北京市西城區(qū)北京師大附屬實驗中學2026屆化學高三上期中學業(yè)水平測試試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、研究小組探究Na2O2與水反應。取1.56gNa2O2粉末加入到40mL水中，充分反應得溶液A(液體體積無明顯變化)，進行以下實驗。編號①②③④操作現(xiàn)象溶液變紅色，20秒后褪色i.產(chǎn)生大量能使帶火星木條復燃的氣體ii.溶液變紅色，10分鐘后褪色i.溶液變紅色，10分鐘后溶液褪色.ii.變紅色溶液變紅色，2小時后無明顯變化下列說法不正確的是A．由②中現(xiàn)象i可知，Na2O2與水反應有H2O2生成B．由③、④可知，②中溶液紅色褪去是因為c(OH-)大C．由②、③、④可知，①中溶液紅色褪去的主要原因不是c(OH-)大D．向①中褪色后的溶液中滴加5滴6mol/L鹽酸，溶液最終變成紅色2、2019年是元素周期表誕生150周年，目前周期表七個周期均已排滿，共118種元素。短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相對位置如圖所示，且四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為24。下列說法不正確的是A．最高價氧化物對應水化物的酸性：Z>YB．W的氫化物與Z的氫化物反應，產(chǎn)物的水溶液呈堿性C．在元素周期表中，117號元素與Z元素位于同一主族D．工業(yè)上常用YX2漂白紙漿、毛、絲等3、下列關于離子反應的敘述正確的是A．pH=3的溶液中，K+、Ca2+、Cl-、HCO3-可以大量共存B．在含有苯酚的溶液中，Na+、Fe3+、Cl-、NO3-不能大量共存C．向硫酸銅溶液中加入氫氧化鋇溶液，離子方程式為Ba2++SO42-=BaSO4↓D．向碳酸氫鈣溶液中加入少量氫氧化鈣溶液，離子方程式為：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O4、四種短周期元素在周期表中的位置如圖，其中只有M為金屬元素。下列說法不正確的是A．原子半徑Z<MB．Y的最高價氧化物對應水化物的酸性比X的弱C．X的最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Z的小D．Z位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族5、火電站是電力的主要來源之一，火電站是利用煤燃燒進行發(fā)電，同時產(chǎn)生污染物。下圖是火電站的工作示意圖：下列敘述不正確的是（）A．火電站產(chǎn)生的SO2、NO2等氣體能形成酸雨B．加高火電站的煙囪可減少尾氣中CO的含量C．靜電沉淀器除塵利用了膠體的性質(zhì)D．向煤中加入CaO，可以減少SO2的排放6、下列應用與鹽的水解無關的是A．分別將AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加熱、蒸發(fā)濃縮、結(jié)晶、灼燒，所得固體的成分不同B．配置FeSO4溶液加入鐵屑C．NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃試劑瓶中D．制TiO2可用TiCl4加大量水，同時加熱，方程式如下所示：TiCl4+(x+2)H2O(過量)=TiO2·xH2O↓+4HCl，所得的TiO2·xH2O經(jīng)焙燒得TiO27、在pH=1含Ba2+離子的溶液中，還能大量存在的離子是（）A．AlO2- B．ClO- C．Cl- D．SO42-8、W、X、Y、Z四種短周期元素在元素周期表中的相對位置如圖所示，W、X、Y、Z原子的最外層電子數(shù)之和為21,下列說法中不正確的是A．原子半徑：X>Y>WB．簡單陰離子的還原性：Z＞W(wǎng)C．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：W>YD．氧化物對應水化物的酸性：Z>

Y9、關于下列各裝置圖的敘述中，正確的是A．若采用裝置①鋁件鍍銀，則c極為鋁件，d極為純銀，電解質(zhì)溶液為AgNO3溶液B．裝置②是原電池，能將化學能轉(zhuǎn)化為電能，SO42－移向鋅電極C．裝置③中X若為四氯化碳，用于吸收氨氣或氯化氫，會引起倒吸D．裝置④可用于收集氨氣，并吸收多余的氨氣10、下列實驗方案能達到實驗目的的是（部分夾持裝置已略去）A證明醋酸酸性比硼酸強B實驗室制氫氧化亞鐵C實驗室制氨氣D證明碳酸氫鈉熱穩(wěn)定性比碳酸鈉弱A．A B．B… C．C D．D11、在一氧化碳變換反應CO+H2OCO2+H2中，有關反應條件改變使反應速率增大的原因分析不正確的是A．使用催化劑，活化分子百分數(shù)增大，有效碰撞幾率增加B．升高溫度，活化分子百分數(shù)增大，有效碰撞幾率增加C．增大壓強，單位體積內(nèi)活化分子數(shù)增多，有效碰撞幾率增加D．增大c(CO)，活化分子百分數(shù)增大，有效碰撞幾率增加12、短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X和W為同主族元素，Z的單質(zhì)能溶于W的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。由這四種元素中的一種或幾種組成的物質(zhì)存在如下轉(zhuǎn)化關系，甲+乙→丙+W，其中甲是元素X的氫化物，其稀溶液可用于傷口消毒，乙為一種二元化合物，常溫下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，下列說法錯誤的是A．X和Y、W均至少能形成兩種化合物B．乙和丙均為既含有離子鍵又含有共價鍵的離子化合物C．四種元素簡單離子半徑中Z的最小D．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X>W13、全釩氧化還原電池是一種新型可充電電池，不同價態(tài)的含釩離子作為正極和負極的活性物質(zhì)，分別儲存在各自的酸性電解液儲罐中。其結(jié)構(gòu)原理如圖所示，該電池放電時，右槽中的電極反應為：V2+-e-=V3+，下列說法正確的是A．放電時，右槽發(fā)生還原反應B．放電時，左槽的電極反應式：VO2++2H++e-=VO2++H2OC．充電時，每轉(zhuǎn)移1mol電子，n(H+)的變化量為1molD．