2023屆福建省晉江市高考全國(guó)統(tǒng)考預(yù)測(cè)密卷化學(xué)試卷含解析

2023高考化學(xué)模擬試卷請(qǐng)考生注意：1．請(qǐng)用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請(qǐng)用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫(xiě)在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫(xiě)在試題卷、草稿紙上均無(wú)效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項(xiàng)》，按規(guī)定答題。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、下列屬于氧化還原反應(yīng)的是()A．2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑B．Na2O＋H2O=2NaOHC．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2D．Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O2、向含有5×10﹣3molHIO3與少量淀粉的溶液中通入H2S，溶液變藍(lán)且有S析出，繼續(xù)通入H2S，溶液的藍(lán)色褪去，則在整個(gè)過(guò)程中（）A．共得到0.96g硫 B．通入H2S的體積為336mLC．硫元素先被還原后被氧化 D．轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為3.0×10﹣2NA3、下列應(yīng)用不涉及物質(zhì)氧化性或還原性的是A．用葡萄糖制鏡或保溫瓶膽B(tài)．用ClO2殺菌、消毒C．用Na2SiO3溶液制備木材防火劑D．用浸泡過(guò)高錳酸鉀溶液的硅藻土保鮮水果4、298K時(shí)，用0.01mol?L-1NaOH溶液滴定10mL0.01mol?L-1H2A溶液的滴定曲線(xiàn)如圖所示（已知：25℃時(shí)，H2A的Ka1=10-1.75，Ka2=10-7.19）。下列說(shuō)法不正確的是（）A．a(chǎn)點(diǎn)所得溶液中：V0=5mLB．B點(diǎn)所得溶液中：c(H2A)＋c(H＋)=c(A2-)＋c(OH-)C．C點(diǎn)所得溶液中：c(Na＋)>3c(HA-)D．D點(diǎn)所得溶液中A2-水解平衡常數(shù)Kh1=10-6.815、利用下圖所示裝置進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)，能得出相應(yīng)實(shí)驗(yàn)結(jié)論的是()A．A B．B C．C D．D6、W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外層電子數(shù)是X次外層電子數(shù)的3倍，四種元素與鋰組成的鹽是一種新型電池的電解質(zhì)(結(jié)構(gòu)如圖，箭頭指向表示共用電子對(duì)由W提供，陰離子中所有原子均達(dá)到8e-穩(wěn)定結(jié)構(gòu))。下列說(shuō)法不正確的是A．該物質(zhì)中含離子鍵、極性鍵和非極性鍵B．在四種元素中W的非金屬性最強(qiáng)C．Y和Z兩元素形成的化合物不止一種D．四種元素的原子半徑中Z的半徑最大7、化學(xué)與生活、生產(chǎn)密切相關(guān)。下列敘述不正確的是（）A．高純硅可用于制作光導(dǎo)纖維B．碳酸鈉熱溶液呈堿性，可用于除去餐具上的油污C．利用太陽(yáng)能蒸發(fā)海水的過(guò)程屬于物理變化D．淀粉和纖維素水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖8、下列實(shí)驗(yàn)不能達(dá)到目的的是選項(xiàng)目的實(shí)驗(yàn)A制取84消毒液將Cl2通入NaOH溶液中B防止采摘下來(lái)的水果過(guò)早變爛保存在含有高錳酸鉀的硅藻土箱子里C除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入飽和碳酸鈉溶液洗滌、分液D分離氫氧化鐵膠體與FeCl3溶液通過(guò)濾紙過(guò)濾A．A B．B C．C D．D9、我國(guó)科學(xué)家設(shè)計(jì)的人工光合“仿生酶—光偶聯(lián)”系統(tǒng)工作原理如圖。下列說(shuō)法正確的是（）A．總反應(yīng)為6CO2+6H2OC6H12O6+6O2B．轉(zhuǎn)化過(guò)程中僅有酶是催化劑C．能量轉(zhuǎn)化形式為化學(xué)能→光能D．每產(chǎn)生1molC6H12O6轉(zhuǎn)移H+數(shù)目為12NA10、自催化作用是指反應(yīng)物之一使該反應(yīng)速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4進(jìn)行下列三組實(shí)驗(yàn)，一段時(shí)間后溶液均褪色（0.01mol/L可以記做0.01M實(shí)驗(yàn)①實(shí)驗(yàn)②實(shí)驗(yàn)③1mL0.01M的KMnO4溶液和MnSO41mL0.01M的KMnO4溶液和1mL稀鹽酸1mL0.01M的KMnO4溶液和褪色比實(shí)驗(yàn)①褪色快比實(shí)驗(yàn)①褪色快下列說(shuō)法不正確的是A．實(shí)驗(yàn)①中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，H2C2OB．實(shí)驗(yàn)②褪色比①快，是因?yàn)镸nSO4的催化作用加快了反應(yīng)速率C．實(shí)驗(yàn)③褪色比①快，是因?yàn)镃l-的催化作用加快了反應(yīng)速率D．若用1mL0.2M11、用下列實(shí)驗(yàn)裝置和方法進(jìn)行相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿．甲裝置用于分離CCl4和I2B．乙裝置用于分離乙醇和乙酸乙酯C．丙裝置用于分離氫氧化鐵膠體和氯化鈉溶液D．丁裝置用于由氯化銨飽和溶液得到氯化銨晶體12、以下物質(zhì)間的每步轉(zhuǎn)化通過(guò)一步反應(yīng)能實(shí)現(xiàn)的是（）A．Al－Al2O3－Al(OH)3－NaAlO2 B．N2－NH3－NO2－HNO3C．Cu－CuO－Cu(OH)2－CuSO4 D．Na－Na2O2－Na2CO3－NaOH13、下列實(shí)驗(yàn)中根據(jù)現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A向NaAlO2溶液中持續(xù)通入氣體Y先出現(xiàn)白色沉淀，最終沉淀又溶解Y可能是CO2氣體B向某溶液中加入Cu和濃H2SO4試管口有紅棕色氣體產(chǎn)生原溶液可能含有NO3-C向溴水中通入SO2氣體溶液褪色SO2具有漂白性D向濃度均為0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出現(xiàn)藍(lán)色沉淀Ksp[Cu(OH)2]＞Ksp[Mg(OH)2]A．A B．B C．C D．D14、下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是()A．Mg(OH)2具有堿性，可用于制胃酸中和劑B．H2O2是無(wú)色液體，可用作消毒劑C．FeCl3具有氧化性，可用作凈水劑D．液NH3具有堿性，可用作制冷劑15、下圖為一種利用原電池原理設(shè)計(jì)測(cè)定O2含量的氣體傳感器示意圖，RbAg4I5是只能傳導(dǎo)Ag+的固體電解質(zhì)。O2可以通過(guò)聚四氟乙烯膜與AlI3反應(yīng)生成Al2O3和I2，通過(guò)電池電位計(jì)的變化可以測(cè)得O2的含量。下列說(shuō)法正確的是（）A．正極反應(yīng)為：3O2+12e-+4Al3+=2Al2O3B．傳感器總反應(yīng)為：3O2+4AlI3+12Ag=2Al2O3+12AgIC．外電路轉(zhuǎn)移0.01mol電子，消耗O2的體積為0.56LD．給傳感器充電時(shí)，Ag+向多孔石墨電極移動(dòng)16、對(duì)于1mol/L鹽酸與鐵片的反應(yīng)，下列措施不能使產(chǎn)生H2反應(yīng)速率加快的是（）A．加入一小塊銅片 B．改用等體積98%的硫酸C．用等量鐵粉代替鐵片 D．改用等體積3mol/L鹽酸17、下列說(shuō)法中正確的是（）A．氣體單質(zhì)中，一定有σ鍵，可能有π鍵B．PCl3分子是非極性分子C．鄰羥基苯甲醛的熔、沸點(diǎn)比對(duì)羥基苯甲醛的熔、沸點(diǎn)高D．ClO4-的VSEPR模型與離子的空間立體構(gòu)型一致18、恒容條件下，發(fā)生如下反應(yīng)：．已知：，，、分別為正、逆向反應(yīng)速率常數(shù)（僅與溫度有關(guān)），x為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。如圖是不同溫度下隨時(shí)間的變化。下列說(shuō)法正確的是A．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，B．化學(xué)平衡狀態(tài)時(shí)，C．當(dāng)反應(yīng)進(jìn)行到a處時(shí)，D．時(shí)平衡體系中再充入，平衡正向移動(dòng)，增大19、2018年11月4日凌晨，福建泉州泉港區(qū)發(fā)生“碳九”泄露，對(duì)海洋環(huán)境造成污染，危害人類(lèi)健康?！疤季拧狈紵N主要成分包含(a)、(b)、(c)等，下列有關(guān)三種上述物質(zhì)說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．a(chǎn)、b、c互為同分異構(gòu)體 B．a(chǎn)、b、c均能與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)C．a(chǎn)中所有碳原子處于同一平面 D．1molb最多能與4molH2發(fā)生反應(yīng)20、已知反應(yīng)S2O82-(aq)+2I-(aq)2SO42-(aq)+I2(aq)，若往該溶液中加人含F(xiàn)e3+的某溶液，反應(yīng)機(jī)理：①2Fe3++(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)②2Fe2+(aq)+S2O82-(aq)2Fe3+(aq)+2SO42-(aq),下列有關(guān)該反應(yīng)的說(shuō)法不正確的是A．增大S2O82-濃度或I-濃度，反應(yīng)①、反應(yīng)②的反應(yīng)速率均加快B．Fe3+是該反應(yīng)的催化劑C．因?yàn)檎磻?yīng)的活化能比逆反應(yīng)的活化能小，所以該反應(yīng)是放熱反應(yīng)D．往該溶液中滴加淀粉溶液，溶液變藍(lán)，適當(dāng)升溫，藍(lán)色加深21、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，下列實(shí)驗(yàn)用如圖所示裝置不能完成的是（）A．