廣東省珠海市金灣區(qū)外國語學校2024年高考化學押題試卷含解析

廣東省珠海市金灣區(qū)外國語學校2024年高考化學押題試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、海洋動物海鞘中含有種類豐富、結構新穎的次生代謝產物，是海洋抗腫瘤活性物質的重要來源之一。一種從海鞘中提取具有抗腫瘤活性的天然產物的流程如下：下列關于該流程中各步驟的說法中，錯誤的是（）選項步驟采用裝置主要儀器A①過濾裝置漏斗B②分液裝置分液漏斗C③蒸發(fā)裝置坩堝D④蒸餾裝置蒸餾燒瓶A．A B．B C．C D．D2、298K時，向20mL濃度均為0.1mo1/L的MOH和NH3·H2O混合液中滴加0.1mol的CH3COOH溶液，測得混合液的電阻率（表示電阻特性的物理量）與加入CH3COOH溶液的體積（V）的關系如圖所示。已知CH3COOH的Ka＝1.8×10－5，NH3·H2O的Kb=1.8×10－5。下列說法錯誤的是（）A．MOH是強堿B．c點溶液中濃度：c（CH3COOH)<c(NH3·H2O）C．d點溶液呈酸性D．a→d過程中水的電離程度先增大后減小3、聚維酮碘的水溶液是一種常用的碘伏類緩釋消毒劑，聚維酮通過氫鍵與HI3形成聚維酮碘，其結構表示如圖，下列說法不正確的是（

