上海華東師大三附中2026屆高三化學第一學期期中考試試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、agFe2O3和Al2O3組成的混合物全部溶于20mL、物質(zhì)的量濃度為0.05mol/L的硫酸中，反應后向所得溶液中加入10mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，則該NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為A．0.1mol?L-1 B．0.2

mol?L-1 C．0.4mol?L-1 D．0.8mol?L-12、綠色化是一種生產(chǎn)生活方式。下列行為與“綠色化”理念不相符的是A．大力發(fā)展清潔能源，減少對傳統(tǒng)能源的依賴B．生活垃圾分類收集處理，實現(xiàn)資源化再利用C．大量生產(chǎn)和貯存石灰，修復酸雨浸蝕的土壤D．推廣共享單車，倡導低碳、環(huán)保的出行方式3、實驗室中某些氣體的制取、收集及尾氣處理裝置如圖所示（省略夾持和凈化裝置）。僅用此裝置中提供的物質(zhì)完成相關實驗，最合理的選項是（）選項a中的溶液b中的物質(zhì)c中收集的氣體d中的液體A濃氨水生石灰NH3H2OB濃硝酸銅片NO2H2OC稀硝酸銅片NONaOH溶液D濃硫酸亞硫酸鈉SO2NaOH溶液A．A B．B C．C D．D4、K2FeO4是優(yōu)良的水處理劑，一種制備方法是將Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反應為Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O。下列關于該反應的說法不正確的是A．鐵元素被氧化，氮元素被還原 B．每生成1molK2FeO4，轉(zhuǎn)移6mole?C．K2FeO4具有氧化殺菌作用 D．該實驗條件下的氧化性：KNO3＞K2FeO45、下列說法正確的是（）A．SO2通入紫色石蕊試液中，溶液先變紅，后褪色B．向FeCl3和BaCl2溶液中分別通入CO2和SO2都無沉淀物產(chǎn)生C．干燥的氯氣能使紅色的鮮花褪色D．碳與二氧化硅在高溫下反應可制得粗硅并產(chǎn)生二氧化碳氣體6、鎂和鋁分別與等濃度、等體積的過量稀硫酸反應，產(chǎn)生氣體的體積（V）與時間（t）關系如右圖。反應中鎂和鋁的A．物質(zhì)的量之比為3︰2 B．質(zhì)量之比為3︰2C．摩爾質(zhì)量之比為2︰3 D．反應速率之比為2︰37、我國預計在2020年前后建成自己的載人空間站。為了實現(xiàn)空間站的零排放，循環(huán)利用人體呼出的CO2并提供O2，我國科學家設計了一種裝置(如下圖)，實現(xiàn)了“太陽能一電能一化學能”轉(zhuǎn)化，總反應方程式為2CO2=2CO+O2。關于該裝置的下列說法正確的是A．圖中N型半導體為正極，P型半導體為負極B．圖中離子交換膜為陽離子交換膜C．反應完畢，該裝置中電解質(zhì)溶液的堿性增強D．人體呼出的氣體參與X電極的反應：CO2+2e-+H2O=CO+2OH-8、某溶液離子及濃度如下表離子SO42-NO3-H＋Na＋Mn+濃度（mol·L－1）1321a則Mn+、a可能為A．NH4+、2 B．Ba2+、1 C．Al3+、2 D．Fe2+、19、甲、乙為兩種不同介質(zhì)的乙醇燃料電池(如下圖所示)。下列說法正確的是A．裝置甲和乙均是電能轉(zhuǎn)化為化學能B．X、Z極上分別消耗等物質(zhì)的量乙醇時，流過甲、乙負載的電子數(shù)相同C．Y、W極消耗氧氣物質(zhì)的量相同時，X、Z極消耗乙醇的物質(zhì)的量也相同D．Z極上發(fā)生的電極反應為:CH3CH2OH+5OH--4e-=CH3COO-+4H2O10、化學在生活中有著廣泛的應用，下列對應關系錯誤的是化學性質(zhì)實際應用ASO2具有漂白性SO2水溶液吸收Br2蒸氣BClO2具有強氧化性自來水消毒殺菌CCa(OH)2具有堿性修復被酸雨侵蝕的土壤DNH3具有還原性將煙道氣中的NOx轉(zhuǎn)化為N2A．A B．B C．C D．D11、已知三個氧化還原反應：①②③若某溶液中、和共存，要想除去而又不影響和，可加入的試劑是()A． B． C． D．12、下列有關物質(zhì)制備的反應中，其原理不屬于氧化還原反應的是（）A．制金屬鈦B．濕法煉銅C．實驗室制O2D．侯氏制堿13、取碘水四份與試管中，編號為I、II、III、IV，分別加入苯、四氯化碳、酒精、食鹽水，振蕩后靜置，現(xiàn)象正確的是A．I中溶液不分層，呈紫紅色 B．II中溶液分層，下層呈紫紅色C．III中溶液分層，下層呈棕黃色 D．IV中溶液不分層，溶液由棕黃色變成黃綠色14、化學在生活中有著廣泛的應用，下列對立關系正確的是選項化學性質(zhì)實際應用ASO2具有還原性漂白紙漿BHF具有弱酸性在玻璃上刻字，C鋁的金屬活動性強于氫用鋁制容器貯運濃硝酸DFeCl3溶液能與Cu反應蝕刻銅箔制造電路板A．A B．B C．C D．D15、宋代著名法醫(yī)學家宋慈的《洗冤集錄》中有銀針驗毒的記載，“銀針驗毒”涉及的化學反應是4Ag+2H2S+O2→2X+2H2O，下列說法正確的是A．X的化學式為AgS B．銀針驗毒時，空氣中氧氣失去電子C．反應中Ag和H2S均是還原劑 D．每生成1mo1X，反應轉(zhuǎn)移2mo1電子16、下列說法正確的是A．等質(zhì)量的甲烷、乙烯、1，3—丁二烯分別充分燃燒，所耗用氧氣的量依次減少B．按系統(tǒng)命名法，化合物的名稱為2—甲基—4—乙基戊烷C．苯酚、水楊酸（）和苯甲酸都是同系物D．三硝基甲苯的分子式為C7H3N3O617、有關物質(zhì)的使用不涉及化學變化的是A．明礬用作凈水劑 B．液氨用作致冷劑C．漂粉精作消毒劑 D．生石灰作干燥劑18、下列變化中，氣體被還原的是A．NH3使CuO固體變?yōu)榧t色B．CO2使Na2O2固體變?yōu)榘咨獵．HCl使Na2SiO3溶液產(chǎn)生膠狀沉淀D．Cl2使FeBr2溶液變?yōu)辄S色19、已知SO2通入BaCl2溶液無明顯現(xiàn)象。某同學利用如圖裝置探究SO2與BaCl2溶液反應生成白色沉淀的條件。下列判斷正確的是A．e、f兩管中的試劑可以分別是濃氨水和NaOH固體B．乙中產(chǎn)生的一定為氧化性氣體，將BaSO3氧化為BaSO4沉淀C．玻璃管的作用是連通大氣，使空氣中的氧氣進入廣口瓶，參與反應D．c、d兩根導管都必須插入BaCl2溶液中，保證氣體與Ba2+充分接觸20、海水綜合利用的工藝流程如圖所示(粗鹽中的可溶性雜質(zhì)有MgC12、CaC12、Na2SO4)。下列說法錯誤的是A．步驟①加入試劑的順序：水→NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaC12溶液→過濾后加鹽酸B．步驟②的操作是在氯化氫氣流中加熱MgC12·6H2OC．從步驟③到步驟⑤的目的是為了濃縮富集溴D．火力發(fā)電廠燃煤排放的含SO2的煙氣經(jīng)處理后可用在步驟④反應中21、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0.6NA22、甲酸是一種一元有機酸。下列性質(zhì)可以證明它是弱電解質(zhì)的是A．甲酸能與水以任意比互溶B．0.1mol·L－1甲酸溶液的pH值約為2C．10mL1mol·L－1甲酸恰好與10mL1mol·L－1NaOH溶液完全反應D．甲酸溶液的導電性比鹽酸溶液的弱二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、X均為短周期元素形成的無機物，存在下圖所示轉(zhuǎn)化關系(部分生成物和反應條件略去)；已知A由短周期非金屬元素組成，B具有漂白性且光照易分解。請回答以下問題:(1)若A為單質(zhì)，且C為一元強酸。①寫出一種工業(yè)制備單質(zhì)A的離子方程式:____________________。

