北京市人大學(xué)附屬中學(xué)2026屆化學(xué)高三上期中質(zhì)量跟蹤監(jiān)視試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)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(zhǔn)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、新型電池的開發(fā)與使用在現(xiàn)代社會中已很普遍，一種水煤氣燃料電池的能量轉(zhuǎn)化率可達(dá)90%以上。下列說法不正確的是A．總反應(yīng)中包含有2CO+O2=2CO2B．負(fù)極反應(yīng)為H2-2e-=2H+、CO-2e-+H2O=CO2+2H+C．電路中通過0.4mol電子，電極消耗約4.48L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）水煤氣（CO：H2=1：1）D．有機固體中的H+在放電時向正極移動，造成正極pH不斷減小2、鉀長石(KAlSi3O8)是一種鉀的鋁硅酸鹽，可用于制備Al2O3、K2CO3等物質(zhì)，制備流程如圖所示：下列有關(guān)說法正確的是A．上述流程中可以重復(fù)利用的物質(zhì)只有Na2CO3B．鉀長石用氧化物的形式可表示為K2O·Al2O3·3SiO2C．煅燒過程中Si、K和Al元素轉(zhuǎn)化為CaSiO3、KAlO2和NaAlO2D．沉淀過程中的離子方程式為CO2+2AlO2-+3H2O=CO32-+2Al(OH)3↓3、將38.4g銅與適量濃硝酸恰好反應(yīng)生成氮的氧化物，這些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，反應(yīng)過程及有關(guān)數(shù)據(jù)如下圖所示：下列有關(guān)判斷正確的是（）A．若濃硝酸體積為200mL，則其物質(zhì)的量濃度為11mol/LB．NO、NO2、N2O4和NaOH溶液反應(yīng)時，NO2、N2O4僅作還原劑C．生成0.2molNaNO3和0.8molNaNO2D．硝酸在反應(yīng)中僅體現(xiàn)氧化性4、含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL1mol·L?1HCl溶液，測得溶液中的某幾種離子物質(zhì)的量的變化如圖所示，則下列說法不正確的是A．a(chǎn)曲線表示的離子方程式為：AlO2－＋H+＋H2O===Al(OH)3↓B．b和c曲線表示的離子反應(yīng)是相同的C．M點時，溶液中沉淀的質(zhì)量為3.9gD．原混合溶液中的CO32－與AlO2－的物質(zhì)的量之比為1∶25、在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能一步實現(xiàn)的是（）A．AlAl(OH)3AlCl3B．FeFe2O3Fe2(SO4)3C．CuOCu(OH)2Cu2OD．CaSO4CaCO3CaCl26、通過以下反應(yīng)可獲得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列說法不正確的是()①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)H1=akJmol?1②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)H2=bkJmol?1③CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)H3=ckJmol?1④2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)H4=dkJmol?1A．反應(yīng)①、②為反應(yīng)③提供原料氣B．反應(yīng)③也是CO2資源化利用的方法之一C．反應(yīng)CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(l)的H=kJmol?1D．反應(yīng)2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)的H=(-2b+2c+d)kJmol?17、在一密閉容器中，等物質(zhì)的量的A和B發(fā)生反應(yīng)：A（g）+2B(g)2C(g),反應(yīng)達(dá)平衡時，若混合氣體中A和B的物質(zhì)的量之和與C的物質(zhì)的量相等，則這時A的轉(zhuǎn)化率為()A．40% B．50% C．60% D．70%8、某研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)利用MnO2、濃鹽酸反應(yīng)來制取干燥的氯氣并驗證其有無漂白性，所用裝置如圖所示(可重復(fù)使用，不含制氣裝置)。下列說法正確的是()A．按氣流流動的先后順序，裝置連接順序依次為DACBEB．按氣流流動的先后順序，裝置連接順序依次為DABAEC．裝置E的主要用途是制備NaClOD．若實驗中使用到裝置C且有色布條褪色，則說明濕潤的氯氣有漂白性9、下列物質(zhì)的電子式書寫正確的是A． B． C． D．10、為測定含鎂3%～5%的鋁鎂合金中鎂的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，設(shè)計了2種實驗方案，下列說法不正確的是方案一：鎂鋁合金加入足量的氫氧化鈉溶液中充分反應(yīng)后過濾，測定剩余固體質(zhì)量；方案二：稱量mg鋁鎂合金粉末，放在圖中惰性電熱板上，通電使其充分灼燒。測得固體質(zhì)量增重。A．方案一中若稱取5.4g合金粉末樣品，投入VmL2.0mol/LNaOH溶液中反應(yīng)，則V≥100mLB．方案一中測定剩余固體質(zhì)量時，過濾后未洗滌固體就干燥、稱量，則鎂的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏高C．方案二中欲計算鎂的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，實驗中還需測定灼燒后固體的質(zhì)量D．方案二中若用空氣代替O2進行實驗，則測定結(jié)果偏高11、常溫下，向100mL0.lmol/LNH4Cl溶液中，逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液。NH4+和NH3?H2O的變化趨勢如圖所示（不考慮生成NH3,已知NH3?H2O的kb=1.810-5）,下列說法正確的是（）A．a(chǎn)=0.005B．在M點時，n(H+)—n（OH—）=（0.005—a）molC．隨著NaOH溶液的滴加，不斷增大D．當(dāng)n(（NaOH）)=0.01mol時，c(（NH3?H2O）c(Na+）c（OH-)12、為驗證還原性:SO2>Fe2+>C1-，三組同學(xué)分別進行了下圖實驗，并對溶液1和溶液2中所含離子進行了檢驗,能證明上述還原性順序的實驗組有A．只有甲 B．甲、乙 C．甲、丙 D．甲、乙、丙13、將溶于水配成的溶液，溶解過程如圖所示．下列說法正確的是A．a(chǎn)離子為Na+，b離子為Cl-B．溶液中含有個水合C．溶液中存在D．水分子與晶體作用表明水分子中氧原子端帶負(fù)電14、已知：25℃時，Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10-18，Ka(HCOOH)=