測(cè)定一定質(zhì)量的和混合物中的含量B．確定分子式為的有機(jī)物分子中含活潑氫原子的個(gè)數(shù)C．測(cè)定一定質(zhì)量的晶體中結(jié)晶水?dāng)?shù)目D．比較Fe3+和Cu2+對(duì)一定質(zhì)量的雙氧水分解反應(yīng)的催化效率22、由環(huán)己醇合成環(huán)己酮的反應(yīng)為：。下列說(shuō)法正確的是（）A．該反應(yīng)屬于取代反應(yīng)B．環(huán)己酮的分子式為C6H12OC．環(huán)己醇不能和NaOH溶液反應(yīng)D．環(huán)己醇分子中的所有原子可能共平面二、非選擇題(共84分)23、（14分）有A、B、C、D、E、F六種溶液，它們是氨水、硫酸鎂、碳酸氫鈉、碳酸鈉、稀硝酸、氯化鋇溶液中的某一種。各取少量，將其兩兩混合現(xiàn)象如圖所示。其中“↓”表示難溶物，“↑”表示氣體，“-”表示無(wú)明顯現(xiàn)象，空格表示未做實(shí)驗(yàn)，試推斷其中F是：A．碳酸鈉溶液 B．氯化鋇溶液C．硫酸鎂溶液 D．碳酸氫鈉溶液24、（12分）聚酰亞胺是重要的特種工程材料，已廣泛應(yīng)用在航空、航天、納米、液晶、激光等領(lǐng)域。某聚酰亞胺的合成路線(xiàn)如下（部分反應(yīng)條件略去）。已知:i、ii、iii、CH3COOH+CH3COOH(R代表烴基)（1）A所含官能團(tuán)的名稱(chēng)是________。（2）①反應(yīng)的化學(xué)方程式是________。（3）②反應(yīng)的反應(yīng)類(lèi)型是________。（4）I的分子式為C9H12O2N2，I的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是________。（5）K是D的同系物，核磁共振氫譜顯示其有4組峰，③的化學(xué)方程式是________。（6）1molM與足量的NaHCO3溶液反應(yīng)生成4molCO2，M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是________。（7）P的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是________。25、（12分）工業(yè)上可用下列儀器組裝一套裝置來(lái)測(cè)定黃鐵礦（主要成分FeS2）中硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)(忽略SO2、H2SO3與氧氣的反應(yīng))。實(shí)驗(yàn)的正確操作步驟如下：A．連接好裝置，并檢查裝置的氣密性B．稱(chēng)取研細(xì)的黃鐵礦樣品C．將2.0g樣品小心地放入硬質(zhì)玻璃管中D．以1L/min的速率鼓入空氣E．將硬質(zhì)玻璃管中的黃鐵礦樣品加熱到800℃～850℃F．用300mL的飽和碘水吸收SO2，發(fā)生的反應(yīng)是：I2＋SO2＋2H2O=2HI＋H2SO4G．吸收液用CCl4萃取、分離H．取20.00mLG中所得溶液，用0.2000mol·L－1的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。試回答：（1）步驟G中所用主要儀器是______，應(yīng)取_______(填“上”或“下”)層溶液進(jìn)行后續(xù)實(shí)驗(yàn)。（2）裝置正確的連接順序是④(填編號(hào))。______（3）裝置⑤中高錳酸鉀的作用是__________。持續(xù)鼓入空氣的作用__________。（4）步驟H中滴定時(shí)應(yīng)選用_____作指示劑，可以根據(jù)________現(xiàn)象來(lái)判斷滴定已經(jīng)達(dá)到終點(diǎn)。（5）假定黃鐵礦中的硫在操作E中已全部轉(zhuǎn)化為SO2，并且被飽和碘水完全吸收，滴定得到的數(shù)據(jù)如下表所示：滴定次數(shù)待測(cè)液的體積/mLNaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積/mL滴定前滴定后第一次20.000.0020.48第二次20.000.2220.20第三次20.000.3620.38則黃鐵礦樣品中硫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)__________。（6）也有人提出用“沉淀質(zhì)量法”測(cè)定黃鐵礦中含硫質(zhì)量分?jǐn)?shù)，若用這種方法測(cè)定，最好是在裝置①所得吸收液中加入下列哪種試劑__________。A．硝酸銀溶液B．氯化鋇溶液C．澄清石灰水D．酸性高錳酸鉀溶液26、（10分）某溶液X含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、HCO3-、S2-、SO42-、Cl-、OH-中的一種或幾種，取該溶液進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)內(nèi)容和相關(guān)數(shù)據(jù)(氣體體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下測(cè)定)如下：(1)通過(guò)上述實(shí)驗(yàn)過(guò)程，一定不存在的離子是_______。(2)反應(yīng)①中生成A的離子方程式為_(kāi)_______。(3)若測(cè)得X溶液中c(H+)=6mol·L-1，則X溶液中_______(填“含”或“不含”)Fe3+，c(Fe3+)=________mol·L-1(若填不含，則不需計(jì)算)，X溶液中c(Cl-)=_______mol·L-1。27、（12分）某化學(xué)興趣小組在習(xí)題解析中看到：“SO2通入Ba(NO3)2溶液出現(xiàn)白色沉淀，是因?yàn)樵谒嵝原h(huán)境中，NO3-將SO32-氧化成SO42-而產(chǎn)生沉淀”。有同學(xué)對(duì)這個(gè)解析提出了質(zhì)疑，“因沒(méi)有隔絕空氣，也許只是氧化了SO32-，與NO3-無(wú)關(guān)”。于是做了“SO2通入Ba(NO3)2溶液”的探究實(shí)驗(yàn)，用pH傳感器檢測(cè)反應(yīng)的進(jìn)行，實(shí)驗(yàn)裝置如圖。回答下列問(wèn)題：（1）儀器a的名稱(chēng)為_(kāi)_。（2）實(shí)驗(yàn)小組發(fā)現(xiàn)裝置C存在不足，不足之處是__。（3）用0.1mol/LBaCl2溶液、0.1mol/LBa(NO3)2溶液、食用油，配制4種溶液（見(jiàn)下表）分別在裝置C中進(jìn)行探究實(shí)驗(yàn)。編號(hào)①②③④試劑煮沸過(guò)的BaCl2溶液25mL，再加入食用油25mL未煮沸過(guò)的BaCl2溶液25mL煮沸過(guò)的Ba(NO3)2溶液25mL，再加入食用油25mL未煮沸過(guò)的Ba(NO3)2溶液25mL對(duì)比①、②號(hào)試劑，探究的目的是___。（4）進(jìn)行①號(hào)、③號(hào)實(shí)驗(yàn)前通氮?dú)獾哪康氖莀_。（5）實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象：①號(hào)依然澄清，②、③、④號(hào)均出現(xiàn)渾濁。第②號(hào)實(shí)驗(yàn)時(shí)C中反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_。（6）圖1-4分別為①，②，③，④號(hào)實(shí)驗(yàn)所測(cè)pH隨時(shí)間的變化曲線(xiàn)。根據(jù)以上數(shù)據(jù)，可得到的結(jié)論是__。28、（14分）肼(N2H4)和氨均為重要的化工原料?；卮鹣铝袉?wèn)題：已知：I.N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(l)△H=-624.0kJ/molII.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ/molIII.2NH3(g)N2H4(l)+H2(g)△H=+144.8kJ/mol(1)H2的燃燒熱△H=_____________。(2)T1°C時(shí)，向恒容的密閉容器中加入1molN2H4和1molO2，發(fā)生反應(yīng)I。達(dá)到平衡后，只改變下列條件，能使N2的平衡體積分?jǐn)?shù)增大的是_______(填選項(xiàng)字母)。A．增大壓強(qiáng)B．再通入一定量O2C．分離出部分水D．降低溫度(3)在恒壓絕熱的密閉容器中通入一定量的N2和H2，發(fā)生反應(yīng)II和反應(yīng)III。反應(yīng)III對(duì)N2的平衡轉(zhuǎn)化率的影響為_(kāi)____(填“增大”“減小”或“無(wú)影響”)，理由為_(kāi)__________。(4)t2°C時(shí)，向剛性容器中充入NH3，發(fā)生反應(yīng)III。NH3和H2的分壓(p)與時(shí)間(t)的關(guān)系如圖所示。①0~t1min內(nèi)，反應(yīng)的平均速率v(NH3)=____kPa/min②反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=______kPa-1(Kp為用分壓表示的平衡常數(shù))。③反應(yīng)物分子的有效碰撞幾率：M____N(填“>”“<”或“=”)。④t2min時(shí)升高溫度，再次達(dá)到平衡后，H2的分壓增大的原因?yàn)開(kāi)_____。29、（10分）有機(jī)物G是一種食品香料，其香氣強(qiáng)度為普通香料的3～4倍．G的合成路線(xiàn)如下：已知：R﹣CH=CH2R﹣CHO+HCHO填空：（1）該香料長(zhǎng)期暴露于空氣中易變質(zhì)，其原因是______．（2）寫(xiě)出A中任意一種含氧官能團(tuán)的名稱(chēng)_______，由C到D的反應(yīng)類(lèi)型為_(kāi)____．（3）有機(jī)物E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_____．（4）有機(jī)物G同時(shí)滿(mǎn)足下列條件的同分異構(gòu)體有_____種，寫(xiě)出其中一種的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式_________．①與FeCl3溶液反應(yīng)顯紫色；②可發(fā)生水解反應(yīng)，其中一種水解產(chǎn)物能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；③分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫．（5）寫(xiě)出以為原料制備的合成路線(xiàn)流程圖（無(wú)機(jī)試劑任用）_____________________________合成路線(xiàn)流程圖示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2CH2BrCH2Br．