②X可能為________(填字母代號)。

a.NaOHb.AlCl3c.Na2CO3d.NaAlO2(2)若A為兩種元素形成的化合物，且E與水反應生成的G的濃溶液遇C有白煙產(chǎn)生。①A與H2O反應的化學方程式為_____________________________。

②室溫下，NH2OH(羥氨)會發(fā)生分解生成C、D，試寫出其分解反應的化學方程式_______。24、（12分）M是日常生活中不可缺少的調(diào)味品。已知C可在D中燃燒發(fā)出蒼白色火焰。M與其他物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關系如下圖所示（部分產(chǎn)物已略去）（1）若A是地売中含量最多的金屬元素，將A的氯化物溶液和氫氧化鈉溶液等體積混合，得到的沉淀物中A元素與溶液中A元素的質(zhì)量相等，則A的該氯化物溶液和氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度之比可能為____________。（2）若A是CO2氣體，A與B溶液反應后所得的溶液再與鹽酸反應，放出氣體的物質(zhì)的量與所加鹽酸體積之間的關系如圖所示:則A與B溶液反應后溶液中的溶質(zhì)為___________（填化學式），物質(zhì)的量之比為_______。（3）若A是一種正鹽，A能分別與B、F溶液反應生成無色且具有刺激性氣味的氣體，則A的化學式為_____________。25、（12分）某學習小組用如圖所示裝置測定鋁鎂合金中鋁的質(zhì)量分數(shù)和鋁的相對原子質(zhì)量。（1）A中試劑為___________________________________________。（2）B中發(fā)生反應的化學方程式為______________________________________。（3）若實驗用鋁鎂合金的質(zhì)量為ag，測得氫氣體積為bmL(已換算為標準狀況)，B中剩余固體的質(zhì)量為cg，則鋁的相對原子質(zhì)量為________。（4）實驗過程中，若未洗滌過濾所得的不溶物，則測得鋁的質(zhì)量分數(shù)將________(填“偏大”“偏小”或“不受影響”)。26、（10分）Co(CH3COO)2·4H2O(乙酸鈷)是一種重要的有機化工原料?；卮鹣铝袉栴}:(1)以工業(yè)品氧化鈷(CoO)為原料制備乙酸鈷。(已知CoO與CH3COOH溶液反應緩慢,Co2+能與H+、NO3-大量共存)可能用到的試劑:Na2CO3溶液、CH3COOH溶液、HNO3溶液。先將CoO溶于____(填化學式,下同)溶液制得____溶液;在不斷攪拌下,向制得的溶液中不斷加入____溶液至不再產(chǎn)生沉淀,靜置,過濾,洗滌;向沉淀中加入___溶液至沉淀完全溶解,調(diào)節(jié)pH約為6.8,經(jīng)一系列操作得Co(CH3COO)2·4H2O。

(2)為探究乙酸鈷的熱分解產(chǎn)物,先在低于100℃時使其脫去結(jié)晶水,然后用下列裝置進行實驗(已知CO能與PdCl2溶液反應生成黑色Pd沉淀):①通N2的目的是______。

