江蘇省宿遷2023學(xué)年高三沖刺模擬化學(xué)試卷含解析

1、2023高考化學(xué)模擬試卷注意事項(xiàng)1考生要認(rèn)真填寫考場(chǎng)號(hào)和座位序號(hào)。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無(wú)效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的變化可以用元素周期律解釋的是( )A酸性：HClH2SH2OB密度：NaKLiC沸點(diǎn)：NH3AsH3PH3D穩(wěn)定性：HFHClHBr2、已知某酸HA的電離常數(shù)Ka=2.010-8，用2mol/LNaOH溶液滴定100ml2mol/LHA溶液，溶液的pH隨滴入NaOH

2、溶液的體積變化曲線如圖下列說(shuō)法正確的是Aa點(diǎn)溶液的pH=4Bb點(diǎn)溶液中存在：c（A-）c（Na+）c（H+）=c（OH-）Cb點(diǎn)c（HA）/c（A-）=5Dc點(diǎn)c（A-）+c（H+）=c（Na+）+c（OH-）3、以高硫鋁土礦（主要成分為Al2O3、Fe2O3，還含有少量FeS2）為原料，生產(chǎn)氧化鋁并獲得Fe3O4的部分工藝流程如下，下列敘述不正確的是A加入CaO可以減少SO2的排放同時(shí)生成建筑材料CaSO4B向?yàn)V液中通入過(guò)量CO2、過(guò)濾、洗滌、灼燒沉淀可制得Al2O3C隔絕空氣焙燒時(shí)理論上反應(yīng)消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=15D燒渣分離可以選擇用磁鐵將燒渣中的Fe3O4分離出來(lái)4、大

3、氣中CO2含量的增多除了導(dǎo)致地球表面溫度升高外，還會(huì)影響海洋生態(tài)環(huán)境。某研究小組在實(shí)驗(yàn)室測(cè)得不同溫度下（T1，T2）海水中CO32-濃度與模擬空氣中CO2濃度的關(guān)系曲線。已知：海水中存在以下平衡：CO2（aq）+CO32-（aq）+H2O（aq）2HCO3-（aq），下列說(shuō)法不正確的是AT1T2B海水溫度一定時(shí)，大氣中CO2濃度增加，海水中溶解的CO2隨之增大，CO32-濃度降低C當(dāng)大氣中CO2濃度確定時(shí)，海水溫度越高，CO32- 濃度越低D大氣中CO2含量增加時(shí)，海水中的珊瑚礁將逐漸溶解5、下列解釋事實(shí)的方程式不正確的是（ ）A硫酸銅溶液中加入氫氧化鋇溶液：Ba2+SO42-=BaSO4B硫

4、酸亞鐵溶液中加入過(guò)氧化氫溶液：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OC向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液：HCO3-+OH-=CO32-+H2OD向AgCl懸濁液中加入Na2S溶液：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-6、化學(xué)與生產(chǎn)、生活和社會(huì)密切相關(guān)。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A食品袋中放置的CaO可防止食品氧化變質(zhì)B華為繼麒麟980之后自主研發(fā)的7m芯片問(wèn)世，芯片的主要成分是二氧化硅C納米鐵粉可以高效地去除被污染水體中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金屬離子，其本質(zhì)是納米鐵粉對(duì)重金屬離子較強(qiáng)的物理吸附DSO2具有漂白性可用來(lái)漂白紙漿、毛、絲、草帽辮7、工業(yè)制氫氣的一個(gè)

5、重要反應(yīng)是：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。已知在25時(shí)：C(s)+O2(g)CO(g) H4=-111kJ/molH2(g)+O2(g)=H2(g) H2=-242kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g) H2=-394kJ/mol 下列說(shuō)法不正確的是（ ）A25時(shí)，B增大壓強(qiáng)，反應(yīng)的平衡向逆反應(yīng)方向移，平衡常數(shù)K減小C反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，每生成的同時(shí)生成0.5molO2D反應(yīng)斷開(kāi)2molH2和1molO2中的化學(xué)鍵所吸收的能量比形成4molO-H鍵所放出的能量少484kJ8、將鐵粉和活性炭的混合物用NaCl溶液濕潤(rùn)后，置于如圖所示裝置中，進(jìn)行鐵的電化學(xué)腐蝕實(shí)驗(yàn)。下列有

6、關(guān)該實(shí)驗(yàn)的說(shuō)法正確的是（）A在此實(shí)驗(yàn)過(guò)程中鐵元素被還原B鐵腐蝕過(guò)程中化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為電能C活性炭的存在會(huì)加速鐵的腐蝕D以水代替NaCl溶液，鐵不能發(fā)生吸氧腐蝕9、根據(jù)下列事實(shí)書寫的離子方程式中，錯(cuò)誤的是A向Na2SiO3溶液中加入稀鹽酸得到硅酸膠體：SiO32- +2H=H2SiO3(膠體)B向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3 沉淀：Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2OC向AlCl3溶液中加入足量稀氨水：Al3+4NH3H2O=Al3+NH4+2H2OD在稀硫酸存在下，MnO2將CuS中的硫元素氧化為硫單質(zhì)：MnO2+CuS +4H=Mn2+Cu2+S +2H2

7、O10、下列關(guān)于工業(yè)生產(chǎn)過(guò)程的敘述正確的是（）A聯(lián)合制堿法中循環(huán)使用CO2和NH3，以提高原料利用率B硫酸工業(yè)中，SO2氧化為SO3時(shí)采用常壓，因?yàn)楦邏簳?huì)降低SO2轉(zhuǎn)化率C合成氨生產(chǎn)過(guò)程中將NH3液化分離，可加快正反應(yīng)速率，提高N2、H2的轉(zhuǎn)化率D煉鋼是在高溫下利用氧化劑把生鐵中過(guò)多的碳和其他雜質(zhì)氧化成氣體或爐渣除去11、下列物質(zhì)屬于堿的是ACH3OHBCu2(OH)2CO3CNH3H2ODNa2CO312、下列操作一定會(huì)使結(jié)果偏低的是（）A配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時(shí)，用膠頭滴管將超過(guò)刻度線的溶液吸出B測(cè)定膽礬晶體中的結(jié)晶水含量，加熱后，未進(jìn)行恒重操作C酸堿滴定實(shí)驗(yàn)，滴加最后一滴標(biāo)準(zhǔn)液，溶液

8、顏色突變，未等待半分鐘D測(cè)定氣體摩爾體積時(shí)，氣體體積未減去注入酸的體積13、已知A、B、C、D、E是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素，其中元素A、E的單質(zhì)在常溫下呈氣態(tài)，元素B的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半徑最大，元素D的合金是日常生活中常用的金屬材料。下列說(shuō)法正確的是A工業(yè)上常用電解法制備元素C、D、E的單質(zhì)B元素A、B組成的化合物常溫下一定呈氣態(tài)C化合物AE與CE含有相同類型的化學(xué)鍵D元素B、C、D的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物兩兩之間均可發(fā)生化學(xué)反應(yīng)14、已知熱化學(xué)方程式：C(s，石墨) C(s，金剛石) -3.9 kJ。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A石墨和金

