山西省長治二中2026屆高三上化學期中監(jiān)測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y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、主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加，且均不大于20。W、X、Y、Z的族序數之和為12；X與Y的電子層數相同；向過量的ZWY溶液中滴入少量硫酸銅溶液，觀察到既有黑色沉淀生成又有臭雞蛋氣味的氣體放出。下列說法正確的是A．原子半徑由大到小的順序為：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)B．氧化物的水化物的酸性：H2XO3<H2YO3C．ZWY是離子化合物，其水溶液中只存在電離平衡D．單質熔點：X<Y2、將1．9g由Cu、Al、Fe組成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金質量減少了2.7g。另取等質量的合金溶于過量稀HNO3中，生成了6.72LNO（標準狀況下），向反應后的溶液中加入過量的NaOH溶液，則沉淀的質量為()A．22.1g B．25.4g C．33.2g D．無法計算3、一定溫度下，下列溶液的離子濃度關系式正確的是A．pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS－)=1×10－5mol·L－1B．pH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其pH=b，則a=b+1C．pH=2的H2C2O4溶液與pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HC2O4－)D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三種溶液的c(Na＋)：①＞②＞③4、氮氧化鋁(AlON)是一種高硬度防彈材料，可以在高溫下由反應Al2O3+C+N2=2AlON+CO合成，下列有關說法正確的是（）A．氮氧化鋁中氮的化合價是-3B．反應中每生成5.7gAlON同時生成1.12LCOC．反應中氧化產物和還原產物的物質的量之比是1:2D．反應中氮氣作還原劑5、T1℃時，向容積為2L的密閉容器中充入一定量的CO和H2O(g)，發(fā)生反應：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，反應過程中測定的部分數據見下表(表中t2>t1)，下列說法錯誤的是()反應時間/minn(CO)/moln(H2O)/mol02.003.00t10.80t21.80A．用H2表示反應在t1min內的平均速率為v(H2)＝0.60/t1mol·L－1·min－1B．保持其他條件不變，若起始時向容器中充入3.00molCO和2.00molH2O(g)，達到平衡時，n(CO2)＝1.20molC．保持其他條件不變，在t2min時向容器中再通入1.00molCO，與原平衡相比，達到新平衡時CO轉化率將增大D．溫度升至T2℃，上述反應的平衡常數為0.70，則正反應的ΔH<06、在陸地生態(tài)系統(tǒng)研究中，2H、13C、15N、18O、34S等常用作環(huán)境分析指示物。下列說法正確的是A．34S原子核內中子數為16 B．16O2比18O2沸點更低C．2H＋的酸性比1H＋的酸性更強 D．13C和15N原子核內的質子數相差27、制取肼的反應為2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O，下列相關微粒的化學用語錯誤的是A．中子數為12的鈉原子：Na B．N2H4的結構式：C．Cl－的結構示意圖： D．NaClO的電子式：8、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，X是地殼中含量最多的元素，Y原子的最外層只有一個電子，Z位于元素周期表ⅢA族，W與X屬于同一主族。下列說法正確的是A．原子半徑：r(W)>r(Z)>r(Y)B．由X、Y組成的化合物中均不含共價鍵C．Y的最高價氧化物的水化物的堿性比Z的弱D．X的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強9、某學習小組設計實驗制備供氫劑氫化鈣(CaH2)，實驗裝置如下圖所示。已知：氫化鈣遇水劇烈反應。下列說法正確的是A．相同條件下，粗鋅(含少量銅)比純鋅反應速率慢B．酸R為濃鹽酸，裝置b中盛裝濃硫酸C．實驗時先點燃酒精燈，后打開活塞KD．裝置d的作用是防止水蒸氣進入硬質玻璃管10、運用元素周期表和元素周期律分析下面的推斷，下列說法不合理的是A．PH3、H2S、HCl的熱穩(wěn)定性和還原性從左到右依次增強B．若X+和Y2-的核外電子層結構相同，則原子序數:X>YC．硅、鍺都位于金屬與非金屬的交界處，都可以做半導體材料D．Cs和Ba分別位于第六周期IA和IIA族，堿性:CsOH>Ba(OH)211、黨的十九大強調樹立“社會主義生態(tài)文明觀”。下列做法不應該提倡的是(

)A．推廣碳捕集和封存技術緩解溫室效應

B．研發(fā)可降解高分子材料解決白色污染問題C．用硅制作太陽能電池減少對化石燃料的依賴

