2025屆江西省撫州一中高三下第三次調研考試化學試題含解析

2025屆江西省撫州一中高三下第三次調研考試化學試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，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、在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是（）A．NaCl(aq)

Cl2(g)FeCl2(s)B．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)C．Al(s)AlCl3(aq)Al(OH)3(s)D．N2(g)

NH3(g)

Na2CO3(s)2、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③④⑥3、下列離子方程式書寫正確的是（）A．用酸化的H2O2氧化海帶灰浸出液中的碘：2I-+H2O2=I2+2OH-B．用稀氫碘酸溶液除去鐵制品表面的鐵銹：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OC．NaHSO4溶液中加Ba(OH)2溶液至中性：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OD．NH4HCO3溶液與足量的NaOH溶液混合：HCO3-+OH-=CO32-+H2O4、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A．Fe2O3能溶于酸,可用作紅色油漆和涂料B．NaHCO3的水溶液呈弱堿性,可用作膨松劑C．Al2O3熔點高,可用于制作耐火坩堝D．SiO2熔點高、硬度大,常用來制造集成電路5、化學與社會生活息息相關，下列有關說法不正確的是（）A．樹林晨曦中縷縷陽光是丁達爾效應的結果B．為提高人體對鈣的有效吸收，醫(yī)學上常以葡萄糖為原料合成補鈣藥物C．2018年12月8日嫦娥四號發(fā)射成功，其所用的太陽能電池帆板的材料是二氧化硅D．城郊的農田上隨處可見的農用塑料大棚，其塑料薄膜不屬于新型無機非金屬材料6、能用元素周期律解釋的是()A．酸性：H2SO3＞H2CO3 B．熔、沸點：HF＞HClC．堿性：NaOH＞Al(OH)3 D．熱穩(wěn)定性：Na2CO3＞CaCO37、在國家衛(wèi)健委2020年2月發(fā)布的《最新版新型冠狀病毒肺炎診療方案（試行第六版）》中，新增了幾款有療效的藥物，其中一款是老藥新用，結構如圖所示。已知該藥物由短周期元素組成，X、Y為同主族元素，原子半徑X小于Y，X、Y原子的質子數(shù)之和減去Y原子最外層電子數(shù)即為Z元素的原子序數(shù)。下列說法錯誤的是A．元素非金屬性X>Y<ZB．X的氫化物顯酸性C．Y的最高價氧化物的水化物是中強酸D．在分子中，存在極性共價鍵和非極性共價鍵8、X、Y、Z、R是四種原子序數(shù)依次遞增的短周期主族元素，X原子最外層有兩個未成對電子，Y原子最外層電子數(shù)是內層電子數(shù)的3倍，Z元素的單質常溫下能與水劇烈反應產生氫氣，R原子的核外電子數(shù)是X原子與Z原子的核外電子數(shù)之和。下列敘述正確的是（）A．原子半徑的大小順序：X<Y<Z<RB．X、Y分別與氫元素組成的化合物熔沸點一定是：X<YC．最高價氧化物對應水化物的酸性：R＞XD．Y與Z形成的兩種化合物中的化學鍵和晶體類型均完全相同9、化學與生活密切相關，下列說法不正確的是（）A．醫(yī)用“納米銀外用抗菌凝膠”外用于皮膚后，能夠緩釋放出納米銀離子，抑制并殺滅與之接觸的病菌并有促進皮膚愈合的作用B．銀是首飾行業(yè)中常用的金屬材料，純銀由于太軟，因此，常摻雜其他組分(銅、鋅、鎳等)，標準首飾用銀的銀含量為92.5%，又稱925銀C．分別用液化石油氣、汽油、地溝油加工制成的生物柴油都是碳氫化合物D．液氯罐泄漏時，可將其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰10、由于氯化銨的市場價格過低，某制堿廠在侯氏制堿基礎上改進的工藝如圖：有關該制堿工藝的描述錯誤的是()A．X可以是石灰乳B．氨氣循環(huán)使用C．原料是食鹽、NH3、CO2和水D．產品是純堿和氯化鈣11、實驗室常用如下裝置制備乙酸乙酯。下列有關分析不正確的是A．b中導管不能插入液面下，否則會阻礙產物的導出B．固體酒精是一種白色凝膠狀純凈物，常用于餐館或野外就餐C．乙酸乙酯與互為同分異構體D．乙酸、水、乙醇羥基氫的活潑性依次減弱12、將一定質量的鎂銅合金加入到稀硝酸中，兩者恰好完全反應，假設反應過程中還原產物全是NO，向所得溶液中加入物質的量濃度為3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，測得生成沉淀的質量比原合金的質量增加5.1g，則下列有關敘述中正確的是：（）A．加入合金的質量不可能為6.4gB．沉淀完全時消耗NaOH溶液的體積為120mLC．溶解合金時收集到NO氣體的體積在標準狀況下為2.24LD．參加反應的硝酸的物質的量為0.2mol13、往含0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的混合溶液中持續(xù)穩(wěn)定地通入CO2氣體6.72L(標準狀況下)，則在這一過程中，下列有關溶液中離子總物質的量(n)隨通入CO2氣體體積(V)的變化曲線中正確的是（離子水解忽略不計）A． B．C． D．14、下列實驗能達到實驗目的且符合安全要求的是（）A．利用排空氣法收集CO2B．收集氧氣C．制備并檢驗氫氣的可燃性D．稀釋濃硫酸15、下列說法正確的是A．標準狀況下，5.6L由CH4與C2H4組成的混合氣體中含有的氫原子數(shù)目約為6.02×1023B．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH==－41kJ/mol，當有2molCO參加反應時，該反應ΔH變成原來的2倍C．反應2NaCl(s)==2Na(s)+Cl2(g）的ΔH＜0，ΔS＞0D．加入Al能放出H2的溶液中：NO3－，K+，SO42－，Mg2+能大量共存16、研究海水中金屬橋墩的腐蝕及防護是橋梁建設的重要課題。下列有關說法錯誤的是A．橋墩的腐蝕主要是析氫腐蝕B．鋼鐵橋墩在海水中比在河水中腐蝕更快C．圖1輔助電極的材料可以為石墨D．圖2鋼鐵橋墩上發(fā)生的反應是O2+2H2O+4e一=4OH-17、大氣中CO2含量的增多除了導致地球表面溫度升高外，還會影響海洋生態(tài)環(huán)境。某研究小組在實驗室測得不同溫度下（T1，T2）海水中CO32-濃度與模擬空氣中CO2濃度的關系曲線。已知：海水中存在以下平衡：CO2（aq）+CO32-（aq）+H2O（aq）2HCO3-（aq），下列說法不正確的是A．T1>T2B．