河南省周口市扶溝高級中學(xué)高三3月份第一次模擬考試新高考化學(xué)試卷及答案解析

河南省周口市扶溝高級中學(xué)高三3月份第一次模擬考試新高考化學(xué)試卷注意事項1．考生要認(rèn)真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。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個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、為研究某固體混合物樣品的成分，取等質(zhì)量的兩份該固體，進(jìn)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(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)色的氣體0.672L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。根據(jù)上述實驗現(xiàn)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、K2CO32、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加。m、p、r是由這些元素組成的二元化合物，n是元素Z的單質(zhì)，通常為黃綠色氣體，q的水溶液具有漂白性，0.01mol·L–1r溶液的pH為2，s通常是難溶于水的混合物。上述物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示。下列說法不正確的是（）A．原子半徑的大?。篧<Y<XB．元素的非金屬性：Z>X>YC．Y的氫化物常溫常壓下為液態(tài)D．X的最高價氧化物的水化物為弱酸3、1.52g銅鎂合金完全溶解于50mL濃度14.0mol/L的硝酸中，得到NO2和N2O4的混合氣體1120ml（標(biāo)準(zhǔn)狀況），向反應(yīng)后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，當(dāng)金屬離子全部沉淀時得到2.54g沉淀。下列說法不正確的是（）A．該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是2：1B．NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分?jǐn)?shù)是80%C．得到2.54g沉淀時加入NaOH溶液的體積是600mLD．溶解合金消耗HNO3的量是0.12mol4、根據(jù)下圖，下列判斷中正確的是A．石墨與O2生成CO2的反應(yīng)是吸熱反應(yīng)B．等量金剛石和石墨完全燃燒，金剛石放出熱量更多C．從能量角度看，金剛石比石墨更穩(wěn)定D．C(金剛石，s)=C(石墨，s)+QkJQ=E3—E25、從海帶中提取碘元素的步驟中，選用的實驗儀器不能都用到的是A．海帶灼燒灰化，選用①②⑧ B．加水浸泡加熱，選用②④⑦C．過濾得到濾液，選用④⑤⑦ D．萃取和分液，選用③④⑥6、下列說法正確的是A．離子晶體中可能含有共價鍵，但不一定含有金屬元素B．分子晶體中一定含有共價鍵C．非極性分子中一定存在非極性鍵D．對于組成結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，一定是相對分子質(zhì)量越大，熔沸點越高7、將一定質(zhì)量的Mg和Al混合物投入到200mL稀硫酸中，固體全部溶解后，向所得溶液中滴加NaOH溶液至過量，生成沉淀的物質(zhì)的量與加入NaOH溶液的體積關(guān)系如圖所示。則下列說法錯誤的是A．最初20mLNaOH溶液用于中和過量的稀硫酸B．NaOH溶液物質(zhì)的量濃度為C．Mg和Al的總質(zhì)量為9gD．生成的氫氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為11.2L8、氮及其化合物的性質(zhì)是了解工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)的重要基礎(chǔ)。NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列有關(guān)說法錯誤的是A．22.4L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）15NH3含有的質(zhì)子數(shù)為10NAB．密閉容器中，2molNO與1molO2充分反應(yīng)，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NAC．13.8gNO2與足量水反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAD．常溫下，1L0.1mol·L1NH4NO3溶液中含有的氮原子數(shù)為0.2NA9、一種水基二次電池原理為，電解液為含Zn2+的水溶液，該電池可用于電網(wǎng)貯能。下列說法正確的是（）A．放電時，Zn2+脫離插層B．放電時，溶液中Zn2+濃度一直減小C．充電時，電子由層經(jīng)電解質(zhì)溶液流向?qū)覦．充電時，陽極發(fā)生電極反應(yīng)：10、錫為ⅣA族元素，四碘化錫是常用的有機合成試劑（SnI4，熔點144.5℃，沸點364.5℃，易水解）。實驗室以過量錫箔為原料通過反應(yīng)Sn+2I2SnI4制備SnI4。下列說法錯誤的是（）A．加入碎瓷片的目的是防止暴沸B．SnI4可溶于CCl4中C．裝置Ⅰ中a為冷凝水進(jìn)水口D．裝置Ⅱ的主要作用是吸收揮發(fā)的I211、已知某飽和NaCl溶液的體積為VmL，密度為，質(zhì)量分?jǐn)?shù)為w%，溶液中含NaCl的質(zhì)量為mg。則下列表達(dá)式正確的是A． B．C． D．12、NaHCO3和NaHSO4溶液混合后，實際參加反應(yīng)的離子是()A．CO32﹣和H+ B．HCO3﹣和HSO4﹣C．CO32﹣和HSO4﹣ D．HCO3﹣和H+13、將溶液和鹽酸等體積混合，在混合溶液中，下列關(guān)系式正確的是A．B．C．D．14、溫度T℃時，在初始體積為1L的兩個密閉容器甲（恒容）、乙（恒壓）中分別加入0.2molA和0.1molB，發(fā)生反應(yīng)2A(g)+B(g)xC(g)，實驗測得甲、乙容器中A的轉(zhuǎn)化率隨時間的變化關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是A．x可能為4B．M為容器甲C．容器乙達(dá)平衡時B的轉(zhuǎn)化率為25%D．M的平衡常數(shù)大于N15、金屬鉈(81Tl)有重要用途，可用來制造光電管、光學(xué)玻璃等。鉈與銫(55Cs)同周期，下列說法不正確的是A．原子半徑：Cs>Tl B．