D．工業(yè)污水向遠海洋排放防止污染生活水源12、在探究SO2的性質實驗中，下列根據實驗現象得出的結論不正確的是()A．向SO2水溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，產生的白色沉淀是BaSO3B．向溴水中通入SO2，溶液褪色，說明＋4價硫具有還原性C．將過量的SO2通入石蕊溶液中，溶液由紫色變?yōu)榧t色，說明SO2不能漂白石蕊D．向SO2水溶液中加入NaHCO3粉末，有氣泡產生，說明H2SO3酸性強于H2CO313、用下列實驗裝置能達到相關實驗目的的是()ABCD實驗裝置實驗目的除去苯中混有的水制備并收集少量NO2實驗室焙燒硫酸銅晶體測定中和反應的反應熱A．A B．B C．C D．D14、2020年9月，我國作出對于全球減排具有里程碑意義的承諾：2060年實現碳中和。碳中和是指直接或間接產生的溫室氣體排放總量，通過植樹造林、節(jié)能減排、碳捕集與封存等形式，抵消自身產生的二氧化碳排放量，實現二氧化碳“零排放”。下列有關說法正確的是A．CO2是導致溫室效應和酸雨的主要氣體B．煤的液化、氣化主要是為了減少CO2的排放C．CO2催化加氫合成低碳烯烴屬于化合反應D．CO2分子間有間隔，故可將其壓縮液化后封存15、下列敘述不正確的是（）A．鉀、鈉、鎂等活潑金屬著火時，不能用泡沫滅火器滅火B(yǎng)．探究溫度對硫代硫酸鈉與硫酸反應速率的影響時，若先將兩種溶液混合并計時，再用水浴加熱至設定溫度，則測得的反應速率偏高C．蒸餾完畢后，應先停止加熱，待裝置冷卻后，停止通水，再拆卸蒸餾裝置D．為準確配制一定物質的量濃度的溶液，定容過程中向容量瓶內加蒸餾水至接近刻度線時，改用滴管加蒸餾水至刻度線16、乙烯氣體與氫氣加成生成乙烷氣體的能量變化如下圖所示，該反應的熱化學方程式（）A．B．C．D．17、在相同溫度時，100mL0.01mol/L的醋酸溶液與10mL0.lmol/L的醋酸溶液相比較，下列數值前者大于后者的是A．中和時所需NaOH的量 B．OH-的物質的量濃度C．與Mg反應的起始速率 D．溶液中18、下列說法中，正確的是A．25℃時，1LpH=3的鹽酸和醋酸能消耗等質量的鎂粉B．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固體，c(Ba2＋)將增大C．V1LpH=12的NaOH溶液與V2LpH=2的HA溶液混合，若混合液顯中性，則V1≤V2D．在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中，加入少量NaOH固體，Na+和CO32-的離子濃度均增大19、根據下列實驗操作和現象所得到的結論正確的是()選項實驗操作和現象結論ACl2、SO2均能使品紅溶液褪色兩者均有氧化性B向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出現白色沉淀該溶液中一定有SO42-C向飽和NaHCO3溶液中加入足量氯水，有無色氣體產生氯水中含HClOD向盛有高錳酸鉀酸性溶液的試管中加入足量的苯振蕩高錳酸鉀溶液紫紅色不褪色A．A B．B C．C D．D20、據統(tǒng)計城市機動車輛每年以15%至20%的速度增長，交通事故也頻發(fā),汽車在劇烈碰撞時，安全氣囊中發(fā)生反應10NaN3+2KNO3＝K2O+5Na2O+16N2↑。則下列判斷正確的是A．還原劑與氧化產物的物質的量之比為5：8B．若氧化產物比還原產物多1.4mol則轉移電子為1molC．每生成1.6mol氮氣，則有0.2molKNO3被氧化D．NaN3是只含有離子鍵的離子化合物21、將一定質量的鎂、銅合金加入到稀硝酸中，兩者恰好完全反應，假設反應過程中還原產物全是NO，向所得溶液中加入物質的量濃度為3mol·L﹣1NaOH溶液至沉淀完全，測得生成沉淀的質量比原合金的質量增加5.1g，則下列有關敘述中不正確的是（）A．當金屬全部溶解時，失去電子的物質的量為0.3molB．標準狀態(tài)下，當金厲全部溶解時收集NO氣體體積為3.36LC．當生成的沉淀量達最大時，消耗NaOH溶液的體積V≥100mLD．參加反應的金屬總質量為9.6g＞m＞3.6g22、取一張用飽和NaCl溶液浸濕的pH試紙，兩根鉛筆芯作電極，接通直流電源，一段時間后，發(fā)現電極與試紙接觸處出現一個雙色同心圓，內圓為白色，外圓呈淺紅色。則下列說法正確的是A．b電極是陰極 B．a電極與電源的正極相連接C．電解過程中，水是還原劑 D．a電極附近溶液的pH變大二、非選擇題(共84分)23、（14分）石油是工業(yè)的血液，通過它可以得到很多重要的化工產品。已知：+(1)B和A為同系物，B的結構簡式為_______，寫出B與氯氣加成后的產物名稱______。(2)反應②的化學方程式為__________，其反應類型為_________。(3)寫出檢驗C3H5Cl中含有Cl原子的方法_____________。(4)C的結構簡式為_______________，其官能團的名稱為__________。(5)反應④的化學方程式為______________。(6)石油裂解氣中還含有丙炔，為研究物質的芳香性，可將CHC-CH3三聚得到苯的同系物，其可能的結構簡式有_______種。(7)設計一條由乙烯為原料制備D的合成路線________(其他無機原料任選)。合成路線常用的表示方式為：AB目標產物24、（12分）布洛芬是一種比阿司匹林副作用更小的消炎鎮(zhèn)痛藥，下圖是布洛芬的一種合成路線。請回答下列問題：(1)合成路線中不包括的反應類型為__________。A．加成反應B．取代反應C．氧化反應D．消去反應(2)D中所含官能團的名稱為______，D分子式為_______；A→G中有手性碳的物質有____種。(3)E→F的化學方程式為____________________________________________。(4)B含有苯環(huán)的同分異構體有_____種（不考慮立體異構），其中核磁共振氫譜只有2組峰的同分異構體的名稱為______________。25、（12分）常溫常壓下，一氧化二氯(Cl2O)為棕黃色氣體，沸點為3.8℃，42℃以上分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并與水反應生成HClO。[制備產品]將氯氣和空氣(不參與反應)按體積比1：3混合通入含水8%的碳酸鈉中制備Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制備次氯酸溶液。(1)各裝置的連接順序為_______→______→_____→C→_____；(填字母)(2)裝置B中多孔球泡和攪拌棒的作用是_______；裝置C的作用是______；(3)制備Cl2O的化學方程式為________；(4)此方法相對于用氯氣直接溶于水制備次氯酸溶液的主要優(yōu)點是_______；(5)反應過程中，裝置B需放在_______中：(選填“冷水”或“熱水”)[測定濃度](6)已知次氯酸可被FeSO4等物質還原。