9、剛石完全燃燒，后者放熱多B金剛石比石墨穩(wěn)定C等量的金剛石儲(chǔ)存的能量比石墨高D石墨很容易轉(zhuǎn)化為金剛石15、某固體混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的兩種或多種組成，現(xiàn)對(duì)該混合物做如下實(shí)驗(yàn)，所得現(xiàn)象和有關(guān)數(shù)據(jù)如圖所示（氣體體積數(shù)據(jù)已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積）。關(guān)于該固體混合物，下列說(shuō)法正確的是A一定含有Al，其質(zhì)量為4.05gB一定不含F(xiàn)eCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C一定含有MgCl2 和FeCl2D一定含有(NH4)2SO4 和MgCl2，且物質(zhì)的量相等16、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大。其中X與Y可形成一種淡黃色物質(zhì)P，常溫下將0

10、.05 mol P溶于水，配成1L溶液，pH=13；Z為金屬元素，且Z可在W的一種氧化物中燃燒，生成一種白色物質(zhì)和一種黑色物質(zhì)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A簡(jiǎn)單離子半徑：XY ZB氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：WXC單質(zhì)的熔點(diǎn)：ZYD元素Z形成的單質(zhì)被稱為“國(guó)防金屬”17、下列實(shí)驗(yàn)方案正確且能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖? )A證明碳酸的酸性比硅酸強(qiáng)B驗(yàn)證草酸晶體是否含結(jié)晶水C檢驗(yàn)混合氣體中H2S和CO2D制備乙酸乙酯18、下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ）A“地溝油”可以用來(lái)制肥皂和生物柴油B我國(guó)規(guī)定商家不得無(wú)償提供塑料袋，目的是減少“白色污染”CNaOH與SiO2可以反應(yīng)，故NaOH可用于玻璃器皿上刻蝕標(biāo)記D燃煤中加入CaO可以減少

11、酸雨的形成，但不能減少溫室氣體排放19、向淀粉碘化鉀的酸性溶液中加入少量 H2O2 溶液，溶液立即變藍(lán)，再向藍(lán)色溶液中緩慢通入足量的 SO2， 藍(lán)色逐漸消失。下列判斷不正確的是A根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)判斷 H2O2 和 SO2 反應(yīng)能生成強(qiáng)酸B藍(lán)色逐漸消失，體現(xiàn)了 SO2 的漂白性CSO2 中 S 原子采取 sp2雜化方式，分子的空間構(gòu)型為 V 型DH2O2是一種含有極性鍵和非極性鍵的極性分子20、Mg與Br2反應(yīng)可生成具有強(qiáng)吸水性的MgBr2，該反應(yīng)劇烈且放出大量的熱。實(shí)驗(yàn)室采用如圖裝置制備無(wú)水MgBr2。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是Aa為冷卻水進(jìn)水口B裝置A的作用是吸收水蒸氣和揮發(fā)出的溴蒸氣C實(shí)驗(yàn)時(shí)需緩慢通入N

12、2，防止反應(yīng)過(guò)于劇烈D不能用干燥空氣代替N2，因?yàn)楦碑a(chǎn)物MgO會(huì)阻礙反應(yīng)的進(jìn)行21、下列微粒中，最易得電子的是（ ）ACl-BNa+CFDS2-22、已知1mol氫氣和氧氣完全燃燒生成水蒸氣放出241.8千焦熱量，下列熱化學(xué)方程式正確的是A2H2（g）+O2（g）2H2O（g）+241.8kJBH2（g）+1/2O2（g）H2O（s）+241.8 kJCH2（g）+1/2O2（g）H2O（g）-241.8 kJDH2O（g）H2（g）+1/2O2（g）-241.8 kJ二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知：CH3-CH=CH-CHO巴豆醛回答下列問(wèn)題：（1）B物質(zhì)所含官能團(tuán)名稱是_，E

13、物質(zhì)的分子式是_（2）巴豆醛的系統(tǒng)命名為_(kāi)，檢驗(yàn)其中含有碳碳雙鍵的方法是_。（3）A到B的反應(yīng)類型是_，E與足量氫氣在一定條件下反應(yīng)的化學(xué)方程式是_。（4）比A少兩個(gè)碳原子且含苯環(huán)的同分異構(gòu)體有_種，寫出核磁共振氫譜有四組峰且峰面積比為3:2:2:2的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式_。（5）已知：+ ，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)由乙醇為原料制備巴豆醛的合成路線_。24、（12分）有機(jī)物W（C16H14O2）用作調(diào)香劑、高分子材料合成的中間體等，制備W的一種合成路線如下：已知：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）F的化學(xué)名稱是_，的反應(yīng)類型是_。（2）E中含有的官能團(tuán)是_（寫名稱），E在一定條件下聚合生成高分子化合物，該高分子化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)。（

14、3）E + FW反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)。（4）與A含有相同官能團(tuán)且含有苯環(huán)的同分異構(gòu)體還有_種（不含立體異構(gòu)），其中核磁共振氫譜為六組峰，且峰面積之比為112222的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)。（5）參照有機(jī)物W的上述合成路線，寫出以M和CH3Cl為原料制備F的合成路線（無(wú)機(jī)試劑任選）_。25、（12分）次氯酸溶液由于其具有極強(qiáng)的氧化性，可以使病毒的核酸物質(zhì)發(fā)生氧化反應(yīng)，從而殺滅病毒，是常用的消毒劑和漂白劑。已知：.常溫常壓下，Cl2O 為棕黃色氣體，沸點(diǎn)為 3.8，42 以上會(huì)分解生成 Cl2 和 O2，Cl2O 易溶于水并與水立即反應(yīng)生成 HClO。.將氯氣和空氣(不參與反應(yīng))按體積比13 混合通入潮濕的

15、碳酸鈉中生成Cl2O 氣體，用水吸收Cl2O(不含 Cl2)制得次氯酸溶液。某實(shí)驗(yàn)室利用以下裝置制備濃度不小于 0.8mol/L 的次氯酸溶液。A B C D E. 回答下列問(wèn)題：(1)裝置D 的作用為_(kāi)。(2)配平裝置 B 中的反應(yīng)_：Cl2+Na2CO3+H2O = Cl2O+NaCl+NaHCO3。寫出Cl2O 的結(jié)構(gòu)式為_(kāi)。(3)裝置C 中加入的試劑X 為CCl4，其作用是_。(4)各裝置的連接順序?yàn)?A_E。(5)此方法相對(duì)于氯氣直接溶于水制備次氯酸溶液的優(yōu)點(diǎn)是_。(答出 1 條即可)(6)若裝置 B 中生成的 Cl2O 氣體有 20%滯留在E 前各裝置中，其余均溶于裝置E 的水中，

