2026屆安徽省安慶一中安師大附中銅陵一中馬鞍山二中化學高三上期中經(jīng)典試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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、阿伏加德羅常數(shù)約為6.02×1023mol－1，下列敘述正確的是A．2.24LCO2中含有的原子數(shù)為0.3×6.02×1023B．0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋數(shù)目為0.3×6.02×1023C．5.6g鐵粉與硝酸反應失去的電子數(shù)一定為0.3×6.02×1023D．4.5gSiO2晶體中含有的硅氧鍵數(shù)目為0.3×6.02×10232、某溶液中可能存在I－、CO32-、SO32-、Al3＋、Cl－、K＋

等六種離子中的某幾種。現(xiàn)取該溶液進行實驗，得到如下現(xiàn)象：實驗1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液變黃色，且有無色氣體逸出；實驗2：向所得黃色溶液中加CCl4萃取后，取水層滴加AgNO3溶液，出現(xiàn)白色沉淀；實驗3：向實驗1所得溶液中加入足量BaCl2溶液，無沉淀生成。根據(jù)上面的操作和現(xiàn)象推斷，下列說法正確的是A．溶液中一定存在I－、CO32-，不存在Al3＋、SO32-B．溶液變黃色時發(fā)生反應的離子方程式為I－＋Cl2==I＋2Cl－C．產(chǎn)生的無色氣體中一定有CO2，可能有SO2D．溶液中一定存在K＋，可能存在Al3＋、Cl－3、根據(jù)下表信息，判斷下列敘述中正確的是氧化劑還原劑其他反應物氧化產(chǎn)物還原產(chǎn)物①Cl2FeBr2Cl-②KClO3濃鹽酸Cl2③KMnO4H2O2H2SO4O2Mn2+A．氧化性強弱的比較：KClO3>Fe3+>Cl2>Br2B．表中②組反應的還原產(chǎn)物是KCl，生成lmolKCl時轉移電子的物質的量是6molC．表中①組的反應可知：通入Cl2的量不同，氧化產(chǎn)物可能不同D．表中③組反應的離子方程式為：2+3H2O2+6H+=2Mn2++4O2↑+6H2O4、已知反應X(g)＋Y(g)nZ(g)ΔH>0，將X和Y以一定比例混合通入密閉容器中進行反應，各物質的濃度隨時間的改變?nèi)鐖D所示。下列說法不正確的是（）A．反應方程式中n＝1B．10min時，曲線發(fā)生變化的原因是升高溫度C．10min時，曲線發(fā)生變化的原因是增大壓強D．前5min后，用X表示的反應速率為v(X)＝0.08mol·L－1·min－15、白磷有劇毒，被白磷污染的物品應即刻用硫酸銅溶液浸泡并清洗，反應原理是:11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4下列說法正確的是A．該反應中CuSO4將白磷氧化為Cu3PB．該反應中1molCuSO4氧化0.1molP4C．Cu3P既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物D．該反應中白磷發(fā)生歧化反應，其中作氧化劑和作還原劑的P4的質量之比為5∶66、某溫度下，將pH和體積均相同的HCl和CH3COOH溶液分別加水稀釋，其pH隨加水體積的變化如圖所示。下列敘述正確的是A．曲線II代表HCl的稀釋過程B．溶液中水的電離程度：b點＞c點C．從b點到d點，溶液中保持不變D．該溫度下，b點Kw的數(shù)值比e點大7、石墨由多“層”構成，質地柔軟，但分離成一“層”后即成為“石墨烯”，硬度超過了金剛石，電子運動速率也大大超過了一般的導體，這再次驗證了（）A．量變引起質變的規(guī)律 B．能量守恒與轉換的規(guī)律C．勒夏特列原理 D．阿伏加德羅定律8、下列實驗操作能達到實驗目的的是()A．將足量Cl2通入KI淀粉溶液中，溶液先變藍后褪色，證明Cl2的水溶液有漂白性B．只用Na2CO3溶液來鑒別CaCl2溶液、AlCl3溶液和稀硫酸C．為檢驗某品牌食鹽中是否加碘，將樣品溶解后滴加淀粉溶液D．向某溶液中滴加少量稀硝酸，產(chǎn)生白色沉淀，證明其中含有SiO32-9、某學習小組擬探究CO2和鋅粒反應是否生成CO，已知CO能與銀氨溶液反應產(chǎn)生黑色固體。實驗裝置如圖所示：下列說法正確的是（）A．實驗開始時，先點燃酒精燈，后打開活塞KB．b、c、f中試劑依次為飽和碳酸鈉溶液、濃硫酸、銀氨溶液C．裝置e的作用是收集一氧化碳氣體D．用上述裝置(另擇試劑)可以制備氫氣并探究其還原性10、下列說法正確的是①合成纖維和光導纖維都是新型無機非金屬材料②硅酸可制備硅膠，硅膠可用作袋裝食品、瓶裝藥品的干燥劑③Mg2＋、H＋、SiO32-、SO42-在水溶液中能大量共存④向含K＋、Na＋、Br－、SiO32-的溶液中通入CO2后仍能大量共存⑤SiO2不與任何酸反應，可用石英制造耐酸容器⑥硅酸鈉可制備木材防火劑，也可用于制備硅酸膠體⑦Si→SiO2→H2SiO3均能一步轉化A．①⑤⑥ B．①②⑥⑦ C．②⑥ D．③④⑥11、下列陳述I、II均正確并且有因果關系的是（）選項陳述I陳述IIAFe2O3是紅棕色粉末Fe2O3常做紅色涂料BSiO2是兩性氧化物SiO2可和HF反應CAl2O3難溶于水Al2O3可用作耐火材料DSO2有漂白性SO2可使溴水褪色A．A B．B C．C D．D12、據(jù)新浪網(wǎng)報道,歐洲一集團公司擬在太空建立巨大的集光裝置，把太陽光變成激光用于分解海水制氫，其反應可表示為：。有下列幾種說法：①水分解反應是放熱反應；②若用生成的氫氣與空氣中多余的二氧化碳反應生成甲醇儲存起來，可改善生存條件；③使用氫氣作燃料有助于控制溫室效應；④氫氣是一級能源。其中敘述正確的是A．①②B．③④C．②③D．①②③④13、某100mL稀溶液中只含有Fe3+、Cu2+、H+、NO3-四種離子，向其中逐漸加入鐵粉，溶液中Fe2+的濃度和加入鐵粉的質量的關系如圖所示，若整個反應過程中溶液的體積不發(fā)生變化，則下列說法中不正確的是（）A．原溶液的c(H+)=4mol·L-1 B．若a=3，則原溶液中c(Cu2+)=1mol·L-1C．原溶液中的c(NO3-)=7mol·L-1 D．BC段發(fā)生反應的離子方程式為Cu2++Fe=Fe2++Cu14、近日，溫州大學王舜教授課題組與美國北德克薩斯大學ZhenhaiXia教授合作在雜原子摻雜碳的超級電容領域取得了新突破。下列C原子電子排布圖表示的狀態(tài)中能量關系正確的是A．①=②=③=④ B．③＞④＞①＞②C．④＞③＞①=② D．②＞①＞④＞③15、下列說法正確的是A．乙烯、氯乙烯、聚氯乙烯均能使溴水褪色B．間二甲苯只有一種結構，說明苯不是單雙鍵交替的結構C．等物質的量的乙烯和乙醇完全燃燒，乙烯消耗的氧氣多D．煤的氣化就是把煤轉化為可燃性氣體的過程，該氣體可用來合成液態(tài)烴及甲醇等含氧有機物16、根據(jù)下列事實,判斷離子的氧化性順序為①A+B2+===A2++B②D+2H2O===D(OH)2+H2↑③以B、E為電極與E的鹽溶液組成原電池，電極反應為：E2++2e-=E，B-2e-=B2+A．D2+>A2+>B2+>E2+B．D2+>E2+>B2+>A2+C．E2+>B2+>A2+>D2+D．A2+>B2+>D2+>E2+17、在一定溫度下的恒容容器中，當下列物理量不再發(fā)生變化時，表明反應:A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)已達平衡狀態(tài)的是A．混合氣體的壓強 B．混合氣體的密度 C．體系的溫度 D．氣體的總物質的量18、下列分子式一定只表示一種物質的是A．C6H10 B．C4H8 C．CH4O D．C2H4Cl219、霧霾含有大量的污染物SO2、NO。工業(yè)上變“廢”為寶，吸收工業(yè)尾氣SO2和NO，可獲得Na2S2O3和NH4NO3產(chǎn)品的流程圖如圖(Ce為鈰元素)：

