江西撫州七校聯(lián)考2024年高三第三次測(cè)評(píng)化學(xué)試卷含解析

江西撫州七校聯(lián)考2024年高三第三次測(cè)評(píng)化學(xué)試卷注意事項(xiàng)1．考生要認(rèn)真填寫(xiě)考場(chǎng)號(hào)和座位序號(hào)。2．試題所有答案必須填涂或書(shū)寫(xiě)在答題卡上，在試卷上作答無(wú)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(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、下列材料或物質(zhì)的應(yīng)用與其對(duì)應(yīng)的性質(zhì)完全相符合的是A．Mg、Al合金用來(lái)制造飛機(jī)外殼—合金熔點(diǎn)低B．食品盒中常放一小袋Fe粉—Fe粉具有還原性C．SiO2用來(lái)制造光導(dǎo)纖維—SiO2耐酸性D．葡萄酒中含SO2—SO2有漂白性2、某溫度下，向溶液中滴加的溶液，滴加過(guò)程中溶液中與溶液體積的關(guān)系如圖所示，已知：，

。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)中，水的電離程度最大的為b點(diǎn)B．溶液中：C．向、濃度均為的混合溶液中逐滴加入的溶液，先沉淀D．該溫度下3、下列物質(zhì)的水溶液因水解而呈堿性的是（）A．NaOHB．NH4ClC．CH3COONaD．HC14、用O2將HCl轉(zhuǎn)化為Cl2，反應(yīng)方程式為：4HCl(g)+O2(g)2H2O(g)+2Cl2(g)+Q（Q>0）一定條件下測(cè)得反應(yīng)過(guò)程中n(Cl2)的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下。下列說(shuō)法正確的是（）t/min0246n(Cl2)/10-3mol01.83.75.4A．0～2min的反應(yīng)速率小于4～6min的反應(yīng)速率B．2～6min用Cl2表示的反應(yīng)速率為0.9mol/(L·min)C．增大壓強(qiáng)可以提高HCl轉(zhuǎn)化率D．平衡常數(shù)K(200℃)＜K(400℃)5、下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象與實(shí)驗(yàn)操作不相匹配的是實(shí)驗(yàn)操作實(shí)現(xiàn)現(xiàn)象A分別向兩只盛有等體積等濃度的稀硫酸燒杯中加入打磨過(guò)的同樣大小的鎂片和鋁片鎂片表面產(chǎn)生氣泡較快B向試管中加入2mL5%的硫酸銅溶液，再逐滴加入濃氨水至過(guò)量，邊滴邊振蕩逐漸生成大量藍(lán)色沉淀，沉淀不溶解C將鎂條點(diǎn)燃后迅速伸入集滿二氧化碳的集氣瓶集氣瓶中產(chǎn)生濃煙并有黑色顆粒產(chǎn)生D向盛有氯化鐵溶液的試管中加過(guò)量鐵粉，充分振蕩后加2—3滴KSCN溶液黃色逐漸消失，加KSCN后溶液顏色不變A．A B．B C．C D．D6、某稀溶液中含有4molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe，充分反應(yīng)（已知NO3-被還原為NO）。下列說(shuō)法正確的是（）A．反應(yīng)后生成NO的體積為28LB．所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1:1C．所得溶液中c（NO3-）=2.75mol/LD．所得溶液中的溶質(zhì)只有FeSO47、拉曼光譜證實(shí)，AlO2－在水中轉(zhuǎn)化為[Al(OH)4]－。將一定量的Na2CO3、NaAlO2固體混合物溶于適量水中，再逐滴加入1mol/L鹽酸，測(cè)得溶液中CO32－、HCO3－、[Al(OH)4]－、Al3+的物質(zhì)的量與加入鹽酸的體積變化關(guān)系如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是A．CO32－、HCO3－和[Al(OH)4]－在水溶液中可大量共存B．d線表示的反應(yīng)為：[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2OC．原固體混合物中CO32－與AlO2－的物質(zhì)的量之比為1：1D．V1=150mL，V2=300mL；M點(diǎn)生成的CO2為0.05mol8、下列每組物質(zhì)發(fā)生變化所克服的粒子間的作用力屬于同種類(lèi)型的是()A．氯化銨受熱氣化和苯的氣化B．碘和干冰受熱升華C．二氧化硅和生石灰的熔化D．氯化鈉和鐵的熔化9、科學(xué)家利用CH4燃料電池(如圖)作為電源，用Cu-Si合金作硅源電解制硅可以降低制硅成本，高溫利用三層液熔鹽進(jìn)行電解精煉，下列說(shuō)法不正確的是（）A．電極d與b相連，c與a相連B．電解槽中，Si優(yōu)先于Cu被氧化C．a(chǎn)極的電極反應(yīng)為CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2OD．相同時(shí)間下，通入CH4、O2的體積不同，會(huì)影響硅的提純速率10、下列化學(xué)式既能表示物質(zhì)的組成，又能表示物質(zhì)的一個(gè)分子的是A．NaOH B．SiO2 C．Fe D．CO211、已知氯氣、溴蒸氣分別跟氫氣反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下(Q1、Q2均為正值)：H2(g)+Cl2(g)→2HCl(g)+Q1H2(g)+Br2(g)→2HBr(g)+Q2根據(jù)上述反應(yīng)做出的判斷正確的是()A．Q1＞Q2B．生成物總能量均高于反應(yīng)物總能量C．生成1molHCl(g)放出Q1熱量D．等物質(zhì)的量時(shí)，Br2(g)具有的能量低于Br2(l)12、下圖是一種有機(jī)物的模型，該模型代表的有機(jī)物可能含有的官能團(tuán)有A．一個(gè)羥基，一個(gè)酯基 B．一個(gè)羥基，一個(gè)羧基C．一個(gè)羧基，一個(gè)酯基 D．一個(gè)醛基，一個(gè)羥基13、下列實(shí)驗(yàn)裝置正確的是（）A．用圖1所示裝置收集SO2氣體B．用圖2所示裝置檢驗(yàn)溴乙烷與NaOH醇溶液共熱產(chǎn)生的C2H4C．用圖3所示裝置從食鹽水中提取NaClD．用圖4所示裝置制取并收集O214、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增加的短周期主族元素，位于三個(gè)周期，X、Z同主族，Y、Z同周期，X的簡(jiǎn)單氫化物可與其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物反應(yīng)生成鹽，Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物是二元中強(qiáng)堿，以下說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．