重慶市渝東六校2026屆化學高三上期中質(zhì)量檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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、2020年7月23日我國首個火星探測器“天問一號”發(fā)射成功。火星車所涉及的下列材料中屬于金屬材料的是()A．探測儀鏡頭材料——二氧化硅B．車輪材料——鈦合金C．溫控涂層材料——聚酰胺D．太陽能電池復合材料——石墨纖維和硅2、CO、H2、C2H5OH三種物質(zhì)燃燒的熱化學方程式如下：①CO(g)+1/2O2(g)═CO2(g)

△H1=a

kJ/mol；②H2(g)+1/2O2(g)═H2O(g)

△H2=bkJ/mol；③C2H5OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g)△H3=c

kJ/mol。下列說法正確的是A．△H1>0B．2H2O(l)═2H2(g)+O2(g)△H=-2b

kJ/molC．CO2與H2合成C2H5OH反應的原子利用率為100%D．2CO(g)+4H2(g)═H2O(g)+C2H5OH(l)

△H=(2a+4b-c)kJ/mol3、Cl2O是一種強氧化劑，易溶于水且會與水反應生成次氯酸，與有機物或還原劑接觸會發(fā)生燃燒并爆炸。一種制取Cl2O的裝置如圖所示。已知：Cl2O的熔點為-116℃，沸點為3.8℃；Cl2的沸點為-34.6℃；HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O。下列說法正確的是A．裝置②、③中盛裝的試劑依次是濃硫酸和飽和食鹽水B．通干燥空氣的目的是作氧化劑C．從裝置⑤中逸出氣體的主要成分是Cl2OD．裝置④與⑤之間不用橡皮管連接，是為了防止橡皮管燃燒和爆炸4、用如圖所示實驗裝置進行相關實驗探究，其中裝置不合理的是A．升華提純碘 B．鑒別純堿與小蘇打C．證明Cl2能與燒堿溶液反應 D．探究鈉與Cl2反應5、某工業(yè)廢氣中的SO2經(jīng)如下圖中的兩個循環(huán)可分別得到S和H2SO4，假設循環(huán)I、II處理等質(zhì)量的SO2。下列說法正確的是A．“反應1”和“電解”中的氧化產(chǎn)物分別是ZnFeO3.5和MnO2B．“反應2”和“吸收”中的SO2均起還原劑的作用C．鐵網(wǎng)或石墨均可作為循環(huán)II中電解過程中的陽極材料D．循環(huán)I、II中理論上分別得到S和H2SO4的物質(zhì)的量比為1∶16、NH3和NO2在催化劑作用下反應：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。若還原產(chǎn)物比氧化產(chǎn)物少0.1mol，則下列判斷正確的是A．轉(zhuǎn)移電子4.8NA個 B．還原劑比氧化劑多0.2molC．生成氣體的體積42.56L(標準狀況） D．被還原的氮原子是11.2g7、有一未知的無色溶液，只可能含有以下離子中的若干種（忽略由水電離產(chǎn)生的H+、OH-）：H+、NH4+、K＋、Mg2＋、Cu2＋、Al3+、NO3－、CO32－、SO42－，現(xiàn)取三份100mL溶液進行如下實驗：①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀產(chǎn)生。②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀產(chǎn)生，經(jīng)洗滌、干燥后，沉淀質(zhì)量為6.99g。[③第三份逐滴滴加NaOH溶液，測得沉淀與NaOH溶液的體積關系如圖。根據(jù)上述實驗，以下推測不正確的是A．原溶液一定不存在H+、Cu2＋、CO32－B．不能確定原溶液是否含有K＋、NO3－C．原溶液確定含Mg2＋、Al3＋、NH4＋，且n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝1:1:2D．實驗所加的NaOH的濃度為2mol·L－18、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法不正確的是（）A．1mol葡萄糖與足量的鈉反應能產(chǎn)生2.5molH2B．a(chǎn)g某氣體中含分子數(shù)為b，cg該氣體在標況下的體積為(22.4bc)/(aNA)C．將1molCl2通入到水中，則N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=2NA(N表示粒子數(shù)）D．相同質(zhì)量的Na2O2和Na2S固體具有相同的陰陽離子數(shù)和質(zhì)子數(shù)9、下列實驗操作、實驗現(xiàn)象以及所得出的結論均正確的是（）選項實驗操作實驗現(xiàn)象結論A向淀粉碘化鉀溶液中通入過量氯氣溶液由無色變?yōu)樗{色，后藍色褪去氯氣具有強氧化性和漂白性B在Ca(ClO)2溶液中通入SO2氣體有沉淀生成酸性：H2SO3＞HClOC草酸溶液滴入酸性高錳酸鉀溶液中溶液逐漸褪色草酸溶液具有還原性D向某溶液中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀產(chǎn)生該溶液中含有SOA．A B．B C．C D．D10、下列說法正確的是()A．常溫下，反應C(s)＋CO2(g)=2CO(g)不能自發(fā)進行，則該反應的ΔH>0B．已知2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)ΔH＝-566kJ·mol-1，則CO的燃燒熱ΔH＝-283kJC．已知H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O(l)ΔH＝-57.3kJ·mol-1，則稀H2SO4溶液和稀Ba(OH)2溶液反應的反應熱ΔH=2×(-57.3)kJ·mol-1D．甲烷的燃燒熱ΔH＝-890.3kJ·mol-1，則CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＜-890.3kJ·mol-111、關于一些重要的化學概念有下列說法，其中正確的是①Fe(OH)3膠體和CuSO4溶液都是混合物②BaSO4是一種難溶于水的強電解質(zhì)③冰醋酸、純堿、小蘇打分別屬于酸、堿、鹽④煤的干餾、煤的汽化和液化都屬于化學變化A．