）A．聚維酮的單體是 B．聚維酮分子由(m+n）個單體聚合而成C．聚維酮碘是一種水溶性物質 D．聚維酮在一定條件下能發(fā)生水解反應4、下列在科學研究過程中使用的實驗裝置內，沒有發(fā)生氧化還原反應的是A．屠呦呦用乙醚提取青蒿素B．伏打發(fā)明電池C．拉瓦錫研究空氣成分D．李比希用CuO做氧化劑分析有機物的組成A．A B．B C．C D．D5、事實上，許多非金屬氧化物在一定條件下能與Na2O2反應，且反應極有規(guī)律。如：Na2O2＋SO2→Na2SO4、Na2O2＋SO3→Na2SO4+O2，據此，你認為下列方程式中不正確的是A．2Na2O2＋2Mn2O7→4NaMnO4＋O2↑B．2Na2O2＋P2O3→Na4P2O7C．2Na2O2＋2N2O3→NaNO2＋O2↑D．2Na2O2＋2N2O5→4NaNO3＋O2↑6、化學與生活密切相關，下列有關說法不正確的是（）A．在海輪外殼鑲嵌鋅塊能減緩輪船的腐蝕B．燃煤中加入CaO可以減少溫室氣體的排放C．加熱能殺死新型冠狀病毒是因為蛋白質受熱變性D．醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度（體積分數）為75%7、根據下列實驗現象，所得結論正確的是實驗實驗現象結論A左燒杯中鐵表面有氣泡，右邊燒杯中銅表面有氣泡活動性：Al＞Fe＞CuB左邊棉花變?yōu)槌壬?，右邊棉花變?yōu)樗{色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C白色固體先變?yōu)榈S色，后變?yōu)楹谏芙庑訟g2S＞AgBr＞AgClD錐形瓶中有氣體產生，燒杯中液體變渾濁非金屬性：Cl＞C＞SiA．A B．B C．C D．D8、下列說法或表示方法中正確的是A．等質量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒，后者放出的熱量多B．由C(金剛石)═C(石墨)△H=﹣1.9kJ?mol﹣1可知，金剛石比石墨穩(wěn)定C．在101kPa時，2gH2完全燃燒生成液態(tài)水，放出285.8kJ熱量，氫氣燃燒的熱化學方程式為：2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=﹣285.8kJ?mol﹣1D．在稀溶液中：H+(aq)+OH﹣(aq)═H2O(l)△H=﹣57.3kJ?mol﹣1，若將含0.5molH2SO4的濃溶液與含1molNaOH的溶液混合，放出的熱量大于57.3kJ9、中國科學家研究出對環(huán)境污染小、便于鋁回收的海水電池，其工作原理示意圖如下：下列說法正確的是（）A．電極Ⅰ為陰極，其反應為：O2+4H++4e－=2H2OB．聚丙烯半透膜允許陽離子從右往左通過C．如果電極II為活性鎂鋁合金，則負極區(qū)會逸出大量氣體D．當負極質量減少5.4g時，正極消耗3.36L氣體10、如圖是我國學者研發(fā)的高效過氧化氫一尿素電池的原理裝置：裝置工作時，下列說法錯誤的是A．Ni-Co/Ni極上的電勢比Pd/CFC極上的低B．向正極遷移的主要是K+，產物M為K2SO4C．Pd/CFC極上發(fā)生反應：D．負極反應為11、25℃，將濃度均為0.1mol/L的HA溶液VamL和BOH溶液VbmL混合，保持Va+Vb=100mL，生成物BA易溶于水。Va、Vb與混合液pH的關系如下圖。下列敘述錯誤的是A．HA一定是弱酸B．BOH可能是強堿C．z點時，水的電離被促進D．x、y、z點時，溶液中都存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)12、現有易溶強電解質的混合溶液10L，其中可能含有K+、Ba2+、Na+、NH4+、Cl-、SO42-、AlO2-、OH-中的幾種，向其中通入CO2氣體，產生沉淀的量與通入CO2的量之間的關系如圖所示，下列說法正確的是()A．CD段的離子方程式可以表示為：CO32-+CO2+H2O═2HCO3-B．肯定不存在的離子是SO42-、OH-C．該溶液中能確定存在的離子是Ba2+、AlO2-、NH4+D．OA段反應的離子方程式：2AlO2-+CO2+3H2O═2Al(OH)3↓+CO32-13、下列實驗過程中，始終無明顯現象的是A．CO2通入飽和Na2CO3溶液中B．SO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入HNO3和AgNO3的混和溶液中D．SO2通入Na2S溶液中14、常溫下，向10.00mL0.1mol/L某二元酸H2X溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，其pH變化如圖所示(忽略溫度變化)，已知：常溫下，H2X的電離常數Ka1＝1.1×10－5，Ka2＝1.3×10－8。下列敘述正確的是A．a近似等于3B．點②處c(Na＋)＋2c(H＋)＋c(H2X)＝2c(X2－)＋c(HX－)＋2c(OH－)C．點③處為H2X和NaOH中和反應的滴定終點D．點④處c(Na＋)＝2c(X2－)>c(OH－)>c(HX－)>c(H＋)15、用滴有酚酞和氯化鈉溶液濕潤的濾紙分別做甲、乙兩個實驗，下列判斷錯誤的是（）A．b極附近有氣泡冒出 B．d極附近出現紅色C．a、c極上都發(fā)生氧化反應 D．甲中鐵棒比乙中鐵棒更易腐蝕16、諾氟沙星別名氟哌酸，是治療腸炎痢疾的常用藥。其結構簡式如右圖，下列說法正確的是A．該化合物屬于苯的同系物B．分子式為Cl6H16FN3O3C．1mol該化合物中含有6NA個雙鍵D．該化合物能與酸性高錳酸鉀、溴水、碳酸氫鈉溶液反應17、鉛蓄電池的工作原理為：Pb+PbO2+2H2SO=2PbSO4+2H2O研讀右圖，下列判斷不正確的是A．K閉合時，d電極反應式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-B．當電路中轉移0.2mol電子時，Ⅰ中消耗的為0.2molC．K閉合時，Ⅱ中向c電極遷移D．K閉合一段時間后，Ⅱ可單獨作為原電池，d電極為正極18、下列有關化學用語和概念的表達理解正確的是（）A．立體烷和苯乙烯互為同分異構體B．1，3－丁二烯的鍵線式可表示為C．二氟化氧分子電子式為D．H216O、D216O、H218O、D218O互為同素異形體19、下列實驗操作、現象與對應的結論或解釋正確的是選項操作現象結論或解釋A用潔凈鉑絲蘸取某溶液進行焰色反應火焰吳黃色原溶液中有Na+B將CH3CH2溶液紫色褪去CHC向AgNO得到澄清溶液Ag+與D向盛有少量溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振蕩，靜置上、下層液體均近無色裂化汽油不可用作溴的萃取溶劑A．A B．B C．C D．D20、根據下列實驗現象所得出的結論正確的是選項實驗現象實驗結論A將鋁片分別投入濃、稀硝酸中，前者無明顯現象，后者反應劇烈稀硝酸的氧化性比濃硝酸的強B滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，紅色變淺Na2CO3溶液中存在水解平衡C某溶液中滴加過量氨水產生白色沉淀且不溶解該溶液中一定含有Mg2+D溴水中通入SO2，溴水褪色SO2具有漂白性A．A B．B C．C D．D21、25℃時，向10mL0.lmol·L－1H2C2O4溶液中滴加等濃度的NaOH溶液，溶液的pH與NaOH溶液的體積關系如圖所示，下列敘述正確的是()A．A點溶液中，c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)B．HC2O4－在溶液中水解程度大于電離程度C．C點溶液中含有大量NaHC2O4和H2C2O4D．D點溶液中，c(Na＋)＞c(C2O42－)＞c(HC2O4－)＞c(OH－)＞c(H＋)22、下列離子方程式書寫正確的是（）A．向NaHSO4溶液中滴加過量的Ba(OH)2溶液：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2OB．向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+C．向偏鋁酸鈉溶液中加入量過量HCl：AlO2-+4H+＝Al3＋+2H2OD．過量的鐵與稀硝酸Fe+4H++2NO3-=Fe3++2NO↑+2H2O二、非選擇題(共84分)23、（14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________。24、（12分）利用木質纖維可合成藥物中間體H，還能合成高分子化合物G，合成路線如下：已知：（1）A的化學名稱是________________。（2）B的結構簡式是____________，由C生成D的反應類型為____________。（3）化合物E的官能團為________________。（4）F分子中處于同一平面的原子最多有________個。F生成G的化學反應方程式為________________。（5）芳香化合物I為H的同分異構體，苯環(huán)上一氯代物有兩種結構，1molI發(fā)生水解反應消耗2molNaOH，符合要求的同分異構體有________種，其中核磁共振氫譜顯示有4種不同化學環(huán)境的氫，峰面積比為6∶3∶2∶1的I的結構簡式為_____________________________。