意的是隨著反應的進行，HNO3的濃度降低，還原產(chǎn)物也會隨之變化；III.該實驗的目的是制備氯化銅晶體，該實驗的流程中：第一步，粗銅和氯氣反應是為了生成CuCl2，少量的雜質(zhì)Fe會轉(zhuǎn)化為FeCl3；第二步，用鹽酸溶解固體1，是為了使得固體全部出于強酸性環(huán)境中，方便后續(xù)分離；第三步，要加入CuO來調(diào)節(jié)溶液的pH，把Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，從而除去雜質(zhì)；第四步，在HCl氛圍中蒸發(fā)溶液2的到目標產(chǎn)物；(5)不需要除去HCl氣體，因為反應后，還需要用稀鹽酸將固體全部溶解；所得溶液1中含有HCl、FeCl3，需要加入CuO來調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+全部轉(zhuǎn)化為沉淀，而Cu2+仍存在于溶液中；固體2是Fe(OH)3；(6)題中已經(jīng)告知這種轉(zhuǎn)化關系是可逆反應，利用平衡移動的知識答題；(7)提純晶體，往往采用重結(jié)晶?！驹斀狻縄.該實驗的目的是探究不同價態(tài)銅的穩(wěn)定性，則：(1)Cu2O遇到酸反應生成藍色的Cu2+鹽溶液和單質(zhì)Cu，則在酸性環(huán)境中，+2價的Cu比+1價的Cu穩(wěn)定；(2)高溫下，CuO分解產(chǎn)生Cu2O，則+1價的銅比+2價的Cu穩(wěn)定；II.該實驗目的是制取硫酸銅，則：(3)發(fā)生的反應為Cu+H2SO4+2HNO3(濃)=CuSO4+2NO2↑+2H2O、3Cu+3H2SO4+2HNO3(稀)=3CuSO4+2NO↑+4H2O；(4)產(chǎn)物中NO不能單獨和NaOH反應，需要用O2將NO氧化為NO2才行，確保尾氣完全被吸收，以防污染環(huán)境；III.該實驗的目的是制備氯化銅晶體，則：(5)不需要除去HCl氣體，因為反應后，還需要用稀鹽酸將固體全部溶解；所得溶液1中含有HCl、FeCl3，需要加入CuO來調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+全部轉(zhuǎn)化為沉淀；(6)題中已經(jīng)告知這種轉(zhuǎn)化關系是可逆反應，則a、將Y稀釋，則H2O的量增多，平衡向逆反應方向移動，溶液變?yōu)樗{色，說明溶液中有這樣的轉(zhuǎn)化關系，a正確；b、向Y中加入CuCl2晶體，則溶液中[Cu(H2O)4]2+、Cl-的濃度均增大，平衡向正反應方向移動，CuCl42-的濃度增大，溶液變?yōu)榫G色，說明溶液中有這樣的轉(zhuǎn)化關系，b正確；c、向Y中加入NaCl晶體，則溶液中Cl-的濃度均增大，平衡向正反應方向移動，CuCl42-的濃度增大，溶液變?yōu)榫G色，說明溶液中有這樣的轉(zhuǎn)化關系，c正確；d、取Y進行電解，溶液顏色消失，這個過程和該轉(zhuǎn)化關系無關，d錯誤；故選abc；(7)提純晶體，往往采用重結(jié)晶。【點睛】本題是課外的實驗探究題。對于實驗題，一定要認準實驗目的，此外還要去挖掘題中給出的有用信息，本題中的三道小題都給出了相關的信息，要結(jié)合信息去答題，會容易許多。28、（2c+2b－a）75%Cbd40%abdNaOH(aq)＋SO2(g)＝NaHSO3(aq)ΔH＝－QkJ/mol6.6×10-8mol·L－1【詳解】(l)已知：①CH4(g)+2O2=CO2(g)+2H2O(l)△H=-akJ?mol-1、②H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-b

kJ?mol-1、③CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-c

kJ?mol-1，由蓋斯定律可知，①-③×2-②×2可知CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH=+(2c+2b－a)kJ?mol-1，故答案為+(2c+2b－a)；(2)lmolCH3OCH3與氧氣反應生成二氧化碳和水，轉(zhuǎn)移電子12mol，電路中通過9mol電子，則該電池效率η=×100%=75%，故答案為75%；(3)①如達到平衡時，消耗的速率2