2023屆山東省微山縣第二中學(xué)高考沖刺模擬化學(xué)試題含解析

2023高考化學(xué)模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。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、W、X、Y、Z四種短周期主族元素的原子序數(shù)依次增大，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物的溶液，濃度均為0.1mol/L時的pH如表所示。下列說法正確的是元素對應(yīng)的溶液WXYZpH(25℃)1.013.00.71.0A．簡單離子半徑大小順序為：X>Y>Z>WB．Z元素的氧化物對應(yīng)的水化物一定是強酸C．X、Z的簡單離子都能破壞水的電離平衡D．W、Y都能形成含18個電子的氫化物分子2、下列說法正確的是A．離子晶體中可能含有共價鍵，但不一定含有金屬元素B．分子晶體中一定含有共價鍵C．非極性分子中一定存在非極性鍵D．對于組成結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，一定是相對分子質(zhì)量越大，熔沸點越高3、2019年諾貝爾化學(xué)獎授予美國科學(xué)家約翰?古迪納夫、斯坦利?惠廷厄姆和日本科學(xué)家吉野彰，以表彰他們在鋰離子電池研發(fā)領(lǐng)域作出的貢獻。近日，有化學(xué)家描繪出了一種使用DMSO（二甲亞砜）作為電解液，并用多孔的黃金作為電極的鋰—空氣電池的實驗?zāi)Ｐ?，該電池放電時在多孔的黃金上氧分子與鋰離子反應(yīng)，形成過氧化鋰，其裝置圖如圖所示。下列有關(guān)敘述正確的是（）A．DMSO電解液能傳遞Li＋和電子，不能換成水溶液B．該電池放電時每消耗2molO2，轉(zhuǎn)移4mol電子C．給該鋰—空氣電池充電時，金屬鋰接電源的正極D．多孔的黃金為電池正極，電極反應(yīng)式可能為O2＋4e-=2O2-4、對于反應(yīng)2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A．Ogg提出如下反應(yīng)歷程：第一步N2O5?NO3+NO2快速平衡第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反應(yīng)第三步NO+NO3→2NO2快反應(yīng)其中可近似認為第二步反應(yīng)不影響第一步的平衡。下列表述正確的是A．v(第一步的逆反應(yīng))<v(第二步反應(yīng))B．反應(yīng)的中間產(chǎn)物只有NO3C．第二步中NO2與NO3的碰撞僅部分有效D．第三步反應(yīng)活化能較高5、練江整治已刻不容緩，其中以印染工業(yè)造成的污染最為嚴重。某工廠擬綜合處理含NH4+廢水和工業(yè)廢氣（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO），設(shè)計了如下工業(yè)流程：下列說法錯誤的是A．氣體I中主要含有的氣體有N2、NO、COB．X在反應(yīng)中作氧化劑，可通入過量的空氣C．處理含NH4+廢水時，發(fā)生離子方程式是：NH4++NO2-=N2↑+2H2OD．捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO6、能證明與過量NaOH醇溶液共熱時發(fā)生了消去反應(yīng)的是（）A．混合體系Br2的顏色褪去B．混合體系淡黃色沉淀C．混合體系有機物紫色褪去D．混合體系有機物Br2的顏色褪去7、單質(zhì)鈦的機械強度高，抗蝕能力強，有“未來金屬”之稱。工業(yè)上常用硫酸分解鈦鐵礦(FeTiO3)的方法制取二氧化鈦，再由二氧化鈦制金屬鈦，主要反應(yīng)有：①FeTiO3+3H2SO4=Ti(SO4)2+FeSO4+3H2O②Ti(SO4)2+3H2O=H2TiO3↓+2H2SO4③H2TiO3TiO2+H2O④TiO2+2C+2Cl2TiCl4↑+CO↑⑤TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti下列敘述錯誤的是()A．反應(yīng)①屬于非氧化還原反應(yīng)B．反應(yīng)②是水解反應(yīng)C．反應(yīng)④中二氧化鈦是氧化劑D．反應(yīng)⑤表現(xiàn)了金屬鎂還原性比金屬鈦強8、我國清代《本草綱目拾遺》中記敘無機藥物335種，其中“強水”條目下寫道：“性最烈，能蝕五金……其水甚強，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”這里的“強水”是指A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．鹵水9、用0.10mol/L的NaOH溶液分別滴定體積均為20.00mL、濃度均為0.050mol/L的鹽酸、磷酸及谷氨酸(H2G)，滴定曲線如圖所示：下列說法正確的是A．滴定鹽酸時，用甲基橙作指示劑比用酚酞更好B．H3PO4與H2G的第一電離平衡常數(shù)K1的數(shù)量級不同C．用酚酞作指示劑滴定磷酸到終點時，溶液中的溶質(zhì)為Na2HPO4D．NaH2PO4溶液中：10、催化加氫不能得到2-甲基戊烷的是()A．CH3CH=C(CH3)CH2CH3B．(CH3)2C=CHCH2CH3C．CH≡C(CH3)(CH2)2CH3D．CH3CH=CHCH(CH3)211、化學(xué)與生產(chǎn)、生活、社會密切相關(guān)。下列說法正確的是A．生石灰、鐵粉、硅膠是食品包裝中常用的干燥劑B．乙醇溶液、雙氧水均可用于殺菌消毒，但原理不同C．純堿是焙制糕點所用發(fā)酵粉的主要成分之一D．SiO2具有導(dǎo)電性，可用于制造光導(dǎo)纖維12、下列保存物質(zhì)的方法正確的是A．液氯貯存在干燥的鋼瓶里B．少量的鋰、鈉、鉀均保存在煤油中C．濃溴水保存在帶橡皮塞的棕色細口瓶中D．用排水法收集滿一瓶氫氣，用玻璃片蓋住瓶口，瓶口朝上放置13、利用右圖所示裝置可以將溫室氣體CO2轉(zhuǎn)化為燃料氣體CO。下列說法中，不正確的是A．電極b表面發(fā)生還原反應(yīng)B．該裝置工作時，H+從a極區(qū)向b極區(qū)移動C．該裝置中每生成1molCO，同時生成0.5molO2D．該過程是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的過程14、雌黃(As2S3)在我國古代常用作書寫涂改修正膠。濃硝酸氧化雌黃可制得硫黃，并生成砷酸和一種紅棕色氣體，利用此反應(yīng)原理設(shè)計為某原電池。下列有關(guān)敘述正確的是A．砷酸的分子式為H2AsO4B．紅棕色氣體在該原電池的負極區(qū)生成并逸出C．該反應(yīng)的氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為12：1D．該反應(yīng)中每析出4.8g硫黃，則轉(zhuǎn)移0.5mol電子15、下列敘述正確的是（）A．在氧化還原反應(yīng)中，肯定有一種元素被氧化，另一種元素被還原B．有單質(zhì)參加的反應(yīng)一定是氧化還原反應(yīng)C．有單質(zhì)參加的化合反應(yīng)一定是氧化還原反應(yīng)D．失電子難的原子，容易獲得的電子16、X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序數(shù)=族序數(shù)，由這四種元素組成的單質(zhì)或化合物存在如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系，其中甲、戊是兩常見的金屬單質(zhì)，丁是非金屬單質(zhì)，其余為氧化物且丙為具有磁性的黑色晶體。下列說法正確的是A．W的原子序數(shù)是Z的兩倍，金屬性強于ZB．W元素在周期表中的位置是第四周期VIII族C．丙屬于兩性氧化物D．等物質(zhì)的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量一定相等17、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是()A．1mol鐵在一定條件下分別和氧氣、氯氣、硫完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)都為2NAB．30g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氫原子數(shù)為4NAC．12g石墨烯(單層石墨)中含有六元環(huán)的個數(shù)為2NAD．2.1gDTO中含有的質(zhì)子數(shù)為NA18、某烴的含氧衍生物的球棍模型如圖所示下列關(guān)于該有機物的說法正確的是()A．名稱為乙酸乙酯B．顯酸性的鏈狀同分異構(gòu)體有3種C．能發(fā)生取代、加成和消除反應(yīng)D．能使溴水或酸性高錳酸鉀溶液褪色，且原理相同19、分析生產(chǎn)生活中的下列過程，不涉及氧化還原反應(yīng)的是（）A．銅制品、鐵制品在潮濕的空氣中生銹B．缺鐵性貧血服用補鐵劑時，需與維生維C同時服用C．將氯氣通入冷的消石灰中制漂白粉D．從海水中提取氯化鎂20、化學(xué)與人類的生產(chǎn)、生活息息相關(guān)。下列說法正確的是（）A．天然纖維和人造纖維主要成分都是纖維素B．生物質(zhì)能和氫氣都屬于可再生能源C．古代明礬除銅綠和現(xiàn)代焊接氯化銨除鐵銹都利用了溶液顯堿性的特性D．燃煤中加入生石灰和汽車限行都是為了減緩溫室效應(yīng)21、某可充電鈉離子電池放電時工作原理如圖所示，下列說法錯誤的是A．放電時電勢較低的電極反應(yīng)式為：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[(CN)6]B．外電路中通過0.2mol電子的電量時，負極質(zhì)量變化為2.4gC．充電時，Mo箔接電源的正極D．放電時，Na+從右室移向左室22、將V1mL0.1mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液與2mL0.1mol·L-1KI溶液混合，待充分反應(yīng)后，下列方法可證明該反應(yīng)具有一定限度的是（）A．若V1<1，加入淀粉 B．若V1≤1，加入KSCN溶液C．若V1≥1，加入AgNO3溶液 D．加入Ba(NO3)2溶液二、非選擇題(共84分)23、（14分）在醫(yī)藥工業(yè)中，有機物G是一種合成藥物的中間體，其合成路線如圖所示：已知：R1ONa+R2X→R1OR2+NaX(R1與R2代表苯環(huán)或烴基、X代表鹵素原子）RCOOH+SOCl2(液體)→RCOCl+HCl↑+SO2↑回答下列問題：（1）A與C在水中溶解度更大的是_________，G中官能團的名稱是___________。