內(nèi)蒙古自治區(qū)北京八中烏蘭察布分校2024屆高三下學期第六次檢測化學試卷含解析

內(nèi)蒙古自治區(qū)北京八中烏蘭察布分校2024屆高三下學期第六次檢測化學試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、下列物質(zhì)的應用中，利用了該物質(zhì)氧化性的是A．小蘇打——作食品疏松劑 B．漂粉精——作游泳池消毒劑C．甘油——作護膚保濕劑 D．明礬——作凈水劑2、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，化合物M、N均由這四種元素組成，且M的相對分子質(zhì)量比N小16。分別向M和N中加入燒堿溶液并加熱，二者均可產(chǎn)生能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體。將M溶液和N溶液混合后產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液中，溶液變無色，加熱該無色溶液，無色溶液又恢復紅色。下列說法錯誤的是A．簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y>XB．簡單離子的半徑：Z>YC．X和Z的氧化物對應的水化物都是強酸D．X和Z的簡單氣態(tài)氫化物能反應生成兩種鹽3、下列物質(zhì)的轉(zhuǎn)化在給定條件下不能實現(xiàn)的是()A．NH3NOHNO3B．濃鹽酸Cl2漂白粉C．Al2O3AlCl3(aq)無水AlCl3D．葡萄糖C2H5OHCH3CHO4、一定溫度下，10mL0.40mol·L-1H2O2溶液發(fā)生催化分解。不同時刻測得生成O2的體積（已折算為標準狀況）如下表。t/min0236810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列敘述不正確的是（）（溶液體積變化忽略不計）A．反應至6min時，H2O2分解了50％B．反應至6min時，c(H2O2)=0.20mol·L-1C．0~6min的平均反應速率：v(H2O2)≈3.3×10-2mol/(L·min)D．4~6min的平均反應速率：v(H2O2)>3.3×10-2mol/(L·min)5、某黃色溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣等離子（不考慮水的電離和離子的水解）。某同學為了確定其組分，設計并完成了如下實驗：下列說法正確的是（）A．c（Fe3+）一定為0.2mol?L﹣1B．c（Cl﹣）至少為0.2mol?L﹣1C．Na+'、SO42﹣一定存在，NH4+一定不存在D．Na+、Fe2+可能存在，CO32﹣一定不存在6、在25℃時,將1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合,使之充分反應。然后向該混合溶液中通入HCl氣體或加入NaOH固體(忽略體積和溫度變化),溶液pH隨通入(或加入)物質(zhì)的物質(zhì)的量的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A．水的電離程度:a>b>cB．b點對應的混合溶液中:c(Na+)<c(CH3COO-)C．c點對應的混合溶液中:c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)D．該溫度下,a、b、c三點CH3COOH的電離平衡常數(shù)均為7、2019年《化學教育》期刊封面刊載如圖所示的有機物M(只含C、H、O)的球棍模型圖。不同大小、顏色的小球代表不同的原子，小球之間的“棍”表示共價鍵，既可以表示三鍵，也可以表示雙鍵，還可以表示單鍵。下列有關M的推斷正確的是A．M的分子式為C12H12O2B．M與足量氫氣在一定條件下反應的產(chǎn)物的環(huán)上一氯代物有7種C．M能發(fā)生中和反應、取代反應、加成反應D．一個M分子最多有11個原子共面8、實驗測得濃度均為0.5mol?L-1的Pb(CH3COO)2溶液的導電性明顯弱于Pb(NO3)2溶液，又知PbS是不溶于水及稀酸的黑色沉淀，下列離子方程式書寫錯誤的是A．Pb(NO3)2溶液與CH3COONa溶液混合：Pb2++2CH3COO-=Pb(CH3COO)2B．Pb(NO3)2溶液與K2S溶液混合：Pb2++S2-=PbS↓C．Pb(CH3COO)2溶液與K2S溶液混合：Pb2++S2-=PbS↓D．Pb(CH3COO)2在水中電離：Pb(CH3COO)2Pb2++2CH3COO-9、已知CuSO4溶液分別與Na2CO3溶液，Na2S溶液的反應情況如下：（1）CuSO4溶液和Na2CO3溶液主要：Cu2++CO32－+H2O=Cu(OH)2↓+CO2↑次要：Cu2++CO32－=CuCO3↓（2）CuSO4溶液和Na2S溶液主要：Cu2++S2－=CuS↓次要：Cu2++S2－+2H2O=Cu(OH)2↓+H2S↑下列幾種物質(zhì)的溶解度大小的比較中，正確的是（）A．CuS<Cu(OH)2<CuCO3 B．CuS>Cu(OH)2>CuCO3C．Cu(OH)2>CuCO3>CuS D．Cu(OH)2>CuCO3>CuS10、中國傳統(tǒng)詩詞中蘊含著許多化學知識，下列分析不正確的是（）。A．“日照香爐生紫煙，遙看瀑布掛前川”，“紫煙”指“香爐”中碘升華的現(xiàn)象B．“千淘萬漉雖辛苦，吹盡狂沙始到金”，金性質(zhì)穩(wěn)定，可通過物理方法得到C．“爆竹聲中一歲除，春風送暖入屠蘇”，爆竹的燃放涉及氧化還原反應D．“榆莢只能隨柳絮，等閑繚亂走空園”，“柳絮”的主要成分為纖維素11、下列選項中，有關實驗操作、現(xiàn)象和結論都正確的是選項實驗操作現(xiàn)象結論A將過量的CO2通入CaCl2溶液中無白色沉淀出現(xiàn)生成的Ca(HCO3)2可溶于水B常溫下將Al片插入濃硫酸中無明顯現(xiàn)象Al片和濃硫酸不反應C用玻璃棒蘸取濃氨水點到紅色石蕊試紙上試紙變藍色濃氨水呈堿性D將SO2通入溴水中溶液褪色SO2具有漂白性A．A B．B C．C D．D12、NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．11g超重水(T2O)含中子數(shù)為5NAB．1molSiO2中Si—O鍵的數(shù)目為4NAC．常溫下，pH=6的MgCl2溶液中H+的數(shù)目為10-6NAD．標準狀況下，2.24LCl2全部溶于水所得溶液中的Cl－數(shù)目為0.1NA13、設[aX+bY]為a個X微粒和b個Y微粒組成的一個微粒集合體，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法中正確的是（）A．0.5mol雄黃(As4S4，已知As和N同主族，結構如圖)含有NA個S-S鍵B．合成氨工業(yè)中，投料1mol[N2(g)+3H2(g)]可生成2NA個[NH3(g)]C．用惰性電極電解1L濃度均為2mol?L-1的AgNO3與Cu(NO3)2的混合溶液，當有0.2NA個電子發(fā)生轉(zhuǎn)移時，陰極析出6.4g金屬D．273K，101kPa下，1mol過氧化氫分子中含有的共用電子對數(shù)目為3NA14、下列實驗中，所選裝置或儀器合理的是A．高溫煅燒石灰石 B．從KI和I2的固體混合物中回收I2C．