（6）寫出用為原料制備的合成路線(其他試劑任選)。________________。25、（12分）硫酰氯（SO2Cl2）可用于有機合成和藥物制造等。實驗室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol]，裝置如圖所示（部分裝置省略）。已知SO2Cl2的熔點為－54.1℃，沸點為69.1℃，有強腐蝕性，不宜接觸堿、醇、纖維素等許多無機物和有機物，遇水能發(fā)生劇烈反應并產生白霧?；卮鹣铝袉栴}：I．SO2Cl2的制備（1）水應從___（選填“a”或“b”）口進入。（2）制取SO2的最佳組合是___（填標號）。①Fe+18.4mol/LH2SO4②Na2SO3+70%H2SO4③Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙裝置中盛放的試劑是___。（4）制備過程中需要將裝置甲置于冰水浴中，原因是___。（5）反應結束后，分離甲中混合物的最佳實驗操作是___。II．測定產品中SO2Cl2的含量，實驗步驟如下：①取1.5g產品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振蕩、過濾、洗滌，將所得溶液均放入錐形瓶中；②向錐形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000mol·L－1的AgNO3溶液l00.00mL；③向其中加入2mL硝基苯，用力搖動，使沉淀表面被有機物覆蓋；④加入NH4Fe(SO4)2指示劑，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+，終點所用體積為10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10Ksp(AgSCN)=2×10-12（6）滴定終點的現象為___。（7）產品中SO2Cl2的質量分數為___%，若步驟③不加入硝基苯則所測SO2Cl2含量將___（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。26、（10分）氨基甲酸銨（H2NCOONH4）是一種易分解、易水解的白色固體，易溶于水，難溶于CCl4，某研究小組用如圖1所示的實驗裝置制備氨基甲酸銨。反應原理：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)△H＜0。（1）儀器2的名稱是__。儀器3中NaOH固體的作用是__。（2）①打開閥門K，儀器4中由固體藥品所產生的氣體就立即進入儀器5，則該固體藥品的名稱為__。②儀器6的一個作用是控制原料氣按反應計量系數充分反應，若反應初期觀察到裝置內稀硫酸溶液中產生氣泡，應該__（填“加快”、“減慢”或“不改變”）產生氨氣的流速。（3）另有一種制備氨基甲酸銨的反應器（CCl4充當惰性介質）如圖2：①圖2裝置采用冰水浴的原因為__。②當CCl4液體中產生較多晶體懸浮物時，即停止反應，__(填操作名稱)得到粗產品。為了將所得粗產品干燥可采取的方法是__。A．蒸餾B．高壓加熱烘干C．真空微熱烘干（4）①已知氨基甲酸銨可完全水解為碳酸氫銨，則該反應的化學方程式為__。②為測定某樣品中氨基甲酸銨的質量分數，某研究小組用該樣品進行實驗。已知雜質不參與反應，請補充完整測定某樣品中氨基甲酸銨質量分數的實驗方案：用天平稱取一定質量的樣品，加水溶解，__，測量的數據取平均值進行計算（限選試劑：蒸餾水、澄清石灰水、Ba(OH)2溶液）。27、（12分）(一)碳酸鑭可用于治療終末期腎病患者的高磷酸鹽血癥，制備反應原理為：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O；某化學興趣小組利用下列裝置實驗室中模擬制備碳酸鑭。(1)制備碳酸鑭實驗流程中導管從左向右的連接順序為：F→_____→_____→_____→_____→_____；(2)Y中發(fā)生反應的化學反應式為_______________；(3)X中盛放的試劑是___________，其作用為___________________；(4)Z中應先通入，后通入過量的，原因為__________________；是一種重要的稀土氫氧化物，它可由氟碳酸鈰精礦(主要含)經如下流程獲得：已知：在酸性溶液中有強氧化性，回答下列問題：(5)氧化焙燒生成的鈰化合物二氧化鈰()，其在酸浸時反應的離子方程式為_________________；(6)已知有機物HT能將從水溶液中萃取出來，該過程可表示為：(水層)+(有機層)+(水層)從平衡角度解釋：向(有機層)加入獲得較純的含的水溶液的原因是________________；(7)已知298K時，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，為了使溶液中沉淀完全，需調節(jié)pH至少為________；(8)取某產品0.50g，加硫酸溶解后，用的溶液滴定至終點(鈰被還原成)．(已知：的相對分子質量為208)①溶液盛放在________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中；②根據下表實驗數據計算產品的純度____________；滴定次數溶液體積(mL)滴定前讀數滴定后讀數第一次0.5023.60第二次1.0026.30第三次1.2024.10③若用硫酸酸化后改用的溶液滴定產品從而測定產品的純度，其它操作都正確，則測定的產品的純度____________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。28、（14分）元素單質及其化合物有廣泛用途，請根據周期表中第三周期元素相關知識回答下列問題：（1）按原子序數遞增的順序（稀有氣體除外），以下說法正確的是___。a．原子半徑和離子半徑均減小b．金屬性減弱，非金屬性增強c．單質的熔點降低d．氧化物對應的水合物堿性減弱，酸性增強（2）原子最外層電子數與次外層電子數相同的元素名稱為___，氧化性最弱的簡單陽離子是___。（3）已知：化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3類型離子化合物離子化合物離子化合物共價化合物熔點/℃28002050714191工業(yè)制鎂時，電解MgCl2而不電解MgO的原因是___；制鋁時，電解Al2O3而不電解AlCl3的原因是___。（4）晶體硅（熔點1410℃）是良好的半導體材料．由粗硅制純硅過程如下：Si（粗）SiCl4SiCl4（純）Si（純）寫出SiCl4的電子式：___；在上述由SiCl4制純硅的反應中，測得每生成1.12kg純硅需吸收akJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式___。（5）下列氣體不能用濃硫酸干燥，可用P2O5干燥的是___。a．NH3b．HIc．SO2d．CO2（6）KClO3可用于實驗室制O2，若不加催化劑，400℃時分解只生成兩種鹽，其中一種是無氧酸鹽，另一種鹽的陰陽離子個數比為1：1．寫出該反應的化學方程式：___。29、（10分）Ⅰ.CO2催化加氫制甲醇是極具前景的資源化研究領域，主要反應有：i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.4kJ·mol-1ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1iii.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3（1）ΔH3=___kJ·mol-1。（2）已知反應i的速率方程為v正=k正x(CO2)·x3(H2)，v逆=k逆·x(CH3OH)·x(H2O)，k正、k逆均為速率常數且只與溫度有關，x為物質的量分數。其物質的量分數平衡常數Kx=___(以k正、k逆表示)。（3）5MPa時，往某密閉容器中按投料比n(H2)：n(CO2)=3：1充入H2和CO2。反應達平衡時，測得各組分的物質的量分數隨溫度變化的曲線如圖所示。①圖中Y代表___(填化學式)。②250℃時反應ii的Kx___1(填“＞”、“＜”或“=”)③下列措施中，一定無法提高甲醇產率的是___。A．加入適量COB．使用催化劑C．循環(huán)利用原料氣D．升高溫度（4）在10MPa下將H2、CO按一定比例投料，平衡狀態(tài)時各組分的物質的量與溫度的關系如圖所示。曲線b代表的物質為____(填化學式)。溫度為700K時，該反應的平衡常數KP=___(MPa)-2(結果用分數表示)。Ⅱ.在恒容容器中，使用某種催化劑對反應NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)ΔH<0進行相關實驗探究。改變投料比[n(SO2)：n(NO2)]進行多組實驗(各次實驗的溫度可能相同，也可能不同)，測定SO2的平衡轉化率[α(SO2)]實驗結果如圖所示。已知：KR=16，KZ=。（5）如果要將圖中R點的平衡狀態(tài)改變?yōu)閄點的平衡狀態(tài)。應采取的措施是___。（6）通過計算確定圖中R、X、Y、Z四點中溫度相等的點是__。