①②B．①②④C．②③④D．③④12、在一個氧化還原反應體系中存在Fe3+、NO3－、Fe2+、NH4+、H+、H2O，則下列判斷正確的是A．配制Fe(NO3)2溶液時應加入硝酸酸化防止Fe2+水解B．該反應中氧化劑與還原劑的化學計量數(shù)之比為8：1C．若有1molNO3－發(fā)生還原反應，轉(zhuǎn)移的電子物質(zhì)的量為2molD．若將該反應設計成原電池，則負極反應式為Fe2+-e－＝Fe3+13、下列除雜過程中，所選用的試劑或方法不正確的是A．Na2CO3固體中混有NaHCO3：充分加熱固體混合物B．FeCl2溶液中混有FeCl3：加入過量的鐵粉，過濾C．Fe2O3固體中混有Al2O3：加入足量的鹽酸，過濾D．FeCl3溶液中混有FeCl2：通入足量的Cl214、天然氣因含有少量H2S等氣體開采應用受限。T.F菌在酸性溶液中可實現(xiàn)天然氣的催化脫硫，其原理如圖所示。下列說法不正確的是A．該脫硫過程需要不斷添加Fe2(SO4)3溶液B．脫硫過程O2間接氧化H2SC．亞鐵是血紅蛋白的重要組成成分，F(xiàn)eSO4可用于治療缺鐵性貧血D．《華陽國志》記載“取井火煮之，一斛水得五斗鹽”，說明我國古代已利用天然氣煮鹽15、阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。下列說法正確的是A．標準狀況下，22.4L乙烷中所含的極性共價鍵數(shù)目為7NAB．2.0gH218O和D2O的混合物中含有質(zhì)子數(shù)為NAC．5.6gFe和足量鹽酸完全反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NAD．2L0.05mol·L?1乙醇溶液中含有H原子數(shù)目為0.6NA16、在探究SO2的性質(zhì)實驗中，下列根據(jù)實驗現(xiàn)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(chǎn)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(chǎn)生，說明H2SO3酸性強于H2CO317、在下列溶液中，各組離子一定能夠大量共存的是：()A．使酚酞試液變紅的溶液：Na+、Cl-、SO42-、Fe3+B．使紫色石蕊試液變紅的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C．c(H+)=10-12mol·L-1的溶液：K+、Ba2+、Cl-、Br-D．碳酸氫鈉溶液：K+、SO42-、Cl-、H+18、常溫下，0.1molNa2CO3與鹽酸混合所得的一組體積為1L的溶液，溶液中部分微粒與pH的關系如圖所示。下列有關溶液中離子濃度關系敘述正確的是A．W點所示的溶液中：c(Na+)>c(CO32-)=c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)B．pH=4的溶液中：c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/LC．pH=8的溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)D．pH=11的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CO32-)+c(HCO3-)19、某溫度下，相同pH值的鹽酸和醋酸溶液分別加水稀釋，平衡pH值隨溶液體積變化的曲線如圖所示。據(jù)圖判斷正確的是A．Ⅱ為鹽酸稀釋時的pH值變化曲線B．b點酸的總濃度大于a點酸的總濃度C．a(chǎn)點Kw的數(shù)值比c點Kw的數(shù)值大D．b點溶液的導電性比c點溶液的導電性強20、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是（）A．標準狀況下，2.24L乙烯分子中的共用電子對數(shù)目為0.6NAB．1molNO與0.5molO2充分反應后的原子數(shù)目為3NAC．100g質(zhì)量分數(shù)為92%的乙醇溶液中，氧原子數(shù)目為2NAD．7.2gCaO2與CaS的混合物中離子總數(shù)為0.2NA21、下列操作正確的是（）A．用50mL的量筒量取5.8mL硫酸B．用PH試紙測定0.1mol·L-1的NaClO溶液的pHC．用托盤天平稱量5.85g的NaClD．用250mL的容量瓶配制230mL的0.1mol·L-1NaCl溶液22、下列關于Na、C、N、S元素及其化合物的說法正確的是（）A．原子半徑：r(Na)>r(S)>r(C)>r(N)B．Na2S2中只含離子鍵C．N、S的氧化物對應水化物均為強酸D．Na、S形成的化合物水溶液呈中性二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知A為常見的金屬單質(zhì)，根據(jù)如圖所示的轉(zhuǎn)化關系回答下列問題。（1）確定A、B、C、D、E、F的化學式：A為________，B為________，C為________。D為________，E為________，F(xiàn)為________。（2）寫出⑧的化學方程式及④、⑤的離子方程式：___________________________。24、（12分）芳香烴A(C7H8)是重要的有機化工原料，由A制備聚巴豆酸甲酯和醫(yī)藥中間體K的合成路線(部分反應條件略去)如圖所示：已知：①②③(弱堿性，易氧化)回答下列問題：(1)A的名稱是____________，I含有的官能團是_______________________。(2)②的反應類型是______________，⑤的反應類型是__________________。(3)B、試劑X的結構簡式分別為____________________、____________________。(4)巴豆酸的化學名稱為2-丁烯酸，有順式和反式之分，巴豆酸分子中最多有_____個原子共平面，反式巴豆酸的結構簡式為__________________________。(5)第⑦⑩兩個步驟的目的是_________________________________________________。