1.0×10-4。該溫度下，下列說法錯誤的是A．Zn(OH)2溶于水形成的飽和溶液中c(Zn2+)>1.0×10-6mol·L-lB．HCOO-的水解常數(shù)為1.0×10-10C．向Zn(OH)2

懸濁液中加入HCOOH,溶液中c(Zn2+)增大D．Zn(OH)2+2HCOOH=Zn2++2HCOO-+2H2O

的平衡常數(shù)K=10015、二氧化硅(SiO2)又稱硅石，是制備硅及其化合物的重要原料(各種轉(zhuǎn)化見圖)。下列說法正確的是A．SiO2既能與HF反應(yīng)，又能與NaOH反應(yīng)，屬于兩性氧化物B．SiO2和Si都是光導(dǎo)纖維材料C．硅膠吸水后可重復(fù)再生D．圖中所示轉(zhuǎn)化反應(yīng)都是非氧化還原反應(yīng)16、水溶液中能夠大量共存的一組離子是（）A．NH4+、Ba2+、Br－、CO32－B．Fe2+、H+、SO32-、ClO-C．K+、Na+、SO42-、MnO4-D．K+、Fe3+、NO3-、SCN-17、從草木灰中獲取可溶性鹽的實驗過程中，下列操作未涉及的是（）A． B． C． D．18、下列說法正確的是①鈉燃燒時發(fā)出黃色的火焰②過氧化鈉能與酸反應(yīng)生成鹽和水，所以過氧化鈉是堿性氧化物③過氧化鈉能與水反應(yīng)，所以過氧化鈉可以作氣體的干燥劑④過氧化鈉中陰陽離子比1:1⑤鈉是一種很強的還原劑，鈉可以把鋯、鈮等金屬從它們的鹵化物的水溶液中置換⑥Na2O2分別與水及CO2反應(yīng)產(chǎn)生相同量的O2時，需要水和CO2的質(zhì)量相等⑦可用水來確定某Na2O粉末中是否含有Na2O2⑧將足量的Na2O2、Na2O分別加到酚酞試液中，最終溶液均為紅色A．①②⑤⑦ B．①⑦ C．①②⑤⑧ D．①⑧19、對金屬腐蝕及防護的表述正確的是A．金屬腐蝕的本質(zhì)：金屬失電子發(fā)生還原反應(yīng)B．犧牲陽極的陰極保護法：被保護的金屬應(yīng)做負(fù)極C．外加電流陰極保護法：被保護的金屬應(yīng)與電源正極相連D．生鐵投入NH4Cl溶液中：主要發(fā)生析氫腐蝕20、向KAl(SO4)2溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液的過程中，下列說法正確的是（）A．有可能產(chǎn)生兩種沉淀 B．不可能立即出現(xiàn)沉淀C．不可能只有一種沉淀 D．有可能變?yōu)槌吻迦芤?1、利用實驗器材（規(guī)格和數(shù)量不限）能完成相應(yīng)實驗的一項是選項實驗器材（省略夾持裝置）相應(yīng)實驗A燒杯、玻璃棒、蒸發(fā)皿CuSO4溶液的濃縮結(jié)晶B燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、濾紙用鹽酸除去BaSO4中的少量BaCO3C燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、容量瓶用固體NaCl配制0.5mol/L的溶液D燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaIA．A B．B C．C D．D22、(NH4)2SO3氧化是氨法脫硫的重要過程。某小組在其他條件不變時，分別研究了一段時間內(nèi)溫度和(NH4)2SO3初始濃度對空氣氧化(NH4)2SO3速率的影響，結(jié)果如圖。下列說法不正確的是A．60℃之前，氧化速率增大與溫度升高化學(xué)反應(yīng)速率加快有關(guān)B．60℃之后，氧化速率降低可能與O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受熱易分解有關(guān)C．(NH4)2SO3初始濃度增大到一定程度，氧化速率變化不大，與SO32-水解程度增大有關(guān)D．(NH4)2SO3初始濃度增大到一定程度，氧化速率變化不大，可能與O2的溶解速率有關(guān)二、非選擇題(共84分)23、（14分）化合物M是一種新型有機酰胺，在工業(yè)生產(chǎn)中有重要的作用，其合成路線如下：已知：①A是烴的含氧衍生物，相對分子質(zhì)量為58，碳和氫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)之和為44.8%，核磁共振氫譜顯示為一組峰，可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，且5.8gA完全發(fā)生反應(yīng)生成0.4mol銀。②R1-CHO+R2-CH2CHO③R-COOHR-COCl④回答下列問題：(1)A的名稱______E的結(jié)構(gòu)簡式為____________；G的名稱為__________。(2)B中含有官能團的名稱為_______________________。(3)C→D、D→E的反應(yīng)類型分別為_____________、_______________。(4)寫出F+H→M的化學(xué)反應(yīng)方程式_________________。(5)芳香族化合物W有三個取代基，是C的同分異構(gòu)體，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)。0.5molW可與足量的Na反應(yīng)生成1gH2，且核磁共振氫譜顯示為五組峰，符合以上條件的W的同分異構(gòu)體共有_______種，寫出其中一種的結(jié)構(gòu)簡式____________。(6)參照上述合成路線，以C2H4和HOCH2CH2OH為原料(無機試劑任選)，設(shè)計制備的合成路線_____________。24、（12分）氮、磷屬于同一主族元素，是組成生命體的重要元素，其單質(zhì)及化合物用途廣泛?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)P原子的核外電子排布式為___________________（2）自然固氮現(xiàn)象發(fā)生的一系列化學(xué)變化：，解釋了民諺“雷雨發(fā)莊稼”的原理。①分子結(jié)構(gòu)中σ鍵和π鍵數(shù)目之比為__________②中N原子采取__________雜化方式，寫出它的一種等電子體的化學(xué)式：__________。③已知酸性：，下列相關(guān)見解合理的是__________。A．含氧酸中氧原子總數(shù)越多，酸性越強B．同種元素化合價越高，對應(yīng)含氧酸的酸性越強C．中氮元素的正電性更高，在水溶液中更易電離出，酸性強于（3）磷化硼(BP)是一種超硬耐磨涂層材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，圖中a點和b點的原子坐標(biāo)參數(shù)分別為(0，0，0)、，則c點的原子坐標(biāo)參數(shù)為__________。已知該晶體密度為，則B—P鍵的鍵長為__________pm(阿伏加德羅常數(shù)用表示，列出計算式即可)。。25、（12分）碳化鋁可用作甲烷發(fā)生劑，實驗室欲利用如圖所示裝置制取甲烷并還原CuO。已知：Al4C3+12H2O=4Al（OH）3+3CH4↑?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器a的名稱是____________。（2）連接裝置并檢查氣密性后，打開a的活塞和彈簧夾K，一段時間后點燃c和g，d中CuO全部被還原為Cu時，e中固體顏色由白變藍(lán)，f中溶液變渾濁，g處酒精燈火焰呈藍(lán)色。①e中的試劑是________，其作用是_____________________________。②實驗完畢后，要先熄滅c并繼續(xù)通入甲烷至d冷卻后再熄滅g，原因是_______________。（3）若最后在g處點燃的氣體僅為CH4，則d中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________________。26、（10分）某學(xué)習(xí)小組設(shè)計實驗探究CuSO4分解產(chǎn)物Ⅰ．甲同學(xué)選擇下列裝置設(shè)計實驗探究硫酸銅分解的氣態(tài)產(chǎn)物SO3、SO2和O2，并驗證SO2的還原性。