堿性：CsOH>Tl(OH)3C．與水反應(yīng)的劇烈程度：Tl>Cs D．Tl是第六周期第ⅢA元素16、高純碳酸錳在電子工業(yè)中有著重要的應(yīng)用，濕法浸出軟錳礦(主要成分為MnO2，含有少量Fe、Al、Mg等雜質(zhì)元素)制備高純碳酸錳的流程如下：其中除雜過程包括：①向浸出液中加入一定量的試劑X，調(diào)節(jié)浸出液的pH為3.5～5.5；②再加入一定量的軟錳礦和雙氧水，過濾；③…下列說法正確的是(已知室溫下：Kap[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Kap[Al(OH)3]＝3.0×10－34，Kap[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。)A．浸出時加入植物粉的作用是作為還原劑B．除雜過程中調(diào)節(jié)浸出液的pH為3.5～5.5可完全除去Fe、Al、Mg等雜質(zhì)C．試劑X可以是MnO、MnO2、MnCO3等物質(zhì)D．為提高沉淀MnCO3步驟的速率可以持續(xù)升高溫度17、用飽和硫酸亞鐵、濃硫酸和硝酸鉀反應(yīng)可以制得純度為98%的NO，其反應(yīng)為FeSO4+KNO3+H2SO4(濃)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O(未配平)。下列有關(guān)說法不正確的是A．該反應(yīng)的氧化劑是KNO3B．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2∶3C．Fe2(SO4)3、K2SO4、H2O均為電解質(zhì)D．該反應(yīng)中生成144gH2O，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為12mol18、化學(xué)興趣小組在家中進(jìn)行化學(xué)實驗，按照如圖連接好線路發(fā)現(xiàn)燈泡不亮，按照右圖連接好線路發(fā)現(xiàn)燈泡亮，由此得出的結(jié)論正確的是（）A．NaCl是非電解質(zhì)B．NaCl溶液是電解質(zhì)C．NaCl在水溶液中電離出了可以自由移動的離子D．NaCl溶液中，水電離出大量的離子19、近年，科學(xué)家發(fā)現(xiàn)了116號元素Lv。下列關(guān)于293Lv和294Lv的說法錯誤的是A．兩者電子數(shù)相差1 B．兩者質(zhì)量數(shù)相差1C．兩者中子數(shù)相差1 D．兩者互為同位素20、下列說法正確的是（）A．lmol葡萄糖能水解生成2molCH3CH2OH和2molCO2B．苯的結(jié)構(gòu)簡式為，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．相同物質(zhì)的量的乙烯與乙醇分別在足量的O2中完全燃燒，消耗O2的物質(zhì)的量相同D．乙烯和植物油都能使溴水褪色，其褪色原理不同21、合成一種用于合成γ分泌調(diào)節(jié)劑的藥物中間體，其合成的關(guān)鍵一步如圖。下列有關(guān)化合物甲、乙的說法正確的是A．甲→乙的反應(yīng)為加成反應(yīng)B．甲分子中至少有8個碳原子在同一平面上C．甲、乙均不能使溴水褪色D．乙與足量H2完全加成的產(chǎn)物分子中含有4個手性碳原子22、用98%濃硫酸配制500mL2mol/L稀硫酸，下列操作使所配制濃度偏高的是A．量取濃硫酸時俯視量筒的刻度線B．定容時仰視500mL容量瓶的刻度線C．量取硫酸后洗滌量筒并將洗滌液轉(zhuǎn)入容量瓶D．搖勻后滴加蒸餾水至容量瓶刻度線二、非選擇題(共84分)23、（14分）氯吡格雷是一種用于預(yù)防和治療因血小板高聚集引起的心、腦及其他動脈循環(huán)障礙疾病的藥物。以A為原料合成該藥物的路線如圖：（1）A的化學(xué)名稱是__，C中的官能團(tuán)除了氯原子，其他官能團(tuán)名稱為__。（2）A分子中最少有__原子共面。（3）C生成D的反應(yīng)類型為__。（4）A與新制Cu(OH)2反應(yīng)的化學(xué)方程式為__。（5）物質(zhì)G是物質(zhì)A的同系物，比A多一個碳原子，符合以下條件的G的同分異構(gòu)體共有__種。①除苯環(huán)之外無其他環(huán)狀結(jié)構(gòu)；②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)。③苯環(huán)上有只有兩個取代基。其中核磁共振氫譜中有4個吸收峰，且峰值比為2∶2∶2∶1的結(jié)構(gòu)簡式為__。（6）已知：，寫出以苯甲醇為有機原料制備化合物的合成路線（無機試劑任選）__。24、（12分）酯類化合物H是一種醫(yī)藥中間體，常用于防曬霜中紫外線的吸收劑。實驗室由化合物A和E制備H的一種合成路線如下圖:已知①②回答下列問題:(1)經(jīng)測定E的相對分子質(zhì)量為28，常用來測定有機物相對分子質(zhì)量的儀器為_______。F中只有一種化學(xué)環(huán)境的氫原子，其結(jié)構(gòu)簡式為_________________。(2)(CH3)2SO4是一種酯，其名稱為_________________。(3)A能與Na2CO3溶液及濃溴水反應(yīng)，且1molA最多可與2molBr2反應(yīng)。核磁共振氫譜表明A的苯環(huán)上有四種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。A的結(jié)構(gòu)簡式為______________。C中含氧官能團(tuán)的名稱為_________。(4)D+G→H的化學(xué)方程式為__________________。(5)C的同分異構(gòu)體中能同時滿足下列條件的共有_____種(不含立體異構(gòu))。①遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)②能發(fā)生水解反應(yīng)(6)參照上述合成路線，設(shè)計一條由和(CH3)3CCl為起始原料制備的合成路線(其他試劑任選)；________________________________________。25、（12分）二氧化釩（VO2）是一種新型熱敏材料。實驗室以V2O5為原料合成用于制備VO2的氧釩（IV）堿式碳酸銨晶體,過程如下:V2O5VOCl2溶液（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]10·H2O回答下列問題：（1）步驟i中生成VOCl2的同時生成一種無色無污染的氣體,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____。也可只用濃鹽酸與V2O5來制備VOCl2溶液,從環(huán)境角度考慮,該方法的缺點是_______。（2）步驟ii可在如圖裝置（氣密性良好）中進(jìn)行。