充電時，陰極電解液pH升高14、常溫下，向10mL0.1mol·L－1的HR溶液中逐滴滴入0.1mol·L－1的NH3·H2O溶液，所得溶液pH及導電性變化如圖。下列分析正確的是A．b～c溶液中所有離子濃度都減小B．b點溶液pH＝7，說明NH4R沒有水解C．c點溶液中存在c(R－)>c(NH4+)、c(H＋)>c(OH－)D．a(chǎn)～b導電能力增強，說明HR為弱酸15、實驗室利用反應TiO2（s）+CCl4（g）=TiCl4（g）+CO2（g），在無水無氧條件下，制取TiCl4裝置如下圖所示有關物質(zhì)的性質(zhì)如下表物質(zhì)熔點/℃沸點/℃其他CCl4-2376與TiCl4互溶TiCl4-25136遇潮濕空氣產(chǎn)生白霧下列說法正確的是A．A和E分別盛裝堿石灰和氫氧化鈉溶液B．點燃C處酒精燈后再往A中通入N2C．TiCl4遇潮濕空氣反應的化學方程式：TiCl4+3H2O=H2TiO3+4HClD．分離D中的液態(tài)混合物，所采用操作的名稱是萃取16、在體積相同的兩個密閉容器中分別充入O2、O3氣體，當這兩個容器內(nèi)溫度和氣體密度相等時，下列說法正確的是()A．兩種氣體的氧原子數(shù)目相等 B．兩種氣體的壓強相等C．兩種氣體的分子數(shù)目相等 D．O2比O3的質(zhì)量小17、下列關于鋁及含鋁物質(zhì)的說法正確的是A．27Al的中子數(shù)為13B．單質(zhì)鋁可用作半導體材料C．原子半徑：r(Si)>r(Al)D．Al(OH)3能與NaOH溶液反應18、在恒溫恒容的密閉容器中，發(fā)生反應X(g)+2Y(g)3Z(g)

△H=-a

kJ·mol-1(a>0)，下列說法正確的是A．容器內(nèi)氣體的壓強不再發(fā)生變化，說明反應達到平衡狀態(tài)B．達到化學平衡狀態(tài)時，反應放出的總熱量可能為akJC．當X、Y、Z的濃度之比為1:2:3時，反應達到化學平衡狀態(tài)D．降低反應溫度，正反應速率增大，逆反應速率減小19、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的簡單氫化物可用作制冷劑，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三種元素形成的一種鹽溶于水后，加入稀鹽酸，有黃色沉淀析出，同時有刺激性氣體產(chǎn)生。下列說法不正確的是（）A．X的簡單氫化物的熱穩(wěn)定性比W強B．Y的簡單離子與X的具有相同的電子層結(jié)構(gòu)C．Y與Z形成化合物的水溶液可使藍色石蕊試紙變紅D．Z與X屬于同一主族，與Y屬于同一周期20、化合物X是一種醫(yī)藥中間體，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列有關化合物X的說法正確的是（）A．分子中的所有碳原子可能處于同一平面B．在酸性條件下的水解產(chǎn)物能與FeCl3顯色C．不能與NaHCO3溶液反應D．1mol化合物X最多能與2molNaOH反應21、下列化學實驗儀器名稱或操作正確的是A．長頸漏斗 B．測溶液pH值C．用硫酸滴定NaOH溶液 D．溶量瓶22、如圖表示吸熱反應、置換反應、氧化還原反應之間的關系，從下列選項反應中選出屬于區(qū)域V的是（）A．Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2 B．NaOH+HCl=NaCl+H2OC．2NaHO3=2Na2CO3+H2O+CO2↑ D．2Na+2H2O=NaOH+H2↑二、非選擇題(共84分)23、（14分）化合物G是合成液晶材料的中間體，以芳香烴A、乙酸為原料合成G的路線如下：回答下列問題:(1)B的結(jié)構(gòu)簡式為______;A的化學名稱為____。(2)由A、B生成C的反應類型是_____;由E生成F的反應類型為____。(3)D中含氧官能團的名稱是_______;寫出在加熱條件下F與足量NaOH的乙醇溶液反應生成G的化學方程式______。(4)E有多種同分異構(gòu)體，能滿足下列條件的E的同分異構(gòu)體有______種。①苯環(huán)上有兩個取代基②能夠使溴的CCl4溶液褪色(5)仿照上述流程，設計以丙酸(CH3CH2COOH)、苯為原料制備有機高分子的合成路線_____(無機試劑任選)。24、（12分）有機物A是聚合反應生產(chǎn)膠黏劑基料的單體，亦可作為合成調(diào)香劑I、聚酯材料J的原料，相關合成路線如下：已知：在質(zhì)譜圖中烴A的最大質(zhì)荷比為118，E的結(jié)構(gòu)簡式為：根據(jù)以上信息回答下列問題：（1）A的分子式為___________，A所含的官能團名稱為____________，E→F的反應類型為___________。（2）I的結(jié)構(gòu)簡式為__________________________，（3）D與新制氫氧化銅懸濁液反應的化學方程式為________________________________。（4）H的同分異構(gòu)體W能與濃溴水反應產(chǎn)生白色沉淀，1molW參與反應最多消耗3molBr2，請寫出所有符合條件的W的結(jié)構(gòu)簡式_____________________________________。（5）J是一種高分子化合物，則由C生成J的化學方程式為_______________________。25、（12分）POCl3常用作半導體摻雜劑及光導纖維原料，實驗室制備POCl3并測定產(chǎn)品含量的實驗過程如下：I．制備PCl3（1）實驗室用高錳酸鉀和濃鹽酸反應制氯氣。發(fā)生裝置可以是圖中的____（填字母代號）。（2）檢查裝置C氣密性并裝入藥品后，先關閉K1，打開K2通入干燥的CO2，一段時間后，關閉K2，加熱曲頸瓶同時打開K1通入干燥氯氣，反應立即進行。圖中堿石灰的作用是______________。II．實驗室制備POCl3。采用氧氣氧化液態(tài)PCl3法制取POCl3，實驗裝置（加熱及夾持儀器略）如圖：資料：①Ag++SCN﹣＝AgSCN↓，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgSCN）；②PCl3和POCl3的相關信息如下表：物質(zhì)熔點/℃沸點/℃相對分子質(zhì)量其他PCl3﹣112.076.0137.5兩者互溶，均為無色液體，遇水均劇烈反應生成含氧酸和氯化氫POCl32.0106.0153.5（3）POCl3在潮濕空氣中會劇烈“發(fā)煙”，反應的化學方程式為___________________________________。