②澄清石灰水和PdCl2溶液分別用于檢驗CO2和CO,其中盛放PdCl2溶液的裝置是____(填字母)。

③實驗結(jié)束時,為防止倒吸,正確的操作是______。

④裝置a中完全反應后得到鈷的一種氧化物,固體殘留率(×100%)為45.4%。該氧化物為____。

⑤裝置a在加熱過程中沒有水生成,最終生成的固體氧化物質(zhì)量為3.0125g,裝置b和c中的試劑均足量(b、c中得到固體的質(zhì)量分別為2.5g、10.6g),集氣瓶中收集到的氣體為C2H6和N2,則裝置a中發(fā)生反應的化學方程式為________。27、（12分）以CuSO4溶液和不同酸根離子形成的鈉鹽溶液作為實驗對象，探究鹽的性質(zhì)和鹽溶液間反應的多樣性。(1)經(jīng)檢驗，現(xiàn)象I的白色沉淀為CuI，則反應的離子方程式為_____________________，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為____________。(2)經(jīng)檢驗，現(xiàn)象Ⅱ中產(chǎn)生的氣體是二氧化碳，綠色沉淀是堿式碳酸銅[xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O]。現(xiàn)采用氫氣還原法測定堿式碳酸銅組成，請回答如下問題：①寫出xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O與氫氣反應的化學方程式__________________________________________________；②實驗裝置用下列所有儀器連接而成，按氫氣流方向的連接順序是(填儀器接口字母編號)：a→_______→gf→____→_____→_____→l(3)經(jīng)檢驗，現(xiàn)象Ⅲ的棕黃色沉淀中不含SO42-，含有Cu+、Cu2+和SO32-。已知：Cu+Cu+Cu2+①用稀硫酸證實沉淀中含有Cu+的實驗現(xiàn)象是______________________________。②通過下列實驗證實，沉淀中含有Cu2+和SO32-a．白色沉淀A是BaSO4，試劑1是_____________________。b．證實沉淀中含有Cu+和SO32-的理由是___________________________。28、（14分）氯氨是氯氣遇到氨氣反應生成的一類化合物，是常用的飲用水二級消毒劑，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl、NHCl2和NCl3)，副產(chǎn)物少于其它水消毒劑?；卮鹣铝袉栴}：(1)①一氯胺(NH2Cl)的電子式為__________。②工業(yè)上可利用反應Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(l)+HCl(g)制備一氯胺，已知部分化學鍵的鍵能如下表所示（假設不同物質(zhì)中同種化學鍵的鏈能相同），則該反應的△H=______________?；瘜W鍵N-HCl-ClN-ClH-Cl鍵能(kJ/mol)391.3243.0191.2431.8③一氯胺是重要的水消毒劑，其原因是由于一氯胺在中性、酸性環(huán)境中會發(fā)生水解，生成具有強烈殺菌作用的物質(zhì)，該反應的化學方程式為_________________。(2)用Cl2和NH3反應制備二氯胺的方程式為2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(g)+2HCl(g)，向容積均為1L的甲、乙兩個恒溫（反應溫度分別為400℃、T℃)容器中分別加入2molCl2和2molNH3，測得各容器中n(Cl2)隨反應時間t的變化情況如下表所示：t/min04080120160n(Cl2)(甲容器)/mol2.001.501.100.800.80n(Cl2)(乙容器）/mol2.001.451.001.001.00①甲容器中，0～40min內(nèi)用NH3的濃度變化表示的平均反應速率v(NH3)=______________。②該反應的△H________0(填“>”或“<”)，理由是____________________。③對該反應，下列說法正確的是______________(填選項字母）。A．若容器內(nèi)氣體密度不變，則表明反應達到平衡狀態(tài)B．若容器內(nèi)Cl2和NH3物質(zhì)的量之比不變，則表明反應達到平衡狀態(tài)C．反應達到平衡后，其他條件不變，在原容器中充入一定量氦氣，Cl2的轉(zhuǎn)化率增大D．反應達到平衡后，其他條件不變，加入一定量的NHCl2，平衡向逆反應方向移動(3)在恒溫條件下，2molCl2和1molNH3發(fā)生反應2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(l)+2HCl(g)，測得平衡時Cl2和HCl的物質(zhì)的量濃度與平衡總壓的關系如圖所示：①A、B、C三點中Cl2轉(zhuǎn)化率最高的是______點(填“A”“B”或“C”)。②計算C點時該反應的壓強平衡常數(shù)Kp(C)=_______(Kp是平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))29、（10分）《漢書·景帝紀》記載，我國用鋅的歷史可追溯到西漢或更早。(1)基態(tài)Zn原子的價層電子軌道表達式為______________。(2)Zn2+可與CN-、二苯硫腙()等形成穩(wěn)定配合物。①CN-的結(jié)構(gòu)式為________________。②每個二苯硫腙分子中，采取sp2雜化的中心原子有_________個。(3)鹵化鋅的熔點如表所示：ZnF2ZnCl2ZnBr2ZnI2熔點/℃872275394446ZnF2的熔點遠高于其它三種鹵化鋅，其原因為_____________________________。(4)ZnS的某種晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。已知該晶體的密度為dg/cm3,S2-和Zn2+半徑分別為apm、bpm，阿伏伽德羅常數(shù)的數(shù)值為NA。①Zn2+的配位數(shù)為___________________________。②該晶胞中離子的體積占晶胞體積的百分率為________________(列式即可)