除去乙醇中的苯酚 D．量取15.00mLNaOH溶液15、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．pH=2的透明溶液：K+、SO42-、Na+、MnO4-B．使酚酞變紅的溶液：Na+、Mg2+、Cl-、NO3-C．與Al反應生成H2的溶液：NH4+、K+、NO3-、SO42-D．c（NO3-）=1.0mol?L-1的溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42-16、在下列自然資源的開發(fā)利用中，不涉及化學變化的是A．用蒸餾法淡化海水 B．用鐵礦石冶煉鐵C．用石油裂解生產(chǎn)乙烯 D．用煤生產(chǎn)水煤氣17、下列各組離子能在指定環(huán)境中大量共存的是A．在c（HCO3-）=0.1mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、Cl－、NO3-B．在由水電離出的c（H+）=1×10－12mol/L的溶液中：Fe2+、ClO－、Na+、SO42-C．pH=1的溶液中：Mg2+、Fe3+、NO3－、[Ag(NH3)2]+D．在使紅色石蕊試紙變藍的溶液中：SO32-、CO32-、Na+、K+18、電解合成1,2－二氯乙烷的實驗裝置如圖所示。下列說法中正確的是A．該裝置工作時，化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔蹷．CuCl2能將C2H4還原為l,2－二氯乙烷C．X、Y依次為陽離子交換膜、陰離子交換膜D．該裝置總反應為CH2CH2+2H2O+2NaClH2+2NaOH+ClCH2CH2Cl19、科學的假設與猜想是科學探究的先導與價值所在。在下列假設（猜想）引導下的探究肯定沒有意義的是A．探究Na與水反應可能有O2生成B．探究Na2O2與SO2反應可能有Na2SO4生成C．探究濃硫酸與銅在一定條件下反應產(chǎn)生的黑色物質(zhì)中可能含有CuSD．探究向滴有酚酞的NaOH溶液中通入Cl2，溶液紅色褪去的原因是溶液酸堿性改變所致，還是HClO的漂白性所致20、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象得出的結論正確的是操作現(xiàn)象結論A將分別通人溴水和酸性高錳酸鉀溶液中溴水和酸性高錳酸鉀溶液均褪色具有漂白性B向溶液中滴加1~2滴溶液，再滴加2滴溶液先產(chǎn)生白色沉淀，后產(chǎn)生紅褐色沉淀C向滴有酚酞的溶液中加入少量固體有白色沉淀生成，溶液紅色變淺溶液中存在水解平衡D將與鹽酸反應得到的氣體直通入溶液中產(chǎn)生白色沉淀酸性：A．A B．B C．C D．D21、X、Y、Z、W四種短周期元素的原子序數(shù)依次增大，原子最外層電子數(shù)之和為13，X的原子半徑比Y的小，X與W同主族，Z的族序數(shù)是其周期數(shù)的3倍，下列說法中正確的是A．四種元素簡單離子的半徑：X<Y<Z<WB．X與Y形成的離子化合物中既含離子鍵又含共價鍵C．離子化合物W2Z2中陰陽離子數(shù)之比為1:1D．只含X、Y、Z三種元素的化合物一定是共價化合物22、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結論A向苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液，濁液變清苯酚的酸性強于H2CO3的酸性B將溴乙烷和氫氧化鈉的乙醇溶液共熱后產(chǎn)生的氣體通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色溴乙烷發(fā)生消去反應CSO2通入KMnOSO2D向NaC1、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3KA．A B．B C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）丙胺卡因（H）是一種局部麻醉藥物，實驗室制備H的一種合成路線如下：已知：回答下列問題：(1)B的化學名稱是________，H的分子式是_____________。(2)由A生成B的反應試劑和反應條件分別為_______________。(3)C中所含官能團的名稱為_________，由G生成H的反應類型是___________。(4)C與F反應生成G的化學方程式為______________________________________。反應中使用K2CO3的作用是_______________。(5)化合物X是E的同分異構體，X能與NaOH溶液反應，其核磁共振氫譜只有1組峰。X的結構簡式為____________________。(6)（聚甲基丙烯酸甲酯）是有機玻璃的主要成分，寫出以丙酮和甲醇為原料制備聚甲基丙烯酸甲酯單體的合成路線：________________。（無機試劑任選）24、（12分）M是一種常用于緩解哮喘等肺部疾病的新型藥物，一種合成路線如圖：已知：RX++HX。請回答：（1）化合物D中官能團的名稱為______。（2）化合物C的結構簡式為______。（3）①和④的反應類型分別為______，______。（4）反應⑥的化學方程式為______。（5）下列說法正確的是______。A．化合物B能發(fā)生消去反應B．化合物H中兩個苯環(huán)可能共平面C．1mol化合物F最多能與5molNaOH反應D．M的分子式為C13H19NO3（6）同時符合下列條件的化合物A的同分異構體有______種（不包括立體異構），其中核磁共振氫譜有5組峰的結構簡式為______。①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應②能發(fā)生銀鏡反應25、（12分）次氯酸溶液由于其具有極強的氧化性，可以使病毒的核酸物質(zhì)發(fā)生氧化反應，從而殺滅病毒，是常用的消毒劑和漂白劑。已知：Ⅰ.常溫常壓下，Cl2O為棕黃色氣體，沸點為3.8℃，42℃以上會分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并與水立即反應生成HClO。Ⅱ.將氯氣和空氣(不參與反應)按體積比1∶3混合通入潮濕的碳酸鈉中生成Cl2O氣體，用水吸收Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液。某實驗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.回答下列問題：(1)裝置D的作用為_______________。(2)配平裝置B中的反應___________：Cl2+Na2CO3+H2O=Cl2O+NaCl+NaHCO3。寫出Cl2O的結構式為_____。(3)裝置C中加入的試劑X為CCl4，其作用是__________。(4)各裝置的連接順序為A→____________→____________→______________→E。(5)此方法相對于氯氣直接溶于水制備次氯酸溶液的優(yōu)點是__________。(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，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_____g。