參考答案一、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、C【解析】

凡是有元素化合價(jià)變化的反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng)，A、B、D項(xiàng)中均無(wú)化合價(jià)變化，所以是非氧化還原反應(yīng)；C項(xiàng)中Fe、C元素化合價(jià)變化，則該反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，故C符合；答案選C。2、D【解析】

A．HIO3與少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能將硫化氫氧化最終生成硫單質(zhì)和HI，根據(jù)電子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S，所以5×10﹣3molHIO3被消耗，就會(huì)得到硫單質(zhì)是0.48g，故A錯(cuò)誤；B．沒(méi)有指明標(biāo)準(zhǔn)狀況，無(wú)法計(jì)算所需H2S的體積，故B錯(cuò)誤；C．不管是HIO3與H2S反應(yīng)，還是碘單質(zhì)與H2S反應(yīng)，H2S都被氧化，故C錯(cuò)誤；D．整個(gè)過(guò)程中，根據(jù)電子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S～I(xiàn)﹣～6e﹣，消耗5×10﹣3molHIO3伴隨0.03mol電子轉(zhuǎn)移，轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為3.0×10﹣2NA，故D正確；故選D。3、C【解析】A．葡萄糖制鏡利用葡萄糖的還原性，與銀氨溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成銀單質(zhì)，葡萄糖作還原劑被氧化，所以利用了其還原性，A不符合題意；B．漂白液殺菌、消毒，利用其強(qiáng)氧化性，所以利用了其氧化性，B不符合題意；C．Na2SiO3溶液制備木材防火劑，不發(fā)生氧化還原反應(yīng)，與氧化性或還原性無(wú)關(guān)，C符合題意；D．高錳酸鉀可氧化具有催熟作用的乙烯，Mn、C元素的化合價(jià)變化，為氧化還原反應(yīng)，所以利用了其氧化性，D不符合題意，答案選C。4、A【解析】

