內(nèi)蒙古自治區(qū)赤峰市第二中學2024屆高考沖刺化學模擬試題含解析

內(nèi)蒙古自治區(qū)赤峰市第二中學2024屆高考沖刺化學模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。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個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、SO2能使溴水褪色，說明SO2具有（）A．還原性 B．漂白性 C．酸性 D．氧化性2、下列有關物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應關系的是A．Si02熔點很高，可用于制造坩堝B．NaOH能與鹽酸反應，可用作制胃酸中和劑C．Al(OH)3是兩性氫氧化物，氫氧化鋁膠體可用于凈水D．HCHO可以使蛋白質(zhì)變性，可用于人體皮膚傷口消毒3、X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，其中Z為金屬元素，X、W為同一主族元素。X、Z、W形成的最高價氧化物分別為甲、乙、丙，甲是常見溫室效應氣體。x、y2、z、w分別為X、Y、Z、W的單質(zhì)，丁是化合物，其轉(zhuǎn)化關系如圖所示。下列判斷不正確的是A．反應①②③都屬于氧化還原反應 B．X、Y、Z、W四種元素中，W的原子半徑最大C．在信息工業(yè)中，丙常作光導纖維材料 D．一定條件下，x與甲反應生成丁4、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，W原子的核外電子數(shù)等于電子層數(shù)，X2-和Y+的核外電子排布相同，X與Z同族。下列敘述正確的是（）A．原子半徑：Z>X>YB．X的簡單氫化物的穩(wěn)定性比Z的強C．Y的氫化物為共價化合物D．Z的最高價氧化物對應的水化物是一種強酸5、以石墨負極（C）、LiFePO4正極組成的鋰離子電池的工作原理如圖所示（實際上正負極材料是緊貼在鋰離子導體膜兩邊的）。充放電時，Li+在正極材料上脫嵌或嵌入，隨之在石墨中發(fā)生了LixC6生成與解離。下列說法正確的是A．鋰離子導電膜應有保護成品電池安全性的作用B．該電池工作過程中Fe元素化合價沒有發(fā)生變化C．放電時，負極材料上的反應為6C+xLi++xe-=LixC6D．放電時，正極材料上的反應為LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+6、M、X、Y、Z、W為五種短周期元素，且原子序數(shù)依次增大，X、Y、Z最外層電子數(shù)之和為15，X與Z可形成XZ2分子；Y與M形成的氣態(tài)化合物在標準狀況下的密度為0.76g·L?1；W的質(zhì)子數(shù)是X、Y、Z、M四種元素質(zhì)子數(shù)之和的。下列說法正確的是（）A．原子半徑：W>Z>Y>X>MB．常見氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X＜Y＜ZC．1molWM溶于足量水中完全反應，共轉(zhuǎn)移2mol電子D．由M、X、Y、Z四種元素形成的化合物一定既有離子鍵，又有共價鍵7、常溫下，在10mL0.1mol·L?1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L?1HCl溶液，溶液的pH逐漸降低，此時溶液中含碳微粒的物質(zhì)的量分數(shù)變化如圖所示，下列說法不正確的是A．溶液的pH為7時，溶液的總體積大于20mLB．在B點所示的溶液中：c(Na+)+c(H+)＝2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)+c(Cl-)C．在A點所示的溶液中：c(Na+)＝c(CO32-)＝c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)D．已知CO32-水解常數(shù)為2×10－4，當溶液中c(HCO3-)＝2c(CO32-)時，溶液的pH＝108、下列化學用語使用正確的是（）A．HF在水溶液中的電離方程式：HF＋H2OF－＋H3O＋B．Na2S的電子式：C．乙烯的結(jié)構(gòu)式：CH2＝CH2D．重氫負離子(H－)的結(jié)構(gòu)示意圖：9、下列說法正確的是A．同主族元素中，原子序數(shù)之差不可能為16B．最外層電子數(shù)為8的粒子一定是0族元素的原子C．同一主族中，隨著核電荷數(shù)的增加，單質(zhì)的熔點逐漸升高D．主族元素中，原子核外最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相同的元素只有Be10、一定溫度下，在恒容密閉容器中發(fā)生反應：H2O（g）+CO（g）?CO2（g）+H2（g）。當H2O、CO、CO2、H2的濃度不再變化時，下列說法中，正確的是（）A．該反應已達化學平衡狀態(tài) B．H2O和CO全部轉(zhuǎn)化為CO2和H2C．正、逆反應速率相等且等于零 D．H2O、CO、CO2、H2的濃度一定相等11、有關碳元素及其化合物的化學用語正確的是A．原子結(jié)構(gòu)示意圖可以表示，也可以表示B．軌道表示式既可表示碳原子也可表示氧原子最外層電子C．比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子D．分子式可以表示乙酸，也可以表示乙二醇12、碳酸鑭[La2(CO3)3]可用于治療高磷酸鹽血癥。某化學小組用如圖裝置模擬制備碳酸鑭，反應為2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O下列說法正確的是A．從左向右接口的連接順序：F→B，A→D，E←CB．裝置X中盛放的試劑為飽和Na2CO3溶液C．實驗開始時應先打開W中分液漏斗的旋轉(zhuǎn)活塞D．裝置Z中用干燥管的主要目的是增大接觸面積，加快氣體溶解13、嗎啡是嚴格查禁的毒品．嗎啡分子含C71.58%，H6.67%，N4.91%，其余為O.已知其相對分子質(zhì)量不超過300，則嗎啡的分子式是A．C17H19NO3 B．C17H20N2O C．C18H19NO3 D．C18H20N2O214、下列離子方程式符合題意且正確的是A．磁性氧化鐵溶于鹽酸中：B．在明礬溶液中加入過量溶液：C．在鹽酸中滴加少量溶液：D．用FeS除去廢水中的：15、下列操作能達到實驗目的的是目的實驗操作AAl2O3有兩性將少量Al2O3分別加入鹽酸和氨水中B濃硫酸有脫水性蔗糖中加入濃硫酸，用玻璃棒充分攪拌C檢驗SO42-向某溶液中滴加少量酸化的BaCl2溶液D檢驗Fe2+向某溶液中滴入氯水，再滴入KSCN溶液A．A B．B C．C D．D16、把鋁粉和某鐵的氧化物(xFeO·yFe2O3)粉末配成鋁熱劑，分成兩等份。一份在高溫下恰好完全反應后，再與足量鹽酸反應；另一份直接放入足量的燒堿溶液中充分反應。