海水溫度一定時，大氣中CO2濃度增加，海水中溶解的CO2隨之增大，CO32-濃度降低C．當大氣中CO2濃度確定時，海水溫度越高，CO32-濃度越低D．大氣中CO2含量增加時，海水中的珊瑚礁將逐漸溶解18、室溫下，用0.100mol?L-1NaOH溶液分別滴定20.00mL0.100mol?L-1的HA和HB兩種酸溶液，滴定曲線如圖所示[已知AG=lg]，下列說法不正確的是（）A．P點時，加入NaOH溶液的體積為20.00mLB．Ka(HB)的數(shù)量級為10-4C．水的電離程度：N＞M=PD．M、P兩點對應溶液中存在：c(A-)=c(B-)19、短周期主族元素M、X、Y、Z、W原子序數(shù)依次遞增，在周期表中M的原子半徑最小，X的次外層電子數(shù)是其電子總數(shù)的，Y是地殼中含量最高的元素，M與W同主族。下列說法正確的是A．Z的單質與水反應的化學方程式為：Z2+H2O=HZ+HZOB．X和Z的簡單氫化物的穩(wěn)定性：X<ZC．X、Y、Z均可與M形成18e-的分子D．常溫下W2XY3的水溶液加水稀釋后，所有離子濃度均減小20、面對突如其來的新冠病毒，越來越多的人意識到學習化學的重要性。下列說法正確的是A．醫(yī)用酒精滅活新冠肺炎病毒是利用其氧化性B．N95口罩所使用的聚丙烯材料屬于合成纖維C．為增強“84”消毒液的消毒效果，可加入稀鹽酸D．我國研制的重組新冠疫苗無需冷藏保存21、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W原子的最外層電子數(shù)為內層電子數(shù)的3倍，X在短周期主族元素中金屬性最強，Y與W同主族。下列敘述正確的是（）A．X2W、X2Y的水溶液都呈堿性B．原子半徑：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)C．簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：W<Z<YD．W與氫元素形成的化合物分子中一定不含非極性共價鍵22、食鹽加碘是往食鹽中加入微量KIO3。工業(yè)中往KOH和KI混合溶液中通入Cl2制取KIO3，以下說法不正確的是（）A．該條件下氧化性：Cl2>KIO3B．反應產物中含有KClC．制取KIO3的反應中消耗KOH和KI的物質的量比是6：1D．取少量反應后混合液，加足量稀HNO3，再滴加AgNO3溶液，若無黃色沉淀，則反應已完全二、非選擇題(共84分)23、（14分）二乙酸乙二酯可由X裂解得到的A和B合成。有關物質的轉化關系如下：回答下列問題：(1)B的結構簡式為________。(2)反應③的反應類型為________。(3)C和C2H6O2反應的化學方程式為___________________________________。(4)下列說法不正確的是________。A．鑒別A和B也可以用溴水B．C2H6O也可以分兩步氧化成CC．C2H2O2和C2H6O在濃硫酸作用下也可以加熱生成C6H10O4D．X一定是丁烷24、（12分）幾種中學化學常見的單質及其化合物相互轉化的關系圖如下：可供參考的信息有：①甲、乙、丙、丁為單質，其余為化合物②A由X和Y兩種元素組成，其原子個數(shù)比為l︰2，元素質量之比為7︰8。③B氣體是引起酸雨的主要物質，H常溫下為無色無味的液體，E常用作紅色油漆和涂料。試根據上述信息回答下列問題：(1)A的化學式為___________，每反應lmol的A轉移的電子數(shù)為_____________mol；(2)F與丁單質也可以化合生成G，試寫出該反應的離子方程式：______________________；(3)少量F的飽和溶液分別滴加到下列物質中，得到三種分散系①、②、③。試將①、②、③對應的分散質具體的化學式填人下列方框中：________________(4)化合物M與H組成元素相同，可以將G氧化為F，且不引進新的離子。試寫出M在酸性環(huán)境下將G氧化為F的離子方程式：________________25、（12分）亞氯酸鈉（NaClO2）是二氧化氯（ClO2）泡騰片的主要成分。實驗室以氯酸鈉（NaClO3）為原料先制得ClO2，再制備NaClO2粗產品，其流程如圖：已知：①ClO2可被NaOH溶液吸收，反應為2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O。②無水NaClO2性質穩(wěn)定，有水存在時受熱易分解。（1）反應Ⅰ中若物質X為SO2，則該制備ClO2反應的離子方程式為___。（2）實驗在如圖-1所示的裝置中進行。①若X為硫磺與濃硫酸，也可反應生成ClO2。該反應較劇烈。若該反應在裝置A的三頸燒瓶中進行，則三種試劑（a.濃硫酸；b.硫黃；c.NaClO3溶液）添加入三頸燒瓶的順序依次為___（填字母）。②反應Ⅱ中雙氧水的作用是___。保持反應時間、反應物和溶劑的用量不變，實驗中提高ClO2吸收率的操作有：裝置A中分批加入硫黃、___（寫出一種即可）。（3）將裝置B中溶液蒸發(fā)可析出NaClO2，蒸發(fā)過程中宜控制的條件為___（填“減壓”、“常壓”或“加壓”）。（4）反應Ⅰ所得廢液中主要溶質為Na2SO4和NaHSO4，直接排放會污染環(huán)境且浪費資源。為從中獲得芒硝（Na2SO4·10H2O）和石膏（水合硫酸鈣），請補充完整實驗方案：___，將濾液進一步處理后排放（實驗中須使用的試劑和設備有：CaO固體、酚酞、冰水和冰水?。?。已知：CaSO4不溶于Na2SO4水溶液；Na2SO4的溶解度曲線如圖?2所示。26、（10分）硫酸銅是一種常見的化工產品，它在紡織、印染、醫(yī)藥、化工、電鍍以及木材和紙張的防腐等方面有極其廣泛的用途。實驗室制備硫酸銅的步驟如下:①在儀器a中先加入20g銅片、60mL水，再緩緩加入17mL濃硫酸:在儀器b中加入39mL濃硝酸;在儀器c中加入20%的石灰乳150mL。②從儀器b中放出約5mL濃硝酸，開動攪拌器然后采用滴加的方式逐漸將濃硝酸加到儀器a中，攪拌器間歇開動。當最后滴濃硝酸加完以后，完全開動攪拌器，等反應基本停止下來時，開始用電爐加熱直至儀器a中的紅棕色氣體完全消失，立即將導氣管從儀器c中取出，再停止加熱。③將儀器a中的液體倒出，取出未反應完的銅片溶液冷卻至室溫.析出藍色晶體.回答下列問題:（1）將儀器b中液體滴入儀器a中的具體操作是__________。（2）寫出裝置a中生成CuSO4的化學方程式:_______。（3）步驟②電爐加熱直至儀器a中的紅棕色氣體完全消失，此時會產生的氣體是______，該氣體無法直接被石灰乳吸收，為防止空氣污染，請畫出該氣體的吸收裝置（標明所用試劑及氣流方向）______。（4）通過本實驗制取的硫酸銅晶體中常含有少量Cu（NO3）2,可來用重結晶法進行提純，檢驗Cu（NO3）2是否被除凈的方法是_______。（5）工業(yè)上也常采用將銅在450°C左右焙燒，再與一定濃度的硫酸反應制取硫酸銅的方法，對比分析本實驗采用的硝酸氧化法制取CuSO4的優(yōu)點是_______。