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、C【解析】

由流程可知，步驟①是分離固液混合物，其操作為過濾，需要漏斗、燒杯等儀器；步驟②是分離互不相溶的液體混合物，需進行分液，要用到分液漏斗等儀器；步驟③是從溶液中得到固體，操作為蒸發(fā)，需要蒸發(fā)皿等儀器；步驟④是從有機化合物中，利用沸點不同用蒸餾的方法得到甲苯，需要蒸餾燒瓶等儀器，則錯誤的為C，故答案選C。2、B【解析】

溶液中離子濃度越小，溶液的導電率越小，電阻率越大，向混合溶液中加入等物質的量濃度的CH3COOH溶液時，發(fā)生反應先后順序是MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O，NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4。a-b溶液中電阻率增大，b點最大，因為溶液體積增大導致b點離子濃度減小，b點溶液中溶質為CH3COOM、NH3·H2O繼續(xù)加入醋酸溶液，NH3·H2O是弱電解質，生成CH3COONH4是強電解質，導致溶液中離子濃度增大，電阻率減小，c點時醋酸和一水合銨恰好完成反應生成醋酸銨，c點溶液中溶質為CH3COOM，CH3COONH4且二者的物質的量相等?！驹斀狻緼.由圖可知，向混合溶液中加入等物質的量濃度的CH3COOH溶液時，電阻率先增大后減小，說明發(fā)生了兩步反應，發(fā)生反應先后順序是MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O然后NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4，所以MOH是強堿，先和酸反應，故A正確；B.加入醋酸40mL時，溶液中的溶質為CH3COOM、CH3COONH4且二者的物質的量濃度相等，CH3COOM是強堿弱酸鹽，又因為CH3COOH的Ka＝1.8×10－5等于NH3·H2O的Kb=1.8×10－5，CH3COONH4是中性鹽，所以溶液呈堿性，則醋酸根的水解程度大于銨根的電離程度，則c（CH3COOH)>c(NH3·H2O），故B錯誤；C.d點加入醋酸60mL，溶液中的溶質為CH3COOM、CH3COONH4和CH3COOH且三者物質的量濃度相等，CH3COONH4是中性鹽，溶液相當于CH3COOM和CH3COOH等物質的量混合，溶液呈酸性，故C正確；D.a→d過程，溶液的堿性逐漸減弱，水電離程度加大，后來酸性逐漸增強，水的電離程度減小，所以實驗過程中水的電離程度是先增大后減小，故D正確；故選B。3、B【解析】

由高聚物結構簡式，可知主鏈只有C，為加聚產物，單體為，高聚物可與HI3形成氫鍵，則也可與水形成氫鍵，可溶于水，含有肽鍵，可發(fā)生水解，以此解答該題。【詳解】A.由高聚物結構簡式可知聚維酮的單體是，故A正確；B.

由2m+n個單體加聚生成，故B錯誤；C.高聚物可與HI3形成氫鍵，則也可與水形成氫鍵，可溶于水，故C正確；D.含有肽鍵，具有多肽化合物的性質，可發(fā)生水解生成氨基和羧基，故D正確；故選B。4、A【解析】

A．屠呦呦用乙醚提取青蒿素屬萃取、分液，是物理變化，不存在氧化還原反應，故A錯誤；B．原電池中發(fā)生的是自發(fā)的氧化還原反應，故B正確；C．拉瓦錫研究空氣成分時存在Hg在加熱條件下與氧氣發(fā)生反應生成HgO，是氧化還原反應，故C正確；D．李比希用CuO做氧化劑分析有機物的組成，發(fā)生了氧化還原反應，故D正確；答案為A。5、C【解析】

Na2O2可與某些元素的最高價氧化物反應，生成對應的鹽(或堿)和O2，Na2O2具有強氧化性，與所含元素不是最高價態(tài)的氧化物反應時，只生成相對應的鹽，不生成O2。據此分析?！驹斀狻緼．Mn2O7是最高價態(tài)的錳的氧化物，NaMnO4中的錳為+7價，符合上述規(guī)律，A正確；B．P2O3不是最高正價，生成Na4P2O7，符合上述規(guī)律，B正確；C．N2O3不是最高價態(tài)的氮的氧化物，不符合上述規(guī)律，C錯誤；D．N2O5是最高價態(tài)的氮的氧化物，因此過氧化鈉與五氧化二氮反應生成硝酸鈉和氧氣，D正確；答案選C?！军c睛】Na2O2具有氧化性、還原性，所以與強氧化劑反應體現還原性，與還原劑反應體現氧化性，同時也既可以作氧化劑，也作還原劑，再依據得失電子守恒判斷書寫是否正確。6、B【解析】

A．Zn、Fe、海水形成原電池中，Zn比Fe活潑作負極，Fe作正極，發(fā)生得電子的還原反應得到保護，該方法為犧牲陽極的陰極保護法，故A正確；B．燃煤中加入CaO可吸收二氧化硫，減少酸雨的發(fā)生，不能減少溫室氣體的排放，故B錯誤；C．加熱可使蛋白質發(fā)生變性，則加熱能殺死新型冠狀病毒是因為蛋白質受熱變性，故C正確；D．75%的酒精可用于殺菌消毒，殺毒效果好，對人體危害最小，濃度太大易在細胞壁上形成一層膜阻止酒精滲入，濃度太小殺菌效果差，故D正確；故答案選B。7、A【解析】

A.左燒杯中是Al-Fe/H2SO4構成的原電池，Al做負極，Fe做正極，所以鐵表面有氣泡；右邊燒杯中Fe-Cu/H2SO4構成的原電池，Fe做負極，Cu做正極，銅表面有氣泡，所以活動性：Al＞Fe＞Cu，故A正確；B.左邊先發(fā)生Cl2+2NaBr=Br2+2HCl，使棉花變?yōu)槌壬?，后右邊發(fā)生Cl2+2KI=I2+2HCl，棉花變?yōu)樗{色，說明氧化性：Cl2＞Br2、Cl2＞I2，不能證明Br2＞I2，故B錯誤；C.前者白色固體先變?yōu)榈S色是因為向氯化銀固體中加入溴化鈉溶液生成了溴化銀沉淀，后變?yōu)楹谏且驗橄蛉芤褐杏旨尤肓肆蚧c，生成了硫化銀的沉淀，并不能證明溶解性Ag2S＞AgBr＞AgCl，故C錯誤；D.向錐形瓶中加入稀鹽酸會發(fā)生反應，生成CO2氣體，證明鹽酸的酸性比碳酸的強，燒杯中液體變渾濁可能是稀鹽酸和硅酸鈉溶液反應生成H2SiO3的結果，也可能是生成的CO2和硅酸鈉溶液反應生成H2SiO3的結果，只能證明酸性強弱，不能證明非金屬性強弱，故D錯誤；答案：A?！军c睛】根據反應裝置圖，B選項中氯氣由左通入，依次經過溴化鈉和碘化鉀，兩種情況下棉花的顏色都發(fā)生變化，只能說明氯氣的氧化性比溴和碘的強，該實驗無法判斷溴的氧化性強于碘，此選項為學生易錯點。8、D【解析】