（2）E→F的有機反應(yīng)類型是________，F(xiàn)的分子式為______________。（3）由A→B反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________________。（4）物質(zhì)D的結(jié)構(gòu)簡式為_________________。（5）B→C反應(yīng)中加入NaOH的作用是________________。（6）寫出一種符合下列條件的G的同分異構(gòu)體_________________。①與G的苯環(huán)數(shù)相同；②核磁共振氫譜有5個峰；③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)24、（12分）艾司洛爾是預(yù)防和治療手術(shù)期心動過速或高血壓的一種藥物，艾司洛爾的一種合成路線如下：回答下列問題：(1)丙二酸的結(jié)構(gòu)簡式為_______；E中含氧官能團的名稱是_______。(2)D生成E的反應(yīng)類型為____________。(3)C的結(jié)構(gòu)簡式為________________。(4)A遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反應(yīng)生成1molB、1molH2O和1molCO2，B能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，推測A生成B的化學(xué)方程式為____。(5)X是B的同分異構(gòu)體，X同時滿足下列條件的結(jié)構(gòu)共有____種，其中核磁共振氫譜有五組峰的結(jié)構(gòu)簡式為____。①可與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)生成二氧化碳②遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)③除苯環(huán)外不含其他環(huán)(6)寫出以苯甲醇和丙二酸為原料制備的合成路線________(其他試劑任選)。25、（12分）某學(xué)習小組以鋁鐵銅合金為主要原料制備[Cu（NH3）4]SO4·H2O（一水硫酸四氨合銅）和Fe3O4膠體粒子，具體流程如下：已知：①Cu（NH3）42+=Cu2+＋4NH3②Fe2+＋2Fe３+＋8OH?Fe3O4↓＋4H2O③[Cu（NH3）4]SO4易溶于水，難溶于乙醇。請回答：（1）濾渣的成分為________。（2）步驟Ⅰ中生成[Cu（NH3）4]SO4·H2O的離子方程式：________。步驟Ⅰ中加入（NH4）2SO4的作用是作為反應(yīng)物和________。（3）步驟Ⅳ中加入95%乙醇時，緩慢加入的目的是________。（4）下列有關(guān)敘述正確的是________。A步驟Ⅰ緩慢滴加H2O2并不斷攪拌，有利于提高H2O2的利用率B步驟Ⅳ若改為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，得到的一水硫酸四氨合銅晶體會含有較多Cu（OH）2等雜質(zhì)C步驟Ⅳ、Ⅴ用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、吸濾瓶等D步驟Ⅴ中洗滌操作為關(guān)閉水龍頭，加乙醇溶液浸沒沉淀，緩慢流干，重復(fù)2～3次（5）步驟Ⅲ中，從濾渣制備Fe3O4膠體粒子需經(jīng)過一系列操作。即：濾渣中加過量NaOH溶液攪拌溶解→________→過濾、洗滌、干燥得Fe3O4膠體粒子。根據(jù)下列提供的操作，請在空格處填寫正確的操作次序（填寫序號）。①氮氣氛圍下緩慢滴加NaOH溶液，加熱溶液②過濾、洗滌③加入過量稀硫酸溶解④加入適量FeSO4固體，攪拌溶解⑤測定Fe3+含量（6）測定一水硫酸四氨合銅晶體產(chǎn)品的純度，過程如下：取0.5000g試樣溶于水，滴加3mol·L?1H2SO4至pH為3～4，加入過量KI固體。以淀粉溶液為指示劑，生成的碘用0.1000mol·L?1Na2S2O3標準溶液滴定，重復(fù)2～3次，平均消耗Na2S2O3標準溶液20.00mL。。該試樣中一水硫酸四氨合銅的純度為________。已知：M[Cu（NH3）4SO4·H2O]＝246.0g·mol?1；2Cu2+＋4I?=2CuI＋I2，I2＋2S2O32-=2I?＋S4O62-。26、（10分）硫代硫酸鈉(Na2S2O3)是重要的化工原料，易溶于水，在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定，在酸性溶液中分解產(chǎn)生S、SO2。Ⅰ.Na2S2O3的制備。工業(yè)上可用反應(yīng)：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，實驗室模擬該工業(yè)過程的裝置如圖所示。(1)b中反應(yīng)的離子方程式為________，c中試劑為_________。(2)反應(yīng)開始后，c中先有渾濁產(chǎn)生，后又變澄清。此渾濁物是_______。(3)實驗中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有___________(寫出兩條)。(4)為了保證硫代硫酸鈉的產(chǎn)量，實驗中通入的SO2，不能過量，原因是_______。(5)制備得到的Na2S2O3中可能含有Na2SO3、Na2SO4等雜質(zhì)。設(shè)計實驗，檢測產(chǎn)品中是否存在Na2SO4：___________________________________。Ⅱ.探究Na2S2O3與金屬陽離子的氧化還原反應(yīng)。資料：?。瓼e3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)ⅱ．Ag2S2O3為白色沉淀，Ag2S2O3可溶于過量的S2O32-裝置編號試劑X實驗現(xiàn)象①Fe(NO3)3溶液混合后溶液先變成紫黑色,30s后溶液幾乎變?yōu)闊o色②AgNO3溶液先生成白色絮狀沉淀，振蕩后，沉淀溶解，得到無色溶液(6)根據(jù)實驗①的現(xiàn)象，初步判斷最終Fe3+被S2O32-還原為Fe2+，通過____(填操作、試劑和現(xiàn)象)，進一步證實生成了Fe2+。從化學(xué)反應(yīng)速率和平衡的角度解釋實驗Ⅰ的現(xiàn)象：____。(7)同濃度氧化性：Ag+>Fe3+。實驗②中Ag+未發(fā)生氧化還原反應(yīng)的原因是____。(8)進一步探究Ag+和S2O32-反應(yīng)。裝置編號試劑X實驗現(xiàn)象③AgNO3溶液先生成白色絮狀沉淀，沉淀很快變?yōu)辄S色、棕色，最后為黑色沉淀。實驗③中白色絮狀沉淀最后變?yōu)楹谏恋?Ag2S)的化學(xué)方程式如下，填入合適的物質(zhì)和系數(shù)：Ag2S2O3+_____=Ag2S+_____(9)根據(jù)以上實驗，Na2S2O3與金屬陽離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)和____有關(guān)(寫出兩條)。27、（12分）CCl3CHO是一種藥物合成的中間體，可通過CH3CH2OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl進行制備。制備時可能發(fā)生的副反應(yīng)為C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClO—CCl3COOH+HCl。合成該有機物的實驗裝置示意圖(加熱裝置未畫出)和有關(guān)數(shù)據(jù)如下：(1)A中恒壓漏斗的作用是______；A裝置中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____。(2)裝置B的作用是____；裝置F在吸收氣體時，為什么可以防止液體發(fā)生倒吸現(xiàn)象______。(3)裝置E中的溫度計要控制在70℃，三口燒瓶采用的最佳加熱方式是______。如果要在球形冷凝管中注入冷水增加冷凝效果，冷水應(yīng)該從_____(填“a”或“b”)口通入。實驗使用球形冷凝管而不使用直形冷凝管的目的是________。(4)實驗中裝置C中的試劑是飽和食鹽水，裝置中D的試劑是濃H2SO4。如果不使用D裝置，產(chǎn)品中會存在較多的雜質(zhì)_______(填化學(xué)式)。除去這些雜質(zhì)最合適實驗方法是______。(5)利用碘量法可測定產(chǎn)品的純度，反應(yīng)原理如下：CCl3CHO+NaOH→CHC13+HCOONaHCOONa+I2=HI+NaI+CO2I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O8稱取該實驗制備的產(chǎn)品5.00g，配成100.00mL溶液，取其中10.00mL,調(diào)節(jié)溶液為合適的pH后，加入30.00mL0.100mol?L-1的碘標準液，用0100mol?L-1的Na2S2O3溶液滴定，重復(fù)上述3次操作，消耗Na2S2O3溶液平均體積為20.00mL,則該次實驗所得產(chǎn)品純度為_________。28、（14分）二氧化碳的捕集、利用是我國能源領(lǐng)域的一個重要戰(zhàn)略方向。（1）科學(xué)家提出由CO2制取C的太陽能工藝如圖所示。①若“重整系統(tǒng)”發(fā)生的反應(yīng)中n(FeO)/n(CO2)=6，則FexOy的化學(xué)式為____________。②“熱分解系統(tǒng)”中每分解1molFexOy，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為________。（2）工業(yè)上用CO2和H2反應(yīng)合成二甲醚。已知：CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-53.7kJ/mol，CH3OCH3(g)+H2O(g)═2CH3OH(g)△H2=+23.4kJ/mol，則2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H3=______kJ/mol。①一定條件下，上述合成甲醚的反應(yīng)達到平衡狀態(tài)后，若改變反應(yīng)的某一個條件，下列變化能說明平衡一定向正反應(yīng)方向移動的是_____（填代號）。a．逆反應(yīng)速率先增大后減小

