甘肅省慶陽市慶城縣隴東中學高三第一次模擬考試新高考化學試卷及答案解析

甘肅省慶陽市慶城縣隴東中學高三第一次模擬考試新高考化學試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，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、下列有關(guān)化學反應的敘述正確的是A．銅能與FeCl3溶液發(fā)生置換反應B．工業(yè)上用Cl2與澄清石灰水反應生產(chǎn)漂白粉C．向NaOH溶液中加入過量AlCl3溶液可得到氫氧化鋁D．實驗室用MnO2與1.0mol·L－1的鹽酸加熱制取氯氣2、室溫下，下列各組微粒在指定溶液中能大量共存的是A．pH=1的溶液中：CH3CH2OH、Cr2O72－、K＋、SO42－B．c(Ca2＋)=0.1mol·L－1的溶液中：NH4＋、C2O42－、Cl－、Br－C．含大量HCO3－的溶液中：C6H5O－、CO32－、Br－、K＋D．能使甲基橙變?yōu)槌壬娜芤海篘a＋、NH4＋、CO32－、Cl－3、某溫度下，向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol?L-1的NaA．該溫度下KB．X、Y、Z三點中，Y點水的電離程度最小C．Na2D．向100mLZn2+,Cu2+濃度均為1×104、人體血液存在H2CO3/HCO3—、HPO42-/H2PO4—等緩沖對。常溫下，水溶液中各緩沖對的微粒濃度之比的對數(shù)值lgx［x表示或］與pH的關(guān)系如圖所示。已知碳酸pKal═6.4、磷酸pKa2═7.2（pKa═-lgKa）。則下列說法不正確的是A．曲線Ⅱ表示lg與pH的變化關(guān)系B．a(chǎn)~b的過程中，水的電離程度逐漸增大C．當c(H2CO3)═c(HCO3—)時，c(HPO42—)=c(H2PO4—)D．當pH增大時，逐漸增大5、某科學興趣小組查閱資料得知，反應溫度不同，氫氣還原氧化銅的產(chǎn)物就不同，可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均為不溶于水的紅色固體，但氧化亞銅能與稀硫酸反應，化學方程式為：Cu2O＋H2SO4=CuSO4＋Cu＋H2O，為探究反應后的紅色固體中含有什么物質(zhì)？他們提出了以下假設(shè)：假設(shè)一：紅色固體只有Cu假設(shè)二：紅色固體只有Cu2O假設(shè)三：紅色固體中有Cu和Cu2O下列判斷正確的是()A．取少量紅色固體，加入足量的稀硫酸，若溶液無明顯現(xiàn)象，則假設(shè)一和二都成立B．若看到溶液變成藍色，且仍有紅色固體，則只有假設(shè)三成立C．現(xiàn)將7.2克紅色固體通入足量的H2還原，最后得到固體6.4克，則假設(shè)二成立D．實驗室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2沉淀，加熱后制取Cu2O6、下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向FeBr2溶液中通入適量Cl2，溶液由淺綠色變?yōu)辄S色Cl2氧化性強于Br2B常溫下，等體積pH＝3的HA和HB兩種酸分別加水稀釋，溶液導電能力如圖HA酸性比HB弱C向溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X，出現(xiàn)白色沉淀X具有氧化性D取久置的Na2O2粉末，向其中滴加過量的鹽酸，產(chǎn)生無色氣體氣體為氧氣A．A B．B C．C D．D7、嗎替麥考酚酯主要用于預防同種異體的器官排斥反應，其結(jié)構(gòu)簡式如下圖所示。下列說法正確的是A．嗎替麥考酚酯的分子式為C23H30O7NB．嗎替麥考酚酯可發(fā)生加成、取代、消去反應C．嗎替麥考酚酯分子中所有碳原子一定處于同一平面D．1mol嗎替麥考酚酯與NaOH溶液充分反應最多消耗3molNaOH反應8、某溫度下，在2L恒容密閉容器中投入一定量的A、B發(fā)生反應：3A(g)+bB(g)cC(g)?H=－QkJ·mol－1（Q＞0），12s時生成C的物質(zhì)的量為0.8mol（反應進程如圖所示）。下列說法中正確的是A．2s時，A的反應速率為0.15mol·L－1·s－1B．圖中交點時A的消耗速率等于A的生成速率C．化學計量數(shù)之比b∶c=1∶2D．12s內(nèi)反應放出0.2QkJ熱量9、ClO2和NaClO2均具有漂白性，工業(yè)上由ClO2氣體制取NaClO2固體的工藝流程如圖所示，下列說法錯誤的是A．通入的空氣可將發(fā)生器中產(chǎn)生的ClO2全部驅(qū)趕到吸收器中B．吸收器中生成NaClO2的離子方程式為2ClO2+H2O2=2ClO2-+2H++O2↑C．步驟a的操作包括過濾、洗滌和干燥D．工業(yè)上將ClO2氣體制成NaClO2固體，其主要目的是便于貯存和運輸10、某同學組裝了如圖所示的電化學裝置電極I為Al，其他電極均為Cu，則A．電流方向：電極IV→→電極IB．電極I發(fā)生還原反應C．電極II逐漸溶解D．電極III的電極反應：Cu2++2e-==Cu11、常溫下，將甲針筒內(nèi)20mLH2S推入含有10mLSO2的乙針筒內(nèi)，一段時間后，對乙針筒內(nèi)現(xiàn)象描述錯誤的是（氣體在同溫同壓下測定）（）A．有淡黃色固體生成B．有無色液體生成C．氣體體積縮小D．最終約余15mL氣體12、乙苯催化脫氫制苯乙烯反應：己知:化學鍵C-HC-CC=CH-H鍵能/kJ?mol-1412348612436根據(jù)表中數(shù)據(jù)計算上述反應的△H（kJ?mol-1）（）A．-124 B．+124 C．+1172 D．-104813、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．Na2S溶液中：SO42-、K+、Cl-、Cu2+B．的溶液：K+、AlO2-、CO32-、Na+C．飽和氯水中：Cl-、NO3-、Na+、SO32-D．碳酸氫鈉溶液：K+、SO42-、Cl-、H+14、有一種鋰離子電池，在室溫條件下可進行循環(huán)充放電，實現(xiàn)對磁性的可逆調(diào)控。一極為納米Fe2O3，另一極為金屬鋰和石墨的復合材料，電解質(zhì)只傳導鋰離子。電池總反應為：Fe2O3+6Li2Fe+3Li2O，關(guān)于此電池，下列說法不正確的是A．放電時，此電池逐漸靠近磁鐵B．放電時，正極反應為Fe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2OC．放電時，正極質(zhì)量減小，負極質(zhì)量增加D．充電時，陰極反應為Li++e-=Li15、工業(yè)制純堿的化學史上，侯德榜使用而索爾維法沒有使用的反應原理的化學方程式是（）A．CO2+NaCl+NH3+H2O→NaHCO3↓+NH4ClB．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑C．CaO+2NH4Cl→CaCl2+2NH3↑+H2OD．NaHCO3+NH3+NaCl→Na2CO3+NH4Cl↓16、往10mL0.1mol/L的Ba(OH)2溶液中滴加等濃度NaHSO4溶液，溶液的導電能力隨滴入溶液體積變化的曲線如圖。下列說法正確的是A．a(chǎn)點對應的溶液呈堿性B．V2=10mLC．水的電離程度：a>bD．b點后的溶液滿足c(Na+)>2c(SO42-)17、已知：pKa=?lgKa，25℃時，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常溫下，用0.1mol·L?1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L?1H2SO3溶液的滴定曲線如下圖所示(曲線上的數(shù)字為pH)。下列說法不正確的是()A．a(chǎn)點所得溶液中：2c(H2SO3)+c(SO32－)=0.1