用下列實驗方案測定裝置E所得溶液中次氯酸的物質的量濃度：量取10mL上述次氯酸溶液，并稀釋至100mL，再從中取出10.00mL于錐形瓶中，并加入10.00mL0.8mol/L的FeSO4溶液，充分反應后，用0.05000mol/L的酸性KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液24.00mL，則原次氯酸的物質的量濃度為_______。(保留四位有效數字)26、（10分）生活中有許多與化學相關的數據表格。Ⅰ.如圖是某兒童微量元素體檢報告單的部分數據：某醫(yī)療機構臨床檢驗結果報告單分析項目檢測結果單位參考范圍1鋅（Zn）115.92μmol/L66~1202鐵（Fe）6.95mmol/L7.52~11.823鈣（Ca）1.68mmol/L1.55~2.10……根據上表的數據，回答下列問題：（1）該兒童__元素含量偏低。（2）報告單中“μmol/L”是__（填“質量”、“體積”或“濃度”）的單位。（3）服用維生素C可使食物中的Fe3+轉化為Fe2+，在這個過程中體現維生素C的__（填“氧化性”或“還原性”）。Ⅱ.生活中為了延長鮮花的壽命，通常會在花瓶中加入鮮花保鮮劑。0.5L某種鮮花保鮮劑中含有的成分及含量如下，閱讀后回答下列問題：成分質量(g)摩爾質量(g/mol)①蔗糖（C12H22O11）25.00342②硫酸鉀（K2SO4）0.25174③高錳酸鉀（KMnO4）0.25158④阿司匹林（C9H8O4）0.17180⑤硝酸銀（AgNO3）0.02170（4）上述鮮花保鮮劑成分中，屬于鹽的是__（填序號）。（5）欲配制500mL該鮮花保鮮劑，有如下操作步驟：a.把稱量好的保鮮劑放入小燒杯中，加適量蒸餾水溶解；b.把a所得溶液小心轉入500mL容量瓶中；c.繼續(xù)向容量瓶中加蒸餾水至液面距刻度1cm至2cm處，改用膠頭滴管小心滴加蒸餾水至溶液凹液面最低處與刻度線相切；d.用少量蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2到3次，每次洗滌液都小心轉入容量瓶，并輕輕搖勻；e.將容量瓶塞緊，反復上下顛倒搖勻。①操作步驟的正確順序為（填序號）__。②在容量瓶的使用方法中，下列操作不正確的是__。A．使用容量瓶前檢查它是否漏水B．容量瓶用蒸餾水洗凈后，需要干燥C．蓋好瓶塞，用一只手的食指頂住瓶塞，另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒轉和搖動幾次③下列操作會使所配溶液的濃度偏小的是___。A．轉移完溶液后未洗滌玻璃棒和燒杯B．容量瓶中原來有少量蒸餾水C．定容時，俯視刻度線D．稱量氯化鈉固體時左碼右物27、（12分）實驗室可用溢流法連續(xù)制備無水四氯化錫（SnCl4）。SnCl4易揮發(fā)，極易發(fā)生水解，Cl2極易溶于SnCl4。制備原理與實驗裝置圖如圖：Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l)ΔH=–511kJ?mol-1可能用到的有關數據如下：物質SnSnCl4CuCl2熔點/℃232-33620沸點/℃2260114993制備過程中，錫粒逐漸被消耗，需提拉橡膠塞及時向反應器中補加錫粒。當SnCl4液面升至側口高度時，液態(tài)產物經側管流入接收瓶。回答下列問題：（1）a的作用是___。（2）A中反應的化學方程式是___。（3）B的作用是___。（4）E中冷卻水的作用是___。（5）尾氣處理時，可選用的裝置是___（填序號）。（6）錫粒中含銅雜質致E中產生CuCl2，但不影響F中產品的純度，原因是___。（7）SnCl4粗品中含有Cl2，精制時加入少許錫屑后蒸餾可得純凈的SnCl4。蒸餾過程中不需要用到的儀器有___(填序號)A．分液漏斗B．溫度計C．吸濾瓶D．冷凝管E．蒸餾燒瓶28、（14分）鐵元素存在多種硫化物，興趣小組為測定某鐵硫化物（FeaSy）的組成按下列流程進行探究：回答下列問題：（1）測得Fe2O3固體的質量為8.0g，則FeaSy的化學式為______________。請設計實驗檢驗Fe2O3中含有+3價鐵：__________________________。（2）鐵硫化物在純氧中發(fā)生反應的化學方程式為______________________________。（3）興趣小組同學推測溶液A中除含有Na2SO3外，還可能含有Na2SO4。設計實驗方案并探究：①用0.10mol·L-1酸性KMnO4溶液應盛裝在_______________（填“酸式“或“堿式”）滴定管中，然后進行滴定，反應的離子方程式為_________________________。②確認A溶液中是否含有Na2SO4請用化學方程式解釋該方案不合理的原因____________________________________。29、（10分）研究減少CO2排放是一項重要課題。CO2經催化加氫可以生成低碳有機物，主要有以下反應：反應Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H1＝－49.6kJ/mol反應Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)△H2＝＋23.4kJ/mol反應Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)△H3（1）△H3＝________kJ/mol。（2）恒溫恒容條件下，在密閉容器中通入等物質的量的CO2和H2，發(fā)生反應I。下列描述能說明反應I達到平衡狀態(tài)的是_______（填序號）。A．反應體系總壓強保持不變B．容器內的混合氣體的密度保持不變C．水分子中斷裂2NA個H-O鍵，同時氫分子中斷裂3NA個H-H鍵D．CH3OH和H2O的濃度之比保持不變（3）反應II在某溫度下的平衡常數為0.25，此溫度下，在密閉容器中加入等物質的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)，反應到某時刻測得各組分濃度如下：物質CH3OCH3(g)H2O(g)CH3OH(g)濃度/mol·L－11.81.80.4此時v正___v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），當反應達到平衡狀態(tài)時，混合氣體中CH3OH體積分數(CH3OH)%＝___%。（4）在某壓強下，反應III在不同溫度、不同投料比時，CO2的平衡轉化率如圖所示。T1溫度下，將6molCO2和12molH2充入2L的密閉容器中，5min后反應達到平衡狀態(tài)，則0～5min內的平均反應速率v(CH3OCH3)＝____；KA、KB、KC三者之間的大小關系為____。（5）恒壓下將CO2和H2按體積比1：3混合，在不同催化劑作用下發(fā)生反應I和反應III，在相同的時間段內CH3OH的選擇性和產率隨溫度的變化如圖。其中：CH3OH的選擇性＝×100%在上述條件下合成甲醇的工業(yè)條件是____。A．210℃B．230℃C．催化劑CZTD．催化劑CZ(Zr－1)T