26、（10分）草酸銨[(NH4)2C2O4]為無色柱狀晶體，不穩(wěn)定，受熱易分解，可用于測定Ca2+、Mg2+的含量。I．某同學利用如圖所示實驗裝置檢驗草酸銨的分解產(chǎn)物。(l)實驗過程中，觀察到浸有酚酞溶液的濾紙變紅，裝置B中澄清石灰水變渾濁，說明分解產(chǎn)物中含有____（填化學式）；若觀察到____，說明分解產(chǎn)物中含有CO2草酸銨分解的化學方程式為____。(2)反應開始前，通人氮氣的目的是____。(3)裝置C的作用是____。(4)還有一種分解產(chǎn)物在一定條件下也能還原CuO，該反應的化學方程式為_____。Ⅱ．該同學利用草酸銨測定血液中鈣元素的含量。(5)取20.00mL血液樣品，定容至l00mL，分別取三份體積均為25.00mL稀釋后的血液樣品，加入草酸銨，生成草酸鈣沉淀，過濾，將該沉淀溶于過量稀硫酸中，然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液進行滴定。滴定至終點時的實驗現(xiàn)象為____。三次滴定實驗消耗KMnO4溶液的體積分別為0.43mL，0.4lmL，0.52mL，則該血液樣品中鈣元素的含量為__________mmol/L。27、（12分）鈷是一種中等活潑金屬，化合價為+2價和+3價，其中CoC12易溶于水。某校同學設計實驗制?。–H3COO）2Co（乙酸鈷）并驗證其分解產(chǎn)物?；卮鹣铝袉栴}：（1）甲同學用Co2O3與鹽酸反應制備CoC12?4H2O，其實驗裝置如下：①燒瓶中發(fā)生反應的離子方程式為______。②由燒瓶中的溶液制取干燥的CoC12?4H2O，還需經(jīng)過的操作有蒸發(fā)濃縮、______、洗滌、干燥等。（2）乙同學利用甲同學制得的CoC12?4H2O在醋酸氛圍中制得無水（CH3COO）2Co，并利用下列裝置檢驗（CH3COO）2Co在氮氣氣氛中的分解產(chǎn)物。已知PdC12溶液能被CO還原為Pd。①裝置E、F是用于檢驗CO和CO2的，其中盛放PdC12溶液的是裝置______（填“E”或“F”）。②裝置G的作用是______；E、F、G中的試劑均足量，觀察到I中氧化銅變紅，J中固體由白色變藍色，K中石灰水變渾濁，則可得出的結論是______。③通氮氣的作用是______。④實驗結束時，先熄滅D和I處的酒精燈，一段時間后再關閉彈簧夾，其目的是______。⑤若乙酸鈷最終分解生成固態(tài)氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n（X）：n（CO）：n（CO2）：n（C2H6）=1：4：2：3（空氣中的成分不參與反應），則乙酸鈷在空氣氣氛中分解的化學方程式為______。28、（14分）2019年諾貝爾化學獎授予三位化學家，以表彰其對研究開發(fā)鋰離子電池作出的卓越貢獻。LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6和LiCl等可作鋰離子聚合物電池的材料?；卮鹣铝袉栴}：（1）Fe的價層電子排布式為___。（2）Li、F、P、As四種元素的電負性由大到小的順序為___。（3）乙二醇(HOCH2CH2OH)的相對分子質(zhì)量與丙醇(CH3CH2CH2OH)相近，但沸點高出100℃，原因是___。（4）電池工作時，Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧鏈遷移的過程如圖甲所示（圖中陰離子未畫出）。電解質(zhì)LiPF6或LiAsF6的陰離子結構如圖乙所示(X=P、As)。①聚乙二醇分子中，碳、氧的雜化類型分別是___、___。②從化學鍵角度看，Li+遷移過程發(fā)生___（填“物理變化”或“化學變化”）。③PF6中P的配位數(shù)為___。④相同條件，Li+在___（填“LiPF6”或“LiAsF6”）中遷移較快，原因是___。（5）以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分數(shù)坐標。LiCl·3H2O屬正交晶系（長方體形）。晶胞參數(shù)為0.72nm、1.0nm、0.56nm。如圖為沿x軸投影的品胞中所有Cl原子的分布圖和原子分數(shù)坐標。據(jù)此推斷該晶胞中Cl原子的數(shù)目為___。LiCl·3H2O的摩爾質(zhì)量為Mg·mol-1，設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則LiCl·3H2O晶體的密度為___g·cm-3（列出計算表達式）。29、（10分）二氧化碳是常見的溫室氣體，其回收利用是環(huán)保領域研究的熱點課題。Ⅰ.CO2可以與H2反應合成C2H4，該轉(zhuǎn)化分兩步進行：第一步：CO2(g)＋H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41.3kJ·mol-1第二步：2CO(g)＋4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)△H=–210.5kJ·mol-1（1）CO2與H2反應反應合成乙烯的熱化學方程式為___。（2）一定條件下的密閉容器中，要提高CO2合成乙烯的轉(zhuǎn)化率，可以采取的措施是____（填標號）。①減小壓強②增大H2的濃度③加入適當催化劑④分離出H2O(g)（3）己知溫度對CO2合成乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率及催化劑的催化效率的影響如圖所示，下列說法正確的是____（填標號）。①N點的速率最大②M點的平衡常數(shù)比N點的平衡常數(shù)大③溫度低于250℃時，隨溫度升高乙烯的平衡產(chǎn)率增大④實際反應盡可能在較低的溫度下進行，以提高CO2的轉(zhuǎn)化率Ⅱ.研究表明CO2和H2在一定條件下可以合成甲醇，反應方程式為CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)[反應①]。一定條件下，往2L恒容密閉容器中充入2.0mo1CO2和4.0molH2，在不同催化劑作用下合成甲醇，相同時間內(nèi)CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度變化如圖所示：（4）催化效果最佳的是催化劑____(填“A”、“B”或“C”)。（5）T2溫度下，若反應進行10min達到圖中a點狀態(tài)，用CO2的濃度表示的反應速率v(CO2)=____。（6）圖中b點已達平衡狀態(tài)，則該溫度下反應的平衡常數(shù)K=____。（7）在某催化劑作用下，CO2和H2除發(fā)生反應①外，還發(fā)生如下反應：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)[反應②]。維持壓強不變，按固定初始投料比將CO2和H2按一定流速通過該催化劑，經(jīng)過相同時間測得如下實驗數(shù)據(jù)：T(K)CO2實際轉(zhuǎn)化率（%）甲醇選擇性（%）54312.342.355315.339.1注：甲醇的選擇性是指發(fā)生反應的CO2中轉(zhuǎn)化為甲醇的百分比。表中數(shù)據(jù)說明，升高溫度CO2的實際轉(zhuǎn)化率提高而甲醇的選擇性降低，其原因是____。