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】試題分析：Fe2O3和Al2O3與硫酸反應生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，F(xiàn)e2(SO4)3和Al2(SO4)3與NaOH反應生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀和Na2SO4，根據(jù)S元素守恒可知H2SO4~Na2SO4，根據(jù)Na元素守恒可知2NaOH~Na2SO4，故H2SO4~2NaOH，n(NaOH)=2n(H2SO4)=2×0.02L×0.05molL1=0.002mol，則c(NaOH)=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，B項正確；答案選B?？键c：考查Fe2O3和Al2O3組成的混合物與氫氧化鈉的反應2、C【解析】A、推進傳統(tǒng)能源清潔利用，大力發(fā)展清潔能源，能減少二氧化碳的排放，符合“綠色化”理念，故A正確；B、生活垃圾分類收集處理，實現(xiàn)資源化再利用，提高資源利用率，故B正確；C、大量生產(chǎn)和貯存石灰，修復酸雨浸蝕的土壤，會使土壤板結(jié)，故C錯誤；D、推廣共享單車，倡導低碳、環(huán)保的出行方式，減少化石燃料的使用，減少空氣污染，故D正確；故選C。3、D【分析】題給裝置在常溫下反應生成氣體，且用向上排空氣法收集，說明氣體密度比空氣大，最后為防倒吸裝置，說明制備的氣體極易溶于水，以此解答該題。【詳解】A、濃氨水與氧化鈣混合生成氨氣，氨氣的密度比空氣小，不能使用向上排空氣法，故A錯誤；B、濃硝酸與銅生成的是NO2，但是二氧化氮和水反應生成NO，不能用水吸收尾氣，故B錯誤；C、稀硝酸與銅生成的是NO，NO不能用排空法收集，故C錯誤；D、濃硫酸與亞硫酸鈉反應生成二氧化硫，二氧化硫密度大于空氣，濃硫酸能夠干燥二氧化硫氣體，故D正確。答案選D。4、B【詳解】A.氮元素化合價降低，被還原，鐵元素化合價升高被氧化，故A正確；B.反應Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中鐵元素由+3價變?yōu)?6價，故1molFe2O3轉(zhuǎn)移6mol電子，生成2molK2FeO4，故當生成1molK2FeO4時轉(zhuǎn)移3mol電子，故B錯誤；C.K2FeO4中鐵元素為+6價，有強氧化性，能殺菌消毒，故C正確；D.反應中KNO3為氧化劑，而K2FeO4為氧化產(chǎn)物，氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物，則氧化性：KNO3>K2FeO4，故D正確；答案選B。5、C【詳解】A、二氧化硫為酸性氧化物，則SO2通入紫色石蕊試液中，溶液變紅，但不會褪色，因為二氧化硫不能漂白指示劑，故A錯誤；B、向FeCl3和BaCl2溶液中會通入SO2，F(xiàn)eCl3能與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應生成硫酸根離子，再與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，故B錯誤；C、干燥的氯氣不具有漂白性，但是氯氣和水之間反應生成的次氯酸具有漂白性，鮮花中有水分，所以氯氣能使鮮花褪色，故C正確；D、焦炭高溫還原二氧化硅制備粗硅，工業(yè)上，用焦炭在高溫下還原二氧化硅制得粗硅，反應的化學方程式SiO2+2CSi+2CO↑，故D錯誤。答案選C。【點睛】本題涉及二氧化硫、氯氣、二氧化硅的性質(zhì)等知識，注意知識的歸納和整理是關鍵。6、A【詳解】由題意可知，酸過量，產(chǎn)生氫氣體積相等，轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等，3mol鎂和2mol鋁轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等，所以物質(zhì)的量之比為3:2，A正確，B錯誤，摩爾質(zhì)量之比為24:27，C錯誤，鎂比鋁活潑，反應速率鎂比鋁快，D錯誤。故選A。7、D【詳解】A、圖中N型半導體為負極，P型半導體為正極，故A錯誤；B、圖中離子交換膜允許氫氧根離子通過，為陰離子交換膜，故B錯誤；C、陰極反應生成的OH-在陽極完全反應，總反應為2CO2=2CO+O2，所以反應前后溶液的pH并不變化，故C錯誤；D、人體呼出的氣體參與X電極的反應：為CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，故D正確；答案選D。8、A【解析】根據(jù)電解質(zhì)混合溶液中陰陽離子所帶電荷相等確定M離子所帶電荷，并利用離子之間的反應來判斷存在的離子，計算離子濃度?！驹斀狻侩娊赓|(zhì)混合溶液中陰陽離子所帶電荷相等，故溶液中存在c（H+）+c（Na+）+ac（Mn+）＝c（NO3-）+2c（SO42-），故2mol/L+1mol/L+na＝3mol/L+1mol/L×2，解得：na＝2mol/L；A．NH4+能夠與上述離子能共存，且2mol/L×1＝2mol/L，故A正確；B．鋇離子與硫酸根離子反應，不能共存，故B錯誤；C．鋁離子與上述離子能共存，但2mol/L×3＝6mol/L，故C錯誤；D．在酸性溶液中亞鐵離子與硝酸根離子發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故D錯誤；答案選A?！军c睛】本題考查物質(zhì)的量濃度的有關計算、離子共存，側(cè)重考查學生的分析能力，利用電荷守恒確定M所帶電荷是關鍵。選項D是易錯點，要注意在酸性溶液中硝酸根離子具有強氧化性。9、D【解析】A.裝置甲和乙均無外接電源，均是原電池，是化學能轉(zhuǎn)化為電能故A錯誤；B、1molC2H5OH轉(zhuǎn)化為CO2轉(zhuǎn)移12mol電子，而轉(zhuǎn)化為CH3COOH轉(zhuǎn)移4mol電子，X、Z極上分別消耗等物質(zhì)的量乙醇時，流過甲、乙負載的電子數(shù)不相同，故B錯誤；C、兩種條件下的氧化產(chǎn)物不同，耗氧量不同，故C錯誤；D、Z為堿性條件下原電池的負極，失去電子，發(fā)生氧化反應，Z極上發(fā)生的電極反應為:CH3CH2OH+5OH--4e-=CH3COO-+4H2O，故D正確；故選D。10、A【解析】A、二氧化硫漂白發(fā)生的是非氧化還原反應，利用反應SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，吸收溴蒸氣，是利用其還原性，選項A錯誤；B、ClO2具有強氧化性，可使病毒蛋白發(fā)生變性，選項B正確；C、酸雨中的硫酸、亞硫酸及硝酸等與氫氧化鈣發(fā)生中和反應，選項C正確；D、脫硝反應：6NOx+4xNH3=(2x+3)N2+6xH2O中，氨顯還原性，選項D正確。答案選A。點睛：本題考查物質(zhì)的性質(zhì)與用途相關知識，意在考查考生對中學化學基礎知識正確復述、再現(xiàn)、辨認，并融會貫通的能力。11、C【詳解】A．由反應②知，可將氧化為，故A不符合題意；B．由反應③知，可將氧化為，故B不符合題意；C．由反應①知，可將氧化為，自身轉(zhuǎn)變?yōu)?，故可將除去，而、不受影響，故C符合題意；D．不能氧化，無法除去，故D不符合題意；答案選C。12、D【解析】試題分析：制金屬鈦是利用還原劑把金屬鈦還原出來，屬于氧化還原反應，故A錯誤；濕法煉銅是用鐵把銅從硫酸銅中還原出來，屬于氧化還原反應，故B錯誤；實驗室用過氧化氫分解制O2，屬于氧化還原反應，故C錯誤；侯氏制堿利用氯化鈉、氨氣、二氧化碳反應生成碳酸氫鈉、氯化銨，屬于非氧化還原反應，故D正確。考點：本題考查化學反應類型。13、B【分析】碘易溶于苯、四氯化碳、酒精等有機溶劑，其中苯、四氯化碳不溶于水，但苯密度比水小，四氯化碳密度比水大，酒精與水混溶?！驹斀狻緼．苯密度比水小，則上層呈紫紅色，故A錯誤；B．將碘水與四氯化碳混合，碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的大，且四氯化碳的密度大于水的密度，故混合后Ⅱ中溶液分層，上層是水，下層是碘的四氯化碳溶液，因此下層為紫紅色，故B正確；C．酒精與水混溶，溶液不分層，故C錯誤；D．碘水與氯化鈉溶液不分層，溶液呈黃色或棕黃色，故D錯誤。故選：B?！军c睛】本題考查物質(zhì)的分離、提純，解題關鍵：注意把握物質(zhì)的性質(zhì)的異同。14、D【解析】A.SO2具有漂白性，所以可用于漂白紙漿，故A錯誤；B.HF可以與二氧化硅反應生成SiF4氣體和水，所以可在玻璃上刻字，故B錯誤；C.在常溫下，鋁在濃硝酸中鈍化，所以可用鋁制容器貯運濃硝酸，故C錯誤；D.FeCl3溶液能與Cu反應，所以可用于蝕刻銅箔制造電路板，故D正確。故選D。15、D【詳解】A．由質(zhì)量守恒定律可知X的化學式為Ag2S，故A錯誤；B．空氣中氧氣中的O元素化合價降低，得電子被還原，故B錯誤；C．反應中S元素的化合價沒有變化，H2S不是還原劑，故C錯誤；D．由質(zhì)量守恒定律可知X的化學式為Ag2S，反應中Ag元素化合價由0價升高到+1，所以每生成1mo1X轉(zhuǎn)移2mo1電子，故D正確；故答案為：D。16、A【詳解】A、由最簡式可知，等質(zhì)量的烴中含H的質(zhì)量分數(shù)越大，消耗氧氣越多，則等質(zhì)量的甲烷(CH4)、乙烯(CH2)、1,3-丁二烯(CH1.5)分別充分燃燒，所耗用氧氣的量依次減少，故A正確；B、主鏈有6個碳原子，2，4號碳原子上各有1個甲基，名稱為：2，4-二甲基己烷，故B錯誤；