回答下列有關(guān)問題：（1）上述裝置按氣流從左至右排序為A、D、___E、F（填代號）。（2）裝置D的作用是____；能證明有SO3生成的實驗現(xiàn)象是____。（3）在實驗過程中C裝置中紅色溶液逐漸變?yōu)闊o色溶液，說明A中分解產(chǎn)物有：___；待C中有明顯現(xiàn)象后，F(xiàn)開始收集氣體，F(xiàn)裝置中集氣瓶收集到了少量氣體，該氣體是___（填化學(xué)式）。（4）為了驗證SO2的還原性，取E裝置中反應(yīng)后的溶液于試管中，設(shè)計如下實驗：a．滴加少量的NH4SCN溶液b．滴加少量的K3[Fe(CN)6]溶液c．滴加酸性KMnO4溶液d．滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液其中，方案合理的有____（填代號），寫出E裝置中可能發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：___。Ⅱ．乙同學(xué)利用A中殘留固體驗證固體產(chǎn)物（假設(shè)硫酸銅已完全分解）查閱資料知，銅有+2、+1價，且分解產(chǎn)物中不含0價的銅。Cu2O在酸性條件下不穩(wěn)定，發(fā)生反應(yīng)：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。（5）為了驗證固體產(chǎn)物中是否有Cu2O，設(shè)計了下列4種方案，其中能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖莀___。甲：取少量殘留固體于試管，滴加足量的稀硝酸，觀察溶液顏色是否變?yōu)樗{(lán)色乙：取少量殘留固體于試管，滴加足量的稀硫酸，觀察溶液顏色是否變?yōu)樗{(lán)色丙：取少量殘留固體于試管，滴加足量的稀鹽酸，觀察是否有紅色固體生成?。喝∩倭繗埩艄腆w于試管，通入氫氣，加熱，觀察是否生成紅色固體27、（12分）現(xiàn)要測定某氯化鐵與氯化亞鐵混合物中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。實驗按以下步驟進行：I．根據(jù)上面流程，回答以下問題：（1）操作I所用到的玻璃儀器除燒杯、玻璃棒外，還必須有_______、_______(填儀器名稱)。（2）加入氯水發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為______________________________。（3）將沉淀物灼燒后，冷卻至室溫，用天平稱量其質(zhì)量為b1g，再次加熱并冷卻至室溫，稱量其質(zhì)量為b2g，若b1－b2=0.3g，則接下來還應(yīng)進行的操作是___________________；若坩堝質(zhì)量是w1g，坩堝與灼燒后固體總質(zhì)量是w2g，則樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是_______________。II．有同學(xué)提出，還可以采用以下方法來測定：（4）溶解樣品改用了硫酸，而不再用鹽酸，為什么?_____________________________。（5）選擇的還原劑是否能用鐵_____(填“是”或“否”)，原因是______________________。（6）)若滴定消耗cmol·L-1KMnO4溶液bmL，則樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是__________。28、（14分）氮及其化合物如NH3及銨鹽、N2H4、N2O4等在中學(xué)化學(xué)、化工工業(yè)、國防等領(lǐng)域占有重要地位。（1）已知反應(yīng)NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)的能量變化如圖所示，下列說法正確的是________。A．圖中A→B的過程為放熱過程B．1molNO2和1molCO的鍵能總和大于1molNO和1mol

CO2

的鍵能總和C．該反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)D．1molNO2(g)和1molCO(g)的總能量低于1mol

NO(g)

和1mol

CO2(g)的總能量（2）N2O4與NO2之間存在反應(yīng)N2O4(g)2NO2(g)。將一定量的N2O4放入恒容密閉容器中，測得其平衡轉(zhuǎn)化率[a(N2O4)]隨溫度的變化如圖所示。①由圖推測該反應(yīng)的△H___0（填“>”或“<”），理由為________________。②圖中a點對應(yīng)溫度下，已知N2O4的起始壓強為108kPa，則該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=_________kPa（用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）。③在一定條件下，該反應(yīng)N2O4、NO2的消耗速率與自身壓強間存在關(guān)系v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，其中k1、k2是與反應(yīng)溫度有關(guān)的常數(shù)。相應(yīng)的速率壓強關(guān)系如圖所示，一定溫度下，k1、k2與平衡常數(shù)Kp的關(guān)系是k1=___________，在下左圖上標(biāo)出的點中，能表示反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的點為__________（填字母代號）。（3）以四甲基氯化銨[(CH3)4NCl]水溶液為原料，通過電解法可以制備四甲基氫氧化銨[(CH3)4NOH]，裝置如圖所示。①收集到(CH3)4NOH的區(qū)域是______(填a、b、c或d)。②寫出電解池總反應(yīng)(化學(xué)方程式)___________________________。29、（10分）已知元素X位于Y的下一周期，X、Y的原子序數(shù)均不大于20。某含氧酸鹽甲的化學(xué)式為XYO3。回答下列問題：(1)常溫下X的單質(zhì)能與水發(fā)生反應(yīng)，395℃時，甲能發(fā)生分解反應(yīng)生成兩種鹽，其中一種是含Y元素的無氧酸鹽，則X在周期表中的位置是___________，甲發(fā)生分解反應(yīng)的化學(xué)方程式是___________。(2)若甲難溶于水，且甲與鹽酸反應(yīng)生成能使品紅溶液褪色的氣體，則：①甲為___________(填化學(xué)式)。該氣體能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，反應(yīng)的離子方程式為___________。②X、Y形成的簡單離子的半徑從大到小的順序為___________(用離子符號表示)。(3)若甲能與鹽酸反應(yīng)，生成無色無味的氣體乙，則：①乙的電子式為___________。②在水中持續(xù)加熱甲，生成一種更難溶的物質(zhì)并逸出氣體乙，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