下列說法錯誤的是（）A．Na2S2O4中S元素的化合價為+3B．裝置Ⅱ消耗36g水生成4NA個H+(NA代表阿伏伽德羅常數(shù)）C．裝置Ⅲ進行電解，Ce3+在陰極反應，使Ce4+得到再生D．裝置Ⅳ獲得粗產(chǎn)品NH4NO3的實驗操作依次為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌等20、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：X(g)+Y(g)2Z(g)△H＜0，一段時間后達到平衡，反應過程中測定的數(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，反應達到新平衡前：v（逆)＜v（正）C．該溫度下此反應的平衡常數(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，到達平衡時，c（Z）=0.024mol/L21、下列說法正確的是A．按系統(tǒng)命名法命名時，（圖1）化合物的名稱是2,4,6－三甲基－5－乙基庚烷B．有機物（圖2）的一種芳香族同分異構體能發(fā)生銀鏡反應C．高分子化合物（圖3），其單體為對苯二甲酸和乙醇D．等質量的乙炔和苯完全燃燒生成水的質量相等22、NA表示阿伏伽德羅常數(shù)，下列敘述正確的是（）A．125gCuSO45H2O晶體中含有Cu離子數(shù)一定小于0.5NAB．常溫下，pH=3的醋酸溶液中，醋酸分子的數(shù)目一定大于103NAC．由S6、S7、S8組成的硫蒸氣6.4g，其中所含硫原子數(shù)一定為0.2NAD．3.6gC與3.36LO2一定條件下恰好完全反應，生成CO分子數(shù)一定為0.3NA二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、X是中學常見的無機物，存在如下圖轉化關系（部分生成物和反應條件略去）。（1）若A為常見的金屬單質，且其焰色反應呈黃色，X能使品紅溶液褪色，寫出C和E反應的離子方程式：___________________________________________。（2）若A為短周期元素組成的單質，該元素的最高價氧化物的水化物酸性最強，則X可能為__________（填字母）。a.NaHCO3b.Na2CO3c.Al(OH)3d.NaAlO2（3）若A為淡黃色粉末，則A的電子式為_______。若X為一種最常見的造成溫室效應的氣體。則鑒別等濃度的D、E兩種溶液，可選擇的試劑為___。（填字母）a.鹽酸

