四川省資陽市樂至縣寶林中學2024年高三第一次模擬考試化學試卷含解析

四川省資陽市樂至縣寶林中學2024年高三第一次模擬考試化學試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、關于下列各實驗裝置的敘述中，不正確的是（）A．可用于實驗室制取少量NH3或O2B．可用從a處加水的方法檢驗裝置②的氣密性C．實驗室可用裝置③收集H2、NH3D．制硫酸和氫氧化鈉，其中b為陽離子交換膜、c為陰離子交換膜2、化學與生產、生活及社會發(fā)展密切相關。下列說法正確的是A．醫(yī)療上用濃度為95％的酒精殺菌消毒B．葡萄糖作為人類重要的能量來源，是由于它能發(fā)生水解C．石墨纖維和制醫(yī)用口罩的聚丙烯纖維都是有機高分子化合物D．聚合硫酸鐵[Fe2(OH)x(SO4)y]n是新型絮凝劑，可用來處理水中的懸浮物3、NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是A．5.5g超重水(T2O)中含有的中子數目為3NAB．常溫常壓下，44gCO2與足量過氧化鈉反應轉移電子的數目為NAC．常溫常壓下，42gC2H4和C4H8混合氣體中含有氫原子的數目為6NAD．0.1L0.5mol·L－1CH3COOH溶液中含有H＋數目為0.2NA4、將鐵粉和活性炭的混合物用NaCl溶液濕潤后，置于如圖所示裝置中，進行鐵的電化學腐蝕實驗。下列有關該實驗的說法正確的是（）A．在此實驗過程中鐵元素被還原B．鐵腐蝕過程中化學能全部轉化為電能C．活性炭的存在會加速鐵的腐蝕D．以水代替NaCl溶液，鐵不能發(fā)生吸氧腐蝕5、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是A．1L0.2mol/L亞硫酸鈉溶液中H2SO3、HSO3—、SO32—的總數為0.2NAB．標準狀況下，等物質的量的C2H4和CH4所含的氫原子數均為4NAC．向含1molFeI2的溶液中通入等物質的量的Cl2，轉移的電子數為NAD．100g9.8%的硫酸與磷酸的混合溶液中含氧原子數為0.4NA6、金屬(M)－空氣電池(如圖)具有原料易得、能量密度高等優(yōu)點，有望成為新能源汽車和移動設備的電源。該類電池放電的總反應為：4M+nO2+2nH2O=4M(OH)n。已知：電池的“理論比能量”指單位質量的電極材料理論上能釋放出的最大電能。下列說法不正確的是A．多孔電極有利于氧氣擴散至電極表面，可提高反應速率B．電池放電過程的正極反應式：O2+2H2O+4e－=4OH－C．比較Mg、Al二種金屬－空氣電池，“理論比能量”之比是8∶9D．為防止負極區(qū)沉積Mg(OH)2，宜采用中性電解質及陽離子交換膜7、某科研團隊研究將磷鎢酸(H3PW12O40，以下簡稱HPW)代替濃硫酸作為酯化反應的催化劑，但HPW自身存在比表面積小、易溶于有機溶劑而難以重復使用等缺點，將其負載在多孔載體(如硅藻土、C等)上則能有效克服以上不足，提高其催化活性。用HPW負載在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化率與HPW負載量的關系(溫度：120℃，時間：2h)如圖所示，下列說法不正確的是A．與HPW相比，HPW/硅藻土比表面積顯著增加，有助于提高其催化性能B．當HPW負載量為40%時達到飽和，酯化率最高C．用HPW/硅藻土代替?zhèn)鹘y催化劑，可減少設備腐蝕等不足D．不同催化劑對酯化率的影響程度主要取決于化學反應正向進行的程度8、某同學進行有關銅、硝酸、硫酸化學性質的實驗，實驗過程如圖所示：實驗1實驗2①、③中溶液呈藍色，試管口有紅棕色氣體產生③中溶液呈藍色，試管口有紅棕色氣體產生下列說法正確的是A．稀硝酸一定被還原為NO2B．實驗1-②中溶液存在：c(Cu2+)+c(H+)＝c(NO3－)+c(OH－)C．由上述實驗得出結論：常溫下，Cu既可與稀硝酸反應，也可與稀硫酸反應D．實驗1-③、實驗2-③中反應的離子方程式：3Cu＋2NO3-＋8H+=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O9、下列關于膠體和溶液的說法中，正確的是（）A．膠體粒子在電場中自由運動B．丁達爾效應是膠體粒子特有的性質，是膠體與溶液、懸濁液的本質區(qū)別C．膠體粒子，離子都能過通過濾紙與半透膜D．鐵鹽與鋁鹽都可以凈水，原理都是利用膠體的性質10、某實驗小組探究SO2與AgNO3溶液的反應，實驗記錄如下：序號ⅠⅡⅢ實驗步驟實驗現象得到無色溶液a和白色沉淀b產生無色氣體，遇空氣變?yōu)榧t棕色產生白色沉淀下列說法正確的是A．透過測Ⅰ中無色溶液a的pH可以判斷SO2是否被氧化B．實驗Ⅱ說明白色沉淀b具有還原性C．實驗Ⅲ說明溶液a中一定有生成D．實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ說明SO2與AgNO3溶液反應既有Ag2SO4生成，又有Ag2SO3生成11、常溫下，將鹽酸滴加到Na2X溶液中，混合溶液的pOH[pOH=—lgc(OH-)]與離子濃度變化的關系如圖所示。下列敘述正確的是A．曲線N表示pOH與兩者的變化關系B．NaHX溶液中c(X2-)>c(H2X)C．當混合溶液呈中性時，c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)D．常溫下，Na2X的第一步水解常數Kh1=1.0×10-412、為研究某固體混合物樣品的成分，取等質量的兩份該固體，進行如下實驗(不考慮鹽類的水解及水的電離)：(1)一份固體溶于水得透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入過量稀鹽酸，仍有4.66g沉淀。(2)另一份固體與過量NaOH固體混合后充分加熱，產生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體0.672L(標準狀況)。根據上述實驗現象，該固體樣品的成分可能是()A．Na2SO4、(NH4)2CO3、KClB．KCl、Na2CO3、(NH4)2SO4C．CuCl2、Na2CO3、(NH4)2SO4D．Na2SO4、NH4Cl、K2CO313、由N2O和NO反應生成N2和NO2的能量變化如圖所示。下列說法錯誤的是A．使用催化劑可以降低過渡態(tài)的能量B．反應物能量之和大于生成物能量之和C．N2O(g)+NO(g)→N2(g)+NO2(g)+139kJD．反應物的鍵能總和大于生成物的鍵能總和14、β?月桂烯的結構如圖所示，一分子該物質與兩分子溴發(fā)生加成反應的產物(只考慮位置異構)理論上最多有（）A．2種 B．3種 C．4種 D．6種15、東漢晚期的青銅奔馬（馬踏飛燕）充分體現了我國光輝燦爛的古代科技，已成為我國的旅游標志。下列說法錯誤的是A．青銅是我國使用最早的合金、含銅、錫、鉛等元素B．青銅的機械性能優(yōu)良，硬度和熔點均高于純銅C．銅器皿表面的銅綠可用明礬溶液清洗D．“曾青（）得鐵則化為銅”的過程發(fā)生了置換反應16、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量比是5:7，則x:y為A．1∶1 B．1∶2 C．5∶7 D．7∶517、稠環(huán)芳香烴是指兩個或兩個以上的苯環(huán)通過共用環(huán)邊所構成的多環(huán)有機化合物。常見的稠環(huán)芳香烴如萘、蒽、菲、芘等,其結構分別為下列說法不正確的是（）A．萘與H2完全加成后，產物的分子式為C10H18B．蒽、菲、芘的一氯代物分別有3種、5種、5種C．上述四種物質的分子中,所有碳原子均共平面D．上述四種物質均能發(fā)生加成反應、取代反應18、已知短周期元素M、N、P、Q最高價氧化物對應水化物分別為X、Y、Z、W，M是短周期中原子半徑最大的元素，常溫下X、Z、W均可與Y反應，M、P、Q的原子序數及0.1mol/LX、Z、W溶液的pH如圖所示。下列說法正確的是（）A．N原子的電子層數與最外層電子數相等B．M的離子半徑小于N的離子半徑C．P氫化物穩(wěn)定性大于Q氫化物穩(wěn)定性D．X、W兩物質含有的化學鍵類型相同19、將濃度均為0.5mol?L-1氨水和KOH溶液分別滴入到體積均為20mL且濃度相同的AlCl3溶液中，測得溶液的導電率與加入堿的體積關系如圖所示，下列說法中錯誤的是()A．AlCl3溶液的物質的量濃度為0.2mol?L-1B．根據圖象可以確定導電率與離子種類有關C．