A．等質量的硫蒸氣和硫固體相比較，硫蒸氣具有的能量多，因此完全燃燒硫蒸氣放出的熱量多，故A錯誤；B．從熱化學方程式看，石墨能量低，物質所含能量越低越穩(wěn)定，故B錯誤；C．2g氫氣是1mol，熱化學方程式應為：2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=﹣571.6kJ?mol﹣1，故C錯誤；D．濃硫酸溶解放熱，所以將含0.5molH2SO4的濃溶液與含1molNaOH的溶液混合，放出的熱量大于57.3kJ，故D正確；答案選D。9、C【解析】

A選項，電極Ⅰ為正極，其反應為：O2+4H++4e－=2H2O，故A錯誤；B選項，根據圖中信息右邊酸性溶液，左邊為堿性海水，右邊氫離子不能通過聚丙烯半透膜，故B錯誤；C選項，如果電極II為活性鎂鋁合金，鎂鋁形成很多細小的原電池，鎂失去電子，鋁上氫離子得到電子，因此在負極區(qū)會逸出大量氣體，故C正確；D選項，當不是標準狀況下，無法算正極消耗氣體的體積，故D錯誤。綜上所述，答案為C。【點睛】通過體積算物質的量時，一定要看使用條件，1、是否為氣體，2、是否為標準狀況下。10、C【解析】

由電池工作原理圖可得，氮元素化合價由-3價變?yōu)?價，化合價升高，失電子，發(fā)生氧化反應，則Ni-Co/Ni極為負極，Pd/CFC為正極，正極得電子，發(fā)生還原反應。【詳解】A．電子從低電勢(負極)流向高電勢（正極），Ni-Co/Ni極是原電池負極，電勢較低，故A正確；B．該電池使用陽離子交換膜，只允許陽離子通過，原電池中，陽離子向正極遷移，則向正極遷移的主要是K+，產生M為K2SO4，故B正確；C．Pd/CFC極上發(fā)生反應：，故C錯誤；D．根據分析，Ni-Co/Ni極為負極，結合圖示負極的物質轉化關系可得，氮元素化合價由-3價變?yōu)?價，化合價升高，失電子，發(fā)生氧化反應，負極反應為：，故D正確；答案選C。11、C【解析】

A.當Va=Vb=50mL時，溶液相當于BA溶液，此時溶液的pH＞7呈堿性，說明BA是強堿弱酸鹽，這里的強弱是相對的，則HA一定是弱酸，故A正確；B.當Va=Vb=50mL時，溶液相當于BA溶液，此時溶液的pH＞7呈堿性，說明BA是強堿弱酸鹽，這里的強弱是相對的，BOH可能是強堿也可能是電離程度比HA大的弱堿，故B正確；C.z點時，BOH溶液的體積VbmL大于HA溶液的體積VamL，混合溶液的pH大于9，即c(H+)＜10-9，25℃時該溶液中水的電離被抑制，故C錯誤；D.x、y、z點時，溶液中都存在電荷守恒：c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故D正確；題目要求選擇錯誤的，故選C。12、A【解析】

通入二氧化碳，OA段生成沉淀，發(fā)生反應Ba2++2OH-+CO2==BaCO3↓+H2O，說明溶液中一定含有Ba2+、OH-；BC段生成沉淀，發(fā)生反應AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，說明含有AlO2-?！驹斀狻客ㄈ攵趸迹琌A段生成沉淀，發(fā)生反應Ba2++2OH-+CO2==BaCO3↓+H2O，說明溶液中一定含有Ba2+、OH-；BC段生成沉淀，發(fā)生反應AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，BC段生成沉淀，說明含有AlO2-。AB段沉淀物質的量不變，發(fā)生反應2OH-+CO2==CO32-+H2O；CD段沉淀的物質的量不變，發(fā)生反應CO32-+CO2+H2O═2HCO3-；DE段沉淀溶解，發(fā)生反應BaCO3+CO2+H2O═Ba(HCO3)2；Ba2+與SO42-生成沉淀，OH-與NH4+反應生成一水合氨，所以一定不存在NH4+、SO42-；故選A。13、B【解析】

A．碳酸鈉與CO2和水反應生成酸式鹽NaHCO3，NaHCO3溶解度小于Na2CO3，并且反應生成的NaHCO3固體質量比原來Na2CO3多，溶劑質量減少，溶液中有渾濁出現，故A不符合題意；B．鹽酸的酸性大于亞硫酸的酸性，則CaCl2溶液中通入SO2不發(fā)生反應，始終無明顯現象，故B符合題意；C．NH3通入硝酸和硝酸銀的混合溶液中，先與硝酸反應，故開始沒有沉淀，等硝酸全部反應完全后，再與硝酸銀反應生成氫氧化銀沉淀，再繼續(xù)通入氨氣會生成可溶性的銀氨溶液，故沉淀又會減少，直至最終沒有沉淀，反應方程式為NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag(NH3)2OH(銀氨溶液)，故C不符合題意；D．SO2通入Na2S溶液中發(fā)生反應：2Na2S+5SO2+2H2O═4NaHSO3+3S↓，生成硫沉淀，故D不符合題意；答案選B?！军c睛】鹽酸的酸性大于亞硫酸的酸性，化學反應中一般遵循強酸制弱酸的規(guī)律。14、A【解析】

A.多元弱酸分步電離，以第一步為主，根據H2XH++HX-，c（H+）==≈10-3，a近似等于3，故A正確；B.點②處恰好生成NaHX，根據電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(X2－)＋c(HX－)＋c(OH－)和質子守恒c(H＋)+c（H2X）=c(X2－)＋c(OH-)得：c(Na＋)＋2c(H＋)+c（H2X）=3c(X2－)+c(HX－)＋2c(OH－)，故B錯誤；C.H2X和NaOH恰好反應生成Na2S，為中和反應的滴定終點，點④處為滴定終點，故C錯誤；D.點④處恰好生成Na2X，c(Na＋)>2c(X2－)>c(OH－)>c(HX－)>c(H＋)，故D錯誤；答案：A【點睛】本題考查了酸堿中和滴定實驗，注意先分析中和后的產物，再根據電荷守恒、物料守恒、質子守恒分分析；注意多元弱酸鹽的少量水解，分步水解，第一步為主；多元弱酸少量電離，分步電離，第一步為主。15、A【解析】