（4）反應溫度要控制在60～65℃，原因是：_________________________________。（5）通過佛爾哈德法可以測定產(chǎn)品中Cl元素含量，實驗步驟如下：a、準確稱取15.0gPOCl3產(chǎn)品，置于盛有60.00mL蒸餾水的水解瓶中搖動至完全水解，將水解液配成100.00mL溶液。b、取10.00mL溶液于錐形瓶中，加入10.00mL3.2mol?L﹣1AgNO3標準溶液。c、加入少許硝基苯用力搖動，使沉淀表面被有機物覆蓋。d、以NH4Fe(SO4)2為指示劑，用0.2mol?L﹣1NH4SCN溶液滴定過量的AgNO3溶液，達到滴定終點時共用去l0.00mLNH4SCN溶液。①步驟d中達到滴定終點的現(xiàn)象是__________________________________________。②產(chǎn)品中Cl元素的質(zhì)量分數(shù)為______________（保留3位有效數(shù)字）。26、（10分）氮化鎂（Mg3N2）在工業(yè)上具有非常廣泛的應用。某化學興趣小組用鎂與氮氣反應制備Mg3N2并進行有關實驗。實驗裝置如下所示：已知：①氮化鎂常溫下為淺黃色粉末，極易與水反應。②亞硝酸鈉和氯化銨制取氮氣的反應劇烈放熱，產(chǎn)生氮氣的速度較快。③溫度較高時，亞硝酸鈉會分解產(chǎn)生O2等?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器b的名稱是________，寫出裝置A中發(fā)生反應的化學方程式___________________。（2）某同學檢驗裝置A部分的氣密性，關閉止水夾c后，開啟活塞a，水不斷往下滴，直至全部流入燒瓶。試判斷：A部分裝置是否漏氣？________（填“漏氣”、“不漏氣”或“無法確定”），判斷理由：____________。（3）裝置C中為飽和硫酸亞鐵溶液，作用是___________，F(xiàn)裝置的作用是_______________________。（4）加熱至反應開始發(fā)生，需移走A處酒精燈，原因是_______________________________________。（5）反應結(jié)束后，取mgE中樣品于試管中，加足量蒸餾水，得VmL氣體（換算為標準狀況），則樣品中氮化鎂的質(zhì)量分數(shù)為__________________。27、（12分）Na2S2O3俗稱大蘇打（海波）是重要的化工原料。用Na2SO3和硫粉在水溶液中加熱反應，可以制得Na2S2O3。已知10℃和70℃時，Na2S2O3在100g水中的溶解度分別為60.0g和212g。常溫下，從溶液中析出的晶體是Na2S2O3·5H2O?，F(xiàn)實驗室欲制取Na2S2O3·5H2O晶體（Na2S2O3·5H2O的相對分子質(zhì)量為248）步驟如下：①稱取12.6gNa2SO3于燒杯中，溶于80.0mL水。②另取4.0g硫粉，用少許乙醇潤濕后，加到上述溶液中。③（如圖所示，部分裝置略去），水浴加熱，微沸，反應約1小時后過濾。④濾液在經(jīng)過______________、_____________后析出Na2S2O3·5H2O晶體。⑤進行減壓過濾并干燥。（1）儀器B的名稱是________，其作用是____________________，加入的硫粉用乙醇潤濕的目的是____________________________。（2）步驟④應采取的操作是_________________、________________。（3）濾液中除Na2S2O3和可能未反應完全的Na2SO3外，最可能存在的無機雜質(zhì)是___________。如果濾液中該雜質(zhì)的含量不很低，其檢測的方法是：______________________________。（4）為了測產(chǎn)品的純度，稱取7.40g產(chǎn)品，配制成250mL溶液，用移液管移取25.00mL于錐形瓶中，滴加淀粉溶液作指示劑，再用濃度為0.0500mol/L的碘水，用__________（填“酸式”或“堿式”）滴定管來滴定（2S2O32－+I2＝S4O62－+2I－），滴定結(jié)果如下：滴定次數(shù)滴定前讀數(shù)（mL）滴定后讀數(shù)（mL）第一次0.3030.52第二次0.3631.06第三次1.1031.28則所得產(chǎn)品的純度為______________________________，你認為影響純度的主要原因是（不考慮操作引起誤差）_________________________________。28、（14分）氫氣是一種清潔能源,氫氣的制取與儲存是氫能源利用領域的研究熱點。（1）以甲烷為原料制取氫氣是工業(yè)上常用的制氫方法。已知:CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)

ΔH=+206.2kJ/molCH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)

ΔH=+247.4kJ/molCH4(g)與H2O(g)反應生成CO2(g)和H2(g)的熱化學方程式為________________________。（2）電解尿素[CO(NH2)2]的堿性溶液制氫的裝置示意圖見圖(電解池中隔膜僅阻止氣體通過,陰、陽極均為惰性電極)。電解時,陽極的電極反應式為________________________。（3）Mg2Cu是一種儲氫合金。350℃時,Mg2Cu與H2反應,生成MgCu2和僅含一種金屬元素的氫化物(其中氫的質(zhì)量分數(shù)為0.077)。Mg2Cu與H2反應的化學方程式為_______________。29、（10分）氫原子是最輕的原子，人們曾預言它可能是所有元素之母。學習物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，回答下列問題：(1)太陽中的主要化學元素是氫和_______。(2)氫負離子H-基態(tài)電子排布式為_______。(3)下列變化：H-(g)=H(g)+e-吸收的能量為73kJ/mol，H(g)=H+(g)+e-吸收的能量為1311kJ/mol，則氫負離子H-的第一電離能為________。(4)幾種堿金屬氫化物的部分性質(zhì)如下表所示：氫化物LiHNaHKH密度/g/cm30.781.43分解溫度/℃850425400從化學結(jié)構(gòu)的角度回答說明，分解溫度LiH>NaH>KH___。(5)水溶液中有H3O+、H5O2+、H9O4+等微粒的形式。H3O+中，中心原子的雜化類型是___，請畫出H5O2+的結(jié)構(gòu)式：______。當用高能射線照射液態(tài)水時，水分子便以一種新的方式電離，如圖所示寫出高能射線照射水的總反應的離子方程式_______。(6)氫化鋁鈉(NaAlH4)等復合氫化物是重要的有機還原劑。NaAlH4晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，NaAlH4晶體中，與Na+緊鄰且等距的A1H4-有___個，設阿伏伽德羅常數(shù)為NA，則晶體的密度為___g·cm-3。(7)在立方晶胞中與晶胞體對角線垂直的面在晶體學中稱為（1，1，1)晶面。如圖則該立方晶胞體中（1，1，1)晶面共有___個。