C、苯酚、水楊酸和苯甲酸含有的官能團不同，不符合同系物概念，故C錯誤；

D、三硝基甲苯的分子中含有7個C，5個.H、3個N和6個O，其分子式為：C7H5N3O6，故D錯誤；

故選A；17、B【詳解】A.明礬電離出的Al3＋發(fā)生水解生成Al(OH)3膠體達到凈水的目的，有新物質(zhì)生成，A項不選；B.液氨蒸發(fā)時吸收大量的熱，常用作制冷劑，沒有新物質(zhì)生成，B項選；C.漂粉精中的Ca(ClO)2與空氣中的水蒸氣及CO2反應生成HClO，HClO具有強氧化性，可用作消毒劑，有新物質(zhì)生成，C項不選；D.生石灰能與水反應生成Ca(OH)2，有新物質(zhì)生成，D項不選；答案選B。18、D【解析】A.NH3使CuO固體變?yōu)榧t色，NH3中N元素的化合價升高生成氮氣，氣體被氧化，故不選A；B.反應生成碳酸鈉和氧氣，只有過氧化鈉中O元素的化合價變化，CO2氣體中無元素化合價發(fā)生變化，故不選B；C.HCl

使Na2SiO3溶液產(chǎn)生膠狀沉淀，無元素化合價發(fā)生變化，故不選C；D.Cl2使FeBr2溶液變?yōu)辄S色，Cl元素的化合價降低，氣體被還原，故選D