16、裝置E 所得 500mL 次氯酸溶液濃度為 0.8mol/L，則至少需要含水 8%的碳酸鈉的質(zhì)量為_(kāi)g。26、（10分）某學(xué)習(xí)小組以Mg(NO3)2為研究對(duì)象，擬通過(guò)實(shí)驗(yàn)初步探究硝酸鹽熱分解的規(guī)律（提出猜想）小組提出如下4種猜想：甲：Mg(NO3)2、NO2、O2 乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2 ?。篗gO、NO2、N2(1)查閱資料得知，NO2可被NaOH溶液吸收，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：_(2)實(shí)驗(yàn)前，小組成員經(jīng)討論認(rèn)定猜想丁不成立，理由是_（實(shí)驗(yàn)操作）(3)設(shè)計(jì)如圖裝置，用氮?dú)馀疟M裝置中空氣，其目的是_；加熱Mg(NO3)2固體，AB裝置實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是：_，說(shuō)明有Mg(NO3)2固

17、體分解了，有NO2生成(4)有同學(xué)提出可用亞硫酸鈉溶液檢驗(yàn)是否有氧氣產(chǎn)生，但通入之前，還需在BD裝置間增加滴有酚酞的氫氧化鈉溶液，其作用是：_(5)小組討論后認(rèn)為即便通過(guò)C后有氧氣，僅僅用亞硫酸鈉溶液仍然難以檢驗(yàn)，因?yàn)椋篲，改進(jìn)的措施是可在亞硫酸鈉溶液中加入_(6)上述系列改進(jìn)后，如果分解產(chǎn)物中有O2存在，排除裝置與操作的原因，未檢測(cè)到的原因是_(用化學(xué)方程式表示)27、（12分）（13分）硫酸銅晶體(CuSO45H2O)是銅鹽中重要的無(wú)機(jī)化工原料，廣泛應(yīng)用于農(nóng)業(yè)、電鍍、飼料添加劑、催化劑、石油、選礦、油漆等行業(yè)。采用孔雀石主要成分CuCO3Cu(OH)2、硫酸（70%）、氨水為原料制取硫酸銅

18、晶體。其工藝流程如下：（1）預(yù)處理時(shí)要用破碎機(jī)將孔雀石破碎成粒子直徑”“c(H+)c(OH-)，B錯(cuò)誤；C. b點(diǎn)溶液顯中性，c(H+)107mol/L，根據(jù)電離平衡常數(shù)表達(dá)式可知c(HA)/c(A-)=5，C正確；D. c點(diǎn)酸堿恰好中和，生成NaA，根據(jù)電荷守恒可知c(A-)+c(OH-)= c(Na+)+ c(H+)，D錯(cuò)誤，答案選C。 3、C【答案解析】A. FeS2煅燒時(shí)會(huì)生成SO2，加入CaO會(huì)與SO2反應(yīng)，減少SO2的排放，而且CaSO3最后也會(huì)轉(zhuǎn)化為CaSO4，A項(xiàng)不符合題意；B.濾液為NaAlO2溶液，通入CO2，生成Al(OH)3，過(guò)濾、洗滌、煅燒可以得到Al2O3；B項(xiàng)不符

19、合題意；C.隔絕空氣焙燒時(shí)，發(fā)生的反應(yīng)為FeS2+16Fe2O3=2SO2+11Fe3O4，理論上反應(yīng)消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16，而不是1:5，C項(xiàng)符合題意；D. Fe3O4具有磁性，能夠被磁鐵吸引，D項(xiàng)不符合題意；本題答案選C。4、C【答案解析】題中給出的圖，涉及模擬空氣中CO2濃度以及溫度兩個(gè)變量，類似于恒溫線或恒壓線的圖像，因此，在分析此圖時(shí)采用“控制變量”的方法進(jìn)行分析。判斷溫度的大小關(guān)系，一方面將模擬空氣中CO2濃度固定在某個(gè)值，另一方面也要注意升高溫度可以使分解，即讓反應(yīng)逆向移動(dòng)?！绢}目詳解】A升高溫度可以使分解，反應(yīng)逆向移動(dòng)，海水中的濃度增加；當(dāng)模擬空氣中C

20、O2濃度固定時(shí)，T1溫度下的海水中濃度更高，所以T1溫度更高，A項(xiàng)正確；B假設(shè)海水溫度為T1，觀察圖像可知，隨著模擬空氣中CO2濃度增加，海水中的濃度下降，這是因?yàn)楦嗟腃O2溶解在海水中導(dǎo)致反應(yīng)正向移動(dòng)，從而使?jié)舛认陆?，B項(xiàng)正確；C結(jié)合A的分析可知，大氣中CO2濃度一定時(shí)，溫度越高，海水中的濃度也越大，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D結(jié)合B項(xiàng)分析可知，大氣中的CO2含量增加，會(huì)導(dǎo)致海水中的濃度下降；珊瑚礁的主要成分是CaCO3，CaCO3的溶解平衡方程式為：，若海水中的濃度下降會(huì)導(dǎo)致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移動(dòng)，珊瑚礁會(huì)逐漸溶解，D項(xiàng)正確；答案選C。5、A【答案解析】A硫酸銅溶液中加入氫氧化鋇溶液的離子

21、反應(yīng)為Cu22OHBa2SO42=BaSO4Cu(OH)2，故A錯(cuò)誤；B硫酸亞鐵溶液中加入過(guò)氧化氫溶液，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，則離子反應(yīng)為2Fe2H2O22H=2Fe32H2O，故B正確；C碳酸氫鈉與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成碳酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為：HCO3OH=CO32H2O，故C正確；D向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色，發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，反應(yīng)的離子反應(yīng)為：2AgClS2=Ag2S2Cl，故D正確；故答案選A。6、D【答案解析】A. CaO沒(méi)有強(qiáng)還原性，故不能防止食品的氧化變質(zhì)，只能起到防潮的作用，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B. 硅是半導(dǎo)體，芯片的主要成分是硅單質(zhì)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C. Fe具有還

22、原性，能把Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金屬離子還原，所以納米鐵粉可以高效地去除被污染水體中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金屬離子是利用Fe的還原性，與吸附性無(wú)關(guān)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D. SO2能與有色物質(zhì)化合生成無(wú)色物質(zhì)，可用于漂白紙漿、毛、絲、草帽辮等，D項(xiàng)正確；答案選D。7、B【答案解析】A.在25時(shí)：C(s)+O2(g)CO(g) H4=-111kJ/mol；H2(g)+O2(g)=H2(g) H2=-242kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g) H2=-394kJ/mol，結(jié)合蓋斯定律可知-得到CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H=-41kJ