（6）用滴定法測定藍色晶體中Cu2+的含量。取ag試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL用cmol·L-1EDTA（H2Y）標準溶液滴定至終點，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液bmL，滴定反應為Cu2++H2Y=CuY+2H+，藍色晶體中Cu2+質量分數(shù)_____%.27、（12分）已知25℃時，Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16。某研究性學習小組探究AgCl、Ag2S沉淀轉化的原因。步驟現(xiàn)象Ⅰ.將NaCl與AgNO3溶液混合產生白色沉淀Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀變?yōu)楹谏?濾出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空氣中放置較長時間后，沉淀變?yōu)槿榘咨?1)Ⅰ中的白色沉淀是__。(2)Ⅱ中能說明沉淀變黑的離子方程式是__。(3)濾出步驟Ⅲ中乳白色沉淀，推測含有AgCl。用濃HNO3溶解，產生紅棕色氣體，沉淀部分溶解，過濾得到濾液X和白色沉淀Y。ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，產生白色沉淀ⅱ.向Y中滴加KI溶液，產生黃色沉淀①由ⅰ判斷，濾液X中被檢出的離子是__。②由ⅰ、ⅱ可確認步驟Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一種沉淀__。(4)該學生通過如下對照實驗確認了步驟Ⅲ中乳白色沉淀產生的原因：在NaCl存在下，氧氣將Ⅲ中黑色沉淀氧化?，F(xiàn)象B：一段時間后，出現(xiàn)乳白色沉淀C：一段時間后，無明顯變化①A中產生的氣體是___。②C中盛放的物質W是__。③該同學認為B中產生沉淀的反應如下（請補充完整）：__2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH④從溶解平衡移動的角度，解釋B中NaCl的作用__。28、（14分）環(huán)境問題是廣大群眾關注的熱點話題之一，化工廠排放的廢水、廢渣一般利用化學原理可以進行排放物達標檢測與無害化處理。某皮革廠對制革工業(yè)污泥中Cr(Ⅲ)的處理工藝流程如下：已知：①酸浸后的溶液中的金屬離子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋。②常溫下，部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH如下：陽離子Fe3＋Mg2＋Al3＋Cr3＋沉淀完全時的pH3.711.15.49沉淀溶解時的pH——>8溶解>9溶解(1)如需配制480mL酸浸環(huán)節(jié)所需的硫酸，需要用量筒量取18.4mol·L－1的濃硫酸____mL；配制時所用玻璃儀器除量筒、燒杯和玻璃棒外，還需哪些儀器_____。(2)經氧化環(huán)節(jié)濾液Ⅰ中的Cr3＋轉化為Cr2O72-，寫出此反應的離子方程式：________。(3)調pH=8環(huán)節(jié)，既可以將溶液中某些雜質離子轉化為沉淀，同時又可以將Cr2O72-轉化為某種含鉻元素微粒，溶液顏色由橙色變?yōu)辄S色，請解釋該顏色變化的原因_______。(4)鈉離子交換樹脂的反應原理為Mn＋＋nNaR?MRn＋nNa＋，則利用鈉離子交換樹脂可除去濾液Ⅱ中的金屬陽離子有________。(5)請寫出流程中用SO2進行還原時發(fā)生反應的離子方程式：______________。(6)沉淀滴定法是測定粒子濃度的方法之一，為了測定某廢水中SCN－的濃度，可用標準AgNO3溶液滴定待測液，已知：銀鹽性質AgClAgIAgCNAg2CrO4AgSCN顏色白黃白磚紅白Ksp1.8×10－108.3×10－171.2×10－163.5×10－111.0×10－12①滴定時可選為滴定指示劑的是________(填編號)，A．NaClB．K2CrO4C．KID．NaCN②如何確定該滴定過程的終點：_______________。29、（10分）氫氣既是一種清潔能源，又是一種化工原料，在國民經濟中發(fā)揮著重要的作用。（1）氫氣是制備二甲醚的原料之一，可通過以下途徑制取：Ⅰ.2CO2（g）+6H2（g）?CH3OCH3（g）+3H2O（g）△HⅡ.2CO（g）+4H2（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）△H已知：①CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1=akJ?mol-1②CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H2=bkJ?mol-1③CH3OCH3（g）+H2O（g）?2CH3OH（g）△H3=ckJ?mol-1則反應Ⅱ的△H____kJ?mol-1（2）氫氣也可以和CO2在催化劑（如Cu/ZnO）作用下直接生成CH3OH，方程式如下CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g），現(xiàn)將1molCO2（g）和3molH2（g）充入2L剛性容器中發(fā)生反應，相同時間段內測得CH3OH的體積分數(shù)φ（CH3OH）與溫度（T）的關系如圖所示：①經過10min達到a點，此時CH3OH的體積分數(shù)為20%．則v（H2）=___（保留三位小數(shù)）。②b點時，CH3OH的體積分數(shù)最大的原因是___。③b點時，容器內平衡壓強為P0，CH3OH的體積分數(shù)為30%，則反應的平衡常數(shù)Kp=___（用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×體積分數(shù)）④a點和b點的v逆，a__b（填“＞”“＜”或”=”）若在900K時，向此剛性容器中再充入等物質的量的CH3OH和H2O，達平衡后φ（CH3OH）___30%。⑤在900K及以后，下列措施能提高甲醇產率的是____（填字母）a．充入氦氣b．分離出H2Oc．升溫d．改變催化劑（3）H2還可以還原NO消除污染，反應為2NO（g）+2H2（g）?N2（g）+2H2O（g），該反應速率表達式v=k?c2（NO）?c（H2）（k是速率常數(shù)，只與溫度有關），上述反應分兩步進行：i.2NO（g）+H2（g）?N2（g）+H2O2（g）△H1；ii．H2O2（g）+H2（g）?2H2O（g）△H2化學總反應分多步進行，反應較慢的一步控制總反應速率，上述兩步反應中，正反應的活化能較低的是___（填“i”或“ii”）