原子半徑大?。篩>ZB．Y3X2中既有離子鍵，又有共價(jià)鍵C．Z的最高價(jià)氧化物可做干燥劑D．可以用含XW3的濃溶液檢驗(yàn)氯氣管道是否漏氣15、短周期元素X、Y、Z、M的原子序數(shù)依次增大，它們組成一種團(tuán)簇分子，結(jié)構(gòu)如圖所示。X、M的族序數(shù)均等于周期序數(shù)，Y原子核外最外層電子數(shù)是其電子總數(shù)的。下列說(shuō)法正確的是（）A．簡(jiǎn)單離子半徑：Z>M>YB．常溫下Z和M的單質(zhì)均能溶于濃硝酸C．X+與Y22-結(jié)合形成的化合物是離子晶體D．Z的最高價(jià)氧化物的水化物是中強(qiáng)堿16、錫為ⅣA族元素，四碘化錫是常用的有機(jī)合成試劑(SnI4，熔點(diǎn)144.5℃，沸點(diǎn)364.5℃，易水解)。實(shí)驗(yàn)室以過(guò)量錫箔為原料通過(guò)反應(yīng)Sn+2I2SnI4制備SnI4。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．裝置Ⅱ的主要作用是吸收揮發(fā)的I2B．SnI4可溶于CCl4中C．裝置Ⅰ中a為冷凝水進(jìn)水口D．加入碎瓷片的目的是防止暴沸17、將含1molKAl(SO4)2溶液逐滴加到含1molBa(OH)2溶液中，最終溶液中不存在A．K+ B．Al3+ C．SO42- D．AlO2-18、依據(jù)反應(yīng)2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4。利用下列裝置分四步從含NaIO3的廢液中制取單質(zhì)碘的CC14溶液，并回收NaHSO4。下列裝置中不需要的是（）A．制取SO2B．還原IO3-C．制I2的CCl4溶液D．從水溶液中提取NaHSO419、下列物質(zhì)中，按只有氧化性，只有還原性，既有氧化性又有還原性的順序排列的一組是A．Cl2、Al、H2 B．F2、K、HClC．NO2、Na、Br2 D．HNO3、SO2、H2O20、在強(qiáng)酸性條件下因發(fā)生氧化還原反應(yīng)不能大量共存的是A．Mg2+、Na+、SO42-、Cl- B．K+、CO32-、Cl-、NO3-C．Na+、Cl-、NO3-、Fe2+ D．NH4+、OH-、SO42-、NO3-21、下列化學(xué)用語(yǔ)對(duì)事實(shí)的表述正確的是A．電解CuCl2溶液：CuCl2=Cu2++2Cl-B．Mg和Cl形成離子鍵的過(guò)程：C．向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32-=Al2(CO3)3↓D．乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O22、下列說(shuō)法正確的是()A．分液操作時(shí),分液漏斗中的下層液體從下口放出后,再將上層液體從下口放到另一燒杯中B．用試管夾從試管底由下往上夾住距離試管口約1/2處,手持試管夾長(zhǎng)柄末端進(jìn)行加熱C．為檢驗(yàn)?zāi)橙芤菏欠窈蠳H4+,可在此溶液中加入足量的NaOH溶液,加熱后用濕潤(rùn)的藍(lán)色石蕊試紙檢驗(yàn)D．配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液,向容量瓶加水至液面離刻度線1～2cm時(shí),改用膠頭滴管定容二、非選擇題(共84分)23、（14分）鹽酸阿比朵爾，適合治療由A、B型流感病毒引起的上呼吸道感染，2020年入選新冠肺炎試用藥物，其合成路線：回答下列問(wèn)題：（1）有機(jī)物A中的官能團(tuán)名稱是______________和______________。（2）反應(yīng)③的化學(xué)方程式______________。（3）反應(yīng)④所需的試劑是______________。（4）反應(yīng)⑤和⑥的反應(yīng)類(lèi)型分別是______________、______________。（5）I是B的同分異構(gòu)體，具有兩性并能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)放出氣體，寫(xiě)出具有六元環(huán)結(jié)構(gòu)的有機(jī)物H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式______________。(不考慮立體異構(gòu)，只需寫(xiě)出3個(gè))（6）已知：兩分子酯在堿的作用下失去一分子醇生成β—羥基酯的反應(yīng)稱為酯縮合反應(yīng)，也稱為Claisen（克萊森）縮合反應(yīng)，如：，設(shè)計(jì)由乙醇和制備的合成線路______________。(無(wú)機(jī)試劑任選)24、（12分）普羅帕酮，為廣譜高效膜抑制性抗心律失常藥。具有膜穩(wěn)定作用及競(jìng)爭(zhēng)性β受體阻滯作用。能降低心肌興奮性，延長(zhǎng)動(dòng)作電位時(shí)程及有效不應(yīng)期，延長(zhǎng)傳導(dǎo)?；衔颕是合成普羅帕酮的前驅(qū)體，其合成路線如圖：已知：CH3COCH3+CH3CHOCH3COCH=CHCH3+H2O回答下列問(wèn)題：(1)H的分子式為_(kāi)____________；化合物E中含有的官能團(tuán)名稱是_________。(2)G生成H的反應(yīng)類(lèi)型是______。(3)F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)____。(4)B與銀氨溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_________。(5)芳香族化合物M與E互為同分異構(gòu)體，M中除苯環(huán)外，不含其他環(huán)狀結(jié)構(gòu)，且1molM能與2molNaOH反應(yīng)，則M的結(jié)構(gòu)共有___種，其中能發(fā)生銀鏡反應(yīng)且核磁共振氫譜上顯示4組峰的M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：_______。(6)參照上述合成路線，以2-丙醇和苯甲醛為原料(無(wú)機(jī)試劑任選)，設(shè)計(jì)制備的合成路線：____。25、（12分）實(shí)驗(yàn)室如圖的裝置模擬工業(yè)過(guò)程制取硫代硫酸鈉（夾持儀器和加熱儀器均省略）。其反應(yīng)原理為2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2請(qǐng)回答：（1）下列說(shuō)法不正確的是___。A．裝置A的燒瓶中的試劑應(yīng)是Na2SO3固體B．提高C處水浴加熱的溫度，能加快反應(yīng)速率，同時(shí)也能增大原料的利用率C．裝置E的主要作用是吸收CO2尾氣D．