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、B【解析】

A．小蘇打是碳酸氫鈉，受熱易分解產(chǎn)生二氧化碳而常用作食品疏松劑，與氧化性無關，故A錯誤；B．漂粉精作消毒劑，利用次氯酸鹽的強氧化，反應中Cl元素的化合價降低，作氧化劑，具有氧化性，故B正確；C．甘油作護膚保濕劑，是利用甘油的吸水性，沒有元素的化合價變化，與氧化性無關，故C錯誤；D．明礬中鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體而吸附水中懸浮物來凈水，與鹽類水解有關，與物質(zhì)氧化性無關，故D錯誤；故答案為B。2、C【解析】

依題意可知，M是NH4HSO3，N是NH4HSO4，故元素R、X、Y、Z依次為H、N、O、S，據(jù)此分析?！驹斀狻恳李}意可知，M是NH4HSO3，N是NH4HSO4，故元素R、X、Y、Z依次為H、N、O、S。A、H2O的熱穩(wěn)定性比NH3強，選項A正確；B、S2-的半徑比O2-的大，選項B項正確；C、HNO3、H2SO4均是強酸，但是，HNO2、H2SO3均是弱酸，選項C錯誤；D、NH3和H2S可反應生成(NH4)2S、NH4HS兩種鹽，選項D正確。答案選C。3、C【解析】

氨氣的催化氧化會生成一氧化氮，一氧化氮和氧氣與水反應得到硝酸；濃鹽酸與二氧化錳反應生成氯氣、氯氣與石灰乳反應生成次氯酸鈣和氯化鈣；氯化鋁溶液受熱水解生成氫氧化鋁；葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇催化氧化生成乙醛?！驹斀狻緼、氨氣在催化劑加熱條件下與氧氣反應生成NO，NO和氧氣與水反應得到硝酸，物質(zhì)的轉(zhuǎn)化在給定條件下能實現(xiàn)，故A正確；B、濃鹽酸與二氧化錳在加熱條件下反應生成氯化錳、水和氯氣，氯氣與石灰乳反應生成次氯酸鈣和氯化鈣，即生成漂白粉，物質(zhì)的轉(zhuǎn)化在給定條件下能實現(xiàn)，故B正確；C、Al2O3與鹽酸反應生成氯化鋁和水，氯化鋁溶液受熱水解生成氫氧化鋁，得不到無水氯化鋁，故C錯誤；D、葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇與氧氣在催化劑加熱條件想反應生成乙醛，物質(zhì)的轉(zhuǎn)化在給定條件下能實現(xiàn)，故D正確。答案選C?！军c睛】考查常見元素及其化合物的性質(zhì)，明確常見元素及其化合物性質(zhì)為解答關鍵，試題側(cè)重于考查學生對基礎知識的應用能力。4、D【解析】

A．0～6min時間內(nèi)，生成氧氣為=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2mol/L，則H2O2分解率為×100%=50%，故A正確；B．由A計算可知，反應至6min時c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故B正確；C．0～6min時間內(nèi)，生成氧氣為=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2mol/L，所以v(H2O2)=≈0.033mol/(L?min)，故C正確；D．由題中數(shù)據(jù)可知，0～3min生成氧氣的體積大于3～6min生成氧氣的體積，因此，4～6min的平均反應速率小于0～6min時間內(nèi)反應速率，故D錯誤；答案選D。5、D【解析】

某黃色溶液中可能含有Na＋、NH4＋、Fe2＋、Fe3＋、Cl－、SO42－、CO32－等離子，初步判斷含F(xiàn)e3＋，加入過量NaOH溶液，加熱，產(chǎn)生的紅褐色沉淀為氫氧化鐵，灼燒得到1.6g固體為三氧化二鐵，氧化鐵的物質(zhì)的量=1.6g/160g·mol－1=0.01mol，則原溶液中含有0.02mol鐵元素為Fe3＋，原溶液中一定沒有CO32－，4.66g不溶于鹽酸的固體為硫酸鋇，硫酸鋇的物質(zhì)的量=4.66g/233g·mol－1=0.02mol，原溶液中含有0.02mol硫酸根離子，由于加入了氫氧化鈉溶液，無法判斷原溶液中是否含有鈉離子，由溶液為電中性可判斷是否存在氯離子?！驹斀狻考尤脒^量NaOH溶液，加熱產(chǎn)生的紅褐色沉淀為氫氧化鐵，1.6g固體為三氧化二鐵，氧化鐵的物質(zhì)的量為0.01mol，則原溶液中含有0.02mol鐵元素為Fe3+，原溶液中一定沒有CO32﹣，由于加入了NaOH，無法判斷原溶液中是否含有Na+，4.66g不溶于鹽酸的固體為硫酸鋇，硫酸鋇的物質(zhì)的量為0.02mol，則原溶液中含有0.02mol硫酸根離子，由電荷守恒，正電荷=3n（Fe3+）=0.06，負電荷=2n（SO42﹣）=0.04，原溶液中一定有Cl﹣，物質(zhì)的量應為0.02mol×3﹣0.02mol×2=0.02mol，若含有亞鐵離子時，c（Cl﹣）可能小于0.2mol/L，溶液中Fe2+加熱被氧化也可以生成鐵離子，則原溶液中c（Fe3+）=≤0.2mol/L，溶液中Na+、NH4+、Fe2+離子可能存在，故選：D。6、D【解析】

根據(jù)圖示可知，原混合液顯酸性，則為醋酸與醋酸鈉的混合液，a點加入0.10molNaOH固體，pH=7，說明原溶液中CH3COOH的物質(zhì)的量稍大于0.2mol。酸或堿抑制水的電離，含弱酸根離子的鹽促進水的電離，酸或堿的濃度越大，抑制水電離程度越大。A.1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合，發(fā)生的反應為：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，反應后的溶液是CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解能夠促進水的電離，而CH3COOH的電離會抑制水的電離。若向該混合溶液中通入HCl，b→c發(fā)生的反應為：CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，CH3COONa減少，CH3COOH增多，水的電離程度減小；若向該混合溶液中加入NaOH固體，b→a發(fā)生的反應是：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，CH3COONa增多，CH3COOH減少，水的電離會逐漸增大，因此水的電離程度：a>b>c，故A正確；B.b點對應的混合溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，則此時溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，結合電荷守恒，所以c(Na+)<c(CH3COO-)，故B正確；C.c點對于的溶液是通入0.1molHCl的溶液，相當于HCl中和氫氧化鈉，所以c點溶液相當于原CH3COOH溶液和0.1molNaCl固體的混合液，醋酸濃度大于0.2mol/L，所以c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故C正確；D.該溫度下，CH3COOH的電離平衡常數(shù)，a點對于溶液中pH=7，c(Na+)=c(CH3COO-)=0.2mol/L，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，則溶液中c(CH3COOH)=(c-0.2)mol/L，帶入公式得，故D錯誤。7、C【解析】