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】水煤氣燃料電池的負(fù)極上通入的是燃料：一氧化碳和氫氣，發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，在正極上是氧氣發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，陽離子移向正極，根據(jù)電極反應(yīng)式確定電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目并進行計算即可?！驹斀狻緼.水煤氣的主要成分是一氧化碳和氫氣，因此，該燃料電池的總反應(yīng)為：2CO+O2=2CO2、2H2+O2=2H2O或CO+H2+O2=CO2+H2O，A項正確；B.負(fù)極反應(yīng)物是H2和CO，介質(zhì)是有機固體超強酸，因此，負(fù)極反應(yīng)為：H2-2e-=2H+、CO-2e-+H2O=CO2+2H+，B項正確；C.正極反應(yīng)為：O2+4H++4e-=2H2O，電路中通過0.4mol電子，正極消耗0.1molO2，根據(jù)總反應(yīng)式CO+H2+O2=CO2+H2O可知消耗氫氣和一氧化碳均是0.1mol，因此標(biāo)準(zhǔn)狀況下水煤氣的體積為4.48L，C項正確；D.原電池工作時，陽離子向正極遷移，因此，該燃料電池工作時，氫離子向正極遷移，遷移到正極的氫離子數(shù)等于正極反應(yīng)消耗的氫離子數(shù)，但反應(yīng)中還有水生成，因此正極的氫離子濃度減小，pH增大，D項錯誤；答案選D。2、C【詳解】A.CO2、Na2CO3既是反應(yīng)的產(chǎn)物，也是反應(yīng)過程中需要加入的物質(zhì)，因此上述流程中可以重復(fù)利用的物質(zhì)有Na2CO3、CO2，A錯誤；B.根據(jù)元素守恒可知鉀長石用氧化物的形式可表示為K2O·Al2O3·6SiO2，B錯誤；C.煅燒過程中鉀長石中的Si元素與CaCO3轉(zhuǎn)化為CaSiO3，K和Al元素與Na2CO3反應(yīng)轉(zhuǎn)化為KAlO2和NaAlO2，C正確；D.向KAlO2和NaAlO2溶液中通入過量CO2氣體，會產(chǎn)生HCO3-，發(fā)生反應(yīng)CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓，D錯誤；故合理選項是C。3、A【詳解】A.銅和硝酸反應(yīng)生成硝酸銅和氮的化合物，n（Cu）=38.4/64==0.6mol，生成硝酸銅0.6mol，含有硝酸根離子1.2mol，氮的化合物為0.9mol，與氫氧化鈉恰好完全反應(yīng)生成NaNO3和NaNO2，根據(jù)原子守恒可知：n(Na)=n(N)=n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol,所以硝酸的總量為1.2+1=2.2mol，若濃硝酸體積為200mL，則其物質(zhì)的量濃度為2.2/0.2=11mol/L,A正確；B.NO、NO2、N2O4和NaOH溶液反應(yīng)時生成NaNO3和NaNO2，NO2、N2O4中氮元素為+4價，既可升高到+5價，又可降低到+3價，既作還原劑又作還原劑，B錯誤；C.n（Cu）=38.4/64==0.6mol，由電子守恒可以知道，38.4gCu失去的電子等于HNO3到NaNO2得到的電子，0.6×（2-0）=n（NaNO2）×（5-3）,計算得出n（NaNO2）=0.6mol，根據(jù)題給信息可知n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol，則由Na原子守恒可以知道n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），則n（NaNO3）=1mol-0.6mol=0.4mol，C錯誤；D.銅和硝酸反應(yīng)生成硝酸銅和氮的化合物，硝酸部分被還原，作氧化劑，有部分生成鹽，表現(xiàn)出酸性，D錯誤；正確選項A?！军c睛】本題考查氧化還原反應(yīng)計算，把握硝酸的作用，氮元素的化合價變化及原子守恒（n(Na)=n(N)），電子守恒2n(Cu)=3n（NaNO2），這是順利解題的關(guān)鍵。4、D【詳解】A．a(chǎn)曲線表示Na[Al(OH)4]和鹽酸反應(yīng)生成氫氧化鋁和氯化鈉的反應(yīng)，所以發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O，故A正確；B．b曲線表示碳酸鈉和鹽酸反應(yīng)，c曲線也表示碳酸鈉和鹽酸的反應(yīng)，只是b曲線表示碳酸鈉的物質(zhì)的量，c曲線表示碳酸氫鈉的物質(zhì)的量，所以b和c曲線表示的離子反應(yīng)是相同的，故B正確；C．因加50mL鹽酸之后沉淀不溶解，則M點和50mL時相同，Na[Al(OH)4]中鋁元素全部轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，設(shè)氫氧化鋁的質(zhì)量為x，Na[Al(OH)4]+HCl=NaCl+Al(OH)3↓+H2O，1mol78g1mol?L-1×0.05Lxx=3.9g，故C正確；D．由圖象知，Na2CO3、Na[Al(OH)4]的物質(zhì)的量相等都是0.05mol，但這兩種物質(zhì)都是強堿弱酸鹽都能水解，水解程度不同導(dǎo)致無法判斷溶液中CO32-與[Al(OH)4]-的物質(zhì)的量之比，故D錯誤；答案選D。【點睛】本題考查了反應(yīng)與圖象的關(guān)系，明確圖象中各條曲線表示的物質(zhì)是解本題的關(guān)鍵，難度較大，注意碳酸鈉和鹽酸反應(yīng)是分步進行的，先生成碳酸氫鈉，然后碳酸氫鈉再和鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉和水、二氧化碳。5、D【詳解】A．Al與NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，不能直接轉(zhuǎn)化為Al(OH)3，故A錯誤；B．鐵在氧氣中點燃生成四氧化三鐵，故B錯誤；C．CuO難溶于水，不能與水反應(yīng)生成Cu(OH)2，故C錯誤；D．硫酸鈣在飽和碳酸鈉溶液中轉(zhuǎn)化為更難溶的碳酸鈣，碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)生成氯化鈣，故D正確；故選D。6、C【詳解】A.反應(yīng)③中反應(yīng)物為CO2、H2，由反應(yīng)可以知反應(yīng)①、②為反應(yīng)③提供原料氣，A正確；B.反應(yīng)③中反應(yīng)物為CO2，轉(zhuǎn)化為甲醇，則反應(yīng)③也是

CO2資源化利用的方法之一，B正確；C.由反應(yīng)④可知物質(zhì)的量與熱量成正比，且氣態(tài)水能量比液態(tài)水高，則反應(yīng)CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(l)的HkJmol?1，C錯誤；D.