b.CaCl2溶液

c.氨水d.澄清石灰水（4）若A為氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液變紅。則A與水反應的化學方程式中氧化劑與還原劑的物質的量之比為___________________。24、（12分）A、X，Y、Z、R、W為六種短周期元素。A是短周期中半徑最小的元素；X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍；Y最高正價與最低負價代數(shù)和為4；Z的單質常用于漂白工業(yè)；R是短周期元素中金屬性最強的元素，W是生活中的常見金屬，其氧化物常作耐高溫材料。回答下列問題：(1)Y元素的名稱是________，W在周期表中的位置是______________________。(2)寫出化合物AZX的結構式：___________；化合物R2X2存在的化學鍵類型是______________________。(3)X、Z、R三種元素對應的簡單離子半徑由大到小大?。篲__________________(用離子符號表示)。(4)下列事實能證明非金屬性強Z比Y的是________(填序號)。a．簡單陰離子還原性Z>Yb．簡單氫化物熱穩(wěn)定性：Z>Yc．氧化物對應的水化物酸性：Z>Yd．Y的簡單氫化物的水溶液中通入Z的單質有沉淀析出(5)寫出工業(yè)上制備Z的單質的離子方程式：______________________________________。(6)用電子式表示RZ的形成過程：______________________________________。25、（12分）亞氯酸鈉(NaClO2)是一種重要的消毒劑，可用ClO2為原料制取。某化學興趣小組同學展開對漂白劑亞氯酸鈉(NaClO2)的研究。已知：飽和NaClO2溶液在溫度低于38℃時析出的晶體是NaClO2·3H2O，高于38℃時析出的晶體是NaClO2，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl。Ba(ClO2)2可溶于水。利用圖所示裝置進行實驗。(1)裝置①的作用是___________________，裝置③的作用是________________。(2)裝置②中制備ClO2的化學方程式為___________________________；裝置④中反應生成NaClO2的化學方程式為_____________________。(3)從裝置④反應后的溶液中獲得NaClO2晶體的操作步驟為：①減壓，55℃蒸發(fā)結晶；②趁熱過濾；③__________________；④低于60℃干燥，得到成品。如果撤去④中的冷水浴，可能導致產(chǎn)品中混有的雜質是______________。(4)設計實驗檢驗所得NaClO2晶體是否含有雜質Na2SO4，操作與現(xiàn)象是取少量晶體溶于蒸餾水，__________________________________________________________。(5)為了測定NaClO2粗品的純度，取10.0g上述初產(chǎn)品溶于水配成1L溶液，取出10mL溶液于錐形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反應后(NaClO2被還原為Cl-，雜質不參加反應)，加入2~3滴淀粉溶液，用0.20mol·L-1的Na2S2O3標準液滴定，重復2次，平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL，計算得NaClO2粗品的純度為_____。(提示：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)。26、（10分）二氧化鈰（CeO2）是一種重要的稀土氧化物。平板電視顯示屏生產(chǎn)過程中產(chǎn)生大量的廢玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物質）。某課題組以此粉末為原料回收鈰，設計實驗流程如下：（1）洗滌濾渣A的目的是為了去除_______（填離子符號），檢驗該離子是否洗滌的方法是_________________________________________________________。（2）第②步反應的離子方程式是______________________________，濾渣B的主要成分是_________。（3）萃取是分離稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作為萃取劑能將鈰離子從水溶液中萃取出來，TBP________（填“能”或“不能”）與水互溶。實驗室進行萃取操作是用到的主要玻璃儀器有_________、燒杯、玻璃棒、量筒等。（4）取上述流程中得到的Ce(OH)4產(chǎn)品0.536g，加硫酸溶解后，用0.1000mol?L-1FeSO4標準溶液滴定終點是（鈰被還原為Ce3+），消耗25.00mL標準溶液，該產(chǎn)品中Ce(OH)4的質量分數(shù)為__________。27、（12分）實驗室模擬合成硫酸的流程如下：從下圖中選擇制取氣體的合適裝置：（1）裝置C的名稱為__________，實驗室通常用裝置C制備_____。A．H2B．C2H2C．CO2D．NH3（2）實驗室用裝置D制備O2的化學方程式為____________________。（3）若用裝置B制備SO2，可以選用試劑為_____。A．濃硫酸、亞硫酸鈉固體B．濃硫酸、銅片C．稀硫酸、亞硫酸鈉溶液D．濃硫酸、鐵屑（4）SO2和O2通過甲裝置，甲裝置的作用除了可以控制SO2、O2的流速外，還可以__________、__________。（5）使用乙處導出的有關氣體制成硫酸，下列a、b、c三套裝置中你選擇的是_______，該套裝置與其它裝置比較，其優(yōu)點是___________________________________。28、（14分）鋁、鐵、銅是應用最普遍的金屬。（1）銅是印刷電路工業(yè)的重要材料。用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷電路板金屬粉末中的銅，是工業(yè)上采用的方法之一。已知：Cu(s)+2H+(aq)==Cu2+(aq)+H2(g)△H=+64.39kJ/mol2H2O2(l)==2H2O(l)+O2(g)△H=﹣196.46kJ/molH2(g)+1/2O2(g)==H2O(l)△H=﹣285.84kJ/mol在H2SO4溶液中Cu和H2O2反應生成Cu2+和H2O的熱化學方程式為______（2）鎂鋁合金生活中應用廣泛。取樣品a克，溶于200mL5mol/L的HCl溶液，收集到標況下氫氣3.36L，a的取值范圍_____，向反應后溶液中加入4mol/LNaOH溶液____mL，沉淀質量達到最大值。（3）標準狀況下，鐵銅合金ag加入足量稀硝酸中，收集了一定量氣體NO，在混合了67.2mLO2后，可完全被H2O吸收，無氣體剩余。則生成的NO為_________mL；向反應后溶液加足量的NaOH溶液，得到沉淀的質量____________g。（用含a的代數(shù)式表示）（4）如圖所示，A，F(xiàn)為石墨電極，B，E為鐵片電極。按要求回答下列問題。①打開K2，閉合K1，B為____極，A的電極反應式為：_________________________。②打開K1，閉合K2，E為_____極，F(xiàn)極的電極反應式為：______________________。29、（10分）優(yōu)化反應條件是研究化學反應的重要方向。（1）以硫代硫酸鈉與硫酸的反應Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O為例，探究外界條件對化學反應速率的影響，實驗方案如下表所示。實驗序號Na2S2O3溶液H2SO4溶液蒸餾水溫度/℃濃度/（mol/L）體積/mL濃度/（mol/L）體積/mL體積/mLⅠ0.11.50.11.51020Ⅱ0.12.50.11.59aⅢ0.1b0.11.5930①表中，a為______，b為______。②實驗表明，實驗Ⅲ的反應速率最快，支持這一結論的實驗現(xiàn)象為_______。③硫代硫酸鈉可用于從含氧化銀的礦渣中浸出銀，反應如下：Ag2O+4S2O32-+H2O?2[Ag(S2O3)2]3-+2OH-。在實際生產(chǎn)中，為了提高銀的浸出率需要調節(jié)pH的范圍為8.5~9.5，解釋其原因：_________。（2）工業(yè)上常用空氣催化氧化法除去電石渣漿（含CaO）上清液中的S2-，并制取石膏（CaSO4?2H2O），其中的物質轉化過程如圖所示。①過程Ⅰ、Ⅱ中，起催化劑作用的物質是_________。②過程Ⅱ中，反應的離子方程式為________。③根據(jù)物質轉化過程，若將10L上清液中的S2-轉化為SO42-（S2-濃度為320mg/L），理論上共需要標準狀況下的O2的體積為_______L。