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】向過量的ZWY溶液中滴入少量硫酸銅溶液，觀察到既有黑色沉淀生成又有臭雞蛋氣味的氣體放出，臭雞蛋氣味的氣體為硫化氫，說明為硫氫化鉀溶液，則W、Y、Z分別為氫、硫、鉀。W、X、Y、Z的族序數之和為12，X與Y的電子層數相同，X為硅元素。A.原子半徑由大到小的順序為：r(Z)>r(X)>r(Y)>r(W)，故錯誤；B.硅酸為弱酸，亞硫酸為弱酸，但亞硫酸的酸性比碳酸強，碳酸比硅酸強，故酸性順序H2SiO3<H2SO3，故正確；C.硫氫化鉀是離子化合物，其完全電離，但其電離出的硫氫根離子既能電離、也能水解，存在電離平衡和水解平衡，故錯誤；D.硅形成原子晶體，硫形成分子晶體，所以硅的熔點高于硫，故錯誤。故選B。2、B【解析】試題分析：將1.9克由Cu、Al、Fe組成的合金溶于足量的NaOH溶液中，只有鋁參與反應，則合金質量減少的2.7克為Al，物質的量為2.7g÷27g/mol=0.1mol；將合金溶于過量稀硝酸中，分別生成Al3+、Fe3+、Cu2+離子，根據電子守恒，金屬共失去電子的物質的量為6.72L÷22.4L/mol×3=0.9mol，其中0.1mol鋁完全反應失去0.3mol電子，則Cu、Fe完全反應失去電子為0.9mol-0.3mol=0.6mol，反應中Cu、Fe失去電子的物質的量等于生成堿的氫氧根離子的物質的量，則n（OH-）=0.6mol，所以反應后氫氧化銅、氫氧化鐵的質量為1.9g-2.7g+0.6mol×1g/mol=25.4g，答案選B。考點：考查化學計算，硝酸的性質。3、D【詳解】A.H2S溶液中分步電離，H2SH++HS-，HS-H++S2-，根據電荷守恒知c(H+)=c(HS－)+2c(S2-)+c(OH-)=1×10－5mol·L－1，A項錯誤；B.加水稀釋促進一水合氨的電離，pH=a的氨水，稀釋10倍后，其pH=b，則a＜b+1，B項錯誤；C.pH=2的H2C2O4溶液與pH=12的NaOH溶液任意比例混合，溶液中存在電荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），C項錯誤；D.酸性大小為CH3COOH＞H2CO3＞HClO，組成鹽的酸根對應的酸越弱，該鹽的水解程度越大，相同濃度時溶液的堿性越強。pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三種溶液，鹽的濃度：①＞②＞③，c（Na+）：①＞②＞③，D項正確；答案選D?！军c睛】本題考查電解質溶液中離子濃度大小關系，解答此類題目要注意首先分析溶液中存在的平衡確定溶液中存在哪些微粒，然后抓住弱電解質的電離、鹽類的水解是微弱的，結合溶液的酸堿性進行分析；涉及等式關系要注意電荷守恒、物料守恒和質子守恒的靈活運用。4、C【詳解】A．氮氧化鋁中鋁是＋3價，氧元素是—2價，則氮的化合價是-1價，A錯誤；B．根據方程式可知反應中每生成5.7gAlON即0.1mol的同時生成0.05molCO，但其體積不一定是1.12LCO，B錯誤；C．反應中碳元素的化合價從0價升高到＋2價，氮元素的化合價從0價降低到—1價，因此氧化產物是CO，還原產物是AlON，氧化產物和還原產物的物質的量之比是1:2，C正確；D．根據以上分析可知，反應中氮氣得到電子，發(fā)生還原反應，作氧化劑，D錯誤。答案選C。5、C【解析】A.CO的物質的量的變化為（2.00-0.80）mol，反應在t1min內的平均速率為v(CO)=（2.00-0.80）mol÷2L÷t1min=(0.60/t1)mol·L-1·min-1，根據反應速率之比等于化學計量數之比，t1min內H2的平均反應速率與CO的平均反應速率相同，故A正確；B.根據t2＞t1，對比表中數據可知t1min時已經達到平衡狀態(tài)，而反應物和生成物的化學計量數都為1，則其它條件不變，起始時向容器中充入的3.00molCO和2.00molH2O(g)與充入2.00molCO和3.00molH2O(g)達平衡時，反應的限度相同，故達到平衡時，n(CO2)＝1.20mol，故B正確；C.增大反應物CO的濃度，平衡正向移動，CO轉化率減小，水蒸氣的轉化率增大，故C錯誤；D.T1℃時，該反應的平衡常數為K=(1.2/2)×(1.20/2)÷(0.80/2)×(1.80/2)=1，T2℃，上述反應的平衡常數為0.70，溫度升高，平衡常數減小，平衡逆向移動，說明正反應為放熱反應，故D正確。故選C。6、B【詳解】A、34S原子核內中子數為：34—16=18，錯誤；B、16O2比18O2相對分子質量小，所以16O2比18O2范德華力小，故16O2比18O2沸點更低，正確；C、2H+的酸性與1H+的酸性相同，錯誤；D、13C原子核內的質子數為6，15N原子核內的質子數為7，相差1，錯誤。7、B【詳解】A．Na是11號元素，質子數是11，中子數為12的鈉原子質量數是11+12=23，故該原子可表示為：Na，A正確；B．N原子最外層有5個電子，在N2H4分子中，每個N原子上有1對孤電子對，N原子形成3個共價鍵，2個N原子之間形成一個共價鍵，每個N原子再分別與2個H原子形成共價鍵，故N2H4的結構式為，B錯誤；C．Cl原子得到1個電子形成Cl-，核外電子排布是2、8、8，故Cl-的結構示意圖：，C正確；D．NaClO是離子化合物，Na+與ClO-之間通過離子鍵結合，其電子式為：，D正確；故合理選項是B。8、D【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大；X是地殼中含量最多的元素，X為O元素；Y原子的最外層只有一個電子，Y為Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z為Al元素；W與X屬于同一主族，W為S元素。