由蓋斯定律可知，②×(-2)+③×2+④得到2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)，則H=(-2b+2c+d)kJmol?1，D正確；故選C。7、A【詳解】令A(yù)和B的起始投入量都為1mol，A的變化量為xA（g）+2B(g)2C(g)起始量1mol1mol0變化量x2x2x平衡量1-x1-2x2x則(1-x)+(1-2x)=2xX=0.4mol故選A。8、D【詳解】A、用濃鹽酸與MnO2混合加熱制取Cl2，由于鹽酸具有揮發(fā)性，在Cl2中含有雜質(zhì)HCl及水蒸氣，先通過D裝置除去HCl，再通過A裝置除去水蒸氣，得到干燥純凈的氯氣，然后通過B驗證Cl2是否具有漂白性，再通過C驗證潮濕的氯氣具有漂白性，由于氯氣會導(dǎo)致大氣污染，因此最后通過NaOH溶液進行尾氣處理，故使用的裝置的先后順序為DABCE，故A錯誤B、根據(jù)A項分析可知，裝置連接順序依次為為DABCE，故B錯誤；C、裝置E的主要用途是吸收多余的氯氣，防止污染空氣，故C錯誤；D、由裝置B中現(xiàn)象可判斷Cl2無漂白性，濕潤有色布條褪色是因氯氣與水反應(yīng)生成的HClO引起的，故D正確；答案選D。9、B【詳解】A、氫氧化鉀為離子化合物，鉀離子與氫氧根通過離子鍵結(jié)合，氧原子與氫原子共用1對電子形成H-O共價鍵，電子式為故A錯誤；B、氯化氫為共價化合物，氫原子與氯原子共用1對電子，電子式為，故B正確；C、Cl2的電子式，故C正確；D、故D錯誤，故選B。10、A【解析】A.含鎂為5%時，金屬鋁的含量最低，5.4g合金中鋁的質(zhì)量為5.13g；則根據(jù)反應(yīng)：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，2Al～2NaOH，5.13/27：V×10-3×2=2:2，解得V=95mL，因此取5.4g合金粉末樣品，投入VmL2.0mol/LNaOH溶液中反應(yīng)，則V≥95mL，A錯誤；B.方案一中金屬鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，過濾后剩余固體鎂；測定剩余固體質(zhì)量時，過濾后未洗滌固體就干燥、稱量，相當(dāng)于鎂的質(zhì)量偏大，則鎂的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏高，B正確；C.Mg、Al均與氧氣反應(yīng),生成金屬氧化物，則還需測定生成物的質(zhì)量，根據(jù)質(zhì)量守恒列方程可以求出金屬鎂的質(zhì)量，進而求出鎂的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，C正確；D.空氣中有氮氣和氧氣，金屬鎂能夠與氮氣反應(yīng)生成氮化鎂，灼燒后固體質(zhì)量增大，金屬鎂的質(zhì)量偏大，測定結(jié)果偏高，D正確；綜上所述，本題選A。11、B【詳解】A．由圖可知，M點含等量的氯化銨和NH3?H2O，由NH3?H2ONH4++OH-，可知此時溶液中kb=1.810-5=，則c(OH-)=1.810-5mol/L，溶液顯堿性，即n(OH-)-n(H+)＞0，由溶液中存在的電荷守恒式為n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，n(Na+)=n(OH-)+n(Cl-)-n(NH4+)-n(H+)=0.005+n(OH-)-n(H+)＞0.005，即a＞0.005，故A錯誤；B．M點n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，n(H+)-n(OH-)=n(Cl-)-0.005-n(Na+)=(0.005-a)mol，故B正確；C．隨著NaOH溶液的滴加，c(NH3?H2O)減小，且=，可知比值不斷減小，故C錯誤；D．當(dāng)n(NaOH)=0.01mol時，恰好反應(yīng)生成等量的氯化鈉和一水合氨，一水合氨電離，則c(Na+)＞c(NH3?H2O)＞c(OH-)，故D錯誤；故答案為B。12、C【解析】本實驗利用“還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物”、“強還原性制弱還原性”的原理來驗證還原性的強弱順序。向FeC12溶液中通入C12，得到溶液1，再向溶液1中通入SO2，得到溶液2。甲、溶液1中含有Fe3+、Fe2+，說明發(fā)生反應(yīng)2Fe2++C12=2Fe3++2Cl-,且C12反應(yīng)完全，可證明還原性Fe2+>C1-；溶液2中含有SO42-,則說明發(fā)生反應(yīng)2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，可證明還原性SO2>Fe2+，故甲能證明還原性SO2>Fe2+>C1-；乙、溶液1中含有Fe3+，無Fe2+剩余，則還原性Fe2+>C1-，但C12可能過量，再通入SO2，可能發(fā)生的反應(yīng)是C12+SO2+2H2O=2Cl-+SO42-+4H+，不能夠比較SO2與Fe2+的還原性強弱，故乙不能驗證；丙、溶液1中含有Fe3+，沒有Fe2+，通入SO2后溶液中又含有Fe2+，說明SO2將Fe3+還原得到Fe2+，證明SO2>Fe2+還原性，故丙實驗結(jié)論能證明還原性SO2>Fe2+>C1-。故選C。13、D【詳解】A．鈉離子核外有2個電子層，氯離子有3個電子層，即氯離子半徑大于鈉離子，a離子為Cl-，b離子為Na+，A錯誤；B．題目中沒有說明溶液的體積，無法計算溶質(zhì)的物質(zhì)的量，即無法判斷溶液中水合的個數(shù)，B錯誤；C．氯化鈉是強電解質(zhì)，全部電離，電離方程式為：，C錯誤；D．由圖可知，b離子與水中的氧接近，形成水合b離子，所以表明水分子中氧原子端帶負(fù)電，D正確；故選D。14、A【解析】A、Zn(OH)2溶于水形成的飽和溶液中，令飽和溶液中鋅離子濃度為x,x×(2x)2=1.0×10-18,x==6.3×10-7mol·L-l，c(Zn2+)<1.0×10-6mol·L-l，故A錯誤；B、HCOO-的水解常數(shù)為1.0×10-10，故B正確；C、向Zn(OH)2懸濁液中加入HCOOH,溶液中氫氧根離子減小，溶解平衡正向移動，溶液中c(Zn2+)增大，故C正確；D、Zn(OH)2+2HCOOHZn2++2HCOO-+2H2O

的平衡常數(shù)K==100，故D正確；故選A。點睛：D為難點，先寫出方程式，Zn(OH)2+2HCOOHZn2++2HCOO-+2H2O