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【分析】1.56gNa2O2的物質(zhì)的量==0.02mol，加入到40mL水中，充分反應得溶液A(液體體積無明顯變化)，完全反應生成氫氧化鈉，則氫氧化鈉的濃度為=1mol/L，結(jié)合實驗現(xiàn)象分析判斷?！驹斀狻緼．過氧化鈉與水反應得到的溶液A中加入二氧化錳，有氣體放出，該氣體能使帶火星木條復燃，說明是氧氣，是過氧化氫在二氧化錳催化作用下發(fā)生了分解，說明Na2O2與水反應有H2O2生成，故A正確；B．由分析知，②步驟ii中得到的氫氧化鈉溶液濃度為1mol/L，與③i中氫氧化鈉的濃度相等，因此現(xiàn)象都是滴加酚酞后，溶液變紅色，10分鐘后溶液褪色，ii中滴加幾滴鹽酸后，氫氧化鈉濃度減小，溶液變成紅色，由④知，0.1mol/L的氫氧化鈉溶液中滴加酚酞，溶液變紅色，2小時后無明顯變化，說明氫氧化鈉溶液的濃度較大時，一段時間后顏色會褪去，濃度較小時，不能褪色，說明②溶液紅色褪去是因為c(OH-)大，故B正確；C．根據(jù)B的分析可知，1mol/L的氫氧化鈉溶液中滴加酚酞，溶液變紅色，溶液褪色需要10分鐘，而①中溶液變紅色，20秒后就褪色，說明溶液紅色褪去的主要原因不是c(OH-)大，而是過氧化氫的氧化作用，故C正確；D．①中過氧化氫已經(jīng)將酚酞氧化了，因此褪色后的溶液再滴加5滴6mol/L鹽酸，溶液不能變成紅色，故D錯誤；故選D。2、B【分析】設X的最外層電子數(shù)為x，則由相對位置可知，W、Y、Z的最外層電子數(shù)依次為x-1、x、x+1，根據(jù)W、X、Y、Z的原子最外層電子數(shù)之和為24，有：x-1+x+x+x+1=24，解得x=6，由此可確定W、X、Y、Z分別為N、O、S、Cl，據(jù)此解答?！驹斀狻烤C合以上分析，W、X、Y、Z分別為N、O、S、Cl，A.元素的非金屬性Cl>S，所以最高價氧化物對應水化物的酸性：HClO4>H2SO4，故A正確；B.W的氫化物為NH3，Z的氫化物為HCl，NH3和HCl反應生成NH4Cl，NH4Cl為強酸弱堿鹽水解，溶液呈酸性，故B錯誤；C.在元素周期表中，117號元素與0族元素的118號元素相鄰，則位于第七周期第VIIA族，與Cl元素位于同一主族，故C正確；D.二氧化硫具有漂白性，工業(yè)上常用SO2漂白紙漿、毛、絲等，故D正確。故答案選B。【點睛】本題考查元素的推斷、元素周期律、元素周期表的應用的知識，熟悉元素周期表，確定元素的種類是解題的關鍵，注意C項中由原子序數(shù)確定元素位置的常用方法為零族元素定位法。3、B【詳解】A.pH=3的溶液顯酸性，H+和HCO3-不能大量共存，故A錯誤；B.在含有苯酚的溶液中，苯酚和Fe3+不能大量共存，故B正確；C.向硫酸銅溶液中加入氫氧化鋇溶液生成氫氧化銅沉淀和硫酸鋇沉淀，離子方程式為Ba2＋+2OH－＋2H+＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O，故C錯誤；D.向碳酸氫鈣溶液中加入少量氫氧化鈣溶液，離子方程式為：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，故D錯誤；答案選B。4、B【詳解】因為為短周期，故為第二、三兩周期，又M為金屬，可以確定M、X、Y、Z分別為Al、Si、N、O。則A、電子層數(shù)越多，半徑越大，A正確；B、非金屬性越強，最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，非金屬性Y>X，故酸性HNO3>H2SiO4，B錯誤；C、氧元素非金屬性強于硅元素，熱穩(wěn)定性H2O>SiH4，C正確；D、Z為O，位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族，D正確。答案選B。5、B【詳解】A.火電站產(chǎn)生的SO2、NO2等氣體能與空氣中的氧氣、水蒸氣形成酸雨，與題意不符，A錯誤；B.加高火電站的煙囪，對減少尾氣中CO的含量無關，符合題意，B正確；C.靜電沉淀器除塵利用了膠粒都帶有電荷的性質(zhì)，與題意不符，C錯誤；D.向煤中加入CaO，可與空氣中的氧氣，煤中的硫，反應生成硫酸鈣，可以減少SO2的排放，與題意不符，D錯誤；答案為B。6、B【詳解】A．AlCl3溶液水解生成氫氧化鋁和氯化氫，由于氯化氫易揮發(fā)，加熱、蒸發(fā)濃縮、結(jié)晶，得到氫氧化鋁，灼燒得到氧化鋁；硫酸鋁水解生成氫氧化鋁和硫酸，但硫酸是難揮發(fā)性酸，加熱、蒸發(fā)濃縮、結(jié)晶，得到硫酸鋁固體，灼燒后依然是硫酸鋁，所得固體的成分不相同，且與鹽的水解相關，故A不符合題意；B．配置FeSO4溶液加入鐵屑是為了防止亞鐵離子被氧化，與水解無關，故B符合題意；C．銨根和F-均會水解，且二者相互促進，所以NH4F水溶液中含有HF，不能存放于玻璃試劑瓶中，與水解有關，故C不符合題意；D．TiCl4在水中水解：：TiCl4+(x+2)H2O(過量)=TiO2·xH2O↓+4HCl，加熱使水解程度增大并使HCl揮發(fā)，促進水解，最終徹底水解得到TiO2·xH2O，經(jīng)焙燒得TiO2，與水解有關，故D不符合題意；綜上所述答案為B。7、C【分析】PH=1的溶液中含有大量H+，并且溶液中含有鋇離子，選出可以共存的離子。【詳解】A．溶液中AlO2-與H+反應生成沉淀，不能大量共存，故A選項錯誤。

B．溶液中ClO-與H+反應生成弱電解質(zhì)，不能大量共存，故B選項錯誤。

C．溶液中Cl-與H+和Ba2+都不反應，可大量共存，故C選項正確。