已知:VO2+能被O2氧化。①藥品填裝完成后的實驗操作是____（填活塞“a”“b”的操作）。②若無裝置B,則導(dǎo)致的后果是____。（3）加完VOCl2后繼續(xù)攪拌數(shù)分鐘,使反應(yīng)完全,小心取下分液漏斗,停止通氣,立即塞上橡膠塞,將錐形瓶置于CO2保護(hù)下的干燥器中，靜置過夜,得到紫紅色晶體,抽濾,并用飽和NH4HCO3溶液洗滌3次,用無水乙醇洗滌2次,除去水分,再用乙醚洗滌2次,抽干稱重。用飽和NH4HCO3溶液洗滌除去的陰離子主要是____。（4）測定氧釩（IV）堿式碳酸銨晶體粗產(chǎn)品中釩的含量。稱量4.246g樣品于錐形瓶中,用20mL蒸餾水與30mL硫酸混合溶解后，加0.02mol·L-1的KMnO4溶液至稍過量,充分反應(yīng)后繼續(xù)加1%NaNO2溶液至稍過量，再用尿素除去過量的NaNO2,最后用0.08mol·L-1的（NH4）2Fe（SO4）2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點,消耗體積為30.00mL。（滴定反應(yīng):VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O）①NaNO2溶液的作用是____。②粗產(chǎn)品中釩的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____（精確到小數(shù)點后兩位）。26、（10分）實驗室如圖的裝置模擬工業(yè)過程制取硫代硫酸鈉（夾持儀器和加熱儀器均省略）。其反應(yīng)原理為2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2請回答：（1）下列說法不正確的是___。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中溶液中會含有少量Na2SO4雜質(zhì)，請解釋其生成原因___。27、（12分）某混合物漿液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考慮到膠體的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小組利用設(shè)計的電解分離裝置(見下圖)，使?jié){液分離成固體混合物和含鉻元素溶液，并回收利用。回答I和II中的問題。I.固體混合物的分離和利用(流程圖中的部分分離操作和反應(yīng)條件未標(biāo)明)(1)Cl在元素周期表中的位置為_____，CO2的電子式為___，NaOH中存在的化學(xué)鍵類型為_____。(2)B-C的反應(yīng)條件為_____，C→Al的制備反應(yīng)化學(xué)方程式為__________。(3)該小組探究反應(yīng)②發(fā)生的條件。D與濃鹽酸混合，不加熱，無變化：加熱有Cl2生成，當(dāng)反應(yīng)停止后，固體有剩余，此時滴加硫酸，又產(chǎn)生Cl2。由此判斷影響該反應(yīng)有效進(jìn)行的因素有(填序號)______。a.溫度b.Cl的濃度c.溶液的酸度II.含鉻元素溶液的分離和利用(4)用情性電極電解時，CrO42-能從漿液中分離出來的原因是____，分離后含鉻元素的粒子是____；陰極室生成的物質(zhì)為_______(寫化學(xué)式)。28、（14分）化學(xué)·選修3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)氟及其化合物用途非常廣泛，自然界中氟多以化合態(tài)形式存在,主要有螢石（CaF2）、冰晶石（Na3AlF6）等。回答下列問題:（1）基態(tài)氟原子中有_________________種能量不同的電子。（2）NF3是微電子工業(yè)中優(yōu)良的等離子刻蝕氣體。NF3與NH3的空間構(gòu)型相同,但是NH3（-33°C）的沸點比NF3（-129°C）的高，原因為_____________。（3）氟硼酸（HBF4,屬于強酸）常用于替代濃硫酸作鉛蓄電池的電解質(zhì)溶液,可由HF和BF3合成，從化學(xué)鍵形成角度分析HF與BF3能化合的原因:________。（4）液態(tài)[H2F]+中存在[H2F]+和[HF2]-,[HF2]-的結(jié)構(gòu)可表示為[F-H…F]-,[H2F]+的VSEPR模型名稱為________形。NaHF2可用于制無水氟化氫和供雕刻玻璃、木材防腐等。常溫常壓下為白色固體,易溶于水,160°C分解。NaHF2中所含作用力的類型有______.（填字母）。a離子鍵b共價鍵c配位鍵d氫鍵（5）CaF2是難溶化合物,其品胞結(jié)構(gòu)如圖所示:①若原子坐標(biāo)參數(shù)A處為（0,0,0）,B處為（,C處為（1，1，1）,則D處為_____.②每個Ca2+周圍距離最近的Ca2+共有_____個。③已知:CaF2晶體密度為cg·cm-3,則晶胞中Ca2+與最近的F-之間的距離為____nm（設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,用含c、NA的式子表示）。29、（10分）X、Y、Z、W、Q、R是周期表中前36號元素，核電荷數(shù)依次增大，其中X、Y、Z、W都是元素周期表中短周期元素。X為非金屬元素，且X原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的2倍，Z的次外層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的，W原子的s電子與p電子數(shù)相等，Q是前四周期中電負(fù)性最小的元素，R的原子序數(shù)為29。回答下列問題：（1）X的最高價氧化物對應(yīng)的水化物分子中，中心原子采取______________雜化。（2）化合物XZ與Y的單質(zhì)分子互為______________，1molXZ中含有π鍵的數(shù)目為______________。（3）W的穩(wěn)定離子核外有______________種運動狀態(tài)的電子。W元素的第一電離能比其同周期相鄰元素的第一電離能高，其原因是：_____。（4）Q的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示，則在單位晶胞中Q原子的個數(shù)為______________，晶體的配位數(shù)是______________。（5）R元素的基態(tài)原子的核外電子排布式為________；Y與R形成某種化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，已知該晶體的密度為ρg·cm-3，阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為NA，則該晶體中R原子和Y原子之間的最短距離為______________cm。（只寫計算式）