；本題答案為D?！军c睛】有化合價反生變化的反應是氧化環(huán)反應，在反應中，元素的化合價升高，被氧化，元素的化合價降低，被還原。19、A【分析】SO2與BaCl2反應產(chǎn)生沉淀，溶液中必須存在大量的SO32-，右側(cè)Y型管中應能生成堿性氣體或氧化性氣體，若是堿性氣體，溶液中存在大量的SO32-，若是氧化性氣體，溶液中可生成SO42-，則生成的沉淀可能為BaSO3或BaSO4；容器內(nèi)壓強增大，溶液倒吸，氣體不容易導入，所以導氣管A的作用是保持集氣瓶內(nèi)外氣壓平衡，以便左右兩邊產(chǎn)生的氣體順利導入，由此分析解答。【詳解】A.若是堿性氣體，溶液中存在大量的SO32?，所以e、f兩管中的試劑可以分別是濃氨水和NaOH，產(chǎn)生氨氣堿性氣體，故A正確；B.SO2與BaCl2不反應，氧化性氣體將溶液中的亞硫酸根離子氧化成硫酸根離子，而不是將BaSO3氧化為BaSO4沉淀，故B錯誤；C.玻璃管的作用是連通大氣，平衡壓力，以便左右兩邊產(chǎn)生的氣體順利導入，故C錯誤；D.如果產(chǎn)生氨氣，氨氣極易溶于水，為防止倒吸，所以不能插入BaCl2溶液中，故D錯誤；答案選A。20、A【解析】A.若步驟①加入試劑的順序為：水→NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaC12溶液→過濾后加鹽酸，則過量的BaC12雜質(zhì)不能被除去，Na2CO3溶液應在BaC12溶液的后面加入，故A說法錯誤；B.氯化鎂易水解，為防止水解，步驟②中結(jié)晶出的MgCl2?6H2O要氯化氫氛圍中加熱脫水制得無水MgCl2，故B說法正確；C.溴離子被氧化為溴單質(zhì)后，被二氧化硫吸收生成溴離子，加入氧化劑氧化溴離子為溴單質(zhì)，富集了溴元素，從第③步到第⑤步的目的是為了濃縮富集溴，故C說法正確；D.火力發(fā)電廠燃煤排放的含SO2的煙氣經(jīng)處理后用在步驟④反應中，既可減少二氧化硫的排放，同時變廢為寶，降低生產(chǎn)成本，故D說法正確；答案選A。21、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。22、B【詳解】A．甲酸能與水以任意比互溶，與甲酸的電離程度無關，所以不能證明甲酸是弱電解質(zhì)，選項A錯誤；B.1mol/L甲酸溶液的pH約為2，甲酸溶液中氫離子濃度小于甲酸，說明甲酸部分電離，則證明甲酸是弱電解質(zhì)，選項B正確；C．10mL1mol/L甲酸恰好與10mL1mol/LNaOH溶液完全反應，說明甲酸是一元酸，不能說明甲酸的電離程度，則不能證明甲酸是弱電解質(zhì)，選項C錯誤；D．溶液的導電性與離子濃度成正比，與電解質(zhì)強弱無關，所以不能說明甲酸是弱電解質(zhì)，選項D錯誤；答案選B?！军c睛】本題考查了電解質(zhì)強弱的判斷。弱電解質(zhì)的判斷不能根據(jù)物質(zhì)的溶解性大小、溶液酸堿性判斷。只要能說明醋酸在水溶液里部分電離就能證明醋酸為弱電解質(zhì)，可以通過測定同濃度、同體積的溶液的導電性強弱來鑒別，如測定等體積、濃度均為0.5mol?L-1的鹽酸和CH3COOH溶液的導電性實驗表明，鹽酸的導電能力比CH3COOH溶液的導電能力大得多，因為溶液導電能力的強弱是由溶液里自由移動離子的濃度的大小決定的，因此同物質(zhì)的量濃度的酸溶液，酸越弱，其溶液的導電能力越弱。電解質(zhì)強弱是根據(jù)其電離程度劃分的，與其溶解性、酸堿性、溶液導電能力都無關，為易錯題。二、非選擇題(共84分)23、2Cl?+2H2O

2OH?+H2↑+Cl2↑cdNCl3+3H2O=3HClO+NH35NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O【分析】A、B、C、D、E、X是中學常見的無機物，A由短周期非金屬元素組成，B具有漂白性且光照易分解，則B為HClO，（1）若A為單質(zhì)，且C為一元強酸，則C為HCl，A為Cl2，X可能為Na2CO3、NaAlO2等；（2）若A為兩種元素形成的化合物，且E與水反應生成G的濃溶液遇C有白煙產(chǎn)生，則C為NH3，結(jié)合B為HClO，根據(jù)元素守恒可及化合價的情況可知A為NCl3，時而推得G為HNO3，E為NO2，X為氧氣，符合轉(zhuǎn)化關系，以此解答該題。【詳解】(1)若A為單質(zhì)，且C為一元強酸，則C為HCl，A為Cl2，X可能為Na2CO3、NaAlO2等。①工業(yè)可用電解飽和食鹽水制備氯氣,離子方程式為2Cl?+2H2O

2OH?+H2↑+Cl2↑，故答案為2Cl?+2H2O

2OH?+H2↑+Cl2↑；

②四種物質(zhì)中能與鹽酸連續(xù)反應的為Na2CO3、NaAlO2，發(fā)生的化學方程式為HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑或者NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓，Al(OH)3+HCl=AlCl3+3H2O，故答案為cd；(2)若A為兩種元素形成的化合物，且E與水反應生成G的濃溶液遇C有白煙產(chǎn)生，則C為NH3，結(jié)合B為HClO，根據(jù)元素守恒可及化合價的情況可知A為NCl3，進而推得G為HNO3，E為NO2，X為氧氣，D為NO。①A為NCl3，A與水反應的化學方程式為NCl3+3H2O=3HClO+NH3，故答案為NCl3+3H2O=3HClO+NH3；