A．a(chǎn)點(diǎn)所得溶液中，pH=1.75，則c(H2A)==c(HA-)，所以H2A與NaOH反應(yīng)發(fā)生后，c(H2A)>c(HA-)，V0<5mL，A不正確；B．B點(diǎn)時(shí)，H2A與KOH剛好完全反應(yīng)生成KHA，溶液中存在三個(gè)平衡體系：HA-H++A2-，HA-+H2OH2A+OH-，H2OH++OH-，由此得出所得溶液中：c(H2A)＋c(H＋)=c(A2-)＋c(OH-)，B正確；C．C點(diǎn)時(shí)，c(HA-)==c(A2-)，依據(jù)電荷守恒c(Na＋)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)=3c(HA-)+c(OH-)，因?yàn)閜H=7.19，c(H+)<c(OH-)，所以c(Na＋)>3c(HA-)，C正確；D．D點(diǎn)所得溶液中，A2-水解平衡常數(shù)Kh1===10-6.81，D正確；故選A。5、B【解析】

A.同一氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性。濃氯水能揮發(fā)出氯氣，該實(shí)驗(yàn)中氯氣易參與試管中的反應(yīng)，故無(wú)法證明溴和碘的氧化性的強(qiáng)弱關(guān)系，A得不到相應(yīng)結(jié)論；B.濃硫酸使蔗糖變黑，證明濃硫酸有脫水性；然后有氣體生成，該氣體能使溴水褪色，證明有二氧化硫生成，說(shuō)明濃硫酸有強(qiáng)氧化性，可以被C還原為二氧化硫，故B可以得出相應(yīng)的結(jié)論；C.SO2溶解在試管中使溶液顯酸性，與Ba(NO3)2溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到SO42-，所以生成硫酸鋇白色沉淀，故C得不到相應(yīng)的結(jié)論；D.鹽酸有揮發(fā)性，揮發(fā)出的鹽酸也會(huì)與Na2SiO3溶液反應(yīng)得到硅酸沉淀。因此不能證明酸性：碳酸＞硅酸，D得不到相應(yīng)的結(jié)論?！军c(diǎn)睛】本題主要是考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)與評(píng)價(jià)，明確相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)和實(shí)驗(yàn)原理是解答的關(guān)鍵，選項(xiàng)A是易錯(cuò)點(diǎn)，注意濃氯水的揮發(fā)性。考查根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，得出結(jié)論，本題的難度不大，培養(yǎng)學(xué)生分析問(wèn)題，得出結(jié)論的能力，體現(xiàn)了化學(xué)素養(yǎng)。6、D【解析】

W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外層電子數(shù)是X次外層電子數(shù)的3倍，可知X有2個(gè)電子層，四種元素都是第二周期的元素，X的次外層電子數(shù)只能為2，Y的最外層電子數(shù)為6，Y為O元素；由四種元素與鋰組成的鹽是一種新型的鋰離子電池的電解質(zhì)，Z可形成4對(duì)共用電子對(duì)，Y可形成2對(duì)共用電子對(duì)，X可形成3對(duì)共用電子對(duì)和1個(gè)配位鍵（接受孤電子對(duì)），則Z為C元素、、X為B元素，W可提供孤電子對(duì)，且形成1對(duì)共用電子對(duì)，則W為F元素，以此來(lái)解答。【詳解】由上述分析可知，W為F、X為B、Y為O、Z為C元素。A.該化合物是離子化合物，含離子鍵，在陰離子中含有不同種元素原子之間形成的極性共價(jià)鍵，陰離子中含有C原子之間的非極性共價(jià)鍵及F、B原子之間的配位鍵，配位鍵屬于極性共價(jià)鍵，A正確；B.同一周期的元素，原子序數(shù)越大，元素的非金屬性越強(qiáng)，在這四種元素中非金屬性最強(qiáng)的元素是F元素，B正確；C.C、O元素可形成CO、CO2等化合物，故二者形成的化合物種類(lèi)不止一種，C正確；D.同一周期的元素原子序數(shù)越大，原子半徑越小，在上述元素中B元素原子序數(shù)最小，故四種元素的原子半徑中B的半徑最大，D錯(cuò)誤；故答案選D?！军c(diǎn)睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，把握化學(xué)鍵、元素的性質(zhì)來(lái)推斷元素為解答關(guān)鍵。注意配位鍵的形成，注意同一周期元素的非金屬性從左到右逐漸增強(qiáng)，元素的原子半徑逐漸減小的變化規(guī)律，同種元素的原子形成非極性鍵，不同種元素的原子形成極性共價(jià)鍵，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析與應(yīng)用能力。7、A【解析】

A．高純硅用于制太陽(yáng)能電池或芯片等，而光導(dǎo)纖維的材料是二氧化硅，故A錯(cuò)誤；B．利用碳酸鈉熱溶液水解呈堿性，可除餐具上的油污，故B正確；C．海水蒸發(fā)是物理變化，故C正確；D．淀粉和纖維素均為多糖，一定條件下，淀粉和纖維素水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖，故D正確；故答案為A。8、D【解析】

A．84消毒液的主要成分為NaClO,Cl2通入NaOH溶液中反應(yīng)方程式為：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，A正確；B．成熟的水果會(huì)釋放出乙烯氣體，具有還原性，能與強(qiáng)氧化劑高錳酸鉀溶液反應(yīng)，防止采摘下來(lái)的水果過(guò)早變爛，保存在含有高錳酸鉀的硅藻土箱子里，B正確；C．乙酸乙酯難溶于飽和碳酸鈉，而乙酸可與碳酸鈉反應(yīng)，C正確；D．膠體和溶液均能通過(guò)濾紙，無(wú)法通過(guò)過(guò)濾分離，可用滲析法分離，D錯(cuò)誤。答案選D。9、A【解析】

A.根據(jù)圖示可知：該裝置是將CO2和H2O轉(zhuǎn)化為葡萄糖和氧氣，反應(yīng)方程式為：6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，A正確；B.轉(zhuǎn)化過(guò)程中有酶、光觸媒作催化劑，B錯(cuò)誤；C.能量轉(zhuǎn)化形式為光能→化學(xué)能，C錯(cuò)誤；D.每產(chǎn)生1molC6H12O6轉(zhuǎn)移H+數(shù)目為24NA，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是A。10、C【解析】