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、電解飽和食鹽水生成氯氣、氫氣和氫氧化鈉溶液，氯氣和鐵反應生成氯化鐵，不能生成FeCl2，則不能實現(xiàn)，故A不符合題意；B、S在空氣中點燃只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，則不能實現(xiàn)，故B不符合題意；C、鋁和鹽酸反應生成氯化鋁，加入氨水生成氫氧化鋁沉淀，則物質間轉化都能實現(xiàn)，故C符合題意；D、氮氣與氫氣反應生成氨氣，食鹽水、氨氣、二氧化碳反應生成碳酸氫鈉，而不能生成碳酸鈉，則不能實現(xiàn)，故D不符合題意。故選：C。侯氏制堿法直接制備的物質是NaHCO3，不是Na2CO3，生成物中NaHCO3在飽和食鹽水中的溶解度較小而析出，NaHCO3固體經過加熱分解生成Na2CO3。2、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物質的溶解，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，應在燒杯中進行，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。本題考查物質的檢驗和鑒別的實驗設計的分析能力和實驗能力，注意把握實驗的原理、步驟和實驗儀器的使用，著重考查學生對基礎知識的掌握和應用。3、C【解析】

A.酸性環(huán)境不能大量存在OH-，A錯誤；B.I-具有還原性，與Fe3+會發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，B錯誤；C.反應符合事實，遵循離子方程式中物質拆分原則，C正確；D.NH4+、HCO3-都會與OH-發(fā)生反應，不能大量共存，D錯誤；故合理選項是C。4、C【解析】

A.Fe2O3可用作紅色油漆和涂料是因為是一種紅棕色的物質，而不是因為Fe2O3能溶于酸，故A錯誤；B.碳酸氫鈉不穩(wěn)定受熱易分解生成二氧化碳，所以可做焙制糕點的膨松劑，故B錯誤；C.Al2O3熔點高,可用于制作耐火坩堝，故C正確；D.二氧化硅具有良好的光學特性，可以用于制造光導纖維，與其熔點高性質無關，故D錯誤；正確答案是C。5、C【解析】

A.空氣中微小的塵?；蛞旱畏稚⒃诳諝庵行纬蓺馊苣z，陽光照射時產生丁達爾現(xiàn)象，A項正確；B.葡萄糖酸鈣口服液是市面上常見的一種補鈣藥劑，葡萄糖酸鈣屬于有機鈣，易溶解，易被人體吸收，醫(yī)學上常以葡萄糖為原料合成補鈣藥物，B項正確；C.太陽能電池帆板的主要材料是硅而不是二氧化硅，C項錯誤；D.塑料薄膜屬于有機高分子材料，不屬于無機非金屬材料，D項正確；所以答案選擇C項。6、C【解析】

A、不是最高價含氧酸，不能用元素周期律解釋，A錯誤；B、氫化物的熔沸點與元素周期律沒有關系，B錯誤；C、金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的堿性越強，可以用元素周期律解釋，C正確；D、碳酸鹽的熱穩(wěn)定性與元素周期律沒有關系，D錯誤，答案選C?！军c晴】素的性質隨原子序數(shù)的遞增而呈周期性變化的規(guī)律，具體表現(xiàn)為

同周期(從左到右)

同主族(從上到下)

原子序數(shù)

依次遞增

依次遞增

電子層數(shù)

相同

依次遞增

最外層電子數(shù)

依次遞增（從1至8）

相同（He除外）

原子半徑

逐漸減小

逐漸增大

主要化合價

最高正價由＋1價到＋7價價(O、F除外)最低負價由－4價到－1價

一般相同

金屬性

逐漸減弱

逐漸增強

非金屬性

逐漸增強

逐漸減弱

7、B【解析】

由化學式H3YO4可知，Y元素顯+5價，在該物質中X元素的原子可形成3對共用電子對，且X、Y為同主族元素，原子半徑X小于Y，則X為N元素，Y為P元素，又X、Y原子的質子數(shù)之和減去Y原子最外層電子數(shù)即為Z元素的原子序數(shù)，則Z的原子序數(shù)為7+15-5=17，Z為Cl元素，可與其它原子形成共用電子對，符合，據此分析解答。【詳解】由化學式H3YO4可知，Y元素顯+5價，在該物質中X元素的原子可形成3對共用電子對，且X、Y為同主族元素，原子半徑X小于Y，則X為N元素，Y為P元素，又X、Y原子的質子數(shù)之和減去Y原子最外層電子數(shù)即為Z元素的原子序數(shù)，則Z的原子序數(shù)為7+15-5=17，Z為Cl元素，可與其它原子形成共用電子對，符合，A.同周期元素從左向右，非金屬性逐漸增強，同主族元素從上至下，非金屬性逐漸減弱，X為N元素，Y為P元素，Z為Cl元素，則元素非金屬性X＞Y＜Z，故A正確；B.X為N元素，其氫化物為氨氣，顯堿性，故B錯誤；C.Y的最高價氧化物的水化物是H3PO4，為中強酸，故C正確；D.同種非金屬元素原子間形成非極性鍵，不同種非金屬元素的原子間形成極性鍵，則在該分子中，存在極性共價鍵和非極性共價鍵，故D正確；故選B。8、C【解析】

X、Y、Z、R是四種原子序數(shù)依次遞增的短周期主族元素，Y原子最外層電子數(shù)是內層電子數(shù)的3倍，則核外各電子層的電子分別為2、6，應為O元素；Z元素的單質常溫下能與水劇烈反應產生氫氣，應為Na元素；X原子最外層有兩個未成對電子，其電子排布式為：1s22s22p2（C）或1s22s22p4（O），排除氧元素，故X為C；X原子與Z原子的核外電子數(shù)之和為17，則R為Cl元素，以此解答?！驹斀狻緼.由分析可知，X為C元素、Y為O元素、Z為Na元素、R為Cl元素，電子層數(shù)越多，原子半徑越大，同周期元素，原子序數(shù)越大，半徑越小，則原子半徑的大小順序：Y<X<R<Z，故A錯誤；B.Y與氫元素組成的化合物是H2O，X與氫元素組成的化合物可以是熔沸點比水小的CH4，也可以是熔沸點比水大的相對分子質量大的固態(tài)烴，故B錯誤；C.R為Cl元素、X為C元素，最高價氧化物對應水化物分別是HClO4和H2CO3，酸性：HClO4>H2CO3，故C正確；D.Y與Z形成的兩種化合物為Na2O和Na2O2，二者都是離子晶體，其中Na2O只含離子鍵，Na2O2含有離子鍵和非極性共價鍵，故D錯誤；正確答案是C。本題考查原子結構與元素關系、元素的性質等，難度不大，推斷元素是關鍵。9、C【解析】

A．“納米銀外用抗菌凝膠”利用了銀使蛋白質變性的原理殺滅病菌，故A正確；B．標準首飾用銀的合金，銀含量為92.5%，又稱925銀，故B正確；C．地溝油的主要成分是油脂，屬于酯類，不是碳氫化合物，故C錯誤；D．液氯罐泄漏時，可將其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰，二者發(fā)生反應產生氯化鈣、次氯酸鈣和水，從而消除了氯氣的毒性及危害，故D正確；故答案選C。10、C【解析】