cd段發(fā)生的反應是Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2OD．e點時溶液中的離子濃度：c(K+)＝c(Cl－)＋c(AlO2－)20、常溫下，HNO2的電離平衡常數為K＝4.6×10－4(已知＝2.14)，向20mL0.01mol·L－1HNO2溶液中逐滴加入相同濃度的NaOH溶液，測得混合液的pH隨NaOH溶液體積的變化如圖所示，下列判斷正確的是A．X＝20B．a點溶液中c(H＋)＝2.14×10－3mol·L－1C．a、b、c、d四點對應的溶液中水的電離程度逐漸減小D．b點溶液中微粒濃度的大小關系為c(HNO2)＞c(Na＋)＞c()21、在飽和食鹽水中滴加酚酞溶液后，在以碳棒為電極進行電解，下列有關的實驗現象的描述中正確的是（）A．負極區(qū)先變紅 B．陽極區(qū)先變紅C．陰極有無色氣體放出 D．正極有黃綠色氣體放出22、反應2NO2(g)N2O4(g)+57kJ，若保持氣體總質量不變。在溫度為T1、T2時，平衡體系中NO2的體積分數隨壓強變化曲線如圖所示。下列說法正確的是A．a、c兩點氣體的顏色：a淺，c深B．a、c兩點氣體的平均相對分子質量：a>cC．b、c兩點的平衡常數：Kb=KcD．狀態(tài)a通過升高溫度可變成狀態(tài)b二、非選擇題(共84分)23、（14分）洛匹那韋(Lopinavir)是抗艾滋病毒常用藥，在“眾志成城戰(zhàn)疫情”中，洛匹那韋，利托那韋合劑被用于抗新型冠狀病毒(2019-nCoV)。洛匹那韋的合成路線可設計如圖：回答下列問題：(1)A的化學名稱是_______；A制備B反應的化學方程式為_________(注明反應條件)。(2)D生成E的反應類型為_____；F中能與氫氣發(fā)生加成反應的官能團名稱為___。(3)C的分子式為_____；一定條件下，C能發(fā)生縮聚反應，化學方程式為_____。(4)K2CO3具有堿性，其在制備D的反應中可能的作用是______。(5)X是C的同分異構體，寫出一種符合下列條件的X的結構簡式______。①含有苯環(huán)，且苯環(huán)上的取代基數目≤2②含有硝基③有四種不同化學環(huán)境的氫，個數比為6：2：2：1(6)已知：CH3COOHCH3COCl，(2，6-二甲基苯氧基)乙酰氯()是由G合成洛匹那韋的原料之一，寫出以2，6-二甲基苯酚、ClCH2COOCH2CH3、K2CO3為原料制各該物質的合成路線________（其它無機試劑任選）。24、（12分）某藥物中間體X的合成路線如下：已知：①RX＋＋HX；②－NH2＋RCHORCH＝N－；③R－OH；④。請回答：（1）F的結構簡式為________。（2）下列說法正確的是________。AH→X的反應類型屬于加成反應B化合物F具有弱堿性C化合物G能發(fā)生取代、消去、還原反應D化合物X的分子式為C23H27O3N9（3）寫出B→C的化學方程式________。（4）可以轉化為。設計以苯酚和乙烯為原料制備的合成路線（用流程圖表示，無機試劑任選）________。（5）寫出化合物B同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式。①分子中有一個六元環(huán)，無其它環(huán)狀結構；________②1H?NMR譜表明分子中有2種氫原子；IR譜顯示存在－CN________。25、（12分）堿式碳酸鈷[Cox（OH）y(CO3)z]常用作電子材料，磁性材料的添加劑，受熱時可分解生成三種氧化物。為了確定其組成，某化學興趣小組同學設計了如圖所示裝置進行實驗。（1）請完成下列實驗步驟：①稱取3.65g樣品置于硬質玻璃管內，稱量乙、丙裝置的質量；②按如圖所示裝置組裝好儀器，并檢驗裝置氣密性；③加熱甲中玻璃管，當乙裝置中____________（填實驗現象），停止加熱；④打開活塞a，緩緩通入空氣數分鐘后，稱量乙、丙裝置的質量；⑤計算。（2）步驟④中緩緩通入空氣數分鐘的目的是_____________________（3）某同學認為上述實驗裝置中存在一個明顯缺陷，為解決這一問題，可選用下列裝置中的______(填字母)連接在_________(填裝置連接位置)。（4）若按正確裝置進行實驗，測得如下數據：乙裝置的質量/g丙裝置的質量/g加熱前80.0062.00加熱后80.3662.88則該堿式碳酸鈷的化學式為_________________。（5）含有Co(AlO2)2的玻璃常用作實驗室觀察鉀元素的焰色反應，該玻璃的顏色為___________。（6）CoCl2·6H2O常用作多彩水泥的添加劑，以含鈷廢料（含少量Fe、Al等雜質）制取CoCl2·6H2O的一種工藝如下：已知：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2CO(OH)2Al(OH)2開始沉淀（PH）2.37.57.63.4完全沉淀（PH）4.19.79.25.2①凈除雜質時，加入H2O2發(fā)生反應的離子方程式為______________。②加入CoCO3調PH為5.2～7.6，則操作Ⅰ獲得的濾渣成分為_____________。③加鹽酸調整PH為2～3的目的為__________________________________。④操作Ⅱ過程為___________(填操作名稱)、過濾。26、（10分）草酸亞鐵晶體（FeC2O4-2H2O，M=180g.mol-1）為淡黃色固體，難溶于水，可用作電池正極材料磷酸鐵鋰的原料?；卮鹣铝袉栴}：實驗1探究純草酸亞鐵晶體熱分解產物（1）氣體產物成分的探究，設計如下裝置（可重復選用）進行實驗：①裝置B的名稱為____。②按照氣流從左到右的方向，上述裝置的連接順序為a→___→點燃（填儀器接口的字母編號）。③為了排盡裝置中的空氣，防止加熱時發(fā)生爆炸，實驗前應進行的操作是____。④C處固體由黑變紅，其后的澄清石灰水變渾濁，則證明氣體產物中含有____。（2）固體產物成分的探究，待固體熱分解充分后，A處殘留黑色固體。黑色固體可能是Fe或FeO，設計實驗證明其成分為FeO的操作及現象為____。（3）依據（1）和（2）結論，A處發(fā)生反應的化學方程式為____。實驗2草酸亞鐵晶體樣品純度的測定工業(yè)制得的草酸亞鐵晶體中常含有FeSO4雜質，測定其純度的流程如下圖：（4）草酸亞鐵晶體溶解酸化用KMnO4溶液滴定至終點的離子方程式為____。（5）草酸亞鐵晶體樣品的純度為____（用代數式表示），若配制溶液時Fe2+被氧化，則測定結果將____（填“偏高”“偏低”或“不變”）。27、（12分）某學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中洗滌操作為關閉水龍頭，加乙醇溶液浸沒沉淀，緩慢流干，重復2～3次（5）步驟Ⅲ中，從濾渣制備Fe3O4膠體粒子需經過一系列操作。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-。28、（14分）據報道，我國化學研究人員用Ni(NO3)2和Tb(CH3COO)3等合成了一個鎳的一維鏈狀配位聚合物(如圖)，對鎳配合物在磁性、電化學性質等方面的研究提出了理論指導。請回答下列問題：(1)基態(tài)Ni原子的價電子軌道表達式為____________，Ni在元素周期表中處于第____________縱行。(2)C、N、O三種元素中電負性最大的是____(填元素符號)，C在形成化合物時，其鍵型以共價鍵為主，原因是_____________。(3)Ni(NO3)2中陰離子的空間構型是______，寫出與該陰離子互為等電子體的一種分子的化學式：________。(4)一維鏈狀配位聚合物中，碳原子的雜化形式為________________________。(5)已知：CH3COOH的沸點為117.9℃，HCOOCH3的沸點為32℃，CH3COOH的沸點高于HCOOCH3的主要原因是______。(6)已知：氧化鎳的晶胞結構如圖所示。①若NA為阿伏加德羅常數的值，晶體密度為ρg·cm－3，則該晶胞中最近的O2－之間的距離為____pm(用含ρ、NA的代數式表示)。②某缺陷氧化鎳的組成為Ni0.97O，其中Ni元素只有+2和+3兩種價態(tài)，兩種價態(tài)的鎳離子數目之比為___。29、（10分）燃煤煙氣的脫硫脫硝是目前研究的熱點。（1）用CH4催化還原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知:①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)