甲構成原電池，乙為電解池，甲中鐵發(fā)生吸氧腐蝕，正極上電極反應式為2H2O+O2+4e-=4OH-，乙中陰極上電極反應式為:2H++2e-=H2↑，水電離出的氫離子放電，導致陰極附近有大量OH-，溶液呈堿性，無色酚酞試液遇堿變紅色，以此解答該題。【詳解】A、b極附是正極，發(fā)生電極反應式為2H2O+O2+4e-=4OH-，所以無氣泡冒出，故A錯誤；B、乙中陰極上電極反應式為:2H++2e-=H2↑，水電離出的氫離子放電，導致陰極附近有大量OH-，溶液呈堿性，無色酚酞試液遇堿變紅色，故B正確；C、a是原電池的負極發(fā)生氧化反應、c極是電解池的陽極發(fā)生氧化反應,所以a、c極上都發(fā)生氧化反應，故C正確；

D、甲中鐵是原電池的負極被腐蝕，而乙中是電解池的陰極被保護，所以甲中鐵棒比乙中鐵棒更易腐蝕，故D正確；故答案選A?！军c睛】作為電解池，如果金屬鐵連在電源的正極上做電解池的陽極，鐵更易失電子變?yōu)閬嗚F離子，腐蝕速率加快；如果金屬鐵連在電源的負極上做電解池的陰極，金屬鐵就不能失電子，只做導體的作用，金屬鐵就被保護，不發(fā)生腐蝕。16、D【解析】A、苯的同系物僅含有碳氫兩種元素，故錯誤；B、根據有機物成鍵特點，此有機物分子式為C16H18FN3O3，故錯誤；C、苯環(huán)中不含有碳碳雙鍵，因此1mol此有機物中含有3mol雙鍵，故錯誤；D、此有機物中含有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，能和溴水發(fā)生加成反應，含有羧基，能與碳酸氫鈉反應，故正確。17、C【解析】

根據鉛蓄電池的工作原理，可知左邊是原電池，右邊是電解池?！驹斀狻緼．d連的是原電池的正極，所以為電解池的陽極，電極反應式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-，正確；B．根據Pb+PbO2+2H2SO=2PbSO4+2H2O，轉移2mol電子，則消耗2mol硫酸，所以當電路中轉移0.2mol電子時，Ⅰ中消耗的為0.2mol，正確；C．K閉合時，Ⅱ是電解池，陰離子移向陽極，d是陽極，所以向d電極遷移，錯誤；D．K閉合一段時間后，Ⅱ中發(fā)生了充電反應：2PbSO4+2H2O=Pb+PbO2+2H2SO，c、d電極上的PbSO4分別轉化為Pb和PbO2，所以可單獨作為原電池，d電極上附著PbO2，放電時得到電子，為正極，正確；故選C。18、A【解析】

A.立體烷和苯乙烯的分子式相同，但結構不同，互為同分異構體，A項正確；B.1，3-丁二烯中含有2個C=C鍵，其鍵線式為：，B項錯誤；C.二氟化氧分子中F原子最外層達到8電子穩(wěn)定結構，其正確的電子式為：，C項錯誤；D.H216O、D216O、H218O、D218O是化合物，不是同素異形體，D項錯誤；答案選A。19、D【解析】

A.用潔凈鉑絲蘸取某溶液進行焰色反應，火焰吳黃色，只能證明含有Na+，不能判斷是否含有K+，A錯誤；B.乙醇容易揮發(fā)，故產物中一定含有乙醇的蒸氣，且乙醇具有還原性，可以使酸性KMnO4溶液褪色，因此，不能證明溴乙烷發(fā)生了消去反應產生了乙烯，B錯誤；C.向AgNO3溶液在滴加過量氨水，是由于發(fā)生反應：Ag++NH3?H2O=AgOH↓+NH4+,AgOH+2NH3?H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O，產生了絡合物，C錯誤；D.裂化汽油中含有烯烴，能夠與溴水中的溴單質發(fā)生加成反應，生成不溶于水的鹵代烴，兩層液體均顯無色，因此裂化汽油不可用作溴的萃取溶劑，D正確；故合理選項是D。20、B【解析】

A．前者發(fā)生鈍化反應，生成致密氧化薄膜阻礙反應進行，故錯誤；B．CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，滴入酚酞，溶液變紅，加入Ba2＋，Ba2＋與CO32－反應生成沉淀BaCO3，平衡向逆反應方向進行，溶液顏色變淺，故正確；C．此溶液可能含有Al3＋，因為氫氧化鋁不溶于弱堿，故錯誤；D．發(fā)生Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，體現SO2的還原性，故錯誤。故選B。21、A【解析】

A.A點是草酸溶液，根據電荷守恒，c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，故A正確；B.B點是10mL0.lmol·L－1H2C2O4溶液與10mL0.lmol·L－1NaOH溶液混合，溶質是NaHC2O4，B點溶液呈酸性，可知HC2O4－在溶液中電離程度大于水解程度，故B錯誤；C.B點溶質是NaHC2O4，D點溶質是Na2C2O4，所以C點溶液中含有NaHC2O4和Na2C2O4，故C錯誤；D.D點溶液的溶質是Na2C2O4，c(Na＋)＞c(C2O42－)＞c(OH－)＞c(HC2O4－)＞c(H＋)，故D錯誤。答案選A?！军c睛】該題側重對學生能力的培養(yǎng)，意在培養(yǎng)學生的邏輯推理能力和創(chuàng)新思維能力，關鍵是在明確二元弱酸與氫氧化鈉反應原理的基礎上利用好電荷守恒、物料守恒以及質子守恒。22、C【解析】