b．H2的轉(zhuǎn)化率增大c．反應(yīng)物的體積百分含量減小

d．容器中的nCO2/nH2值變?、谠谀硥簭娤?，合成甲醚的反應(yīng)在不同溫度、不同投料比時，CO2的轉(zhuǎn)化率如圖所示。T1溫度下，將6molCO2和12molH2充入2L的密閉容器中，5min后反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，則0～5min內(nèi)的平均反應(yīng)速率v(CH3OCH3)=___；KA、KB、KC三者之間的大小關(guān)系為_____。（3）常溫下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在NH4HCO3溶液中：c(NH4+)_____c(HCO3－)（填“>”、“<”或“=”）；反應(yīng)NH4++HCO3－+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常數(shù)K=__________________。（已知常溫下NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb=2×10-5，H2CO3的電離平衡常數(shù)K1=4×10-7mol·L-1，K2=4×10-11mol·L-1）29、（10分）溴丙胺太林片是一種用于治療胃腸痙攣性疼痛的藥物，其合成路線如下：回答下列問題：(1)A→B的反應(yīng)類型___________反應(yīng)；F→G的反應(yīng)類型________反應(yīng)。(2)C含有的官能團名稱______________________________________。(3)C→D的化學(xué)反應(yīng)方程式___________________________________。(4)E→F的化學(xué)反應(yīng)方程式_____________________________________。(5)I的結(jié)構(gòu)簡式是_____________________________________________。(6)假設(shè)有機物J苯環(huán)上的氫化學(xué)環(huán)境相同，則J核磁共振氫譜有______組峰。(7)寫出1種與NaOH物質(zhì)的量比1：3發(fā)生反應(yīng)的E的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式____________。(8)將下列合成路線補充完整該路線中化合物X為______________；化合物Y為：___________________；試劑與條件a為：__________________、__________________。