裝置B的作用之一是觀察SO2的生成速率，該處錐形瓶中可選用濃硫酸或飽和NaHSO3溶液（2）反應(yīng)結(jié)束后C中溶液中會(huì)含有少量Na2SO4雜質(zhì)，請(qǐng)解釋其生成原因___。26、（10分）葡萄糖酸鋅{M[Zn(C6H11O7)2]＝455g·mol－1)是一種重要的補(bǔ)鋅試劑，其在醫(yī)藥、食品、飼料、化妝品等領(lǐng)城中具有廣泛的應(yīng)用。純凈的葡葡糖酸鋅為白色晶體，可溶于水，極易溶于熱水，不溶于乙醇，化學(xué)興趣小組欲在實(shí)驗(yàn)室制備葡萄糖酸鋅并測(cè)定產(chǎn)率。實(shí)驗(yàn)操作分以下兩步：Ⅰ.葡萄糖酸(C6H12O7)的制備。量取50mL蒸餾水于100mL燒杯中，攪拌下緩慢加入2.7mL(0.05mol)濃H2SO4，分批加入21.5g葡萄糖酸鈣{M[Ca(C6H11O7)2]＝430g·mol－1，易溶于熱水}，在90℃條件下，不斷攪拌，反應(yīng)40min后，趁熱過(guò)濾。濾液轉(zhuǎn)移至小燒杯，冷卻后，緩慢通過(guò)強(qiáng)酸性陽(yáng)離子交換樹(shù)脂，交換液收集在燒杯中，得到無(wú)色的葡葡糖酸溶液。Ⅱ.葡萄糖酸鋅的制備。向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的ZnO，在60℃條件下，不斷攪拌，反應(yīng)1h，此時(shí)溶液pH≈6。趁熱減壓過(guò)濾，冷卻結(jié)晶，同時(shí)加入10mL95%乙醇，經(jīng)過(guò)一系列操作，得到白色晶體，經(jīng)干燥后稱量晶體的質(zhì)量為18.2g。回答下列問(wèn)題：(1)制備葡萄糖酸的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________。(2)通過(guò)強(qiáng)酸性陽(yáng)離子交換樹(shù)脂的目的是_______________。(3)檢驗(yàn)葡萄糖酸溶液中是否存在SO42-的操作為_(kāi)________。(4)制備葡萄糖酸時(shí)選用的最佳加熱方式為_(kāi)______________。(5)制備葡萄糖酸鋅時(shí)加入乙醇的目的是________，“一系列操作”具體是指_______。(6)葡萄糖酸鋅的產(chǎn)率為_(kāi)_____(用百分?jǐn)?shù)表示)，若pH≈5時(shí)就進(jìn)行后續(xù)操作，產(chǎn)率將_____(填“增大”“減小”或“不變”)。27、（12分）亞硝酸鈉（NaNO2）是一種肉制品生產(chǎn)中常見(jiàn)的食品添加劑，使用時(shí)必須嚴(yán)格控制其用量。在漂白、電鍍等方面應(yīng)用也很廣泛。某興趣小組設(shè)計(jì)了如下圖所示的裝置制備N(xiāo)aNO2（A中加熱裝置已略去）。已知：室溫下，①2NO+Na2O2===2NaNO2②酸性條件下，NO或NO2-都能與MnO4-反應(yīng)生成NO3-和Mn2+（1）A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)________________________________。（2）檢查完該裝置的氣密性，裝入藥品后，實(shí)驗(yàn)開(kāi)始前通入一段時(shí)間N2，然后關(guān)閉彈簧夾，再滴加濃硝酸，加熱。通入N2的作用是______________。（3）裝置B中觀察到的主要現(xiàn)象為_(kāi)________________（4）①為保證制得的亞硝酸鈉的純度，C裝置中盛放的試劑可能是___________（填字母序號(hào)）。A．P2O5B．無(wú)水CaCl2C．堿石灰D．濃硫酸②如果取消C裝置，D中固體產(chǎn)物除NaNO2外，可能含有的副產(chǎn)物有________寫(xiě)化學(xué)式）。（5）E中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___________。（6）將1.56gNa2O2完全轉(zhuǎn)化為NaNO2，理論上至少需要木炭__________g。28、（14分）釩（V）為過(guò)渡元素，可形成多價(jià)態(tài)化合物，全釩液流電池是一種新型的綠色環(huán)保儲(chǔ)能系統(tǒng)，工作原理如下圖：已知：離子種類(lèi)VO2+VO2+V3+V2+顏色黃色藍(lán)色綠色紫色（1）全釩液流電池放電時(shí)V2+發(fā)生氧化反應(yīng)，該電池放電時(shí)總反應(yīng)式是_______（2）當(dāng)完成儲(chǔ)能時(shí)，正極溶液的顏色是__________（3）質(zhì)子交換膜的作用是_________（4）含釩廢水會(huì)造成水體污染，對(duì)含釩廢水（除VO2+外，還含F(xiàn)e3+等）進(jìn)行綜合處理可實(shí)現(xiàn)釩資源的回收利用，流程如下：已知溶液酸堿性不同釩元素的存在形式不同：釩的化合價(jià)酸性堿性+4價(jià)VO2+VO(OH)3-+5價(jià)VO2+VO43-①濾液中釩元素的主要存在形式為_(kāi)______②濾渣在空氣中由灰白色轉(zhuǎn)變?yōu)榧t褐色，用化學(xué)用語(yǔ)表示加入NaOH后生成沉淀的反應(yīng)過(guò)程_______________、____________。③萃取、反萃取可實(shí)現(xiàn)釩的分離和富集，過(guò)程可簡(jiǎn)單表示為（HA為有機(jī)萃取劑）：萃取時(shí)必須加入適量堿，其原因是__________④純釩可由熔鹽電解法精煉，粗釩（含雜質(zhì)）作____極。29、（10分）二茂鐵在常溫下為橙黃色粉末，有樟腦氣味，用作節(jié)能、消煙、助燃添加劑等。可用下列方法合成：回答下列問(wèn)題：(1)室溫下，環(huán)戊二烯以二聚體的形式存在。某實(shí)驗(yàn)小組要得到環(huán)戊二烯，需先將環(huán)戊二烯二聚體解聚，已知：①分離得到環(huán)戊二烯的操作為_(kāi)____________________(填操作名稱)。②由環(huán)戊二烯生成C5H5K的化學(xué)方程式為_(kāi)__________________。(2)流程中所需的FeCl2·4H2O可通過(guò)下列步驟制得。①用飽和Na2CO3溶液“浸泡”鐵屑的目的是_____________________________________。②采用“趁熱過(guò)濾”，其原因是________________________________________________。(3)用電解法制備二茂鐵時(shí)：①不斷通入N2的目的是__________________________。②Ni電極與電源的____________(填“正極”或“負(fù)極”)相連，電解過(guò)程中陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)_________________，理論上電路中每轉(zhuǎn)移1mol電子，得到產(chǎn)品的質(zhì)量為_(kāi)___。