△H=-574kJ?mol-1②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)

△H=-1160kJ?mol-1③H2O(g)=H2O(l)

△H=-44kJ?mol-1寫出CH4(g)與NO2(g)反應生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l)的熱化學方程式______________。（2）某科研小組研究臭氧氧化--堿吸收法同時脫除SO2和NO工藝,氧化過程反應原理及反應熱、活化能數據如下:反應Ⅰ:NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)

△H1

=-200.9kJ?mol-1

Ea1

=3.2kJ?mol-1反應Ⅱ:SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)

△H2

=-241.6kJ?mol-1

Ea2

=58kJ?mol-1已知該體系中臭氧發(fā)生分解反應:2O3(g)3O2(g)。請回答:其它條件不變,每次向容積為2L的反應器中充入含1.0molNO、1.0molSO2的模擬煙氣和2.0molO3,改變溫度,反應相同時間t后體系中NO和SO2的轉化率如圖所示:①由圖可知相同溫度下NO的轉化率遠高于SO2,結合題中數據分析其可能原因_______。②下列說法正確的是____________。AP點一定為平衡狀態(tài)點B溫度高于200℃后,NO和SO2的轉化率隨溫度升高顯著下降、最后幾乎為零C其它條件不變,若縮小反應器的容積可提高NO和SO2的轉化率③假設100℃時P、Q均為平衡點,此時反應時間為10分鐘,發(fā)生分解反應的臭氧占充入臭氧總量的10%,則體系中剩余O3的物質的量是_______mol;NO的平均反應速率為_______;反應Ⅱ在此時的平衡常數為______。（3）用電化學法模擬工業(yè)處理SO2。將硫酸工業(yè)尾氣中的SO2通入如圖裝置(電極均為惰性材料)進行實驗,可用于制備硫酸,同時獲得電能:①M極發(fā)生的電極反應式為____________。②當外電路通過0.2mol電子時,質子交換膜左側的溶液質量_______(填“增大”或“減小”)_______克。