參考答案（含詳細解析）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【答案解析】

W與Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物的溶液，濃度均為0.1mol/L時pH=1（H+濃度為0.1mol/L），是一元強酸，則W為N（最高價氧化物對應(yīng)水化物為HNO3），Z為Cl（最高價氧化物對應(yīng)水化物為HClO4）；Y的最高價氧化物對應(yīng)水化物的溶液，濃度為0.1mol/L時pH=0.7（H+濃度為0.2mol/L），是二元強酸，則Y為S（最高價氧化物對應(yīng)水化物為H2SO4）；X的最高價氧化物對應(yīng)水化物的溶液，濃度為0.1mol/L時pH=13（OH-濃度為0.1mol/L），是一元強堿，且X的原子序數(shù)介于N與S之間，可知X為Na（最高價氧化物對應(yīng)水化物為NaOH）?！绢}目詳解】A．S2-、Cl-的核外電子排布相同，其中S2-的核電荷數(shù)較小，半徑較大；N3-、Na+的核外電子排布相同，半徑比S2-、Cl-的小，其中N3-的核電荷數(shù)較小，半徑比Na+大，則簡單離子半徑大小順序為：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W(wǎng)＞X，A項錯誤；B．Z為Cl，其氧化物對應(yīng)的水化物可能為強酸（如HClO4），也可能為弱酸（如HClO），B項錯誤；C．X的簡單離子為Na+，Z的簡單離子為Cl-，均不會破壞水的電離平衡，C項錯誤；D．W能形成N2H4，Y能形成H2S，均為18電子的氫化物分子，D項正確；答案選D。2、A【答案解析】

A．離子晶體中一定含有離子鍵，可能含有共價鍵，不一定含有金屬元素，可能只含非金屬元素，如銨鹽，故A正確；B．分子晶體中可能不存在化學(xué)鍵，只存在分子間作用力，如稀有氣體，故B錯誤；C．非極性分子中可能只存在極性鍵，如四氯化碳等，故C錯誤；D．分子晶體的熔沸點與相對分子質(zhì)量、氫鍵有關(guān)，氧族原子氫化物中，水的熔沸點最高，故D錯誤；答案選A?！敬鸢更c睛】本題的易錯點為規(guī)律中的異?，F(xiàn)象的判斷，要注意采用舉例法分析解答。3、B【答案解析】

A．DMSO電解液能傳遞Li＋，但不能傳遞電子，A不正確；B．該電池放電時O2轉(zhuǎn)化為O22-，所以每消耗2molO2，轉(zhuǎn)移4mol電子，B正確；C．給該鋰—空氣電池充電時，金屬鋰電極應(yīng)得電子，作陰極，所以應(yīng)接電源的負極，C不正確；D．多孔的黃金為電池正極，電極反應(yīng)式為O2＋2e-=O22-，D不正確；故選B。4、C【答案解析】

A．第一步反應(yīng)為可逆反應(yīng)且快速平衡，而第二步反應(yīng)為慢反應(yīng)，所以v(第一步的逆反應(yīng))﹥v(第二步反應(yīng))，故A錯誤；B.由第二步、第三步可知反應(yīng)的中間產(chǎn)物還有NO，故B錯誤；C.因為第二步反應(yīng)為慢反應(yīng)，故NO2與NO3的碰撞僅部分有效，故C正確；D.第三步反應(yīng)為快速反應(yīng)，所以活化能較低，故D錯誤；本題答案為：C。5、B【答案解析】

工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固體I為CaCO3、CaSO3，氣體I是不能被過量石灰乳吸收的N2、NO、CO，氣體I通入氣體X，用NaOH溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到NaNO3，NaNO2與含有NH4+的溶液反應(yīng)生成無污染氣體，應(yīng)生成N2，則氣體II含有CO、N2，捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO，以此解答該題。【題目詳解】工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固體I為CaCO3、CaSO3，氣體I是不能被過量石灰乳吸收的N2、NO、CO，氣體I通入氣體X，用NaOH溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到NaNO3，NaNO2與含有NH4+的溶液反應(yīng)生成無污染氣體，應(yīng)生成氮氣，則氣體II含有CO、N2，捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO。A．工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成CaCO3、CaSO3，因Ca(OH)2過量，則固體I為主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，氣體I是不能被過量石灰乳吸收的N2、NO、CO，A正確；B．由分析可知，氣體I是不能被過量石灰水吸收的N2、NO、CO，氣體I通入氣體X，用氫氧化鈉溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到NaNO3，B錯誤；C．NaNO2與含有NH4+的溶液反應(yīng)生成無污染氣體，應(yīng)生成N2，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子方程式為NH4++NO2-=N2↑+2H2O，C正確；D．氣體II含有CO、N2，經(jīng)捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO，D正確；故答案選B?！敬鸢更c睛】本題考查物質(zhì)的分離、提純的綜合應(yīng)用，側(cè)重學(xué)生的分析、實驗?zāi)芰Φ目疾椋⒁獍盐瘴镔|(zhì)的性質(zhì)，為解答該題的關(guān)鍵，題目涉及廢水的處理，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高環(huán)保意識。6、D【答案解析】

A．混合體系Br2的顏色褪去，可能是單質(zhì)溴與堿反應(yīng)，也可能單質(zhì)溴與烯烴發(fā)生加成反應(yīng)，無法證明發(fā)生消去反應(yīng)，故A錯誤；B．混合體系淡黃色沉淀，說明生成了溴離子，而發(fā)生水解反應(yīng)和消去反應(yīng)都能生成溴離子，無法證明發(fā)生消去反應(yīng)，故B正確；C．混合體系有機物紫色褪去，乙醇也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，無法證明發(fā)生消去反應(yīng)，故C錯誤；D．混合體系有機物Br2的顏色褪去，說明有苯乙烯生成，能證明發(fā)生消去反應(yīng)，故D正確；故選D。7、C【答案解析】

A.由產(chǎn)物Ti(SO4)2和FeSO4可推出Ti的化合價為+4價，F(xiàn)e的化合價為+2價，正好在反應(yīng)物FeTi03中符合化合價原則，所以不是氧化還原反應(yīng)，A正確；B.H2O提供H+和OH-，Ti4+和OH-結(jié)合生成H2TiO3，H+和SO42-形成H2SO4，所以是水解反應(yīng)，B正確；C.分析反應(yīng)④，Ti的化合價反應(yīng)前后都為+4價，所以不是氧化劑，C錯誤；D.金屬之間的置換，體現(xiàn)了還原性強的制取還原性弱的反應(yīng)規(guī)律，D正確；本題答案選C。8、B【答案解析】

根據(jù)題意該物質(zhì)能夠與很多金屬反應(yīng)，根據(jù)選項B最符合，該強水為硝酸，硝酸具有強氧化性，可溶解大部分金屬；答案選B。9、C【答案解析】

A．鹽酸和氫氧化鈉溶液反應(yīng)至終點時，pH=7，與酚酞的變色范圍8~10接近，甲基橙的變色范圍在3.1-4.4，則使用酚酞做指示劑更好，故A錯誤；B．滴定前，0.050mol/LH3PO4與H2G的pH值幾乎相等，由此可得，二者第一電離平衡常數(shù)Ki的數(shù)量級相同，故B錯誤；C．20.00mL、0.050mol/L的磷酸用0.10mol/L的NaOH完全中和應(yīng)消耗30mL氫氧化鈉，根據(jù)圖像，滴定磷酸共有兩次突躍，第二次為滴定磷酸的終點，用酚酞作指示劑滴定磷酸到終點時，消耗氫氧化鈉的體積為20mL，則可以確定達到終點是，溶液中的溶質(zhì)為Na2HPO4，故C正確，D．當溶液中的溶質(zhì)為NaH2PO4時，應(yīng)為磷酸的第一次滴定突躍，根據(jù)圖像顯示，此時溶液顯酸性，即H2PO4-的電離程度大于水解程度，即c(HPO42-)＞c(H3PO4)，則，故D錯誤；答案選C。10、A【答案解析】A.與氫加成生成物為3-甲基戊烷，A錯誤；B.與氫加成生成物為2-甲基戊烷，B正確；C.與氫加成生成2,2-二甲基戊烷，或新庚烷，C錯誤；D.加成反應(yīng)好主鏈C原子為5，甲基在2號碳原子位置，能得到2-甲基戊烷，D正確。11、B【答案解析】