A.碳元素的化合價(jià)升高，且錳離子可作催化劑，則實(shí)驗(yàn)①中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，H2C2O4是還原劑，產(chǎn)物MnSO4能起自催化作用，故A正確；B.催化劑可加快反應(yīng)速率，則實(shí)驗(yàn)②褪色比①快，是因?yàn)镸nSO4的催化作用加快了反應(yīng)速率，故B正確；C.高錳酸鉀可氧化氯離子，則實(shí)驗(yàn)③褪色比①快，與催化作用無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；D.增大濃度，反應(yīng)速率加快，則用1mL0.2M的H2C2O4做實(shí)驗(yàn)①，推測(cè)比實(shí)驗(yàn)①褪色快，故D正確；故選C。11、A【解析】

A選項(xiàng)，CCl4和I2是互溶的，兩者熔沸點(diǎn)不同，因此采用蒸餾方法分離，故A正確；B選項(xiàng)，乙醇和乙酸乙酯是互溶的，要采用先加飽和碳酸鈉溶液，在分液的方法，故B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，分離氫氧化鐵膠體和氯化鈉溶液只能采用滲析的方法，膠體不能透過(guò)半透膜，溶液中離子能透過(guò)半透膜，故C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，氯化銨飽和溶液蒸發(fā)時(shí)要水解，最后什么也得不到，故D錯(cuò)誤；綜上所述，答案為A。12、D【解析】

A.Al和O2反應(yīng)生成Al2O3，但Al2O3不能一步反應(yīng)生成Al(OH)3，故A錯(cuò)誤；B.N2和H2化合生成NH3，但NH3不能一步反應(yīng)生成NO2，故B錯(cuò)誤；C.Cu和O2反應(yīng)生成CuO，但CuO不能一步反應(yīng)生成Cu(OH)2，，故C錯(cuò)誤；D.Na和O2反應(yīng)生成Na2O2，Na2O2和CO2反應(yīng)生成Na2CO3，Na2CO3和Ca(OH)2反應(yīng)生成NaOH，故D正確。答案選D。13、B【解析】

A.碳酸不與氫氧化鋁反應(yīng)；B.濃硝酸與銅反應(yīng)生成二氧化氮?dú)怏w；C.溴水中通入SO2氣體后發(fā)生氧化還原反應(yīng)；D.氫氧化銅更難溶，溶度積越小越難溶?！驹斀狻緼.氫氧化鋁不能溶于碳酸，由現(xiàn)象可知?dú)怏w為HCl，故A錯(cuò)誤；B.常溫下Cu不與濃硫酸反應(yīng)，生成的紅棕色氣體為二氧化氮，說(shuō)明溶液中可能含有NO3-,硝酸與Cu在常溫下能夠反應(yīng)生成一氧化氮，一氧化氮遇到氧氣變?yōu)榧t棕色二氧化氮?dú)怏w，故B正確；C.溴水中通入SO2氣體后溶液褪色，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸和HBr，體現(xiàn)二氧化硫的還原性，故C錯(cuò)誤；D.先出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，說(shuō)明氫氧化銅更難溶，則Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，故D錯(cuò)誤；答案選B。【點(diǎn)睛】本題考查實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，涉及元素化合物性質(zhì)、溶度積大小比較、鹽的水解等知識(shí)，試題側(cè)重對(duì)學(xué)生基礎(chǔ)知識(shí)的訓(xùn)練和檢驗(yàn)，有利于培養(yǎng)學(xué)生的邏輯推理能力，提高學(xué)生靈活運(yùn)用基礎(chǔ)知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題的能力。14、A【解析】

A.Mg(OH)2具有堿性，能與鹽酸反應(yīng)，可用于制胃酸中和劑，故A正確；B.H2O2具有強(qiáng)氧化性，可用作消毒劑，故B錯(cuò)誤；C.FeCl3水解后生成氫氧化鐵膠體，具有吸附性，可用作凈水劑，故C錯(cuò)誤；D.液NH3氣化時(shí)吸熱，可用作制冷劑，故D錯(cuò)誤；故選A。15、B【解析】

由圖可知，傳感器中發(fā)生4AlI3+3O2═2Al2O3+6I2，原電池反應(yīng)為2Ag+I2=2AgI，所以原電池的負(fù)極發(fā)生Ag-e－=Ag＋，正極發(fā)生I2+2Ag＋+2e－=2AgI，充電時(shí)，陽(yáng)極與外加電源正極相接、陰極陰極與外加電源負(fù)極相接，反應(yīng)式與正極、負(fù)極反應(yīng)式正好相反【詳解】A．原電池正極電極反應(yīng)為I2+2Ag＋+2e－=2AgI，故A錯(cuò)誤；B．由題中信息可知，傳感器中首先發(fā)生①4AlI3+3O2═2Al2O3+6I2，然后發(fā)生原電池反應(yīng)②2Ag+I2=2AgI，①+3②得到總反應(yīng)為3O2+4AlI3+12Ag═2Al2O3+12AgI，故B正確；C．沒(méi)有指明溫度和壓強(qiáng)，無(wú)法計(jì)算氣體體積，故C錯(cuò)誤；D．給傳感器充電時(shí)，Ag＋向陰極移動(dòng)，即向Ag電極移動(dòng)，故D錯(cuò)誤；故選B。16、B【解析】

A．Fe、Cu和稀鹽酸能構(gòu)成原電池，F(xiàn)e易失電子作負(fù)極而加快反應(yīng)速率，故A正確；B．將稀鹽酸改用濃硫酸，濃硫酸和Fe發(fā)生鈍化現(xiàn)象且二者反應(yīng)生成二氧化硫而不是氫氣，故B錯(cuò)誤；C．將鐵粉代替鐵片，增大反應(yīng)物接觸面積，反應(yīng)速率加快，故C正確；D．改用等體積3mol/L稀鹽酸，鹽酸濃度增大，反應(yīng)速率加快，故D正確；故答案為B?！军c(diǎn)睛】考查化學(xué)反應(yīng)速率影響因素，明確濃度、溫度、催化劑、反應(yīng)物接觸面積等因素對(duì)反應(yīng)速率影響原理是解本題關(guān)鍵，1mol/L鹽酸與鐵片的反應(yīng)，增大鹽酸濃度、將鐵片換為鐵粉、升高溫度、使其形成原電池且Fe作負(fù)極都能加快反應(yīng)速率，易錯(cuò)選項(xiàng)是B。17、D【解析】

A.稀有氣體是單原子分子，沒(méi)有σ鍵，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B.PCl3分子中心原子P為sp3雜化，有一對(duì)孤對(duì)電子，所以分子構(gòu)型為三角錐形，是極性分子，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C.鄰羥基苯甲醛的羥基和醛基形成分子內(nèi)氫鍵，而對(duì)羥基苯甲醛形成分子間氫鍵，所以鄰羥基苯甲醛的熔、沸點(diǎn)比對(duì)羥基苯甲醛的熔、沸點(diǎn)低，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D.ClO4-的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為(7+1)÷2=4，所以ClO4-VSEPR模型為正四面體；中心原子Cl沒(méi)有孤對(duì)電子，配位原子均為O，所以其空間立體構(gòu)型也為正四面體，D選項(xiàng)正確；答案選D?！军c(diǎn)睛】分子間氫鍵加強(qiáng)了分子之間的作用力，使物質(zhì)熔、沸點(diǎn)升高，而分子內(nèi)氫鍵不能加強(qiáng)分子之間的作用力。18、D【解析】