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】

根據(jù)（1）中沉淀6.63g和4.66g可知，含有SO42-和CO32-，且二者的物質(zhì)的量分別為0.02mol、0.01mol；根據(jù)（2）中氣體0.672L可知含有NH4+0.03mol。根據(jù)離子的定量關(guān)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(guān)系，A、C項也類似，故D正確；答案選D。2、B【解析】

n是元素Z的單質(zhì)，通常為黃綠色氣體，則為氯氣，Z為Cl，r是由這些元素組成的二元化合物，0.01mol·L–1r溶液的pH為2，說明r為HCl，q的水溶液具有漂白性，說明是水溶液中含有次氯酸根，再結(jié)合m和n反應(yīng)生成q和r，則q為HClO，m為水，s通常是難溶于水的混合物，氯氣和p光照，說明是取代反應(yīng)，則為烷烴，因此短周期元素W為H，X為C，Y為O，Z為Cl?！驹斀狻緼.原子半徑的大小：H<O<C，故A正確；B.元素的非金屬性：Cl>O>C，故B錯誤；C.Y的氫化物水或過氧化氫常溫常壓下為液態(tài)，故C正確；D.X的最高價氧化物的水化物碳酸為弱酸，故D正確。綜上所述，答案為B。3、C【解析】

根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒、元素守恒進(jìn)行分析計算。【詳解】A.金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀為氫氧化銅、氫氧化鎂，故沉淀中OH-的質(zhì)量為：2.54g?1.52g=1.02g，，根據(jù)電荷守恒可知，金屬提供的電子物質(zhì)的量等于OH-的物質(zhì)的量，設(shè)銅、鎂合金中Cu、Mg的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，則：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得：x=0.02、y=0.01，則該合金中n(Cu):n(Mg)=2:1，故A正確；B.標(biāo)況下1.12L氣體的物質(zhì)的量為0.05mol，設(shè)混合氣體中二氧化氮的物質(zhì)的量為amol，則四氧化二氮的物質(zhì)的量為(0.05?a)mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知：a×1+(0.05?a)×2×1=0.06，解得a=0.04，則混合氣體中含有二氧化氮0.04mol、四氧化二氮0.01mol，NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分?jǐn)?shù)為：，故B正確；C.50mL該硝酸中含有硝酸的物質(zhì)的量為：14mol/L×0.05L=0.7mol，反應(yīng)后的溶質(zhì)為硝酸鈉，根據(jù)N元素守恒，硝酸鈉的物質(zhì)的量為：n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)-2n(N2O4)=0.7mol?0.04mol?0.01×2=0.64mol，故需要氫氧化鈉溶液的體積為，故C錯誤；D.Cu、Mg的物質(zhì)的量分別為0.02mol、0.01mol，則生成Cu(NO3)2、Mg(NO3)2各0.02ml、0.01mol，NO2和N2O4的物質(zhì)的量分別為0.04mol、0.01mol，則根據(jù)N元素守恒可知，消耗硝酸的物質(zhì)的量為0.02×2+0.01×2+0.04+0.01×2=0.12mol，故D正確；答案選C。【點睛】解答該題的關(guān)鍵是找到突破口：金屬鎂、銅與硝酸反應(yīng)失電子物質(zhì)的量與金屬離子被沉淀結(jié)合氫氧根離子的物質(zhì)的量相等，關(guān)系式為Cu~2e-~Cu2+~2OH-，Mg~2e-~Mg2+~2OH-，通過氫氧化鎂與氫氧化銅的總質(zhì)量與銅鎂合金的質(zhì)量差可以計算氫氧根離子的物質(zhì)的量，從而確定反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)。4、B【解析】

A、石墨與O2的總能量高于CO2的能量，故石墨與O2生成CO2反應(yīng)為放熱反應(yīng)，選項A錯誤；B、根據(jù)圖示可知，金剛石的能量高于石墨的能量，故等量的金剛石和石墨燃燒時，金剛石放出的熱量更多，選項B正確；C、物質(zhì)的能量越高則物質(zhì)越不穩(wěn)定，故金剛石的穩(wěn)定性比石墨差，選項C錯誤；D、根據(jù)圖示可知，金剛石的能量高于石墨的能量，故金剛石轉(zhuǎn)化為石墨是放出能量，Q=E2-E1，選項D錯誤；答案選B。5、D【解析】

先將海帶在坩堝中灼燒灰化，然后在燒杯中加水浸泡加熱促進(jìn)物質(zhì)的溶解，在漏斗中過濾，最后用分液漏斗分液，以此解答該題?！驹斀狻緼．將海帶灼燒灰化，應(yīng)在坩堝中加熱，用到的儀器有①、②和⑧，必要時還可用到三腳架或鐵架臺帶鐵圈，A正確；B．加水浸泡加熱，應(yīng)在燒杯中進(jìn)行，加熱用酒精燈，用玻璃棒攪拌，B正確；C．過濾時用到④、⑤和⑦，C正確；D．萃取和分液用到④⑥，不用試管，D錯誤；故合理選項是D?！军c睛】本題考查物質(zhì)的檢驗和鑒別的實驗設(shè)計的分析能力和實驗?zāi)芰Γ⒁獍盐諏嶒灥脑?、步驟和實驗儀器的使用，著重考查學(xué)生對基礎(chǔ)知識的掌握和應(yīng)用。6、A【解析】