A.鐵粉是抗氧化劑，不是干燥劑，A項錯誤；B.乙醇溶液和雙氧水均能使蛋白質(zhì)變性而達到殺菌消毒的目的，但原理不同，B項正確；C.發(fā)酵粉的主要成分是NaHCO3，C項錯誤；D.二氧化硅可用于制造光纖，但無導(dǎo)電性，D項錯誤。答案選B。12、A【答案解析】

A項，常溫干燥情況下氯氣不與鐵反應(yīng)，故液氯貯存在干燥的鋼瓶里，A項正確；B項，鈉、鉀均保存在煤油中，但鋰的密度小于煤油，故不能用煤油密封保存，應(yīng)用石蠟密封，B項錯誤；C項，溴具有強氧化性，能腐蝕橡膠，故保存濃溴水的細口瓶不能用橡膠塞，C項錯誤；D項，用排水法收集滿一瓶氫氣，用玻璃片蓋住瓶口，氫氣密度小于空氣，故瓶口應(yīng)朝下放置，D項錯誤；本題選A。13、D【答案解析】試題分析：由圖示裝置可知，水在太陽光的作用下失去電子轉(zhuǎn)化為氧氣和氫離子，電子經(jīng)外電路流向b極，氫離子向b極定向移動，二氧化碳在b極上得到電子被還原為一氧化碳。A.電極b表面發(fā)生還原反應(yīng)，A正確；B.該裝置工作時，H+從a極區(qū)向b極區(qū)移動，B正確；C.該裝置中每生成1molCO時轉(zhuǎn)移2mole-，所以一定同時生成0.5molO2，C正確；D.該過程是將太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的過程，D不正確。本題選D。14、D【答案解析】

A、砷最高價為+5，砷酸的分子式為H3AsO4，故A錯誤；B、紅棕色氣體是硝酸發(fā)生還原反應(yīng)生成的NO2,原電池正極發(fā)生還原反應(yīng)，所以NO2在正極生成并逸出，故B錯誤；C、As2S3被氧化為砷酸和硫單質(zhì)，As2S3化合價共升高10，硝酸被還原為NO2，氮元素化合價降低1，氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為10：1，故C錯誤；D、As2S3被氧化為砷酸和硫單質(zhì)，1molAs2S3失10mol電子，生成2mol砷酸和3mol硫單質(zhì)，所以生成0.15mol硫黃，轉(zhuǎn)移0.5mol電子，故D正確。15、C【答案解析】

A.在氧化還原反應(yīng)中，可能是同一種元素既被氧化又被還原，A錯誤；B.同素異形體的轉(zhuǎn)化不是氧化還原反應(yīng)，B錯誤；C.有單質(zhì)參加的化合反應(yīng)一定發(fā)生元素價態(tài)的改變，所以一定是氧化還原反應(yīng)，C正確；D.失電子難的原子，獲得的電子也可能難，如稀有氣體，D錯誤。故選C。16、B【答案解析】

X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序數(shù)=族序數(shù)，則X是H元素，Z是Al元素；由這四種元素組成的單質(zhì)或化合物存在如圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系，其中甲、戊是兩常見的金屬單質(zhì)，丁是非金屬單質(zhì)，其余為氧化物且丙為具有磁性的黑色晶體，則丙是Fe3O4，結(jié)合元素及化合物的性質(zhì)逆推可知甲為Fe，乙為H2O，丁是H2，戊為金屬單質(zhì)，可以與Fe3O4反應(yīng)產(chǎn)生Fe單質(zhì)，因此戊是Al單質(zhì)，己為Al2O3，結(jié)合原子序數(shù)的關(guān)系可知Y是O元素，W是Fe元素，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】綜上所述可知X是H元素，Y是O元素，Z是Al元素，W是Fe元素。甲是Fe單質(zhì)，乙是H2O，丙是Fe3O4，丁是H2，戊是Al單質(zhì)，己是Al2O3。A.Fe原子序數(shù)是26，Al原子序數(shù)是13，26為13的2倍，金屬性Al>Fe，A錯誤；B.Fe是26號元素，在元素周期表中位于第四周期VIII族，B正確；C.丙是Fe3O4，只能與酸反應(yīng)產(chǎn)生鹽和水，不能與堿發(fā)生反應(yīng)，因此不是兩性氧化物，C錯誤；D.Fe是變價金屬，與硝酸反應(yīng)時，二者的相對物質(zhì)的量的多少不同，反應(yīng)失去電子數(shù)目不同，可能產(chǎn)生Fe2+，也可能產(chǎn)生Fe3+，而Al是+3價的金屬，因此等物質(zhì)的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量不一定相等，D錯誤；故合理選項是B?！敬鸢更c睛】本題考查了元素及化合物的推斷及其性質(zhì)的知識，涉及Fe、Al的單質(zhì)及化合物的性質(zhì)，突破口是丙是氧化物，是具有磁性的黑色晶體，結(jié)合Fe與水蒸氣的反應(yīng)及鋁熱反應(yīng)，就可順利解答。17、D【答案解析】

A、1mol鐵在一定條件下分別與氧氣、氯氣、硫完全反應(yīng)，與氧氣生成四氧化三鐵，轉(zhuǎn)移了mol電子，與氯氣反應(yīng)生成氯化鐵，轉(zhuǎn)移了3mol電子，與S反應(yīng)生成FeS，轉(zhuǎn)移了2mol電子，故A錯誤；B、葡萄糖和冰醋酸最簡式相同為CH2O，30g葡萄糖和冰醋酸的混合物含有原子團CH2O的物質(zhì)的量==1mol，含有的氫原子數(shù)為2NA，故B錯誤；C、石墨烯中每一個六元環(huán)平均含有2個碳原子，故12g石墨烯即1mol石墨中含1molC原子，含有0.5mol六元環(huán)，即0.5NA個六元環(huán)，故C錯誤；D.2.1gDTO的物質(zhì)的量為=0.1mol，而一個DTO中含10個質(zhì)子，故0.1molDTO中含NA個質(zhì)子，故D正確；答案選D。18、B【答案解析】