(6)既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應的二元取代芳香化合物W是F的同分異構體，W共有_______種，其中苯環(huán)上只有兩種不同化學環(huán)境的氫原子且屬于酯類的結構簡式___。(7)將由B、甲醇為起始原料制備聚巴豆酸甲酯的合成路線補充完整(無機試劑及溶劑任選)______________________________________________.25、（12分）實驗小組制備高鐵酸鉀(K2FeO4)并探究其性質(zhì)。資料:K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液;具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2,在堿性溶液中較穩(wěn)定。制備K2FeO4(夾持裝置略)（1）簡述檢驗該裝置氣密性的方法：________________________________________。（2）A為氯氣發(fā)生裝置。A中化學反應的被還原的元素是____________________________。（3）裝置B的作用是除雜，所用試劑為_____________________________________。（4）C中得到紫色固體和溶液。請寫出C中發(fā)生的化學反應并標出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：_________。此反應表明:氧化性Cl2______FeO42-(填“>”或“<”)。（5）C中除了發(fā)生③中的反應，還發(fā)生化學反應的離子方程式是:______________________。（6）用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液a。取少量a,滴加鹽酸，有Cl2產(chǎn)生。此實驗得出Cl2和FeO42-的氧化性強弱關系與制備實驗時得出的結論相反，原因是__________________________。26、（10分）某化學興趣小組為探索銅跟濃硫酸的反應，用下圖所示裝置進行有關實驗。取agCu片、12mL18mol/L濃H2SO4放入圓底燒瓶中加熱，直到反應完畢，最后發(fā)現(xiàn)燒瓶中還有一定量的H2SO4和Cu剩余。請回答：（1）請寫出Cu與濃H2SO4反應的化學方程式___________________________________，裝置E中試管D內(nèi)盛品紅溶液，當D中觀察到_____________________時，說明C中氣體集滿，取下試管D，用酒精燈加熱，觀察到的現(xiàn)象是_____________________。（2）裝置B的作用是貯存多余的氣體，B中放置的液體可以是_________________（填字母）。A．酸性KMnO4B．飽和Na2S溶液C．飽和NaHCO3溶液D．飽和NaHSO3溶液（3）下列藥品中，能夠證明反應后的燒瓶中有酸剩余的是___________。A．KNO3晶體B．NaHCO3溶液C．Zn粉D．BaCl2溶液（4）該法制備硫酸銅溶液有諸多缺點，任意寫出一條_______________________，可以用稀硫酸和廢銅屑通過綠色方法制得純凈的硫酸銅溶液，寫出一種制備方法_______________________（用方程式表示）。27、（12分）某同學對Cu的常見化合物的性質(zhì)進行實驗探究，研究的問題和過程如下：(1)為探究Cu(OH)2是否和Al(OH)3一樣具有兩性，除選擇Cu(OH)2外，必須選用的試劑為____________(填序號)a．氨水

b．氫氧化鈉溶液

c．稀硫酸

d．冰醋酸(2)為探究不同價態(tài)銅的穩(wěn)定性，進行如下實驗：①將CuO粉末加熱至1000℃以上完全分解成紅色的Cu2O粉末。②向Cu2O中加適量稀硫酸，得到藍色溶液和一種紅色固體，該反應的離子化學方程式為____________。(3)為了探究氨氣能否和氫氣一樣還原CuO，他根據(jù)所提供的下列裝置進行實驗(夾持裝置未畫)，裝置A產(chǎn)生氨氣，按氣流方向連接各儀器接口，順序為a→___→___→___→___→___→___→h①實驗開始時，打開分液漏斗的活塞K，發(fā)現(xiàn)濃氨水沒有滴下，如果各儀器導管均沒有堵塞，則可能的原因是_______________________________________。②實驗結束后，裝置B中固體由黑色變?yōu)榧t色，裝置E中收集到無色無味的氣體，在空氣中無顏色變化，點燃的鎂條可以在其中燃燒，則B裝置中發(fā)生的化學方程式為_____________________。③裝置C中的球形裝置的作用是_________________。28、（14分）元素A、B、C、D都是短周期元素，A元素原子的2p軌道上僅有兩個未成對電子，B的3p軌道上有空軌道，A、B同主族，B、C同周期，C是同周期中電負性最大的，D的氣態(tài)氫化物的水溶液能使無色酚酞試液變紅。試回答：（1）A的最外層電子軌道排布圖為___；B的電子排布式為___；C的最外層電子排布式為__；D的原子結構示意圖為___。（2）D與H原子形成的某氣態(tài)化合物溶于水能使酚酞溶液變紅，請解釋原因：__。已知D與H原子能形成一種高能量的分子D2H2，其中D原子滿足8電子結構特征，則該分子的電子式為___。（3）B的原子核外電子運動狀態(tài)有__種，原子軌道數(shù)為__，有__種能量不同的電子，電子占據(jù)的最高能量的電子層符號為__。（4）四種元素最高價氧化物水化物酸性由強到弱的是（用對應化學式回答）__。29、（10分）第二代復合火箭推進劑發(fā)生的反應可表示為：①2NH4ClO4→N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O；②4Al(s)+3O2(g)→2Al2O3(s)+QkJ（Q>0）。完成下列填空：（1）書寫H2O的電子式____________________，Cl原子核外有______種不同能量的電子。（2）上述物質(zhì)所形成的晶體中，只包含一種微粒間作用力的是________（填序號）。a.N2b.Al2O3c.H2Od.NH4ClO4（3）N2和O2都能與H2反應，但二者反應條件差異較大，分析可能原因：①從分子斷鍵角度看，N2分子更難斷鍵，原因是_________________________________；②從原子成鍵角度看，O原子更易與H原子結合，原因是______________________________________________。（4）反應①中，氧化產(chǎn)物是_______；生成1molN2時，反應中轉(zhuǎn)移_______NA電子。銨鹽都易分解，NH4Cl、NH4HCO4等受熱分解得到NH3和相應的酸，而NH4NO3等銨鹽和NH4ClO4分解相似，一般無法得到對應酸，且產(chǎn)物可能為N2或NO等物質(zhì)。請分析不同銨鹽受熱分解產(chǎn)物存在差異的可能原因：__________。（5）下列能量變化示意圖可與反應②中所體現(xiàn)的能量關系匹配的是________（填序號）。