A．離子晶體中一定含有離子鍵，可能含有共價鍵，不一定含有金屬元素，可能只含非金屬元素，如銨鹽，故A正確；B．分子晶體中可能不存在化學(xué)鍵，只存在分子間作用力，如稀有氣體，故B錯誤；C．非極性分子中可能只存在極性鍵，如四氯化碳等，故C錯誤；D．分子晶體的熔沸點與相對分子質(zhì)量、氫鍵有關(guān)，氧族原子氫化物中，水的熔沸點最高，故D錯誤；答案選A?！军c睛】本題的易錯點為規(guī)律中的異?，F(xiàn)象的判斷，要注意采用舉例法分析解答。7、D【解析】

由圖象可以知道,從開始至加入NaOH溶液20mL,沒有沉淀生成,說明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余,此時發(fā)生的反應(yīng)為:.當(dāng)V(NaOH溶液)=200mL時,沉淀量最大,此時為和,二者物質(zhì)的量之和為0.35mol,溶液中溶質(zhì)為,根據(jù)鈉元素守恒可以知道此時等于200mL氫氧化鈉溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍.從200mL到240mL,NaOH溶解,當(dāng)V(NaOH溶液)=240mL時,沉淀不再減少,此時全部為,物質(zhì)的量為0.15mol,為0.15mol,為0.35mol-0.15mol=0.2mol,因為從200mL到240mL,發(fā)生,所以該階段消耗,氫氧化鈉的濃度為.【詳解】A.由上述分析可以知道,最初20mLNaOH溶液用于中和過量的稀硫酸,所以A選項是正確的;B.由上述分析可以知道,氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度為5mol/L,所以B選項是正確的;C.由元素守恒可以知道，,所以鎂和鋁的總質(zhì)量為,所以C選項是正確的;D.由電子守恒可以知道,生成的氫氣為,若在標(biāo)況下,體積為,但狀況未知,故D錯誤;故答案選D。8、B【解析】

A．22.4L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）15NH3即=1mol，1個15NH3中質(zhì)子數(shù)為10，故1mol15NH3中質(zhì)子數(shù)為10NA，故A不符合題意；B．2molNO與1molO2充分反應(yīng)會生成2molNO2，但NO2氣體存在二聚反應(yīng)：，因此產(chǎn)物中的分子數(shù)小于2NA，故B符合題意；C．13.8gNO2即=0.3mol，其反應(yīng)為：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2生成NO化合價降低2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA，故C不符合題意；D．1L0.1mol·L1NH4NO3溶液中n(NH4NO3)=0.1mol，氮原子數(shù)為0.2NA，故D不符合題意；故答案為：B?！军c睛】解答本類題目要審清選項中涉及的以下幾個方面：①要審清所求粒子的種類，如分子、原子、離子、質(zhì)子、中子、電子等，②涉及物質(zhì)的體積時要審清物質(zhì)的狀態(tài)和溫度、壓強，③涉及中子數(shù)和化學(xué)鍵的計算，要審清相關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)和特殊物質(zhì)的摩爾質(zhì)量，④涉及化學(xué)反應(yīng)要明確相關(guān)反應(yīng)的特點和電子轉(zhuǎn)移；⑤涉及溶液中的微粒要關(guān)注電離和水解；⑥要注意審清運算公式。9、D【解析】

A.放電時，利用原電池原理，Zn作負(fù)極，失去電子，得到電子，放電時是溶液中的Zn2+與插層結(jié)合，故A錯誤；B.根據(jù)反應(yīng)方程式，放電時，負(fù)極的鋅板失去電子變成鋅離子進(jìn)入溶液中，然后與正極結(jié)合，所以溶液中的鋅離子濃度是不變的，故B錯誤；C.充電時是電解池原理，但電子不能通過電解質(zhì)溶液，故C錯誤；D.充電時，陽極失電子，電極反應(yīng)為：，故D正確；故選D?！军c睛】已知總反應(yīng)書寫電極反應(yīng)時，根據(jù)得失電子情況加以判斷，失電子，則化合價升高，發(fā)生氧化反應(yīng)；總反應(yīng)減去陽極的反應(yīng)即可得到陰極的電極反應(yīng)。10、D【解析】

四碘化錫是常用的有機合成試劑SnI4，熔點144.5℃，沸點364.5℃，易水解，說明SnI4是分子晶體?！驹斀狻緼選項，在液體加熱時溶液暴沸，因此需要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸，故A正確，不符合題意；B選項，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，不符合題意；C選項，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，不符合題意；D選項，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D錯誤，符合題意。綜上所述，答案為D。【點睛】相似相溶原理，SnI4是非極性分子，CCl4是非極性分子，因此SnI4可溶于CCl4中。11、C【解析】

A.n(NaCl)=，ρV表示的是氯化鈉溶液的質(zhì)量，故A錯誤；B.溶液的質(zhì)量為：ρg?cm-3×VmL=ρVg，則質(zhì)量分?jǐn)?shù)ω％=，故B錯誤；C.溶液的物質(zhì)的量濃度為：c(NaCl)==10ρω/58.5，故C正確；D.不是氯化鈉溶液的體積，故D錯誤；故答案選C。12、D【解析】

碳酸氫鈉和硫酸氫鈉反應(yīng)時，碳酸氫根電離生成鈉離子和碳酸氫根離子，硫酸氫鈉電離生成鈉離子和氫離子、硫酸根離子，碳酸氫根和氫離子反應(yīng)生成水和二氧化碳，故答案選D。13、B【解析】