由結(jié)構(gòu)模型可知有機物為CH3COOCH=CH2，含有酯基，可發(fā)生取代反應(yīng)，含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加成、加聚和氧化反應(yīng)，以此解答該題?！绢}目詳解】A．有機物為CH3COOCH=CH2，不是乙酸乙酯，故A錯誤；B．該化合物的鏈狀同分異構(gòu)體中,顯酸性的同分異構(gòu)體有CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=CH(CH3)COOH，共3種，故B正確；C．含有酯基，可發(fā)生水解反應(yīng)，含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加成反應(yīng)，不能發(fā)生消去反應(yīng)，故C錯誤；D．含有碳碳雙鍵，能使溴水褪色是發(fā)生了加成反應(yīng)，與酸性高錳酸鉀反應(yīng)是發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，故原理不同，故D錯誤；答案選B。19、D【答案解析】A.銅制品、鐵制品在潮濕的空氣中生銹，單質(zhì)轉(zhuǎn)化為化合物，是氧化還原反應(yīng)；B.缺鐵性貧血服用補鐵劑時，需與維生維C同時服用，維C是強還原劑，可以把氧化性較強的+3價鐵還原為+2價鐵；C.將氯氣通入冷的消石灰中制漂白粉，氯氣轉(zhuǎn)化為化合物，是氧化還原反應(yīng)；D.從海水中提取氯化鎂的方法是先用堿把海水中的鎂離子沉淀富集鎂，再用鹽酸溶解沉淀得氯化鎂溶液，然后蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶得氯化鎂晶體，接著在氯化氫氣流中脫水得無水氯化鎂，這個過程中沒有氧化還原反應(yīng)。綜上所述，本題選D。20、B【答案解析】

A.蠶絲是天然纖維，其主要成分為蛋白質(zhì)，A項錯誤；B.生物質(zhì)能，就是太陽能以化學(xué)能形式貯存在生物質(zhì)中的能量形式，即以生物質(zhì)為載體的能量。它直接或間接地來源于綠色植物的光合作用，可轉(zhuǎn)化為常規(guī)的固態(tài)、液態(tài)及氣態(tài)燃料，取之不盡、用之不竭，是一種可再生能源；氫氣氫能是一種完全清潔的新能源和可再生能源，B項正確；C.銅綠為堿式碳酸銅，明礬在水溶液中因鋁離子水解顯酸性而溶解銅綠；鐵銹的主要成分為氧化鐵，氯化銨水解顯酸性可除去鐵銹，C項錯誤；D.燃煤中加入生石灰可減少二氧化硫的排放，減少酸雨的形成；汽車限行都是為了適當減少尾氣排放，降低霧霾天氣，D項錯誤；答案選B。21、A【答案解析】

由原電池示意圖可知，正極上發(fā)生還原反應(yīng)，電解方程式為Fe[Fe(CN)6]+2Na+-2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，負極發(fā)生氧化反應(yīng)，電解方程式為2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，充電時，原電池的負極連接電源的負極，電極反應(yīng)和放電時的相反，以此解答該題?！绢}目詳解】A．放電時，電勢較低的電極為負極，負極失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，A錯誤；B．負極上Mg失電子發(fā)生氧化反應(yīng)：2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，外電路中通過0.2mol電子的電量時，負極質(zhì)量變化為減少的金屬鎂0.1mol，即質(zhì)量變化2.4g，B正確；C．充電時，原電池的正極連接電源的正極，發(fā)生氧化反應(yīng)，Mo箔接電源的正極，C正確；D．放電時，陽離子Na+向負電荷較多的正極移動，所以放電時，Na＋從右室移向左室，D正確；故合理選項是A?！敬鸢更c睛】本題考查原電池與電解池的知識，原電池的負極、電解池的陽極發(fā)生氧化反應(yīng)；原電池的正極和電解池的陰極上發(fā)生還原反應(yīng)，注意把握原電池、電解池的工作原理，根據(jù)電池總反應(yīng)書寫電極反應(yīng)式，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力。22、B【答案解析】

Fe2(SO4)3溶液與KI溶液混合發(fā)生反應(yīng)為：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，由反應(yīng)可知，①V1=1mL，說明兩者恰好完全反應(yīng)，②V1<1mL，說明硫酸鐵不足；如果加入KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色，說明溶液中存在Fe3+，證明溶液中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，從而說明該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，反應(yīng)具有一定限度，故合理選項是B。二、非選擇題(共84分)23、C羰基（或酮基）、醚鍵取代反應(yīng)C8H7OCl或C8H7ClO催化劑、促進水解【答案解析】

與氯氣反應(yīng)生成，在氫氧化鈉溶液作用下反應(yīng)生成，根據(jù)信息與CH2I2反應(yīng)生成，根據(jù)信息E和SOCl2反應(yīng)生成F，與F反應(yīng)生成G?！绢}目詳解】⑴A是苯酚在水中溶解度不大，C為鹽，在水解溶解度大，因此A與C在水中溶解度更大的是C，根據(jù)G的結(jié)構(gòu)得到G中官能團的名稱是羰基、醚鍵；故答案為：C；羰基(或酮基)、醚鍵。⑵E→F是—OH變?yōu)椤狢l，Cl取代羥基，因此有機反應(yīng)類型是取代反應(yīng)，根據(jù)F的結(jié)構(gòu)簡式得到F的分子式為C8H7OCl或C8H7ClO；故答案為：取代反應(yīng)；C8H7OCl或C8H7ClO。⑶由A→B反應(yīng)是氯原子取代羥基的鄰位上的氫，其化學(xué)方程式為；故答案為：。⑷根據(jù)D和F生成G的反應(yīng)得到物質(zhì)D的結(jié)構(gòu)簡式為；故答案為：。⑸根據(jù)B的結(jié)構(gòu)()，加入NaOH溶液得到C()，反應(yīng)中加入NaOH的作用是催化劑、促進水解；故答案為：催化劑、促進水解。⑹①與G的苯環(huán)數(shù)相同；②核磁共振氫譜有5個峰，說明對稱性較強；③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明有醛基或則甲酸酯，則符合條件的G的同分異構(gòu)體；故答案為：。24、HOOC－CH2－COOH醚鍵、酯基取代反應(yīng)15【答案解析】

本題主要考查有機合成綜合推斷以及逆向合成。合成路線分析：由E的結(jié)構(gòu)簡式以及D的分子式可推斷出D的結(jié)構(gòu)簡式為，由C與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成D，可推斷出C的結(jié)構(gòu)簡式為，B與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成C，結(jié)合B的分子式與第（4）問中“B能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)”，可推斷出B的結(jié)構(gòu)簡式為，A與丙二酸在吡啶、苯胺中反應(yīng)生成B，結(jié)合A的分子式以及第（4）問中“A遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反應(yīng)生成1molB、1molH2O和1molCO2”，可推斷出A的結(jié)構(gòu)簡式為?！绢}目詳解】（1）丙二酸的結(jié)構(gòu)簡式為：；觀察E結(jié)構(gòu)簡式可知，所含含氧官能團有：醚鍵、酯基；（2）D生成E的方程式為：，故反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；（3）由上述分析可知，C的結(jié)構(gòu)簡式為：；（4）根據(jù)化學(xué)方程式配平可寫出A生成B的化學(xué)方程式為：；（5）條件①：該結(jié)構(gòu)簡式中含有羧基；條件②：該結(jié)構(gòu)簡式中含有酚羥基；條件③：除苯環(huán)外，不含有其它雜環(huán)；可以酚羥基作為移動官能團，書寫出主要碳骨架，再進行判斷同分異構(gòu)體總數(shù)，（1）中酚羥基有2個取代位置（不包含本身），（2）中酚羥基有3個取代位置，（3）中酚羥基有4個取代位置，（4）中酚羥基有4個取代位置，（5）中酚羥基有2個取代位置，故同分異構(gòu)體一共有2+3+4+4+2=15種；核磁共振氫譜有五組峰的結(jié)構(gòu)簡式為。（6）對比苯甲醇和結(jié)構(gòu)簡式，根據(jù)題干信息，需將苯甲醇氧化生成苯甲醛，再模仿A生成B的方程式生成，再根據(jù)碳碳雙鍵與鹵素單質(zhì)加成再取代合成，故合成路線為：【答案點睛】本題主要考查有機物的推斷與合成，采用正推和逆推相結(jié)合的方法，逐步分析有機合成路線，可推出各有機物的結(jié)構(gòu)簡式，然后分析官能團推斷各步反應(yīng)及反應(yīng)類型。官能團是決定有機物化學(xué)性質(zhì)的原子或原子團，有機反應(yīng)絕大多數(shù)都是圍繞官能團展開，而高中教材中的反應(yīng)原理也只是有機反應(yīng)的一部分，所以有機綜合題中經(jīng)常會出現(xiàn)已知來推斷部分沒有學(xué)習過的有機反應(yīng)原理，認識這些反應(yīng)原理時可以從最簡單的斷鍵及變換的方法進行，而不必過多追究。25、Al（OH）3、Fe（OH）3Cu＋H2O2＋2NH3＋2=Cu（NH3）42+＋2H2O或Cu＋H2O2＋2NH3·H2O＋2=Cu（NH3）42+＋4H2O抑制NH3·H2O的電離或促進生成Cu（NH3）42+（與反應(yīng)生成的OH?成NH3·H2O，控制pH不能太大，以防H2O2在強堿條件下的分解）有利于得到較大顆粒的晶體ABC②③⑤④①98.40%【答案解析】