根據元素周期律作答?！驹斀狻緼項，Na、Al、S都是第三周期元素，根據同周期從左到右主族元素的原子半徑依次減小，原子半徑：r（Y）r（Z）r（W），A項錯誤；B項，由X、Y組成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有離子鍵，Na2O2中既含離子鍵又含共價鍵，B項錯誤；C項，金屬性：Na（Y）Al（Z），Y的最高價氧化物的水化物的堿性比Z的強，C項錯誤；D項，非金屬性：O（X）S（W），X的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強，D項正確；答案選D。9、D【解析】A、相同條件下，粗鋅(含少量銅)比純鋅反應速率快，銅鋅和電解質形成原電池，反應速率加快，故A錯誤；B、酸R為稀硫酸，裝置b中盛裝濃硫酸，故B錯誤；C、實驗時先打開活塞K，后點燃酒精燈，用氫氣趕走裝置中的空氣后，才能加熱，故C錯誤；D、氫化鈣遇水劇烈反應，裝置d的作用是防止水蒸氣進入硬質玻璃管，故D正確；故選D。10、A【解析】A、根據元素周期律：同周期元素原子，從左到右氫化物的穩(wěn)定性逐漸增強，離子的還原性逐漸減弱，所以PH3、H2S、HCl的熱穩(wěn)定性從左到右依次增強，還原性從左到右依次減弱，選項A不合理；B、具有相同的電子層結構的離子，核電荷數越大，半徑越小，若X+和Y2-的核外電子層結構相同，則原子序數:X>Y，選項B合理；C、硅、鍺處于金屬與非金屬的交界處，元素既表現一定的金屬性又表現一定的非金屬性，都可以做半導體材料，選項C合理；D、Cs、Ba同周期，自左而右金屬性減弱，最高價氧化物對應水化物的堿性減弱，故堿性CsOH>Ba(OH)2，選項D合理。答案選A。點睛：本題考查同主族元素的性質的遞變規(guī)律，側重于學生的分析能力的考查，注意相關基礎知識的學習。同周期元素從左到右，元素的金屬性逐漸減弱，非金屬性逐漸增強，同主族元素從上到下，元素的金屬性逐漸增強，非金屬性逐漸減弱，對應的元素的非金屬性越強，氫化物的穩(wěn)定性越強，金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強，以此解答該題。11、D【解析】A.溫室效應是由于過量CO2氣體的排放引起的，因此推廣碳捕集和封存技術，有利于緩解溫室效應，不符合題意，A錯誤；B.白色污染，是由不可降解的塑料引起的，因此研發(fā)可降解高分子材料，有利于解決白色污染問題，不符合題意，B錯誤；C.化石燃料屬于不可再生能源，且為目前的主要能源，用硅制作太陽能電池，能有效利用太陽能，減少對化石燃料的依賴，不符合題意，C錯誤；D.工業(yè)污水中含有大量的重金屬離子，即使向遠海洋排放，也會造成生活水源的污染，選項錯誤，符合題意，D正確；答案為D。12、A【詳解】A．SO2可被硝酸氧化生成SO42-，SO42-和Ba2+反應生成BaSO4沉淀，所以產生的沉淀是BaSO4，故A錯誤；B．向溴水中通入SO2，反應生成H2SO4和HBr，使溶液褪色，則溴被還原，說明+4價硫具有還原性，故B正確；C．SO2和水反應生成H2SO3，H2SO3電離出H+而使其溶液呈酸性，酸能使紫色石蕊試液變紅色，但溶液不褪色，說明二氧化硫不能漂白石蕊試液，故C正確；D．強酸能和弱酸鹽反應生成弱酸，SO2和水反應生成H2SO3，向SO2水溶液中加入NaHCO3粉末，有氣泡產生，說明H2SO3和NaHCO3反應生成H2CO3，則H2SO3酸性強于H2CO3，故D正確，答案選A。13、D【分析】苯與水的混合物用分液操作分離；NO2溶于水并與水反應，集氣瓶中收集到的是NO；焙燒采用坩堝，不是蒸發(fā)皿；中和反應的反應熱測定需溫度計、玻璃攪拌棒、帶有隔熱層的容器等?！驹斀狻緼．苯與水都是液態(tài)，互不相溶，用分液操作分離，故A錯誤；B．NO2溶于水并與水反應，集氣瓶中收集到的是NO，故B錯誤；C．焙燒固體應采用坩堝，不是蒸發(fā)皿，故C錯誤；D．中和反應的反應熱測定需溫度計、玻璃攪拌棒、帶有隔熱層的容器等，故D正確。答案選D。14、D【詳解】A.二氧化硫是導致酸雨的氣體，而不是二氧化碳，故A錯誤；B.煤的液化、氣化是不能減少CO2的排放的，如煤氣化的生成物即煤氣主要成分是一氧化碳，燃燒依然生成二氧化碳，且生成二氧化碳分子數目相同，故B錯誤；C.CO2催化加氫合成低碳烯烴的同時還有H2O生成，不屬于化合反應，故C錯誤；D二氧化碳分子之間有間隔，在受壓時間隔變小，故可將其壓縮液化后封存，故D正確。故答案選D。15、B【解析】A.過氧化鈉、過氧化鉀與二氧化碳反應，鎂可在二氧化碳中燃燒，則鉀、鈉、鎂等活潑金屬著火時，不能用泡沫滅火器滅火，一般用沙子撲滅，故A正確；B.該實驗要求開始時溫度相同，然后改變溫度，探究溫度對反應速率的影響，應先分別水浴加熱硫代硫酸鈉溶液、硫酸溶液到一定溫度后再混合，若是先將兩種溶液混合后再用水浴加熱，隨著熱量的散失，測得的反應速率偏低，故B錯誤；C.蒸餾時，應充分冷凝，先停止加熱，待裝置冷卻后，停止通水，這樣可以防止溫度過高而混入雜質，故C正確；D.配制溶液時，注意定容時不能使液面超過刻度線，向容量瓶內加蒸餾水至接近刻度線時，應改用膠頭滴管滴加，故D正確，答案選B。16、C【分析】從坐標圖象中可以看出，反應物的總能量大于生成物的總能量，說明此反應為放熱反應。且放出的能量為(b-a)kJ?！驹斀狻緼.，沒有標明各物質的狀態(tài)，錯誤；B.，沒有標明各物質的狀態(tài)，且熱量數值不正確，錯誤；C.，正確；D.，放出熱量的數值錯誤。故選C?！军c睛】放出熱量的數值是反應物與生成物總能量的差值，不是激發(fā)態(tài)總能量與生成物總能量的差值。在進行反應熱效應的計算時，一定要弄清能量數據對應的物質，否則會錯選D。17、B【解析】若兩溶液中醋酸的電離程度相同,則后者氫離子濃度應是前者的10倍,但是若將濃溶液加水稀釋為稀溶液,則醋酸的電離平衡會向電離的方向移動,只是平衡的移動只是減弱這種改變,而不能消除這種改變,所以平衡移動后,濃溶液中氫離子濃度仍然大于稀溶液中氫離子濃度?！