根據(jù)球棍模型，推出該有機物結構簡式為，據(jù)此分析；【詳解】A.根據(jù)球棍模型推出M的化學式為C12H10O2，故A錯誤；B.M與足量氫氣在一定條件下發(fā)生加成反應，得到，環(huán)上有10種不同的氫，因此環(huán)上一氯代物有10種，故B錯誤；C.M中有羧基和苯環(huán)，能發(fā)生中和反應、取代反應、加成反應，故C正確；D.苯的空間構型是平面正六邊形，M分子中含有2個苯環(huán)，因此一個M分子最多有22個原子共面，故D錯誤；答案：C。8、C【解析】

由導電性強弱可知，Pb(CH3COO)2是可溶性的弱電解質(zhì)，在離子方程式中保留化學式，據(jù)此分析作答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知，A.Pb(NO3)2溶液與CH3COONa溶液混合，會生成Pb(CH3COO)2，發(fā)生反應的離子方程式為：Pb2++2CH3COO-=Pb(CH3COO)2，A項正確；B.Pb(NO3)2溶液與K2S溶液混合會生成PbS沉淀，發(fā)生反應的離子方程式為：Pb2++S2-=PbS↓，B項正確；C.Pb(CH3COO)2溶液與K2S溶液混合，離子方程式為：Pb(CH3COO)2+S2-=PbS↓+2CH3COO-，C項錯誤；D.Pb(CH3COO)2在水中電離：Pb(CH3COO)2Pb2++2CH3COO-，D項正確；答案選C。【點睛】Pb(CH3COO)2易溶于水，在水溶液中部分電離，是少有的幾種不是強電解質(zhì)的鹽之一。9、A【解析】

由（1）可知，Cu(OH)2比CuCO3易生成，說明Cu(OH)2比CuCO3溶解度??；由（2）可知，CuS比Cu(OH)2易生成，說明CuS比Cu(OH)2溶解度更小。由此可以得出，溶解度CuS<Cu(OH)2<CuCO3。故選A。10、A【解析】

A.“紫煙”是水產(chǎn)生的霧氣，它是水蒸發(fā)產(chǎn)生的水蒸氣遇冷液化而形成的小液滴，是一種液化現(xiàn)象，不是碘升華，故A錯誤；B.自然界中金單質(zhì)的密度比較大，且化學性質(zhì)穩(wěn)定，可通過物理方法得到，故B正確；C.“爆竹”中含黑火藥，燃放過程中有新物質(zhì)二氧化碳、二氧化硫等生成，屬于化學變化，故C正確；D.“柳絮”的主要成分和棉花的相同，都是纖維素，故D正確。答案選A。.【點睛】本題體現(xiàn)了化學與生產(chǎn)、生活的密切關系，難度不大，注意知識的遷移應用、化學基礎知識的積累是解題的關鍵。11、C【解析】

A．因碳酸的酸性比鹽酸弱，所以CO2與CaCl2溶液不反應，A項錯誤；B．鋁與濃硫酸發(fā)生鈍化作用，在表面生成一層致密的氧化物膜而阻礙反應的繼續(xù)進行，B項錯誤；C．能使紅色石蕊試紙變藍色的溶液呈堿性，則濃氨水呈堿性，C項正確；D．二氧化硫與溴水發(fā)生氧化還原反應，體現(xiàn)二氧化硫的還原性，而不是漂白性，D項錯誤；故答案選C。12、B【解析】

A.11g超重水(T2O)的物質(zhì)的量為=0.5mol，則含中子數(shù)為0.5mol(22+8)NA=6NA，A項錯誤；B.SiO2中每個Si原子會形成4個Si—O鍵，故1molSiO2中Si—O鍵的數(shù)目為4NA，B項正確；C.溶液的體積未知，H+的數(shù)目無法求出，C項錯誤；D.標準狀況下，2.24LCl2為0.1mol，但氯氣溶于水為可逆反應，因此生成的Cl－數(shù)目小于0.1NA，D項錯誤；答案選B。13、D【解析】

A.由As4S4的結構圖可知，黑球代表As，白球代表S，則As4S4的結構中不存在S-S鍵，故A錯誤；B.合成氨氣的反應為可逆反應，則投料1mol[N2(g)+3H2(g)]生成的[NH3(g)]數(shù)目小于2NA，故B錯誤；C.根據(jù)陰極放電順序可知，銀離子先放電，則當有0.2NA個電子發(fā)生轉(zhuǎn)移時，陰極析出21.6g金屬，故C錯誤；D.過氧化氫分子中氫原子與氧原子、氧原子與氧原子之間均為單鍵，則1mol過氧化氫分子中含有的共用電子對數(shù)目為3NA，故D正確；綜上所述，答案為D。14、D【解析】

A.高溫煅燒石灰石不可用瓷坩堝進行，氧化鈣與二氧化硅反應，A錯誤；B.I2易升華，分離回收碘，應在密封的裝置中，圖中蒸發(fā)皿加熱后不能回收碘，B錯誤；C.苯酚易溶于乙醇中，不會有沉淀，所以不能用過濾法分離乙醇和苯酚，C錯誤；D.量取15.00mLNaOH溶液，可選擇滴定管，移液管等精準的量器，D正確；答案選D。15、A【解析】

A.pH=2是酸性溶液，K+、SO42-、Na+、MnO4-均能共存，A正確；B.使酚酞變紅的溶液是堿性溶液，Mg2+與OH-反應生成Mg(OH)2的白色沉淀，不能共存，B錯誤；C.與Al反應生成H2的溶液是可酸可堿，NH4+與OH-反應生成一水合氨，不能共存，C錯誤；D.在酸性溶液中，NO3-會顯強氧化性，將Fe2+氧化生成Fe3+，所以H+、NO3-、Fe2+不能共存，D錯誤；故答案選A?！军c睛】在酸性環(huán)境中，NO3-、ClO-、MnO7-、Cr2O72-會顯強氧化性，氧化低價態(tài)的Fe2+、S2-、SO32-、I-、有機物等，所以不能共存。16、A【解析】