mol·L?1B．b點所得溶液中：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32－)+c(OH－)C．c點所得溶液中：c(Na+)>3c(HSO3－)D．d點所得溶液中：c(Na+)>c(SO32－)>c(HSO3－)18、下列溶液一定呈中性的是A．c(H+)=c(OH–) B．pH=7 C．KW=10-14 D．c(H+)=10-7mol/L19、常溫下，向20mL0.1mol.L-1HN3(疊氮酸)溶液中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中水電離的c(H+)與NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示(電離度等于已電離的電解質(zhì)濃度與電解質(zhì)總濃度之比)。下列說法錯誤的是A．HN3是一元弱酸B．c點溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HN3)C．常溫下，b、d點溶液都顯中性D．常溫下，0.1mol.L-1HN3溶液中HN3的電離度為10a-11%20、根據(jù)下列圖示所得結(jié)論正確的是A．圖1表示1LpH=2的某一元酸加水稀釋至VL，pH隨lgV的變化，說明該酸是弱酸B．圖2表示不同溫度下水溶液中H+和OH－濃度的變化的曲線，說明圖中溫度T2＞T1C．圖3表示一定條件下的合成氨反應中，NH3的平衡體積分數(shù)隨H2起始體積分數(shù)（N2的起始量恒定）的變化，說明圖中a點N2的轉(zhuǎn)化率小于b點D．圖4表示同一溫度下，在不同容積的容器中進行反應2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)，O2的平衡濃度與容器容積的關(guān)系，說明改變壓強平衡不發(fā)生移動21、向濕法煉鋅的電解液中同時加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl—，降低對電解的影響，反應原理如下：Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)ΔH1＝akJ·mol-1Cl—(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)ΔH2＝bkJ·mol-1實驗測得電解液pH對溶液中殘留c(Cl—)的影響如圖所示。下列說法正確的是A．向電解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除B．溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大C．反應達到平衡增大c(Cu2+)，c(Cl—)減小D．1/2Cu(s)+1/2Cu2+(aq)+Cl—(aq)CuCl(s)ΔH＝(a+2b)kJ·mol-122、根據(jù)有關(guān)操作與現(xiàn)象，所得結(jié)論不正確的是（）選項操作現(xiàn)象結(jié)論A將濕潤的有色布條伸入Cl2中布條褪色氯氣有漂白性B用潔凈鉑絲蘸取某溶液灼燒火焰呈黃色溶液中含有Na+C將濕潤的紅色石蕊試紙伸入NH3中試紙變藍氨水顯堿性D向某溶液中滴加KSCN溶液溶液變紅溶液中含有Fe3+A．A B．B C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）CAPE是蜂膠主要活性組分之一，具有抗炎、抗氧化和抗腫瘤的作用，在醫(yī)學上具有廣闊的應用前景。合成CAPE的路線設(shè)計如下：已知：①A的核磁共振氫譜有三個波峰，紅外光譜顯示咖啡酸分子中存在碳碳雙鍵；②；③。請回答下列問題：（1）A中官能團的名稱為____。（2）C生成D所需試劑和條件是____。（3）E生成F的反應類型為____。（4）1molCAPE與足量的NaOH溶液反應，最多消耗NaOH的物質(zhì)的量為____。（5）咖啡酸生成CAPE的化學方程式為____。（6）芳香化合物X是G（C9H8O3）的同分異構(gòu)體，滿足下列條件，X的可能結(jié)構(gòu)有____種，a.屬于芳香族化合物b.能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出CO2c.能與新制的Cu(OH)2懸濁液反應生成磚紅色沉淀其中核磁共振氫譜顯示有6種不同化學環(huán)境的氫，峰面積之比為1:2:2:1:1:1，寫出一種符合要求的X的結(jié)構(gòu)簡式____。（7）參照上述合成路線，以和丙醛為原料(其它試劑任選)，設(shè)計制備的合成路線____。24、（12分）有機物F是一種用途廣泛的香料,可用烴A與有機物E為原料,按照如下流程進行合成。已知A在標準狀況下的密度為1.25g·L-1。回答下列問題:(1)有機物F中含有的官能團名稱為____。(2)A生成B的反應類型為________。(3)寫出流程中B生成C的化學方程式_______。(4)下列說法正確的是____。A流程圖中有機物B轉(zhuǎn)化為C，Cu參與了化學反應,但反應前后的質(zhì)量保持不變B有機物C不可能使溴水褪色C有機物D、E生成F的反應為酯化反應,本質(zhì)上是取代反應D合成過程中原子的理論利用率為100%的反應只有一個25、（12分）化學是一門以實驗為基礎(chǔ)的學科，實驗探究能激發(fā)學生學習化學的興趣。某化學興趣小組設(shè)計如圖實驗裝置（夾持設(shè)備已略）制備氯氣并探究氯氣及其鹵族元素的性質(zhì)?；卮鹣铝袉栴}：(1)儀器a的名稱是______________。(2)A裝置中發(fā)生的化學反應方程式為_________________________________。若將漂白粉換成KClO3，則反應中每生成21.3gCl2時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為____NA。(3)裝置B可用于監(jiān)測實驗過程中C處是否堵塞，若C處發(fā)生了堵塞，則B中可觀察到__________。(4)裝置C的實驗目的是驗證氯氣是否具有漂白性，此時C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次可放入____（填選項a或b或c）。選項ⅠⅡⅢa干燥的有色布條濃硫酸濕潤的有色布條b濕潤的有色布條無水氯化鈣干燥的有色布條c濕潤的有色布條堿石灰干燥的有色布條(5)設(shè)計裝置D、E的目的是比較氯、溴、碘的非金屬性。當向D中緩緩通入足量氯氣時，可觀察到無色溶液逐漸變?yōu)榧t棕色，說明氯的非金屬性大于溴，打開活塞，將D中少量溶液加入E中，振蕩E，觀察到的現(xiàn)象是_______________________________，該現(xiàn)象_____（填“能”或“不能”）說明溴的非金屬性強于碘，原因是_____________________。