A．飽和食鹽水和二氧化碳，氨氣反應生成氯化銨和碳酸氫銨，用氯化銨和氫氧化鈣反應生成氯化鈣，氨氣和水，故X可以是石灰乳，故A正確；B．根據流程圖可知，氨氣可以循環(huán)使用，故B正確；C．原料是飽和食鹽水、氨氣、二氧化碳和石灰乳，故C錯誤；D．根據工藝流程，產品是純堿和氯化鈣，故D正確；答案選C。11、B【解析】

A.飽和碳酸鈉溶液可以溶解乙醇，反應消耗乙酸，同時降低乙酸乙酯的溶解度，為防止產生倒吸現(xiàn)象，b中導管不能插入液面下，否則不僅可能會產生倒吸現(xiàn)象，而且還會阻礙產物的導出，A正確；B.固體酒精制作方法如下：將碳酸鈣固體放入醋酸(CH3COOH)溶液中，充分反應后生成醋酸鈣(CH3COO)2Ca、CO2、H2O，將醋酸鈣溶液蒸發(fā)至飽和，加入適量酒精冷卻后得膠狀固體即固體酒精，可見固體酒精是混合物，B錯誤；C.乙酸乙酯與的分子式都是C4H8O2，二者分子式相同，結構不同，故二者互為同分異構體，C正確；D.乙酸、水、乙醇分子中都含有羥基，電離產生H+的能力：乙酸>水>乙醇，所以羥基氫的活潑性依次減弱，D正確；故合理選項是B。12、C【解析】

淀為M(OH)2，根據化學式知，生成沉淀的質量比原合金的質量增加的量是氫氧根離子，則n(OH-)==0.3mol，根據氫氧根離子守恒n[M(OH)2]=n(OH-)=×0.3mol=0.15mol，根據金屬原子守恒得金屬的物質的量是0.15mol；A．因為鎂、銅的物質的量無法確定，則無法計算合金質量，故A錯誤；B．由氫氧根離子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3mol，V(NaOH)==100mL，故B錯誤；C．由轉移電子守恒得n(NO)==0.1mol，生成標況下NO體積=22.4L/mol×0.1mol=2.24L，故C正確；D．根據轉移電子守恒得參加反應硝酸的物質的量==0.1mol，根據金屬原子守恒、硝酸根離子守恒得起酸作用n(HNO3)=2n[M(NO3)2]=2n(M)=0.15mol×2=0.3mol，所以參加反應硝酸的物質的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol，故D錯誤；故答案為C。本題以鎂、銅為載體考查混合物的計算，側重考查分析、計算能力，正確判斷沉淀和合金質量差成分是解本題關鍵，靈活運用原子守恒、轉移電子守恒解答即可。13、B【解析】

根據電離方程式：NaOH=Na++OH-，Ba(OH)2=Ba2++2OH-，可知在含0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的混合溶液中離子的總物質的量為0.2mol×2+0.1mol×3=0.7mol。標準狀況下6.72LCO2的物質的量n(CO2)==0.3mol，把CO2氣體通入混合溶液中，首先發(fā)生反應：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O，當0.1molBa(OH)2恰好反應完全時消耗0.1molCO2（體積為2.24L），此時離子的物質的量減少0.3mol，溶液中離子的物質的量為0.4mol，排除D選項；然后發(fā)生反應：CO2+2OH-=CO32-+H2O，當0.2molNaOH完全反應時又消耗0.1molCO2（體積為2.24L），消耗總體積為4.48L，離子的物質的量又減少0.1mol，此時溶液中離子的物質的量為0.7mol-0.3mol-0.1mol=0.3mol，排除A選項；繼續(xù)通入0.1molCO2氣體，發(fā)生反應：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，根據方程式可知：0.1molCO2反應，溶液中離子的物質的量增加0.1mol，此時溶液中離子的物質的量為0.3mol+0.1mol=0.4mol，排除C選項，只有選項B符合反應實際，故合理選項是B。14、B【解析】

A.CO2的密度比空氣大，應該由長導氣管通入，用向上排空氣的方法收集，A錯誤；B.O2難溶于水，可以用排水的方法收集，B正確；C.裝置中含有空氣，開始反應產生氣體，通過導氣管逸出的氣體中含有H2、O2，若立即點燃會發(fā)生爆炸，應該等排出一段時間氣體后再點燃，C錯誤；D.濃硫酸稀釋時，應該將濃硫酸沿燒杯內壁緩緩注入盛有水的燒杯中，D錯誤；故合理選項是B。15、A【解析】

A．n(混合氣體)==0.25mol，CH4與C2H4均含4個H，則混合氣體中含有的氫原子數(shù)目為0.25mol×4×6.02×1023=6.02×1023，故A正確；B.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=－41kJ/mol，反應的ΔH與參加反應的物質的量無關，與方程式中物質前的化學計量數(shù)有關，故B錯誤；C．反應2NaCl(s)=2Na(s)+Cl2(g)的△S＞0，該反應為常溫下不能自發(fā)進行的分解反應，故反應的△H＞0，故C錯誤；D．加入Al能放出H2的溶液為酸性或強堿性溶液，堿性溶液中，Mg2+與氫氧根離子反應，不能大量共存；酸性溶液中，NO3-在酸性條件下具有強氧化性，與鋁反應不會生成氫氣，與題意不符，故D錯誤；答案選A。本題的易錯點為D，要注意硝酸具有強氧化性，與金屬反應一般不放出氫氣。16、A【解析】

A．橋墩浸泡在接近中性的海水中，主要發(fā)生析氧腐蝕，故A錯誤；B．海水中含有氯化鈉等電解質，導電性比河水強，鋼鐵橋墩在海水中比在河水中腐蝕更快，故B正確；C．圖1為外加電源的陰極保護法，輔助電極的材料可以為石墨等，故C正確；D．圖2為犧牲陽極的陰極保護法，鋼鐵橋墩充當正極，正極上發(fā)生還原反應，電極反應式為O2+2H2O+4e一=4OH-，故D正確；故選A。17、C【解析】