混合后發(fā)生反應(yīng)：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，混合溶液中含三種溶質(zhì)（Na2CO3、NaCl、NaHCO3）且物質(zhì)的量濃度相等。【詳解】A.電荷守恒式為c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），故A錯誤；B.CO32-的水解程度大于HCO3-，且溶液呈堿性，故c(Na+)>c（HCO3-）>c(Cl-)>c（CO32-）>c(OH-)>c(H+)，故B正確；C.物量守恒式應(yīng)為c(Na+)=2c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，故C錯誤；D.根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），物料守恒c(Na+)=2c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，聯(lián)立可得c（OH－）+c（Cl－）=c（HCO3－）+2c（H2CO3）+c（H+），故D錯誤；答案：B【點睛】電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒是比較離子濃度常用的方法。14、D【解析】

若該反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量增大的反應(yīng)，即x＞3，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，甲容器中氣體的壓強增大，平衡過程中反應(yīng)速率比恒壓時大，建立平衡需要的時間較少，對應(yīng)于圖像M，增大壓強，平衡逆向移動，A的轉(zhuǎn)化率減小，與圖像相符；若該反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量減少的反應(yīng)，即x＜3，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，甲容器中氣體的壓強減小，平衡過程中反應(yīng)速率比恒壓時小，建立平衡需要的時間較長，對應(yīng)于圖像N，減小壓強，平衡逆向移動，A的轉(zhuǎn)化率減小，與圖像不符；若該反應(yīng)x=3，則兩容器得到相同的平衡狀態(tài)，與圖像不符，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)上述分析，該反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量增大的反應(yīng)，因此x可能為4，故A正確；B．根據(jù)上述分析，該反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，M為容器甲，N為容器乙，故B正確；C．根據(jù)上述分析，N為容器乙，容器乙達(dá)平衡時A的轉(zhuǎn)化率為25%，根據(jù)方程式2A(g)+B(g)xC(g)，加入0.2molA和0.1molB時，反應(yīng)的B為A的物質(zhì)的量的一半，A和B的轉(zhuǎn)化率相等，也是25%，故C正確；D．溫度不變，平衡常數(shù)不變，達(dá)到平衡時，M、N對應(yīng)的溫度相同，則平衡常數(shù)相等，故D錯誤；故選D?！军c睛】解答本題的關(guān)鍵是判斷壓強對該反應(yīng)的影響。本題的難點是排除x＜3的情況。15、C【解析】

銫(55Cs)位于第六周期第ⅠA族，鉈與銫(55Cs)同周期，可知鉈(81Tl)位于第六周期第ⅢA族，金屬性：Cs>Tl。A.元素在同一周期，序數(shù)越小，半徑越大，則原子半徑：Cs>Tl，A項正確；B.金屬性：Cs>Tl，則堿性：CsOH>Tl(OH)3，B項正確；C.金屬性：Cs>Tl，則與水反應(yīng)的劇烈程度：Cs>Tl，C項錯誤；D.Tl是第六周期第ⅢA元素，D項正確；答案選C?！军c睛】本題重點，知道元素在元素周期表中的位置，根據(jù)原子結(jié)構(gòu)示意圖的書寫規(guī)律，每一層最多排布2n2個電子，最外層最多排布8個(除第一層外)，次外層最多排布18個，得出鉈與銫的原子結(jié)構(gòu)示意圖，即可知道位置。16、A【解析】

A、結(jié)合流程分析，需將四價錳還原為二價，因植物粉為有機物，具有還原性，選項A正確；B、根據(jù)KSP可知，pH為3.5-5.5不能完全除去鎂離子，選項B錯誤；C、二氧化錳不能與酸反應(yīng)，無法調(diào)節(jié)pH，選項C錯誤；D、碳酸氫銨不穩(wěn)定，受熱易分解，故不能溫度太高，選項D錯誤。答案選A。17、B【解析】

A.在反應(yīng)FeSO4+KNO3+H2SO4(濃)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O中，N元素的化合價由反應(yīng)前KNO3中的+5價變?yōu)榉磻?yīng)后NO中的+2價，化合價降低，獲得電子，所以該反應(yīng)的氧化劑是KNO3，A正確；B.配平的化學(xué)方程式為6FeSO4+2KNO3+4H2SO4(濃)3Fe2(SO4)3+2NO↑+K2SO4+4H2O，在該反應(yīng)中KNO3作氧化劑，還原產(chǎn)物是NO，F(xiàn)eSO4作還原劑，F(xiàn)e2(SO4)3是氧化產(chǎn)物，根據(jù)反應(yīng)過程中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，所以n(KNO3)：n(FeSO4)=1：3=2：6，則氧化產(chǎn)物Fe2(SO4)3與還原產(chǎn)物NO的物質(zhì)的量之比為3∶2，B錯誤；C.Fe2(SO4)3、K2SO4都是鹽，屬于強電解質(zhì)，H2O能部分電離產(chǎn)生自由移動的離子，是弱電解質(zhì)，因此這幾種物質(zhì)均為電解質(zhì)，C正確；D.根據(jù)方程式可知：每反應(yīng)產(chǎn)生72gH2O，轉(zhuǎn)移6mol電子，則生成144gH2O，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為12mol，D正確；故合理選項是B。18、C【解析】

A.NaCl屬于鹽，所以是電解質(zhì)，A錯誤；B.NaCl溶液是混合物所以不是電解質(zhì)，B錯誤；C.氯化鈉固體溶于水后在水分子的作用下，發(fā)生電離，電離為可以移動的離子使溶液導(dǎo)電，C正確；D.氯化鈉溶于水是氯化鈉發(fā)生了電離，水的電離實際很微弱，D錯誤；故答案選C。19、A【解析】