26、（10分）某學習小組通過下列裝置探究MnO2與FeCl3·6H2O反應產(chǎn)物。（查閱資料）FeCl3是一種共價化合物，熔點306℃，沸點315℃。實驗編號操作現(xiàn)象實驗1按上圖所示，加熱A中MnO2與FeCl3·6H2O混合物①試管A中固體部分變液態(tài)，上方出現(xiàn)白霧②稍后，產(chǎn)生黃色氣體，管壁附著黃色液滴③試管B中KI-淀粉溶液變藍實驗2把A中的混合物換為FeCl3·6H2O，B中溶液換為KSCN溶液，加熱。A中固體部分變液態(tài)，產(chǎn)生白霧和黃色氣體，B中KSCN溶液變紅（實驗探究）實驗操作和現(xiàn)象如下表：（問題討論）（1）實驗前首先要進行的操作是______________________________。（2）實驗1和實驗2產(chǎn)生的白霧是_______（填化學式）溶解在水中形成的小液滴。（3）請用離子方程式解釋實驗2中黃色氣體使KI-淀粉溶液變藍色的原因_____________。（4）為確認黃色氣體中含有Cl2，學習小組將實驗1中試管B內(nèi)KI-淀粉溶液替換為NaBr溶液，發(fā)現(xiàn)B中溶液呈橙色，經(jīng)檢驗無Fe2+，說明黃色氣體中含有Cl2。用鐵氰化鉀溶液檢驗Fe2+的離子方程式是_________________________________。選擇NaBr溶液的原因是________________________________________________________________。（實驗結(jié)論）（5）實驗1充分加熱后，若反應中被氧化與未被氧化的氯元素質(zhì)量之比為1:2，則A中發(fā)生反應的化學方程式為____________________________________________________。（實驗反思）該學習小組認為實驗1中溶液變藍，也可能是酸性條件下，I－被空氣氧化所致，可以先將裝置中的空氣排盡，以排除O2的干擾。27、（12分）碘及其化合物可廣泛用于醫(yī)藥和工業(yè)生產(chǎn)等。(1)實驗室用海帶提取I2時操作步驟依次為：灼燒、溶解、過濾、__、__及蒸餾。(2)灼燒海帶時除需要三腳架、酒精燈、玻璃棒外，還需要的實驗儀器是__。(3)“過濾”后溶液中含一定量硫酸鹽和碳酸鹽?，F(xiàn)要檢驗溶液中的I﹣，需選擇的試劑組合及其先后順序是__(選填編號)。a．AgNO3溶液b．Ba(NO3)2溶液c．BaCl2溶液d．CaCl2溶液(4)在海帶灰濾液中加入適量氯水后一定存在I2，可能存在IO3﹣。請補充完整檢驗含I2溶液中是否含有IO3﹣的實驗方案(可供選擇的試劑：稀鹽酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液)：①取適量含I2溶液用CCl4多次萃取、分液，直到水層用淀粉溶液檢驗不出有碘單質(zhì)存在；②__。(5)分解水可用SO2/I2循環(huán)法。該法共涉及三步化學反應。__；2H2SO42SO2↑+O2↑+2H2O；__。與傳統(tǒng)的分解水的方法相比，本法的優(yōu)點是__；缺點是__。28、（14分）研究CO2的綜合利用對促進“低碳經(jīng)濟”的發(fā)展有重要意義。CO2與H2合成二甲醚(CH3OCH3)是一種CO2轉(zhuǎn)化方法，其過程中主要發(fā)生下列反應：反應ICO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.0kJ.mol-1反應II2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H20(g)△H2=-24.5kJ.mol-1反應IIICO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H3=41.2kJ.mol-1（1）寫出CO2與H2一步合成二甲醚（反應IV）的熱化學反應方程式：_______________（2）有利于提高反應IV平衡轉(zhuǎn)化率的條件是_______。A．高溫高壓B．低溫詆壓C．高溫低壓D．低溫高壓（3）在恒壓、CO2和H2起始物質(zhì)的量之比為1：3的條件下，CO2平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時二甲醚的選擇性隨溫度的變化如圖1。CH3OCH3的選擇性=①溫度低于300℃，CO2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而下降的原因是_____________________②關(guān)于合成二甲醚工藝的理解，下列說法正確的是_____________A．反應IV在A點和B點時的化學平衡常數(shù)K(A)小于K(B)B．當溫度、壓強一定時，在原料氣（CO2和H2的比例不變）中添加少量惰性氣體，有利于提高平衡轉(zhuǎn)化率C．其他條件不變，在恒容條件下的二甲醚平衡選擇性比恒壓條件下的平衡選擇性低D．提高催化劑的活性和選擇性，減少CO等副產(chǎn)物是工藝的關(guān)鍵③在某溫度下，若加入CO2的物質(zhì)的量為1mol，生成二甲醚的選擇性為80%，現(xiàn)收集到0.2mol的二甲醚，則CO2轉(zhuǎn)化率為__________________④一定溫度壓強下，二甲醚的體積分數(shù)隨時間變化如圖2所示。在t1時刻，再加入物質(zhì)的量之比為1：3的CO2和H2，t2時刻重新達到平衡。畫出t1—t3時刻二甲醚體積分數(shù)的變化趨勢。__________________（4）光能儲存一般是指將光能轉(zhuǎn)換為電能或化學能進行儲存，利用太陽光、CO2、H2O生成二甲醚的光能儲存裝置如圖所示，則b極的電極反應式為____________________29、（10分）鋁粉與氧化鐵的混合物叫做鋁熱劑，發(fā)生的反應稱為鋁熱反應：2Al+Fe2O3→2Fe+Al2O3，可用于焊接鐵軌。完成下列計算：（1）若鋁熱劑中鋁粉和氧化鐵恰好完全反應，則該鋁熱劑中鋁的質(zhì)量分數(shù)為___。（精確到0.001）（2）將8.1g鋁粉與16g氧化鐵混合后充分反應，最多可制得鐵___g；將反應后的固體混合物加入足量的稀鹽酸中，充分反應后最多可生成氫氣____mol。（3）23.52g某鋁熱劑在隔絕空氣的條件下充分反應后，將固體溶解于200mL5mol/L的鹽酸中，完全溶解后溶液中c(H+)=0.2mol/L（溶液體積變化忽略不計），且無Fe3+。計算該鋁熱劑中鋁粉與氧化鐵的物質(zhì)的量分別是多少？___、___。（4）取某鋁熱劑反應后的固體，滴加4mol/L的NaOH溶液，當加至30mL時固體質(zhì)量不再減小，且剩余固體質(zhì)量為7.2g，并收集到672mL的氫氣（標準狀況）。計算原鋁熱劑中氧化鐵的質(zhì)量分數(shù)為多少？（精確到0.001）____