A．根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”原則，由圖可知T2＞T1，且對(duì)應(yīng)x(SiHCl3)小，可知升高溫度平衡正向移動(dòng)，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，且v正a>v逆b，故A錯(cuò)誤；B．v消耗(SiHCl3)=2v消耗(SiCl4)，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)進(jìn)行到a處時(shí)，x(SiHCl3)=0.8，此時(shí)v正=k正x2(SiHCl3)=(0.8)2k正，由反應(yīng)可知轉(zhuǎn)化的SiHCl3為0.2mol，生成SiH2Cl2、SiCl4均為0.1mol，v逆=2v消耗(SiH2Cl2)=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)=0.01k逆，則=，平衡時(shí)k正x2(SiHCl3)=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)，x(SiHCl3)=0.75，結(jié)合反應(yīng)中轉(zhuǎn)化關(guān)系可知==，則==，故C錯(cuò)誤；D．T2K時(shí)平衡體系中再充入1molSiHCl3，體積不變時(shí)壓強(qiáng)增大，但是反應(yīng)物的濃度增大，平衡正向移動(dòng)，增大，故D正確；答案選D。19、A【解析】

A.a、c分子式是C9H12，結(jié)構(gòu)不同，是同分異構(gòu)體；而b分子式是C9H8，b與a、c的分子式不相同，因此不能與a、c稱(chēng)為同分異構(gòu)體，A錯(cuò)誤；B.a、b、c三種物質(zhì)中與苯環(huán)連接的C原子上都有H原子，且b中含碳碳雙鍵，因此均能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，B正確；C.苯分子是平面分子，a中三個(gè)甲基的C原子取代苯分子中H原子的位置與苯環(huán)的碳原子相連，所以一定在苯環(huán)的平面內(nèi)，C正確；D.b分子內(nèi)含有1個(gè)苯環(huán)和1個(gè)碳碳雙鍵，所以1molb最多能與4molH2發(fā)生反應(yīng)，D正確；故合理選項(xiàng)是A。20、D【解析】

A.增大S2O82－濃度或I－濃度，增加反應(yīng)物濃度，因此反應(yīng)①、反應(yīng)②的反應(yīng)速率均加快，故A正確；B.Fe3+在反應(yīng)中是中間過(guò)程，參與反應(yīng)但質(zhì)量不變，因此是該反應(yīng)的催化劑，故B正確；C.因?yàn)檎磻?yīng)的活化能比逆反應(yīng)的活化能小，因此該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，故C正確；D.往該溶液中滴加淀粉溶液，溶液變藍(lán)，適當(dāng)升溫，平衡逆向移動(dòng)，單質(zhì)碘減少，藍(lán)色加淺，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為D?！军c(diǎn)睛】正反應(yīng)的活化能大于逆反應(yīng)的活化能，則反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)活化能小于逆反應(yīng)的活化能，則反應(yīng)為放熱反應(yīng)。21、C【解析】

A.在燒瓶中放入Na2O和Na2O2的混合物，然后將水從分液漏斗放下，通過(guò)產(chǎn)生氣體的量可計(jì)算Na2O2的量，故A符合題意；B.在燒瓶中放入金屬鈉，然后將有機(jī)物從分液漏斗放下，根據(jù)產(chǎn)生的氣體的量來(lái)判斷有機(jī)物分子中含活潑氫原子的個(gè)數(shù)，故B符合題意；C.該實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量生成氣體的量進(jìn)而計(jì)算，Na2SO4·xH2O晶體中結(jié)晶水測(cè)定時(shí)無(wú)法產(chǎn)生氣體，該裝置不能完成，故C不符合題意；D.可通過(guò)對(duì)照所以比較單位時(shí)間內(nèi)Fe3+和Cu2+與雙氧水反應(yīng)產(chǎn)生氣體的多少比較的催化效率，故D符合題意。故選C。22、C【解析】

A.有機(jī)反應(yīng)中，失去氫或加上氧，發(fā)生氧化反應(yīng)，所以該反應(yīng)是醇的氧化反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B.環(huán)己酮的分子式為C6H10O，B錯(cuò)誤；C.環(huán)己醇含有的官能團(tuán)是-OH，醇羥基不具有酸性，不能和NaOH溶液反應(yīng)，C正確；D.環(huán)己醇分子中的C原子為飽和碳原子，具有甲烷的四面體結(jié)構(gòu)，因此不可能所有原子共平面，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。二、非選擇題(共84分)23、D【解析】

所給5種物質(zhì)中，只有硫酸鎂可與三種物質(zhì)（氨水、碳酸鈉、氯化鋇）生成沉淀，故D為硫酸鎂，A、B、C分別為氨水、碳酸鈉、氯化鋇中的一種；再根據(jù)A可與C生成沉淀，故A、C為碳酸鈉和氯化鋇，則B為氨水；A與E產(chǎn)生氣體，故A為碳酸鈉，E為稀硝酸，所以F為碳酸氫鈉。【詳解】A+E氣體說(shuō)明有A、E一種一定是硝酸,另一種可能是碳酸鈉、碳酸氫鈉中的一種,A+C生成沉淀，A+D生成沉淀，說(shuō)明A不是硝酸，所以E為硝酸，A為碳酸鈉，C、D就可能是硫酸鎂、氯化鋇中的一種，因?yàn)锽+D生成沉淀，C+D生成沉淀，C+F無(wú)現(xiàn)象說(shuō)明D是硫酸鎂，C為氯化鋇，B為氨水，最后F為碳酸氫鈉，則A：碳酸鈉，B：氨水，C：氯化鋇

，D：硫酸鎂

，E：硝酸，F(xiàn)：碳酸氫鈉；答案選D?！军c(diǎn)睛】這類(lèi)試題還有一種表達(dá)形式“A+C→↓，A+D→↓，A+E→↑，B+D→↓，C+D→↓，C+F→無(wú)明顯現(xiàn)象。解題時(shí)一般先找現(xiàn)象較全面的一種如D或A(分別做了三次實(shí)驗(yàn))。依次假設(shè)D為六種溶液中的某一種。如假設(shè)D是氨水或是硫酸鎂等，分析它與其他五種溶液分別混合時(shí)的現(xiàn)象。若能出現(xiàn)三次沉淀，則假設(shè)成立。由此可確定D是硫酸鎂。依照上述方式可推出A是碳酸鈉，依次推出F是碳酸氫鈉。24、碳碳雙鍵+C2H5OH+H2O取代反應(yīng)（硝化反應(yīng)）+2CH3Cl+2HCl【解析】