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、D【解析】

A.裝置①可以用濃氨水和生石灰取值氨氣，或用二氧化錳和過氧化氫制取氧氣，A正確；B.關閉活塞后，從a處加水就可以形成一個密閉的空間，可以用來檢驗裝置②的氣密性，B正確；C.短進長出，是向下排空氣法集氣，所以可以用裝置③收集H2、NH3，C正確；D.裝置④左邊是陽極，OH-放電，所以左邊生成H2SO4，b應該是陰離子交換膜，右邊是陰極，H+放電，所以右邊生成NaOH，a應該是陽離子交換膜，D錯誤；答案選D。2、D【解析】

A．過高濃度的酒精使蛋白質凝固的本領很大，它卻使細菌表面的蛋白質一下子就凝固起來，形成了一層硬膜，阻止酒精分子進一步滲入細菌內部，反而保護了細菌免遭死亡，酒精濃度過低，雖可進入細菌，但不能將其體內的蛋白質凝固，同樣也不能將細菌徹底殺死，醫(yī)療上用濃度為75%的酒精殺菌消毒，故A錯誤；B．葡萄糖屬于單糖，不能發(fā)生水解反應，葡萄糖在人體組織中緩慢氧化放出熱量，供給人體所需能量，故B錯誤；C．石墨纖維是由碳元素構成的單質，不是有機高分子化合物，故C錯誤；D．聚合硫酸鐵[Fe2(OH)x(SO4)y]n中的鐵離子在水溶液中能發(fā)生水解反應，生成氫氧化鐵膠體，可以吸附水中的懸浮物，故D正確；答案選D?！军c睛】有機化合物指含碳元素的化合物，但是不包括碳的氧化物、碳酸、碳酸鹽等，有機物是生命產生的物質基礎，所有的生命體都含有機化合物。脂肪、氨基酸、蛋白質、糖類、血紅素、葉綠素、酶、激素等。生物體內的新陳代謝和生物的遺傳現象，都涉及到有機化合物的轉變。此外，許多與人類生活有密切相關的物質，如石油、天然氣、棉花、染料、化纖、塑料、有機玻璃、天然和合成藥物等，均與有機化合物有著密切聯系。3、D【解析】

A選項，5.5g超重水(T2O)物質的量，1個T2O中含有12個中子，5.5g超重水(T2O)含有的中子數目為3NA，故A正確，不符合題意；B選項，根據反應方程式2mol過氧化鈉與2mol二氧化碳反應生成2mol碳酸鈉和1mol氧氣，轉移2mol電子，因此常溫常壓下，44gCO2即物質的量1mol，與足量過氧化鈉反應轉移電子的數目為NA，故B正確，不符合題意；C選項，C2H4和C4H8混合氣體可用通式法來分析，通式為CnH2n，42gC2H4和C4H8混合氣體中含有氫原子物質的量，因此含有氫原子的數目為6NA，故C正確，不符合題意；D選項，0.1L0.5mol·L－1CH3COOH物質的量為0.05mol，醋酸是弱酸，部分電離，因此溶液中含有H＋數目小于為0.05NA，故D錯誤，符合題意。綜上所述，答案為D。【點睛】C2H4和C4H8混合氣體可用通式法來分析含碳原子個數和含氫原子個數的思想。4、C【解析】

A、該裝置中發(fā)生吸氧腐蝕，Fe作負極，Fe失電子生成亞鐵離子；B、鐵腐蝕過程中部分化學能轉化為熱能、部分化學能轉化為電能；C、Fe、C和電解質溶液構成原電池，加速Fe的腐蝕；D、弱酸性或中性條件下鐵腐蝕吸氧腐蝕?！驹斀狻緼、該裝置中發(fā)生吸氧腐蝕，Fe作負極，Fe失電子生成亞鐵離子，電極反應式為Fe-2e-=Fe2+，被氧化，故A錯誤；B、鐵腐蝕過程發(fā)生電化學反應，部分化學能轉化為電能，且該過程放熱，所以還存在化學能轉化為熱能的變化，故B錯誤；C、Fe、C和電解質溶液構成原電池，Fe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，Fe發(fā)生吸氧腐蝕，故D錯誤；故選：C。5、A【解析】

A．根據物料守恒，1L0.2mol/L亞硫酸鈉溶液中H2SO3、HSO3—、SO32—的總物質的量為1L×0.2mol/L=0.2mol，其含硫微?？倲禐?.2NA，故A正確；B．標準狀況下，等物質的量的C2H4和CH4所含的氫原子數相等，因兩者的物質的量不一定是1mol，則不一定均為4NA，故B錯誤；C．向含1molFeI2的溶液中通入等物質的量的Cl2，1molCl2全部被還原為Cl-，則轉移的電子數為2NA，故C錯誤；D．100g9.8%的硫酸與磷酸的混合溶液中含有硫酸和磷酸的總質量為9.8g，物質的量總和為0.1mol，酸中含有氧原子數為0.4NA，但水中也有氧原子，則總氧原子數大于0.4NA，故D錯誤；故答案為A。6、C【解析】

A．反應物接觸面積越大，反應速率越快，所以采用多孔電極的目的是提高電極與電解質溶液的接觸面積，并有利于氧氣擴散至電極表面，從而提高反應速率，正確，A不選；B．根據總反應方程式，可知正極是O2得電子生成OH－，則正極反應式：O2+2H2O+4e－=4OH－，正確，B不選；C．根據指單位質量的電極材料理論上能釋放出的最大電能。1molMg，質量為24g，失去2mole－；1molAl，質量為27g，失去3mole－；則鎂、鋁兩種金屬理論比能量之比為；錯誤，C選；D．負極上Mg失電子生成Mg2＋，為防止負極區(qū)沉積Mg(OH)2，則陰極區(qū)溶液不能含有大量OH－，所以宜采用中性電解質，或采用陽離子交換膜，負極生成OH－不能達到陰極區(qū)，正確，D不選。答案選C。7、D【解析】

A、HPW自身存在比表面積小、易溶于有機溶劑而難以重復使用等缺點，將其負載在多孔載體(如硅藻土、C等)上則能有效克服以上不足，提高其催化活性，選項A正確；B、根據圖中曲線可知，當HPW負載量為40%時達到飽和，酯化率最高，選項B正確；C、用HPW/硅藻土代替?zhèn)鹘y催化劑濃硫酸，可減少設備腐蝕等不足，選項C正確；D、催化劑不能使平衡移動，不能改變反應正向進行的程度，選項D不正確。答案選D。8、D【解析】