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】

A．單質(zhì)與化合物反應生成另一種單質(zhì)和化合物的化學反應稱為置換反應，銅能與FeCl3溶液發(fā)生反應氯化銅和氯化亞鐵，沒有單質(zhì)生成，不是置換反應；B．氫氧化鈣溶解度較小，澄清石灰水中氫氧化鈣含量較少，工業(yè)上用Cl2與石灰乳反應生產(chǎn)漂白粉，故B錯誤；C．向NaOH溶液中加入適量AlCl3溶液反應生成偏鋁酸鈉溶液，繼續(xù)加入氯化鋁，偏鋁酸根離子與鋁離子發(fā)生雙水解反應可得到氫氧化鋁，故C正確；D．實驗室用MnO2與濃鹽酸加熱制取氯氣，稀鹽酸與MnO2不反應，故D錯誤；答案選C?！军c睛】鋁離子和氫氧根離子之間的量不同，生成的產(chǎn)物也不同，是易錯點。2、C【解析】

A.pH=1的溶液顯酸性，Cr2O72－有強氧化性，會把CH3CH2OH氧化，故A錯誤；B.草酸鈣難溶于水，故B錯誤；C.C6H5OH的酸性比碳酸弱比碳酸氫根強，因此可以共存，故C正確；D.使甲基橙變?yōu)槌沙壬娜芤猴@酸性，其中不可能存在大量的CO32-，故D錯誤；故答案為C。3、B【解析】

向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，發(fā)生反應：Cu2++S2-?CuS↓，Cu2+單獨存在或S2-單獨存在均會水解，水解促進水的電離，Y點溶液時滴加Na2S溶液的體積是10mL，此時恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此時-lgc(Cu2+)=17.7，則平衡時c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，Ksp(CuS)=c(Cu2+)?c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，據(jù)此結(jié)合物料守恒分析?！驹斀狻緼.該溫度下，平衡時c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，則Ksp(CuS)=c(Cu2+)?c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，A錯誤；B.Cu2+單獨存在或S2-單獨存在均會水解，水解促進水的電離，Y點時恰好形成CuS沉淀，水的電離程度小于X、Z點，所以X、Y、Z三點中，Y點水的電離程度最小，B正確；C.根據(jù)Na2S溶液中的物料守恒可知：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，C錯誤；D.向100mLZn2+、Cu2+濃度均為10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L的Na2S溶液，產(chǎn)生ZnS時需要的S2-濃度為c(S2-)=3×10-2510-5mol/L=3×10-20mol/L，產(chǎn)生CuS時需要的S2-濃度為c(S2-)=1×10-35.410-5=10-30.4mol/L＜3×10-20mol/L，則產(chǎn)生CuS沉淀時所需故合理選項是B?！军c睛】本題考查沉淀溶解平衡的知識，根據(jù)圖象所提供的信息計算出CuS的Ksp數(shù)值是解題關(guān)鍵，注意掌握溶度積常數(shù)的含義及應用方法，該題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學計算能力。4、D【解析】

由電離平衡H2CO3HCO3-+H+、H2PO4-HPO42-+H+可知，隨pH增大，溶液中c(OH-)增大，使電離平衡向右移動，H2CO3/HCO3-減小，HPO42-/H2PO4-增大，所以曲線I表示lg[H2CO3/HCO3-)]與pH的變化關(guān)系，曲線II表示lg[c(HPO42-)/c(H2PO4-)]與pH的變化關(guān)系，以此分析解答。【詳解】A.根據(jù)以上分析，曲線I表示lg[H2CO3/HCO3-)]與pH的變化關(guān)系，故A錯誤；B.曲線I表示lg[H2CO3/HCO3-)]與pH的變化關(guān)系，a→b的過程中，c(HCO3-)逐漸增大，對水的電離促進作用增大，所以水的電離程度逐漸增大，故B錯誤；C.根據(jù)H2CO3HCO3-+H+，Kal=；H2PO4-HPO42-+H+，Ka2=；由題給信息可知，Ka1Ka2，則當c(H2CO3)=c(HCO3—)時c(HPO42-)c(H2PO4-)，故C錯誤；D.根據(jù)Kal=；Ka2=，可得c(HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(H2CO3)，當pH增大時，c(H2CO3)逐漸減小，所以c(HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐漸減小，故D正確。故答案選D?！军c睛】本題考查電解質(zhì)溶液，涉及電離平衡移動、電離平衡常數(shù)及水的電離等知識，正確分析圖象是解題的關(guān)鍵，注意電離常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，電離常數(shù)不變，注意平衡常數(shù)的表達式及巧妙使用。5、C【解析】

A.取少量紅色固體，加入足量的稀硫酸，若溶液無明顯現(xiàn)象，說明紅色固體中不含氧化亞銅，則假設(shè)一成立，選項A錯誤；B.若看到溶液變成藍色，說明紅色固體中含有氧化亞銅，仍有紅色固體，不能說明紅色固體中含有銅，因為氧化亞銅和稀硫酸反應也能生成銅，則假設(shè)二或三成立，選項B錯誤；C.假設(shè)紅色固體只有Cu2O，則7.2gCu2O的物質(zhì)的量為0.05mol，和H2反應后生成銅的物質(zhì)的量為0.1mol，質(zhì)量為6.4g，所以假設(shè)成立，選項C正確；D.實驗室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2懸濁液，加熱后制取Cu2O，選項D錯誤。答案選C。6、B【解析】

A．溶液由淺綠色變?yōu)辄S色，可能亞鐵離子、溴離子均被氧化，可能只有亞鐵離子被氧化，則由現(xiàn)象不能比較Cl2、Br2的氧化性，故A錯誤；B．由圖可知，稀釋時HB的導電能力變化大，則HB的酸性強，即HA酸性比HB弱，故B正確；C．白色沉淀可能為亞硫酸鋇，則X可能為氨氣，故C錯誤；D．變質(zhì)的過氧化鈉中含有碳酸鈉，過氧化鈉和碳酸鈉均能與鹽酸反應生成無色氣體，生成的氣體可能為二氧化碳，故D錯誤；故選B。7、D【解析】A.嗎替麥考酚酯的分子中含有1個N原子，H原子是個數(shù)應該為奇數(shù)，故A錯誤；B.嗎替麥考酚酯中含有碳碳雙鍵，能夠發(fā)生加成反應、含有酯基能夠發(fā)生取代反應、但不能發(fā)生消去反應，故B錯誤；C.嗎替麥考酚酯分子中含有亞甲基幾個，所有碳原子可能處于同一平面，不是一定處于同一平面，故C錯誤；D.1mol嗎替麥考酚酯含有2mol酯基和1mol酚羥基與NaOH溶液充分反應最多消耗3molNaOH，故D正確；故選D。8、C【解析】