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、B【解析】

A.Mg、Al合金用來(lái)制飛機(jī)外殼是利用其密度小，硬度和強(qiáng)度都很大的性質(zhì)，不是因?yàn)楹辖鹑埸c(diǎn)低，故A錯(cuò)誤；B.食品合中常放一小袋Fe粉，利用其具有較強(qiáng)的還原性，防止食品被氧化，故B正確；C.SiO2用來(lái)制造光導(dǎo)纖維是利用其光學(xué)性質(zhì)，不是耐酸性，故C錯(cuò)誤；D.葡萄酒里都含有SO2，起保鮮、殺菌和抗氧化作用，不是用來(lái)漂白，故D錯(cuò)誤。答案選B?！军c(diǎn)睛】本題易錯(cuò)選項(xiàng)D，注意SO2有毒不能用于食品的漂白，在葡萄酒里都含有SO2，起保鮮、殺菌和抗氧化作用。2、D【解析】

A.、水解促進(jìn)水電離，

b點(diǎn)是與溶液恰好完全反應(yīng)的點(diǎn)，溶質(zhì)是氯化鈉，對(duì)水的電離沒(méi)有作用，水的電離程度最小的為b點(diǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.根據(jù)物料守恒溶液中：2ccc

c，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.大于，所以向、濃度均為的混合溶液中逐滴加入的溶液，先沉淀，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.b點(diǎn)是與溶液恰好完全反應(yīng)的點(diǎn)，

，根據(jù)b點(diǎn)數(shù)據(jù)，2×10-18

，該溫度下，選項(xiàng)D正確；答案選D。3、C【解析】A．NaOH為強(qiáng)堿，電離使溶液顯堿性，故A不選；B．NH4Cl為強(qiáng)酸弱堿鹽，水解顯酸性，故B不選；C．CH3COONa為強(qiáng)堿弱酸鹽，弱酸根離子水解使溶液顯堿性，故C選；D．HC1在水溶液中電離出H+，使溶液顯酸性，故D不選；故選C。4、C【解析】

A.相同時(shí)間內(nèi)，0～2min內(nèi)氯氣變化量為1.8×10-3

mol，而4～6min內(nèi)氯氣變化量為(5.4-3.7)×10-3

mol=1.7×10-3

mol，則0～2min的反應(yīng)速率大于4～6min的反應(yīng)速率，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.容器容積未知，用單位時(shí)間內(nèi)濃度變化量無(wú)法表示氯氣反應(yīng)速率，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)平衡正向移動(dòng)，可以提高HCl轉(zhuǎn)化率，C項(xiàng)正確；D.正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)減小，則平衡常數(shù)K(200℃)＞K(400℃)，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。5、B【解析】

A選項(xiàng)，分別向兩只盛有等體積等濃度的稀硫酸燒杯中加入打磨過(guò)的同樣大小的鎂片和鋁片，由于鎂的金屬性比鋁的金屬性強(qiáng)，因此鎂片表面產(chǎn)生氣泡較快，故A正確，不符合題意；B選項(xiàng)，向試管中加入2mL5%的硫酸銅溶液，再逐滴加入濃氨水至過(guò)量，邊滴邊振蕩，先生成大量藍(lán)色沉淀，后沉淀溶解生成硫酸四氨合銅溶液，故B錯(cuò)誤，符合題意；C選項(xiàng)，將鎂條點(diǎn)燃后迅速伸入集滿二氧化碳的集氣瓶，鎂條與二氧化碳反應(yīng)生成氧化鎂和黑色的碳，并伴有濃煙，故C正確，不符合題意；D選項(xiàng)，向盛有氯化鐵溶液的試管中加過(guò)量鐵粉，充分振蕩后加2—3滴KSCN溶液，鐵離子和鐵粉反應(yīng)生成亞鐵離子，亞鐵離子與KSCN不顯色，故D正確，不符合題意。綜上所述，答案為B?！军c(diǎn)睛】硫酸銅溶液中逐滴加入氨水，先生成藍(lán)色沉淀，后沉淀逐漸溶解，硝酸銀溶液中逐滴加入氨水也有類(lèi)似的性質(zhì)。6、B【解析】

鐵在溶液中發(fā)生反應(yīng)為Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，已知，n（Fe）=1.5mol，n（H+）=5mol，n（NO3-）=4mol，氫離子少量，則消耗1.25molFe，生成1.25mol的鐵離子，剩余的n（Fe）=0.25mol，發(fā)生Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成0.75molFe2+，剩余0.75molFe3+；【詳解】A.分析可知，反應(yīng)后生成NO的物質(zhì)的量為1.25mol，標(biāo)況下的體積為28L，但題目未說(shuō)明是否為標(biāo)準(zhǔn)狀況，故A錯(cuò)誤；B.所得溶液中c（Fe2+）:c（Fe3+）=0.75mol:0.75mol=1:1，故B正確；C.未給定溶液體積，無(wú)法計(jì)算所得溶液中c（NO3-），故C錯(cuò)誤；D.所得溶液中含有Fe2+、Fe3+、SO42-、NO3-，故D錯(cuò)誤；答案為B。7、C【解析】

將一定量的Na2CO3、NaAlO2固體混合物溶于適量水中，AlO2－轉(zhuǎn)化為[Al(OH)4]－，除Na+外溶液中主要存在CO32-、[Al(OH)4]－；由于酸性：H2CO3＞HCO3－＞Al(OH)3，則結(jié)合H+的能力：[Al(OH)4]－＞CO32-＞HCO3－，向溶液中逐滴加入鹽酸，[Al(OH)4]－首先與H+反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Al(OH)3，因此a線代表[Al(OH)4]－減少，發(fā)生的反應(yīng)為：[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O，則[Al(OH)4]－的物質(zhì)的量為1mol/L×0.05L=0.05mol，生成的Al(OH)3也為0.05mol；接下來(lái)CO32-與H+反應(yīng)轉(zhuǎn)化為HCO3－，b線代表CO32-減少，c線代表HCO3－增多，發(fā)生的反應(yīng)為：CO32-+H+=HCO3－，可計(jì)算出n(CO32-)=n(HCO3－)=n(H+)=1mol/L×0.05L=0.05mol；然后HCO3－與H+反應(yīng)生成H2CO3（分解為CO2和H2O），最后Al(OH)3與H+反應(yīng)生成Al3+，d線代表HCO3－減少，e線代表Al3+增多?！驹斀狻緼．由于酸性：HCO3-＞Al(OH)3，HCO3－會(huì)與[Al(OH)4]－發(fā)生反應(yīng)生成Al(OH)3：HCO3－+[Al(OH)4]－=CO32-+Al(OH)3↓+H2O，HCO3－和[Al(OH)4]－在水溶液中不能大量共存，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．d線代表HCO3－減少，發(fā)生的反應(yīng)為：HCO3－+H+=CO2↑+H2O，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．a(chǎn)線代表[Al(OH)4]－與H+反應(yīng)：[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O，b線代表CO32-與H+反應(yīng)：CO32-+H+=HCO3－，由圖象知兩個(gè)反應(yīng)消耗了等量的H+，則溶液中CO32-與[Al(OH)4]－的物質(zhì)的量之比為1：1，原固體混合物中CO32－與AlO2－的物質(zhì)的量之比為1：1，C項(xiàng)正確；D．d線代表HCO3－與H+的反應(yīng)：HCO3－+H+=CO2↑+H2O，n(HCO3－)=0.05mol，消耗H+的物質(zhì)的量為0.05mol，所用鹽酸的體積為50mL，V1=100mL+50mL=150mL；e線代表Al(OH)3與H+反應(yīng)：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，Al(OH)3的物質(zhì)的量為0.05mol，會(huì)消耗0.15molH+，所用鹽酸的體積為150mL，V2=V1+150mL=300mL；M點(diǎn)生成的是HCO3－而非CO2，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。【點(diǎn)睛】在判斷HCO3－、Al(OH)3與H+反應(yīng)的先后順序時(shí)，可用“假設(shè)法”：假設(shè)HCO3－先與H+反應(yīng)，生成的H2CO3（分解為CO2和H2O）不與混合物中現(xiàn)存的Al(OH)3反應(yīng)；假設(shè)Al(OH)3先與H+反應(yīng)，生成的Al3+會(huì)與溶液中現(xiàn)存的HCO3－發(fā)生雙水解反應(yīng)，轉(zhuǎn)化為Al(OH)3和H2CO3（分解為CO2和H2O），實(shí)際效果還是HCO3－先轉(zhuǎn)化為H2CO3，因此判斷HCO3－先與H+反應(yīng)。8、B【解析】