A.蒸餾海水，利用沸點的差異分離易揮發(fā)和難揮發(fā)的物質(zhì)，沒有涉及到化學變化，A項符合題意；B.鐵礦石煉鐵，從鐵的化合物得到鐵單質(zhì)，涉及到化學變化，B項不符合題意；C.石油裂解，使得較長碳鏈的烷烴斷裂得到較短碳鏈的烴類化工原料，涉及到化學變化，C項不符合題意；D.煤生成水煤氣，C與水蒸氣高溫條件下得到CO和H2，涉及到化學變化，D項不符合題意；本題答案選A。17、D【解析】

離子間如果發(fā)生化學反應，則不能大量共存，反之是可以的?！驹斀狻緼、Al3＋和HCO3－水解相互促進生成氫氧化鋁和CO2，不能大量共存；B、水的電離是被抑制的，所以溶液可能顯酸性，也可能顯堿性。但不論是顯酸性，還是顯堿性，ClO－都能氧化Fe2+，不能大量共存；C、溶液顯酸性[Ag(NH3)2]+不能大量共存。D、溶液顯堿性，可以大量共存；答案選D?！军c睛】該題是高考中的高頻題，屬于中等難度的試題，側(cè)重對學生基礎知識的訓練和檢驗。有利于培養(yǎng)學生的邏輯推理能力，提高學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力。該題需要明確離子不能大量共存的一般情況，即（1）能發(fā)生復分解反應的離子之間；（2）能生成難溶物的離子之間；（3）能發(fā)生氧化還原反應的離子之間；（4）能發(fā)生絡合反應的離子之間（如Fe3+和SCN-）；解決離子共存問題時還應該注意題目所隱含的條件，題目所隱含的條件一般有：（1）溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的顏色，如無色時可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色離子的存在；（3）溶液的具體反應條件，如“氧化還原反應”、“加入鋁粉產(chǎn)生氫氣”；（4）是“可能”共存，還是“一定”共存等。18、D【解析】

A.該裝置為外加電源的電解池原理；B.根據(jù)裝置圖易知，陽極生成的CuCl2與C2H4發(fā)生了氧化還原反應，根據(jù)化合價的升降判斷該氧化還原反應的規(guī)律；C.根據(jù)電解池陰陽極發(fā)生的電極反應式及溶液電中性原則分析作答；D.根據(jù)具體的電解反應與氧化還原反應綜合寫出該裝置的總反應?！驹斀狻緼.該裝置為電解池，則工作時，電能轉(zhuǎn)變?yōu)榛瘜W能，故A項錯誤；B.C2H4中C元素化合價為-2價，ClCH2CH2Cl中C元素化合價為-1價，則CuCl2能將C2H4氧化為1，2一二氯乙烷，故B項錯誤；C.該電解池中，陽極發(fā)生的電極反應式為：CuCl-e-+Cl-=CuCl2，陽極區(qū)需要氯離子參與，則X為陰離子交換膜，而陰極區(qū)發(fā)生的電極反應式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，有陰離子生成，為保持電中性，需要電解質(zhì)溶液中的鈉離子，則Y為陽離子交換膜，故C項錯誤；D.該裝置中發(fā)生陽極首先發(fā)生反應：CuCl-e-+Cl-=CuCl2，生成的CuCl2再繼續(xù)與C2H4反應生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在陽極區(qū)循環(huán)利用，而陰極水中的氫離子放電生成氫氣，其總反應方程式為：CH2＝CH2＋2H2O＋2NaClH2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl，故D項正確；答案選D。19、A【解析】A、根據(jù)質(zhì)量守恒定律，化學反應前后元素的種類不變，鈉和水中含有鈉、氫和氧三種元素，產(chǎn)生的氣體如果為氧氣，不符合氧化還原反應的基本規(guī)律，鈉是還原劑，水只能做氧化劑，元素化合價需要降低，氧元素已是最低價-2價，不可能再降低，故A選；B、二氧化硫具有還原性，過氧化鈉具有氧化性，SO2和Na2O2反應可能有Na2SO4生成，故B不選；C、根據(jù)氧化還原反應化合價變化，濃硫酸與銅反應，硫酸中的硫元素被還原，銅有可能被氧化為硫化銅，有探究意義，故C不選；D．氯氣和氫氧化鈉反應生成氯化鈉次氯酸鈉和水，消耗氫氧化鈉溶液紅色褪去，氯氣可以與水反應生成的次氯酸或生成的次氯酸鈉水解生成次氯酸具有漂白性，有探究意義，故D不選；故選A。點睛：本題考查化學實驗方案評價，涉及生成物成分推測，解題關鍵：氧化還原反應規(guī)律、物質(zhì)性質(zhì)，易錯點：C選項，注意氧化還原反應特點及本質(zhì)，題目難度中等。20、C【解析】

A．將分別通人溴水和酸性高錳酸鉀溶液中，溴水和酸性高錳酸鉀溶液均褪色，體現(xiàn)了SO2的還原性，而不是漂白性，故A錯誤；B．向溶液中滴加1~2滴溶液，再滴加2滴溶液，觀察到先產(chǎn)生白色沉淀，后產(chǎn)生紅褐色沉淀，因NaOH溶液過量，無法判斷，故B錯誤；C．向滴有酚酞的溶液中加入少量固體，發(fā)現(xiàn)有有白色沉淀生成，溶液紅色變淺，說明Ba2+與CO32-結合生成BaCO3沉淀，促進CO32-的水解平衡逆向移動，溶液的堿性減弱，故C正確；D．將與鹽酸反應得到的氣體直通入溶液中，觀察到產(chǎn)生白色沉淀，因鹽酸有揮發(fā)性，生成的CO2中混有HCl，則無法判斷碳酸的酸性比硅酸強，故D錯誤；故答案為C。21、B【解析】

由題知，Z是氧元素；若X是第二周期元素，則不能同時滿足“原子序數(shù)依次增大”和“X的原子半徑比Y的小”，故X是氫元素，則W是鈉元素；結合最外層電子數(shù)之和為13知，Y是氮元素?！驹斀狻緼.簡單離子的半徑，即X<W<Z<Y，A項錯誤；B.NH4H中既含離子鍵又含共價鍵，B項正確；C.過氧化鈉中陰陽離子數(shù)之比為1:2，C項錯誤；D.只含H、N、O三種元素的化合物可能是共價化合物，如硝酸；也可能是離子化合物，如硝酸銨，D項錯誤。答案選B。22、B【解析】