某溫度下，在2L恒容密閉容器中投入一定量的A、B發(fā)生反應：3A(g)+bB(g)cC(g)?H=－QkJ·mol－1（Q＞0），12s時達到平衡，生成C的物質(zhì)的量為0.8mol，A．由圖像可知A的濃度變化=0.8mol/L-0.5mol/L=0.3mol/L，反應速率===0.15mol·L－1·s－1，所求為0~2s的平均速率，不是2s時的速率，故A錯誤；B.圖中交點時沒有達到平衡狀態(tài)，A的消耗速率大于A的生成速率，故B錯誤；C.12s時達到平衡狀態(tài)，B、C轉(zhuǎn)化量之比等于化學計量數(shù)之比，所以b∶c=(0.5mol/L-0.3mol/L)×2L∶0.8mol=1:2，故C正確；D.由題意可知，3molA與1molB完全反應生成2molC時放出QkJ的熱量，12s內(nèi)，A的物質(zhì)的量減少（0.8mol/L-0.2mol/L）×2L=1.2mol，則放出的熱量為0.4QkJ，故D錯誤。答案選C。9、B【解析】

A.在ClO2發(fā)生器中一定產(chǎn)生ClO2氣體，通入空氣，可以將其吹入吸收塔中進行吸收，選項A正確；B.吸收塔中加入了濃氫氧化鈉溶液，顯然其中的反應不可能得到氫離子，選項B錯誤；C.冷卻結(jié)晶得到NaClO2固體后，應該經(jīng)過過濾，洗滌，干燥得到產(chǎn)品，選項C正確；D.氣體的貯存和運輸都遠比固體困難，所以將ClO2氣體制成NaClO2固體的主要目的是便于貯存和運輸，選項D正確。答案選B。10、A【解析】

A、由題意可知，該裝置的I、II是原電池的兩極，I是負極，II是正極，III、IV是電解池的兩極，其中III是陽極，IV是陰極，所以電流方向：電極IV→→電極I，正確；B、電極I是原電池的負極，發(fā)生氧化反應，錯誤；C、電極II是原電池的正極，發(fā)生還原反應，有Cu析出，錯誤；D、電極III是陽極，發(fā)生氧化反應，電極反應是Cu-2e-=：Cu2+，錯誤；答案選A。11、D【解析】

A.因H2S與SO2能夠發(fā)生反應：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，生成黃色固體，正確；B.根據(jù)反應SO2+2H2S=3S↓+2H2O，有無色液體水生成，正確；C.根據(jù)反應SO2+2H2S=3S↓+2H2O，反應后氣體體積縮小，正確；D.根據(jù)反應SO2+2H2S=3S↓+2H2O，20mLH2S與10mLSO2恰好完全反應，最終沒有氣體剩余，錯誤；答案選D。12、B【解析】反應熱=反應物總鍵能-生成物總能鍵能，由有機物的結(jié)構(gòu)可知，應是-CH2CH3中總鍵能與-CH=CH2、H2總鍵能之差，故△H=（5×412+348-3×412-612-436）kJ?mol-1=+124kJ?mol-1，故選B。點睛：解題關(guān)鍵是明確有機物分子結(jié)構(gòu)，搞清斷裂與形成的化學鍵及鍵數(shù)，反應熱=反應物總鍵能-生成物總能鍵能，由有機物的結(jié)構(gòu)可知，應是-CH2CH3中總鍵能與-CH=CH2、H2總鍵能之差。13、B【解析】A、Cu2＋與S2－生成難溶物是CuS，不能大量共存，故錯誤；B、此溶液顯堿性，這些離子大量共存，故正確；C、氯水中Cl2和HClO，具有強氧化性，能把SO32－氧化成SO42－，不能大量共存，故錯誤；D、HCO3－與H＋反應生成CO2，不能大量共存，故錯誤。14、C【解析】

A.放電時，鋰為負極，氧化鐵在正極反應，所以反應生成鐵，此電池逐漸靠近磁鐵，故正確；B.放電時，正極為氧化鐵變成鐵，電極反應為Fe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2O，故正確；C.放電時，正極反應WieFe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2O，正極質(zhì)量增加，負極鋰失去電子生成鋰離子，質(zhì)量減少，故錯誤；D.充電時，陰極鋰離子得到電子，電極反應為Li++e-=Li，故正確。故選C?！军c睛】掌握原電池和電解池的工作原理，注意電解質(zhì)的存在形式對電極反應的書寫的影響，本題中電解質(zhì)只能傳到鋰離子，所以電極反應中出現(xiàn)的離子只能為鋰離子。15、D【解析】

侯德榜使用而索爾維法制堿是向飽和食鹽水中通入氨氣和二氧化碳，獲得碳酸氫鈉晶體，再將所得碳酸氫鈉晶體加熱分解后即可得到純堿，它的反應原理可用下列化學方程式表示：NaCl(飽和)+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；再向廢液NH4Cl中加入CaO又可生成氨氣，可以循環(huán)使用，方程式為：CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3↑+H2O，所以沒有使用的反應原理的化學方程式是NaHCO3+NH3+NaCl→Na2CO3+NH4Cl↓；故選：D?！军c睛】侯德榜使用而索爾維法制堿是向飽和食鹽水中通入氨氣和二氧化碳，獲得碳酸氫鈉晶體，再將所得碳酸氫鈉晶體加熱分解后即可得到純堿，再向廢液NH4Cl中加入CaO又可生成氨氣，可以循環(huán)使用。16、A【解析】

向Ba(OH)2溶液中滴加等濃度NaHSO4溶液依次發(fā)生NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，當二者體積相等時溶液中的溶質(zhì)為NaOH，當NaHSO4溶液體積為Ba(OH)2溶液體積的2倍時，二者完全反應，溶液的溶質(zhì)為Na2SO4，所以當二者體積相等后繼續(xù)滴加NaHSO4溶液的導電性變化減緩，當二者完全反應后滴加濃度較大NaHSO4溶液，溶液的導電性有所上升。【詳解】A．根據(jù)分析可知a二者體積相等，所以溶液中的溶質(zhì)為NaOH，溶液顯堿性，故A正確；B．根據(jù)分析可知b點應為完全反應的點，NaHSO4溶液體積為Ba(OH)2溶液體積的2倍，所以V2=20mL，故B錯誤；C．a(chǎn)點溶液溶質(zhì)為NaOH，抑制水的電離，b點溶液溶質(zhì)為Na2SO4，不影響水的電離，所以水的電離程度：a<b，故C錯誤；D．b點溶液溶質(zhì)為Na2SO4，溶液中c(Na+)=2c(SO42-)，b點后NaHSO4溶液過量，且NaHSO4溶液中c(Na+)=c(SO42-)，所以b點后的溶液中c(Na+)<2c(SO42-)，故D錯誤；故答案為A?！军c睛】選項D也可以用電荷守恒分析，b點后NaHSO4溶液過量，溶液顯酸性，所以c(H+)>c(OH-)，溶液中又存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以c(Na+)<2c(SO42-)。17、C【解析】