（1）合金粉末進行分離，鋁鐵應(yīng)轉(zhuǎn)化為濾渣形式，從所給物質(zhì)分析，只能是氫氧化鋁和氫氧化鐵形式，銅轉(zhuǎn)化為[Cu(NH3)4]SO4，利用[Cu(NH3)4]SO4難溶于乙醇，進行分離?！绢}目詳解】(1)合金粉末溶于氨水和硫酸銨以及過氧化氫的作用下，能進行分離，鐵和鋁都轉(zhuǎn)化為濾渣，說明濾渣為Al（OH）3、Fe（OH）3；(2)銅在氨水和硫酸銨和過氧化氫存在反應(yīng)生成[Cu(NH3)4]SO4，離子方程式為Cu＋H2O2＋2NH3＋2=Cu（NH3）42+＋2H2O或Cu＋H2O2＋2NH3·H2O＋2=Cu（NH3）42+＋4H2O；硫酸銨不僅提供銨根離子抑制氨水的電離，還可以抑制pH不能太大，以防H2O2在強堿條件下的分解；(3)因為[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小，加入95%乙醇有利于得到較大顆粒的晶體；(4)A．因為過氧化氫能夠分解，所以在步驟Ⅰ緩慢滴加H2O2并不斷攪拌，有利于提高H2O2的利用率，故正確；B．步驟Ⅳ若改為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，蒸發(fā)過程中促進反應(yīng)，Cu(NH3)42+Cu2+＋4NH3，氨氣逸出，銅離子水解生成氫氧化銅，所以得到的一水硫酸四氨合銅晶體會含有較多Cu(OH)2等雜質(zhì)，故正確；C．步驟Ⅳ、Ⅴ是進行抽濾和洗滌，需要用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、吸濾瓶等，故正確；D．步驟Ⅴ中洗滌操作為關(guān)閉水龍頭，加乙醇溶液浸沒沉淀，然后進行抽濾，不能緩慢流干，故錯誤。故選ABC；(5)濾渣為氫氧化鋁和氫氧化鐵的混合物，加過量NaOH溶液攪拌，氫氧化鋁溶解生成偏鋁酸鈉，然后過濾出氫氧化鐵沉淀，加入過量的稀硫酸將其溶解生成鐵離子，測定鐵離子的含量，控制量，加入適量的硫酸亞鐵固體，在氮氣的氛圍下緩慢加入氫氧化鈉溶液，加熱使其按方程式Fe2+＋2Fe3+＋8OH?Fe3O4↓＋4H2O中的比例進行反應(yīng)，生成四氧化三鐵，再進行過濾、洗滌、干燥得Fe3O4膠體粒子.，故操作順序為②③⑤④①；(6)根據(jù)反應(yīng)2Cu2+＋4I?2CuI＋I2，I2＋2S2O32-2I?＋S4O62-得關(guān)系式為2Cu2+----I2---2S2O32-，Na2S2O3的物質(zhì)的量為0.1000×0.02=0.002mol則銅離子的物質(zhì)的量為0.002mol，則Cu(NH3)4SO4·H2O的質(zhì)量為0.002mol×246.0g/mol=0.492g，質(zhì)量分數(shù)為。26、SO32-+2H+=H2O+SO2↑;或HSO3－+H+=SO2↑+H2O硫化鈉和碳酸鈉的混合溶液硫控制反應(yīng)溫度、調(diào)節(jié)酸的滴加速度(或調(diào)節(jié)酸的濃度等)若SO2過量，溶液顯酸性，產(chǎn)物分解取少量產(chǎn)品溶于足量稀鹽酸，靜置，取上層溶液(或過濾，取濾液)，滴加BaCl2溶液，若出現(xiàn)沉淀則說明含有Na2SO4雜質(zhì)加入鐵氰化鉀溶液，產(chǎn)生藍色沉淀生成紫色配合物的反應(yīng)速率快，氧化還原反應(yīng)速率慢；Fe3+與S2O32?氧化還原反應(yīng)的程度大，F(xiàn)e3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最終溶液幾乎無色Ag+與S2O32?生成穩(wěn)定的配合物，濃度降低，Ag+的氧化性和S2O32?的還原性減弱H2OH2SO4陽離子、用量等【答案解析】