A．氯化銨屬于離子晶體，需要克服離子鍵，苯屬于分子晶體，需要克服分子間作用力，所以克服作用力不同，故A不選；B．碘和干冰受熱升華，均破壞分子間作用力，故B選；C．二氧化硅屬于原子晶體，需要克服化學(xué)鍵，生石灰屬于離子晶體，需要克服離子鍵，所以克服作用力不同，故C不選；D．氯化鈉屬于離子晶體，熔化需要克服離子鍵，鐵屬于金屬晶體，熔化克服金屬鍵，所以克服作用力不相同，故D不選；故選B?！军c(diǎn)睛】本題考查化學(xué)鍵及晶體類(lèi)型，為高頻考點(diǎn)，把握化學(xué)鍵的形成及判斷的一般規(guī)律為解答的關(guān)鍵。一般來(lái)說(shuō)，活潑金屬與非金屬之間形成離子鍵，非金屬之間形成共價(jià)鍵，但銨鹽中存在離子鍵；由分子構(gòu)成的物質(zhì)發(fā)生三態(tài)變化時(shí)只破壞分子間作用力，電解質(zhì)的電離化學(xué)鍵會(huì)斷裂。9、C【解析】

A．圖2是甲烷燃料電池，通入甲烷的電極為負(fù)極，通入氧氣的電極為正極，圖1中d電極為陽(yáng)極，與電源正極b相連，c電極為陰極，與電源負(fù)極a相連，故A正確；B．d電極為陽(yáng)極硅失電子被氧化，而銅沒(méi)有，所以Si優(yōu)先于Cu被氧化，故B正確；C．通入甲烷的a電極為負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為CH4-8e－+4O2－═CO2+2H2O，故C錯(cuò)誤；D．相同時(shí)間下，通入CH4、O2的體積不同，電流強(qiáng)度不同，會(huì)導(dǎo)致轉(zhuǎn)移電子的量不同，會(huì)影響硅提純速率，故D正確；故選C。10、D【解析】

A、NaOH是氫氧化鈉的化學(xué)式，它是由鈉離子和氫氧根離子構(gòu)成的，不能表示物質(zhì)的一個(gè)分子，A不符合題意；B、SiO2只能表示二氧化硅晶體中Si、O原子的個(gè)數(shù)比為1:2，不能表示物質(zhì)的一個(gè)分子，B不符合題意；C、Fe是鐵的化學(xué)式，它是由鐵原子直接構(gòu)成的，不能表示物質(zhì)的一個(gè)分子，C不符合題意；D、CO2是二氧化碳的化學(xué)式，能表示一個(gè)二氧化碳分子，D符合題意；答案選D?！军c(diǎn)睛】本題難度不大，掌握化學(xué)式的含義、常見(jiàn)物質(zhì)的粒子構(gòu)成是正確解題的關(guān)鍵。11、A【解析】

A．非金屬性Cl＞Br，HCl比HBr穩(wěn)定，則反應(yīng)①中放出的熱量多，即Ql＞Q2，故A正確；B．燃燒反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則反應(yīng)物總能量均高于生成物總能量，故B錯(cuò)誤；C．由反應(yīng)①可知，Q1為生成2molHCl的能量變化，則生成molHCl(g)時(shí)放出熱量小于Q1，故C錯(cuò)誤；D．同種物質(zhì)氣體比液體能量高，則1molHBr(g)具有的能量大于1molHBr(l)具有的能量，故D錯(cuò)誤；故選A。12、B【解析】

比例模型可以直觀地表示分子的形狀，其碳原子的成鍵情況是確定分子結(jié)構(gòu)的關(guān)鍵，碳原子的成鍵情況主要根據(jù)與碳原子形成共價(jià)鍵的原子的數(shù)目確定，原子半徑的關(guān)系為C>O>H，最大的原子為C，最小的原子為H，小于C原子的灰色原子為O。則該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH(OH)COOH，則其中含有官能團(tuán)有一個(gè)羥基，一個(gè)羧基。故選B。13、D【解析】

A、SO2密度比空氣大，應(yīng)用向上排空法收集，故A錯(cuò)誤；B、乙醇易揮發(fā)，可與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能排除乙醇的干擾，故B錯(cuò)誤；C、蒸發(fā)應(yīng)用蒸發(fā)皿，不能用坩堝，故C錯(cuò)誤；D、過(guò)氧化氫在二氧化錳催化作用下生成氧氣，氧氣密度比空氣大，可用向上排空法收集，故D正確。答案選D。14、B【解析】

W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增加的短周期主族元素，位于三個(gè)周期，Y、Z同周期，則W位于第一周期，為H元素，X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，X的簡(jiǎn)單氫化物可與其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物反應(yīng)生成鹽，則X為N元素，X、Z同主族，則Z為P元素，Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物是二元中強(qiáng)堿，Y為Mg元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．Y為Mg元素，Z為P元素，Y、Z同周期，同周期元素隨核電核數(shù)增大，原子半徑減小，則原子半徑大?。篩>Z，故A正確；B．X為N元素，Y為Mg元素，Y3X2為Mg3N2，屬于離子化合物，其中只有離子鍵，故B錯(cuò)誤；C．Z為P元素，最高價(jià)氧化物為五氧化二磷，具有吸水性，屬于酸性干燥劑，故C正確；D．W為H元素，X為N元素，XW3為氨氣，濃氨水與氯氣在空氣中反應(yīng)生成氯化銨，形成白煙，可以用含氨氣的濃溶液檢驗(yàn)氯氣管道是否漏氣，故D正確；答案選B。15、D【解析】