實驗1：稀硝酸與銅反應生成硝酸銅和NO和水，再加稀硫酸，硝酸銅中硝酸根在酸性條件下能繼續(xù)氧化銅單質。試管口NO均被氧化生成紅棕色的二氧化氮。實驗2：稀硫酸不與銅反應，再加稀硝酸與銅反應生成硝酸銅和NO和水。試管口NO被氧化生成紅棕色的二氧化氮?！驹斀狻緼．稀硝酸與銅發(fā)生3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反應，生成硝酸銅溶液為藍色，試管口NO被氧化生成紅棕色的二氧化氮，但硝酸被還原生成NO，故A錯誤；

B．實驗1-②中溶液存在電荷守恒為：2c（Cu2+）+c（H+）=c（NO3-）+c（OH-），故B錯誤；

C．由上述實驗可得出結論：Cu在常溫下可以和稀硝酸反應，但不能與稀硫酸反應，故C錯誤；

D．實驗1-③、實驗2-③中反應的離子方程式：3Cu＋2NO3-＋8H+=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故D正確；

答案選D。【點睛】一般情況下，稀硝酸與銅生成NO，濃硝酸與銅生成NO2。9、D【解析】

A.膠體粒子可帶電，在電場中發(fā)生定向移動，故A錯誤；B.丁達爾效應是膠體特有的性質，膠體與溶液、懸濁液的本質區(qū)別是分散質粒子直徑的大小不同，故B錯誤；C.離子既能過通過濾紙，又能通過半透膜；膠體粒子只能通過濾紙，不能通過半透膜，故C錯誤；D.可溶性鐵鹽與鋁鹽都會發(fā)生水解，產生氫氧化鐵和氫氧化鋁膠體，膠體具有吸附性可以凈水，原理都是利用膠體的性質，故D正確。答案選D。10、B【解析】

A．實驗Ⅰ中，將SO2通入AgNO3溶液(pH=5)中得到無色溶液a，該溶液中可能含有亞硫酸，亞硫酸為中強酸，所以測定無色溶液a的pH無法判斷二氧化硫是否被氧化，故A錯誤；B．實驗Ⅱ中，取白色沉淀B，加入3mol/LHNO3，產生的無色氣體遇空氣變成紅棕色，說明硝酸被還原為NO，證明該沉淀B中含有還原性的物質存在，故B正確；C．實驗Ⅲ中，檢驗硫酸根離子應先加入鹽酸酸化，目的是排除Ag+等，以免干擾硫酸根的檢驗，直接向溶液a中加入BaCl2，產生的沉淀可能為氯化銀，不一定是硫酸根離子，故C錯誤；D．由于實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ不能證明產物中含有硫酸根，因此不能確定產物中含有Ag2SO4生成，故D錯誤；答案選B。11、D【解析】

Na2X溶液中，X2-分步水解，以第一步水解為主，則Kh1(X2-)＞Kh2(X2-)，堿性條件下，則pOH相同時，＞，由圖象可知N為pOH與lg的變化曲線，M為pOH與lg變化曲線，當lg或lg=0時，說明或=1，濃度相等，結合圖像可計算水解常數并判斷溶液的酸堿性?！驹斀狻緼．由以上分析可知，曲線N表示pOH與lg的變化曲線，故A錯誤；B．由曲線M可知，當lg=0時，=1，pOH=9，c(OH-)=10-9mol/L，則Kh2(X2-)=×c(OH-)=1×10-9；由曲線N可知，當lg=0時，=1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，則HX-的電離平衡常數Ka2===1×10-10，則NaHX溶液中HX-的水解程度大于電離程度，溶液中c(H2X)>c(X2-)，故B錯誤；C．混合液中存在電荷守恒式為c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-)，則當混合溶液呈中性時，c(Na+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)，故C錯誤；D．由曲線N可知，當lg=0時，=1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，則Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，故D正確；故答案為D。12、D【解析】

根據（1）中沉淀6.63g和4.66g可知，含有SO42-和CO32-，且二者的物質的量分別為0.02mol、0.01mol；根據（2）中氣體0.672L可知含有NH4+0.03mol。根據離子的定量關系看，只能選擇Na2SO4、NH4Cl、K2CO3，若選擇B項KCl、Na2CO3、(NH4)2SO4，SO42-0.02mol時NH4+有0.04mol，不符合定量關系，A、C項也類似，故D正確；答案選D。13、D【解析】

A.催化劑可以降低活化能；B.根據圖象來分析；C.根據圖象可以知道,此反應放熱139kJ；D.△H=反應物的鍵能總和-生成物的鍵能總和?！驹斀狻緼.催化劑可以降低活化能,降低過渡態(tài)的能量,故不選A；B.根據圖象可以知道,此反應的反應物的總能量大于生成物的總能量，故不選B；C.根據圖象可以知道,此反應放熱139kJ,熱化學方程式為N2O(g)+NO(g)→N2(g)+NO2(g)+139kJ,故不選C；D.△H=反應物的鍵能總和-生成物的鍵能總和＜0，故選D；答案：D【點睛】.△H=反應物的鍵能總和-生成物的鍵能總和=生成物的總能量-反應物的總能量。14、C【解析】

因分子存在三種不同的碳碳雙鍵，如圖所示；1分子該物質與2分子Br2加成時，可以在①②的位置上發(fā)生加成，也可以在①③位置上發(fā)生加成或在②③位置上發(fā)生加成，還可以1分子Br2在①②發(fā)生1，4加成反應，另1分子Br2在③上加成，故所得產物共有四種，故選C項。15、B【解析】

A．我國使用最早的合金是青銅，該合金中含銅、錫、鉛等元素，故A正確；B．合金的熔點比組份金屬的熔點低，則青銅熔點低于純銅，故B錯誤；C．銅器皿表面的銅綠為Cu2(OH)2CO3，能溶于酸性溶液，而明礬溶液因Al3+的水解顯酸性，則可用明礬溶液清洗銅器皿表面的銅綠，故C正確；D．“曾青()得鐵則化為銅”的過程發(fā)生的反應為Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，此反應為置換反應，故D正確；故答案為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量比是5：7，則令第一份、第二份生成氫氣物質的量分別為5mol、7mol，根據方程式計算Fe、Al的物質的量，再根據第一份中Al與xFeO?yFe2O3反應的電子轉移守恒計算xFeO?yFe2O3中Fe元素平均化合價，進而計算x、y比例關系。【詳解】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量比是5:7，令第一份、第二份生成氫氣物質的量分別為5mol、7mol，則：令xFeO?yFe2O3中Fe元素平均化合價為a，根據Al與xFeO?yFe2O3反應中的電子轉移守恒：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、萘與氫氣完全加成后產物是，其分子式為C10H18，正確；B、蒽：，有3種不同的氫原子，一氯代物有3種，菲：，有5種不同的氫原子，一氯代物有5種，芘：，有3種不同的氫原子，一氯代物有3種，錯誤；C、四種有機物都含有苯環(huán)，苯環(huán)的空間構型為平面正六邊形，因此該四種有機物所有碳原子都共面，正確；D、四種有機物都能發(fā)生加成反應和取代反應，正確。答案選B。18、A【解析】