驹斀狻緼項、兩溶液中醋酸的物質的量，n(前)=c1·V1=0.1L×0.01mol·L-1=1×10-3mol,n(后)=c2·V2=0.01L×0.1mol·L-1=1×10-3mol,兩者相等，因而中和時消耗的NaOH的量相等，故A錯誤；B項、濃溶液中氫離子濃度小于稀溶液中氫離子濃度，溫度不變，水的離子積常數Kw不變，則OH-的物質的量濃度前者大于后者，故B正確；C項、濃溶液中氫離子濃度小于稀溶液中氫離子濃度，氫離子濃度越大，與Mg反應的起始速率越大，則與Mg反應的起始速率前者小于后者，故C錯誤；D項、醋酸的電離常數K為c(H+)c(CH3COO-)/c(CH3COOH)，溫度不變，電離常數不變，故D錯誤。故選B?！军c睛】相同條件下，同種溶質的溶液，濃度越大，電離程度越小，但濃溶液中離子濃度仍然大于稀溶液中離子濃度。18、D【詳解】A、pH相等的醋酸和鹽酸，醋酸的濃度大于鹽酸，醋酸和鹽酸分別與鎂反應，消耗鎂的質量與酸的物質的量成正比，等pH、等體積的醋酸和鹽酸，醋酸的物質的量大于鹽酸，所以醋酸消耗的鎂質量大，故A錯誤；B、硫酸鋇溶液中存在溶解平衡，加入含有鋇離子或硫酸根離子的物質抑制硫酸鋇溶解，所以向硫酸鋇中加入硫酸鈉，硫酸根離子濃度增大抑制硫酸鋇溶解，溶液中鋇離子濃度減小，故B錯誤；C、pH=12的NaOH溶液和pH=2的HA溶液，氫氧化鈉中氫氧根離子濃度等于HA中氫離子濃度，如果HA為強酸，溶液呈中性，則二者體積相等，如果HA為弱酸，酸的濃度大于氫氧化鈉，混合溶液呈中性，則酸體積應該少些，故C錯誤；D、碳酸氫根離子存在電離平衡，加入和氫離子反應的物質促進碳酸氫根離子電離，所以加入氫氧化鈉后，氫氧根離子和氫離子反應生成水，從而促進碳酸氫根離子電離，則溶液中碳酸根離子和鈉離子濃度都增大，故D正確；故選D。19、D【詳解】A.氯氣和水反應生成的次氯酸有強氧化性，次氯酸的強氧化性使品紅溶液褪色；二氧化硫和品紅反應生成無色的物質而使品紅褪色，不能說明其有氧化性，A錯誤；B.酸性條件下，硝酸根離子有強氧化性，能把SO32-氧化生成SO42-，對檢驗SO42-造成干擾，故向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出現白色沉淀，不能說明該溶液中一定有SO42-，B錯誤；C.向飽和NaHCO3溶液中加入足量氯水，氯水中H+與HCO3-反應生成二氧化碳氣體，C錯誤；D.苯不能使高錳酸鉀溶液褪色，D正確；答案選D。20、B【解析】A．KNO3為氧化劑，NaN3為還原劑，氮氣既是氧化產物又是還原產物，其中氧化產物占，則還原劑與氧化產物的物質的量之比為10：16×=2:3，故A錯誤；B．由反應可知，轉移10mol電子時氧化產物比還原產物多14mol，則氧化產物比還原產物多1.4mol則轉移電子為1mol，故B正確；C．反應中KNO3是氧化劑，被還原，故C錯誤；D．NaN3是含有離子鍵和非極性共價鍵的離子化合物，故D錯誤；故選B。點睛：把握反應中元素的化合價變化為解答的關鍵。將N3-作為整體來分析為解答的難點。10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中，NaN3中N元素的化合價由負價升高為0，KNO3中N元素的化合價由+5價降低為0，該反應中轉移10e-。21、B【分析】將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到稀HNO3中，金屬完全溶解(假設反應中還原產物只有NO)，發(fā)生反應：3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反應后的溶液中加入過量的3mol·L﹣1NaOH溶液至沉淀完全，發(fā)生反應：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3，Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3；因此沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，生成沉淀的質量比原合金的質量增加5.1g,則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質量為5.1g,氫氧根的物質的量為0.3mol，根據電子轉移守恒,則鎂和銅的總的物質的量為:0.3×1/2=0.15mol；據以上分析解答?！驹斀狻繉⒁欢康逆V和銅組成的混合物加入到稀HNO3中，金屬完全溶解(假設反應中還原產物只有NO)，發(fā)生反應：3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反應后的溶液中加入過量的3mol·L﹣1NaOH溶液至沉淀完全，發(fā)生反應：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3，Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3；因此沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，生成沉淀的質量比原合金的質量增加5.1g,則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質量為5.1g,氫氧根的物質的量為0.3mol，根據電子轉移守恒,則鎂和銅的總的物質的量為:0.3×1/2=0.15mol；A.根據分析可以知道,合金的物質的量為0.15mol,當金屬全部溶解時,失去電子的物質的量為0.3mol,故A項正確；

B.鎂和銅的總的物質的量為0.15mol,根據電子轉移守恒可以知道生成的NO物質的量為0.15×2/3=0.1mol，標況下NO氣體體積為2.24L,故B項錯誤；C.當生成的沉淀量達最大時，參加反應氫氧化鈉的物質的量等于0.3mol，至少需要氫氧化鈉溶液的體積=0.3/3=0.1L=100mL，通常沉淀試劑可以稍過量，所以消耗NaOH溶液的體積V≥100mL，故C項正確；

D.鎂和銅的總的物質的量為0.15mol，假定全為鎂，質量為0.15×24=3.6g，若全為銅，質量為0.15×64=9.6g，所以參加反應的金屬的總質量(m)為9.6g＞m＞3.6g，故D項正確；