D．溶液中SO42-與Ba2+反應生成沉淀，不能大量共存，故D選項錯誤。故答案選C?！军c睛】離子共存問題中要注意共存條件，會反應生成沉淀、氣體、弱電解質(zhì)、雙水解等現(xiàn)象的離子不能大量共存。8、D【詳解】W、X、Y、Z均為短周期元素，假設W是第一周期，則W為He元素，最外層為2，那么Z、Y、X的最外層分別為7、6、4，此時四種元素最外層電子數(shù)之和為19，不符合題意，故假設不成立。W應處于第二周期，X、Y、Z處于第三周期，設X的原子最外層電子數(shù)是a，則Y的最外層電子數(shù)是a+2，Z最外層電子數(shù)是a+3，W的最外層電子數(shù)是a+4，這四種元素原子的最外層電子數(shù)之和為20，則a+(a+2)+(a+3)+(a+4)=21，解得a=3，故X是Al元素、Y是P元素、Z是S元素、W為F元素。A．同周期元素原子半徑由左至右逐漸減小，同主族原子半徑從上至下逐漸增大，故原子半徑X＞Y＞W(wǎng)，正確，A不選；B．W為F元素，是非金屬性最強的元素，其單質(zhì)氧化性W＞Z，簡單陰離子的還原性：W<Z，正確，B不選；C．非金屬性W>Y，故氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：W>Y，正確，C不選；D．非金屬性Z＞Y，其對應的最高價氧化物水化物酸性Z＞Y，其他價態(tài)不能根據(jù)非金屬性比較，錯誤，D選。答案選D。9、B【解析】A、電鍍時，陰極材料是待鍍的金屬，陽極為鍍層金屬，鋁件上鍍銀，鋁件作陰極，銀作陽極，根據(jù)電流的方向，a為正極，b為負極，c為陽極，材料為純銀，d為陰極，材料為鋁件，電解質(zhì)溶液為硝酸銀溶液，故A錯誤；B、②屬于原電池，是化學能轉(zhuǎn)化成電能的裝置，根據(jù)原電池的工作原理，SO42－向負極移動，即向鋅電極移動，故B正確；C、NH3和HCl不溶于CCl4，因此此裝置不能引起倒吸，故C錯誤；D、因為氨氣的密度小于空氣，因此收集裝置應是短管進氣，長管出氣，故D錯誤。10、A【詳解】A.碳酸鈉加到醋酸中有氣體生成，則醋酸酸性大于碳酸，碳酸鈉加入到硼酸中無現(xiàn)象，說明碳酸酸性大于硼酸，則可得醋酸的酸性大于硼酸，故A正確；B.將氫氧化鈉滴加到硫酸亞鐵溶液中，可短暫生成氫氧化亞鐵，但很快被空氣中的氧氣氧化生成氫氧化鐵，若想制得氫氧化亞鐵需滿足無氧條件，例如加入苯等，故B錯誤；C.氯化銨受熱分解生成氯化氫和氨氣，生成的氨氣和氯化氫又很快化合生成氯化銨固體小顆粒，無法得到氨氣，故C錯誤；D.小試管內(nèi)應放碳氫酸鈉，溫度較低的情況下碳酸氫鈉分解產(chǎn)生二氧化碳使澄清石灰水變渾濁，大試管放碳酸鈉，溫度較高受熱不分解，不能使澄清石灰水變渾濁，說明碳酸鈉比碳酸氫鈉穩(wěn)定，故D錯誤；答案選A?！军c睛】實驗方案的設計，需要充分考慮物質(zhì)的性質(zhì)，例如氫氧化亞鐵易被氧化，所以制得時需要隔絕空氣，用氯化銨制氨氣時，要考慮氨氣和氯化氫還會結(jié)合生成氯化銨，正確的實驗方案設計，要綜合考慮實驗原理，提出可行性方案。11、D【詳解】A.使用催化劑，降低活化能，活化分子數(shù)目增加，活化分子百分數(shù)增大，有效碰撞幾率增加，反應速率增大，故A正確；B.升高溫度，活化分子數(shù)目最多，活化分子百分數(shù)增大，有效碰撞幾率增加，反應速率增大，故B正確；C.增大壓強，氣體體積減小，單位體積內(nèi)活化分子數(shù)增多，有效碰撞幾率增加，反應速率加快，故C正確；D.增大c(CO)，單位體積內(nèi)活化分子數(shù)量增多，活化分子百分數(shù)不變，有效碰撞幾率增加，反應速率加快，故D錯誤；答案選D?！军c睛】增大濃度，增加的是單位體積內(nèi)活化分子數(shù)，活化分子百分數(shù)是不變的。12、B【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Z的單質(zhì)能溶于W的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液中，不溶于其濃溶液中，說明Z為Al元素，W為S元素，因為鋁在常溫下能溶于稀硫酸，在濃硫酸中發(fā)生鈍化；X和W為同主族元素，則X為O元素；甲是元素X的氫化物，其稀溶液可用于傷口消毒，則甲為H2O2；常溫下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，則丙為強堿，說明X、Y、Z、W四種元素中有一種元素的氫氧化物為強堿，則Y為Na元素，則丙為NaOH；由于這四種元素中的一種或幾種組成的物質(zhì)存在甲+乙→丙+W的轉(zhuǎn)化關系，且乙為一種二元化合物，則乙為Na2S。A.根據(jù)上述分析X、Y、W分別為O、Na、S元素。X和Y能形成氧化鈉、過氧化鈉，X和W能形成二氧化硫、三氧化硫，即X和Y、W均至少能形成兩種化合物，故A正確；B.通過上述分析可知，乙為硫化鈉，硫化鈉是只含離子鍵的離子化合物，丙為氫氧化鈉，氫氧化鈉是既含離子鍵又含共價鍵的離子化合物，故B錯誤；C.W的離子核外電子層數(shù)最多，離子半徑最大，X、Y、Z的離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，因為核外電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大半徑越小，Z的核電荷數(shù)最大，離子半徑最小，故C正確；D.X和W為同主族元素，非金屬性X>W，因為非金屬性越強，氣體氫化物越穩(wěn)定，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性X>W，故D正確。答案選B。13、B【分析】該電池放電時，右槽中的電極反應為：V2+-e-=V3+，為被氧化的過程，應為原電池負極反應，則左槽為原電池正極，發(fā)生還原反應，電極方程式應為VO2++2H++e-=VO2++H2O，充電時電極反應為放電電極反應的逆反應，以此解答該題?！驹斀狻緼.電池放電時，右槽中的電極反應為：V2+-e-=V3+，可知發(fā)生氧化反應，故A錯誤；B.放電時，左槽發(fā)生還原反應，電極方程式應為VO2++2H++e-=VO2++H2O，故B正確；C.充電時，左槽電極反應式為VO2++H2O-e-=VO2++2H+，每轉(zhuǎn)移1mol電子，n(H+)的變化量為2mol，故C錯誤；D.充電時，陰極發(fā)生V3++e-=V2+，H+參加反應，pH不發(fā)生變化，故D錯誤。故選B?！军c睛】根據(jù)得失電子判斷原電池正負極和電解池陰陽極是解題關鍵。14、D【分析】A.根據(jù)溶液中的溶質(zhì)進行分析；B.弱酸的陰離子或弱堿的陽離子在水溶液中會發(fā)生水解反應；