前后兩種情況下生成的氣體質(zhì)量比是5:7，則x:y為A．1∶1 B．1∶2 C．5∶7 D．7∶517、人體血液中存在的平衡：H2CO3HCO3-，使血液pH保持在7.35~7.45之間，否則就會發(fā)生酸中毒或堿中毒。已知pH隨變化關系如表所示，則下列說法中錯誤的是1.017.820.022.4pH6.107.357.407.45A．pH=7的血液中，c(HCO3-)>c(H2CO3)B．正常體溫下人體發(fā)生堿中毒時，c(H+)?c(OH-)變大C．人體發(fā)生酸中毒時，可靜脈滴注一定濃度的NaHCO3溶液解毒D．＝20.0時，H2CO3的電離程度小于HCO3-的水解程度18、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W、Y同主族，W的簡單氫化物與Z的單質(zhì)混合在光照下反應，氣體顏色不斷變淺，瓶壁上有油狀液滴，X的簡單氫化物與Z的氫化物相遇會產(chǎn)生白煙。下列說法正確的是A．“白煙”晶體中只含共價鍵 B．四種元素中，Z的原子半徑最大C．X的簡單氫化物的熱穩(wěn)定性比Y的強 D．W的含氧酸的酸性一定比Z的弱19、向恒溫恒容密閉容器中充入1molX和2molY，發(fā)生反應4X（g）+2Y（g）?3Z（g），下列選項表明反應一定已達平衡狀態(tài)的是（）A．氣體密度不再變化B．Y的體積分數(shù)不再變化C．3v（X）＝4v（Z）D．容器內(nèi)氣體的濃度c（X）：c（Y）：c（Z）＝4：2：320、下列實驗中，所使用的裝置(夾持裝置略)、試劑和操作方法都正確的是()A．觀察氫氧化亞鐵的生成 B．配制一定物質(zhì)的量濃度的硝酸鈉溶液 C．實驗室制氨氣 D．驗證乙烯的生成21、某原子最外層電子排布為2s22p3，則該原子A．核外有5個電子B．核外有3種能量不同的電子C．最外層電子占據(jù)3個軌道D．最外層上有3種運動狀態(tài)不同的電子22、25℃時，向0.1mol/LNaA溶液中滴滴加鹽酸，遇得混合溶液的pH與的變化關系如下圖所示，下列敘述正確的是A．E點溶液中c(Na+)＝c(A—)B．Ka(HA)的數(shù)量級為10—3C．滴加過程中保持不變D．F點溶液中c(Na+)＞c(HA)＞c(A—)＞c(OH—)二、非選擇題(共84分)23、（14分）我國科研人員采用新型錳催化體系，選擇性實現(xiàn)了簡單酮與亞胺的芳環(huán)惰性C-H的活化反應。利用該反應制備化合物J的合成路線如下：已知：回答下列問題：（1）A中官能團的名稱是______。F的化學名稱是______。（2）C和D生成E的化學方程式為_____________。（3）G的結(jié)構(gòu)簡式為________。（4）由D生成F，E和H生成J的反應類型分別是______、_____。（5）芳香化合物K是E的同分異構(gòu)體。若K能發(fā)生銀鏡反應，則K可能的結(jié)構(gòu)有____種，其中核磁共振氫譜有四組峰的結(jié)構(gòu)簡式為______（任寫一種）。24、（12分）某研究小組以環(huán)氧乙烷和布洛芬為主要原料，按下列路線合成藥物布洛芬酰甘氨酸鈉。己知：（1）RCOOHRCOC1RCOORˊ（2）R-Cl-R-NH2R-NH2HC1RCONHR請回答：（1）寫出化合物的結(jié)構(gòu)簡式：B_________；D_________。（2）下列說法不正確的是_________。A．轉(zhuǎn)化為A為氧化反應B．RCOOH與SOCl2反應的產(chǎn)物有SO2和HC1C．化合物B能發(fā)生縮聚反應D．布洛芬酰甘氨酸鈉的分子式為C15H19NO3Na（3）寫出同時符合下列條件的布洛芬的所有同分異構(gòu)體_________。①紅外光譜表明分子中含有酯基，實驗發(fā)現(xiàn)能與NaOH溶液1∶2反應，也能發(fā)生銀鏡反應；②H—NMR譜顯示分子中有三個相同甲基，且苯環(huán)上只有一種化學環(huán)境的氫原子。（4）寫出F→布洛芬酰甘氨酸鈉的化學方程式_________。（5）利用題給信息，設計以為原料制備（）的合成路線(用流程圖表示：無機試劑任選)_____________________。25、（12分）工業(yè)上常用鐵質(zhì)容器盛裝冷的濃硫酸。但某興趣小組的同學發(fā)現(xiàn)將一定量的生鐵與濃硫酸加熱時，觀察到固體能完全溶解，并產(chǎn)生大量氣體。為此他們進行了如下探究實驗。[探究一]稱取鐵釘(碳素鋼)6.0g放入15.0mL濃硫酸中，加熱，充分反應后得到溶液X，并收集到氣體Y。(1)(I)甲同學認為X中除Fe3＋外還可能含有Fe2＋。若要判斷溶液X中是否含有Fe2＋，可以選用___________。a.KSCN溶液和氯水b.K3[Fe(CN)6]溶液c.濃氨水d.酸性KMnO4溶液(Ⅱ)乙同學將336mL(標準狀況)氣體Y通入足量溴水中，發(fā)現(xiàn)溶液顏色變淺，試用化學方程式解釋溴水顏色變淺的原因___________，然后向反應后的溶液中加入足量BaCl2溶液，經(jīng)適當操作得干燥固體2.33g。由此推知氣體Y中SO2的體積分數(shù)為___________。(結(jié)果保留一位小數(shù))。[探究二]甲乙兩同學認為氣體Y中除SO2外，還可能含有H2和CO2。為此設計如圖實驗裝置(圖中夾持儀器省略)進行驗證。(2)簡述該實驗能產(chǎn)生少量H2的原因___________(用化學用語結(jié)合少量文字表述)。(3)裝置B中試劑的作用是___________，裝置F的作用是___________。(4)為了進一步確認CO2的存在，需在上述裝置中添加M于___________(選填序號)，M中所盛裝的試劑可以是___________。a.A～B之間b.B～C之間c.C～D之間d.E～F之間26、（10分）某學習小組利用下圖裝置探究銅與濃H2SO4的反應（夾持裝置和A中加熱裝置已略，氣密性已檢驗）。資料：微量Cu2+與過量NaOH溶液發(fā)生反應：Cu2++4OH?=[Cu(OH)4]2?，[Cu(OH)4]2?溶于甘油形成特征的絳藍色溶液。編號實驗用品實驗現(xiàn)象I10mL15mol/L濃H2SO4溶液過量銅片劇烈反應，品紅溶液褪色，150℃時銅片表面產(chǎn)生大量黑色沉淀，繼續(xù)加熱，250℃時黑色沉淀消失。II10mL15mol/L濃H2SO4溶液適量銅片劇烈反應，品紅溶液褪色，150℃時銅片表面產(chǎn)生少量黑色沉淀，繼續(xù)加熱，250℃時黑色沉淀消失。（1）A中反應的化學方程式是________。（2）將裝置C補充完整并標明所用試劑________。（3）實驗I中，銅片表面的黑色沉淀可能含CuO、Cu2S或CuS。為探究黑色沉淀的成分，取出反應后的銅片，用水小心沖洗后，進行下列操作：i.黑色沉淀脫落，一段時間后，上層溶液呈無色。ii.開始時，上層溶液呈無色，一段時間后，上層溶液呈淡藍色。甲認為通過上述兩個實驗證明黑色沉淀不含CuO，理由是________。②乙同學認為僅通過顏色判斷不能得出上述結(jié)論，理由是______。