綜上所述，本題選B。22、D【詳解】取一張用飽和NaCl溶液浸濕的pH試紙，兩根鉛筆芯作電極，接通直流電源，是惰性電極電解飽和氯化鈉溶液過程，電解一段時間后，b電極與試紙接觸處出現一個雙色同心圓，內圓為白色，外圓呈淺紅色，說明b電極附近生成的是氯氣，氯氣和水反應生成的次氯酸具有漂白作用，生成的鹽酸具有酸性，說明b為陽極；a處是氫離子放電生成氫氣，氫氧根離子濃度增大，pH試紙變藍色；a為陰極；A．依據分析判斷a電極是陰極，b為陽極，故A錯誤；B．上述分析判斷b為陽極和電源正極連接，a電極與電源的負極相連接，故B錯誤；C．電解過程中，水電離出的氫離子得到電子生成氫氣，所以水是氧化劑，故C錯誤；D．依據現象分析判斷，a電極為電解池的陰極，溶液中氫離子得到電子生成氫氣，負極氫氧根離子濃度增大，附近溶液的pH變大，故D正確；故答案為D。二、非選擇題(共84分)23、CH2=CHCH31,2-二氯丙烷HOOC-COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O酯化反應取樣，加入氫氧化鈉溶液并加熱，冷卻后用稀硝酸酸化，再滴加硝酸銀溶液，生成白色沉淀說明有Cl原子HOOC-COOH羧基CH2=CHCH2Cl+NaOHCH2=CHCH2OH+NaCl2【分析】C2H6O與C反應生成D，由D的結構簡式可知C為HOOC-COOH，C2H6O為CH3CH2OH，則A為CH2=CH2，與水發(fā)生加成反應生成乙醇；C3H5Cl發(fā)生鹵代烴的水解反應生成CH2=CHCH2OH，則C3H5Cl為CH2=CHCH2Cl，B為CH2=CHCH3，據此分析解答。【詳解】(1)由于B與氯氣反應產物為C3H5Cl，該反應為取代反應，故B分子式為C3H6，B和A為同系物，可知B中含有一個不飽和鍵，根據分子式可知B為CH2=CHCH3；B與氯氣加成生成CH2ClCHClCH3，其名稱為1,2-二氯丙烷；(2)反應②為HOOC-COOH與CH3CH2OH的酯化反應，方程式為HOOC-COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O；(3)檢驗C3H5Cl中氯原子可取樣，加入氫氧化鈉溶液并加熱，冷卻后用稀硝酸酸化，再滴加硝酸銀溶液，生成白色沉淀說明有Cl原子；(4)根據分析可知C為HOOC-COOH，官能團為羧基；(5)反應④為氯原子的取代反應，方程式為CH2=CHCH2Cl+NaOHCH2=CHCH2OH+NaCl；(6)CH≡C-CH3三聚得到苯的同系物，其可能結構簡式為：、，共有兩種；(7)D為乙二酸二乙酯，則由乙二酸和乙醇發(fā)生酯化反應生成的，乙烯與水發(fā)生加成反應可生成乙醇，乙烯與溴水發(fā)生加成反應生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷在氫氧化鈉的水溶液中水解生成乙二醇，乙二醇氧化可以生成乙二酸，所以由乙烯為原料制備

D

的合成路線為。24、D酯基、醚鍵C16H22O34+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O211，2，4，5-四甲基苯【分析】甲苯與CH2=CH-CH3發(fā)生加成反應產生B：，B與CH3COCl在AlCl3催化下發(fā)生苯環(huán)上對位的取代反應產生C：，C與ClCH2COOC2H5在C2H5ONa作用下反應產生D：，D與NaOH、HCl先后發(fā)生反應產生E：，E中含有醛基，與銀氨溶液反應反應，醛基被氧化變?yōu)轸然?，在堿性條件下反應產生的F是羧酸銨鹽，結構簡式是，F酸化得到G是。【詳解】(1)A→B的反應類型是加成反應；B→C的反應類型是取代反應；E→F的反應類型是氧化反應，沒有發(fā)生的反應類型是消去反應，故合理選項是D；(2)D的結構簡式是，分子中含有的官能團名稱是酯基、醚鍵；D分子式是C16H22O3；手性C原子是連接4個不同原子或原子團的C原子，在A→G中有手性碳的物質有、、、四種物質，其中的手性C原子用※進行了標注；(3)E是，含有醛基-CHO，具有還原性，能夠與Ag(NH3)2OH水浴加熱，發(fā)生氧化反應，產生醛基被氧化變?yōu)椤狢OOH，由于該溶液顯堿性，—COOH與NH3結合形成—COONH4，該反應的化學方程式為：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；(4)B是，分子式是C10H14。其含有苯環(huán)的同分異構體中，側鏈可能含有一個取代基、二個取代基、三個取代基、四個取代基。若只有一個取代基，—C4H9，該取代基為丁基，丁基有2種不同結構，每種結構都有2種不同的H原子，去掉B物質本身，有3種不同結構；若有二個取代基，可能是—CH3、—CH2CH2CH3，—CH3、或2個-CH2CH3共3種情況，它們在苯環(huán)上的位置有鄰、間、對三種，故含有2個取代基的同分異構體種類數有3×3=9種；若有三個取代基，則其中1個-CH2CH3、2個—CH3，根據它們在苯環(huán)上的位置的不同，共有6種不同結構；若有四個取代基，則有4個—CH3，根據它們在苯環(huán)上的位置的不同，共有3種不同結構；故物質B的含有苯環(huán)的同分異構體種類數目共有3+9+6+3=21種；其中一種同分異構體核磁共振氫譜只有2組峰，說明該物質分子中含有2種不同位置的H原子，該同分異構體結構簡式是，名稱是1，2，4，5-四甲基苯?！军c睛】本題以布洛芬的合成為線索，考查有機化學反應類型、結構簡式的書寫、同分異構體數目的判斷。要根據物質轉化關系中反應前后物質結構的不同，結合反應特點判斷反應類型；易錯點是物質B的同分異構體種類的判斷，要結合側鏈的數目、側鏈的種類、側鏈在苯環(huán)上的相對位置進行分析判斷。25、ADBE增大反應物接觸面積，加快反應速率，使反應充分進行除去Cl2O中的Cl22Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)制得的次氯酸溶液純度較高，濃度較大冷水1.000mol/L【分析】根據實驗目的，將氯氣和空氣（不參與反應）按體積比1：3混合通入含水8%的碳酸鈉中制備Cl2O，并用水吸收Cl2O（不含Cl2）制備次氯酸溶液，應先用裝置A制備Cl2，再通過裝置D除去混合氣體中的HCl氣體，同時混入空氣，將混合氣體通入裝置B，在裝置B中發(fā)生制備Cl2O的反應；然后將制取的Cl2O氣體先通入裝置C，以除去Cl2等雜質氣體，最后通過裝置E制取次氯酸溶液，以此解答。