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【詳解】A．二氧化硅是非金屬氧化物，故A不符合題意；B．鈦合金是金屬材料，故B符合題意；C．聚酰胺是有機高分子材料，故C不符合題意；D．石墨纖維和硅是非金屬材料，故D不符合題意。綜上所述，答案為B。2、D【解析】A.反應①為CO的燃燒，一定是放熱反應，所以焓變應該小于0，選項A錯誤。B.反應②中水的狀態(tài)為氣態(tài)，而選項B中方程式里水的狀態(tài)為液態(tài)，顯然無法計算選項B中方程式的焓變，選項B錯誤。C.CO2與H2合成C2H5OH反應為2CO(g)+4H2(g)=H2O(g)+C2H5OH(1)，顯然原子利用率小于100%，選項C錯誤。D.①×2+②×4-③得到：2CO(g)+4H2(g)=H2O(g)+C2H5OH(1)ΔH=(2a+4b-c)kJ/mol，選項D正確。故選D。3、D【解析】A.從飽和食鹽水逸出氣體中含有水蒸氣，所以氯氣要先通過飽和食鹽水，再通過濃硫酸，即裝置②、③中盛裝的試劑依次是飽和食鹽水和濃硫酸，故A錯誤；B.通干燥空氣的目的是將Cl2O從發(fā)生裝置完全趕出至收集裝置，故B錯誤；C.從裝置⑤中逸出氣體的主要成分是Cl2，故C錯誤；D.裝置④與⑤之間不用橡皮管連接，是為了防止橡皮管燃燒和爆炸，故D正確。故選D。點睛：在除去氣體中包括水蒸氣在內(nèi)的氣體雜質(zhì)時，由于常用溶液作為除雜試劑，而從一般溶液逸出氣體中含有水蒸氣，所以應該在氣體除雜過程的最后一步除去水蒸氣。4、B【詳解】A．碘單質(zhì)易升華，加熱后遇冷水冷凝成固體，裝置設置合理，故不選A項；B．加熱固體，為了防止生成的水倒流，試管應該傾斜向下，裝置設置不合理，故選B項；C．將NaOH溶液滴入瓶中，Cl2和NaOH溶液反應，導致瓶內(nèi)壓強減小，氣球的體積會變大，裝置設置合理，故不選C項；D．加熱裝置并通入Cl2可以觀察到Na劇烈燃燒，產(chǎn)生大量白煙和光亮的黃色火焰，裝置可用于探究Na和Cl2的反應，故不選D項；故選B。5、D【分析】本題考查了氧化還原反應原理，還原劑判斷，電極材料選取和工業(yè)流程圖分析。【詳解】A.由圖可知，“反應1”是ZnFeO4與H2反應生成ZnFeO3.5，ZnFeO4化合價降低，發(fā)生還原反應，還原產(chǎn)物是ZnFeO3.5；“電解”是硫酸錳電解生成硫酸和二氧化錳，硫酸錳發(fā)生氧化反應，氧化產(chǎn)物是MnO2，A錯誤；B.“反應2”中二氧化硫轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)，SO2發(fā)生還原反應，是氧化劑；“吸收”中SO2轉(zhuǎn)化為硫酸根，發(fā)生氧化反應，是還原劑，B錯誤；C.金屬作為循環(huán)II中電解過程中的陽極材料時，參與電解反應，故不能用鐵絲，C錯誤；D.由于二氧化硫轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)或硫酸根，根據(jù)S守恒可知，n（S）=n（H2SO4），D正確。答案為D。6、B【分析】8NH3+6NO2═7N2+12H2O中，氨氣為還原劑，二氧化氮為氧化劑，則由N原子守恒可知7molN2中，3mol為還原產(chǎn)物，4mol為氧化產(chǎn)物，即該反應中還原產(chǎn)物比氧化產(chǎn)物少1mol，同時轉(zhuǎn)移電子為24e-，以此來解答．【詳解】A.若還原產(chǎn)物比氧化產(chǎn)物少0.1mol,轉(zhuǎn)移電子為2.4mol,轉(zhuǎn)移電子2.4NA個，故A錯誤；B.若還原產(chǎn)物比氧化產(chǎn)物少0.1mol，還原劑為0.8mol，氧化劑為0.6mol，還原劑比氧化劑多0.2mol，故B正確；C.若還原產(chǎn)物比氧化產(chǎn)物少0.1mol，生成單質(zhì)為0.7mol，標況下體積為0.7mol×22.4L/mol=15.68L，故C錯誤；D.氧化劑被還原，由選項B可知，被還原的氮原子是0.6mol×14g/mol=8.4g，故D錯誤；故選C.【點睛】氧化還原反應的計算方法是電子守恒，即還原劑失電子總數(shù)等于氧化劑得電子總數(shù)，當氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物是同一種物質(zhì)時，從還原劑，氧化劑分析。7、B【詳解】溶液是無色透明的，所以不含有顏色的離子，故Cu2+一定不存在；通過圖象知，在加入過量的NaOH的過程中，一開始就有沉淀生成，說明不含有H+；沉淀部分溶解，推斷一定含有Al3+；K+不能和中學常見物質(zhì)反應產(chǎn)生特殊現(xiàn)象進行判斷，只能用焰色反應判斷，則不能確定是否含K+；①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀產(chǎn)生，推斷一定有CO32-、SO42-兩種中的一種．因通過圖象知含有Al3+；鋁離子和碳酸根離子發(fā)生雙水解，不能共存，所以推斷一定不含有CO32-、一定含有SO42-；②第二份加足里BaCl2溶液后，有白色沉淀產(chǎn)生，經(jīng)洗滌、干燥后，沉淀質(zhì)量為6.99g，推斷生成3×10-2molBaSO4，所以n（SO42-）=3×10-2mol；③第三份逐滴滴加NaOH溶液，測得沉淀與NaOH溶液的體積關系如圖，通過圖象知，在加入過量的過氧化鈉的過程中，一開始就有沉淀生成，說明不含有H+，沉淀部分溶解，推斷一定含有Al3+；圖象中有一段平臺，說明加入OH-時無沉淀生成，有NH4+，NH4++OH-=NH3?H2O，最后溶液中有沉淀，說明溶液中含Mg2+，通過此實驗無法判斷是否含有Na+，A．