題中給出的圖，涉及模擬空氣中CO2濃度以及溫度兩個變量，類似于恒溫線或恒壓線的圖像，因此，在分析此圖時采用“控制變量”的方法進行分析。判斷溫度的大小關系，一方面將模擬空氣中CO2濃度固定在某個值，另一方面也要注意升高溫度可以使分解，即讓反應逆向移動?！驹斀狻緼．升高溫度可以使分解，反應逆向移動，海水中的濃度增加；當模擬空氣中CO2濃度固定時，T1溫度下的海水中濃度更高，所以T1溫度更高，A項正確；B．假設海水溫度為T1，觀察圖像可知，隨著模擬空氣中CO2濃度增加，海水中的濃度下降，這是因為更多的CO2溶解在海水中導致反應正向移動，從而使?jié)舛认陆?，B項正確；C．結合A的分析可知，大氣中CO2濃度一定時，溫度越高，海水中的濃度也越大，C項錯誤；D．結合B項分析可知，大氣中的CO2含量增加，會導致海水中的濃度下降；珊瑚礁的主要成分是CaCO3，CaCO3的溶解平衡方程式為：，若海水中的濃度下降會導致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移動，珊瑚礁會逐漸溶解，D項正確；答案選C。18、D【解析】

未加NaOH溶液時，HA的AG=12，則c（H+）?c（OH-）=10-14，=10-12，則c（H+）=0.1mol/L=c（HA），HA是強酸；未加NaOH溶液時，HB的AG=9，則c（H+）?c（OH-）=10-14，=10-9，則c（H+）=10-2.5mol/L＜0.1mol/L，則HB是弱酸；【詳解】A．P點AG=0時，c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，HA是強酸，酸堿的物質的量相等，酸堿的物質的量濃度相等，則酸堿體積相等，所以加入NaOH溶液的體積為20.00mL，故A正確；B．HB的電離程度較小，則溶液中c（B-）≈c（H+）=10-2.5mol/L，c（HB）≈0.1mol/L，Ka（HB）===10-4，故B正確；C．酸或堿抑制水電離，弱離子促進水電離，且酸中c（H+）越大其抑制水電離程度越大，M、P點溶液都呈中性，則M、P點不影響水的電離，N點NaB濃度較大，促進水電離，所以水的電離程度：N＞M=P，故C正確；D．M、P點的AG都為0，都存在c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，加入的NaOH越多，c（Na+）越大，溶液中存在電荷守恒，則存在P點c（A-）=c（Na+）、M點c（Na+）=c（B-），但是c（Na+）：M＜P點，則c（A-）＞c（B-），故D錯誤；答案選D。本題考查酸堿混合溶液定性判斷，明確混合溶液中溶質及其性質、酸的酸性強弱是解本題關鍵，注意B中微粒濃度的近似處理方法。19、B【解析】

M、X、Y、Z、W原子序數(shù)依次遞增的短周期主族元素，在周期表中M的原子半徑最小，M為H元素，X的次外層電子數(shù)是其電子總數(shù)的，X為C元素，Y是地殼中含量最高的元素，Y為O元素，M(H)與W同主族，則W為Na元素，Z為F元素，據此分析解答問題?！驹斀狻緼．Z的單質為F2，F(xiàn)2與水的反應方程式為F2+2H2O=4HF+O2，A選項錯誤；B．非金屬性越強，簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性：C<F，則穩(wěn)定性：CH4<HF，B選項正確；C．C、O可以與H形成18e-的分子分別為C2H6、H2O2，但F元素不可以，C選項錯誤；D．常溫下Na2CO3的水溶液加水稀釋后，溶液中OH-的濃度減小，由于水的離子積常數(shù)不變，則H+的濃度增大，D選項錯誤；答案選B。20、B【解析】

A.醫(yī)用酒精滅活新冠肺炎病毒是因為酒精使蛋白質脫水，并非酒精的氧化性，故A錯誤；B.聚丙烯材料屬于合成有機高分子材料，故B正確；C.84消毒液和潔廁靈混合會發(fā)生氧化還原反應產生有毒氣體氯氣，所以兩者不能混合使用，故C錯誤；D.疫苗的成分是蛋白質，因光和熱可以導致蛋白變性，所以疫苗需冷藏保存，故D錯誤；故選B。21、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的最外層電子數(shù)為內層電子數(shù)的3倍，則W為O元素；X在短周期主族元素中金屬性最強，則X為Na元素；W與Y屬于同一主族，則Y為S元素；Z的原子序數(shù)大于S，則Z為Cl元素，據此解答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍篧為O，X為Na，Y為S，Z為Cl元素。A．Na2O是堿性氧化物，與水反應產生NaOH，NaOH是一元強堿，水溶液顯堿性；Na2S是強堿弱酸鹽，在溶液中S2-發(fā)生水解作用，消耗水電離產生的H+，促進了水的電離，最終達到平衡時溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液顯堿性，A正確；B．同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑：r(Na)>r(S)>r(Cl)>r(O)，B錯誤；C．元素的非金屬性：O>Cl>S，則簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：H2O>HCl>H2S，C錯誤；C．O、H可形成化合物H2O2，其中含有非極性共價鍵，D錯誤；故合理選項是A。本題考查原子結構與元素周期律的關系，根據元素的原子結構及相互關系推斷元素為解答關鍵，注意掌握元素周期律內容及常見元素化合物性質，試題有利于提高學生的分析能力及綜合應用能力。22、D【解析】

A.該反應中，Cl2為氧化劑，KIO3為氧化產物，氧化性：氧化劑＞氧化產物，所以該條件下氧化性：Cl2＞KIO3，故A正確；B.還原產物為KCl，所以反應產物中含有KCl，故B正確；C.方程式為6KOH+3Cl2+KI＝KIO3+6KCl+3H2O，制取KIO3的反應中消耗KOH和KI的物質的量比是6：1，故C正確；D.如果反應中碘化鉀過量，則加入稀硝酸后碘離子也能被氧化為碘酸鉀，不會出現(xiàn)黃色沉淀，所以不能據此說明反應不完全，故D錯誤。故答案選D。選項D是解答的易錯點，注意硝酸的氧化性更強，直接加入硝酸也能氧化碘離子。二、非選擇題(共84分)23、CH3CH3取代反應2CH3COOH＋＋2H2OD【解析】

X裂解得到的A和B，A能與水催化加成生成分子式為C2H6O，即應為乙醇，B光照條件下與氯氣發(fā)生取代反應生成C2H4Cl2，C2H4Cl2在氫氧化鈉的水溶液中加熱發(fā)生水解反應生成分子式為C2H6O2，C2H6O2結合C反應生成二乙酸乙二酯，可推知C為乙酸，C2H6O2為乙二醇，C2H4Cl2為CH2ClCH2Cl，則B為乙烷，據此分析?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍?1)A是烯烴，B只能是烷烴，應為CH3CH3；(2)反應③是C2H4Cl2在氫氧化鈉的水溶液中加熱發(fā)生水解反應生成CH2OHCH2OH和氯化鈉，屬于取代反應；(3)C和C2H6O2反應的化學方程式為HOCH2CH2OH＋2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3＋2H2O；(4)A.A和B分別為烷烴和烯烴，可以用溴水、高錳酸鉀溶液等鑒別，選項A正確；B.C2H6O是醇，生成酸，可以直接氧化，也可以先氧化成醛，再氧化成酸，選項B正確；C.C2H2O2和C2H6O在濃硫酸作用下，也可以加熱生成C6H10O4，為乙二酸二乙酯，是二乙酸乙二酯的同分異構體，選項C正確；D.X可能是丁烷，也可以是己烷等，C6H14C2H6＋2C2H4，選項D不正確；答案選D。24、FeS2112Fe3++Fe=3Fe2+:分散質微粒的直徑(nm)；H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+【解析】