A、293Lv和294Lv的電子數(shù)都是116，A錯誤；B、293Lv的質(zhì)量數(shù)是293，294Lv的質(zhì)量數(shù)是294，質(zhì)量數(shù)相差1，B正確；C、293Lv的中子數(shù)是117，294Lv的中子數(shù)是118，中子數(shù)相差1，C正確；D、293Lv和294Lv是質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同的同種元素的不同原子，互為同位素，D正確；答案選A。20、C【解析】A．葡萄糖是單糖不能水解，lmol葡萄糖能分解生成2molCH3CH2OH和2molCO2，故A錯誤；B．苯的結(jié)構(gòu)簡式為，但分子結(jié)構(gòu)中無碳碳雙鍵，不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B錯誤；C．乙醇分子式可以變式為C2H4·H2O，故乙醇燃燒相當(dāng)于乙烯燃燒，耗氧量相同，故C正確；D．乙烯和植物油均含有碳碳雙鍵，都能使溴水褪色，其褪色原理均為加成反應(yīng)，故D錯誤；答案為C。21、D【解析】

A．甲中與N相連的H被-CH2COCH3取代，發(fā)生取代反應(yīng)，A錯誤；B．甲中至少有6個碳原子共面，即苯環(huán)的6個C，B錯誤；C．Br2能將-CHO氧化，甲乙中均含-CHO，C錯誤；D．與4個不相同的原子或原子團(tuán)相連的C原子稱為手性碳，一定條件下，乙中苯環(huán)、酮基、-CHO均能和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，其產(chǎn)物有4個手性碳，如圖*所示：，D正確。答案選D。22、C【解析】A、量取濃硫酸時俯視量筒的刻度線，量取的濃硫酸偏小，則濃度偏低，故A錯誤；B、定容時仰視500mL

容量瓶的刻度線，定容時加入過多的水，所得溶液濃度偏低，故B錯誤；C、量取硫酸后洗滌量筒并將洗滌液轉(zhuǎn)入容量瓶，所量取的濃硫酸的體積偏大，則所配稀硫酸的濃度偏高，故C正確；D、搖勻后滴加蒸餾水至容量瓶刻度線，又加入過多的水，所得溶液濃度偏低，故D錯誤；故選C。二、非選擇題(共84分)23、鄰氯苯甲醛（2—氯苯甲醛）氨基、羧基12取代反應(yīng)（或酯化反應(yīng)）+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+6、【解析】

根據(jù)題干信息分析合成氯吡格雷的路線可知，A與NH4Cl、NaCN反應(yīng)生成B，B酸化得到C，C與CH3OH發(fā)生酯化反應(yīng)生成D，D發(fā)生取代反應(yīng)得到E，E最終發(fā)生反應(yīng)得到氯吡格雷，據(jù)此結(jié)合題干信息分析解答問題。【詳解】(1)有機物A的結(jié)構(gòu)簡式為，分子中含有醛基和氯原子，其化學(xué)名稱為鄰氯苯甲醛，C的結(jié)構(gòu)簡式為，分子中含有的管能團(tuán)有氨基、羧基和氯原子，故答案為：鄰氯苯甲醛；氨基、羧基；(2)A分子中苯環(huán)和醛基均為共平面結(jié)構(gòu)，故分子中最少有苯環(huán)上的所有原子共平面，即最少有12個原子共平面，故答案為：12；(3)C與CH3OH發(fā)生酯化反應(yīng)生成D，反應(yīng)類型為取代反應(yīng)（或酯化反應(yīng)），故答案為：取代反應(yīng)（或酯化反應(yīng)）；(4)A的結(jié)構(gòu)簡式為，分子中含有醛基，可與新制Cu(OH)2反應(yīng)生成Cu2O的磚紅色沉淀，反應(yīng)方程式為+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+，故答案為：+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+；(5)物質(zhì)G是物質(zhì)A的同系物，比A多一個碳原子，物質(zhì)G除苯環(huán)之外無其他環(huán)狀結(jié)構(gòu)；能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，可知物質(zhì)G含有醛基，又苯環(huán)上有只有兩個取代基，則物質(zhì)G除苯環(huán)外含有的基團(tuán)有2組，分別為—CHO、—CH2Cl和—Cl、—CH2CHO，分別都有鄰間對3中結(jié)構(gòu)，故G的同分異構(gòu)體共有6種，其中核磁共振氫譜中有4個吸收峰，且峰值比為2∶2∶2∶1的結(jié)構(gòu)簡式為、，故答案為：6；、；(6)已知：，根據(jù)題干信息，結(jié)合合成氯吡格雷的路線可得，以苯甲醇為有機原料制備化合物的合成路線可以是，故答案為：。24、質(zhì)譜儀硫酸二甲酯羧基、醚鍵+HOCH2CH2OH+H2O19【解析】