23、/mol，故A正確；B.增大壓強(qiáng)，反應(yīng)的平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，溫度不變，則平衡常數(shù)K不變，故B錯(cuò)誤；C.平衡時(shí)不同物質(zhì)的物質(zhì)的量的變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，則達(dá)到平衡時(shí)，每生成1molCO的同時(shí)生成0.5molO2，故C正確；D.反應(yīng)為放熱反應(yīng)，焓變等于斷裂化學(xué)鍵吸收的能量減去成鍵釋放的能量，且物質(zhì)的量與熱量成正比，則反應(yīng)斷開(kāi)2molH-H和1molO=O中的化學(xué)鍵所吸收的能量比形成4molO-H鍵所放出的能量少484kJ，故D正確；答案選B。【答案點(diǎn)睛】反應(yīng)熱=反應(yīng)物鍵能總和-生成物鍵能總和。8、C【答案解析】A、該裝置中發(fā)生吸氧腐蝕，F(xiàn)e作負(fù)極，F(xiàn)e失電子生成亞鐵離子； B、鐵腐蝕過(guò)程

24、中部分化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能、部分化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能； C、Fe、C和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，加速Fe的腐蝕； D、弱酸性或中性條件下鐵腐蝕吸氧腐蝕。【題目詳解】A、該裝置中發(fā)生吸氧腐蝕，F(xiàn)e作負(fù)極，F(xiàn)e失電子生成亞鐵離子，電極反應(yīng)式為Fe-2e-=Fe2+，被氧化，故A錯(cuò)誤； B、鐵腐蝕過(guò)程發(fā)生電化學(xué)反應(yīng)，部分化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，且該過(guò)程放熱，所以還存在化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能的變化，故B錯(cuò)誤； C、Fe、C和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，F(xiàn)e易失電子被腐蝕，加速Fe的腐蝕，故C正確； D、鐵在弱酸性或中性條件以及堿性條件下發(fā)生吸氧腐蝕，水代替NaCl溶液，溶液仍然呈中性，F(xiàn)e發(fā)生吸氧腐蝕，故D錯(cuò)誤； 故選：C。9、C

25、【答案解析】A選項(xiàng)，向Na2SiO3溶液中加入稀鹽酸得到硅酸膠體：SiO32 +2H=H2SiO3(膠體)，故A正確；B選項(xiàng)，向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀、二氧化碳?xì)怏w和水：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O，故B正確；C選項(xiàng)，向AlCl3溶液中加入足量稀氨水生成氫氧化鋁和銨根離子：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3 + 3NH4+，故C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，在稀硫酸存在下，MnO2將CuS中的硫元素氧化為硫單質(zhì)、水、硫酸錳和硫酸銅：MnO2 + CuS + 4H=Mn2+Cu2+S +2H2O，故D正確；綜上所述，答案為C。10、D【答案解析】A. 聯(lián)合

26、制堿法中，碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉和二氧化碳，二氧化碳被循環(huán)利用，而氯化銨并沒(méi)有直接循環(huán)利用，而是作為其他化工原料，則氨氣沒(méi)有被循環(huán)利用，故A錯(cuò)誤；B. 對(duì)于該反應(yīng)，常壓時(shí)轉(zhuǎn)化率就很高了，增大壓強(qiáng)對(duì)SO2的轉(zhuǎn)化率影響不大，同時(shí)會(huì)增大成本，故通常采用常壓而不是高壓，故B錯(cuò)誤；C. 合成氨生產(chǎn)過(guò)程中將NH3液化分離，導(dǎo)致生成物濃度減小，逆反應(yīng)速率瞬間減小，正反應(yīng)速率隨之減小，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，從而提高了N2、H2的轉(zhuǎn)化率，故C錯(cuò)誤；D. 降低生鐵中的含碳量，需要加入氧化劑將生鐵中過(guò)多的碳和其他雜質(zhì)氧化成氣體或爐渣除去，故D正確；答案選D。11、C【答案解析】A. CH3OH為非電解質(zhì)，溶于水

27、時(shí)不能電離出OH，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B. Cu2(OH)2CO3難溶于水，且電離出的陰離子不全是OH，屬于堿式鹽，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C. NH3H2O在水溶液中電離方程式為NH4+OH，陰離子全是OH，C項(xiàng)正確；D. Na2CO3電離只生成Na+、CO32-，屬于鹽，D項(xiàng)錯(cuò)誤。本題選C。12、A【答案解析】A、用膠頭滴管將超過(guò)刻度線的溶液吸出，說(shuō)明配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時(shí)，加水超過(guò)了刻度線，配制的濃度一定偏低，故A選； B、未進(jìn)行恒重操作，可能會(huì)導(dǎo)致測(cè)定的硫酸銅粉末的質(zhì)量偏大，測(cè)定的結(jié)晶水的含量偏小，但若膽礬晶體中結(jié)晶水恰好全部失去，則測(cè)定的結(jié)晶水的含量準(zhǔn)確，故B不選； C、酸堿滴定實(shí)驗(yàn)，滴加最后一滴標(biāo)準(zhǔn)

28、液，溶液顏色突變，未等待30s立即讀數(shù)，可能未達(dá)到滴定終點(diǎn)，測(cè)定結(jié)果可能偏低，但也可能恰好達(dá)到滴定終點(diǎn)，測(cè)定結(jié)果準(zhǔn)確，故C不選； D、測(cè)定氣體摩爾體積時(shí)，氣體體積未減去注入酸的體積，導(dǎo)致排除的水的體積偏大，即生成氣體的體積偏大，測(cè)定結(jié)果偏高，故D不選； 故選：A。13、A【答案解析】元素B的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，短周期元素中有碳、硫，A、B、C、D、E是原子序數(shù)依次增大，所以B是C；A的原子序數(shù)小于6（碳）且單質(zhì)為氣體，A是H元素；C的原子序數(shù)大于6，半徑是同周期中最大，C是第三周期的Na元素；元素D的合金是日常生活中常用的金屬材料，D是Al元素；E單質(zhì)是氣體，E是Cl元素；所以