由上述分析可知，原溶液一定不存在H+、Fe3+、CO32-，選項A正確；B．原溶液確定含有Mg2+、Al3+、NH4+，由圖可知，沉淀最大時是氫氧化鎂、氫氧化鋁沉淀，且n[Mg(OH)2]+n[Al(OH)3]=0.02mol，沉淀最小時，為氫氧化鎂，故n[Mg(OH)2]=0.01mol，故n[Al（OH）3]=0.02mol-0.01mol=0.01mol，根據(jù)鋁元素守恒可知n（Al3+）=n[Al(OH)3]=0.01mol，根據(jù)Al3++3OH-=Al(OH)3↓，需OH-0.03mol；根據(jù)鎂元素守恒可知原溶液中n（Mg2+）=n[Mg(OH)2]=0.01mol，根據(jù)Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，需OH-0.02mol；生成沉淀最大量時需OH-0.05mol，由圖可知消耗NaOH25mL，所以c（NaOH）===2mol?L-1；根據(jù)NH4++OH-=NH3?H2O，所以可得到NH4+的物質(zhì)的量為0.01L×2mol?L-1=2×10-2mol，則n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）═0.01mol：0.01mol：2×10-2mol：3×10-2mol=1：1：2：3，由電荷守恒可知1×2+1×3+2×1>3×2，則應存在NO3-，不能確定是否含K+，選項B錯誤；C．由選項B的計算可知，實驗所加的NaOH的濃度為2mol?L-1，選項C正確；D．由選項B的計算可知，原溶液確定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，選項D正確；答案選B。8、C【解析】A、1分子葡萄糖含有5個羥基，1mol葡萄糖與足量的鈉反應能產(chǎn)生2.5molH2，A正確；B、ag某氣體中含分子數(shù)為b，則該氣體的相對分子質(zhì)量是，因此cg該氣體的物質(zhì)的量是，則在標況下的體積為＝(22.4bc)/(aNA)L，B正確；C、將1molCl2通入到水中，部分氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸，則根據(jù)氯原子守恒可知N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)＜2NA(N表示粒子數(shù)），C錯誤；D、Na2O2和Na2S的相對分子質(zhì)量均是78，陰陽離子的個數(shù)之比均是1:2，均含有38個質(zhì)子，所以相同質(zhì)量的Na2O2和Na2S固體具有相同的陰陽離子數(shù)和質(zhì)子數(shù)，D正確，答案選C。9、C【詳解】A.氯氣和碘化鉀反應生成碘單質(zhì)，淀粉遇到碘變藍，氯氣可以繼續(xù)和碘單質(zhì)反應生成更高價態(tài)的碘元素，藍色褪色，但不能說明氯氣具有漂白性，故A錯誤；B.次氯酸鈣和二氧化硫反應生成硫酸鈣和鹽酸，不能說明亞硫酸和次氯酸的酸性強弱，故B錯誤；C.草酸被酸性高錳酸鉀溶液氧化，說明草酸溶液具有還原性，故C正確；D.溶液中可能含有銀離子，生成的白色沉淀可能是氯化銀，故D錯誤。故選C。10、A【詳解】A.該反應的△S>0，△H?T△S<0的反應可自發(fā)進行，則C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自發(fā)進行，可知該反應的△H>0，A項正確；B.1molCO完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物CO2氣體所放出的熱量為CO的燃燒熱，燃燒熱屬于反應熱的一種，單位為kJ/mol，由已知的熱化學方程式可知CO的燃燒熱△H=?283kJ/mol，B項錯誤；C.反應熱與物質(zhì)的量成正比，且生成硫酸鋇放熱，由中和熱及焓變?yōu)樨?，可知稀H2SO4溶液和稀Ba(OH)2溶液反應生成2mol水和1molBaSO4的反應熱△H<2×(?57.3)kJ?mol?1，C項錯誤；D.燃燒熱是指1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物所放出的熱量，由甲烷的燃燒熱ΔH＝-890.3kJ·mol-1可知1molCH4完全燃燒生成液態(tài)水放出熱量為890.3kJ，生成氣態(tài)水放出的熱量比890.3kJ小，則ΔH>-890.3kJ·mol-1；D項錯誤；答案選A。【點睛】1、燃燒熱是指1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物時所放出的熱量，例如C→CO2(g)，S→SO2(g)，H→H2O(l)，燃燒熱為反應熱的一種，ΔH<0，單位為kJ·mol-1，燃燒反應為放熱反應，在用文字敘述燃燒熱時用正值，用ΔH表示時帶負號。2、D項是學生們的易錯點，忽略了△H是有正負號的，吸熱反應的△H大于零，放熱反應的△H小于零，則吸熱反應的△H大于放熱反應的△H；放熱反應的△H小于零，則放熱越少，△H越大；吸熱反應的△H大于零，吸熱越多，△H越大。11、B【解析】①Fe(OH)3膠體和CuSO4溶液都是由分散質(zhì)和分散劑組成的混合物，故①正確；②BaSO4是鹽，難溶于水，但溶于水的部分完全電離，熔融狀態(tài)完全電離，是強電解質(zhì)，故②正確；③純堿是碳酸鈉的俗稱，屬于鹽類，故③錯誤；④煤的干餾指煤在隔絕空氣條件下加熱、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤氣等產(chǎn)物的過程；煤的氣化是煤在氧氣不足的條件下進行部分氧化形成氫氣、一氧化碳等氣體的過程；煤的液化是將煤與氫氣在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為液體燃料或利用煤產(chǎn)生的氫氣和一氧化碳通過化學合成產(chǎn)生液體燃料或其他液體化工產(chǎn)品的過程。這三種變化都有新物質(zhì)生成，都屬于化學變化，故④正確；故正確序號為①②④。A.①②不符合題意；B.①②④符合題意；C.②③④不符合題意；D.③④不符合題意；答案：B。