②室溫下，NH2OH(羥氨)中的氮元素為-1價，發(fā)生分解生成NH3、NO，根據(jù)氧化還原反應得失電子守恒和物料守恒，其分解反應的化學方程式5NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O，答案為：5NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O。24、2:3或2:7Na2CO3和NaHCO31:1(NH4)2SO3【分析】已知C可在D中燃燒發(fā)出蒼白色火焰，所以C為氫氣，D為氯氣；C與D反應生成的F為HCl；M是日常生活中不可缺少的調(diào)味品，M為NaCl，結(jié)合轉(zhuǎn)化關系圖，B為NaOH。（1）若A是地殼中含量最多的金屬元素，則推斷A為金屬鋁，將A的氯化物溶液和氫氧化鈉溶液等體積混合，發(fā)生的反應為，Al3++3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH－=AlO2-+2H2O；（2）若A是CO2氣體，A與NaOH溶液反應后所得溶液中溶質(zhì)可能為：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3、NaHCO3；根據(jù)加入鹽酸后所消耗鹽酸的體積來分析解答即可。（3）若A是一種正鹽，A能分別與NaOH、HCl溶液反應生成無色且具有刺激性氣味的氣體，該氣體為常見的NH3和SO2，據(jù)此來分析作答?！驹斀狻恳阎狢可在D中燃燒發(fā)出蒼白色火焰，所以C為氫氣，D為氯氣；C與D反應生成的F為HCl；M是日常生活中不可缺少的調(diào)味品，M為NaCl，結(jié)合轉(zhuǎn)化關系圖，B為NaOH。（1）若A是地殼中含量最多的金屬元素，則推斷A為金屬鋁，將A的氯化物溶液和氫氧化鈉溶液等體積混合，發(fā)生的反應為，Al3++3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH－=AlO2-+2H2O；溶液中Al元素有AlO2-或者Al3+兩種存在形式，故當?shù)玫降某恋砦顰l(OH)3中Al元素與溶液中中Al元素的質(zhì)量相等，也分兩種情況，①堿過量時，即反應剩余的n[Al(OH)3]=n(AlO2-)，根據(jù)元素守恒可知此時c(AlCl3)：c(NaOH)=2：7；②當堿量不足時，n[Al(OH)3]=n(Al3+)，再根據(jù)元素守恒可知，此時c(AlCl3)：c(NaOH)=2：3，故答案為2：3或2：7。（2）若A是CO2氣體，A與NaOH溶液反應后所得溶液中溶質(zhì)可能為：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3、NaHCO3；由圖示信息可以看出：①0~0.1L時，消耗鹽酸沒有氣體放出；②0.1L~0.3L，消耗鹽酸有氣體放出；根據(jù)兩個階段消耗的鹽酸的體積比為1:2，可以推測出，原溶液中溶質(zhì)為Na2CO3和NaHCO3，根據(jù)反應Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，不產(chǎn)生氣體消耗的鹽酸與產(chǎn)生氣體消耗的鹽酸體積比為1:2，可判斷出Na2CO3和NaHCO3物質(zhì)的量之比為1:1。故答案為Na2CO3和NaHCO3，1:1。（3）若A是一種正鹽，A能分別與B、F溶液反應生成無色且具有刺激性氣味的氣體，可推測出A的陽離子為NH4+，陰離子為SO32-，進而得出A的化學式為(NH4)2SO3。25、NaOH溶液2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑偏小【分析】測定鋁鎂合金中鋁的質(zhì)量分數(shù)和鋁的相對原子質(zhì)量，因Mg與NaOH不反應，而Al與NaOH反應，由實驗可知，A中為NaOH溶液，B中發(fā)生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，C、D為量氣裝置，B中剩余固體為Mg，固體質(zhì)量差為Al的質(zhì)量，利用氫氣的體積可計算鋁的質(zhì)量分數(shù)和鋁的相對原子質(zhì)量?！驹斀狻縈g與NaOH不反應，而Al與NaOH反應，由實驗可知，A中為NaOH溶液，B中發(fā)生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，C、D為量氣裝置，(1)由上述分析可知，A為NaOH溶液；(2)B中發(fā)生反應的化學方程式為2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；(3)B中剩余固體的質(zhì)量為cg，為Mg的質(zhì)量，則Al的質(zhì)量為（a-c）g，測得氫氣體積為bmL，其物質(zhì)的量為×10-3mol；根據(jù)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，Al的物質(zhì)的量為×10-3mol=mol，則Al的摩爾質(zhì)量為=g/mol，原子量為；(4)若未洗滌過濾所得的不溶物，c值偏大，則造成（a-c）變小，由鋁的質(zhì)量分數(shù)為×100%可知，實驗過程中鋁的質(zhì)量分數(shù)偏小。26、HNO3Co(NO3)2Na2CO3CH3COOH隔絕空氣,使反應產(chǎn)生的氣體全部進入后續(xù)裝置c先熄滅裝置a的酒精燈,冷卻后停止通入氮氣Co3O43Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑【解析】根據(jù)CoO與CH3COOH溶液反應緩慢，Co2+能與H+、NO3-大量共存的信息，制備乙酸鈷時，先將CoO溶于溶液HNO3溶液制得Co(NO3)2溶液，再加入Na2CO3溶液產(chǎn)生碳酸鈷沉淀，最后加CH3COOH溶液反應生成Co(CH3COO)2，再通過濃縮、結(jié)晶等方法得到最終產(chǎn)物；探究乙酸鈷的熱分解產(chǎn)物，a中乙酸鈷受熱分解生成CO、CO2等產(chǎn)物,通入N2先將空氣排盡并將產(chǎn)生的氣體都趕入吸收裝置，b澄清石灰水檢驗CO2，c中PdCl2溶液可檢驗CO，最后用d來收集未反應完的CO。