A、H2SO3為弱酸，a點溶液中含硫的粒子有SO32-、HSO3-、H2SO3，a點溶液體積大于20mL，根據(jù)物料守恒有c(H2SO3)+c(SO32－)+c(HSO3－)?0.1mol·L?1，a點所加氫氧化鈉溶液體積小于20ml，所以和H2SO3反應產(chǎn)物為NaHSO3和H2SO3，根據(jù)H2SO3的Ka1=c(HSO3－)×c(H+)/c(H2SO3)，根據(jù)pKa1=?lgKa1有Ka1=10-1.85=c(HSO3－)×10-1.85/c(H2SO3)，所以c(HSO3－)=c(H2SO3)，帶入物料守恒式子中有：2c(H2SO3)+c(SO32－)?0.1mol·L?1，A錯誤。B、b點加入氫氧化鈉溶液的體積為20mL，與H2SO3恰好生成NaHSO3，根據(jù)物料守恒有：c(Na+)=c(SO32－)+c(HSO3－)+c(H2SO3)，根據(jù)電荷守恒有：c(OH-)+2c(SO32－)+c(HSO3－)=c(Na+)+c(H+)，所以有：c(OH-)+2c(SO32－)+c(HSO3－)=c(SO32－)+c(HSO3－)+c(H2SO3)+c(H+)，故c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32－)+c(OH－)，B正確。C、c點加入的氫氧化鈉溶液大于20ml小于40ml，所以生成的溶質(zhì)為Na2SO3和NaHSO3，根據(jù)c點溶液中H2SO3的第二步平衡常數(shù)，由pKa2=7.19可得Ka2=10-7.19，又根據(jù)Ka2=c(SO32-)×c(H+)/c(HSO3-)，c(H+)=10-7.19,所以c(SO32-)=c(HSO3－)，又根據(jù)電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO32－)+c(HSO3－)，所以有c(Na+)=c(OH-)+3c(HSO3－)-c(H+)，又因為c點呈堿性，c(OH-)＞c(H+)，所以c(Na+)＞3c(HSO3－)，C正確；D、d點恰好完全反應生成Na2SO3溶液，SO32-水解得到HSO3－，但是水解程度小，故有c(Na+)>c(SO32－)>c(HSO3－)，D正確。正確答案為A【點睛】本題考查水溶液中離子濃度大小的比較，較難。B、D選項容易判斷，主要是A、C兩個選項的判斷較難，首先須分析每點溶液中溶質(zhì)的成分及酸堿性、然后利用電離常數(shù)和對應點氫離子濃度，得到有關(guān)的某兩種離子濃度相等的等式，然后利用不等式的知識解答。18、A【解析】

溶液的酸堿性取決于溶液中c(H+)與c(OH–)的相對大小，據(jù)此判斷溶液酸堿性?！驹斀狻緼.c(H+)=c(OH–)的溶液一定呈中性，A項正確；B.只有常溫下pH=7的溶液才是中性的，B項錯誤；C.常溫下稀溶液中KW=10-14，溶液不一定中性，C項錯誤；D.只有常溫下c(H+)=10-7mol/L時，溶液才是中性的，D項錯誤；本題選A。19、C【解析】

A．pH=13，c(NaOH)=0.1mol/L，c點時，20mL0.1mol.L-1HN3溶液與20mLpH=13的NaOH溶液剛好完全反應，此時溶液呈堿性，說明NaN3發(fā)生水解，HN3是一元弱酸，A正確；B．c點溶液為NaN3溶液，依據(jù)質(zhì)子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HN3)，B正確；C．常溫下，c點溶液呈堿性，繼續(xù)加入NaOH溶液，d點溶液一定呈堿性，C錯誤；D．常溫下，0.1mol.L-1HN3溶液中，c(OH-)=10-amol/L，則HN3電離出的c(H+)==10-14+amol/L，HN3的電離度為=10a-11%，D正確。故選C。20、C【解析】

A.加水稀釋10n倍，溶液pH變化n個單位。根據(jù)圖1表示1LpH=2的某一元酸加水稀釋至VL，pH隨lgV的變化可以說明該酸是強酸，選項A錯誤；B.升溫促進水電離，Kw增大，水電離的氫離子濃度增大，所以氫離子濃度大的溫度高，即溫度T2<T1，選項B錯誤；C.增大氫氣的濃度，提高氮氣的轉(zhuǎn)化率，所以隨H2起始體積分數(shù)增大，N2的轉(zhuǎn)化率增大，即a點N2的轉(zhuǎn)化率小于b點，選項C正確；D.增大容器的體積，氧氣的濃度減小，平衡向正方向移動，氧氣的物質(zhì)的量增大氧氣的濃度先增大，當達到平衡狀態(tài)時濃度增大，然后隨著體積的增大濃度減小，溫度不變，平衡常數(shù)不變，K=c(O2)，最終氧氣平衡濃度不變，選項D錯誤；答案選C。21、C【解析】

A.根據(jù)圖像，溶液的pH越小，溶液中殘留c(Cl—)越大，因此向電解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，故A錯誤；B.Ksp(CuCl)只與溫度有關(guān)，與溶液pH無關(guān)，故B錯誤；C.根據(jù)Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)，增大c(Cu2+)，平衡正向移動，使得c(Cu+)增大，促進Cl－(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)右移，c(Cl－)減小，故C正確；D.①Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)ΔH1＝akJ·mol-1，②Cl－(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)ΔH2＝bkJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定律，將①×+②得：1/2Cu(s)+1/2Cu2+(aq)+Cl－(aq)CuCl(s)的ΔH＝(+b)kJ·mol-1，故D錯誤；故選C。22、A【解析】

A、將濕潤的有色布條伸入Cl2中，氯氣與水反應生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，有色布條褪色，氯氣沒有漂白性，故A錯誤；B、鈉元素焰色呈黃色，用潔凈鉑絲蘸取某溶液灼燒，火焰呈黃色，說明溶液中含有Na+，故B正確；C、氨氣與水反應生成一水合氨，一水合氨具有堿性，使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，故C正確；D、含有Fe3+的溶液遇KSCN溶液變紅，故D正確；答案選A。二、非選擇題(共84分)23、氯原子氯氣、光照氧化反應4mol+HBr17【解析】

A的核磁共振氫譜有三個波峰，結(jié)合F結(jié)構(gòu)簡式知，A為，A和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生水解反應然后酸化得到B為，B發(fā)生②的反應生成C為，C和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成D，D發(fā)生水解反應然后酸化得到E，E發(fā)生氧化反應生成F，則E結(jié)構(gòu)簡式為，D為，F(xiàn)發(fā)生信息③的反應生成G，G結(jié)構(gòu)簡式為，G發(fā)生銀鏡反應然后酸化生成咖啡酸，紅外光譜顯示咖啡酸分子中存在碳碳雙鍵，咖啡酸結(jié)構(gòu)簡式為，咖啡酸和3-溴乙基苯發(fā)生取代反應生成CAPE，CAPE結(jié)構(gòu)簡式為；