根據(jù)合成路線(xiàn)可知，A為乙烯，與水加成生成乙醇，B為乙醇；D為甲苯，氧化后生成苯甲酸，E為苯甲酸；乙醇與苯甲酸反應(yīng)生成苯甲酸乙酯和水，F(xiàn)為苯甲酸乙酯；根據(jù)聚酰亞胺的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，N原子在苯環(huán)的間位，則F與硝酸反應(yīng)，生成；再與Fe/Cl2反應(yīng)生成，則I為；K是D的同系物，核磁共振氫譜顯示其有4組峰，則2個(gè)甲基在間位，K為；M分子中含有10個(gè)C原子，聚酰亞胺的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式中苯環(huán)上碳原子的位置，則L為；被氧化生成M，M為；【詳解】（1）分析可知，A為乙烯，含有的官能團(tuán)為碳碳雙鍵；（2）反應(yīng)①為乙醇與苯甲酸在濃硫酸的作用下發(fā)生酯化反應(yīng)，方程式為+C2H5OH+H2O；（3）反應(yīng)②中，F(xiàn)與硝酸反應(yīng)，生成，反應(yīng)類(lèi)型為取代反應(yīng)；（4）I的分子式為C9H12O2N2，根據(jù)已知ii，可確定I的分子式為C9H16N2，氨基的位置在-COOC2H5的間位，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；（5）K是D的同系物，D為甲苯，則K中含有1個(gè)苯環(huán)，核磁共振氫譜顯示其有4組峰，則其為對(duì)稱(chēng)結(jié)構(gòu)，若為乙基苯，有5組峰值；若2甲基在對(duì)位，有2組峰值；間位有4組；鄰位有3組，則為間二甲苯，聚酰亞胺中苯環(huán)上碳原子的位置，則L為，反應(yīng)的方程式為+2CH3Cl+2HCl；（6）1molM可與4molNaHCO3反應(yīng)生成4molCO2，則M中含有4mol羧基，則M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；（7）I為、N為，氨基與羧基發(fā)生縮聚反應(yīng)生成酰胺鍵和水，則P的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。【點(diǎn)睛】確定苯環(huán)上N原子的取代位置時(shí)，可以結(jié)合聚酰亞胺的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式中的N原子的位置確定。25、分液漏斗上⑤③②④①除去空氣中的SO2和其他還原性氣體將黃鐵礦充分氧化，且將產(chǎn)生的二氧化硫全部擠入碘水中，被碘水充分吸收酚酞滴入最后一滴NaOH溶液后，溶液變?yōu)闇\紅色，并在半分鐘內(nèi)不褪色24.0%B【解析】

(1)萃取、分液的主要儀器為分液漏斗，根據(jù)滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上層水溶液；(2)實(shí)驗(yàn)的目的是將黃鐵礦在空氣中完全燃燒生成的SO2被飽和碘水吸收，實(shí)驗(yàn)中需要通入干燥空氣將裝置②中生成的SO2全部趕入裝置①中，通入的空氣需要利用酸性KMnO4溶液除去還原性的氣體雜質(zhì)，并借助裝置堿石灰干燥，由此確定裝置的連接順序；(3)結(jié)合(2)的分析判斷裝置⑤中高錳酸鉀的作用和持續(xù)鼓入空氣的作用；(4)根據(jù)題意，用氫氧化鈉滴定混合強(qiáng)酸溶液，所以常用的指示劑為酚酞，在滴定終點(diǎn)時(shí)溶液變?yōu)闇\紅色；(5)對(duì)于多次測(cè)量數(shù)據(jù)一般要求平均值進(jìn)行數(shù)據(jù)處理，由于第一次所消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積與后兩次相差較大，為減小誤差，只求后兩次標(biāo)準(zhǔn)液的體積的平均值：20.00ml。根據(jù)反應(yīng)4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H++OH-═H2O，得關(guān)系式S～SO2～4H+～4OH-，所以樣品中硫元素的質(zhì)量為：mol×32g/mol×=0.48g，據(jù)此計(jì)算樣品中硫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；(6)裝置⑤所得溶液為HI、H2SO4的混合溶液，為測(cè)得硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，最好選用能與SO42-反應(yīng)生成不溶于酸性溶液的沉淀。【詳解】(1)萃取、分液的主要儀器為分液漏斗，因?yàn)镃Cl4密度大于水，所以萃取碘后，有機(jī)層在下層，水溶液為上層，則后續(xù)滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上層水溶液；(2)實(shí)驗(yàn)的目的是將黃鐵礦完全燃燒生成的SO2被飽和碘水吸收，實(shí)驗(yàn)中需要通入干燥空氣將裝置②中生成的SO2全部擠入裝置①中，通入的空氣需要利用酸性KMnO4溶液除去還原性的氣體雜質(zhì)，并借助裝置堿石灰干燥，則裝置正確的連接順序是⑤→③→②→④→①；(3)實(shí)驗(yàn)中需要通入干燥空氣將裝置②中生成的SO2全部趕入裝置①中，通入的空氣需要利用酸性KMnO4溶液除去還原性的氣體雜質(zhì)，故裝置⑤中高錳酸鉀的作用是除去空氣中的SO2和其他還原性氣體；持續(xù)鼓入空氣的作用將黃鐵礦充分氧化，且將產(chǎn)生的二氧化硫全部擠入碘水中，被碘水充分吸收。(4)根據(jù)題意，用氫氧化鈉滴定混合強(qiáng)酸溶液，所以常用的指示劑為酚酞，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜰aOH溶液后，溶液變?yōu)闇\紅色，并在半分鐘內(nèi)不褪色，說(shuō)明滴定已經(jīng)達(dá)到終點(diǎn)；(5)對(duì)于多次測(cè)量數(shù)據(jù)一般要求平均值進(jìn)行數(shù)據(jù)處理，由于第一次所消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積與后兩次相差較大，為減小誤差，只求后兩次標(biāo)準(zhǔn)液的體積的平均值：20.00ml。根據(jù)反應(yīng)4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H++OH-═H2O，得關(guān)系式S～SO2～4H+～4OH-，所以樣品中硫元素的質(zhì)量為：mol×32g/mol×=0.48g，所以樣品中硫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=24.0%；(6)裝置⑤所得溶液為HI、H2SO4的混合溶液，為測(cè)得硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，最好選用能與SO42-反應(yīng)生成不溶于酸性溶液的沉淀，即氯化鋇符合題意，故答案為B。26、HCO3-、S2-、OH-3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O含28【解析】