再寫出平衡常數(shù)K的表達(dá)式，然后上下同乘以c(OH-)的平方，將Kw代入，即可。15、C【詳解】A.兩性氧化物的定義為與酸和堿反應(yīng)均生成鹽和水的氧化物，SiO2與HF反應(yīng)得到的SiF4不屬于鹽類，所以SiO2不是兩性氧化物，SiO2屬于酸性氧化物，A錯誤；B.SiO2是光導(dǎo)纖維材料，Si為半導(dǎo)體材料，B錯誤；C.硅膠表面積大，吸附力強，硅膠吸附水分后，可通過熱脫附方式將水分除去而重復(fù)使用，C正確；D.圖中二氧化硅與氫氟酸、氫氧化鈉、碳酸鈉的反應(yīng)，硅酸鈉與鹽酸的反應(yīng)，硅酸的分解，硅酸的生成，元素的化合價都沒有發(fā)生變化，是非氧化還原反應(yīng)，而Si與Cl2反應(yīng)產(chǎn)生SiCl4的反應(yīng)及SiCl4與H2反應(yīng)產(chǎn)生Si單質(zhì)的反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)，因此反應(yīng)不全是非氧化還原反應(yīng)，D錯誤；答案選C。16、C【解析】A.Ba2+和CO32－反應(yīng)生成BaCO3不能大量共存，故A錯誤；B.H+和ClO-、SO32-反應(yīng)不能共存，F(xiàn)e2+、SO32-均有還原性，能與ClO-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，所以不能大量共存，故B錯誤；C.K+、Na+、SO42-、MnO4-四種離子都不發(fā)生反應(yīng)可以大量共存，故C正確；D項，F(xiàn)e3+和SCN-生成絡(luò)合物，所以不能大量共存，故D錯誤；答案:C?！军c睛】本題考查離子共存的相關(guān)知識。判斷依據(jù)：離子之間能反應(yīng)生成弱電解質(zhì)、沉淀和氣體的離子不能大量共存；能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間不能大量共存；能形成絡(luò)合物的離子之間不能大量共存。能發(fā)生相互促進雙水解反應(yīng)的離子之間不能大量共存。17、C【詳解】實驗原理是利用草木灰中鉀鹽（主要是碳酸鉀）易溶于水其他雜質(zhì)難溶于水的性質(zhì)分離兩者。實驗步驟為溶解、過濾、蒸發(fā)結(jié)晶即可，不需要分液。故選C.18、B【解析】①鈉燃燒時會發(fā)生焰色反應(yīng)，火焰呈黃色，①正確；②過氧化鈉與酸反應(yīng)不僅生成鹽和水，還生成O2，故Na2O2不是堿性氧化物，②錯誤；③Na2O2與水反應(yīng)生成O2，會引入新雜質(zhì)，③錯誤；④Na2O2中含有Na+和O22-，所以過氧化鈉(Na2O2)中陰陽離子比1:2，④錯誤；⑤鈉是一種很強的還原劑，能夠與水反應(yīng)，故不能把鋯、鈮等金屬從它們的鹵化物的水溶液中置換成單質(zhì)，⑤錯誤；⑥根據(jù)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2分別與CO2和水反應(yīng)產(chǎn)生相同量的O2時，需要CO2和水的物質(zhì)的量相等，質(zhì)量不相等，⑥錯誤；⑦Na2O與水反應(yīng)生成NaOH，Na2O2與水反應(yīng)生成NaOH和O2，故可用水來確定某Na2O粉末中是否含有Na2O2，⑦正確；⑧將足量的Na2O2、Na2O分別加到酚酞試液中，二者都生成NaOH，因為Na2O2具有強氧化性，所以最終加Na2O的酚酞溶液為紅色，而加Na2O2的酚酞溶液變無色，⑧錯誤。綜上，①⑦正確，選B。點睛：本題考查Na、Na2O和Na2O2的性質(zhì)，側(cè)重于對化學(xué)性質(zhì)的考查，涉及知識較全面，解題時要注意：①鈉與鹽溶液反應(yīng)時先和水反應(yīng)；②明確堿性氧化物的定義；③Na2O2中含有Na+和O22-；④Na2O2具有強氧化性。19、D【詳解】A.金屬腐蝕的本質(zhì)：金屬失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，故A錯誤；B.犧牲陽極的陰極保護法，用的原電池原理，被保護的金屬應(yīng)做正極，故B錯誤；C.外加電流陰極保護法，用的電解原理，被保護的金屬應(yīng)與電源負(fù)極相連，作陰極，故C錯誤；D.生鐵投入NH4Cl溶液中，溶液呈酸性，主要發(fā)生析氫腐蝕，故D正確；故選D。20、A【詳解】向KAl(SO4)2中逐滴滴加Ba(OH)2：先生成BaSO4和Al(OH)3，當(dāng)鋁離子完全沉淀，溶液中還存在沒有沉淀的硫酸根離子，再加入Ba(OH)2生成BaSO4的同時Al(OH)3溶解，最后Al(OH)3溶解完，只剩余BaSO4沉淀。反應(yīng)的方程式為2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-═3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，2Al(OH)3+SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2AlO2-+4H2O，因此向明礬溶液中逐滴滴入氫氧化鋇溶液至過量的過程中可能產(chǎn)生兩種沉淀氫氧化鋁和硫酸鋇沉淀，也可能生成一種沉淀，故選A?！军c睛】明確物質(zhì)性質(zhì)及物質(zhì)之間反應(yīng)是解本題關(guān)鍵。解答本題要注意氫氧化鋁能夠被過量的氫氧化鋇溶解。21、D【詳解】A項缺少酒精燈，所以A錯誤；B項缺少漏斗，無法進行過濾，所以B錯誤；C項缺少托盤天平，無法稱量NaCl的質(zhì)量，C錯誤；D項正確。所以答案選D?！军c睛】本題主要考查基本的實驗操作和儀器，要注意正確選擇物質(zhì)分離、提純的方法，重點關(guān)注過濾、蒸發(fā)結(jié)晶、萃取分液和蒸餾的基本操作步驟以及原理和所用儀器。22、C【分析】A、溫度越高，氧化速率越快；B、反應(yīng)物濃度降低，反應(yīng)速率降低；C、SO32-水解不影響溶液中+4價硫的總濃度；D、當(dāng)亞硫酸銨的濃度增大到一定程度后，亞硫酸根離子被氧化的速率大于氧氣的溶解速率。【詳解】A、溫度越高，氧化速率越快，60℃之前，氧化速率增大與溫度升高化學(xué)反應(yīng)速率加快有關(guān)，故A正確；B、反應(yīng)物濃度降低，反應(yīng)速率降低，溫度升高后O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受熱易分解，均使反應(yīng)物濃度降低，故B正確；C、SO32-水解不影響溶液中+4價硫的總濃度，故C錯誤；D、當(dāng)亞硫酸銨的濃度增大到一定程度后，亞硫酸根離子被氧化的速率大于氧氣的溶解速率，因氧氣的溶解速率較小導(dǎo)致亞硫酸根離子的氧化速率變化不大。