短周期元素X、M的族序數(shù)均等于周期序數(shù)，符合要求的只有H、Be、Al三種元素；結(jié)合分子結(jié)構(gòu)圖化學(xué)鍵連接方式，X為H元素，M為Al元素，Y原子核外最外層電子數(shù)是其電子總數(shù)的，Y為O元素，原子序數(shù)依次增大，Z元素在O元素和Al元素之間，結(jié)合題圖判斷Z為Mg元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)分析X為H元素，Y為O元素，Z為Mg元素，M為Al元素；A．Y為O元素，Z為Mg元素，M為Al元素，簡(jiǎn)單離子的核外電子排布結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則半徑：Y>Z>M，故A錯(cuò)誤；B．Z為Mg元素，M為Al元素，常溫下Al遇濃硝酸發(fā)生鈍化，不能溶于濃硝酸，故B錯(cuò)誤；C．X為H元素，Y為O元素，X+與Y22-結(jié)合形成的化合物為雙氧水，是分子晶體，故C錯(cuò)誤；D．Z為Mg元素，Z的最高價(jià)氧化物的水化物為氫氧化鎂，是中強(qiáng)堿，故D正確；答案選D。16、A【解析】

A．SnI4易水解，裝置Ⅱ的主要作用是防止空氣中的水蒸氣進(jìn)去到反應(yīng)裝置中，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)相似相溶原理，SnI4是非極性分子溶于CCl4非極性分子中，故B正確；C．冷凝水方向是“下進(jìn)上出”，因此裝置Ⅰ中a為冷凝水進(jìn)水口，故C正確；D．在液體加熱時(shí)溶液易暴沸，因此需要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸，故D正確；故答案為A。17、D【解析】

1molKAl(SO4)2電離出1mol鉀離子，1mol鋁離子，2mol硫酸根離子，加入1mol氫氧化鋇，電離出1mol鋇離子和2mol氫氧根離子，所以鋁離子過(guò)量，不會(huì)生成偏鋁酸根離子，故選：D。18、D【解析】

A．銅和濃硫酸加熱生成硫酸銅、二氧化硫、水，所以可用A裝置制取SO2，故不選A；B．SO2氣體把IO3-還原為I2，可利用此反應(yīng)吸收尾氣，且倒扣的漏斗可防止倒吸，故不選B；C．I2易溶于CCl4，用CCl4萃取碘水中的I2，然后用分液法將碘的四氯化碳溶液與水層分離，故不選C；D．用蒸發(fā)結(jié)晶的方法從水溶液中提取NaHSO4，應(yīng)該將溶液置于蒸發(fā)皿中加熱，而不能用坩堝，故選D；故選D。19、B【解析】

物質(zhì)的氧化性和還原性，需從兩個(gè)反面入手。一是熟悉物質(zhì)的性質(zhì)，二是物質(zhì)所含元素的化合價(jià)。如果物質(zhì)所含元素處于中間價(jià)態(tài)，則物質(zhì)既有氧化性又有還原性，處于最低價(jià)，只有還原性，處于最高價(jià)，只有氧化性?！驹斀狻緼.Cl2中Cl元素化合價(jià)為0價(jià)，處于其中間價(jià)態(tài)，既有氧化性又有還原性，而金屬鋁和氫氣只有還原性，A錯(cuò)誤；A.F2只有氧化性，F(xiàn)2化合價(jià)只能降低，K化合價(jià)只能升高，所以金屬鉀只有還原性，鹽酸和金屬反應(yīng)表現(xiàn)氧化性，和高錳酸鉀反應(yīng)表現(xiàn)還原性，B正確；C.NO2和水的反應(yīng)說(shuō)明NO2既有氧化性又有還原性，金屬鈉只有還原性，溴單質(zhì)既有氧化性又有還原性，C錯(cuò)誤；D.SO2中硫元素居于中間價(jià)，既有氧化性又有還原性，D錯(cuò)誤。故合理選項(xiàng)是B?！军c(diǎn)睛】本題主要考察對(duì)氧化性和還原性的判斷和理解。氧化性是指物質(zhì)得電子的能力，處于高價(jià)態(tài)的物質(zhì)一般具有氧化性，還原性是在氧化還原反應(yīng)里，物質(zhì)失去電子或電子對(duì)偏離的能力，金屬單質(zhì)和處于低價(jià)態(tài)的物質(zhì)一般具有還原性，元素在物質(zhì)中若處于該元素的最高價(jià)態(tài)和最低價(jià)態(tài)之間，則既有氧化性，又有還原性。20、C【解析】

酸性條件下，離子之間不能結(jié)合生成沉淀、氣體、水、弱電解質(zhì)等可以大量共存；強(qiáng)酸性條件下具有氧化性與具有還原性的離子能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，以此來(lái)解答。【詳解】A．這幾種離子之間不反應(yīng)且和氫離子不反應(yīng)，所以能大量共存，A不符合題意；B．H+、CO32-反應(yīng)生成CO2和H2O而不能大量共存，但是發(fā)生的是復(fù)分解反應(yīng)，不是氧化還原反應(yīng)，B不符合題意；C．H+、NO3-、Fe2+會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe3+和NO而不能大量共存，C符合題意；D．NH4+、OH-發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成NH3?H2O而不能大量共存，但發(fā)生的不是氧化還原反應(yīng)，D不符合題意；故合理選項(xiàng)是C?！军c(diǎn)睛】本題考查離子共存的知識(shí)，明確離子性質(zhì)及離子共存的條件是解本題關(guān)鍵，注意結(jié)合題干中關(guān)鍵詞“強(qiáng)酸性、氧化還原反應(yīng)”來(lái)分析解答，題目難度不大。21、D【解析】

A．電解氯化銅溶液生成銅和氯氣，總的化學(xué)方程式為：CuCl2Cu+Cl2↑，故A錯(cuò)誤；B．氯化鎂為離子化合物，由離子形成離子鍵，其形成過(guò)程為，故B錯(cuò)誤；C．向Al2(SO4)3溶液中滴加少量Na2CO3溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳?xì)怏w，反應(yīng)的離子方程式為2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故C錯(cuò)誤；D．羧酸與醇發(fā)生的酯化反應(yīng)中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互結(jié)合生成水，其它基團(tuán)相互結(jié)合生成酯，反應(yīng)的方程式為CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O，故D正確；故選D。22、D【解析】