需要增加實驗iii，說明黑色沉淀不含CuO，實驗iii的操作和現(xiàn)象是_______。（4）甲同學對黑色沉淀成分繼續(xù)探究，補全實驗方案：編號實驗操作實驗現(xiàn)象iv取洗凈后的黑色沉淀，加入適量_____溶液，加熱。黑色沉淀全部溶解，試管上部出現(xiàn)紅棕色氣體，底部有淡黃色固體生成。（5）用儀器分析黑色沉淀的成分，數(shù)據(jù)如下：150℃取樣230℃取樣銅元素3.2g，硫元0.96g。銅元素1.28g，硫元0.64g。230℃時黑色沉淀的成分是__________。（6）為探究黑色沉淀消失的原因，取230℃時的黑色沉淀，加入濃H2SO4，加熱至250℃時，黑色沉淀溶解，有刺激性氣味的氣體生成，試管底部出現(xiàn)淡黃色固體，溶液變藍。用化學方程式解釋原因____。（7）綜合上述實驗過程，說明Cu和濃H2SO4除發(fā)生主反應外，還發(fā)生著其他副反應，為了避免副反應的發(fā)生，Cu和濃H2SO4反應的實驗方案是______。27、（12分）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，在酸性環(huán)境下易分解生成S和。某小組設計了如下實驗裝置制備（夾持及加熱儀器略），總反應為?；卮鹣铝袉栴}：a.b.粉末c.溶液d.、溶液e.溶液（1）裝置A的作用是制備________，反應的化學方程式為________。（2）完成下表實驗過程：操作步驟裝置C的實驗現(xiàn)象解釋原因檢查裝置氣密性后，添加藥品pH計讀數(shù)約為13用離子方程式表示（以為例）：①__打開，關閉，調(diào)節(jié)；使硫酸緩慢勻速滴下ⅰ.導管口有氣泡冒出，②___ⅱ.pH計讀數(shù)逐漸③___反應分步進行：↓（較慢）當pH計讀數(shù)接近7時，立即停止通，操作是④___必須立即停止通的原因是：⑤___（3）有還原性，可作脫氯劑。向溶液中通入少量，某同學預測轉(zhuǎn)變?yōu)椋O計實驗驗證該預測：取少量反應后的溶液于試管中，________。28、（14分）世界能源消費的90%以上依靠化學技術。請回答下列問題：（1）質(zhì)子交換膜燃料電池中作為燃料的H2通常來自水煤氣。已知：C（s）＋O2（g）=CO（g）ΔH1＝－110.35kJ·mol－12H2（g）＋O2（g）=2H2O（l）ΔH2＝－571.6kJ·mol－1H2O（l）=H2O（g）ΔH3＝＋44.0kJ·mol－1①則反應C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g）ΔH4＝__________。②某實驗小組在實驗室模擬反應C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g），其平衡常數(shù)表達式為K＝_______。一定溫度下，在2L盛有足量炭粉的恒容密閉容器（固體所占體積忽略不計）中通入0.8molH2O，6min時生成0.7gH2，則6min內(nèi)以CO表示的平均反應速率為________（保留3位有效數(shù)字）。（2）燃料氣（流速為1800mL·min－1；體積分數(shù)為50%H2，0.98%CO，1.64%O2，47.38%N2）中的CO會使電極催化劑中毒，使用CuO/CeO2催化劑可使CO優(yōu)先氧化而脫除。①160℃、CuO/CeO2作催化劑時，CO優(yōu)先氧化的化學方程式為__________。②CeO2可由草酸鈰[Ce2（C2O4）3]隔絕空氣灼燒制得，同時生成兩種氣體，則發(fā)生反應的化學方程式為____________。③在CuO/CeO2催化劑中加入不同的酸（HIO3或H3PO4），測得燃料氣中CO優(yōu)先氧化的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如下圖所示。加入________（填酸的化學式）的CuO/CeO2催化劑催化性能最好。溫度為120℃，催化劑為CuO/CeO2HIO3時，反應0.5h后CO的體積為______mL。（3）LiOH是制備鋰離子電池正極材料的重要原料，采用惰性電極電解制備LiOH的裝置如下圖所示。①通電后，Li＋通過陽離子交換膜向________（填“M”或“N”）極區(qū)遷移。②電極N產(chǎn)生的氣體a通入淀粉－KI溶液，溶液變藍，持續(xù)一段時間后，藍色可逐漸褪去。據(jù)此寫出電極N的電極反應式：___________；藍色逐漸褪去是因為溶液中逐漸生成HIO3，寫出此反應的化學方程式：_______。29、（10分）（1）聚四氟乙烯商品名稱為“特氟龍”，可做不粘鍋涂層。它是一種準晶體，該晶體是一種無平移周期序、但有嚴格準周期位置序的獨特晶體?？赏ㄟ^___方法區(qū)分晶體、準晶體和非晶體。（2）下列氮原子的電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量由低到高的順序是___(填字母代號)。A．B．C．D．（3）某種鈾氮化物的晶體結(jié)構(gòu)是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循環(huán)如圖所示。已知：元素的一個氣態(tài)原子獲得電子成為氣態(tài)陰離子時所放出的能量稱為電子親和能。下列有關說法正確的是__(填標號)。a.Cl-Cl鍵的鍵能為119.6kJ/molb.Na的第一電離能為603.4kJ/molc.NaCl的晶格能為785.6kJ/mold.Cl的第一電子親和能為348.3kJ/mol（4）配合物[Cu(En)2]SO4的名稱是硫酸二乙二胺合銅(Ⅱ)，是銅的一種重要化合物。其中En是乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)的簡寫。①該配合物中含有化學鍵有___（填字母編號）。A．離子鍵B．極性共價鍵C．非極性共價鍵D．配位鍵E.金屬鍵②配體乙二胺分子中氮原子、碳原子軌道的雜化類型分別為___、___。③乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均屬于胺，且相對分子質(zhì)量相近，但乙二胺比三甲胺的沸點高得多，原因是___。④乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一種有機化合物，乙二胺能與Mg2+、Cu2+等金屬離子形成穩(wěn)定環(huán)狀離子，其原因是___，其中與乙二胺形成的化合物穩(wěn)定性相對較高的是___(填“Mg2+”或“Cu2+”)。⑤與氨氣互為等電子體的陽離子為___，與S位于同一周期，且第一電離能小于S的非金屬元素符號為___。（5）①金屬鈦的原子堆積方式如圖1所示，則金屬鈦晶胞俯視圖為____。A．B．C．D．②某砷鎳合金的晶胞如圖所示，設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，該晶體的密度ρ＝__g·cm－3。