12、D【分析】亞鐵離子具有還原性，酸性條件下硝酸根離子具有強氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應生成鐵離子、銨根離子，其反應方程式為8Fe2++NO3-+10H+=8Fe3++NH4++3H2O，該反應中Fe元素化合價由+2價變?yōu)?3價、N元素化合價由+5價變?yōu)?3價，所以亞鐵離子是還原劑、硝酸根離子是氧化劑，以此解答該題。【詳解】反應方程式為8Fe2++NO3-+10H+=8Fe3++NH4++3H2O；A.亞鐵離子具有還原性，酸性條件下硝酸根離子具有強氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應生成鐵離子，不能用酸酸化，故A錯誤；B.該反應中Fe元素化合價由+2價變?yōu)?3價、N元素化合價由+5價變?yōu)?3價，所以亞鐵離子是還原劑、硝酸根離子是氧化劑，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1:8，故B錯誤；C.反應中N元素化合價由+5價降低到?3價，則若有1molNO3?發(fā)生還原反應，則轉(zhuǎn)移電子8mol，故C錯誤；D.若將該反應設計成原電池，則負極失電子發(fā)生氧化反應，根據(jù)氧化還原反應，亞鐵離子失電子發(fā)生氧化反應，則負極反應式為Fe2+-e－＝Fe3+，故D正確；答案選D。13、C【詳解】A．NaHCO3受熱易分解，生成Na2CO3固體、水和二氧化碳，因此可利用充分加熱固體混合物的方法除去Na2CO3固體中混有NaHCO3，A正確；B．鐵粉能與FeCl3反應生成FeCl2，因此除去FeCl2溶液中混有FeCl3的方法是加入過量的鐵粉，過濾，B正確；C．Fe2O3和Al2O3都能溶于鹽酸，因此加入足量的鹽酸，過濾，不能除去Fe2O3固體中混有的Al2O3，C錯誤；D．Cl2能將FeCl2氧化為FeCl3，因此可往FeCl3溶液中通入足量的Cl2，以除去溶液中混有的FeCl2，D正確。故答案是C。14、A【分析】根據(jù)圖示過程，F(xiàn)e2(SO4)3在T.F菌的作用下將硫化氫氧化為硫單質(zhì)，同時自身還原為硫酸亞鐵，硫酸亞鐵在氧氣的氧化下生成硫酸鐵，生成的硫酸鐵又繼續(xù)氧化硫化氫，形成循環(huán)，在此過程中硫酸鐵可視為催化劑，據(jù)此回答?！驹斀狻緼．T.F菌在酸性溶液中可實現(xiàn)天然氣的催化脫硫，F(xiàn)e2(SO4)3氧化硫化氫，自身被還原成硫酸亞鐵，硫酸亞鐵被氧氣氧化成硫酸鐵，F(xiàn)e2(SO4)3可視為催化劑，該脫硫過程不需要不斷添加Fe2(SO4)3溶液，A錯誤；B．脫硫過程：Fe2(SO4)3氧化硫化氫，自身被還原成硫酸亞鐵，硫酸亞鐵被氧氣氧化成硫酸鐵，脫硫過程O2間接氧化H2S，B正確；C．亞鐵是血紅蛋白的重要組成成分，起著向人體組織傳送O2的作用，若缺鐵就可能出現(xiàn)缺鐵性貧血，需補充一定量的亞鐵離子，C正確；D．天然氣主要成分為甲烷，甲烷燃燒放出熱量，井火為天然氣燃燒出現(xiàn)的火焰，故說明我國古代已利用天然氣煮鹽，D正確；故選A。15、B【解析】A、標準狀況下，22.4L乙烷的物質(zhì)的量為1mol，1mol乙烷中含6molC—H鍵，1molC—C鍵，其中C—H鍵為極性鍵，故1mol乙烷中含極性共價鍵6NA，A錯誤；B、H218O與D2O的相對分子質(zhì)量均為20，且一個分子所含質(zhì)子數(shù)均為10個，所以2.0gH218O和D2O組成的物質(zhì)為0.1mol，含有0.1NA個分子，則含有質(zhì)子數(shù)為NA，B正確；C、鐵與鹽酸反應：Fe+2H+＝Fe2++H2↑，因此5.6gFe完全反應，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.2mol，C錯誤；D、2L0.05mol·L?1乙醇溶液中乙醇的物質(zhì)的量為0.1mol，由于溶劑水分子還含有氫原子，則所含有H原子數(shù)目為大于0.6NA，D錯誤；答案選B。16、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(chǎn)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(chǎn)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。17、C【詳解】A.該溶液顯堿性，鐵離子不能大量存在，A錯誤；B.該溶液顯酸性，在酸性條件下，NO3-能氧化Fe2＋，則這兩種離子此時不能共存，B錯誤；C.該溶液顯堿性，這四種離子可以大量共存，C正確；D.碳酸氫根離子和氫離子不能共存，D錯誤；故合理選項為C。18、A【分析】A、W點所示的溶液中c（CO32－）=c（HCO3－），溶液顯堿性；B、根據(jù)物料守恒判斷；C、先判斷溶液中的溶質(zhì)，再根據(jù)電離程度與水解程度的相對大小分析；D、根據(jù)電荷守恒分析．【詳解】A．W點所示的溶液中c（CO32－）=c（HCO3－），溶液顯堿性，則c（OH－）＞c（H＋），所以溶液中離子濃度關系為：c（CO32－）=c（HCO3－）＞c（OH－）＞c（H＋），故A正確；B、pH=4，說明反應中有CO2生成，所以根據(jù)物料守恒可知c（H2CO3）+c（HCO3－）+c（CO32－）＜0.1mol·L-1，故B錯誤；C．根據(jù)圖象可知pH=8時，溶液中碳酸氫鈉的濃度遠遠大于碳酸鈉的濃度，這說明反應中恰好是生成碳酸氫鈉，HCO3－的水解程度大于電離程度，則c（Na＋）＞c（HCO3－）＞c（H2CO3）＞c（CO32－），故C錯誤；D、根據(jù)圖象可知pH=11時，溶液中電荷守恒為：c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（Cl－）+2c（CO32－）+c（HCO3-），故D錯誤；故選A?！军c睛】本題考查碳酸鈉和鹽酸反應中離子濃度大小比較，解題關鍵：在明確反應原理的基礎上利用好幾種守恒關系，即電荷守恒、物料守恒以及質(zhì)子守恒，易錯點B，結合圖象和題意靈活運用，讀出pH=4，說明反應中有CO2生成。19、D【分析】