29、A、B、C、D、E分別是：H、C、Na、Al、Cl。工業(yè)上用電解熔融氯化鈉制取鈉，用電解熔融氧化鋁制取鋁，用電解飽和食鹽水制取氯氣，A選項(xiàng)正確；氫元素、碳元素組成化合物屬于烴，常溫下碳原子數(shù)小于4是氣態(tài)，大于4是液態(tài)或者固態(tài)，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；HCl是共價(jià)化合物，含共價(jià)鍵，氯化鈉是離子化合物，含離子鍵，HCl和NaCl的化學(xué)鍵類型不同，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；元素B、C、D的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物分別是H2CO3、NaOH、Al（OH）3， H2CO3與Al（OH）3不反應(yīng)，D選項(xiàng)錯(cuò)誤，正確答案A。14、C【答案解析】A石墨和金剛石完全燃燒，生成物相同，相同物質(zhì)的量時(shí)后者放熱多，因熱量與物質(zhì)的量成正比，故A錯(cuò)

30、誤；B石墨能量低，石墨穩(wěn)定，故B錯(cuò)誤；C由石墨轉(zhuǎn)化為金剛石需要吸熱，可知等量的金剛石儲(chǔ)存的能量比石墨高，故C正確；D石墨在特定條件下轉(zhuǎn)化為金剛石，需要合適的高溫、高壓，故D錯(cuò)誤；故答案為C。15、D【答案解析】A;14.05g固體加入過(guò)量的氫氧化鈉溶液產(chǎn)生氣體,有銨鹽和堿反應(yīng)生成生成的氨氣,也可以是金屬鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氫氣；5.60L氣體通過(guò)堿石灰無(wú)變化,說(shuō)明氣體中無(wú)與堿石灰反應(yīng)的氣體，,通過(guò)濃硫酸,氣體剩余3.36L,體積減少5.60L-3.36L=2,24L,結(jié)合混合物可能存在的物質(zhì)可以知道，一定含有硫酸銨與氫氧化鈉反應(yīng)生成氨氣為2.24L,剩余的氣體只能是氫氣，體積為3.36，,

31、說(shuō)明原混合物中一定含有鋁，故A對(duì)；B:14.05g固體加入過(guò)量的氫氧化鈉溶液中產(chǎn)生白色沉淀2.9g，久置無(wú)變化,因?yàn)闅溲趸X溶于強(qiáng)堿，F(xiàn)e(OH)2易被氧化，所以一定不含F(xiàn)eCl2，能生成的白色沉淀一定是氯化鎂與強(qiáng)堿反應(yīng)生成的氫氧化鎂白色沉淀,一定含有氯化鎂，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)上邊分析，一定含氯化鎂，一定不含F(xiàn)eCl2，故C錯(cuò)誤；根據(jù)A分析一定有(NH4)2SO4，根據(jù)B分析一定有氯化鎂。Mg(OH)2MgCl2 (NH4)2SO42NH4+2NH3 58g 1mol 1mol 22.4L 2.9g 0.05mol 0.05mol 2.24L(NH4)2SO4 和MgCl2物質(zhì)的量相等，故D正

32、確。本題答案：D。點(diǎn)睛：:14.05g固體加入過(guò)量的氫氧化鈉溶液產(chǎn)生氣體,有銨鹽和堿反應(yīng)生成生成的氨氣,也可以是金屬鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氫氣, 5.60L 氣體通過(guò)堿石灰無(wú)變化,說(shuō)明氣體中無(wú)與堿石灰反應(yīng)的氣體,無(wú)水蒸氣的存在,通過(guò)濃硫酸,氣體剩余3.36L,體積減少5.60L-3.36L=2,24L ,結(jié)合混合物可能存在的物質(zhì)可以知道,一定含有硫酸銨與氫氧化鈉反應(yīng)生成氨氣為2,24L ,剩余的氣體只能是氫氣,體積為3.36L ,說(shuō)明原混合物中一定含有鋁。16、B【答案解析】X與Y可形成一種淡黃色物質(zhì)P，則P為Na2O2，結(jié)合原子序數(shù)可知X為O，Y為Na，金屬Z可在W的一種氧化物中燃燒，則Z

33、為Mg，W為C，氧化物為CO2，綜上所述，W、X、Y、Z分別為：C、O、Na、Mg，據(jù)此解答?！绢}目詳解】AO2-、Na+、Mg2+核外電子排布相同，序小半徑大，故離子半徑：O2-Na+ Mg2+，A正確；B非金屬性：CO，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：CH4H2O，B錯(cuò)誤；C一般情況下，金屬離子半徑越小，所帶的電荷越多，自由電子越多，金屬鍵就越強(qiáng)，熔點(diǎn)就越高，所以，單質(zhì)的熔點(diǎn)：Mg Na，C正確；DZ為Mg元素，Mg被稱為國(guó)防金屬，D正確。答案選B。17、C【答案解析】A鹽酸揮發(fā)出的HCl也能和硅酸鈉反應(yīng)，應(yīng)先除去，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B草酸受熱易熔化，所以試管口不能向下傾斜，且草酸受熱分解也會(huì)產(chǎn)生水，B項(xiàng)錯(cuò)

34、誤；C足量酸性高錳酸鉀溶液可檢驗(yàn)并除去H2S，可通過(guò)澄清石灰水變渾濁檢驗(yàn)CO2的存在，C項(xiàng)正確；D導(dǎo)管不能插入飽和碳酸鈉溶液中，否則會(huì)引起倒吸，D項(xiàng)錯(cuò)誤；所以答案選擇C項(xiàng)。18、C【答案解析】A“地溝油”含有大量的有害物質(zhì)，禁止食用，其主要成分為油脂，屬于酯類，可以發(fā)生皂化反應(yīng)制肥皂，及通過(guò)化學(xué)反應(yīng)用來(lái)制生物柴油，A選項(xiàng)正確；B塑料袋由聚乙烯材料構(gòu)成，可形成白色污染，減少塑料袋的使用可減少白色污染，B選項(xiàng)正確；CNaOH與SiO2可以反應(yīng)，但可用于玻璃器皿上刻蝕標(biāo)記的是氫氟酸(HF)，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D加入氧化鈣可以與硫燃燒生成的二氧化硫在氧氣中發(fā)生反應(yīng)生成硫酸鈣，二氧化硫排放量減少，減少了酸雨的

35、形成，但是二氧化碳不會(huì)減少，不能減少溫室氣體的排放，D選項(xiàng)正確；答案選C。19、B【答案解析】A向淀粉-碘化鉀的酸性溶液中加入少量H2O2溶液，溶液立即變藍(lán)，發(fā)生：H2O2+2I-+2H+I2+2H2O說(shuō)明H2O2具有氧化性，再向藍(lán)色溶液中緩慢通入足量的SO2，藍(lán)色逐漸消失，發(fā)生：SO2+I2+2H2OSO42-+2I-+4H+，說(shuō)明SO2具有還原性，所以H2O2和SO2可以反應(yīng)生成硫酸為強(qiáng)酸，故A正確；B再向藍(lán)色溶液中緩慢通入足量的SO2，藍(lán)色逐漸消失，發(fā)生：SO2+I2+2H2OSO42-+2I-+4H+，體現(xiàn)了SO2的還原性，故B錯(cuò)誤；CSO2的價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=2+(6-22)=3，孤電