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、A【解析】

溴單質(zhì)與二氧化硫能發(fā)生氧化還原反應生成硫酸和HBr，溶液中溴的顏色會褪去，反應的化學方程式為：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，硫元素化合價升高（+4→+6），體現(xiàn)還原性，溴元素化合價降低，體現(xiàn)氧化性（0→-1），A項正確；答案選A?！军c睛】本題考查二氧化硫的化學性質(zhì)，二氧化硫具有多重性質(zhì)，可總結(jié)如下：1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水顯酸性，可與堿等反應；2、還原性：二氧化硫可與酸性高錳酸鉀、過氧化氫、氯水、溴水等強氧化性的物質(zhì)反應；3、弱氧化性：二氧化硫可與硫化氫反應生成硫單質(zhì)等；4、漂白性：二氧化硫的漂白性體現(xiàn)在可漂白品紅等物質(zhì)，尤其是二氧化硫的漂白性和還原性是學生們的易混點。使酸性高錳酸鉀溶液、氯水、溴水褪色體現(xiàn)的二氧化硫的還原性，使品紅溶液褪色體現(xiàn)的是漂白性。2、A【解析】

物質(zhì)的性質(zhì)決定物質(zhì)的用途，據(jù)性質(zhì)與用途的對應關系分析?！驹斀狻緼項：SiO2用于制造坩堝，利用了SiO2高熔點的性質(zhì)，A項正確；B項：雖然NaOH能與鹽酸反應，但其堿性太強，不能作胃酸中和劑，B項錯誤；C項：氫氧化鋁膠體用于凈水，是膠體的強吸附性，與其兩性無關，C項錯誤；D項：HCHO能使人體蛋白質(zhì)變性，但其毒性太強，不能用于皮膚傷口消毒，D項錯誤。本題選A。3、B【解析】

已知甲是常見溫室效應氣體，X、W為同一主族元素，X、W形成的最高價氧化物分別為甲、丙，則X為C元素、W為Si元素，甲為二氧化碳，丙為二氧化硅，x、w分別為X、W的單質(zhì)，在高溫條件下x碳單質(zhì)與二氧化硅反應生成w為硅，丁為一氧化碳；y2為氧氣，碳與氧氣點燃反應生成甲為二氧化碳，則Y為O元素，Z為金屬元素，z金屬單質(zhì)能與二氧化碳反應生成碳單質(zhì)與金屬氧化物，則Z為Mg元素，綜上所述，X為C元素、Y為O元素、Z為Mg元素、W為Si元素，據(jù)此解答。【詳解】由以上分析可知，X為C元素、Y為O元素、Z為Mg元素、W為Si元素，A.反應①二氧化碳與鎂反應、②碳與氧氣反應、③碳與二氧化硅反應都屬于氧化還原反應，A項正確；B.同周期元素原子半徑從左到右依次減小，同主族元素原子半徑從上而下以此增大，故C、O、Mg、Si四種元素中，Mg的原子半徑最大，B項錯誤；C.丙為二氧化硅，在信息工業(yè)中，二氧化硅常作光導纖維材料，C項正確；D.在高溫條件下，碳與二氧化碳反應生成一氧化碳，D項正確；答案選B。4、D【解析】

短周期W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，W原子的核外電子數(shù)等于電子層數(shù)，即W原子核外只有1個電子，則W為H元素；X2-和Y+離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，則X位于第二周期ⅥA族，為O元素，Y位于第三周期ⅠA族，為Na元素；Z與X同族，則Z為S元素，據(jù)此解答?！驹斀狻扛鶕?jù)分析可知：W為H，X為O，Y為Na，Z為S元素；A．同主族從上向下原子半徑逐漸增大，同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，則原子半徑Na＞S＞O，即Y＞Z＞X，故A錯誤；B．非金屬性O＞S，則H2O比H2S穩(wěn)定，即X的簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比Z的強，故B錯誤；C．NaH為離子化合物，故C錯誤；D．S的最高價氧化物對應水化物為硫酸，硫酸為強酸，故D正確；故答案為D。5、A【解析】

根據(jù)題意描述，放電時，石墨為負極，充電時，石墨為陰極，石墨轉(zhuǎn)化LixC6，得到電子，石墨電極發(fā)生還原反應，與題意吻合，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析，總反應為LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6。A.為了防止正負極直接相互接觸，因此用鋰離子導電膜隔開，鋰離子導體膜起到保護成品電池安全性的作用，故A正確；B.根據(jù)總反應方程式LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6可知，LiFePO4與Li1-xFePO4中鐵元素的化合價一定發(fā)生變化，否則不能構(gòu)成原電池反應，故B錯誤；C.放電時，負極發(fā)生氧化反應，電極反應式為：LixC6-xe-=6C+xLi+，故C錯誤；D.放電時，Li1-xFePO4在正極上得電子發(fā)生還原反應，電極反應為：Li1-xFePO4+xLi++xe-═LiFePO4，故D錯誤；答案選A?！军c睛】本題的難點為電池的正負極的判斷，要注意認真審題并大膽猜想。本題的易錯點為B，要注意原電池反應一定屬于氧化還原反應。6、B【解析】

Y與M形成的氣態(tài)化合物在標準狀況下的密度0.76g?L?1，該氣態(tài)化合物的摩爾質(zhì)量為22.4L/mol×0.76g?L?1=17g/mol，該氣體為NH3，M、X、Y、Z、W為五種短周期元素，且原子序數(shù)依次增大，則M為H元素，Y為N；X、Y、Z最外層電子數(shù)之和為15，X與Z可形成XZ2分子，X為+4價，Y為?2價，可推出X、Y、Z分別為C、N、O三種元素；W的質(zhì)子數(shù)是X、Y、Z、M四種元素質(zhì)子數(shù)之和的，推出W的質(zhì)子數(shù)為=11，所以W為Na元素。A.所有元素中H原子半徑最小，同周期自左向右原子半徑減小，同主族自上到下原子半徑增大，故原子半徑Na>C>N>O>H，即W>X>Y>Z>M，故A錯誤；B.