測(cè)得X溶液中c(H+)=6mol/L，在強(qiáng)酸性溶液中與H+反應(yīng)的離子不能大量存在；一定不會(huì)存在HCO3-、S2-、OH-離子，加入過(guò)量硝酸鋇生成沉淀，則沉淀C為BaSO4沉淀，說(shuō)明溶液中含有SO42-離子，生成氣體A，A連續(xù)氧化生成D和E，則A為NO，D為NO2，E為HNO3，說(shuō)明溶液中含有還原性離子，一定為Fe2+離子，溶液B中加入過(guò)量NaOH溶液，生成氣體F，則F為NH3，說(shuō)明溶液中含有NH4+離子，溶液H中溶于CO2氣體，生成沉淀I，則I為Al(OH)3，H為NaAlO2，沉淀G為Fe(OH)3，說(shuō)明原溶液中含有Al3+離子，通過(guò)計(jì)算氫氧化鐵物質(zhì)的量和原溶液中亞鐵離子物質(zhì)的量判斷原溶液中含有Fe3+，溶液顯酸性，溶液中含有Fe2+離子，就一定不含NO3-離子，根據(jù)已知溶液中電荷守恒計(jì)算確定是否含有的離子Cl-，以此解答?！驹斀狻客ㄟ^(guò)上述分析可知：氣體A是NO，溶液B中含有Al3+、NH4+、Fe2+，沉淀C是BaSO4，氣體D是NO2，溶液E為HNO3，氣體F是NH3，I為Al(OH)3，H為NaAlO2，沉淀G為Fe(OH)3：(1)由于測(cè)得X溶液中c(H+)=6mol/L，溶液顯酸性，在強(qiáng)酸性溶液中與H+反應(yīng)的離子HCO3-、S2-、OH-不能大量存在；故原溶液一定不會(huì)存在HCO3-、S2-、OH-離子；(2)在X中含有Fe2+、H+，當(dāng)加入Ba(NO3)2溶液時(shí)，會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，產(chǎn)生Fe3+、NO、H2O，反應(yīng)的離子方程式：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；(3)n(NO)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，根據(jù)3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O中Fe2+與NO的關(guān)系可知n(Fe2+)=3n(NO)=0.03mol，n[Fe(OH)3]=5.35g÷107g/mol=0.05mol>n(Fe2+)=0.03mol，根據(jù)Fe元素守恒，說(shuō)明在原溶液中含有Fe3+，其物質(zhì)的量是0.02mol，由于溶液的體積是0.01L，所以c(Fe3+)=0.02mol÷0.01L=2mol/L；該溶液中，n(H+)=6mol/L×0.01L=0.06mol，根據(jù)元素守恒可得n(NH4+)=n(NH3)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，n(SO42-)=n(BaSO4)=16.31g÷233g/mol=0.07mol，n(Al3+)=n[Al(OH)3]=0.78g÷78g/mol=0.01mol，根據(jù)(3)計(jì)算可知n(Fe2+)=0.03mol，n(Fe3+)=0.02mol，由于正電荷總數(shù)：3n(Al3+)+3n(Fe3+)+2n(Fe2+)+n(NH4+)+n(H+)=3×0.01mol+3×0.02mol+2×0.03mol+0.01mol+0.06mol=0.22mol，n(SO42-)=0.07mol，其所帶的負(fù)電荷數(shù)0.07mol×2=0.14mol<0.22mol，所以該溶液中還含有帶負(fù)電荷的Cl-，其物質(zhì)的量為n(Cl-)=0.22mol-0.14mol=0.08mol，其物質(zhì)的量濃度c(Cl-)=0.08mol÷0.01L=8mol/L?！军c(diǎn)睛】本題考查無(wú)機(jī)物的推斷的知識(shí)，根據(jù)物質(zhì)間發(fā)生反應(yīng)的特殊現(xiàn)象結(jié)合離子共存來(lái)分析解答，熟悉物質(zhì)的性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，根據(jù)溶液和硝酸鋇反應(yīng)生成氣體確定溶液中存在亞鐵離子，為解答本題的易錯(cuò)點(diǎn)，有時(shí)要結(jié)合電荷守恒判斷某種離子的存在性及其含量的多少。27、錐形瓶裝置C中的溶液與空氣接觸探究氧氣能否氧化SO32-排除裝置內(nèi)的空氣，防止氧氣干擾2SO2+O2+2H2O=4H++2SO42-、NO3-都能氧化氧化SO32-，氧氣的氧化效果比NO3-更好，在氧氣、NO3-共存條件下，氧化速率更快?！窘馕觥?/p>

（1）根據(jù)裝置圖判斷儀器a的名稱(chēng)；（2）要驗(yàn)證“只是氧化了SO32-，與NO3-無(wú)關(guān)”，需在無(wú)氧條件下把SO2通入Ba(NO3)2溶液。（3）①、②號(hào)試劑的區(qū)別是①號(hào)溶液中無(wú)氧氣、②號(hào)試劑中溶有氧氣。（4）進(jìn)行①號(hào)、③號(hào)試劑的共同點(diǎn)是無(wú)氧環(huán)境，區(qū)別是①號(hào)溶液中無(wú)硝酸根離子、③號(hào)試劑中有硝酸根離子；（5）實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象：①號(hào)依然澄清，②號(hào)出現(xiàn)渾濁，說(shuō)明把SO32-氧化為SO42-；（6）根據(jù)pH減小的速度、pH達(dá)到的最小值分析。【詳解】（1）根據(jù)裝置圖，儀器a的名稱(chēng)是錐形瓶；（2）要驗(yàn)證“只是氧化了SO32-，與NO3-無(wú)關(guān)”，需在無(wú)氧條件下把SO2通入Ba(NO3)2溶液，不足之處是裝置C中的溶液與空氣接觸。（3）①、②號(hào)試劑的區(qū)別是①號(hào)溶液中無(wú)氧氣、②號(hào)試劑中溶有氧氣，對(duì)比①、②號(hào)試劑，探究的目的是氧氣能否氧化SO32-。（4）進(jìn)行①號(hào)、③號(hào)試劑的共同點(diǎn)是無(wú)氧環(huán)境，區(qū)別是①號(hào)溶液中無(wú)硝酸根離子、③號(hào)試劑中有硝酸根離子；進(jìn)行①號(hào)、③號(hào)實(shí)驗(yàn)的目的是探究在酸性環(huán)境中，NO3-能否將SO32-氧化成SO42-，進(jìn)行①號(hào)、③號(hào)實(shí)驗(yàn)前通氮?dú)饪梢耘懦b置內(nèi)的空氣，防止氧氣干擾；（5）實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象：①號(hào)依然澄清，②號(hào)出現(xiàn)渾濁，說(shuō)明把SO32-氧化為SO42-，第②號(hào)實(shí)驗(yàn)時(shí)C中反應(yīng)的離子方程式為2SO2+O2+2H2O=4H++2SO42-；（6）根據(jù)圖象可知，、NO3-都能氧化氧化SO32-，氧氣的氧化效果比NO3-更好，在氧氣、NO3-共存條件下，氧化速率更快。28、285.8

kJ/molD增大反應(yīng)III是吸熱反應(yīng)，使體系溫度降低，且消耗NH3、増大H2濃度，促進(jìn)反應(yīng)II平衝正向移動(dòng)>溫度升高，體枳不變，分壓増大；該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡正向移動(dòng)，分壓增大【解析】

(1)根據(jù)蓋斯定律，將已知的熱化學(xué)方程式疊加可得待求反應(yīng)的熱化學(xué)方程式，即得H2的燃燒熱；(2)N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(l)△H=-624.0kJ