A.分液操作時(shí)，下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，故A不選。B.用試管夾時(shí)，應(yīng)夾住距離試管口約1/3處，故B不選。C.檢驗(yàn)氨氣，應(yīng)該用濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙，遇氨氣變藍(lán)，故C不選；D.配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，向容量瓶加水至液面離刻度線1～2cm時(shí)，改用膠頭滴管定容是正確的，故D選。故選D。二、非選擇題(共84分)23、羰基酯基+→+HClBr2取代反應(yīng)取代反應(yīng)（任寫(xiě)3個(gè)）CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH【解析】

根據(jù)合成路線圖中反應(yīng)物和生成物的結(jié)構(gòu)變化分析反應(yīng)類(lèi)型；根據(jù)題給信息及路線圖中反應(yīng)類(lèi)型比較目標(biāo)產(chǎn)物及原料的結(jié)構(gòu)設(shè)計(jì)合成路線圖?！驹斀狻浚?）根據(jù)A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分析，A中的官能團(tuán)有羰基和酯基，故答案為：羰基；酯基；（2）根據(jù)比較C和E的結(jié)構(gòu)及反應(yīng)物的結(jié)構(gòu)，分析中間產(chǎn)物D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，則反應(yīng)③的化學(xué)方程式為：+→+HCl；故答案為：+→+HCl；（3）比較D和E的結(jié)構(gòu)，反應(yīng)④為取代反應(yīng)，所需的試劑是Br2，故答案為：Br2；（4）比較E和F的結(jié)構(gòu)變化及F和G的結(jié)構(gòu)變化，反應(yīng)⑤為取代反應(yīng)；反應(yīng)⑥也為取代反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)；取代反應(yīng)；（5）I是B（）的同分異構(gòu)體，具有兩性并能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)放出氣體，則結(jié)構(gòu)中含有氨基和羧基，其中具有六元環(huán)結(jié)構(gòu)的有機(jī)物H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式有：；（6）乙醇氧化可以得到乙酸，乙酸與乙醇酯化反應(yīng)反應(yīng)得到乙酸乙酯（），乙酸乙酯發(fā)生酯縮合反應(yīng)生成，與發(fā)生合成路線中反應(yīng)①的反應(yīng)即可得到，故答案為：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH。24、C18H18O3(酚)羥基、羰基取代反應(yīng)CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O10【解析】

由A的分子式為C2H6O，且能在Cu作催化劑時(shí)被O2氧化，則A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH2OH，B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CHO，B被銀氨溶液氧化，酸化后得到C為CH3COOH，由題目中已知信息可得，E與生成F為，F(xiàn)與H2發(fā)生加成反應(yīng)生成G，G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，由G與C3H5ClO反應(yīng)生成H可知，反應(yīng)產(chǎn)物還有H2O分子，故該反應(yīng)為取代反應(yīng)，據(jù)此分析?！驹斀狻坑葾的分子式為C2H6O，且能在Cu作催化劑時(shí)被O2氧化，則A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH2OH，B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CHO，B被銀氨溶液氧化，酸化后得到C為CH3COOH，由題目中已知信息可得，E與生成F為，F(xiàn)與H2發(fā)生加成反應(yīng)生成G，G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，由G與C3H5ClO反應(yīng)生成H可知，反應(yīng)產(chǎn)物還有H2O分子，故該反應(yīng)為取代反應(yīng)；(1)由流程圖中H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，其分子式為：C18H18O3，由E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，E所含有的官能團(tuán)有：(酚)羥基、羰基；(2)由分析可知，G生成H的反應(yīng)類(lèi)型是取代反應(yīng)；(3)由分析可知，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：；(4)由分析可知，B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CHO，與銀氨溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；(5)芳香族化合物M與E互為同分異構(gòu)體，M中除苯環(huán)外，不含其他環(huán)狀結(jié)構(gòu)，且1molM能與2molNaOH反應(yīng)，則M中苯環(huán)上的取代基可能是2個(gè)酚羥基和1個(gè)乙烯基，由苯環(huán)上的鄰、間、對(duì)位結(jié)構(gòu)的不同，一共有6中同分異構(gòu)體；M還有可能是甲酸苯酚酯，苯環(huán)上另有一個(gè)甲基的結(jié)構(gòu)，這樣的同分異構(gòu)體有3種；M還有可能是乙酸苯酚酯，有1種同分異構(gòu)體；所以符合條件的M一共有10種同分異構(gòu)體；其中能發(fā)生銀鏡反應(yīng)且核磁共振氫譜上顯示4組峰的M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；(6)以2-丙醇和苯甲醛為原料(無(wú)機(jī)試劑任選)，設(shè)計(jì)制備的合成路線為：。【點(diǎn)睛】本題根據(jù)流程圖中所給A物質(zhì)的分子式及其反應(yīng)條件推導(dǎo)出A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是解題的關(guān)鍵，注意比較G和H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式區(qū)別，然后根據(jù)有機(jī)化學(xué)中反應(yīng)基本類(lèi)型的特點(diǎn)進(jìn)行判斷。25、BCSO2和Na2CO3反應(yīng)生成Na2SO3，Na2SO3不穩(wěn)定而易被空氣氧化生成Na2SO4，且生成的Na2S2O3也易被空氣氧化生成硫酸鈉【解析】

A裝置制取二氧化硫，發(fā)生的反應(yīng)離子方程式為SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O，B裝置能儲(chǔ)存二氧化硫且起安全瓶的作用，還能根據(jù)氣泡大小控制反應(yīng)速率，C裝置中發(fā)生反應(yīng)2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，剩余的二氧化硫有毒，不能直接排空，所以E為尾氣處理裝置，結(jié)合題目分析解答。【詳解】（1）A.裝置A的燒瓶中的試劑應(yīng)是Na2SO3固體，分液漏斗中盛放的液體是硫酸，二者在A中發(fā)生反應(yīng)生成二氧化硫，故A正確；B.提高C處水浴加熱的溫度，能加快反應(yīng)速率，但是氣體流速也增大，導(dǎo)致原料利用率減少，故B錯(cuò)誤；C.裝置E的主要作用是吸收SO2尾氣，防止二氧化硫污染環(huán)境，故C錯(cuò)誤；D.裝置B的作用之一是觀察SO2的生成速率，該處錐形瓶中可選用濃硫酸或飽和NaHSO3溶液，二者都不溶解或與二氧化硫反應(yīng)，所以可以選取濃硫酸或飽和亞硫酸氫鈉溶液，故D正確；故答案為：BC；（2）反應(yīng)結(jié)束后C中溶液中會(huì)含有少量Na2SO4雜質(zhì)，SO2和Na2CO3反應(yīng)生成Na2SO3，Na2SO3不穩(wěn)定而易被空氣氧化生成Na2SO4，且生成的Na2S2O3也易被空氣氧化生成硫酸鈉，所以得到的物質(zhì)中含有少量Na2SO4，故答案為：SO2和Na2CO3反應(yīng)生成Na2SO3，Na2SO3不穩(wěn)定而易被空氣氧化生成Na2SO4，且生成的Na2S2O3也易被空氣氧化生成硫酸鈉。26、將未充分反應(yīng)的葡萄糖轉(zhuǎn)化為葡萄糖酸取適量葡萄糖酸試液，向其中加入足量的稀鹽酸，無(wú)明顯現(xiàn)象，再滴加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則證明葡萄糖酸溶液中還存在SO42-，反之則不存在水浴加熱（或熱水?。┙档推咸烟撬徜\溶解度，便于晶體析出過(guò)濾、洗滌80%減小【解析】