短周期元素M、N、P、Q最高價氧化物對應水化物分別為X、Y、Z、W，M是短周期中原子半徑最大的元素，則M為Na元素，則X為NaOH；0.1mol/L的W溶液pH=1，則W為一元含氧強酸，且Q的原子序數大于Na元素，則Q為Cl元素、W為HClO4；0.1

mol/L的Z溶液pH=0.7，則氫離子濃度為10-0.7mol/L=0.2mol/L，故Z為二元強酸，且P的原子序數大于Na元素，則P為S元素、Z為H2SO4；常溫下X、Z、W均可與Y反應，則Y為兩性氫氧化物，則Y為Al(OH)3、N為Al元素，據此解答。【詳解】A．N為Al元素，原子核外有3個電子層數，最外層電子數為3，其電子層與最外層電子數相等，故A正確；B．Na+、Al3+電子層結構相同，核電荷數越大離子半徑越小，故離子半徑Na+＞Al3+，故B錯誤；C．非金屬性Cl＞S，故簡單氫化物穩(wěn)定性：HCl＞H2S，故C錯誤；D．NaOH為離子化合物，含有離子鍵、共價鍵，HClO4為分子化合物，分子內只含有共價鍵，二者含有化學鍵不全相同，故D錯誤；故答案為：A。【點睛】“三看”法快速判斷簡單微粒半徑的大?。阂豢措娮訉訑担鹤钔鈱与娮訑迪嗤瑫r，電子層數越多，半徑越大；二看核電荷數：當電子層結構相同時，核電荷數越大，半徑越??；三看核外電子數：當電子層數和核電荷數均相同時，核外電子數越多，半徑越大。19、D【解析】

根據圖象得出I為氨水滴加到氯化鋁溶液中的圖象，II為KOH滴加到氯化鋁溶液中的圖象，c點為恰好反應生成氫氧化鋁沉淀的點。【詳解】A選項，根據分析得到c點恰好反應完生成氫氧化鋁沉淀，氫氧化鉀的物質的量是氯化鋁物質的量的3倍，因此AlCl3溶液的物質的量濃度為，故A正確；B選項，根據圖象可以確定導電率與離子種類、離子濃度有關，故B正確；C選項，c點是氫氧化鋁沉淀，再加入KOH，則沉淀開始溶解，其cd段發(fā)生的反應是Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，故C正確；D選項，e點是KOH、KAlO2、KCl，溶液中的離子濃度：c(K+)＋c(H+)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(AlO2－)，故D錯誤。綜上所述，答案為D。20、B【解析】

A.向20mL0.01mol?L?1的HNO2溶液中逐滴加入相同濃度的NaOH溶液，若恰好反應需要氫氧化鈉溶液體積20mL，C點是溶液呈中性，溶質為HNO2、NaNO2混合溶液，X<20，A項錯誤；B.由HNO2?H++NO2?，K=≈，則4.6×10?4≈，得到c(H+)=2.14×10?3mol/L，B項正確；C.c點是溶液呈中性，溶質為HNO2、NaNO2混合溶液；氫氧化鈉溶液體積為20mL時恰好反應，那么a到恰好完全反應時，水的電離程度逐漸增大；d點從圖中讀不出是在恰好反應之前還是恰好反應之后，C項錯誤；D.b點溶液為HNO2、NaNO2混合溶液，且濃度比為1:1，由NO2?+H2O?HNO2+OH?，HNO2?H++NO2?，電離程度大于水解程度，可知溶液呈酸性，微粒濃度大小為c(NO2?)>c(Na+)>c(HNO2)，D項錯誤；答案選B。21、C【解析】

電解飽和食鹽水，陽極氯離子發(fā)生失電子的氧化反應，其電極反應式為：2Cl－－2e－=Cl2↑；陰極區(qū)水發(fā)生得電子的還原反應，其電極反應式為：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，據此分析作答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍?，A.溶液中陰極區(qū)會發(fā)生電極反應：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，則酚酞溶液在陰極區(qū)先變紅，A項錯誤；B.溶液中陰極區(qū)會發(fā)生電極反應：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，則酚酞溶液在陰極區(qū)先變紅，B項錯誤；C.陰極區(qū)水發(fā)生得電子的還原反應，其電極反應式為：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，有無色氣體放出，C項正確；D.陽極產生氯氣，則現象描述應該為：陽極有黃綠色氣體放出，D項錯誤；答案選C。22、A【解析】

A．c點壓強高于a點，c點NO2濃度大，則a、c兩點氣體的顏色：a淺，c深，A正確；B．c點壓強高于a點，增大壓強平衡向正反應方向進行，氣體質量不變，物質的量減小，則a、c兩點氣體的平均相對分子質量：a＜c，B錯誤；C．正方應是放熱反應，在壓強相等的條件下升高溫度平衡向逆反應方向進行，NO2的含量增大，所以溫度是T1＞T2，則b、c兩點的平衡常數：Kb＞Kc，C錯誤；D．狀態(tài)a如果通過升高溫度，則平衡向逆反應方向進行，NO2的含量升高，所以不可能變成狀態(tài)b，D錯誤；答案選A。二、非選擇題(共84分)23、甲苯+Cl2+HCl取代反應羰基、碳碳雙鍵C9H11O2N吸收反應生成的HCl，提高反應轉化率或【解析】