（7）以

和丙醛為原料（其他試劑任選）制備

，發(fā)生信息②的反應，然后發(fā)生水解反應、催化氧化反應、③的反應得到目標產(chǎn)物?！驹斀狻浚?）根據(jù)分析，A的結(jié)構(gòu)簡式為，則A中官能團的名稱為氯原子，答案為：氯原子；（2）根據(jù)分析，C為，D為，則C和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成D；答案為：氯氣、光照；（3）根據(jù)分析，E結(jié)構(gòu)簡式為，E中的羥基發(fā)生氧化反應生成F中的醛基，則E生成F的反應類型為氧化反應，答案為：氧化反應；（4）根據(jù)分析，CAPE結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式，1moCAPE含有2mol酚羥基，可消耗2molNaOH，含有一個酯基，可消耗1molNaOH發(fā)生水解，CAPE水解后產(chǎn)生咖啡酸，含有羧基，可消耗1molNaOH，則1molCAPE與足量的NaOH溶液反應，最多消耗NaOH的物質(zhì)的量為2mol+1mol+1mol=4mol，答案為：4mol；（5）咖啡酸和3-溴乙基苯發(fā)生取代反應生成CAPE，CAPE結(jié)構(gòu)簡式為，咖啡酸生成CAPE的化學方程式為+HBr，答案為：+HBr；（6）G結(jié)構(gòu)簡式為，芳香化合物X是G(C9H8O3)的同分異構(gòu)體，X能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出CO2，說明X中含有羧基，且與新制Cu(OH)2反應生成磚紅色沉淀，說明含有醛基，其核磁共振氫譜顯示有6種不同化學環(huán)境的氫，峰面積比為1:2:2:1:1:1，其符合要求的X的結(jié)構(gòu)簡式為，答案為：；（7）以

和丙醛為原料(其他試劑任選)制備

,發(fā)生信息②的反應,然后發(fā)生水解反應、催化氧化反應、③的反應得到目標產(chǎn)物,其合成路線為，答案為：。24、酯基加成反應2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OAC【解析】

由A在標準狀況下的密度可以求出A的相對分子質(zhì)量為22.4L·mol-1×1.25g·L-1=28g·mol-1，A為CH2=CH2，和水加成生成乙醇，B為CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成乙醛，C為CH3CHO，乙醛再催化氧化為乙酸，D為CH3COOH。F為乙酸苯甲酯，由乙酸和E生成，故E為苯甲醇。【詳解】（1）F是酯，含有的官能團為酯基；（2）乙烯生成乙醇是發(fā)生了乙烯和水的加成反應，故反應類型為加成反應；（3）乙醇催化氧化生成乙醛的化學方程式為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）A.乙醇轉(zhuǎn)化為乙醛的反應中，Cu是催化劑，Cu先和氧氣生成CuO，CuO再和乙醇生成Cu和乙醛，所以Cu參與了化學反應,但反應前后的質(zhì)量保持不變，故A正確；B.乙醛有還原性，可以被溴水中的溴氧化從而使溴水褪色，故B錯誤；C.乙酸和苯甲醇生成乙酸苯甲酯的反應是酯化反應，本質(zhì)上是取代反應，故C正確；D.合成過程中原子的理論利用率為100%的反應有2個，分別是乙烯加成生成乙醇和乙醛催化氧化為乙酸。故D錯誤。故選AC?！军c睛】在有機轉(zhuǎn)化關(guān)系中，連續(xù)氧化通常是醇氧化成醛，醛進一步氧化成羧酸。25、長頸漏斗Ca(ClO)2+4HCl(濃)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O0.5液體進入長頸漏斗中，錐形瓶內(nèi)液面下降，長頸漏斗內(nèi)液面上升，形成一段液柱b溶液分為兩層，上層(苯層)為紫紅色不能過量的Cl2也可將I-氧化為I2【解析】

(1)根據(jù)圖示裝置中儀器結(jié)構(gòu)識別名稱；(2)次氯酸鈣具有強氧化性，能夠氧化鹽酸，依據(jù)化合價升降總數(shù)相等配平方程式，若換為KClO3，該物質(zhì)也有強氧化性，可以氧化HCl為Cl2，根據(jù)方程式物質(zhì)變化與電子轉(zhuǎn)移關(guān)系計算；(3)裝置B亦是安全瓶，監(jiān)測實驗進行時C中是否發(fā)生堵塞，發(fā)生堵塞時B中的壓強增大，B中長頸漏斗中液面上升，形成水柱；(4)為了驗證氯氣是否具有漂白性，要驗證干燥氯氣無漂白性，濕潤的有色布條中，氯氣和水反應生成次氯酸具有漂白性；(5)氯氣氧化性強于溴，氯氣能夠置換溴；溴氧化性強于碘，能夠置換碘；氯氣的氧化性強于碘，能夠置換碘，結(jié)合碘在有機物中溶解性及顏色解答。【詳解】(1)根據(jù)圖示可知儀器a名稱為長頸漏斗；(2)漂白粉固體和濃鹽酸反應生成氯化鈣、氯氣和水，化學方程式為：Ca(ClO)2+4HCl(濃)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O，若將漂白粉換為KClO3，根據(jù)電子守恒、原子守恒，可得方程式為KClO3+6HCl(濃)=KCl+3Cl2↑+3H2O，由方程式可知：每轉(zhuǎn)移5mol電子，反應產(chǎn)生3mol氯氣，質(zhì)量是21.3gCl2的物質(zhì)的量是0.3mol，所以反應轉(zhuǎn)移了0.5mol電子，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.5NA；(3)反應產(chǎn)生的Cl2中混有氯化氫和水蒸氣，裝置B中飽和食鹽水的作用是除去Cl2中的HCl；裝置B亦作安全瓶，監(jiān)測實驗進行時C中是否發(fā)生堵塞。若發(fā)生堵塞時B中的氣體壓強增大，使B中液體進入長頸漏斗中，錐形瓶內(nèi)液面下降，長頸漏斗中的液面上升而形成一段液柱；(4)裝置C的實驗目的是驗證氯氣是否具有漂白性，驗證氯氣是否具有漂白性，要驗證干燥氯氣無漂白性，在濕潤的有色布條中，氯氣和水反應生成次氯酸具有漂白性，a.I為干燥的有色布條不褪色，Ⅱ中濃硫酸只吸收水分，再通入濕潤的有色布條會褪色，能驗證氯氣的漂白性，但U形管中盛放的應是固體干燥劑，a錯誤；b.I處是濕潤的有色布條褪色，II是干燥劑無水氯化鈣不能吸收氯氣，只吸收水蒸氣，III中干燥的有色布條不褪色，可以證明，b正確；c.I為濕潤的有色布條褪色，II為干燥劑堿石灰，堿石灰能夠吸收水蒸氣和Cl2，進入到III中無氯氣，不會發(fā)生任何變化，不能驗證，c錯誤；故合理選項是b；(5)依據(jù)氯氣和溴化鈉反應生成溴單質(zhì)，液體溴單質(zhì)、過量的Cl2都能和碘化鉀溶液中的碘化鉀反應生成碘單質(zhì)，碘單質(zhì)易溶于苯，顯紫紅色，苯密度小于水，不溶于水，溶液分層；過量的Cl2也可將I-氧化為I2，所以通過E中溶液分為兩層，上層(苯層)為紫紅色，不能說明溴的氧化性強于碘?！军c睛】本題考查了氯氣的制備和性質(zhì)，明確制備的原理和氯氣的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意氧化還原方程式的書寫及計算，題目難度中等。26、檢查裝置的氣密性HCl2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I23Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不會被Fe3＋氧化為Br2MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O【解析】