【詳解】(1)根據實驗目的，將氯氣和空氣(不參與反應)按體積比1:3混合通入含水8%的碳酸鈉中制備Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制備次氯酸溶液，應先用裝置A制備Cl2，再通過裝置D除去混合氣體中的HCl氣體，同時混入空氣，將混合氣體通入裝置B，在裝置B中發(fā)生制備Cl2O的反應;然后將制取的Cl2O氣體先通入裝置C，以除去Cl2等雜質氣體，最后通過裝置E制取次氯酸溶液，裝置連接順序為：A→D→B→C→E，故答案為：A；D；B；E；(2)多孔球泡和攪拌棒均能使反應物充分接觸，增大反應物接觸面積，加快反應速率，使反應充分進行；裝置B中生成Cl2O的同時還會有多余的Cl2逸出，而Cl2是非極性分子，易溶于非極性溶劑四氯化碳，因此此處裝置C使用足量的四氯化碳將Cl2吸收，故答案為：增大反應物接觸面積，加快反應速率，使反應充分進行；除去Cl2O中的Cl2；(3)已知空氣不參與反應，則制取Cl2O以Cl2和Na2CO3為反應物，發(fā)生歧化反應，其中氯元素從0價變?yōu)?1價和?1價，反應的化學方程式為：2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)，故答案為：2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)；(4)Cl2O與水反應的化學方程式為：Cl2O+H2O=2HClO，Cl2和水反應的化學方程式為：Cl2+H2O=HCl+HClO，Cl2O和水反應只生成HClO且反應不可逆，氯氣和水反應除了生成HClO還生成HCl，并且反應可逆，所以用Cl2O與水反應制備次氯酸溶液相對于用氯氣溶于水制備次氯酸溶液的主要優(yōu)點是用Cl2O與水反應制備次氯酸溶液時制得次氯酸溶液純度較高、濃度也較大，故答案為：制得的次氯酸溶液純度較高，濃度較大；(5)由題可知：Cl2O在42℃以上會分解生成Cl2和O2，故為防止反應放熱后溫度過高導致Cl2O分解，裝置B需放在冷水中，故答案為：冷水；(6)10.00mL

0.80mol?L?1的FeSO4溶液中，n(FeSO4)=0.80mol/L×0.01L=0.008mol，24.00mL0.050

00mol?L?1的酸性KMnO4溶液中，n(KMnO4)=0.050mol/L×0.024L=0.0012mol，根據反應MnO+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，0.0012mol高錳酸鉀消耗硫酸亞鐵的物質的量為：0.0012mol×5=0.006mol，則稀釋后的10.00mLHClO溶液消耗硫酸亞鐵的物質的量為：0.008mol?0.006mol=0.002mol，根據反應HClO+2Fe2++H+=2Fe3++Cl?+H2O可知，稀釋后10.00mLHClO溶液中n(HClO)=×0.002mol=0.001mol，原10mL次氯酸溶液中n(HClO)=0.001mol×=0.01mol，其濃度為：=1.000mol/L，故答案為：1.000mol/L。26、鐵（或Fe）濃度還原性②③⑤abdceBAD【詳解】（1）由題中數據可知：鐵(或Fe)元素含量偏低，故答案為：鐵(或Fe)；（2）報告單中μmol/L是濃度的單位，故答案為：濃度；（3）服用維生素C可使食物中的Fe3+轉化為Fe2+，Fe元素的化合價降低被還原，則維生素C所起還原作用，故答案為：還原性；（4）鹽是由金屬陽離子或銨根離子與酸根陰離子組成的化合物，屬于鹽的是K2SO4，KMnO4，AgNO3，故答案為：②③⑤；（5）①溶液配制的操作步驟為：計算、稱量、溶解、冷卻、轉移、洗滌、定容、搖勻等，所以操作步驟的正確順序為abdce，故答案為：abdce；②A．使用容量瓶前要檢查它是否漏水，故A正確；B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸餾水，對溶液的濃度無影響，故B錯誤；C．溶液配制好以后要搖勻，搖勻的操作方法為：蓋好瓶塞，用一只手的食指頂住瓶塞，另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒轉和搖動幾次，故C正確；故答案為B；③A．轉移完溶液后未洗滌玻璃棒和燒杯，會使溶質偏小，濃度偏低，故A正確；B．容量瓶中原來有少量蒸餾水，對溶液的濃度無影響，故B錯誤；C．定容時，俯視刻度線，會使溶液體積偏小，導致濃度偏大，故C錯誤；D．稱量氯化鈉固體時砝碼與物品放反了，會使溶質質量偏小，濃度偏低，故D正確；故答案為AD?！军c睛】稱量氯化鈉固體時砝碼與物品放反了，若未使用游碼，則所稱質量無影響，若使用了游碼，會導致質量偏小，此為易錯點。27、平衡壓強，使?jié)恹}酸順利流下2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O除去氯氣中混有的氯化氫氣體避免四氯化錫氣化而損失，導致產率下降乙CuCl2熔點較高，不會隨四氯化錫液體溢出A、C【分析】SnCl4極易水解，反應應在無水環(huán)境下進行進行，裝置A：采用KMnO4和濃鹽酸反應的方法制取Cl2，反應還生成MnCl2，發(fā)生2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，制取的氯氣中含有氯化氫，通過飽和的氯化鈉溶液洗去氯氣中的氯化氫，SnCl4在空氣中極易水解，利用濃硫酸的吸水性干燥氯氣，防止產生SnCl4水解；然后Cl2和錫的反應，制備SnCl4，冷水冷卻，可將氣態(tài)的SnCl4冷凝回流收集產物；反應時應先生成氯氣，將氧氣排出。【詳解】（1）導管a的作用是平衡壓強，可使分液漏斗內的液體順利流下，故答案為：平衡壓強，使?jié)恹}酸順利流下；（2）實驗采用KMnO4和濃鹽酸反應的方法制取Cl2，反應還生成MnCl2，化學方程式為2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案為：2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；（3）B的作用是除去氯氣中混有的氯化氫氣體，故答案為：除去氯氣中混有的氯化氫氣體；（4）SnCl4易揮發(fā)，冷水可降低溫度，避免四氯化錫氣化而損失，導致產率下降，故答案為：避免四氯化錫氣化而損失，導致產率下降；（5）尾氣含有氯氣，為避免四氯化錫水解，應用堿石灰