36、子對(duì)數(shù)為1，硫原子采取sp2雜化，該分子為V形結(jié)構(gòu)，故C正確；DH2O2分子中O-O為非極性鍵，O-H鍵為極性鍵，H2O2是展開(kāi)書頁(yè)型結(jié)構(gòu)，該物質(zhì)結(jié)構(gòu)不對(duì)稱，正負(fù)電荷中心不重合，為極性分子，故D正確；故選：B?！敬鸢更c(diǎn)睛】同種原子形成的共價(jià)鍵為非極性鍵，不同種原子形成的共價(jià)鍵為極性鍵；正負(fù)電荷中心重合的分子為非極性分子。20、B【答案解析】A冷凝管起到冷凝回流的作用，冷凝管內(nèi)冷凝水的方向?yàn)橄逻M(jìn)上出，則a為冷卻水進(jìn)水口，故A正確；BMgBr2具有較強(qiáng)的吸水性，制備無(wú)水MgBr2，需要防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入三頸燒瓶，則裝置A的作用是吸收水蒸氣，但無(wú)水CaCl2不能吸收溴蒸氣，故B錯(cuò)誤； C制取Mg

37、Br2的反應(yīng)劇烈且放出大量的熱，實(shí)驗(yàn)時(shí)利用干燥的氮?dú)鈱逭魵鈳肴i燒瓶中，為防止反應(yīng)過(guò)于劇烈，實(shí)驗(yàn)時(shí)需緩慢通入N2，故C正確；D不能用干燥空氣代替N2，空氣中含有的氧氣可將鎂氧化為副產(chǎn)物MgO會(huì)阻礙反應(yīng)的進(jìn)行，故D正確；答案選B。21、C【答案解析】氧化性越強(qiáng)的微粒，越容易得到電子。在四個(gè)選項(xiàng)中，氧化性最強(qiáng)的為F，其余微粒均達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，化學(xué)性質(zhì)不活潑，C項(xiàng)正確；答案選C。22、D【答案解析】1mol氫氣和氧氣完全燃燒生成水蒸氣放出241.8kJ熱量，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=-241.8kJ/mol，即H2（g）+1/2O2（g）H2O（g）+241.

38、8 kJ，選項(xiàng)B、C均錯(cuò)誤；2mol氫氣和氧氣完全燃燒生成水蒸氣放出483.6kJ熱量，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=-483.6kJ/mol，即2H2（g）+O2（g）2H2O（g）+483.6kJ，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；1mol水蒸氣分解生成氫氣和氧氣吸收241.8kJ熱量，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為： H2O（g）= H2（g）+O2（g）H=+241.8kJ/mol，即H2O（g）H2（g）+1/2O2（g）-241.8 kJ，選項(xiàng)D正確。答案選D?！敬鸢更c(diǎn)睛】據(jù)熱化學(xué)方程式的書寫原則寫出氫氣燃燒生成氣態(tài)水的熱化學(xué)方程式，方程中的熱量和化學(xué)計(jì)量數(shù)要對(duì)應(yīng)，根據(jù)1m

39、ol氣態(tài)水轉(zhuǎn)化成液態(tài)水放出的熱量，結(jié)合氫氣與氧氣反應(yīng)生成氣態(tài)水的反應(yīng)熱計(jì)算生成液態(tài)水的反應(yīng)熱。二、非選擇題(共84分)23、氨基、溴原子 C13H18O 2-丁烯醛 先加入足量的新制氫氧化銅懸濁液加熱煮沸，然后加入過(guò)量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高錳酸鉀溶液)褪色，證明含碳碳雙鍵 取代反應(yīng)； 5 【答案解析】【題目詳解】(1)B含有氨基和溴原子2種官能團(tuán)，E的分子式為：C13H18O，故答案為：氨基、溴原子；C13H18O；(2)巴豆醛(CH3-CH=CH-CHO)的系統(tǒng)命名為2-丁烯醛，分子中除碳碳雙鍵外還有醛基，不可直接用酸性高錳酸鉀或溴水檢驗(yàn)，可用銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液將醛基氧化

40、、用硫酸酸化后加酸性高錳酸鉀溶液或溴水檢驗(yàn)，故答案為：2-丁烯醛；先加入足量的新制氫氧化銅懸濁液加熱煮沸，然后加入過(guò)量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高錳酸鉀溶液)褪色，證明含碳碳雙鍵；(3)A到B，氨基鄰位C上的H被Br取代，E中的苯環(huán)、羰基均能和氫氣加成，反應(yīng)的方程式為：，故答案為：取代反應(yīng)；(4)A為，比A少兩個(gè)碳原子且含苯環(huán)的結(jié)構(gòu)有兩種情況，第一種情況：含2個(gè)側(cè)鏈，1個(gè)為-CH3，另1個(gè)為-NH2，位于鄰、間、對(duì)位置，共3種，第二種情況：側(cè)鏈只有一個(gè)，含C-N，苯環(huán)可與C相連，也可與N相連，共2種，綜上所述，比A少兩個(gè)碳原子且含苯環(huán)的同分異構(gòu)體有5種，核磁共振氫譜為3:2:2:2的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)

41、式為：，故答案為：5；(5)原料為乙醇，有2個(gè)C，產(chǎn)物巴豆醛有4個(gè)碳，碳鏈增長(zhǎng)，一定要用到所給信息的反應(yīng)，可用乙醇催化氧化制備乙醛，乙醛發(fā)生信息所列反應(yīng)得到羥基醛，羥基醛發(fā)生醇的消去反應(yīng)得巴豆醛，流程為：，故答案為：。24、苯甲醇 消去反應(yīng) 碳碳雙鍵、羧基 +H2O 5 【答案解析】A和Br2的CCl4溶液反應(yīng)發(fā)生加成反應(yīng)，結(jié)合B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，則A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，B在NaOH的水溶液下發(fā)生水解反應(yīng)，Br被OH取代，C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，C的結(jié)構(gòu)中，與OH相連的C上沒(méi)有H原子，不能發(fā)生醇的催化氧化，CH2OH被氧化成CHO，醛基再被氧化成COOH，則D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，根據(jù)分子式，D到E消去了一分子水，為醇羥