A.向NaHSO4溶液中滴加過量的Ba(OH)2溶液，發(fā)生兩個過程，首先發(fā)生2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，生成的Na2SO4再與過量的Ba(OH)2反應Na2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2NaOH，兩式合并后離子反應方程式：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，故A錯誤；B.向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸，Na2SiO3可溶性鹽，要拆開，離子反應方程式：SiO32-+2H+=H2SiO3↓，故B錯誤；C.偏鋁酸根離子只能存在于堿性溶液中，遇酸生成沉淀，過量的酸使沉淀溶解。向偏鋁酸鈉溶液中加入量過量HCl：AlO2-+4H+＝Al3＋+2H2O，故C正確；D.過量的鐵與稀硝酸反應產物應該是Fe2+，3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D錯誤；答案選C。二、非選擇題(共84分)23、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。【詳解】(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、、、。24、2一甲基一1,3一丁二烯氧化反應氯原子、羧基1710【解析】本題考查有機合成與推斷，意在考查考生運用有機化學基礎知識分析問題和解決問題的能力。（1）根據有機物的系統命名法可知，A的化學名稱是2一甲基一1,3一丁二烯；（2）結合題給信息①，B的結構簡式為；結合信息②，C的結構簡式為，根據F的結構以及D生產H的反應條件，可知D為，故由C生成D的反應類型為氧化反應；（3）D→E在光照的條件發(fā)生取代反應，E的結構簡式為；E中含有的官能團為氯原子、羧基；（4）因苯環(huán)為平面形，所以直接與其相連的-CH2OH和—COOH上的碳原子與其在一個平面內，通過旋轉單鍵，-CH2OH中—OH上的原子可能與苯環(huán)共面，—COOH中的所有原子可能與苯環(huán)共面，故F分子中處于同一平面的原子最多有17個；F通過縮聚反應生成高分子化合物G，其反應方程式為：；（5）H的結構簡式為，I為H的同分異構體且1molI發(fā)生水解反應消耗2molNaOH，說明I為酚酯，苯環(huán)上一氯代物有兩種結構，即苯環(huán)上只有兩種等效氫，故符合條件的I的結構簡式為：、、、、、、、、、,共10種，其中核磁共振氫譜顯示有4種不同化學環(huán)境的氫，峰面積比為6:3:2:1的I結構簡式為或；（6）加熱條件下，在氫氧化鈉的醇溶液發(fā)生消去反應生成，在結合信息②，在W2C作用下生成，最后再酸性高錳酸鉀溶液中，將苯甲醛氧化為，其合成路線為：。點睛：判斷分子中共面的技巧（1）審清題干要求：注意“可能”“一定”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”“氫原子”等關鍵詞和限制條件。（2）熟記常見共面的官能團。①與雙鍵和苯環(huán)直接相連的原子共面，如、、②醛、酮、羧酸因與與相似為平面形（等電子原理），故為平面形分子（所有原子共平面）。但、所有原子不共平面（因含-CH3），而-CH3中的C與（羰基）仍共平面。又中與其它原子可能共平面。因有兩對孤電子對，故1個O與其余2個原子形成的2個價鍵成V型（與相似），故C、O、H不共直線。分子內任意3個原子也不共直線。③若有兩個苯環(huán)共邊，則兩個苯環(huán)一定共面。例如下列各結構中所有的原子都在同一平面上。④若甲基與一個平面形結構相連，則甲基上的氫原子最多有一個氫原子與其共面。若一個碳原子以四個單鍵與其他原子直接相連，則這四個原子為四面體結構，不可能共面。25、b②堿石灰制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產率蒸餾溶液變?yōu)榧t色，而且半分鐘內不褪色85.5%偏小【解析】

（1）用來冷卻的水應該從下口入，上口出；（2）制備SO2，鐵與濃硫酸反應需要加熱，硝酸能氧化SO2，所以用70%H2SO4+Na2SO3來制備SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反應又沒有加熱，故SO2與氯氣間的反應為放熱反應，由于會有一部分Cl2、SO2通過冷凝管逸出，故乙中應使用堿性試劑，又因SO2Cl2遇水易水解，故用堿石灰；（4）制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產率；（5）分離沸點不同的液體可以用蒸餾的方法，所以甲中混合物分離開的實驗操作是蒸餾；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，當滴定達到終點時NH4SCN過量，加NH4Fe(SO4)2作指示劑，Fe3+與SCN?反應溶液會變紅色，半分鐘內不褪色，即可確定滴定終點；（7）用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積V，則過量Ag+的物質的量為Vcmol，與Cl?反應的Ag+的物質的量為0.1000mol/L×0.1L?Vc×10?3mol，則可以求出SO2Cl2的物質的量；AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力搖動，使AgCl沉淀表面被有機物覆蓋，避免在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉化為AgSCN沉淀，若無此操作，NH4SCN與AgCl反應生成AgSCN沉淀，則滴定時消耗的NH4SCN標準液的體積偏多，即銀離子的物質的量偏大，則與氯離子反應的銀離子的物質的量偏小?！驹斀狻浚?）用來冷卻的水應該從下口入，上口出，故水應該從b口進入；（2）制備SO2，鐵與濃硫酸反應需要加熱，硝酸能氧化SO2，所以用②70%H2SO4+Na2SO3來制備SO2，故選②；（3）根據裝置圖可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反應又沒有加熱，故SO2與氯氣間的反應為放熱反應，由于會有一部分Cl2、SO2通過冷凝管逸出，故乙中應使用堿性試劑，又因SO2Cl2遇水易水解，故用堿石灰，可以吸收氯氣、SO2并防止空氣中的水蒸氣進入冷凝管中，故乙裝置中盛放的試劑是堿石灰；（4）制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產率；（5）分離沸點不同的液體可以用蒸餾的方法，所以甲中混合物分離開的實驗操作是蒸餾；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，當滴定達到終點時NH4SCN過量，加NH4Fe(SO4)2作指示劑，Fe3+與SCN?反應溶液會變紅色，半分鐘內不褪色，即可確定滴定終點；故答案為：溶液變?yōu)榧t色，而且半分鐘內不褪色；（7）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積10.00mL，則過量Ag+的物質的量為Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol，與Cl?反應的Ag+的物質的量為0.2000mol/L×0.1L?Vc×10?3mol＝1.9×10-2mol，則SO2Cl2的物質的量為1.9×10-2mol×0.5=9.5×10-3mol，產品中SO2Cl2的質量分數為×100%=85.5%；已知：Ksp(AgCl)=3.2×10?10，Ksp(AgSCN)=2×10?12，則AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力搖動，使AgCl沉淀表面被有機物覆蓋，避免在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉化為AgSCN沉淀，若無此操作，NH4SCN與AgCl反應生成AgSCN沉淀，則滴定時消耗的NH4SCN標準液的體積偏多，即銀離子的物質的量偏大，則與氯離子反應的銀離子的物質的量偏小，所以測得的氯離子的物質的量偏??；故答案為：85.5%；偏小。26、三頸燒瓶干燥氨氣，防止生成的氨基甲酸銨水解干冰加快降低溫度，有利于提高反應物的轉化率，防止因反應放熱造成NH2COONH4分解過濾CNH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3?H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑加入足量氫氧化鋇溶液，充分反應后，過濾、用蒸餾水洗滌所得沉淀、干燥后稱量沉淀的質量，重復2～3次【解析】