【詳解】（1）根據(jù)CoO與CH3COOH溶液反應緩慢，Co2+能與H+、NO3-大量共存的信息，制備乙酸鈷時，先將CoO溶于溶液HNO3溶液制得Co(NO3)2溶液，再加入Na2CO3溶液產(chǎn)生碳酸鈷沉淀，最后加CH3COOH溶液反應生成Co(CH3COO)2，再通過濃縮、結(jié)晶等方法得到Co(CH3COO)2·4H2O；故答案為HNO3；Co(NO3)2；Na2CO3；CH3COOH；（2）①通N2的目的是排盡裝置內(nèi)的空氣，并使反應產(chǎn)生的氣體全部進入后續(xù)裝置，故答案為隔絕空氣，使反應產(chǎn)生的氣體全部進入后續(xù)裝置；②因為在檢驗CO時可生成CO2，會影響原混合氣體中CO2的檢驗，因此應該先檢驗CO2，故答案為c；③實驗結(jié)束時，為防止倒吸，應該先熄滅酒精燈，再通入一段時間氮氣保護分解后的產(chǎn)物，以免被空氣氧化，故答案為先熄滅裝置a的酒精燈,冷卻后停止通入氮氣；④樣品已完全失去結(jié)晶水，殘留固體為金屬氧化物，取1molCo(CH3COO)2，質(zhì)量為177g，則殘留的氧化物質(zhì)量為177g×45.4%=80.36g，根據(jù)Co元素守恒，氧化物中含有1molCo，則氧元素的物質(zhì)的量為mol=1.33mol=mol，則==，故金屬氧化物的化學式為Co3O4，答案為：Co3O4；⑤Co3O4為3.0125g，其物質(zhì)的量為=0.0125mol，CO2的物質(zhì)的量為=0.025mol，CO的物質(zhì)的量為0.05mol，最后用質(zhì)量守恒計算出乙烷的質(zhì)量為(0.0375×177-3.0125-0.025×44-0.05×28)g=1.125g，則乙烷的物質(zhì)的量為：mol=0.0375mol，綜上計算可得Co3O4、CO2、CO、C2H6的物質(zhì)的量之比為：1:2:4:3，方程式為：3Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑，故答案為3Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑?！军c睛】再檢驗分解產(chǎn)物時，要考慮相互影響并確定順序；計算過程主要抓住鈷元素和碳元素守恒。27、2Cu2++4I-=2CuI↓+I21:2xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O+(x+y)H2(x+y)Cu+xCO2+(x+2y+z)H2Okjdehibc有紅色固體析出鹽酸和BaCl2溶液在I-作用下，Cu2+轉(zhuǎn)化為白色沉淀CuI，SO32-轉(zhuǎn)化為SO42-【詳解】(1)經(jīng)檢驗，現(xiàn)象I的白色沉淀為CuI，銅元素的化合價由+2價降低到-1價，則碘離子中碘元素化合價由-1價升高到0價，則反應的離子方程式為2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；該反應中氧化產(chǎn)物為碘單質(zhì)，還原產(chǎn)物為CuI，所以氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1:2；綜上所述，本題答案是：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；1:2。(2)①xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O與氫氣反應生成單質(zhì)銅、水、二氧化碳，反應方程式為：xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O+(x+y)H2(x+y)Cu+xCO2+(x+2y+z)H2O；綜上所述，本題答案是：xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O+(x+y)H2(x+y)Cu+xCO2+(x+2y+z)H2O。②實驗中要測定生成的水、二氧化碳的量，從a口出來氣體中含有水蒸氣和揮發(fā)出來的氯化氫氣體，會對實驗造成干擾，應先用水吸收氯化氫氣體，再用濃硫酸吸收水蒸氣；之后，與堿式碳酸銅發(fā)生反應，產(chǎn)生的兩種氣體先用濃硫酸吸收水蒸氣，再用U型管中的堿石灰吸收二氧化碳，同時連上裝有堿石灰的球形干燥管，避免空氣中的水和二氧化碳進入U型管而產(chǎn)生誤差，因此裝置的連接順序為：a→kj→gf→de→hi→bc→l；綜上所述，本題答案是：kj，de，hi，bc。(3)①由已知可知Cu+和稀硫酸反應生成Cu和Cu2+，所以用稀硫酸證實沉淀中含有Cu+的實驗操作和現(xiàn)象為取一定量的沉淀于試管中，向其中加入稀硫酸，有紅色固體析出。綜上所述，本題答案是：有紅色固體析出。②a.證明溶液中有SO42-，需要加入鹽酸和BaCl2溶液，生成白色沉淀BaSO4，因此試劑1是HCl和BaCl2溶液；綜上所述，本題答案是：鹽酸和BaCl2溶液。b.根據(jù)“已知”，加入KI溶液生成白色沉淀CuI，說明溶液中有Cu2+，向清液中加入淀粉溶液沒有顏色變化，說明生成的I2被SO32-還原成I-，SO32-被氧化為SO42-，向清液中加入鹽酸和BaCl2溶液，產(chǎn)生BaSO4沉淀；因此證實沉淀中含有Cu2+和SO32-的理由是在I-作用下，Cu2+轉(zhuǎn)化為白色沉淀CuI，SO32-轉(zhuǎn)化為SO42-，溶液中存在Cu2+和SO32-；綜上所述，本題答案是：在I-作用下，Cu2+轉(zhuǎn)化為白色沉淀CuI，SO32-轉(zhuǎn)化為SO42-。【點睛】本題考查化學實驗方案的分析、評價和設計．主要是離子檢驗和實驗過程的理解應用，題目難度較大。分析時要注意：銅離子與碘離子反應生成白色沉淀碘化亞銅和碘單質(zhì)，說明銅離子的氧化性也比較強，與碘離子不能共存；銅離子在酸性環(huán)境下穩(wěn)定，而亞銅離子在酸性環(huán)境下發(fā)生歧化反應。28、+11.3kJ/molNH2Cl+H2O═NH3+HClO6.25×10-8mol·L-1·min-1<溫度越高，反應速率越快，平衡向吸熱反應方向移動，其他條件相同時，T℃時的反應速率比400℃時的反應速率快，且乙容器中平衡時Cl2的轉(zhuǎn)化率比甲容器中Cl2的轉(zhuǎn)化率小ABB0.5MPa【分析】(1)①一氯胺(NH2Cl)是共價化合物，氮原子分別與氫原子、氯原子成鍵。②反應物的總鍵能-生成物的總鍵能=焓變。③一氯胺水解，生成具有強烈殺菌作用的物質(zhì)是次氯酸。(2)①甲容器中，0～40min內(nèi)n(Cl2)的變化為0.5mol，c(Cl2)的變化為0.5mol/L，c(NH3)變化為0.25mol/L，根據(jù)計算v(NH3)。②乙容器達到平衡用時短，反應速率快，所以溫度高，平衡時氯氣的物質(zhì)的量大，說明升高溫度平衡逆向移動。③A.根據(jù)，NHCl2是液體，m是變量，密度是變量；B.投料比不等于系數(shù)比，反應過程中C12和NH3物質(zhì)的量之比是變量；C