42、基的消去反應(yīng)，E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，E和苯甲醇F，在濃硫酸的作用下發(fā)生酯化反應(yīng)得到W，W的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為?！绢}目詳解】(1)F的名稱是苯甲醇；根據(jù)分子式，D到E消去了一分子水，反應(yīng)類型為消去反應(yīng)；(2)根據(jù)分析，E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，則含有的官能團(tuán)名稱為碳碳雙鍵、羧基；E中含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加聚反應(yīng)，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；(3)E中含有羧基，F(xiàn)中含有羥基，在濃硫酸的作用下發(fā)生酯化反應(yīng)，化學(xué)方程式為+H2O；(4)有A含有相同的官能團(tuán)且含有苯環(huán)，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，則含有碳碳雙鍵，除了苯環(huán)外，還有3個(gè)C原子，則苯環(huán)上的取代基可以為CH=CH2和CH3，有鄰間對(duì)，3種同分異構(gòu)體；也可以是CH=CHCH3，或者CH2CH=C

43、H2，共2種；共5種；核磁共振氫譜為六組峰，且峰面積之比為112222的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；(5)由M到F，苯環(huán)上多了一個(gè)取代基，利用已知信息，可以在苯環(huán)上引入一個(gè)取代基，CH2OH，可由氯代烴水解得到，則合成路線為?！敬鸢更c(diǎn)睛】并不是所有的醇都能發(fā)生催化氧化反應(yīng)，CH2OH被氧化得到CHO，被氧化得到；中，與OH相連的C上沒(méi)有H原子，不能發(fā)生催化氧化反應(yīng)。25、除去氯氣中的HCl氣體；觀察產(chǎn)生氣泡的速度來(lái)調(diào)節(jié)流速和體積比 1:3 2Cl22Na2CO3H2O=Cl2O2NaCl2NaHCO3 Cl-O-Cl 除去Cl2O 中的 Cl2，提高制得的 HClO 的純度 D B C 制備的HClO的濃度大

44、，純度高，不含有Cl- 57.6 【答案解析】該實(shí)驗(yàn)屬于物質(zhì)制備類實(shí)驗(yàn)，所需原料為氯氣和空氣，并且要注意體積比1:3這個(gè)要求；因此就出現(xiàn)了這兩個(gè)問(wèn)題：(1)原料Cl2含有雜質(zhì)需要除雜；(2)如何準(zhǔn)確地控制兩種原料氣體積比；帶著問(wèn)題分析每個(gè)裝置的作用就不難發(fā)現(xiàn)D裝置就恰好能解決上述兩個(gè)問(wèn)題。接下來(lái)，由于B中的制備反應(yīng)是氣體與固體的反應(yīng)，所以產(chǎn)物中肯定含有未反應(yīng)完全的原料氣，所以這里又出現(xiàn)了一個(gè)問(wèn)題：未反應(yīng)完的原料氣是否會(huì)干擾后續(xù)的制備，如何除去；通過(guò)分析不難發(fā)現(xiàn)裝置C恰好可以解決上述問(wèn)題；最終在裝置E中，成功制備了純度較高的次氯酸溶液?！绢}目詳解】(1)裝置D的作用一方面要對(duì)裝置A制備的Cl2進(jìn)

45、行凈化除雜，另一方面也要保證空氣和氯氣的最佳體積比；所以D的作用為：除去氯氣中的HCl雜質(zhì)，同時(shí)觀察氣泡的速度來(lái)調(diào)節(jié)氯氣和空氣的體積比至1:3；(2)根據(jù)題意，B中發(fā)生的反應(yīng)為2Cl22Na2CO3H2O=Cl2O2NaCl2NaHCO3，Cl2O中的O為-2價(jià)，Cl為+1價(jià)，所以該反應(yīng)是氯元素的歧化反應(yīng)；根據(jù)Cl2O中氯和氧的價(jià)態(tài)可推測(cè)其結(jié)構(gòu)為Cl-O-Cl；(3)題干中提到，用水吸收Cl2O制得次氯酸溶液，Cl2O中不能含有Cl2，而B(niǎo)處的反應(yīng)是氣體與固體的反應(yīng)，必然會(huì)有一部分Cl2無(wú)法反應(yīng)，因此，需要對(duì)B裝置的出口氣體進(jìn)行除氯氣操作，C中的CCl4由于與Cl2極性相近，可以將Cl2吸收，

46、所以C的作用即：除去中的Cl2，提高次氯酸溶液的純度；(4)結(jié)合以上分析，可知連接順序?yàn)锳DBCE；(5)氯氣直接溶解在水中會(huì)生成鹽酸雜質(zhì)，并且由于Cl2在水中溶解度很小，所以制備的次氯酸的濃度也不高，因此該方法的優(yōu)點(diǎn)為：制備的次氯酸溶液濃度大，純度高；(6)由題可知，E中次氯酸的含量為0.4mol，根據(jù)E中發(fā)生的反應(yīng)：，可知E中參與反應(yīng)的n(Cl2O)=0.2mol，所以總共生成的Cl2O的物質(zhì)的量為。根據(jù)Cl2O的制備反應(yīng)方程式可知，所需碳酸鈉的物質(zhì)的量為：，那么至少需要含水量8%的碳酸鈉的質(zhì)量為?！敬鸢更c(diǎn)睛】在考慮制備類實(shí)驗(yàn)的裝置連接順序時(shí)，可先找出其中的原料發(fā)生裝置，反應(yīng)制備裝置和尾氣

47、處理裝置，再根據(jù)具體信息考慮這些裝置之間的除雜干燥防倒吸問(wèn)題，最終設(shè)計(jì)出合理的連接順序。26、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O 不符合氧化還原反應(yīng)原理 避免對(duì)產(chǎn)物O2的檢驗(yàn)產(chǎn)生干擾(或其它合理答案 固體減少，產(chǎn)生紅棕色氣體，溶液中有氣泡冒出 確保二氧化氮已被除盡，防止干擾氧氣的檢驗(yàn) 亞硫酸鈉溶液與氧氣反應(yīng)沒(méi)有明顯現(xiàn)象，難以判斷反應(yīng)是否發(fā)生了 幾滴酚酞試劑 4NO2+O2+2H2O=4HNO3 或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O 【答案解析】(1)NO2在堿性條件下自身發(fā)生氧化還原反應(yīng)，與氫氧化鈉反應(yīng)生成NaNO3和NaNO2； (2)根據(jù)氧化還原反應(yīng)化合價(jià)

48、升降相等判斷；(3)為檢驗(yàn)是否生成氧氣，應(yīng)將裝置內(nèi)的氧氣排盡；加熱Mg（NO3）2固體，固體質(zhì)量減小，如生成紅棕色氣體，則有NO2生成；(4)亞硫酸鈉具有還原性，可被氧氣氧化，也可被二氧化氮氧化；(5)亞硫酸鈉溶液與氧氣反應(yīng)沒(méi)有明顯現(xiàn)象，結(jié)合亞硫酸鈉溶液呈堿性，硫酸鈉溶液呈中性判斷；(6)如果分解產(chǎn)物中有O2存在，但沒(méi)有檢測(cè)到，可能原因是二氧化氮、氧氣與水反應(yīng)?！绢}目詳解】(1)NO2在堿性條件下自身發(fā)生氧化還原反應(yīng)，與氫氧化鈉反應(yīng)生成NaNO3和NaNO2，反應(yīng)的方程式為2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；(2)由于丁產(chǎn)物中化合價(jià)只有降低情況，沒(méi)有升高，不滿足氧化還原反應(yīng)的