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【詳解】A.未指明氣體所處的外界條件，不能確定CO2的物質的量，因此不能確定其中含有的原子數(shù)目，A錯誤；B.硝酸銨是強酸弱堿鹽，在溶液中NH4+發(fā)生水解反應而消耗，所以0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋數(shù)目小于0.3×6.02×1023，B錯誤；C.5.6gFe的物質的量是0.1mol，二者發(fā)生反應，若鐵過量，則反應生成Fe2+，5.6gFe失去0.2×6.02×1023個電子，若硝酸足量，則5.6gFe失去0.3×6.02×1023，因此二者的相對物質的量多少不能確定，不能判斷轉移電子的物質的量，C錯誤；D.在SiO2晶體中每個Si原子與相鄰的4個O原子形成4個Si-O鍵，4.5g二氧化硅的物質的量是0.075mol，則其中含有的Si-O共價鍵數(shù)目為0.075mol×4×6.02×1023/mol=0.3×6.02×1023，D正確；故合理選項是D。2、A【解析】實驗1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液變黃色，說明溶液中含有I-，且有無色氣泡冒出，該氣體只能是二氧化碳，說明溶液中含CO32-；實驗2：向所得橙色溶液加CCl4萃取后，取水層滴加AgNO3溶液，出現(xiàn)白色沉淀生成，由于實驗1引進了氯離子，則無法判斷原溶液中是否含有Cl-；實驗3：向實驗1所得溶液中加入足量BaCl2溶液，無沉淀生成，說明不含SO32-；結合電荷守恒及離子共存的條件可以判斷，該溶液中一定存在的離子為K+、I-、CO32-，一定不存在的離子為Al3+、SO32-，可能存在Cl-?！驹斀狻緼．溶液中含有CO32-，則一定不含有Al3+，因Al3+與CO32-發(fā)生雙水解反應不能共存，生成沉淀，實驗3說明不含SO32-，選項A正確；B．溶液變黃色時發(fā)生反應的離子方程式為2I-+Cl2=I2+2Cl-，選項B錯誤；C．實驗1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液變黃色，且有無色氣泡冒出，說明反應生成的碘單質、氣體為二氧化碳；實驗3：向實驗1所得溶液中加入足量BaCl2溶液，無沉淀生成，說明不含SO32-（若有則一定可以被氯氣氧化為硫酸根離子），則溶液中一定存在I-、CO32-，無色氣體中一定為CO2，不可能有SO2，選項C錯誤；D．根據(jù)溶液呈電中性原則，溶液中一定含有K+，溶液中含有CO32-，則一定不含有Al3+，實驗1引進了氯離子，則無法判斷原溶液中是否含有Cl-，選項D錯誤；答案選B?！军c睛】本題考查離子的檢驗及離子共存問題，題目難度中等，注意把握反應的實驗現(xiàn)象，結合離子的性質進行判斷。3、C【詳解】A.氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物，由反應①可知，氧化產(chǎn)物為Fe3+或Br2或Fe3+或Br2，則氧化性Cl2>Fe3+，故A錯誤；B.由題給信息可知，氯酸鉀與濃鹽酸反應生成氯化鉀、氯氣和水，反應的化學方程式為KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，由方程式可知，生成lmolKCl時轉移電子的物質的量是5mol，故B錯誤；C.亞鐵離子的還原性強于溴離子，若氯氣不足量，還原性強的亞鐵離子與氯氣反應，氧化產(chǎn)物為鐵離子，若氯氣過量，亞鐵離子和溴離子均被氯氣氧化，氧化產(chǎn)物為鐵離子和溴單質，故C正確；D.表中③發(fā)生的反應為酸性條件下，溶液中過氧化氫與高錳酸根離子發(fā)生氧化還原反應生成錳離子、氧氣和水，反應的離子方程式為：2+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D錯誤；故選C。4、B【詳解】A．10min時反應物和生成物濃度瞬間同時增大，說明是增大了壓強，然后，反應物濃度逐漸減小，生成物濃度增加，平衡正向移動，則說明該反應是氣體物質的量減小的反應，則n=1，故A正確；B．根據(jù)圖像數(shù)據(jù)可知，10min時反應物和生成物濃度瞬間同時增大，則說明10min時增大了壓強，故B錯誤；C．根據(jù)圖像數(shù)據(jù)可知，10min時反應物和生成物濃度瞬間同時增大，則說明10min時增大了壓強，故C正確；D．在5min時X的物質的量濃度為1.6mol/L，0～5minX的物質的量濃度的變化為2mol/L-1.6mol/L=0.4mol/L，則該時間段X的平均反應速率為v(X)==0.08mol?L-1?min-1，故D正確；故選B。5、D【分析】本題主要考查氧化還原反應，氧化還原反應的電子轉移數(shù)目計算。Cu元素的化合價由+2價降低到+1價，CuSO4是氧化劑，P4部分磷元素由0價降低到-3價，部分磷元素由0價升高到+5價，磷元素的化合價既升高又降低，所以P4既是氧化劑又是還原劑，若有11molP4參加反應，其中5mol的P4做氧化劑，60mol硫酸銅做氧化劑，只有6mol的P4做還原劑，結合電子守恒來解答?！驹斀狻緼.該反應中CuSO4將白磷氧化為H3PO4，錯誤；B.因為1molCuSO41/3molCu3P得到1mole-，1molP44molH3PO4失去20mole-，故1molCuSO4可氧化0.05molP4，錯誤；C.Cu3P只是還原產(chǎn)物，錯誤；D.根據(jù)反應中各元素化合價變化，該反應可寫為6P4（還原劑）+5P4+60CuSO4（氧化劑）+96H2O===20Cu3P（還原產(chǎn)物）+24H3PO4（氧化產(chǎn)物）+60H2SO4，白磷發(fā)生歧化反應，其中作氧化劑和還原劑的白磷的質量之比為5:6，正確。6、C【詳解】A.鹽酸是強酸，稀釋相同倍數(shù)，鹽酸pH變化大于醋酸，曲線II代表CH3COOH的稀釋過程，故A錯誤；B.b點pH小于c點，說明b點氫離子濃度大于c，b點對水電離抑制作用大于c，溶液中水的電離程度：b點＜c點,故B錯誤；C.Ka=，從b點到d點，溫度不變，所以溶液中保持不變，故C正確；D.溫度不變，則Kw不變，該溫度下，b點Kw的數(shù)值等于e點，故D錯誤?！军c睛】本題考查弱電解質的電離，明確“pH相同的一元酸中，稀釋相同倍數(shù)，酸性越弱pH值變化越大，”是解本題的關鍵，弱酸稀釋過程中電離平衡常數(shù)不變。7、A【分析】閱讀題干描述，抓住關鍵字眼，石墨烯即單層石墨，而石墨是多層結構?！驹斀狻坑深}干描述可知，一“層”石墨即“石墨烯”硬度超過了金剛石，電子運動速率也大大超過了一般的導體，而多“層”構成石墨，質地柔軟，體現(xiàn)了量變引起質變的規(guī)律。答案選A。8、B【詳解】A.將足量Cl2通入KI淀粉溶液中，溶液先變藍，是由于氯氣氧化碘離子生成碘單質，碘單質遇淀粉變藍，后褪色，是由于過量的氯氣氧化生成的碘單質，發(fā)生反應5Cl2+I2+6H2O==10HCl+2HIO3，A項錯誤；B.Na2CO3與CaCl2溶液反應生成碳酸鈣沉淀，與AlCl3發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳氣體，與稀硫酸反應生成二氧化碳氣體，現(xiàn)象均不相同，可以鑒別，B項正確；C.食鹽中含碘是指碘元素，以KIO3的形式存在，而淀粉檢驗的是碘單質，C項錯誤；D.還有可能是偏鋁酸根和少量氫離子反應生成氫氧化鋁沉淀，D項錯誤；答案選B。9、D【詳解】A.實驗中應保證裝置內(nèi)沒有空氣，否則不能檢驗是否生成一氧化碳，所以點燃酒精燈前先打開活塞K，用二氧化碳排除空氣，A錯誤；B.反應生成的二氧化碳中含有氯化氫，應用飽和碳酸氫鈉溶液除去氯化氫氣體，再用濃硫酸干燥，B錯誤；C.裝置e為緩沖裝置，即防止溶液倒吸如裝置d中，C錯誤；D.該制取裝置可以制取氫氣，所以能利用此裝置制備并探究氫氣的還原性，D正確；故選D。【點睛】實驗題一定要掌握實驗原理和實驗的關鍵，本實驗為制取二氧化碳氣體，讓干燥純凈的二氧化碳和鋅反應生成氧化鋅和一氧化碳，再利用一氧化碳和銀氨溶液反應生成黑色固體。實驗的關鍵為得到純凈干燥的二氧化碳，裝置中不能有氧氣存在。10、C【詳解】①合成纖維是有機高分子材料，錯誤；②硅酸可制備硅膠，硅膠有吸水性，可用作袋裝食品、瓶裝藥品的干燥劑，正確；③Mg2＋和SiO32-、H＋和SiO32-都能發(fā)生反應而不能大量共存，錯誤；④通入的CO2可以和溶液中的SiO32-發(fā)生反應：CO2+H2O+SiO32-=H2SiO3↓+CO32-，錯誤；⑤SiO2可以和氫氟酸反應，錯誤；⑥硅酸鈉可制備木材防火劑，也可以和鹽酸反應制備硅酸膠體，正確；⑦SiO2不能一步轉化為H2SiO3，錯誤。故選C?！军c睛】絕大多數(shù)的酸性氧化物都可以和水生成相應的酸，SiO2是高中化學里唯一的不能和水生成相應酸的酸性氧化物。11、A【詳解】A、因Fe2O3是紅棕色粉末，故Fe2O3常做紅色涂料，正確；B、SiO2是酸性氧化物，錯誤；C、Al2O3可用作耐火材料是由于Al2O3的熔點高，錯誤；D、SO2可使溴水褪色是由于SO2具有還原性，錯誤。故選B。12、C【解析】試題分析：A、①水分解反應是吸熱反應，故A錯誤；B、④氫氣是二級能源，故B正確；C、②若用生成的氫氣與空氣中多余的二氧化碳反應生成甲醇儲存起來，可以減少二氧化碳的排放量，同時得到新能源甲醇，可改善生存條件；③氫氣燃燒只生成水，是潔凈的能源，故C正確；D、①水分解反應是吸熱反應，④氫氣是二級能源，故D錯誤。考點：本題考查清潔能源、化學反應的熱效應。13、C【解析】A．OA段無Fe2+生成，是加入的5.6g即0.1mol鐵粉與硝酸反應：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，設溶液中的氫離子的物質的量為xmol，則有：

Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O

1

40.1mol

xmol

則有：解得x=0.4mol

則溶液中的氫離子的物質的量濃度c==4mol/L，故A正確；B．若a=3，則說明在BC段生成的Fe2+的物質的量為n=0.1mol，而BC段發(fā)生的反應為Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，設溶液中的Cu2+的物質的量為ymol，則有：

Fe+Cu2+=Cu+Fe2+

1

1

ymol

0.1mol

則有：，

則有：y=0.1mol，則溶液中的銅離子的物質的量濃度c==1mol/L，故B正確；C．C點溶液中c（Fe2+）=4mol/L，故此時溶液中的n（Fe2+）=CV=4mol/L×0.1L=0.4mol，而此時溶液中溶質為Fe（NO3）2，故C點溶液中的n（NO3-）=0.8mol，而在OA段加入0.1mol鐵反應時，消耗掉的硝酸根為0.1mol，故原溶液中的n（NO3-）總=0.8mol+0.1mol=0.9mol，故濃度為c（NO3-）總==9mol/L，故C錯誤；D．BC段，加入的鐵粉和Cu2+反應：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故D正確；故選C。14、D【詳解】電子能量為1s＜2s＜2p，則2p軌道上電子越多、1s、2s軌道上電子越少，其能量越高，則能量由高到低的順序是②＞①＞④＞③，故合理選項是D。15、D【解析】A、聚氯乙烯中沒有碳碳雙鍵，不能與溴發(fā)生加成，故A錯誤；B、即使苯是單雙鍵交替結構，其間二甲苯也只有一種結構，故B錯誤；C、1mol乙烯完全燃燒消耗3mol氧氣，1mol乙醇完全燃燒也是消耗3mol氧氣，故C錯誤；D、煤氣化生成CO、H2，兩者均可以用來合成烴、甲醇等有機物，故D正確；答案選D?！军c睛】煤的氣化是指將煤轉化為可以燃燒的氣體，比如CO、H2，這是一個化學變化；煤的液化是指將煤轉化為可以燃燒的液體，比如甲醇，這也是一個化學變化。注意與水的液化、氣化相區(qū)別。16、C【解析】試題分析：根據(jù)氧化劑的氧化性大于還原產(chǎn)物的氧化性得到，B2+>A2+，H+>D2+，E2+>B2+，即E2+>B2+>A2+>D2+，故答案選C?？键c：考查氧化還原反應中離子氧化性的判斷相關知識17、B【分析】反應到達平衡狀態(tài)時,正逆反應速率相等,平衡時各物質的濃度、百分含量不變,以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化,由此進行判斷.解題時要注意,選擇判斷的物理量,隨著反應的進行發(fā)生變化,當該物理量由變化到定值時,說明可逆反應到達平衡狀態(tài)?！驹斀狻緼、可逆反應:A(s)+3B(g)2C(g)+D(g),反應前后,氣體的物質的量不發(fā)生變化,體積恒定,反應自開始到平衡,壓強都是一定值,故A不符合題意；

B、A是固體,隨著反應進行,氣體的質量在增加而體積不變,故氣體的密度是變量。當氣體的總質量不發(fā)生變化時,氣體的密度也不再變化，說明到達平衡狀態(tài),故B符合題意；