（1）實驗前首先要進行的操作是檢查裝置的氣密性；（2）FeCl3?6H2O受熱失去結(jié)晶水，同時水解，生成HCl氣體，HCl和H2O結(jié)合形成鹽酸小液滴；（3）由信息可知，F(xiàn)eCl3是一種共價化合物，受熱變?yōu)辄S色氣體，氯化鐵具有強氧化性，可以將碘離子氧化為碘單質(zhì)；（4）用鐵氰化鉀溶液檢驗Fe2+產(chǎn)生藍色沉淀；為確認黃色氣體中含有Cl2，需要除去Fe3+的干擾，因為Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不會被Fe3＋氧化為Br2，可選擇NaBr溶液；（5）二氧化錳與FeCl3?6H2O反應生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，據(jù)此結(jié)合原子守恒書寫化學方程式?！驹斀狻浚?）實驗前首先要進行的操作是檢查裝置的氣密性；故答案為檢查裝置的氣密性；（2）FeCl3?6H2O受熱失去結(jié)晶水，同時水解，生成HCl氣體，HCl和H2O結(jié)合形成鹽酸小液滴，而形成白霧；故答案為HCl；（3）碘離子具有還原性，氯化鐵具有強氧化性，兩者反應，碘離子被氧化為碘單質(zhì)，反應離子方程式為：2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I2，故答案為2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I2；（4）用鐵氰化鉀溶液檢驗Fe2+產(chǎn)生藍色沉淀，離子方程式是3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓；為確認黃色氣體中含有Cl2，將試管B內(nèi)KI-淀粉溶液替換為NaBr溶液，若B中觀察到淺橙紅色，為溴水的顏色，則證明有物質(zhì)能夠?qū)r-氧化成Br2，鐵離子不能氧化溴離子，若未檢查到Fe2+，則證明是Cl2氧化的Br-，而不是Fe3+，故答案為3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓；Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不會被Fe3＋氧化為Br2；（5）二氧化錳與FeCl3?6H2O反應生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，反應方程式為：MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O，故答案為MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O。27、氧化萃取(或萃取分液)坩堝(或瓷坩堝)、泥三角ba從水層取少量溶液，加入1～2mL淀粉溶液，加鹽酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液變藍，說明濾液中含有IO3﹣，若溶液不變藍，說明濾液中不含有IO3﹣SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO42HIH2+I2節(jié)約電能使用能造成污染環(huán)境的SO2【解析】

(1)將海帶灼燒、溶解、過濾后所得溶液中碘以I-存在，要將碘從水溶液中分離出來，應將I-轉(zhuǎn)化成水溶性差而易溶于有機溶劑的I2；(2)根據(jù)灼燒裝置即可找除出題中所列外還需要的實驗儀器；(3)檢驗I-通常用AgNO3溶液，而Ag2SO4微溶、Ag2CO3難溶，所以SO42-和CO32-會干擾I-的檢驗，需排除干擾；(4)檢驗IO3-可采用思路為：IO3-→I2→檢驗I2，所以應選用合適的還原劑將IO3-還原為I2，再檢驗生成的I2；(5)根據(jù)題意，分解水采用的是SO2/I2循環(huán)法，可判斷SO2和I2在整個過程中參與反應且能重新生成，由此判斷各步反應；該法與電解水相比，不耗電但使用了能產(chǎn)生污染的SO2?！驹斀狻?1)根據(jù)分析，需把溶液中的I-轉(zhuǎn)化為水溶性差而易溶于有機溶劑的I2，I-→I2為氧化過程；從水溶液中分離出I2可用CCl4等有機溶劑萃取后蒸餾。答案為：氧化；萃取(或萃取分液)；(2)固體灼燒需要坩堝，而坩堝需放在泥三角上加熱，所以，灼燒海帶時除需要三腳架、酒精燈、玻璃棒外，還需要的實驗儀器是坩堝(或瓷坩堝)、泥三角。答案為：坩堝(或瓷坩堝)、泥三角；(3)由于碘化銀是不溶于水，也不溶于酸的黃色沉淀，所以可用AgNO3溶液檢驗。但Ag2SO4微溶、Ag2CO3難溶，所以SO42-和CO32-會干擾I-的檢驗，所以需要排除其干擾，又因為還不能引入氯離子，所以可以用足量的Ba(NO3)2溶液除去SO42-和CO32-，過濾后（或取上層清液）再加入AgNO3溶液。答案為：ba；(4)碘酸根具有強氧化性，能被還原為單質(zhì)碘，而碘遇淀粉顯藍色，所以檢驗碘酸根的實驗操作是：從水層取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加鹽酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液變藍，說明濾液中含有IO3-；若溶液不變藍，說明濾液中不含有IO3-；⑸依題意，用SO2/I2循環(huán)法分解水共涉及三步化學反應。根據(jù)第二個反應可知，首先SO2被氧化為硫酸，氧化劑為I2，化學方程式為：SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4；生成的HI分解即可得到氫氣，同時重新生成I2，所以第三個化學方程式為：2HIH2+I2。電解水需要消耗電能，而SO2又是大氣污染物，所以與傳統(tǒng)的分解水的方法相比，本法的優(yōu)點是節(jié)約電能，而缺點是使用能造成污染環(huán)境的SO2。【點睛】Ag+能與很多陰離子反應生成沉淀，如SO42-、CO32-、Cl-、Br-、I-、OH-等，所以，用AgNO3溶液檢驗鹵離子時應注意排除干擾。28、2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH=-122.5kJ·mol-1D反應Ⅲ的ΔH>0，溫度升高，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率變大，而反應Ⅰ（或者反應Ⅳ）