X、Y、Z分別為C、N、O三種元素，非金屬性X<Y<Z，元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩(wěn)定，故B正確；C.NaH與水發(fā)生反應：NaH+H2O=NaOH+H2↑，1molNaH溶于足量水中完全反應共轉(zhuǎn)移1mol電子，故C錯誤；D.由M、X、Y、Z四種元素形成的化合物可為氨基酸或碳酸銨、醋酸銨等物質(zhì)，如為氨基酸，則只含有共價鍵，故D錯誤。故選B。7、C【解析】

A.當混合溶液體積為20mL時，二者恰好反應生成NaHCO3，HCO的電離程度小于其水解程度，所以其溶液呈堿性，要使混合溶液呈中性，則酸稍微過量，所以混合溶液體積稍微大于20mL，故不選A；B.任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)＝2c()+c()+c(OH?)+c(Cl?)，故不選B；C.根據(jù)圖象分析，A點為碳酸鈉，碳酸氫鈉、氯化鈉的混合溶液，且c()=c()，溶液呈堿性，則c(OH?)＞c(H+)，鹽溶液水解程度較小，所以c()＞c(OH?)，則離子濃度大小順序是c(Na+)>c()=c()＞c(OH?)＞c(H+)，故選C；D.根據(jù)Kh=計算可得c(OH?)=10-4，因此溶液的pH＝10，故不選D；答案選C。8、A【解析】

A.HF是弱酸，部分電離，用可逆號，HF＋H2O?F－＋H3O＋可表示HF的電離方程式，故A正確；B.Na2S是離子化合物，由陰陽離子構(gòu)成，而不是共價化合物，電子式書寫不正確，故B錯誤；C.乙烯的結(jié)構(gòu)簡式：CH2＝CH2，故C錯誤；D.重氫負離子(H－)的質(zhì)子數(shù)是1，即核電荷數(shù)為1，故D錯誤；故選：A。9、D【解析】

A．同一主族相鄰的兩種元素的原子序數(shù)之差為2、8、8、18、18、32等，不相鄰的兩種元素的原子序數(shù)之差可能為16，如鋰和鉀，故A錯誤；B．最外層電子數(shù)為8的粒子不一定是稀有氣體元素的原子，也可能是離子，例如鈉離子，故B錯誤；C．同一主族中，隨著核電荷數(shù)的增加，單質(zhì)的熔點可能降低，如堿金屬，也可能升高，如鹵素，故C錯誤；D．主族元素中，原子核外最外層電子數(shù)為2與次外層電子數(shù)相同的元素只有Be，原子核外最外層電子數(shù)為8的元素，次外層電子數(shù)為8的是Ar，不是主族元素，故D正確；故選D。【點睛】本題考查了同周期元素、同主族元素原子序數(shù)關系，最外層核外電子數(shù)和次外層電子數(shù)的關系，判斷元素的種類、以及元素周期律的應用等知識點，解題中注意掌握規(guī)律的同時，注意特例。10、A【解析】

A項、當H2O、CO、CO2、H2的濃度不再變化時，說明正逆反應速率相等，反應已達化學平衡狀態(tài)，故A正確；B項、可逆反應不可能完全反應，則H2O和CO反應不可能全部轉(zhuǎn)化為CO2和H2，故B錯誤；C項、化學平衡狀態(tài)是動態(tài)平衡，正、逆反應速率相等且大于零，故C錯誤；D項、平衡狀態(tài)時H2O、CO、CO2、H2的濃度不變，不一定相等，故D錯誤；故選A。11、A【解析】

A.原子序數(shù)為6，應為碳元素的粒子，可以表示，也可以表示，故A正確；B.由軌道表示式可知電子排布式為1s22s22p2，可以表示碳原子，不能表示氧原子最外層電子，故B錯誤；C.比例模型可以表示水分子，但不能表示二氧化碳分子，因為二氧化碳分子是直線形分子，故C錯誤；D.分子式為，也可以表示甲酸甲酯HCOOCH3，而乙二醇的分子式為，故D正錯誤；故選A。12、A【解析】

A.氨氣極易溶于水，則采用防倒吸裝置，E←C；制取的二氧化碳需除去HCl雜質(zhì)，則F→B，A→D，A正確；B.裝置X為除去HCl雜質(zhì)，盛放的試劑為飽和NaHCO3溶液，B錯誤；C.實驗開始時應先打開Y中分液漏斗的旋轉(zhuǎn)活塞，使溶液呈堿性，吸收更多的二氧化碳，C錯誤；D.裝置Z中用干燥管的主要目的是防止氨氣溶于水時發(fā)生倒吸，D錯誤；答案為A。13、A【解析】

可通過假設相對分子質(zhì)量為100，然后得出碳、氫、氮、氧等元素的質(zhì)量，然后求出原子個數(shù)，然后乘以3，得出的數(shù)值即為分子式中原子個數(shù)的最大值，進而求出分子式?！驹斀狻考僭O嗎啡的相對分子質(zhì)量為100，則碳元素的質(zhì)量就為71.58，碳的原子個數(shù)為：=5.965，則相對分子質(zhì)量如果為300的話，就為5.965×3═17.895；同理，氫的原子個數(shù)為：×3=20.01，氮的原子個數(shù)為：×3=1.502，氧的原子個數(shù)為：×3=3.15，因為嗎啡的相對分子質(zhì)量不超過300，故嗎啡的化學式中碳的原子個數(shù)不超過17.895，氫的原子個數(shù)不超過20.01，氮的原子個數(shù)不超過1.502；符合要求的為A，答案選A。14、C【解析】

A.磁性氧化鐵為，故A錯誤；B.在明礬溶液中加入過量溶液的離子方程式為，B錯誤；C.在鹽酸中滴加少量溶液的離子方程式為，C正確；D.FeS為難溶物，在離子方程式中不拆，正確的方程式為Cu2＋(aq)＋FeS(s)CuS(s)＋Fe2＋，D錯誤；故答案選C。15、B【解析】

A．Al(OH)3是兩性氫氧化物，只溶于強酸、強堿，不溶于氨水，故A錯誤；B．濃硫酸能將蔗糖中H、O以2∶1水的形式脫去，體現(xiàn)濃硫酸的脫水性，故B正確；C．向某溶液中滴加少量酸化的BaCl2溶液可能生成氯化銀或硫酸鋇白色沉淀，不能檢驗硫酸根離子，故C錯誤；D．氯氣具有氧化性，可以將亞鐵離子氧化，生成三價鐵離子，三價鐵離子可以和KSCN溶液發(fā)生顯色反應，顯紅色，不能確定是含有亞鐵離子還是鐵離子，故D錯誤；故選B。16、B【解析】

第一份中Al與xFeO?yFe2O3粉末得到Fe與Al2O3，再與足量鹽酸反應，發(fā)生反應：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，第二份直接放入足量的燒堿溶液，發(fā)生反應：2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2↑，前后兩種情況下生成的氣體質(zhì)量比是5：7，則令第一份、第二份生成氫氣物質(zhì)的量分別為5mol、7mol，根據(jù)方程式計算Fe、Al的物質(zhì)的量，再根據(jù)第一份中Al與xFeO?yFe2O3反應的電子轉(zhuǎn)移守恒計算xFeO?yFe2O3中Fe元素平均化合價，進而計算x、y比例關系?！驹斀狻康谝环葜蠥l與xFeO?yFe2O3粉末得到Fe與Al2O3，再與足量鹽酸反應,發(fā)生反應：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，第二份直接放入足量的燒堿溶液,發(fā)生反應：2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2↑，前后兩種情況下生成的氣體質(zhì)量比是5:7，令第一份、第二份生成氫氣物質(zhì)的量分別為5mol、7mol，則：令xFeO?yFe2O3中Fe元素平均化合價為a，根據(jù)Al與xFeO?yFe2O3反應中的電子轉(zhuǎn)移守恒：7mol××3=5mol×(a?0)，解得a=2.8，故=2.8，整理得x:y=1:2，答案選B。17、B【解析】