49、特征，不符合氧化還原反應(yīng)原理；(3)為檢驗(yàn)是否生成氧氣，應(yīng)將裝置內(nèi)的氧氣排盡，避免對(duì)產(chǎn)物O2的檢驗(yàn)產(chǎn)生干擾，加熱Mg(NO3)2固體，固體質(zhì)量減小，如生成紅棕色氣體，則有NO2生成；(4)亞硫酸鈉具有還原性，可被氧氣氧化，也可被二氧化氮氧化，通入之前，還需在BD裝置間增加滴有酚酞的氫氧化鈉溶液，可確保二氧化氮已被除盡，防止干擾氧氣的檢驗(yàn)；(5)亞硫酸鈉溶液與氧氣反應(yīng)沒(méi)有明顯現(xiàn)象，結(jié)合亞硫酸鈉溶液呈堿性，硫酸鈉溶液呈中性判斷，可滴加幾滴酚酞試劑，如溶液由紅色變?yōu)闊o(wú)色，說(shuō)明有氧氣生成；(6)如果分解產(chǎn)物中有O2存在，但沒(méi)有檢測(cè)到，可能原因是二氧化氮、氧氣與水反應(yīng)，發(fā)生方程式為4NO2+O2+2H2

50、O=4HNO3 或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O。27、增大反應(yīng)物接觸面積，提高氨浸的效率 Cu(NH3)42(OH)2CO32CuO+CO2+8NH3+H2O A 制化學(xué)肥料等 過(guò)濾 干燥 產(chǎn)生有毒的氣體，污染環(huán)境；原材料利用率低；濃硫酸有強(qiáng)腐蝕性（任寫兩條） 分液漏斗 做催化劑 氯化銅的溶解度在常溫下比硫酸銅晶體大得多，且氯化銅的溶解度隨溫度的變化程度不大（合理即可） 100%（或%） 【答案解析】（1）破碎機(jī)把孔雀石破碎成細(xì)小顆粒，增大了與氨水接觸面積，使銅與氨充分絡(luò)合，提高氨浸的效率及浸取率。（2）由題意可知，氨浸時(shí)生成Cu(NH3)42(OH)2CO3，加熱蒸氨的

51、意思為加熱時(shí)Cu(NH3)42(OH)2CO3分解生成氨氣，由Cu(NH3)42(OH)2CO3的組成可知還會(huì)生成CO2、氧化銅和水，其反應(yīng)方程式為Cu(NH3)42(OH)2CO32CuO+CO2+8NH3+H2O。（3）蒸氨出來(lái)的氣體有氨氣和二氧化碳，氨氣有污染，需要通入硫酸凈化處理生成硫酸銨，為了防止倒吸，合適的裝置為A；凈化后生成硫酸銨溶液，其用途是可以制備化學(xué)肥料等。（4）由題意可知，操作2為硫酸銅溶液變成硫酸銅晶體，操作為加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥。（5）課本中直接利用銅與濃硫酸反應(yīng)會(huì)產(chǎn)生有毒的氣體二氧化硫；這樣既污染環(huán)境又使原材料利用率低；而且濃硫酸有強(qiáng)腐蝕性，直接使用

52、危險(xiǎn)性較大。（6）盛裝濃硫酸的儀器為分液漏斗。由題意可知，氯化銅雖然參與反應(yīng)，但最后又生成了等量的氯化銅，根據(jù)催化劑的定義可知氯化銅在此反應(yīng)過(guò)程中做催化劑。因?yàn)槁然~的溶解度在常溫下比硫酸銅晶體大得多，在重結(jié)晶純化硫酸銅晶體時(shí)可以使二者分離，同時(shí)氯化銅的溶解度隨溫度的變化程度不大，可使氯化銅保持在母液中，在下一次制備硫酸銅晶體時(shí)繼續(xù)做催化劑使用。由題意可知銅粉全部生成硫酸銅晶體（因氯化銅為催化劑，氯化銅中的銅最終不會(huì)生成硫酸銅晶體），硫酸銅晶體中的銅元素質(zhì)量為g，則銅粉的純度為100%或化簡(jiǎn)為%。28、3d74s2 Mn2+價(jià)層電子排布式為3d5，達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，不易失電子形成Mn3+，F(xiàn)e2+

53、價(jià)層電子排布式為3d6，要失去1個(gè)電子才達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu) ，較易形成Fe3+，故錳的第三電離能大于鐵 小于 24 S Co(H2O)63+所帶正電荷較多 LiCl是離子晶體，TiCl4是分子晶體，離子鍵比分子間作用力強(qiáng) 6 【答案解析】同一原子的電離能，通常第一電離能第二電離能第三電離能，但若電離能突然增大，則此離子應(yīng)達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；不同原子的電離能不同，但若相同類別電離能的差距突然增大，則離子可能處于穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。形成共價(jià)鍵的兩原子間只能形成一個(gè)鍵，所以，計(jì)算微粒中所含鍵的數(shù)目時(shí)，只需確定有多少個(gè)原子間形成共價(jià)鍵。確定配位原子時(shí)，需要比較配體中含有孤對(duì)電子的元素的吸電子能力，吸電子能力強(qiáng)的非金屬原子，

54、難以提供孤電子對(duì)與中心離子形成配位鍵。計(jì)算晶胞中原子半徑時(shí)，需先算出晶胞中所含原子的數(shù)目，以便確定質(zhì)量；然后利用數(shù)學(xué)公式，建立質(zhì)量、密度、體積的等量關(guān)系式，由此算出原子半徑?！绢}目詳解】(1)基態(tài)Co原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d74s2，價(jià)層電子排布式為3d74s2。答案為：3d74s2；(2)根據(jù)離子價(jià)層電子排布和洪特規(guī)則的特例分析電離能，離子越穩(wěn)定，越容易生成，生成此離子的電離能越小，此離子再失電子的電離能越大。錳的第三電離能大于鐵的第三電離能,其主要原因是Mn2+價(jià)層電子排布式為3d5，達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，不易失電子形成Mn3+，F(xiàn)e2+價(jià)層電子排布式為3d6，要失去1個(gè)電子才達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu) ，較易形成Fe3+，故錳的第三電離能大于鐵。答案為：Mn價(jià)層電子排布式為3d5，達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，不易失電子形成Mn3+，F(xiàn)e2+價(jià)層電子排布式為3d6，要失去1個(gè)