故D正確；故選C?！军c睛】本題考查外界條件對化學(xué)反應(yīng)速率的影響，解題關(guān)鍵：綜合理解多種條件同時對反應(yīng)速率影響時，有一個條件在某時段起主導(dǎo)作用。二、非選擇題(共84分)23、乙二醛硝基苯碳碳雙鍵、醛基加成反應(yīng)(還原反應(yīng))氧化反應(yīng)+2+2HCl2或【分析】A的相對分子質(zhì)量為58，碳和氫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)之和為44.8%，則含氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.552，A中O原子個數(shù)==2，C原子個數(shù)==2…2，核磁共振氫譜顯示為一組峰，可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則A為OHCCHO；A發(fā)生信息②的反應(yīng)生成B，根據(jù)B分子式知，B為OHCCH=CHCH=CHCHO，B和乙烯發(fā)生信息④的反應(yīng)生成C，C為，C和H2發(fā)生加成反應(yīng)生成D，D發(fā)生催化氧化生成E，E為，E發(fā)生信息③的反應(yīng)生成F為，F(xiàn)和H發(fā)生取代反應(yīng)生成M，H為，G發(fā)生還原反應(yīng)生成H、苯發(fā)生取代反應(yīng)生成G，則G為；(6)制備，可由HOCH2CH2OH氧化生成OHC-CHO，乙烯與水反應(yīng)生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，在堿性條件下成OHC-CHO與乙醛反應(yīng)生成。【詳解】根據(jù)上述分析可知：A為OHCCHO、B為OHCCH=CHCH=CHCHO、C為、D為、E為、F為、G為、H為。(1)A為OHCCHO，A的名稱為乙二醛；E的結(jié)構(gòu)簡式為；G為，名稱為硝基苯；(2)B為OHCCH=CHCH=CHCHO，B中含有的官能團的名稱為碳碳雙鍵、醛基；(3)C→D的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)，與H2的加成反應(yīng)又叫還原反應(yīng)，D→E的反應(yīng)類型為氧化反應(yīng)；(4)F為，H為，F(xiàn)和H發(fā)生取代反應(yīng)生成M，F(xiàn)+H→M的化學(xué)方程式為+2+2HCl；(5)C為，芳香族化合物W是C的同分異構(gòu)體，有三個取代基，能與FeC13溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有苯環(huán)和酚羥基，0.5molW可與足量的Na反應(yīng)生成lgH2，說明W分子結(jié)構(gòu)中含有2個羥基，核磁共振氫譜為五組峰，說明物質(zhì)分子中含有五種不同位置的H原子，則W的結(jié)構(gòu)簡式為或，所以有兩種同分異構(gòu)體；(6)乙烯和水發(fā)生加成反應(yīng)生成乙醇，乙醇催化氧化產(chǎn)生乙醛，乙二醇發(fā)生催化氧化生成乙二醛，乙醛和乙二醛發(fā)生信息中反應(yīng)生成目標(biāo)產(chǎn)物，其合成路線為?！军c睛】本題考查有機物的合成與推斷，注意把握題給信息以及有機物官能團的性質(zhì)以及轉(zhuǎn)化，把握推斷的思路，易錯點為同分異構(gòu)體的判斷，本題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力和接受信息處理問題的能力。24、1∶2sp2SO3或O4或BF3等BC【分析】(1).P元素的原子序數(shù)為15，核外電子為3層，有5個能級；（2）①N2分子中含有氮氮三鍵，結(jié)構(gòu)式為N≡N，氮氮三鍵由一個σ鍵和兩個π鍵形成；②硝酸根中N原子價電子層電子對數(shù)為3，孤電子對數(shù)為0，雜化方式為sp2雜化；原子個數(shù)和價電子數(shù)相同的微粒互為等電子體；③同種元素化合價越高，含氧酸中氧原子總數(shù)越多，非羥基氧原子個數(shù)越多，正電性更高，在水溶液中更易電離出，酸性越強；（3）由a、b的坐標(biāo)可知晶胞的邊長為1，由晶胞結(jié)構(gòu)可知c位于右側(cè)面的面心，則c的坐標(biāo)為（1，，）；由分?jǐn)偡ㄓ嬎憧傻??！驹斀狻?1).P元素的原子序數(shù)為15，核外電子為3層，有5個能級，電子排布式為1s22s22p63s23p3，故答案為：1s22s22p63s23p3；（2）①N2分子中含有氮氮三鍵，結(jié)構(gòu)式為N≡N，氮氮三鍵由一個σ鍵和兩個π鍵形成，則σ鍵和π鍵之比為1:2，故答案為：1:2；②硝酸根中N原子價電子層電子對數(shù)為3，孤電子對數(shù)為0，則雜化方式為sp2雜化；原子個數(shù)和價電子數(shù)相同的微?；榈入娮芋w，則與硝酸根互為等電子體的微粒為SO3或O4或BF3等，故答案為：SO3或O4或BF3等；③A.含氧酸中非羥基氧原子個數(shù)越多，酸性越強，與氧原子總數(shù)無關(guān)，故錯誤；B.同種元素化合價越高，含氧酸中氧原子總數(shù)越多，非羥基氧原子個數(shù)越多，酸性越強，故正確；C.HNO3中氮元素的化合價高，正電性更高，在水溶液中更易電離出，所以相較HNO2酸性更強，故正確；BC正確，故答案為：BC；（3）由a、b的坐標(biāo)可知晶胞的邊長為1，由晶胞結(jié)構(gòu)可知c位于右側(cè)面的面心，則c的坐標(biāo)為（1，，）；由晶胞結(jié)構(gòu)可知，b處于4個P原子圍成的正方體的正中心，P原子位于頂點，設(shè)x為晶胞邊長，則B-P鍵的長度為；由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中含有4個BP，由=x3ρ可得x=，則B-P鍵長為pm，故答案為：（1，，）；。25、分液漏斗無水硫酸銅檢驗產(chǎn)物中是否有水避免熾熱銅粉重新被氧化，且尾氣可能含有毒的CO，需要用燃燒法除去CH4+4CuO4Cu+2H2O+CO2【解析】（1）儀器a為分液漏斗；（2）連接裝置并檢查氣密性后，打開a的活塞和彈簧夾K，水滴入燒瓶與Al4C3發(fā)生反應(yīng)，生成CH4，先利用CH4排盡裝置中的空氣，防止氧氣干擾實驗?？