A.苯酚與碳酸鈉溶液反應生成碳酸氫鈉，所以苯酚的酸性強于碳酸氫鈉，弱于碳酸，故A錯誤；B.氣體通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色說明生成乙烯氣體，溴乙烷生成乙烯的反應屬于消去反應，故B正確；C.SO2具有還原性，通入KMnO4溶液，溶液褪色，體現(xiàn)二氧化硫的還原性，故D.由于氯化鈉和碘化鈉的物質(zhì)的量濃度的相對大小未知，有可能因為碘化鈉的濃度較大而產(chǎn)生黃色沉淀碘化銀，因此不能得出結論KspAgC1>K故選B?！军c睛】二氧化硫具有漂白性，但并非所有顏色褪去的反應都是由于其漂白性，這是很容易被忽略的問題。比較結構和組成相似的難溶物的溶度積時，要根據(jù)控制變量法進行實驗設計，控制兩溶液的濃度相同，或控制溶度積較大的濃度較大，才可以得出合理的結論；或者根據(jù)沉淀的轉(zhuǎn)化進行判斷，但要注意在進行沉淀的轉(zhuǎn)化時，防止有過量試劑的干擾。二、非選擇題(共84分)23、鄰硝基甲苯（或2-硝基甲苯）C13H20ON2濃HNO3／濃H2SO4，加熱氨基取代反應吸收反應產(chǎn)生的HCl，提高反應的轉(zhuǎn)化率或【解析】

A的分子式結合G得知：A是甲苯，B中有-NO2，結合G的結構苯環(huán)上的-CH3和N原子所連接B苯環(huán)上的C屬于鄰位關系，故B是鄰硝基甲苯，在Fe和HCl存在下被還原成C物質(zhì)：鄰氨基甲苯，結合題干信息：二者反應條件一致，則確定D是乙醛CH3CHO，E是，部分路線如下：【詳解】（1）B的化學名稱是鄰硝基甲苯（或2-硝基甲苯）；H的分子式是C13H20ON2；（2）由A生成B的反應是硝化反應，試劑：濃HNO3、濃H2SO4，反應條件：加熱；（3）C中所含官能團的名稱為氨基；觀察G生成H的路線：G的Cl原子被丙胺脫掉—NH2上的一個H原子后剩下的集團CH3CH2CH2NH—取代，故反應類型是取代反應；（4）C與F反應生成G的化學方程式為；有機反應大多是可逆反應，加入K2CO3消耗反應產(chǎn)生的HCl，使平衡正向移動，提高反應物的轉(zhuǎn)化率；（5）的單體是，聯(lián)系原料有甲醇倒推出前一步是與甲醇酯化反應生成單體，由原料丙酮到增長了碳鏈，用到題干所給信息：，故流程如下：。24、酯基、羥基、羰基加成反應取代反應+HBrBD13【解析】

與HCHO發(fā)生加成反應生成B為，B與HCl發(fā)生取代反應生成C為，③為C與醋酸鈉的取代反應生成D，結合可知，④⑤均為取代反應，E為，與發(fā)生取代反應生成G為，G與HCl發(fā)生取代反應，再發(fā)生取代反應生成M?！驹斀狻浚?）化合物D為，其官能團的名稱為酯基、羥基、羰基，故答案為：酯基、羥基、羰基；（2）與HCHO發(fā)生加成反應生成B為，與HCl發(fā)生取代反應生成C為，故答案為；（3））與HCHO發(fā)生加成反應生成B為，與HCl發(fā)生取代反應生成C為，與醋酸鈉的取代反應生成，結合可知，④⑤均為取代反應，E為，故答案為：加成反應；取代反應；（4）反應⑥的化學方程式為：+HBr（5）A．化合物B為，不能發(fā)生消去反應，A錯誤；B．化合物H為，兩個苯環(huán)可能共平面，B正確；C.化合物F為，水解生成的羧基、酚羥基和HBr能和NaOH反應，則1mol化合物F最多能與4molNaOH反應，C錯誤；D．M的結構簡式為，其分子式為C13H19NO3，D正確；故答案為：BD；（6）化合物A為，①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，由酚羥基，②能發(fā)生銀鏡反應，由醛基，同時符合條件同分異構體有：鄰間對有10種，鄰間對有3種，總共有13種，其中核磁共振氫譜有5組峰的結構簡式為：，故答案為：13；；【點睛】苯環(huán)上由兩個取代基的同分異構體有3種、有兩個相同取代基和一個不同取代基的同分異構體有6中、有三個互不相同取代基的同分異構體有10種。25、除去氯氣中的HCl氣體；觀察產(chǎn)生氣泡的速度來調(diào)節(jié)流速和體積比1:32Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3Cl-O-Cl除去Cl2O中的Cl2，提高制得的HClO的純度DBC制備的HClO的濃度大，純度高，不含有Cl-57.6【解析】

該實驗屬于物質(zhì)制備類實驗，所需原料為氯氣和空氣，并且要注意體積比1:3這個要求；因此就出現(xiàn)了這兩個問題：(1)原料Cl2含有雜質(zhì)需要除雜；(2)如何準確地控制兩種原料氣體積比；帶著問題分析每個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問題。接下來，由于B中的制備反應是氣體與固體的反應，所以產(chǎn)物中肯定含有未反應完全的原料氣，所以這里又出現(xiàn)了一個問題：未反應完的原料氣是否會干擾后續(xù)的制備，如何除去；通過分析不難發(fā)現(xiàn)裝置C恰好可以解決上述問題；最終在裝置E中，成功制備了純度較高的次氯酸溶液?！驹斀狻?1)裝置D的作用一方面要對裝置A制備的Cl2進行凈化除雜，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)，同時觀察氣泡的速度來調(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)生的反應為2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3，Cl2O中的O為-2價，Cl為+1價，所以該反應是氯元素的歧化反應；根據(jù)Cl2O中氯和氧的價態(tài)可推測其結構為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處的反應是氣體與固體的反應，必然會有一部分Cl2無法反應，因此，需要對B裝置的出口氣體進行除氯氣操作，C中的CCl4由于與Cl2極性相近，可以將Cl2吸收，所以C的作用即：除去中的Cl2，提高次氯酸溶液的純度；(4)結合以上分析，可知連接順序為A→D→B→C→E；(5)氯氣直接溶解在水中會生成鹽酸雜質(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：，可知E中參與反應的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?！军c睛】在考慮制備類實驗的裝置連接順序時，可先找出其中的原料發(fā)生裝置，反應制備裝置和尾氣處理裝置，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題，最終設計出合理的連接順序。26、NH3、CO2E中黑色固體變紅，F(xiàn)中澄清石灰水變渾濁(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O排盡裝置中的空氣充分吸收CO2，防止干擾CO的檢驗2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不褪去2.1【解析】