【詳解】A．由于弱酸存在電離平衡，相同pH、相同體積的鹽酸和醋酸溶液分別加水稀釋時，醋酸的酸性降低的相對慢一些，從圖像可知I線表示鹽酸稀釋，II線表示醋酸稀釋，A錯誤；B．由于兩酸的PH相同，鹽酸的濃度小，稀釋相同倍數(shù)，仍然是醋酸的濃度大于鹽酸，B錯誤；C．溫度相同的情況下，KW是定值，C錯誤；D．b點溶液稀釋后可變成c點溶液，c點溶液中離子濃度小，導電性差，D正確；答案選D。20、C【詳解】A.1mol乙烯分子中含有6mol共價鍵，標準狀況下，2.24L乙烯為0.1mol，分子中的共用電子對數(shù)目為0.6NA，故A正確；B.化學反應遵循物料守恒，反應前原子總數(shù)與反應后原子總數(shù)相等，反應前1molNO與0.5molO2中原子總數(shù)為3NA，充分反應后原子總數(shù)也為3NA，故B正確；C.乙醇溶液含有水，水中也含有氧原子，100g質(zhì)量分數(shù)為92%的乙醇溶液中，氧原子數(shù)目大于2NA，故C錯誤；D.CaO2與CaS的摩爾質(zhì)量相等，平均摩爾質(zhì)量為72g/mol，7.2gCaO2與CaS的混合物為0.1mol，CaO2含有Ca2+和O22-，CaS中含有Ca2+和S2-，故離子總數(shù)為0.2NA，故D正確；答案選C。21、D【詳解】A．50mL的量筒精度是1mL，無法用50mL的量筒量取5.8mL硫酸，故A項錯誤；B．NaClO具有漂白性，無法用pH試紙測定其pH值，故B項錯誤；C．托盤天平精度是0.1g，無法用托盤天平稱量5.85g的NaCl，故C項錯誤；D．沒有230mL規(guī)格的容量瓶，需要用250mL的容量瓶配制230mL的0.1mol·L-1NaCl溶液，故D項正確；故答案為D。22、A【詳解】A．C、N元素位于第二周期，Na、S元素位于第三周期，電子層數(shù)相同，原子序數(shù)越大，半徑越小，則r(C)>r(N)，r(Na)>r(S)；電子層數(shù)不同，電子層數(shù)越多，半徑越大。則r(Na)>r(S)>r(C)>r(N)，故A正確；B．Na2S2中既含離子鍵又含有共價鍵，故B錯誤；C．N、S的最高價氧化物對應水化物均為強酸，沒有指明是最高價，如：HNO2、H2SO3就不是強酸，故C錯誤；D．Na、S形成的化合物水溶液不一定呈中性，如Na2S水溶液顯堿性，Na2SO3水溶液顯堿性，Na2SO4水溶液顯中性等，故D錯誤；答案選：A。二、非選擇題(共84分)23、（1）FeFe3O4FeCl2FeCl3Fe(OH)2Fe(OH)3（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-2Fe3++Fe=3Fe2+【詳解】試題分析：B是黑色晶體，應為Fe3O4，它與HCl反應生成FeCl2和FeCl3，紅褐色固體F為Fe（OH）3，則E為Fe（OH）2，C為FeCl2，D為FeCl3，所以A為Fe.（1）由以上分析可知A為Fe，B為Fe3O4，C為FeCl2，D為FeCl3，E為Fe(OH)2，F(xiàn)為Fe(OH)3；答案為：Fe；Fe3O4；FeCl2；FeCl3；Fe(OH)2；Fe(OH)3（2）E→F為Fe（OH）2與氧氣反應生成，反應的化學方程式為4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；C→D轉(zhuǎn)化可由氯氣和氯化亞鐵反應生成，反應的離子方程式為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；D→C轉(zhuǎn)化可由FeCl3與Fe反應生成FeCl2，反應的離子方程式為2Fe3++Fe═3Fe2+?？键c：考查鐵及其化合物的性質(zhì)。24、甲苯羧基、酰胺基氧化反應取代反應（硝化反應）10保護氨基，防止其被氧化6【分析】由分子式可知A為甲苯，B經(jīng)反應可生成聚巴豆酸甲酯，由根據(jù)信息①可知，B為，D為丙二酸，E為C2H5OOCCH2COOC2H5，由題給信息可知試劑X為，甲苯發(fā)生硝化反應生成F為，F(xiàn)發(fā)生還原反應生成G為，由I的結構簡式、H的分子式可知H的結構簡式為：，H被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成I，I發(fā)生取代反應生成G，J發(fā)生水解反應生成K，可知G→H是為了保護氨基，防止被氧化，以此解答該題?！驹斀狻?1)根據(jù)流程圖A(C7H8)是芳香烴，可知A是甲苯；根據(jù)I的結構簡式，分子中含有羧基、酰胺基兩種官能團；(2)酸性高錳酸鉀具有強氧化性，能將碳碳雙鍵氧化，即②發(fā)生氧化反應；反應⑤甲苯發(fā)生硝化反應，生成對硝基甲苯；(3)根據(jù)信息①可知，B的結構簡式為；根據(jù)信息②可知，試劑X的結構簡式為；(4)反式-2-丁烯酸分子的結構簡式為，除了甲基上兩個氫原子不在雙鍵結構所確定的平面上，其它所有原子都可能在同一平面上，共有10個原子；(5)第⑦、⑩兩個步驟的目的是：第⑦步先把氨基保護起來，防止氨基被酸性高錳酸鉀氧化，第⑩步再水解，重新生成氨基；(6)既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應的二元取代芳香化合物W只能為、、或、、，苯環(huán)上只有兩種不同化學環(huán)境的氫原子且屬于酯類的結構簡式為；(7)分析知B為，它經(jīng)過與氫氣發(fā)生加成反應，再發(fā)生消去反應、酯化反應、加聚反應，即可得到聚巴豆酸甲酯。具體合成路線：?！军c睛】本題的解題關鍵在于已知信息的靈活運用，熟悉官能團的性質(zhì)和有機反應類型。25、分液漏斗注入水后，打開分液漏斗活塞使液體流下,一段時間后液體不能順下，說明氣密性良好Mn飽和食鹽水>Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O二者酸堿性環(huán)境不同【分析】（1）檢查氣密性時，先形成封閉體系，再采用加液法檢查；（2）高錳酸鉀與濃鹽酸制備氯氣的反應為：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（3）裝置B的作用是除掉揮發(fā)的氯化氫氣體；（4）C中為氯氣與氫氧化鐵、KOH制備高鐵酸鉀的反應為：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；（5）C中還有氯氣與KOH反應生成氯化鉀和次氯酸鉀；（6）Fe（OH）3在堿性條件下被Cl2氧化為FeO42-，可以說明Cl2的氧化性大于FeO42-，F(xiàn)eO42-在酸性條件下氧化Cl-生成Cl2，注意兩種反應體系所處酸堿性介質(zhì)不一樣。