諝馀疟M后，再點燃c和g，與CuO發(fā)生反應(yīng)。e中固體由白變藍(lán)，則e中為無水硫酸銅，檢驗水的產(chǎn)生；f中溶液變渾濁，則產(chǎn)生了CO2。實驗完畢后，先熄滅c處的酒精燈，繼續(xù)通入甲烷至d冷卻后，再熄滅g，原因是如果立即停止通入甲烷，則熾熱的銅粉有可能重新被氧化，實驗過程中可能會產(chǎn)生CO，如果立即熄滅g，CO不能有效除去。故答案為檢驗產(chǎn)物中是否有水；避免熾熱銅粉重新被氧化，且尾氣可能含有毒的CO，需要用燃燒法除去。（3）若最后在g處點燃的氣體僅為CH4，則還原實驗中沒有產(chǎn)生CO，故產(chǎn)物只有Cu、CO2和H2O。反應(yīng)方程式為：CH4+4CuO4Cu+2H2O+CO2。26、BC防倒吸B中溶液變渾濁SO2O2bd2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+丙【分析】根據(jù)題意：A裝置加熱分解硫酸銅，分解的氣態(tài)產(chǎn)物SO3、SO2和O2，SO2和O2和氯化鋇溶液不反應(yīng)，SO3與氯化鋇反應(yīng)生成白色沉淀，可檢驗SO3，SO2由品紅溶液檢驗，氯化鐵溶液驗證SO2的還原性，為防止發(fā)生倒吸，A之后連接D裝置，連接B的氯化鋇溶液檢驗SO3，產(chǎn)生白色沉淀，用C中品紅溶液檢驗SO2，品紅溶液褪色，由E的氯化鐵溶液驗證SO2的還原性，發(fā)生反應(yīng)：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，F(xiàn)用排水法收集氧氣，取E裝置中反應(yīng)后的溶液于試管中，通過檢驗生成Fe2+、SO42-驗證SO2的還原性，用A中殘留固體驗證固體產(chǎn)物可能為CuO、Cu2O，根據(jù)反應(yīng)Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，如果含有Cu2O，酸溶后有紅色的銅生成，據(jù)此分析作答?！驹斀狻浚?）根據(jù)上述分析可知，裝置為分解裝置，防倒吸裝置，檢驗SO3，檢驗SO2，驗證SO2的還原性，收集氧氣的裝置，故連接順序為：A、D、B、C、E、F，缺少B、C裝置，故答案為：BC；（2）裝置D的作用是防倒吸；SO3與氯化鋇反應(yīng)生成白色沉淀，溶液變渾濁，B裝置中產(chǎn)生白色沉淀證明有SO3生成，故答案為：防倒吸；B中溶液變渾濁；（3）二氧化硫具有漂白性，在實驗過程中C裝置中紅色溶液逐漸變?yōu)闊o色溶液，說明A中分解產(chǎn)物有SO2；氧氣不溶于水，F(xiàn)中收集的氣體為O2，故答案為：SO2；O2；（4）E裝置中為氯化鐵溶液，與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，檢驗生成的Fe2+、SO42-驗證SO2的還原性，F(xiàn)e2+用K3[Fe(CN)6]溶液觀察是否有藍(lán)色沉淀的生成檢驗，SO42-用鹽酸酸化的BaCl2溶液是否生成白色沉淀檢驗，故合理選項是bd；2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；（5）已知：Cu2O在酸性條件下不穩(wěn)定，發(fā)生反應(yīng)：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，A中硫酸銅完全分解，則得到CuO或Cu2O，取少量殘留固體于試管，滴加足量的稀鹽酸，觀察是否有紅色固體生成可以驗證固體產(chǎn)物中是否有Cu2O；故合理選項是丙。【點睛】本題考查了物質(zhì)的性質(zhì)檢驗的知識，掌握常見物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，在解答時要注意物質(zhì)檢驗的先后順序、檢驗試劑及反應(yīng)現(xiàn)象，在物質(zhì)反應(yīng)方程式配平時要注意結(jié)合電子守恒、原子守恒分析解答。27、251mL容量瓶膠頭滴管2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-再次加熱冷卻并稱量，直至兩次質(zhì)量差小于1．1g×111%過量的鹽酸能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，對KMnO4的滴定過程有干擾否如果用鐵做還原劑，會與Fe3+、過量的硫酸反應(yīng)生成Fe2+，干擾原混合物中鐵元素的測定2.8bc/a【解析】本題按照兩種不同的實驗設(shè)計進行了某氯化鐵與氯化亞鐵混合物中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，方案I為沉淀法，方案II滴定法，兩種方案中均是先準(zhǔn)確配制一定體積的溶液，然后取樣進行測定，計算的依據(jù)為鐵元素的質(zhì)量守恒，據(jù)此分析解答。【詳解】Ⅰ．（1）操作I所用到的玻璃儀器除燒杯、玻璃棒外，還必須有251mL容量瓶、膠頭滴管；故答案為251mL容量瓶、膠頭滴管；（2）加入氯水將溶液中的Fe2+氧化轉(zhuǎn)變成Fe3+，反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；（3）為了減少誤差，需再次加熱冷卻并稱量，直至兩次質(zhì)量差小于1．1g，因b1－b2=1.3g>1.1g，所以接下來需再次加熱冷卻并稱量，直至兩次質(zhì)量差小于1．1g；由鐵元素質(zhì)量守恒可得紅棕色固體中鐵元素就是樣品中的鐵，F(xiàn)e2O3中鐵元素的質(zhì)量為（W2-W1）g×；則樣品中鐵元素的質(zhì)量為：（W2-W1）g××=g=7（W2-W1）g，所以樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：×111%，故答案為再次加熱冷卻并稱量，直至兩次質(zhì)量差小于1．1g；×111%；II．（4）溶解樣品改用了硫酸，而不再用鹽酸，是因為過量的鹽酸會被酸性KMnO4溶液氧化，對KMnO4的滴定有干擾，故答案為過量的鹽酸能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，對KMnO4的滴定過程有干擾；（5）選擇的還原劑不能用鐵，因為如果用鐵做還原劑，會與Fe3+、過量的硫酸反應(yīng)生成Fe2+，從而干擾原混合物中鐵元素的測定；故答案為否；如果用鐵做還原劑，會與Fe3+、過量的硫酸反應(yīng)