由③中信息可知：

B氣體是引起酸雨的主要物質，則B為SO2，H常溫下為無色無味的液體，則H為H2O；E常用作紅色油漆和涂料，故E為Fe2O3，則A中應含F(xiàn)e、S兩種元素。由②可計算得到A的化學式為FeS2，再結合流程圖可推知甲為O2，C為SO3，D為H2SO4

乙由E(Fe2O3)和乙在高溫的條件下生成丁(單質)可知，丁為Fe，D

(

H2SO4)

+E

(

Fe2O3)→F，則F為Fe2

(SO4)3，G為FeSO4，丙可以為S等，乙可以為碳或氫氣等?！驹斀狻?1)由上述分析可知，A的化學式為FeS2，高溫下燃燒的化學方程式為:

4FeS2

+

11O2

2Fe2O3

+8SO2，由此分析可知，每消耗4

mol

FeS2，轉移電子為44mol，即每反應1

mol的A

(

FeS2)轉移的電子為11

mol

，故答案為.：FeS2；11。

(2)由轉化關系圖可知F為Fe2

(SO4)3，丁為Fe，G為FeSO4，則有關的離子反應為:

Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案為：Fe+2Fe3+=3Fe2+；

(3)少量飽和Fe2

(SO4)3溶液加入①冷水中形成溶液，溶質為Fe2

(SO4)3；加入②NaOH溶液中會產生Fe

(OH)

3沉淀，形成濁液；加入③沸水中會產生Fe

(OH)

3膠體，即①Fe2

(SO4)3、③Fe

(OH)

3膠體、②

Fe

(OH)

3沉淀，故答案為:分散質微粒的直徑(nm)；

(4)化合物M與H

(

H2O)組成元素相同，則M為H2O2，M在酸性條件下將G

(

FeSO4)氧化為F[Fe2

(SO4)3]的離子方程式為：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+，故答案為：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+。25、2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-cab作還原劑水浴加熱時控制溫度不能過高（或加一個多孔球泡等）減壓向廢液中分批加入適量CaO固體并攪拌，用冰水浴控制反應溫度，對濁液取樣并滴加酚酞，至溶液呈淺紅色時停止加入CaO。靜置后過濾，用水洗滌沉淀2-3次得到石膏；濾液蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶至32.4℃以下，接近0℃，過濾，所得晶體用冰水洗滌2-3次，低溫干燥得到芒硝【解析】

用二氧化硫將NaClO3還原制得ClO2，ClO2和NaOH反應制得NaClO3和NaClO2，再用過氧化氫將NaClO3還原成NaClO2制得NaClO2粗品。【詳解】（1）SO2作還原劑，S化合價升高2，被氧化成SO42-，ClO3-作氧化劑，被還原成ClO2，Cl化合價降低1，結合電子得失守恒、電荷守恒、原子守恒可書寫離子方程式：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-，故答案為：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-；（2）①反應劇烈，濃硫酸只能在最后添加，結合流程圖可知先加NaClO3，所以順序為：先加NaClO3，再加S，最后加濃硫酸，故答案為：cab；②反應Ⅱ中NaOH和ClO2反應生成NaClO3和NaClO2，過氧化氫的作用是將NaClO3還原成NaClO2，過氧化氫會分解，溫度不宜太高，所以控制A中水浴加熱時溫度不過高，或者在B中攪拌、或者加一個多孔球泡，故答案為：作還原劑；水浴加熱時控制溫度不能過高（或加一個多孔球泡等）；（3）無水NaClO2性質穩(wěn)定，有水存在時受熱易分解，應該減壓，讓水分盡快蒸發(fā)，故答案為：減壓；（4）加入一定量CaO使NaHSO4反應成CaSO4，為了保證NaHSO4反應完，所加CaO需稍過量，CaO過量溶液就顯堿性了，可以用酚酞作指示劑，當溶液變?yōu)闇\紅色時停止加CaO，CaSO4不溶于Na2SO4水溶液，此時可用過濾、洗滌的方法得到石膏，此時濾液為Na2SO4溶液，還不是芒硝，從圖上看，可將溫度調整32.4℃以下，形成芒硝，析出芒硝晶體，過濾、洗滌、干燥就可得芒硝了，為了使芒硝產率較高，可用冰水洗滌，降低因溶解損失的量，故答案為：向廢液中分批加入適量CaO固體并攪拌，用冰水浴控制反應溫度，對濁液取樣并滴加酚酞，至溶液呈淺紅色時停止加入CaO。靜置后過濾，用水洗滌沉淀2-3次得到石膏；濾液蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶至32.4℃以下，接近0℃，過濾，所得晶體用冰水洗滌2-3次，低溫干燥得到芒硝。結合圖像，溫度低于32.4℃以下，硫酸鈉結晶得到芒硝，溫度降低，芒硝的溶解度減小，可用冰水洗滌減小損失率。26、打開玻璃塞[或旋轉玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)對準漏斗上的小孔]，再將分液漏斗下面的活塞擰開，使液體滴下Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2ONO取少量除雜后的樣品，溶于適量稀硫酸中，加入銅片，若不產生無色且遇空氣變?yōu)榧t棕色的氣體，說明已被除凈能耗較低，生成的NO2可以被堿液吸收制取硝酸鹽或亞硝酸鹽等副產品，步驟簡單易于操作(答對兩個或其他合理答案即可給分)【解析】