C、該反應是在一定溫度下的恒容容器中進行的，所以無論該反應是否達到平衡狀態(tài),體系的溫度保持不變，不能判定反應達到平衡狀態(tài)，故C不符合題意；D.該反應是一個反應前后氣體體積不變的化學反應,無論該反應是否達到平衡狀態(tài),氣體的總物質的量始終不變,故D不符合題意；

綜上所述，本題選B?！军c睛】上述反應是在一定溫度下的恒容容器中，發(fā)生的可逆反應，體系的溫度始終保持不變，不能說明反應達到平衡狀態(tài)；若是在絕熱的密閉容器中發(fā)生的可逆反應，體系的溫度始終保持不變，能說明反應達到平衡狀態(tài)。18、C【分析】分子式只能表示一種物質，就是說它不存在同分異構體．同分異構體是分子式相同，但結構不同的化合物，根據(jù)是否存在同分異構體判斷正誤?！驹斀狻緼.C6H10可能為環(huán)烷烴，可能為烯烴，存在同分異構體，不能表示一種物質，故A錯誤；B.C4H8可能為環(huán)烷烴，可能為烯烴存在同分異構體，不能表示一種物質，故B錯誤；C.CH4O含有一個飽和碳原子，同時含有一個氧原子，所以只能形成甲醇，C正確D.