Ⅰ.第一個裝置為二氧化硫的制取裝置，制取二氧化硫的原料為：亞硫酸鈉和70%的濃硫酸；c裝置為Na2S2O3的生成裝置；d裝置為尾氣吸收裝置，吸收二氧化硫和硫化氫等酸性氣體，結(jié)合問題分析解答；Ⅱ.(6)利用鐵氰化鉀溶液檢驗反應(yīng)后的溶液中含有Fe2+；根據(jù)外界條件對反應(yīng)速率和平衡的影響分析解答；(7)實驗②滴加AgNO3溶液，先生成白色絮狀沉淀，振蕩后，沉淀溶解，得到無色溶液，說明溶液中Ag+較低，減少了發(fā)生氧化還原反應(yīng)的可能；(8)Ag2S2O3中S元素化合價為+2價，生成的Ag2S中S元素化合價為-2價，是還原產(chǎn)物，則未知產(chǎn)物應(yīng)是氧化產(chǎn)物，結(jié)合電子守恒、原子守恒分析即可；(9)結(jié)合實驗①、②、③從陽離子的氧化性、離子濃度等方面分析?！绢}目詳解】Ⅰ.(1)第一個裝置為二氧化硫的制取裝置，制取二氧化硫的原料為：亞硫酸鈉和70%的濃硫酸，反應(yīng)的離子方程式為：SO32-+2H+=SO2↑+H2O，c裝置為Na2S2O3的生成裝置，根據(jù)反應(yīng)原理可知c中的試劑為：硫化鈉和碳酸鈉的混合溶液；(2)反應(yīng)開始時發(fā)生的反應(yīng)為：Na2S+SO2+H2O=H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故該渾濁物是S；(3)通過控制反應(yīng)的溫度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率；(4)硫代硫酸鈉遇酸易分解，若通入的SO2過量，則溶液顯酸性，硫代硫酸鈉會分解；(5)檢測產(chǎn)品中是否存在Na2SO4的方法是取少量產(chǎn)品溶于足量稀鹽酸，靜置，取上層溶液(或過濾，取濾液)，滴加BaCl2溶液，若出現(xiàn)沉淀則說明含有Na2SO4雜質(zhì)。Ⅱ.(6)實驗①的現(xiàn)象是混合后溶液先變成紫黑色，30s后溶液幾乎變?yōu)闊o色，取反應(yīng)后的混合液并加入鐵氰化鉀溶液，產(chǎn)生藍色沉淀，則有Fe2+生成，可判斷為Fe3+被S2O32-還原為Fe2+；混合后溶液先變成紫黑色，30s后溶液幾乎變?yōu)闊o色，說明Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-反應(yīng)速率較Fe3+和S2O32-之間的氧化還原反應(yīng)，且促進平衡逆向移動；先變成紫黑色后變無色，說明生成紫色配合物的反應(yīng)速率快，氧化還原反應(yīng)速率慢；另外Fe3+與S2O32?氧化還原反應(yīng)的程度大，導(dǎo)致Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最終溶液幾乎無色；(7)同濃度氧化性：Ag+>Fe3+，但實驗②未發(fā)生Ag+與S2O32-之間的氧化還原反應(yīng)，結(jié)合實驗現(xiàn)象先生成白色絮狀沉淀，振蕩后，沉淀溶解，得到無色溶液，說明Ag+與S2O32?生成穩(wěn)定的配合物，濃度降低，Ag+的氧化性和S2O32?的還原性減弱；(8)Ag2S2O3中S元素化合價為+2價，生成的Ag2S中S元素化合價為-2價，是還原產(chǎn)物，則未知產(chǎn)物應(yīng)是氧化產(chǎn)物，如果產(chǎn)物是H2SO3，能被Ag+繼續(xù)氧化，則氧化產(chǎn)物應(yīng)為H2SO4，結(jié)合原子守恒可知，另一種反應(yīng)物應(yīng)為H2O，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4；(9)結(jié)合實驗①、②、③可知，Na2S2O3與金屬陽離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)和金屬陽離子的氧化性強弱、離子濃度大小、反應(yīng)物的用量等有關(guān)。27、保持漏斗和反應(yīng)容器內(nèi)的氣壓相等2KMnO4＋16HCl(濃)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O安全瓶(或防止裝置C中液體倒吸入裝置A中)漏斗口徑較大，被吸住的液體會迅速回落燒杯中水浴b增大蒸氣與外界接觸面積，提高冷凝回流效果C2H5Cl、CCl3COOH蒸餾59%【答案解析】

A裝置利用高錳酸鉀與濃鹽酸制備氯氣，C裝置用飽和食鹽水除去HCl，D裝置盛放濃硫酸干燥氯氣，E中反應(yīng)制備CCl3CHO。F裝置盛放氫氧化鈉溶液，吸收尾氣中氯氣、HCl防止污染空氣。【題目詳解】(1)A中的恒壓漏斗使得漏斗中的壓強和圓底燒瓶中的壓強相同，從而濃鹽酸能夠順利流下。高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，方程式為2KMnO4＋16HCl(濃)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；(2)裝置B中的導(dǎo)管很短，而且B中沒有試劑，所以是作安全瓶，防止C裝置處理HCl氣體時發(fā)生倒吸。裝置F中倒扣的漏斗，與液體接觸的部分橫截面積很大，被吸住的液體會迅速回落燒杯中，不會發(fā)生倒吸。答案為安全瓶漏斗口徑較大，被吸住的液體會迅速回落燒杯中；(3)溫度要控制在70℃，未超過水的沸點100℃，可以選擇水浴加熱，即最佳的加熱方式為水浴加熱。冷凝過程中，冷凝管中應(yīng)該充滿水，所以冷水應(yīng)該從b口進。球形冷凝管與蒸氣接觸的面積大，冷凝回流效果更好。答案為：水浴b增大蒸氣與外界接觸面積，提高冷凝回流效果；(4)如果沒有濃硫酸干燥，則E中會有水參加反應(yīng)，水與氯氣反應(yīng)生成HCl和HClO，副反應(yīng)就會發(fā)生，生成的產(chǎn)物有C2H5Cl、CCl3COOH。從圖表所給的信息來看，雜質(zhì)均溶于乙醇，得到一混合液體，且沸點相差較大，使用蒸餾，可以分離除去；(5)加入的碘單質(zhì)被硫代硫酸鈉和CCl3CHO消耗，加入的碘單質(zhì)的物質(zhì)的量為0.03L×0.100mol?L-1=0.003mol，消耗的Na2S2O3的物質(zhì)的量為0.02L×0.100mol?L-1=0.002mol。有關(guān)系式為I2~CCl3CHOI2~2Na2S2O30.001mol0.002molCCl3CHO消耗碘單質(zhì)的物質(zhì)的量為0.003-0.001mol=0.002mol，則10mL的溶液中含有CCl3CHO的物質(zhì)的量為0.002mol。100mL溶液中含有CCl3CHO為0.02mol，質(zhì)量為0.02mol×147.5g=2.95g，則純度?！敬鸢更c睛】本題純度的計算采用的返滴法，要理解題目所給方程式的意思。消耗I2的物質(zhì)有兩種，和一般的滴定有所差別。28、Fe3O42mol-130.8b0.18mol·L-1·min-1KA=KC>KB>1.25×10-3【答案解析】

（1）①由示意圖可以知道，重整系統(tǒng)中CO2和FeO反應(yīng)生成FexOy和C，根據(jù)原子守恒確定FexOy的化學(xué)式；

②熱分解系統(tǒng)中是FexOy分解為FeO與氧氣，根據(jù)Fe元素化合價變價計算轉(zhuǎn)移電子；

（2）已知：Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-53.7kJ/mol，

Ⅱ．CH3OCH3(g)+H2O(g)═2CH3OH(g)△H2=+23.4kJ/mol，

根據(jù)蓋斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ可得：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，則△H3=2△H1-△H2；

①a．逆反應(yīng)速率先增大后減小，可能是增大生成物濃度；

b．H2的轉(zhuǎn)化率增大，平衡一定正向移動；

c．反應(yīng)物的體積百分含量減小，可能是增大生成物濃度等；

d．容器中的nCO2/nH2值變小，可能是減小二氧化碳的物質(zhì)的量；

②T1溫度下，將6molCO2和12molH2充入2L的密閉容器中，由圖象可以知道，5min后反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時二氧化碳轉(zhuǎn)化率為60%，則生成CH3OCH3為6mol60%=1.8mol，根據(jù)平均反應(yīng)速率v(CH3OCH3)=；根據(jù)平衡常數(shù)僅與溫度有關(guān)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，在