Cu和H2SO4、HNO3反應生成CuSO4、NO2和H2O，本實驗采用的硝酸氧化法制取CuSO4，減少了能源消耗，生成的NO2和堿液反應生成硝酸鹽或亞硝酸鹽，制得的硫酸銅中含有少量Cu(NO3)2，可用重結晶法進行提純，檢驗Cu(NO3)2是否被除凈，主要是檢驗硝酸根，根據硝酸根在酸性條件下與銅反應生成NO，NO與空氣變?yōu)榧t棕色現(xiàn)象來分析。【詳解】⑴將儀器b中液體滴入儀器a中的具體操作是打開玻璃塞[或旋轉玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)對準漏斗上的小孔]，再將分液漏斗下面的活塞擰開，使液體滴下；故答案為：打開玻璃塞[或旋轉玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)對準漏斗上的小孔]，再將分液漏斗下面的活塞擰開，使液體滴下。⑵根據題中信息得到裝置a中Cu和H2SO4、HNO3反應生成CuSO4、NO2和H2O，其化學方程式：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O；故答案為：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O。⑶步驟②電爐加熱直至儀器a中的紅棕色氣體完全消失，二氧化氮與水反應生成NO，因此會產生的氣體是NO，該氣體無法直接被石灰乳吸收，NO需在氧氣的作用下才能被氫氧化鈉溶液吸收，因此為防止空氣污染，該氣體的吸收裝置為；故答案為：NO；。⑷通過本實驗制取的硫酸銅晶體中常含有少量Cu(NO3)2，可用重結晶法進行提純，檢驗Cu(NO3)2是否被除凈，主要是檢驗硝酸根，根據硝酸根在酸性條件下與銅反應生成NO，NO與空氣變?yōu)榧t棕色，故答案為：取少量除雜后的樣品，溶于適量稀硫酸中，加入銅片，若不產生無色且遇空氣變?yōu)榧t棕色的氣體，說明已被除凈。⑸工業(yè)上也常采用將銅在450°C左右焙燒，再與一定濃度的硫酸反應制取硫酸銅的方法，對比分析本實驗采用的硝酸氧化法制取CuSO4，工業(yè)上銅在450°C左右焙燒，需要消耗能源，污染較少，工藝比較復雜，而本實驗減少了能源的消耗，生成的氮氧化物可以被堿液吸收制取硝酸鹽或亞硝酸鹽等副產品，步驟簡單易于操作；故答案為：能耗較低，生成的NO2可以被堿液吸收制取硝酸鹽或亞硝酸鹽等副產品，步驟簡單易于操作(答對兩個或其他合理答案即可給分)。⑹根據反應為Cu2++H2Y=CuY+2H+，得出n(Cu2+)=n(H2Y)=cmol?L?1×b×10?3L×5=5bc×10?3mol，藍色晶體中Cu2+質量分數(shù)；故答案為：。27、AgCl2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)SO42-SO2Ag2S的懸濁液2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH對于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2將S2-氧化生成S時有Ag+游離出來，NaCl中大量的Cl-與游離的Ag+結合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最終出現(xiàn)乳白色沉淀AgCl和S【解析】

(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl與AgNO3溶液發(fā)生反應生成。(2)Ⅱ中沉淀由白變黑，則表明白色沉淀與S2-反應，生成Ag2S沉淀等。(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，產生白色沉淀，說明此沉淀為BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，產生黃色沉淀，說明AgCl轉化為AgI；①由ⅰ判斷，可確定濾液X中被檢出的離子。②另一種沉淀應能被濃硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化劑，由此確定產生氣體的成分。②因為C是做對比實驗而設立的，由此可確定C中盛放的物質W。③B中，反應物還有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。④B中，Ag2S被氧化生成S，則Ag+會與NaCl作用，從而促進平衡正向移動?！驹斀狻?1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl與AgNO3反應生成，則為AgCl。答案為：AgCl；(2)Ⅱ中沉淀由白變黑，則表明白色沉淀與S2-反應，生成Ag2S沉淀等，反應的離子方程式為2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案為：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，產生白色沉淀，說明此沉淀為BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，產生黃色沉淀，說明AgCl轉化為AgI；①由ⅰ判斷，可確定濾液X中被檢出的離子為SO42-。答案為：SO42-；②另一種沉淀應能被濃硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，則其為S。答案為：S；(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化劑，由此確定產生氣體為O2。答案為：O2；②因為C是做對比實驗而設立的，由此可確定C中盛放的物質W為Ag2S的懸濁液。答案為：Ag2S的懸濁液；③B中，反應物還有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式為2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH。答案為：2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH；④B中，Ag2S被O2氧化生成S，則Ag+游離出來，會與NaCl中的Cl-結合，生成AgCl沉淀，從而促進平衡正向移動，B中最終出現(xiàn)乳白色沉淀AgCl和S。答案為：對于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2將S2-氧化生成S時有Ag+游離出來，NaCl中大量的Cl-與游離的Ag+結合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最終出現(xiàn)乳白色沉淀AgCl和S。因為Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16，所以將AgCl轉化為Ag2S我們容易理解，如何實現(xiàn)黑色沉淀向白色沉淀的轉化，即Ag2S轉化為AgCl，則需要改變反應條件，通過實驗我們可得出是O2的幫助，結合前面推斷，可確定還有S生成，然后利用守恒法便可將方程式配平。28、54.3500mL容量瓶、膠頭滴管2Cr3＋＋3H2O2＋H2O=Cr2O72-＋8H＋Cr2O72-＋2OH－?2CrO42-＋H2O當pH增大時該平衡向右移動，溶液中Cr2O72-濃度減小、CrO42-離子濃度增大，顏色由橙色變?yōu)辄S色Mg2＋、Ca2＋2CrO42-＋3SO2＋12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO42-＋2OH－B當?shù)稳胱詈笠坏螛藴室簳r，出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘內沉淀顏色不改變【解析】

向含鉻污泥中加入稀硫酸和水并將溶液pH調節(jié)為1，根據信息①知，硫酸浸取液中的金屬離子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，然后過濾，向濾液中加入雙氧水，Cr3+被氧化生成Cr2O72-，然后向溶液中加入NaOH溶液并調節(jié)溶液的pH=8，根據表中數(shù)據知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀，且溶液中Cr2O72-轉化為CrO42-，然后過濾，向濾液中加入鈉離子交換樹脂，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入二氧化硫，發(fā)生反應2CrO42-+3SO2+12H2O＝2Cr(OH)(H2O)5SO4↓+SO42-+2OH-，以此解答該題。【詳解】(1)根據c1V1=c2V2列等式，18.4×V1×10-3=2×500×10-3，V1=54.3；配制時所用玻璃儀器除量筒、燒杯和玻璃棒外，還需用玻璃儀器為500mL容量瓶、膠頭滴管；(2)根據電子得失守恒、原子守恒和電荷守恒，可知反應的離子方程式為2Cr3＋＋3H2O2＋H2O＝Cr2O72-＋8H＋；(3)溶液顏色由橙色變?yōu)辄S色說明Cr2O72-轉化為CrO42-，反應的離子方程式為Cr2O72-＋2OH－2CrO42-＋H2O，當pH增大時該平衡向右移動，溶液中Cr2O72-濃度減小、CrO42-離子濃度增大，所以顏色由橙色變?yōu)辄S色；(4)根據陽離子互換原則確定，利用鈉離子交換樹脂可除去濾液Ⅱ中的金屬陽離子有Mg2＋、Ca2＋；(5)流程中用SO2進行還原時，被氧化為SO42-，根據電子得失守恒、原子守恒和電荷守恒，可知發(fā)生反應的離子方程式為2CrO42-＋3SO2＋12H2O＝2Cr(