C2H4Cl2有CH2ClCH2Cl和CH3CH2Cl2兩種同分異構體，不是純凈物，故D錯誤；答案選C。19、C【詳解】A．根據(jù)化合物中元素化合價代數(shù)和等于0，由于Na是+1價，O為-2價，所以Na2S2O4中S元素的化合價為+3，A正確；B．36g水的物質的量是2mol，在裝置II中發(fā)生反應：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO+4H+，NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO+2H+，可見兩個反應都是消耗1molH2O，會產(chǎn)生2molH+，則反應消耗2molH2O，就產(chǎn)生4molH+，生成H+的數(shù)目等于4NA個，B正確；C．Ce3+在陽極上發(fā)生失電子的反應使Ce4+再生，C錯誤；D．由于NH4NO3高溫易分解，因此從溶液中得到粗產(chǎn)品NH4NO3的實驗操作依次為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌等，D正確；故選C。20、A【分析】A、2min內(nèi)Y物質的量變化為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計量數(shù)之比計算v（Z）；B、該反應正反應是放熱反應，降低溫度平衡向正反應移動，反應達到新平衡前v（逆）＜v（正）；C、反應7min時，反應達到平衡，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，相當于等效為在原平衡基礎上增大壓強，反應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、該反應正反應是放熱反應，降低溫度平衡向正反應移動，反應達到新平衡前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7min時反應達到平衡，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，相當于等效為在原平衡基礎上增大壓強，反應前后氣體的體積不變，平衡不移動，到達平衡時，n（Z）=0.24mol，故D正確。故選A?！军c睛】本題考化學平衡移動原理的綜合應用，設計化學反應速率、化學平衡常數(shù)、化學平衡的影響因素等，等效平衡的理解應用是解題的關鍵點，也是難點。21、D【詳解】A.根據(jù)系統(tǒng)命名法的原則，圖1化合物的名稱為2，4，6－三甲基－3－乙基庚烷，A項錯誤；B．圖2所示的有機物的分子式為C7H8O3，不飽和度為（16-8）÷2=4，由于苯環(huán)的不飽和度為4，所以在其芳香族同分異構體中，若還能發(fā)生銀鏡反應，還應含有醛基或甲酸酯基，該種同分異構體的不飽和度至少為5，這與分子式不符，B項錯誤；C．圖3所示的高分子化合物，其單體應為對苯二甲酸和乙二醇，C項錯誤；D.乙炔與苯最簡式相同，則等質量的乙炔和苯完全燃燒生成水的質量相等，D項正確；答案選D。22、C【詳解】A、125gCuSO45H2O的物質的量為0.5mol，因為是晶體，所以銅離子數(shù)等于0.5NA，若是溶于水，由于銅離子的水解會導致銅離子的個數(shù)小于0.5NA，A錯誤；B、選項中只告訴醋酸溶液的pH，沒有告訴醋酸溶液的體積，無法計算醋酸的物質的量，B錯誤；C、S6、S7、S8的最簡式相同，均為S，所以所含的硫原子的物質的量為6.4/32=0.2（mol），其個數(shù)為0.2NA，C正確；D、3.36LO2沒有說明氣體所處的溫度和壓強，無法計算出O2的物質的量，從而也無法計算CO的物質的量，D錯誤。二、非選擇題(共84分)23、OH-+HSO3-=SO32-+H2Obdab1:2【分析】（1）若A為常見的金屬單質，由焰色反應呈黃色可知A是金屬Na，由X能使品紅溶液褪色可知X是SO2，鈉和水反應生成氫氣和氫氧化鈉，氫氧化鈉能和二氧化硫反應，則B是氫氣、C是氫氧化鈉，氫氧化鈉溶液和二氧化硫反應生成亞硫酸鈉和水，則D是亞硫酸鈉，亞硫酸鈉和二氧化硫反應生成亞硫酸氫鈉，則E是亞硫酸氫鈉；（2）若A為短周期元素組成的單質，由該元素的最高價氧化物的水化物酸性最強可知A是氯氣，氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，鹽酸是強酸，能和弱酸鹽反應；（3）若A為淡黃色粉末，由淡黃色固體能和水反應可知A為過氧化鈉，過氧化鈉為離子化合物，由X為一種最常見的造成溫室效應的氣體可知X為二氧化碳，則C是氫氧化鈉，氫氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉，碳酸鈉和二氧化碳反應生成碳酸氫鈉，則D是碳酸鈉、E是碳酸氫鈉；（4）若A是氧化物，X是鐵，由溶液D中加入硫氰化鉀溶液顯紅色，說明D中含有三價鐵離子，由A和水反應生成酸和另一種物質可知，A為二氧化氮、B為一氧化氮、C為硝酸、D為硝酸鐵、E為硝酸亞鐵?！驹斀狻浚?）若A為常見的金屬單質，由焰色反應呈黃色可知A是金屬Na，由X能使品紅溶液褪色可知X是SO2，鈉和水反應生成氫氣和氫氧化鈉，氫氧化鈉能和二氧化硫反應，則B是氫氣、C是氫氧化鈉，氫氧化鈉溶液和二氧化硫反應生成亞硫酸鈉和水，則D是亞硫酸鈉，亞硫酸鈉和二氧化硫反應生成亞硫酸氫鈉，則E是亞硫酸氫鈉，氫氧化鈉溶液和亞硫酸氫鈉溶液反應生成亞硫酸鈉和水，反應的離子方程式為：OH－＋HSO3－=SO32－＋H2O，故答案為OH－＋HSO3－=SO32－＋H2O；（2）若A為短周期元素組成的單質，由該元素的最高價氧化物的水化物酸性最強可知A是氯氣，氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，鹽酸是強酸，能和弱酸鹽反應，由題給轉化關系可知，X可能為碳酸鈉，碳酸鈉溶液與鹽酸反應生成二氧化碳和水，二氧化碳與碳酸鈉溶液反應生成碳酸氫鈉，則X為碳酸鈉、D為二氧化碳、E為碳酸氫鈉；X也可能為偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉溶液與鹽酸反應生成氯化鋁和水，氯化鋁溶液與偏鋁酸鈉溶液發(fā)生雙水解反應生成氫氧化鋁沉淀和氯化鈉，則X為偏鋁酸鈉、D為氯化鋁、E為氫氧化鋁，故答案為bd；（3）若A為淡黃色粉末，由淡黃色固體能和水反應可知A為過氧化鈉，過氧化鈉為離子化合物，電子式為，由X為一種最常見的造成溫室效應的氣體可知X為二氧化碳，則C是氫氧化鈉，氫氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉，碳酸鈉和二氧化碳反應生成碳酸氫鈉，則D是碳酸鈉、E是碳酸氫鈉，a、碳酸鈉鹽酸反應先不生成氣體后產(chǎn)生氣體，碳酸氫鈉和鹽酸立即反應生成氣體，故正確；b、碳酸氫鈉和氯化鋇不反應，碳酸鈉和氯化鋇反應生成白色沉淀，故正確；c、氫氧化鈉和碳酸鈉不反應，和碳酸氫鈉反應生成水，都沒有明顯現(xiàn)象，故錯誤；d、氫氧化鈣和碳酸鈉、碳酸氫鈉反應都生成白色沉淀，故錯誤；ab正確，故答案為；ab；（4）若A是氧化物，X是鐵，由溶液D中加入硫氰化鉀溶液顯紅色，說明D中含有三價鐵離子，由A和水反應生成酸和另一種物質可知，A為二氧化氮、B為一氧化氮、C為硝酸、D為硝酸鐵、E為硝酸亞鐵，二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮，反應的化學方程式為3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，由反應方程式可知氧化劑與還原劑的物質的量之比為1:2，故答案為1:2。24、硫第三周期第ⅢA族H—O—Cl離子鍵，非極性共價鍵(共價鍵、非極性鍵)Cl-＞O2-＞Na+bd2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-【分析】根據(jù)題干信息，A、X，Y、Z、R、W為六種短周期元素，其中A是短周期中半徑最小的元素，則A為H元素，X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍，則X為O元素，Y最高正價與最低負價代數(shù)和為4，則Y為S元素，Z的單質常用于漂白工業(yè)，則Z為Cl元素，R是短周期元素中金屬性最強的元素，則R為Na元素，W是生活中的常見金屬，其氧化物常作耐高溫材料，則W為Al元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)上述分析可知，Y為S元素，元素名稱為硫，W為Al元素，位于元素周期表第三周期第ⅢA族；(2)化合物AZX為HClO，為共價化合物，其結構式為H—O—Cl，化合物R2X2為Na2O2，化合物中Na+與形成離子鍵，中O原子間形成非極性共價鍵；(3)電子層數(shù)越多，離子半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，Cl-、Na+、O2-中，Cl-電子層數(shù)為3層最多，半徑最大，Na+和O2-電子層數(shù)均為2層，核電荷數(shù)Na＞O，則離子半徑Cl-＞O2-＞Na+；(4)a．簡單陰離子的還原性應該是S2-＞Cl-，即Y＞Z，a錯誤，不符合題意；b．簡單氫化物的熱穩(wěn)定性越強，非金屬性越強，熱穩(wěn)定性HCl＞H2S，則非金屬性Cl＞S，b符合題意；c．不是最高價氧化物對應水化物，比較酸性強弱不能得出非金屬性強弱，c不符合題意；d．H2S水溶液中通入Cl2有沉淀析出，說明氧化性Cl2＞S，則則非金屬性Cl＞S，d符合題意；答案選bd；(5)工業(yè)上電解NaCl水溶液制備Cl2，其離子方程式為2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-；(6)NaCl為離子化合物，其形成過程可表示為。25、吸收多余的ClO2氣體，防止污染環(huán)境防止倒吸(或作安全瓶等)2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(濃)=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2用38~60℃的溫水洗滌NaClO3和NaCl滴加幾滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出現(xiàn)，則含有Na2SO4，若無白色沉淀出現(xiàn)，則不含Na2SO4（2分）90.5%【詳解】(1)裝置②中產(chǎn)生的ClO2，裝置①可以吸收未反應的ClO2，防止逸出污染空氣；裝置③是安全瓶，可以防止倒吸；綜上所述，本題答案是：吸收多余的ClO2氣體，防止污染環(huán)境；防止倒吸(或作安全瓶等)。(2)亞硫酸鈉具有還原性，氯酸鈉具有氧化性，在酸性環(huán)境下二者發(fā)生氧化還原反應生成ClO2，化學方程式為：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；在裝置④中ClO2得到電子被還原變?yōu)镹aClO2，H2O2失去電子，表現(xiàn)還原性，反應的化學方程式為2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2。綜上所述，本題答案是：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。(3)從溶液中制取晶體，一般采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥的方法，根據(jù)題給信息NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時析出的晶體是NaClO2·3H2O，高于38℃時析出的晶體是NaClO2，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl知，從裝置④反應后的溶液獲得晶體NaClO2的操作步驟為:①減壓，55℃蒸發(fā)結晶；②趁熱過濾；③用38℃~60℃的溫水洗滌；④低于60℃干燥，得到成品。如果撤去④中的冷水浴，由于溫度高，可能導致NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以產(chǎn)品中混有的雜質是NaClO3和NaCl。綜上所述，本題答案是：用38~60℃的溫水洗滌；NaClO3和NaCl。(4)檢驗所得NaClO2晶體是否含有雜質Na2SO4，取少量晶體溶于蒸餾水，滴加幾滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出現(xiàn)，則含有Na2SO4，若無白色沉淀出現(xiàn)，則不含Na2SO4；綜上所述，本題答案是：滴加幾滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出現(xiàn)，則含有Na2SO4，若無白色沉淀出現(xiàn)，則不含Na2SO4。(5)ClO2-+4I-+4H+=Cl-+2I2+2H2O，用Na2S2O3標準液滴定，發(fā)生反應:2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，可得反應的關系式為:ClO2--2I2-4Na2S2O3，又n(Na2S2O3)=0.2mol·L-1×0.02L=0.004mol，得n(ClO2-)=0.001mol，所以1L溶液中含有:n(NaClO2)=0.001mol×100=0.1mol，則10.0gNaClO2粗品中含有:m(NaClO2)=0.1mol×90.5g·mol-1=9.05g，則w(NaClO2)=9.05/10.0×100%=90.5%。綜上所述，本題答案是：90.5%?！军c睛】本題涉及到氧化還原反應方程式時，要結合反應過程中的電子守恒和原子守恒規(guī)律進行書寫和配平；針對（5）問題：當測定物質含量涉及的反應有多個時，先根據(jù)方程式得到相應的關系式，利用已知物質與待求物質之間物質的量關系計算，就可以使計算過程大大簡化。26、濾渣上附著的Fe3+、Cl-等取最后洗滌液少量于試管中，滴加幾滴AgNO3溶液，如無白色沉淀，則洗干凈2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2OSiO2不能分液漏斗97.01%【詳解】（1）濾渣A上含有FeCl3，洗滌濾渣A的目的是為了除去Fe3+、Cl-，因此檢驗是否洗滌干凈的實驗操作為：取最后一次洗滌液，加入KSCN溶液，若不出現(xiàn)紅色，則已洗凈，反之，未洗凈或取最后洗滌液少量，滴加AgNO3，如無白色沉淀，則洗干凈；（2）稀硫酸、H2O2，CeO2三者反應生成轉化為Ce2(SO4)3、O2和H2O，反應的離子方程式為：2CeO2+H2O2+6H+