C.c點溶液的pH＞7，說明溶液呈堿性，溶液中c（OH-）＞c（H+），再結(jié)合電荷守恒判斷；D.溶液導電能力與離子濃度成正比，如果HR是強電解質(zhì)，加入氨水至溶液呈中性時，溶液中離子濃度會減小，導致溶液導電能力降低?！驹斀狻緼.b～c段溶液的溶質(zhì)為NH3·H2O、NH4R，溶液由中性變?yōu)槿鯄A性，OH-的濃度增大，故A錯誤；B.弱酸的陰離子或弱堿的陽離子在水溶液中會發(fā)生水解反應，HR是弱酸，且一水合氨是弱堿，所以NH4R是弱酸弱堿鹽，b點溶液呈中性，此時酸和堿恰好完全反應，所以該點溶液中銨根離子和酸根離子水解程度相同，故B錯誤；

C.c點溶質(zhì)為NH3·H2O、NH4R，此時溶液呈堿性，說明NH3·H2O的電離程度大，因此溶液中c（OH-）＞c（H+），再結(jié)合電荷守恒得c（NH4+）＞c（R-），故C錯誤；D.加入10mL等濃度的氨水，兩者恰好完全反應，HR+NH3·H2O=NH4R+H2O，假設HR為強酸，NH4R是強電解質(zhì)，反應前后導電能力基本相同，但a～b導電能力增強，因此假設錯誤，HR為弱酸，故D正確。故選D。15、C【解析】A、因TiCl4遇潮濕空氣即水解產(chǎn)生白霧，所以E中不能盛放氫氧化鈉溶液，故A錯誤；B、應先通氮氣一段時間，排盡裝置內(nèi)的空氣后，再點燃C處的酒精燈，故B錯誤；C、TiCl4遇潮濕空氣產(chǎn)生白霧，即鹽酸的小液滴，所以反應的化學方程式為TiCl4+3H2O=H2TiO3+4HCl，所以C正確；D、CCl4與TiCl4互溶，但二者的沸點相差較大，所以分離的操作名稱是蒸餾，故D錯誤。本題正確答案為C。16、A【詳解】A.相同體積相同密度時，兩容器氣體的質(zhì)量相等，且都由O元素組成，則O原子數(shù)目相等，故A正確；B.O原子個數(shù)相等時,氣體的物質(zhì)的量之比為n(O2):n(O3)=3:2，由PV=nRT可知，兩種氣體的壓強之比為3:2，故B錯誤；C.O原子個數(shù)相等時,氣體的物質(zhì)的量之比為n(O2):n(O3)=3:2，物質(zhì)的量與分子數(shù)成正比，則兩種氣體的分子數(shù)目也是3:2，故C錯誤；D.同體積相同密度時，兩容器氣體的質(zhì)量相等，故D錯誤；故選:A?！军c睛】相同體積相同密度時，兩容器氣體的質(zhì)量相等，且都由O元素組成，則O原子的質(zhì)量、個數(shù)以及物質(zhì)的量相等，結(jié)合PV=nRT對各選項進行判斷．17、D【詳解】A.27Al的質(zhì)量數(shù)為27，質(zhì)子數(shù)為13，中子數(shù)為14，故A錯誤；B.單質(zhì)鋁是金屬，是導體，不能用作半導體材料，故B錯誤；C.鋁和硅為同周期元素，同周期元素從左至右，隨核電荷數(shù)增大，原子半徑減小，原子半徑：r(Si)<r(Al)，故C錯誤；D.Al(OH)3是兩性氫氧化物，即能與強堿反應又能與酸反應，則可與NaOH溶液反應，故D正確；答案選D。18、B【解析】A、反應物和生成物中氣體的計量數(shù)之和相等，容器中壓強始終不變，不能證明達到了平衡狀態(tài)，故A錯誤；B、沒有已知起始物質(zhì)的量，若該反應向右進行，反應了1molX，放出的熱量就是akJ，故B正確；C、X、Y、Z的濃度之比為1:2:3并不能表示各物質(zhì)濃度不再發(fā)生改變了，所以不能說明反應達到了化學平衡，故C錯誤；D.降低溫度，任何反應速率都會減小，故D錯誤。故選B。19、C【分析】W的簡單氫化物可用作制冷劑，則W為氮元素，短周期主族元素中原子半徑最大的是鈉，則Y為鈉元素，X、Y、Z形成的鹽，加入鹽酸生成黃色沉淀及刺激性氣體，結(jié)合四種元素均是短周期元素，說明是Na2S2O3與鹽酸反應生成S和SO2，化學方程式為Na2S2O3＋2HCl=2NaCl＋S↓＋SO2↑＋H2O，所以X為氧元素，Z為硫元素，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．O的非金屬性強于N，穩(wěn)定性：H2O＞NH3，A正確；B．O2－、Na＋均具有Ne的電子層結(jié)構(gòu)，B正確；C．Na2S溶液因S2－水解呈堿性，藍色石蕊試紙遇堿不變色，C錯誤；D．S和O同屬于第ⅥA族，S與Na同屬于第三周期，D正確。故選C。20、B【分析】有關原子的共平面問題，我們需要重點關注的是有無類似甲烷的結(jié)構(gòu)片斷，若有，則原子不可能共平面?！驹斀狻緼.在化合物分子中，存在結(jié)構(gòu)片斷，因此所有碳原子不可能處于同一平面，A錯誤；B.在酸性條件下的水解產(chǎn)物中含有酚羥基，能與FeCl3發(fā)生顯色反應，B正確；C.X分子中含有-COOH，能與NaHCO3溶液反應，C錯誤；D.1mol化合物X的水解產(chǎn)物中含有2mol羧基和1mol酚羥基，最多能與3molNaOH反應，D錯誤；故選B?！军c睛】分析有機物的耗堿量時，需要關注酯基的水解產(chǎn)物，只要是酯基，都能水解產(chǎn)生羧基，但另一產(chǎn)物是醇還是酚，關乎解題的成敗，所以解題時一定要仔細。21、C【解析】A是分液漏斗；B測溶液pH值，應用玻璃棒將待測液點在試紙上測試；C用硫酸滴定NaOH溶液用酸式滴定管，操作正確；D為100mL容量瓶?！驹斀狻緼是分液漏斗。B測溶液pH值操作錯誤，不應直接將試紙置入待測溶液中，而是用玻璃棒將待測液點在試紙上測試。C用硫酸滴定NaOH溶液用酸式滴定管，操作正確。D為100mL容量瓶，而非溶量瓶。故選C。22、A【分析】因為置換反應一定是氧化還原反應，有的氧化還原反應吸熱、有的氧化還原反應放熱，所以左邊的大橢圓是吸熱反應，右邊的大橢圓為氧化還原反應，右邊大橢圓中的小橢圓為置換反應。Ⅰ區(qū)為非氧化還原反應中的吸熱反應；Ⅱ區(qū)為吸熱、不屬于置換反應的氧化還原反應；Ⅲ區(qū)為既屬于置換反應、又屬于氧化還原反應的吸熱反應；Ⅳ區(qū)為既屬于置換反應、又屬于氧化還原反應的放熱反應；Ⅴ區(qū)為放熱的、不屬于置換反應的氧化還原反應?！驹斀狻緼.Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2反應為放熱的、不屬于置換反應的氧化還原反應，A符合題意；B.NaOH+HCl=NaCl+H2O反應為非氧化還原反應，B不合題意；C.2NaHO3=2Na2CO3+H2O+CO2↑反應為非氧化還原反應，C不合題意；D.2Na+2H2O=NaOH+H2↑為放熱的、屬于置換反應的氧化還原反應，D不合題意。