根據裝置：儀器2制備氨氣，由于氨基甲酸銨易水解，所以用儀器3干燥氨氣，利用儀器4制備干燥的二氧化碳氣體，在儀器5中發(fā)生2NH3(g)+CO2(g)?NH2COONH4(s)制備氨基甲酸銨；(1)根據儀器構造可得；考慮氨基甲酸銨水解；(2)①儀器4制備干燥的二氧化碳氣體，為干冰；②反應初期觀察到裝置內稀硫酸溶液中產生氣泡，說明二氧化碳過量，氨氣不足；(3)①考慮溫度對反應的影響和氨基甲酸銨受熱分解；②過濾得到產品，氨基甲酸銨易分解，所得粗產品干燥可真空微熱烘干；(4)①氨基甲酸銨可完全水解為碳酸氫銨和一水合氨，據此書寫；②測定某樣品中氨基甲酸銨的質量分數，可以使其水解得到NH4HCO3，用氫氧化鋇沉淀得到碳酸鋇沉淀，通過碳酸鋇的質量可得氨基甲酸銨的質量，進而可得其質量分數，據此可得?！驹斀狻?1)根據圖示，儀器2的名稱三頸燒瓶；儀器3中NaOH固體的作用是干燥氨氣，防止生成的氨基甲酸銨水解；故答案為：三頸燒瓶；干燥氨氣，防止生成的氨基甲酸銨水解；(2)①反應需要氨氣和二氧化碳，儀器2制備氨氣，儀器4制備干燥的二氧化碳氣體，立即產生干燥的二氧化碳氣體，則為干冰；故答案為：干冰；②氨氣易溶于稀硫酸，二氧化碳難溶于稀硫酸，若反應初期觀察到裝置內稀硫酸溶液中產生氣泡，說明二氧化碳過量，應該加快產生氨氣的流速；故答案為：加快；(3)①該反應為放熱反應，溫度升高不利于合成，故采用冰水浴可以降低溫度，有利于提高反應物的轉化率，防止因反應放熱造成H2NCOONH4分解；故答案為：降低溫度，有利于提高反應物的轉化率，防止因反應放熱造成H2NCOONH4分解；②當CCl4液體中產生較多晶體懸浮物時，即停止反應，過濾，為防止H2NCOONH4分解，真空微熱烘干粗產品；故答案為：過濾；C；(4)①氨基甲酸銨可完全水解為碳酸氫銨，反應為：NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3?H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑；故答案為：NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3?H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑；②測定某樣品中氨基甲酸銨的質量分數，可以使其水解得到NH4HCO3，用氫氧化鋇沉淀得到碳酸鋇沉淀，通過碳酸鋇的質量可得氨基甲酸銨的質量，進而可得其質量分數，具體方法為：用天平稱取一定質量的樣品，加水溶解，加入足量氫氧化鋇溶液，充分反應后，過濾、用蒸餾水洗滌所得沉淀、干燥后稱量沉淀的質量，重復2～3次，測量的數據取平均值進行計算；故答案為：加入足量氫氧化鋇溶液，充分反應后，過濾、用蒸餾水洗滌所得沉淀、干燥后稱量沉淀的質量，重復2～3次。27、ABDECNH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑溶液吸收揮發(fā)的、同時生成在水中溶解度大，在水中溶解度不大，堿性溶液吸收，可提高利用率混合液中加硫酸導致氫離子濃度增大，平衡向生成水溶液方向移動9酸式95.68%偏低【解析】

(一)根據制備的反應原理：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，結合裝置圖可知，W中制備二氧化碳，Y中制備氨氣，X是除去二氧化碳中HCl，在Z中制備碳酸鑭，結合氨氣的性質分析解答(1)～(4)；(二)由實驗流程可知，氟碳酸鈰精礦(主要含CeFCO3)氧化焙燒生成CeO2，加酸溶解發(fā)生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，過濾分離出不溶物，含Ce3+的溶液進行萃取分離得到濃溶液，再與堿反應生成Ce(OH)3，將Ce(OH)3氧化可生成Ce(OH)4。據此結合氧化還原反應的規(guī)律、鹽類水解和溶解積的計算分析解答(5)～(8)?！驹斀狻?一)(1)由裝置可知，W中制備二氧化碳，X除去HCl，Y中制備氨氣，在Z中制備碳酸鑭，則制備碳酸鑭實驗流程中導管從左向右的連接順序為：F→A→B→D→E→C，故答案為A；B；D；E；C；(2)Y中發(fā)生反應的化學反應式為NH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，故答案為NH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；(3)X是除去二氧化碳中的氯化氫，需要盛放的試劑是NaHCO3溶液，其作用為吸收揮發(fā)的HCl、同時生成CO2，故答案為NaHCO3溶液；吸收揮發(fā)的HCl、同時生成CO2；(4)Z中應先通入NH3，后通入過量的CO2，因為NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，堿性溶液利用吸收二氧化碳，提高利用率，故答案為NH3在水中溶解度大，CO2在水中溶解度不大，堿性溶液吸收，可提高利用率；(二)(5)氧化焙燒生成的鈰化合物二氧化鈰(CeO2)，其在酸浸時發(fā)生離子反應為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，故答案為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；(6)向CeT3(有機層)加入H2SO4獲得較純的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸導致氫離子濃度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動，故答案為混合液中加硫酸導致氫離子濃度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動；(7)已知298K時，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，為了使溶液中Ce3+沉淀完全，c(OH-)==1×10-5mol/L，由Kw可知c(H+)=1×10-9mol/L，pH=-lgc(H+)=9，故答案為9；(8)①FeSO4屬于強酸弱堿鹽，水解后溶液顯酸性，則FeSO4溶液盛放在酸式滴定管中，故答案為酸式；②由表格數據可知，第二次為25.30mL，誤差較大應舍棄，FeSO4的物質的量為0.1000mol?L-1××0.001L/mL=0.0023mol，根據電子得失守恒可得關系式CeO2～