=2Ce3++O2↑+4H2O；加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉化為Ce3+，SiO2不反應，濾渣B的成分為SiO2；（3）化合物TBP作為萃取劑能將鈰離子從水溶液中萃取出來，所以TBP不能與水互溶，實驗室進行萃取操作時用到的主要玻璃儀器有分液漏斗、燒杯、玻璃棒、量筒等；（4）用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定至終點，鈰被還原成Ce3+，則Fe2+被氧化為Fe3+，則Ce(OH)4～FeSO40.0025mol0.1000mol/L-1×0.025L所以m[Ce(OH)4]=0.0025mol×208g/mol=0.52g產(chǎn)品中Ce(OH)4的質量分數(shù)為0.52/0.536×100%=97.0%。27、啟普發(fā)生器AC2KClO32KCl+3O2↑A干燥氣體使氣體混合均勻C防止倒吸、防止造成污染、防止產(chǎn)生酸霧【解析】（1）裝置C的名稱為啟普發(fā)生器，適合常溫下固體與液體反應，不需要加熱制取的氣體；（2）裝置D適合加熱固體制備的氣體，若用D制備O2，可加熱氯酸鉀和二氧化錳的混合物；（3）裝置B適合固體與液體不加熱制備的氣體；（4）甲裝置，甲裝置的作用根據(jù)氣泡的流速可以控制SO2、O2的流速外，還可以干燥SO2、O2；使SO2、O2混合均勻；（5）用水吸收SO3制取硫酸，易形成硫酸酸霧，所以一般用98.3%的濃硫酸吸收SO3；【詳解】（1）裝置C的名稱為啟普發(fā)生器。A、常溫下鋅與稀硫酸反應制備氫氣，故A正確；B、常溫下CaC2與水反應制備C2H2，但CaC2與水反應太劇烈，不用啟普發(fā)生器制取乙炔，故B錯誤；C、常溫下石灰石與稀鹽酸反應制取CO2，故C正確；D、實驗室用加熱氯化銨和氫氧化鈣固體的方法制取氨氣，故D錯誤；（2）加熱氯酸鉀和二氧化錳的混合物制取氧氣的方程式為2KClO32KCl+3O2↑；（3）裝置B適合固體與液體不加熱制備的氣體，若用B裝置制備SO2，，濃硫酸、亞硫酸鈉固體不加熱生成SO2，故A正確；濃硫酸、銅片反應需要加熱，故B錯誤；稀硫酸、亞硫酸鈉溶液反應速率太快，故C錯誤；濃硫酸、鐵屑不加熱易鈍化，故D錯誤；（4）甲裝置，甲裝置的作用根據(jù)氣泡的流速可以控制SO2、O2的流速外，還可以干燥SO2、O2；使SO2、O2混合均勻；（5）用水吸收SO3制取硫酸，易形成硫酸酸霧；防止倒吸、防止造成污染、防止產(chǎn)生酸霧選擇裝置C?！军c睛】實驗室制備二氧化硫氣體，一般用70%的濃硫酸與亞硫酸鈉固體反應；制備氧氣用加熱硫酸鉀和二氧化錳混合物的方法或用雙氧水分解制取氧氣。28、Cu(s)+2H+(aq)+H2O2(l)=Cu2+(aq)+2H2O(l)△H=-319.68kJ/mol2.7＜a＜3.625089.6a+0.204負O2＋4e－＋2H2O=4OH－陰2Cl－－2e－=Cl2↑【分析】(1)依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律分析解答；(2)根據(jù)極限法求出極限點，當氫氣的量一定時，合金全為Mg時合金質量最大，當合金全為Al時合金質量最??；當沉淀質量達到最大值時，溶液中只有氯化鈉溶質，據(jù)此分析計算；(3)根據(jù)方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3，求出反應生成的NO的量；向反應后溶液加足量的NaOH溶液，反應后，體系中含有硝酸鈉和氫氧化鈉溶液，氫氧化鐵和氫氧化銅沉淀，結合的氫氧根離子的物質的量與反應過程中轉移的電子相等，據(jù)此分析計算沉淀的質量；(4)①當打開K2，閉合K1時，鐵片、石墨和NaCl溶液構成原電池，據(jù)此分析解答；②當打開K1，閉合K2時，鐵片、石墨和NaCl溶液構成電解池，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)①Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)△H=+64.39kJ/mol，②2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)△H=-196.46kJ/mol，③H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.84kJ/mol，依據(jù)蓋斯定律①+②+③得到：Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)△H=(+64.39kJ/mol)+(-196.46kJ/mol)×+(-285.84kJ/mol)=-319.6kJ/mol，故答案為Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)△H=-319.6kJ/mol；(2)標況下3.36L氫氣物質的量為=0.15mol，則反應的氫離子的物質的量為0.15×2=0.3mol，HCl溶液中HC