故選A?！军c睛】有的氧化還原反應放熱，如燃燒反應(有的是置換反應，有的不是置換反應)、酸堿中和反應(復分解反應)，鋁熱反應(置換反應)，活潑金屬與酸或水的反應(置換反應)；有的反應是吸熱反應，如C與CO2、H2O(g)的反應(置換反應)，Ba(OH2)?8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O(復分解反應)，絕大部分分解反應(有的是置換反應，有的不是置換反應)。二、非選擇題(共84分)23、乙苯取代反應加成反應羥基+2NaOH+2NaBr+2H2O11CH3CH2COOH【分析】根據(jù)信息可知CH3COOH與SOCl2反應生成CH3COCl，根據(jù)C的結(jié)構(gòu)可以推斷出A為，C發(fā)生加成反應生成D()，D發(fā)生消去反應生成E()，E發(fā)生加成反應生成F()，F(xiàn)發(fā)生消去反應生成G()?！驹斀狻?1)根據(jù)前面分析得到B的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COCl；A()的化學名稱為乙苯；故答案為：CH3COCl；乙苯。(2)由A()、B(CH3COCl)反應生成C的反應類型是取代反應；由E()生成F()的反應類型為加成反應；故答案為：取代反應；加成反應。(3)D()中含氧官能團的名稱是羥基；在加熱條件下F與足量NaOH的乙醇溶液反應生成G的化學方程式+2NaOH+2NaBr+2H2O；故答案為：羥基；+2NaOH+2NaBr+2H2O。(4)E()有多種同分異構(gòu)體，①苯環(huán)上有兩個取代基，②能夠使溴的CCl4溶液褪色，說明含有碳碳雙鍵，含有一個甲基和—CH2CH=CH2，鄰、間、對三種；含有一個甲基和—C(CH3)=CH2，鄰、間、對三種；含有一個甲基和—CH=CHCH3，鄰、間、對三種；含有一個—CH=CH2和—CH2CH3，鄰、間、對三種，去掉，其同分異構(gòu)體共11種；故答案為：11。(5)根據(jù)信息CH3CH2COOH和SOCl2反應生成，和苯反應生成，和氫氣反應生成，在濃硫酸加熱條件下反應生成，在催化劑條件下反應生成；其流程圖為CH3CH2COOH；故答案為：CH3CH2COOH?！军c睛】有機推斷是?？碱}型，主要根據(jù)前后分子式或結(jié)構(gòu)簡式分析前后物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式，常見推斷方式有正向推斷、逆向推斷、兩邊向中間、中間向兩邊的推斷。24、C9H10碳碳雙鍵消去反應【解析】在質(zhì)譜圖中烴A的最大質(zhì)荷比為118，則烴A的相對分子質(zhì)量為118，根據(jù)商余法，118÷12=9…10，其化學式為C9H10；由流程圖可知A可與Br2/CCl4的溶液發(fā)生加成反應，說明B為溴代烴，根據(jù)C能夠被氧化生成D，D能夠與新制氫氧化銅懸濁液反應生成E，結(jié)合E的結(jié)構(gòu)簡式，可知D為，C為，則B為，A為；E在濃硫酸存在時脫水生成F，F(xiàn)為，F(xiàn)再與苯乙醇發(fā)生酯化反應生成的酯I為。(1)A的結(jié)構(gòu)簡式為，分子式為C9H10，含有的官能團為碳碳雙鍵；在濃硫酸存在時脫水生成，即E→F的反應類型為消去反應，故答案為C9H10；碳碳雙鍵；消去反應；(2)由分析可知I的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為；(3)與新制Cu(OH)2混合加熱生成的化學方程式為；故答案為；(4)的同分異構(gòu)體W能與濃溴水反應產(chǎn)生白色沉淀，說明分子結(jié)構(gòu)中含有酚羥基，1mol

W參與反應最多消耗3mol

Br2，可知酚羥基的鄰、對位均有可取代的氫，則符合條件的W的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為；(5)J是一種高分子化合物，則由與乙二酸發(fā)生縮聚反應生成J的化學方程式為或；故答案為。點睛：本題考查有機物推斷，明確官能團及其性質(zhì)關系是解本題關鍵。注意結(jié)合題給信息及有機反應條件來分析解答。本題的易錯點和難點為同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式和有機方程式的書寫，要根據(jù)學過的基礎知識遷移應用。25、A吸收尾氣，并防止空氣中的水蒸氣進入蒸餾燒瓶POCl3+3H2O＝H3PO4+3HCl溫度過低，反應速度太慢，溫度過高，PCl3易揮發(fā)，利用率低溶液由無色變?yōu)榧t色且30s內(nèi)不再變色71.0%【分析】I．（1）高錳酸鉀和濃鹽酸反應制氯氣，屬于固體和液體反應，反應不需要加熱，據(jù)此選擇裝置；（2）根據(jù)氯氣有毒，產(chǎn)品PCl3遇水均劇烈反應生成含氧酸和氯化氫進行分析；II．實驗室制備POCl3。A裝置中用雙氧水與二氧化錳反應生成氧氣，通過加入雙氧水的量，可以控制產(chǎn)生氧氣的速率，氧氣中含有水蒸氣用濃硫酸除去，所以B裝置中裝濃硫酸，裝置B中有長頸漏斗，可以平衡裝置內(nèi)外的壓強，起安全瓶的作用，純凈的氧氣與三氯化磷反應生成POCl3，為了控制反應速率且要防止三氯化磷揮發(fā)，反應的溫度控制在60～65℃，所以裝置C中用水浴，為防止POCl3揮發(fā)，用冷凝管進行冷凝回流，POCl3遇水均劇烈水解為含氧酸和氯化氫，所以為防止空氣中水蒸汽進入裝置，同時吸收尾氣，所以在裝置的最后連有堿石灰的干燥管，據(jù)此分析回答問題?！驹斀狻縄．（1）固體和液體反應，反應不需要加熱，據(jù)此選擇裝置A；答案：A；（2）根據(jù)氯氣有毒，因此尾氣不可排放到空氣中，產(chǎn)品PCl3遇水劇烈反應，要防止空氣中的水蒸氣進入蒸餾燒瓶；答案：吸收尾氣，并防止空氣中的水蒸氣進入蒸餾燒瓶；II．