【詳解】（1）檢驗裝置的氣密性的方法為分液漏斗注入水后，打開分液漏斗活塞使液體流下,一段時間后液體不能順下，說明氣密性良好；故答案為：分液漏斗注入水后，打開分液漏斗活塞使液體流下,一段時間后液體不能順下，說明氣密性良好；（2）高錳酸鉀與濃鹽酸制備氯氣，不用加熱，反應為：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，氯元素被氧化，錳元素被還原，故答案為：Mn；（3）裝置B的作用是除掉揮發(fā)的氯化氫氣體，用飽和食鹽水；故答案為：飽和食鹽水；（4）C中為氯氣與氫氧化鐵、KOH制備高鐵酸鉀的反應為：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；氯氣將Fe（OH）3氧化為K2FeO4，說明氧化性Cl2>FeO42-，反應轉(zhuǎn)移6mol電子；故答案為：；>；（5）C中還有氯氣與KOH反應生成氯化鉀和次氯酸鉀，離子方程式為：Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O；故答案為：Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O；（6）Fe（OH）3在堿性條件下被Cl2氧化為FeO42-，可以說明Cl2的氧化性大于FeO42-，取少量a,滴加鹽酸，有Cl2產(chǎn)生，說明FeO42-在酸性條件下氧化Cl-生成Cl2，兩種反應體系所處酸堿性介質(zhì)不一樣，所以可以說明溶液酸堿性會影響粒子氧化性的強弱；故答案為：二者酸堿性環(huán)境不同?！军c睛】考查了物質(zhì)制備流程和性質(zhì)檢驗方案的分析判斷，物質(zhì)性質(zhì)的應用，題干信息的分析理解，操作步驟的注意問題和基本操作方法是解題關鍵，需要有扎實的基礎知識。26、Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O品紅溶液褪色品紅溶液又恢復原來的紅色DABC產(chǎn)生SO2污染環(huán)境，生產(chǎn)等量硫酸銅消耗硫酸多等任寫一條合理答案2Cu+O2+2H2SO4＝2CuSO4+2H2O或Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O【解析】試題分析：（1）Cu與濃H2SO4反應生成硫酸銅、二氧化硫、水；二氧化硫能使品紅溶液褪色，加熱后能恢復紅色。（2）裝置B的作用是貯存多余的氣體，B中液體不能和二氧化硫反應；（3）要證明反應后的燒瓶中有酸剩余，需證明溶液含有氫離子；（4）該反應生成二氧化硫氣體；可以用稀硫酸和廢銅屑、氧氣加熱的方法制得純凈的硫酸銅。解析：（1）Cu與濃H2SO4反應生成硫酸銅、二氧化硫、水，反應的化學方程式是Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O；二氧化硫能使品紅溶液褪色，加熱后能恢復紅色，所以當D中觀察到品紅溶液褪色時，說明C中氣體集滿，取下試管D，用酒精燈加熱，觀察到的現(xiàn)象是品紅溶液又恢復原來的紅色。（2）酸性KMnO4具有強氧化性，能把二氧化硫氧化成硫酸根離子；飽和Na2S溶液與二氧化硫反應生成硫沉淀；飽和NaHCO3溶液與二氧化硫反應生成亞硫酸氫鈉和二氧化碳；BaCl2溶液與二氧化硫不反應，故選D；（3）根據(jù)，若加入硝酸鉀有氣體放出，則硫酸有剩余；根據(jù)，若NaHCO3溶液有氣體放出，則硫酸有剩余；根據(jù)，若加入Zn粉有氣泡生成，則硫酸有剩余；BaCl2溶液與硫酸、硫酸銅都能反應生成硫酸鋇沉淀，若加入BaCl2溶液有沉淀生成不能證明有硫酸剩余，故選ABC；（4）Cu與濃H2SO4反應生成二氧化硫氣體，二氧化硫有毒，污染空氣；可以用稀硫酸和廢銅屑、氧氣加熱的方法制得純凈的硫酸銅，反應方程式是2Cu+O2+2H2SO4＝2CuSO4+2H2O。點睛：Cu與濃H2SO4反應時，濃硫酸表現(xiàn)酸性和氧化性。通入氧氣或過氧化氫作氧化劑可以減少硫酸的消耗量，并減少空氣污染。27、bcCu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2Ogfbcde沒有將分液漏斗頸上的玻璃塞打開(或使塞上的凹槽（或小孔）對準漏斗上的小孔)3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O防倒吸【解析】(1)證明Al(OH)3呈兩性的試劑是強酸和強堿，因此要想證明Cu(OH)2呈兩性，也必須選強酸和強堿溶液，硫酸是強酸，所以可以選??；氫氧化鈉是強堿，所以可選??；氨水是弱堿，醋酸是弱酸，均不能選擇，所以bc正確，故答案為bc；(2)②向Cu2O中加適量稀硫酸，得到藍色溶液和一種紅色固體，這說明氧化亞銅和稀硫酸反應生成的是硫酸銅、水和單質(zhì)銅，因此該反應的離子化學方程式為：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，故答案為Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；(3)A裝置是制備氨氣的，生成的氨氣中含有水蒸氣，需要通過堿石灰干燥．又因為氨氣極易溶于水，過量的氨氣在進行尾氣處理時需要防止倒吸，所以正確的連接順序為：a→g→f→b→c→d→e→h，故答案為g；f；b；c；d；e；①由于反應中由氨氣生成，燒瓶內(nèi)壓強大，導致氨水不能滴下，即：可能的原因是沒有將分液漏斗頸上的玻璃塞打開(或使塞上的凹槽(或小孔)對準漏斗上的小孔)，故答案為沒有將分液漏斗頸上的玻璃塞打開(或使塞上的凹槽(或小孔)對準漏斗上的小孔)；②實驗結束后，裝置B中固體由黑色變?yōu)榧t色，這說明有導致銅生成，裝置E中收集到無色無味的氣體，在空氣中無顏色變化，點燃的鎂條可以在其中燃燒，因此鈣氣體應該是氮氣，所以B裝置中發(fā)生的化學方程式為3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，故答案為3CuO+2NH3

3Cu+N2+3H2O；③由于氨氣極易溶于水，直接通入水中吸收，容易倒吸，所以裝置C中的球形裝置的作用是防倒吸，故答案為防倒吸?！军c睛】本題探究了Cu的常見化合物的性質(zhì)，主要考查了性質(zhì)實驗方案的設計，采用假設的方法判斷銅的常見化合物的性質(zhì)，然后作實驗驗證；要注意有毒氣體產(chǎn)生時，一定有尾氣處理裝置，不能直接排空。本題的易錯點為(3)，要注意根據(jù)各裝置的作用結合實驗原理分析解答。28、1s22s22p63s23p23s23p5