(l)按實驗過程中觀察到現(xiàn)象，推測分解產(chǎn)物并書寫草酸銨分解的化學方程式；(2)氮氣驅(qū)趕裝置內(nèi)原有氣體，從空氣對實驗不利因素來分析；(3)由所盛裝的物質(zhì)性質(zhì)及實驗目的推測裝置C的作用；(4)從分解產(chǎn)物中找到另一個有還原性的物質(zhì)，結合氧化還原反應原理寫該反應的化學方程式；Ⅱ．(5)三次平行實驗，計算時要數(shù)據(jù)處理，結合關系式進行計算；【詳解】(l)實驗過程中，觀察到浸有酚酞溶液的濾紙變?yōu)榧t色說明分解產(chǎn)物中含有氨氣，裝置B中澄清石灰水變渾濁，說明分解產(chǎn)物中含有二氧化碳氣體；若觀察到裝置E中氧化銅由黑色變?yōu)榧t色，裝置F中澄清石灰水變渾濁，說明分解產(chǎn)物中含有CO；答案為：NH3；CO2；E中黑色固體變紅，F(xiàn)中澄清石灰水變渾濁；草酸銨分解產(chǎn)生了CO2、NH3、CO，結合質(zhì)量守恒定律知，另有產(chǎn)物H2O，則草酸銨分解的化學方程式為(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；答案為：(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；(2)反應開始前，通人氮氣的目的是排盡裝置中的空氣，避免CO與空氣混合加熱發(fā)生爆炸，并防止空氣中的CO2干擾實驗；答案為：排盡裝置中的空氣；(3)裝置E和F是驗證草酸銨分解產(chǎn)物中含有CO，所以要依次把分解產(chǎn)生的CO2、氣體中的水蒸氣除去，所以裝置C的作用是：吸收CO2，避免對CO的檢驗產(chǎn)生干擾；答案為：充分吸收CO2，防止干擾CO的檢驗；(4)還有一種分解產(chǎn)物在一定條件下也能還原CuO，那就是氨氣，NH3也會與CuO反應，其產(chǎn)物是N2和水，該反應的化學方程式為2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；答案為：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；(5)草酸鈣沉淀溶于過量稀硫酸中得到草酸，用0.0l00mol/LKMnO4溶液進行滴定，反應為，滴定至終點時，因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不褪去；答案為：因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不褪去；三次滴定實驗消耗KMnO4溶液的體積分別為0.43mL，0.4lmL，0.52mL，應舍棄0.52mL，誤差較大，則平均體積為0.42mL，滴定反應為，；=1.05×10?5mol，所以20mL血液樣品中含有的鈣元素的物質(zhì)的量為，即4.2×10?2mmol，則該血液中鈣元素的含量為；答案為：2.1。27、Co2O3＋6H＋＋2Cl－=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O冷卻結晶、過濾F除去CO2分解產(chǎn)物中還含有一種或多種含C、H元素的物質(zhì)將D中的氣態(tài)產(chǎn)物被后續(xù)裝置所吸收，或排除裝置中的空氣或不使K中水蒸氣進入盛無水CuSO4的干燥管中防止倒吸3(CH3COO)2CoCo3O4＋4CO↑＋2CO2↑＋3C2H6↑【解析】

(1)①已知，鹽酸、COCl2易溶于水，寫離子形式，氧化物、單質(zhì)寫化學式，反應的離子方程式:Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；②因反應產(chǎn)物中含有結晶水，則不能直接加熱制取，應采用：蒸發(fā)濃縮、降溫結晶、過濾、洗滌干燥等操作；（2）①裝置E、F是用于檢驗CO和CO2，PdCl2溶液能被CO還原為Pd，因此裝置E用于檢驗CO2，F(xiàn)裝置用于檢驗CO，裝盛足量PdCl2溶液；②裝置G的作用是吸收CO2，以防在裝置內(nèi)對后續(xù)實驗產(chǎn)生干擾；氧化銅變紅，則氧化銅被還原，無水硫酸銅變藍，說明反應中產(chǎn)生水，石灰水變渾濁，則說明產(chǎn)生二氧化碳氣體，則說明分解產(chǎn)物中含有一種或多種含有C、H元素的物質(zhì)；③通入氮氣的作用為使D裝置中產(chǎn)生的氣體全部進入后續(xù)裝置，且排凈后續(xù)裝置內(nèi)的氧氣等；④實驗結束時，先熄天D和I處的酒精燈，一段時間后裝置D、E內(nèi)的溫度降低后再停止通入氣體可以有效防止倒吸；⑤乙酸鈷受熱分解，空氣中的成分不參與反應生成物有固態(tài)氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X)︰n(CO)︰n(CO2)︰n(C2H6)=1︰4︰2︰3，根據(jù)原子守恒配平即可；【詳解】(1)①已知，鹽酸、COCl2易溶于水，寫離子形式，氧化物、單質(zhì)寫化學式，反應的離子方程式:Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；②因反應產(chǎn)物中含有結晶水，則不能直接加熱制取，應采用：蒸發(fā)濃縮、降溫結晶、過濾、洗滌干燥等操作；（2）①裝置E、F是用于檢驗CO和CO2，PdCl2溶液能被CO還原為Pd，因此裝置E用于檢驗CO2，F(xiàn)裝置用于檢驗CO，裝盛足量PdCl2溶液；②裝置G的作用是吸收CO2，以防在裝置內(nèi)對后續(xù)實驗產(chǎn)生干擾；氧化銅變紅，則氧化銅被還原，無水硫酸銅變藍，說明反應中產(chǎn)生水，石灰水變渾濁，則說明產(chǎn)生二氧化碳氣體，則說明分解產(chǎn)物中含有一種或多種含有C、H元素的物質(zhì)，答案為：除去CO2；分解產(chǎn)物中含有一種或多種含C、H元素的物質(zhì)；③通入氮氣的作用為使D裝置中產(chǎn)生的氣體全部進入后續(xù)裝置，且排凈后續(xù)裝置內(nèi)的氧氣等，答案為：將D中的氣態(tài)產(chǎn)物帶入后續(xù)裝置（或排除裝置中的空氣或不使K中水蒸氣進入盛無水硫酸銅的干燥管等）；④實驗結束時，先熄天D和I處的酒精燈，一段時間后裝置D、E內(nèi)的溫度降低后再停止通入氣體可以有效防止倒吸，答案為：防止倒吸；⑤乙酸鈷受熱分解，空氣中的成分不參與反應生成物有固態(tài)氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X)︰n(CO)︰n(CO2)︰n(C2H6)=1︰4︰2︰3，根據(jù)原子守恒配平即可，反應式為：3(CH3COO)2CoCo3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑；28、3d64s2F、