A．根據(jù)圖中數(shù)據(jù)判斷，當pH=6.10時，c(HCO3-)=c(H2CO3)，當pH>6.10時，c(HCO3-)>c(H2CO3)，所以pH=7的血液中，c(HCO3-)>c(H2CO3)，A正確；B．溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，所以正常體溫下c(H+)?c(OH-)不變，B錯誤；C．人體發(fā)生酸中毒時，可靜脈滴注弱堿性物質(zhì)解毒，碳酸氫鈉溶液呈弱堿性，所以人體發(fā)生酸中毒時，可靜脈滴注一定濃度的NaHCO3溶液解毒，C正確；D．由表中數(shù)據(jù)可知，=20.0時，溶液呈堿性，說明碳酸的電離程度小于碳酸氫根離子水解程度，D正確；故合理選項是B。18、C【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的簡單氫化物與Z的單質(zhì)混合在光照下反應，氣體顏色不斷變淺，瓶壁上有油狀液滴，所以Z是Cl，W是C，W、Y同主族，則Y為Si；X的簡單氫化物與Z的氫化物相遇會產(chǎn)生白煙，X為N?！驹斀狻緼.根據(jù)上述分析知“白煙”為NH4Cl晶體，NH4Cl屬于離子化合物，既有離子鍵又有含共價鍵，故A錯誤；B.四種元素的原子半徑為Si>Cl>C>N，故B錯誤；C.X的簡單氫化物為NH3，Y的簡單氫化物為SiH4，非金屬性:N>Si，熱穩(wěn)定性NH3>SiH4，故C正確；D.W的含氧酸為H2CO3，Z的含氧酸有HClO、HClO4等幾種，酸性HClO<H2CO3<HClO4，故D錯誤；答案：C。19、B【解析】

根據(jù)化學平衡狀態(tài)的特征解答，當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發(fā)生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)?！驹斀狻緼.反應前后氣體的質(zhì)量不變，容器的體積不變，混合氣體的密度一直不變，不能判定反應達到平衡狀態(tài)，故A錯誤；B.Y的體積分數(shù)不再變化，說明各物質(zhì)的量不變，反應達平衡狀態(tài)，故B正確；C.3v（X）=4v（Z）未體現(xiàn)正與逆的關系，不能判定反應是否達到平衡狀態(tài)，故C錯誤；D.當體系達平衡狀態(tài)時，c（X）：c（Y）：c（Z）可能為4：2：3，也可能不是4：2：3，與各物質(zhì)的初始濃度及轉(zhuǎn)化率有關，不能判定反應是否達到平衡狀態(tài)，故D錯誤；故選B。20、A【解析】

A．氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，易被空氣中氧氣氧化生成氫氧化鐵，所以制備氫氧化亞鐵要隔絕空氣，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔絕空氣，所以能實現(xiàn)實驗目的，故A正確；B．容量瓶只能配制溶液，不能作稀釋或溶解藥品的儀器，應該用燒杯溶解硝酸鈉，然后等溶液冷卻到室溫，再將硝酸鈉溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，故B錯誤；C．實驗室用氯化銨和氫氧化鈣加熱制取氨氣，氨氣極易溶于水，不能采用排水法收集，常溫下，氨氣和氧氣不反應，且氨氣密度小于空氣，所以應該采用向下排空氣法收集氨氣，故C錯誤；D．制取乙烯需要170℃，溫度計測定混合溶液溫度，所以溫度計水銀球應該插入溶液中，且乙醇能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，乙醇易揮發(fā)，導致得到的乙烯中含有乙醇，影響乙烯的檢驗，故D錯誤；故選A。21、B【解析】A.最外層為第二層有5個電子，核外電子數(shù)為7，A錯誤；B.每個能級的電子能量相同，核外有3個能級，即有3種能量不同的電子，B正確；C.2s能級有一個軌道，2p能級有3個軌道，由于電子會優(yōu)先獨自占用一個軌道，故最外層電子占據(jù)4個軌道，C錯誤；D.每個電子的運動狀態(tài)都不相同，故核外有7中運動狀態(tài)不同的電子，D錯誤。故選擇B。22、C【解析】

由圖可知，E點溶液pH為7，溶液中c(H+)＝c(OH—)，【詳解】A項、由圖可知，E點溶液pH為7，溶液中c(H+)＝c(OH—)，由溶液中電荷守恒關系c(Na+)+c(H+)＝c(A—)+c(Cl—)+c(OH—)可知，溶液中c(Na+)＝c(A—)+c(Cl—)，故A錯誤；B項、HA的電離常數(shù)Ka(HA)=，由圖可知pH為3.45時，溶液中=0，c（HA）=c(A—)，則Ka(HA)=c(H+)＝10-3.45，Ka(HA)的數(shù)量級為10—4，故B錯誤；C項、溶液中==，溫度不變，水的離子積常數(shù)、弱酸的電離常數(shù)不變，則滴加過程中保持不變，故C正確；D項、F點溶液pH為5，=—1，則溶液中c(A—)＞c(HA)，由物料守恒c(Na+)＝c(A—)+c（HA）可知c(Na+)＞c(A—)，則溶液中離子濃度大小順序為c(Na+)＞c(A—)＞c(HA)＞c(OH—)，故D錯誤。故選C。二、非選擇題(共84分)23、醛基4-硝基甲苯（對硝基甲苯）取代反應加成反應14或【解析】