（3）POCl3在潮濕空氣中會劇烈“發(fā)煙”，確定有HCl生成，根據(jù)磷元素的化合價還可以確定有磷酸生成，方程式為POCl3+3H2O＝H3PO4+3HCl；答案：POCl3+3H2O＝H3PO4+3HCl；（4）根據(jù)上面的分析可知，反應溫度應控制在60～65℃，原因是溫度過低，反應速率小，溫度過高，三氯化磷會揮發(fā)，利用率低；答案：溫度過低，反應速度太慢，溫度過高，PCl3易揮發(fā)，利用率低；（5）因為Fe3+與SCN-結(jié)合，溶液會變紅，因此以NH4Fe(SO4)2為指示劑，用0.2mol?L﹣1NH4SCN溶液滴定過量的AgNO3溶液，達到滴定終點的現(xiàn)象是溶液由無色變?yōu)榧t色且30s內(nèi)不再變色；答案：溶液由無色變?yōu)榧t色且30s內(nèi)不再變色；（6）測定POCl3產(chǎn)品含量，用POCl3與水反應生成氯化氫，然后用硝酸銀標準溶液沉淀溶液中的氯離子，NH4SCN溶液滴定過量的AgNO3溶液，根據(jù)NH4SCN的物質(zhì)的量可計算出溶液中剩余的AgNO3，結(jié)合AgNO3的總物質(zhì)的量得知與氯離子反應的硝酸銀，進而計算出溶液中氯離子的物質(zhì)的量，進而確定氯元素的質(zhì)量分數(shù)；NH4SCN的物質(zhì)的量為0.2mol/L×0.01L=0.002mol，根據(jù)反應Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的銀離子的物質(zhì)的量為0.002mol，POCl3與水反應生成氯化氫的物質(zhì)的量為（3.2×0.01mol-0.002mol）×10=0.3mol，氯元素的質(zhì)量分數(shù)為×100%=71.0%；答案：71.0%。26、蒸餾燒瓶NH4Cl+NaNO2△N2↑+NaCl+2H2O無法確定由于分液漏斗和燒瓶間有橡皮管相連，使分液漏斗中液面上方和燒瓶中液面上方的壓強相同，無論裝置是否漏氣，都不影響分液漏斗中的液體滴入燒瓶除去氧氣防止空氣中的水蒸氣進入E裝置使氮化鎂水解該反應劇烈放熱，產(chǎn)生氮氣的速度較快，移走A處酒精燈能避免反應物沖出，同時避免溫度過高，造成NaNO2分解產(chǎn)生O2【解析】（1）由圖中儀器結(jié)構(gòu)可知，b為蒸餾燒瓶；A裝置制備氮氣，方程式為NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O；（2）由于分液漏斗和燒瓶間有橡皮管相連，使分液漏斗中液面上方和燒瓶中液面上方的壓強相同，無論裝置是否漏氣，都不影響分液漏斗中的液體滴入燒瓶，因此無法判斷。（3）由于溫度較高時，亞硝酸鈉會分解產(chǎn)生O2等，氧氣能與鎂反應，因此裝置C中為飽和硫酸亞鐵溶液，作用是除去氧氣。氮化鎂易與水反應，則F裝置的作用是防止空氣中的水蒸氣進入E裝置使氮化鎂水解。（4）由于該反應劇烈放熱，產(chǎn)生氮氣的速度較快，移走A處酒精燈能避免反應物沖出，同時避免溫度過高，造成NaNO2分解產(chǎn)生O2。（5）反應結(jié)束后，取mgE中樣品于試管中，加足量蒸餾水，得VmL氣體（換算為標準狀況），氣體是氨氣，物質(zhì)的量是V/22400mol，所以氮化鎂的物質(zhì)的量是V/44800mol，則樣品中氮化鎂的質(zhì)量分數(shù)為。27、蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶球形冷凝管冷凝回流增加反應物接觸面積，提高反應速率蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶Na2SO4取少量濾液于試管中，加稀鹽酸至溶液呈酸性，靜置，取上層清液（或過濾除去S后的濾液）于另一支試管中，向該試管中滴加BaCl2溶液，若出現(xiàn)渾濁，證明原濾液中含Na2SO4酸式101.2%含有的Na2SO3也會和I2發(fā)生反應，從而影響純度【分析】本題以Na2S2O3·5H2O晶體的制備及其樣品純度的測定為背景，考查考生對化學實驗儀器的認識和解決實際問題的能力。硫粉不溶于水，制備過程硫粉與水溶液中的Na2SO3不能充分的接觸，影響反應速率，用乙醇濕潤硫粉的目的就要從這些方面分析。溫度越高Na2S2O3溶解度越大，所以冷卻其較高溫度下的飽和溶液，可得到Na2S2O3·5H2O晶體。SO32-有較強的還原性，加熱條件下更易被溶解在溶液中的O2氧化，分析濾液中的雜質(zhì)要考慮這一點。用已知濃度的碘水滴定Na2S2O3溶液來測定樣品純度，而I2也能夠氧化SO32-，這是實驗原理不完善帶來的系統(tǒng)誤差。由此分析?！驹斀狻?1)根據(jù)裝置圖可知，儀器B為球形冷凝管，使水蒸氣冷凝回流，防止反應液中水分大量流失而析出晶體。硫粉難溶于水而微溶于乙醇，用乙醇濕潤可使硫粉易于分散到溶液中，增大硫與Na2SO3的接解面積，加快反應速率。(2)由100C和700C下的Na2S2O3的溶解度數(shù)據(jù)可知，溫度越高Na2S2O3溶解度越大，可以先蒸發(fā)濃縮得到較高溫度下的Na2S2O3的飽和溶液，然后冷卻結(jié)晶，即可制備Na2S2O3·5H2O晶體。所以步驟④應采取的操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶。(3)SO32-具有較強的還原性，加熱過程中溶解在溶液中的O2氧化了部分SO32-生成SO42-，所以濾液中很可能存在Na2SO4。檢驗Na2SO4的存在，只需檢驗SO42-離子，但要排除SO32-和S2O32-的干擾，先用鹽酸酸化：Na2SO3+2HCl=SO2↑+H2O+2NaCl，Na2S2O3+2HCl=S↓+SO2↑+H2O+2NaCl，再加入BaCl2溶液：Ba2++SO42-=BaSO4↓，產(chǎn)生不溶于鹽酸的白色沉淀即證明濾液中含Na2SO4雜質(zhì)。所以檢驗方法是：取少許濾液于試管中，加稀鹽酸至溶液呈酸性，靜置，取上層清液（或過濾除去S后的濾液）于另一支試管中，向該試管中加入BaCl2溶液，若出現(xiàn)渾濁則證明原濾液中含Na2SO4。(4)I2能與橡膠發(fā)生加成反應而腐蝕橡膠，不能用堿式滴定管，只能用酸式滴定管盛裝碘水進行滴定。由表中數(shù)據(jù)可知三次實驗消耗碘水體積分別為30.22mL、30.70mL、30.18mL，顯然第二次實驗誤差太大舍去，平均消耗碘水體積為=30.20mL。設所配樣品溶液的濃度為c(Na2S2O3)，列比例式：，解得c(Na2S2O3)=0.1208mol/L7.40g樣品中Na2S2O3·5H2O的物質(zhì)的量=n(Na2S2O3)=0.25L×0.1208mol/L=0.0302mol,樣品的純度=×100%=101.2%。因為SO32-有較強的還原性，也能被I2氧化，所以滴定中消耗的碘水體積偏大，使計算得到的純度值偏大。28、CH4(g)