A能與Na2CO3溶液及溴水反應(yīng)，A發(fā)生信息①中的取代反應(yīng)生成B，A的苯環(huán)上有四種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，結(jié)合B的分子式，可知B為，逆推可知A為；B發(fā)生氧化反應(yīng)生成C為，C發(fā)生信息①中的反應(yīng)生成D為，E的相對分子質(zhì)量為28，E催化氧化產(chǎn)生的F中只有一種化學(xué)環(huán)境的氫原子，則E是乙烯CH2=CH2，E發(fā)生催化氧化生成F，F(xiàn)中只有一種化學(xué)環(huán)境的氫原子，F(xiàn)結(jié)構(gòu)簡式為，F(xiàn)與水反應(yīng)產(chǎn)生的G是乙二醇；G結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2OH，結(jié)合H的分子式可知H為；(6)由苯酚和(CH3)3CCl為起始原料制備，可先由苯酚發(fā)生信息①反應(yīng)，再發(fā)生硝化反應(yīng)，最后與HI反應(yīng)可生成目標(biāo)物，以此解答該題。【詳解】根據(jù)上述分析可知：A為；B為；C為；D為；E為CH2=CH2；F為；G為HOCH2CH2OH；H為。(1)經(jīng)測定E的相對分子質(zhì)量為28，常用來測定有機物相對分子質(zhì)量的儀器為質(zhì)譜儀。F中只有一種化學(xué)環(huán)境的氫原子，其結(jié)構(gòu)簡式為。(2)(CH3)2SO4是一種酯，是硫酸與2個甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)產(chǎn)生的酯，因此其名稱為硫酸二甲酯。(3)根據(jù)上述分析可知A的結(jié)構(gòu)簡式為，C為，可見C中含氧官能團(tuán)的名稱為羧基、醚鍵。(4)D+G發(fā)生酯化反應(yīng)產(chǎn)生H的化學(xué)方程式為+HOCH2CH2OH+H2O。(5)C為，其中含有的官能團(tuán)是-COOH、，C的同分異構(gòu)體中能同時滿足條件①遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有酚羥基；②能發(fā)生水解反應(yīng)，說明含有酯基，如含有3個取代基，則可為-OH、-OOCH、-CH3，有10種同分異構(gòu)體，如含有2個取代基，一個為-OH，另一個可為-OOCCH3、-CH2OOCH、-COOCH3，各有鄰、間、對3種，因此共有19種同分異構(gòu)體；(6)由苯酚和(CH3)3CCl為起始原料制備，可先由苯酚發(fā)生信息①反應(yīng)，再發(fā)生硝化反應(yīng)，最后與HI發(fā)生反應(yīng)可生成目標(biāo)物，則該反應(yīng)的流程為：?！军c睛】本題考查有機物的合成的知識，涉及物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式的書寫、官能團(tuán)的判斷、化學(xué)方程式的書寫及同分異構(gòu)體種類的判斷等，把握官能團(tuán)與性質(zhì)、有機反應(yīng)、合成反應(yīng)中官能團(tuán)的變化及碳原子數(shù)變化為解答的關(guān)鍵，注意有機物性質(zhì)的應(yīng)用，側(cè)重考查學(xué)生的分析與應(yīng)用能力。25、2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O氯氣有毒，污染空氣打開活塞a數(shù)分鐘后，再打開活塞bHCl與NH4HCO3反應(yīng)Cl-除去過量的KMnO42.88%【解析】

V2O5與鹽酸、N2H4﹒2HCl混合發(fā)生反應(yīng)：2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到VOCl2溶液，加碳酸氫銨溶液后得到氧釩(IV)堿式碳酸銨晶體。（1）根據(jù)原子守恒及氧化還原反應(yīng)原理分析解答；（2）根據(jù)題給信息中+4價V易被氧化的性質(zhì)分析解答；（3）根據(jù)原子守恒及晶體的組成分析解答；（4）根據(jù)滴定原理及氧化還原反應(yīng)原理分析解答?！驹斀狻浚?）根據(jù)原子守恒分析生成的一種無色無污染的氣體為N2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理分析，V被還原，則濃鹽酸的中Cl被氧化生成氯氣，氯氣有毒，污染空氣，故答案為：2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；氯氣有毒，污染空氣；（2）①已知VO2+能被O2氧化，故裝置中不能有空氣，所以反應(yīng)前先通入CO2數(shù)分鐘排除裝置中的空氣，避免產(chǎn)物被氧化，所以實驗操作時先打開活塞a數(shù)分鐘后，再打開活塞b，故答案為：打開活塞a數(shù)分鐘后，再打開活塞b；②A中制得的二氧化碳混有氯化氫氣體，B裝置中的試劑應(yīng)是除去二氧化碳?xì)怏w中HCl氣體的飽和NaHCO3溶液，若無裝置B，則HCl與NH4HCO3反應(yīng)，故答案為：HCl與NH4HCO3反應(yīng)；（3）根據(jù)原子守恒分析，及晶體的組成分析，NH4HCO3溶液洗滌除去陰離子主要是Cl-，故答案為：Cl-；（4）①根據(jù)分析，KMnO4溶液的作用是氧化V，NaNO2溶液的作用是除去過量的KMnO4，故答案為：除去過量的KMnO4；②根據(jù)V元素的質(zhì)量守恒，根據(jù)滴定反應(yīng)VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，則n(V)=n((NH4)2Fe(SO4)2)=0.08mol·L-1×0.03L=0.0024mol，則粗產(chǎn)品中釩的含量為：，故答案為：2.88%。26、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?！驹斀狻浚?）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。27、第三周期第VIIA族離子鍵和極性（共價）鍵加熱(或煅燒)2Al2O34Al+3O2↑ac在直流電場作用下，CrO42-通過陰離子交換膜向陽極室移動，脫離漿液CrO42-和Cr2O72-NaOH和H2【解析】

（1）依據(jù)元素原子的核電荷數(shù)分析在周期表中的位置作答；二氧化碳分子內(nèi)存在兩個碳氧雙鍵；氫氧化鈉存在離子鍵與極性共價鍵；（2）固體混合物含有Al(OH)3、MnO2，加入NaOH溶液，過濾，可得到濾液A為NaAlO2，通入二氧化碳，生成B為Al(OH)3，固體C為Al2O3，電解熔融的氧化鋁可得到Al；固體D為MnO2，加熱條件下與濃鹽酸反應(yīng)可生成氯氣；

（3）題中涉及因素有溫度和濃度；Ⅱ．（4）電解時，通過陰離子交換膜向陽極移動，陰極發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣和NaOH，以此解答該題?！驹斀狻浚?）Cl為17號元素，在元素周期表中的位置為第三周期第VIIA族，CO2的電子式為，NaOH中存在的化學(xué)鍵