甲苯()與Cl2在光照時發(fā)生飽和C原子上的取代反應產生一氯甲苯：和HCl，與在K2CO3作用下反應產生D，D結構簡式是，D與CH3CN在NaNH2作用下發(fā)生取代反應產生E：，E與發(fā)生反應產生F：，F與NaBH4在CH3SO3H作用下發(fā)生還原反應產生G：，G經一系列反應產生洛匹那韋?！驹斀狻?1)A是，名稱為甲苯，A與Cl2光照反應產生和HCl，反應方程式為：+Cl2+HCl；(2)D與CH3CN在NaNH2作用下反應產生E：，是D上的被-CH2CN取代產生，故反應類型為取代反應；F分子中的、與H2發(fā)生加成反應形成G，故F中能夠與氫氣發(fā)生加成反應的官能團名稱為羰基、碳碳雙鍵；(3)C結構簡式為，可知C的分子式為C9H11O2N；C分子中含有羧基、氨基，一定條件下，能發(fā)生縮聚反應，氨基脫去H原子，羧基脫去羥基，二者結合形成H2O，其余部分結合形成高聚物，該反應的化學方程式為：；(4)K2CO3是強堿弱酸鹽，CO32-水解使溶液顯堿性，B發(fā)生水解反應會產生HCl，溶液中OH-消耗HCl電離產生的H+，使反應生成的HCl被吸收，從而提高反應轉化率；(5)C結構簡式是，分子式為C9H11O2N，C的同分異構體X符合下列條件：①含有苯環(huán)，且苯環(huán)上的取代基數目≤2；②含有硝基；③有四種不同化學環(huán)境的氫，個數比為6：2：2：1，則X可能的結構為或；(6)2，6-二甲基苯酚()與ClCH2COOCH2CH3在K2CO3作用下發(fā)生取代反應產生，該物質與NaOH水溶液加熱發(fā)生水解反應，然后酸化得到，與SOCl2發(fā)生取代反應產生，故合成路線為?！军c睛】本題考查有機物推斷、反應類型的判斷。正確推斷各物質結構簡式是解本題關鍵，注意題給信息、反應條件的靈活運用。限制性條件下同分異構體結構簡式的確定是易錯點，題目側重考查學生的分析、推斷及信息遷移能力。24、或HOCH2CH2NHNH2BCD＋＋HCl、、【解析】

從E到F的分子式的變化分析，物質E和NH2NH2的反應為取代反應，另外的產物為氯化氫，則推斷B的結構簡式為，根據信息①分析，C的結構簡式為，E的結構簡式為HOCH2CH2Cl，F的結構簡式為HOCH2CH2NHNH2?！驹斀狻?1)根據以上分析可知F的結構簡式為或HOCH2CH2NHNH2；(2)A．Ｈ的結構中含有氯原子，結合信息①分析，H→X的反應類型屬于取代反應，故錯誤；B．化合物F的結構簡式為HOCH2CH2NHNH2，含有氨基，具有弱堿性，故正確；C．化合物G含有的官能團為羥基，羰基，碳氮雙鍵，碳碳雙鍵，所以能發(fā)生取代、消去、還原反應，故正確；D．結合信息①分析，Ｈ的分子式為C12H12O2N7Cl，與之反應的分子式為C11H16ON2，該反應為取代反應，生成的另外的產物為氯化氫，則化合物X的分子式為C23H27O3N9，故正確。選BCD；(3)B到C為取代反應，方程式為：＋＋HCl；(4)以苯酚和乙烯為原料制備的合成路線，從逆推方法入手，需要合成的物質為和HN（CH2CH2Br）2，由苯酚和濃硝酸反應生成，乙烯和溴發(fā)生加成反應生成1，2-二溴乙烷，再與氨氣反應生成HN（CH2CH2Br）2即可。合成路線為：；(5)化合物B的分子式為C5H6O2N2，其同分異構體同時符合下列條件：①分子中有一個六元環(huán)，無其它環(huán)狀結構；②1H?NMR譜表明分子中有2種氫原子；IR譜顯示存在－CN，說明結構有對稱性，除了-CN外另一個氮原子在對稱軸上，兩個氧原子在六元環(huán)上，且處于對稱位，所以結構可能為、、、。25、不再有氣泡產生時將裝置中產生的CO2和H2O（g）全部排入乙、丙裝置中D活塞a前（或裝置甲前）Co2(OH)2CO3藍色2Fe2+＋H2O2＋2H＝2Fe3+＋2H2OAl(OH)3、Fe(OH)3抑制COCl2的水解蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶【解析】

（1）加熱甲中玻璃管，當乙裝置中不再有氣泡產生，即堿式碳酸鈷分解完畢；（2）步驟④中緩緩通入空氣數分鐘，將裝置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙裝置中，以免影響測量結果；（3）在活塞a前，加裝裝置D，裝置中盛放的堿石灰容易吸收空氣中的水蒸氣和二氧化碳；（4）堿式碳酸鈷樣品3.65g，反應前乙裝置的質量為80.00g，反應后質量為80.36g，據此可以計算生成水的量；反應前丙裝置的質量為62.00g，反應后質量為62.00g，據此計算產生二氧化碳的量，得到Co的質量和Co原子物質的量，根據Co、H、C元素守恒可知，來推導堿式碳酸鈷的化學式；（5）含有Co（A102）2的玻璃常用作實驗室觀察鉀元素的焰色反應，該玻璃為藍色，可以濾去黃光的干擾；（6）向含鈷廢料中加入過量稀鹽酸，Fe、Al和稀鹽酸反應生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入雙氧水和CoCO3，雙氧水具有強氧化性，能將亞鐵離子氧化為鐵離子，離子反應方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入CoCO3，調節(jié)溶液的pH至7.6，使Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，然后過濾，濾渣為Fe（OH）3、Al（OH）3，濾液中含有CoCl2，然后向濾液中加入稀鹽酸，抑制CoCl2水解，然后采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶和過濾方法得到CoCl2?6H2O；①雙氧水具有氧化性，能氧化還原性離子；②加入CoCO3調pH為5.2～7.6，則操作I獲得的濾渣成分為Fe（OH）3、Al（OH）3；③CoCl2為強酸弱堿鹽，陽離子水解導致溶液呈酸性，加入稀鹽酸能抑制水解；④操作Ⅱ過程為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾?！驹斀狻浚?）加熱甲中玻璃管，當乙裝置中不再有氣泡產生，即堿式碳酸鈷分解完畢；（2）步驟④中緩緩通入空氣數分鐘，將裝置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙裝置中，以免影響測量結果；（3）在活塞a前，加裝裝置D，裝置中盛放的堿石灰容易吸收空氣中的水蒸氣和二氧化碳；（4）堿式碳酸鈷樣品3.65g，反應前乙裝置的質量為80.00g，反應后質量為80.36g，故生成水的質量為80.36g-80.00g=0.36g，物質的量為=0.02mol；反應前丙裝置的質量為62.00g，反應后質量為62.00g，生成二氧化碳的質量為62.88g-62.00g=0.88g，物質的量為=0.02mol，故氧化鈷的質量為3.65g-0.36g-0.88g=2.41g，物質的量為=0.02mol，根據Co、H、C元素守恒可知，x：y：z=0.015mol：0.02mol×2：0.02mol=2：4：2，故堿式碳酸鈷的化學式為Co2（OH）4（CO3）2；（5）含有Co（A102）2的玻璃常用作實驗室觀察鉀元素的焰色反應，該玻璃為藍色，可以濾去黃光的干擾；（6）向含鈷廢料中加入過量稀鹽酸，Fe、Al和稀鹽酸反應生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入雙氧水和CoCO3，雙氧水具有強氧化性，能將亞鐵離子氧化為鐵離子，離子反應方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入CoCO3，調節(jié)溶液的pH至7.6，使Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，然后過濾，濾渣為Fe（OH）3、Al（OH）3，濾液中含有CoCl2，然后向濾液中加入稀鹽酸，抑制CoCl2水解，然后采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶和過濾方法得到CoCl2?6H2O；①加入H2O2把二價鐵離子氧化為三價鐵離子，發(fā)生反應的離子方程式為2Fe2+＋H2O2＋2H＝2Fe3+＋2H2O；②操作1是分離Fe（OH）3、Al（OH）3和液體的操作，是過濾，前面調節(jié)PH的目的是讓三價鐵離子和鋁離子轉化為沉淀，所以沉淀的成分是Fe（OH）3、Al（OH）3；③CoCl2為強酸弱堿鹽，陽離子水解導致溶液呈酸性，加入稀鹽酸能抑制水解，所以加入稀鹽酸調整PH為2～3的目的是抑制CoCl2水解；④操作2是從溶液中提取溶質的操作，操作方法為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶和過濾。26、洗氣瓶fg→bc→hi→de→bc先通入一段時間的氮氣CO取少量固體溶于硫酸，無氣體生成偏低【解析】