A(C2H4O)能夠與新制氫氧化銅反應，說明A含有醛基，因此A為CH3CHO，則B為CH3COOH；結(jié)合C和E的分子式可知，C和D應該發(fā)生取代反應生成E和氯化氫，則D為；甲苯在濃硫酸作用下發(fā)生硝化反應生成F，結(jié)合J的結(jié)構(gòu)可知，F(xiàn)為對硝基甲苯()，F(xiàn)被還原生成G，G為對氨基甲苯()，根據(jù)已知信息，G和乙醛反應生成H，結(jié)合J的結(jié)構(gòu)可知，H為，則E為，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)上述分析，A為C2H4O，含有的官能團為醛基；F為，名稱為對硝基甲苯，故答案為醛基；4-硝基甲苯(對硝基甲苯)；(2)C和D發(fā)生取代反應生成E，反應的化學方程式為，故答案為；(3)G為對硝基甲苯中硝基被還原的產(chǎn)物，G為，故答案為；(4)由D生成F是甲苯的硝化反應，屬于取代反應，根據(jù)流程圖，E和H生成J的過程中N=C雙鍵轉(zhuǎn)化為了單鍵，屬于加成反應，故答案為取代反應；加成反應；(5)E為，芳香化合物K是E的同分異構(gòu)體。若K能發(fā)生銀鏡反應，說明K中含有醛基，則K的結(jié)構(gòu)有：苯環(huán)上連接1個乙基和1個醛基有3種；苯環(huán)上連接2個甲基和1個醛基有6種；苯環(huán)上連接1個甲基和1個—CH2CHO有3種；苯環(huán)上連接1個—CH2CH2CHO有1種；苯環(huán)上連接1個—CH(CH3)CHO有1種，共14種；其中核磁共振氫譜有四組峰的結(jié)構(gòu)簡式為或，故答案為14；或。24、D【解析】氧化得到的A為ClCH2COOH，ClCH2COOH與NH3作用得到的B為H2NCH2COOH，H2NCH2COOH再與SOCl2作用生成的C為，再與CH3OH作用得到的D為；與SOCl2作用生成的E為，E與D作用生成的F為，F(xiàn)再在NaOH溶液中水解可得布洛芬酰甘氨酸鈉；（1）寫出化合物的結(jié)構(gòu)簡式：B為H2NCH2COOH；D為；（2）A．催化氧化為轉(zhuǎn)化為ClCH2COOH，反應類型為氧化反應，故A正確；B．RCOOH與SOCl2發(fā)生取代反應，所得產(chǎn)物為RCOOCl、SO2和HC1，故B正確；C．化合物B為氨基酸，一定條件下能發(fā)生縮聚反應，故B正確；D．布洛芬酰甘氨酸鈉的分子式為C15H20NO3Na，故D錯誤；答案為D。（3）①紅外光譜表明分子中含有酣基，實驗發(fā)現(xiàn)能與NaOH溶液1∶2反應，也能發(fā)生銀鏡反應，說明苯環(huán)上直接連接HCOO—；②H—NMR譜顯示分子中有三個相同甲基，說明同一碳原子上連接三個甲基；苯環(huán)上只有一種化學環(huán)境的氫原子，因苯環(huán)上不可能只有對位有兩個不同的取代基，可以保證對稱位置上的氫原子環(huán)境相同，滿足條件的同分異構(gòu)體有；（4）F→布洛芬酰甘氨酸鈉的化學方程式為；（5）以為原料制備的合成路線為。點睛：本題題干給出了較多的信息，學生需要將題目給信息與已有知識進行重組并綜合運用是解答本題的關鍵，需要學生具備準確、快速獲取新信息的能力和接受、吸收、整合化學信息的能力，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及反應類型；難點是有機物D的結(jié)構(gòu)確定，可先根據(jù)F的堿性水解，結(jié)合產(chǎn)物確定出F，再利用D和E生成F，可借助碳架結(jié)構(gòu)、反應原理及原子守恒分析推測D的結(jié)構(gòu)。25、bd66.7%隨反應進行，濃硫酸變?yōu)橄×蛩幔F與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣，檢驗SO2是否除盡防止空氣中的水進入E，影響氫氣的檢驗b澄清石灰水【解析】

(1)(I)Fe2＋與K3[Fe(CN)6]溶液反應生成藍色沉淀；Fe2＋具有還原性，能使高錳酸鉀溶液褪色；(Ⅱ)鐵與濃硫酸加熱時，濃硫酸被還原為二氧化硫；(2)鐵和稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣；(3)高錳酸鉀溶液能氧化吸收二氧化硫，品紅檢驗二氧化硫；(4)用澄清石灰水檢驗CO2?！驹斀狻?1)Fe2＋能與K3[Fe(CN)6]溶液反應生成藍色沉淀，F(xiàn)e2＋具有還原性，能使高錳酸鉀溶液褪色；要判斷溶液X中是否含有Fe2＋，可以選用K3[Fe(CN)6]溶液或酸性KMnO4溶液，選bd；(Ⅱ)鐵與濃硫酸加熱時，濃硫酸被還原為二氧化硫，二氧化硫具有還原性，二氧化硫通入足量溴水中，發(fā)生反應，所以溶液顏色變淺，反應后的溶液中加入足量BaCl2溶液，生成硫酸鋇沉淀2.33g，硫酸鋇的物質(zhì)的量是，根據(jù)關系式，可知二氧化硫的物質(zhì)的量是0.01mol，由此推知氣體Y中SO2的體積分數(shù)為66.7%。(2)由于隨反應進行，濃硫酸變?yōu)橄×蛩?，鐵和稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣，反應的方程式為；(3)高錳酸鉀溶液能氧化吸收二氧化硫，品紅檢驗二氧化硫，所以裝置B中試劑的作用是檢驗SO2是否除盡；裝置E用于檢驗裝置D中是否有水生成，所以裝置F的作用是防止空氣中的水進入E，影響氫氣的檢驗；(4)C中的堿石灰能吸收二氧化碳，所以要確認CO2的存在，在B、C之間添加M，M中盛放澄清石灰水即可。26、Cu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2ONaOH溶液實驗i和ii對比，上層溶液顏色不同，說明CuO與稀H2SO4反應生成Cu2+，i中上層溶液無色，說明不含Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。溶液中Cu2+濃度過低，無法呈明顯的藍色取實驗i的上層清液，加入過量NaOH溶液，再加入一定量甘油，振蕩，未觀察到絳藍色HNO3CuSCuS+2H2SO4S↓+CuSO4+SO2↑+2H2O將燒瓶中10mL15mol/L的濃H2SO4加熱至250℃以上，其后加入適量銅片【解析】

（1）A中銅與濃硫酸反應生成硫酸銅、二氧化硫、水；（2）二氧化硫?qū)儆谒嵝匝趸铮廴究諝?；?）①CuO與稀H2SO4反應生成Cu2+，溶液變藍；②溶液中Cu2+濃度過低，無法呈明顯的藍色；檢驗上層溶液是否含有Cu2+；（4）試管上部出的現(xiàn)紅棕色氣體是NO2，底部淡黃色固體是S單質(zhì)；（5）根據(jù)n(Cu):n(S)可計算化學式；（6）取230℃時的黑色沉淀，加入濃H2SO4，加熱至250℃時，黑色沉淀溶解，有刺激性氣味的氣體生成說明放出二氧化硫氣體，試管底部出現(xiàn)淡黃色固體S，溶液變藍說明有CuSO4生成，根據(jù)得失電子守恒配平方程式；（7）綜合上述實驗過程可知加熱至250℃時可避免銅與濃硫酸發(fā)生副反應?！驹斀狻浚?）A中銅與濃硫酸反應生成硫酸銅、二氧化硫、水，反應的化學方程式是Cu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；（2）二氧化硫污染空氣，所以裝置C中盛放NaOH溶液吸收二氧化硫，裝置圖為；（3）①CuO與稀H2SO4反應生成Cu2+，溶液變藍；實驗i和ii對比，i中上層溶液無色，說明不含Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。②如果溶液中Cu2+濃度過低，也無法呈明顯的藍色，所以僅通過顏色判斷不能得出黑色沉淀不含CuO的結(jié)論；根據(jù)資料信息：微量Cu2+與過量NaOH溶液發(fā)生反應：Cu2++4OH?＝[Cu(OH)4]2?，[Cu(OH)4]2?溶于甘油形成特征的絳藍色溶液。因此說明黑色沉淀不含CuO的實驗iii的操作和現(xiàn)象是取實驗i的上層清液，加入過量NaOH溶液，再加入一定量甘油，振蕩，未觀察到絳藍色；（4）黑色沉淀中加入適量硝酸發(fā)生氧化還原反應，硝酸被還原為紅棕色氣體是NO2，氧化產(chǎn)物是S單質(zhì)；（5）230℃取樣，銅元素1.28g，硫元0.64g，則n(Cu):n(S)=，所以230℃時黑色沉淀的成分是CuS；（6）取230℃時的黑色沉淀，加入濃H2SO4，加熱至250℃時，黑色沉淀溶解，有刺激性氣味的氣體生成說明放出二氧化硫氣體，試管底部出現(xiàn)淡黃色固體S，溶液變藍說明有CuSO4生成，反應方程式是CuS+2H2SO4S↓+CuSO4+SO2↑+2H2O；（7）將燒瓶中10mL15mol/L的濃H2SO4加熱至250℃以上，其后加入適量銅片只發(fā)生Cu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2O?！军c睛】本題考查物質(zhì)性質(zhì)的探究，側(cè)重于學生的分析能力和實驗能力的考查，注意把握分析反應產(chǎn)物的方法、實驗設計的能力，仔細審題、應用題干信息是解題關鍵。27、溶液出現(xiàn)淡黃色渾濁，然后逐漸澄清（或渾濁減少）減小關閉、，打開過量會使溶液酸度增加，使產(chǎn)物分解，降低產(chǎn)率加入過量鹽酸，過濾，向濾液中滴加Ba溶液，有白色沉淀生成【解析】