(1)葡萄糖酸鈣Ca(C6H11O7)2與硫酸H2SO4反應(yīng)生成葡萄糖酸(C6H12O7)，原理為強(qiáng)酸制弱酸，化學(xué)反應(yīng)方程式為，故答案為：；(2)將葡萄糖酸鈣與硫酸反應(yīng)后的濾液緩慢通過(guò)強(qiáng)酸性陽(yáng)離子交換樹(shù)脂進(jìn)行陽(yáng)離子交換，可將為充分反應(yīng)的Ca2+交換為H+，即將未充分反應(yīng)的葡萄糖酸鈣轉(zhuǎn)化為葡萄糖酸，故答案為：將未充分反應(yīng)的葡萄糖轉(zhuǎn)化為葡萄糖酸；(3)結(jié)合SO42-離子的檢驗(yàn)方法，可取適量葡萄糖酸試液，向其中加入足量的稀鹽酸，無(wú)明顯現(xiàn)象，再滴加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則證明葡萄糖酸溶液中還存在SO42-，反之則不存在，故答案為：取適量葡萄糖酸試液，向其中加入足量的稀鹽酸，無(wú)明顯現(xiàn)象，再滴加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則證明葡萄糖酸溶液中還存在SO42-，反之則不存在；(4)實(shí)驗(yàn)Ⅰ制備葡糖糖酸時(shí)，反應(yīng)條件為90℃，則最佳的加熱方式為水浴加熱（或熱水浴），故答案為：水浴加熱（或熱水浴）；(5)葡萄糖酸鋅可溶于水，極易溶于熱水，不溶于乙醇，生成葡萄糖酸鋅后，加入乙醇可減少葡萄糖酸鋅的溶解，使其以晶體的形式析出，加入乙醇后的“一些列操作”可以是過(guò)濾、洗滌，故答案為：降低葡萄糖酸鋅溶解度，便于晶體析出；過(guò)濾、洗滌；(6)根據(jù)反應(yīng)方程式可得關(guān)系式：Ca(C6H11O7)2~Zn(C6H11O7)2，m[Ca(C6H11O7)2]=21.5g，則，則理論上可得到葡萄糖酸鋅的物質(zhì)的量為n[Zn(C6H11O7)2]=0.05mol，因此，，根據(jù)可得，葡萄糖酸鋅的產(chǎn)率為，若pH≈5時(shí)就進(jìn)行后續(xù)操作，一些葡萄糖酸就不能充分轉(zhuǎn)化為葡萄糖酸鋅，導(dǎo)致葡萄糖酸鋅質(zhì)量將減小，產(chǎn)率減小，故答案為：80%；減??；27、C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O排盡空氣，防止生成的NO被氧氣氧化紅棕色氣體消失，銅片溶解，溶液變藍(lán)，導(dǎo)管口有無(wú)色氣泡冒出CNa2CO3、NaOH5NO+3MnO4?+4H+=5NO3?+3Mn2++2H2O0.24g【解析】

A裝置為C與HNO3(濃)反應(yīng)生成二氧化碳與二氧化氮，二氧化氮在B中與水反應(yīng)生成硝酸，硝酸與Cu反應(yīng)生成NO，D裝置中制備N(xiāo)aNO2，由于二氧化碳、水蒸氣與過(guò)氧化鈉反應(yīng)的得到碳酸鈉、氫氧化鈉，故需要除去二氧化碳，并干燥NO氣體，所以C中放了堿石灰，反應(yīng)開(kāi)始需要排盡裝置中的空氣，防止氧氣將NO氧化，利用酸性高錳酸鉀溶液溶液氧化未反應(yīng)的NO，可以防止污染空氣。【詳解】(1)A裝置為C與HNO3(濃)反應(yīng)生成二氧化碳與二氧化氮，反應(yīng)方程式為：C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O；(2)實(shí)驗(yàn)開(kāi)始前通入一段時(shí)間N2，可排盡裝置中的空氣，防止氧氣將NO氧化；(3)二氧化氮在B中與水反應(yīng)生成硝酸，硝酸與Cu反應(yīng)生成NO，所以看到的現(xiàn)象為：紅棕色氣體消失，銅片溶解，溶液變藍(lán)，導(dǎo)管口有無(wú)色氣泡冒出；(4)①根據(jù)分析可知，C裝置中可能盛放的試劑是堿石灰；②結(jié)合分析可知，二氧化碳、水蒸氣與過(guò)氧化鈉反應(yīng)的得到副產(chǎn)物碳酸鈉、氫氧化鈉；(5)根據(jù)題目提供信息可知酸性條件下，NO能與MnO4?反應(yīng)生成NO3?和Mn2+，方程式為：5NO+3MnO4?+4H+=5NO3?+3Mn2++2H2O；(6)n(Na2O2)==0.02mol，根據(jù)元素守恒可知1.56gNa2O2完全轉(zhuǎn)化為NaNO2，需要n(NO)=0.04mol。設(shè)參加反應(yīng)的碳為xmol，根據(jù)方程式C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O可知生成n(NO2)=4xmol，根據(jù)方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知4xmolNO2與水反應(yīng)生成xmol硝酸和xmolNO；根據(jù)3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O可知硝酸與銅反應(yīng)生成的NO為xmol，所以有xmol+xmol=2xmol=0.04mol，解得x=0.02mol，則需要的碳的質(zhì)量為12g/mol×0.02mol=0.24g?！军c(diǎn)睛】本題易錯(cuò)點(diǎn)為第(3)小題的現(xiàn)象描述，在描述實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象要全面，一般包括有無(wú)氣體的產(chǎn)生、溶液顏色是否有變化、固體是否溶解、是否有沉淀生成、體系的顏色變化。28、V2++VO2++2H+=V3++VO2++H2O黃色阻隔氧化劑與還原劑，使氫離子通過(guò)形成電流VO(OH)3-Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3加入堿中和硫酸，促使平衡正向移動(dòng)，提高釩的萃取率陽(yáng)極【解析】

（1）B極是V2+