（1）①根據圖示分析裝置B的名稱；②先用無水硫酸銅檢驗水，再用澄清石灰水檢驗二氧化碳，用堿石灰除去二氧化碳并干燥氣體，再用熱的氧化銅、澄清石灰水檢驗CO，最后用點燃的方法處理尾氣；③用氮氣排出裝置中的空氣；④CO具有還原性，其氧化產物是二氧化碳；（2）鐵與硫酸反應生成氫氣，氧化亞鐵和硫酸反應不生成氫氣；（3）依據（1）和（2），草酸亞鐵晶體加熱分解為氧化亞鐵、CO、CO2、水；（4）草酸亞鐵被酸性高錳酸鉀溶液氧化為Fe3+、CO2；（5）亞鐵離子消耗高錳酸鉀溶液V2mL，則草酸根離子消耗高錳酸鉀溶液V1mL-V2mL，由于樣品含有FeSO4雜質，所以根據草酸根離子的物質的量計算草酸亞鐵晶體樣品的純度?！驹斀狻浚?）①根據圖示，裝置B的名稱是洗氣瓶；②先用無水硫酸銅檢驗水，再用澄清石灰水檢驗二氧化碳，用堿石灰除去二氧化碳并干燥氣體，再用熱的氧化銅檢驗CO，再用澄清石灰水檢驗二氧化碳的生成，最后用點燃的方法處理尾氣，儀器的連接順序是a→fg→bc→hi→de→bc；③為了排盡裝置中的空氣，防止加熱時發(fā)生爆炸，實驗前應進行的操作是先通入一段時間的氮氣；④CO具有還原性，C處固體由黑變紅，說明氧化銅被還原為銅，其后的澄清石灰水變渾濁，說明有二氧化碳生成，則證明氣體產物中含有CO；（2）鐵與硫酸反應生成氫氣，氧化亞鐵和硫酸反應不生成氫氣，取少量固體溶于硫酸，沒有氣體放出，則證明是FeO；（3）依據（1）和（2），草酸亞鐵晶體加熱分解為氧化亞鐵、CO、CO2、水，反應方程式是；（4）草酸亞鐵被酸性高錳酸鉀溶液氧化為Fe3+、CO2，反應的離子方程式是；（5）25mL樣品溶液中亞鐵離子消耗高錳酸鉀的物質的量是，草酸根離子消耗高錳酸鉀的物質的量為，根據方程式，草酸亞鐵晶體樣品的純度為；若配制溶液時Fe2+被氧化，則V1減小，V2不變，測定結果將偏低?！军c睛】本題通過探究草酸亞鐵的性質，考查學生實驗基本操作和獲取信息解決實際問題的能力，明確實驗原理與方法是解題的關鍵，知道草酸、亞鐵離子都能被高錳酸鉀氧化。27、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%【解析】

（1）合金粉末進行分離，鋁鐵應轉化為濾渣形式，從所給物質分析，只能是氫氧化鋁和氫氧化鐵形式，銅轉化為[Cu(NH3)4]SO4，利用[Cu(NH3)4]SO4難溶于乙醇，進行分離?！驹斀狻?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、冷卻結晶，蒸發(fā)過程中促進反應，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，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，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)根據反應2Cu2+＋4I?2CuI＋I2，I2＋2S2O32-2I?＋S4O62-得關系式為2Cu2+----I2---2S2O32-，Na2S2O3的物質的量為0.1000×0.02=0.002mol則銅離子的物質的量為0.002mol，則Cu(NH3)4SO4·H2O的質量為0.002mol×246.0g/mol=0.492g，質量分數為。28、10OC有4個價電子且半徑較小，難以通過得到或失去電子達到穩(wěn)定結構平面三角形SO3(或BF3)（合理即可）sp2、sp3CH3COOH分子間存在氫鍵，而HCOOCH3分子之間沒有氫鍵91:6【解析】

(1)Ni的原子序數為28，根據構造原理寫其價電子軌道表達式；(2)同周期元素從左至右，電負性依次增強；根據碳原子的原子結構特點分析其成鍵特點；(3)根據價層電子對互斥理論分析離子構型；互為等電子體的分子或離子的價電子總數和原子總數均相等；(4)根據雜化軌道理論分析碳原子的雜化方式；(5)根據氫鍵對物質性質的影響分析；(6)①根據均攤法，確定晶胞中離子個數，進而計算晶胞的質量，再計算晶胞的邊長，再根據幾何關系計算最近的O2－之間的距離；②根據守恒思想和化合價代數和為0計算?！驹斀狻?1)Ni的原子序數為28，在元素周期表中處于第10縱行，根據構造原理可寫出其價電子軌道表達式為，故答案為：；10；(2)同周期元素從左至右，電負性依次增強，則C、N、O三種元素中電負性最大的是O元素，由于C有4個價電子且半徑較小，難以通過得到或失去電子達到穩(wěn)定結構，所以C在形成化合物時，其鍵型以共價鍵為主，故答案為：O；C有4個價電子且半徑較小，難以通過得