（1）裝置A中試劑1為濃硫酸，試劑2為Na2SO3，反應生成二氧化硫氣體；（2）檢查裝置氣密性后，添加藥品，pH計讀數(shù)約為13說明溶液顯堿性是硫離子水解的原因；打開K2，關閉K3，調(diào)節(jié)K1使硫酸緩慢勻速滴下，反應分步進行：Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO22Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓Na2SO3+S═Na2S2O3（較慢）發(fā)生總反應為2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2

，據(jù)此分析反應現(xiàn)象；當pH計讀數(shù)接近7時，立即停止通SO2，SO2過量會使溶液酸度增加，使產(chǎn)物分解，降低產(chǎn)率，操作是關閉K1、K2，打開K3；（3）預測S2O32-轉(zhuǎn)變?yōu)镾O42-，可以利用檢驗硫酸根離子的方法設計實驗檢驗；【詳解】（1）裝置A中試劑1為濃硫酸，試劑2為Na2SO3，反應生成二氧化硫氣體，反應的化學方程式為：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4，故答案為SO2；

H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4；(2)檢查裝置氣密性后，添加藥品，pH計讀數(shù)約為13說明溶液顯堿性是硫離子水解，水解離子方程式為：S2?+H2O?HS?+OH?，打開K2，關閉K3，調(diào)節(jié)K1使硫酸緩慢勻速滴下，反應分步進行：Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO22Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓Na2SO3+S═Na2S2O3（較慢）發(fā)生總反應為2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2

，反應過程中的現(xiàn)象是導管口有氣泡冒出，溶液出現(xiàn)淡黃色渾濁，然后逐漸澄清(或渾濁減少)，碳酸鈉溶液變化為亞硫酸鈉溶液和硫代硫酸鈉溶液，pH計讀數(shù)逐漸減小當pH計讀數(shù)接近7時，立即停止通SO2，操作是關閉K1、K2，打開K3，必須立即停止通SO2的原因是：SO2過量會使溶液酸度增加，使產(chǎn)物分解，降低產(chǎn)率，故答案為S2?+H2O?HS?+OH?；溶液出現(xiàn)淡黃色渾濁，然后逐漸澄清(或渾濁減少)；減小；關閉K1、K2，打開K3；SO2過量會使溶液酸度增加，使產(chǎn)物分解，降低產(chǎn)率；(3)Na2S2O3有還原性，可作脫氯劑。向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，某同學預測S2O32?轉(zhuǎn)變?yōu)镾O42?，設計實驗為：取少量反應后的溶液于試管中，加入過量鹽酸，過濾，向濾液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，故答案為加入過量鹽酸，過濾，向濾液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；28、＋131.45kJ·mol－10.0292mol·L－1·min－12CO＋O22CO2Ce2（C2O4）32CeO2＋4CO↑＋2CO2↑HIO3105.84M2Cl－－2e－=Cl2↑5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl【解析】

⑴①利用蓋斯定律來計算反應C（s）＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)的ΔH4；②根據(jù)方程式得到平衡常數(shù)表達式，再計算6min時生成H2質(zhì)量和濃度，根據(jù)反應轉(zhuǎn)化的c(CO)＝c(H2)，計算速率。⑵①160℃、CuO/CeO2作催化劑時，CO優(yōu)先氧化為CO2；②隔絕空氣灼燒草酸鈰[Ce2(C2O4)3]分解制得CeO2，同時生成CO和CO2；③相同時間內(nèi)，CO的轉(zhuǎn)化率越高，說明催化性能越好，由圖象可知加入HIO3的CuO/CeO2催化劑催化性能最好；根據(jù)題知信息計算反應0.5h后CO的體積。⑶電極N上產(chǎn)生的氣體a通入淀粉－KI溶液，溶液變藍，持續(xù)一段時間后，藍色可逐漸褪去，則氣體a為Cl2，電極N為陽極；電極M是陰極，電極N的電極反應式為2Cl－－2e－=Cl2↑；藍色逐漸褪去是因為溶液中逐漸生成HIO3，說明Cl2將I2氧化成了HIO3?！驹斀狻竣泞僖阎孩貱(s)＋O2(g)=CO(g)ΔH1＝－110.35kJ·mol－1；②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ·mol－1；③H2O（l）=H2O(g)ΔH3＝＋44.0kJ·mol－1。則反應C（s）＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)可以通過①－②×－③得到，所以ΔH4＝①－②×－③＝(－110.35kJ·mol－1)－(－571.6kJ·mol－1)×－(＋44.0kJ·mol－1)＝＋131.45kJ·mol－1。②反應C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)的平衡常數(shù)表達式為；6min時生成0.7gH2，，根據(jù)反應C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)可知，轉(zhuǎn)化的c(CO)＝c(H2)，則6min內(nèi)以CO表示的平均反應速率為；故答案為：＋131.45kJ·mol－1；；0.0292mol·L－1·min－1。⑵①160℃、CuO/CeO2作催化劑時，CO優(yōu)先氧化為CO2，方程式為2CO＋O22CO2；故答案為：2CO＋O22CO2。②隔絕空氣灼燒草酸鈰[Ce2(C2O4)3]分解制得CeO2，同時生成CO和CO2，反應方程式為Ce2(C2O4)32CeO2＋4CO↑＋2CO2↑；故答案為：Ce2(C2O4)32CeO2＋4CO↑＋2CO2↑。③相同時間內(nèi)，CO的轉(zhuǎn)化率越高，說明