2022屆福建省永安等三校高考化學(xué)押題試卷含解析

1、2021-2022學(xué)年高考化學(xué)模擬試卷注意事項(xiàng)：1 答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無(wú)效；在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、諾氟沙星別名氟哌酸，是治療腸炎痢疾的常用藥。其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如右圖，下列說(shuō)法正確的是A該化合物屬于苯的同系物B分子式為Cl6 H16

2、FN3O3C1mol該化合物中含有6NA個(gè)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(yīng)2、天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等離子?；鹆Πl(fā)電時(shí)燃煤排放的含SO2的煙氣可利用海水脫硫，其工藝流程如圖所示：下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A天然海水pH8的原因是由于海水中的CO32-、HCO3-水解B“氧化”是利用氧氣將H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化生成SO42-C“反應(yīng)、稀釋”時(shí)加天然海水的目的是中和、稀釋經(jīng)氧化后海水中生成的酸D“排放”出來(lái)的海水中SO42-的物質(zhì)的量濃度與進(jìn)入吸收塔的天然海水相同3、阿伏加德羅是意大利化學(xué)家（）

3、，曾開(kāi)業(yè)當(dāng)律師，24歲后棄法從理，十分勤奮，終成一代化學(xué)大師。為了紀(jì)念他，人們把1 mol某種微粒集合體所含有的粒子個(gè)數(shù)，稱為阿伏加德羅常數(shù)，用N表示。下列說(shuō)法或表示中不正確的是A科學(xué)上規(guī)定含有阿伏加德羅常數(shù)個(gè)粒子的任何微粒集合體都為1 molB在K37ClO3+6H35Cl（濃）=KCl+3Cl2+3H2O反應(yīng)中，若有212克氯氣生成，則反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為5NAC60 克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃燒消耗2NA個(gè)O2D6.021023mol-1叫做阿伏加德羅常數(shù)4、下圖為某城市某日空氣質(zhì)量報(bào)告，下列敘述與報(bào)告內(nèi)容不相符的是A該日空氣首要污染物是PM10B該日空氣質(zhì)量等級(jí)屬于中度污染C污染物

4、NO2、CO可能主要來(lái)源于機(jī)動(dòng)車尾氣DPM2.5、PM10指的是懸浮顆粒物，會(huì)影響人體健康5、下列實(shí)驗(yàn)方案中，可以達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)方案A除去苯中混有的苯酚加入適量的溴水充分反應(yīng)后過(guò)濾B檢驗(yàn)Fe2+溶液中是否含有Fe3+ 向待測(cè)液中滴加幾滴鐵氰化鉀溶液C除去粗鹽中含有Mg2+、Ca2+、SO42-的試劑加入順序向該溶液中先加入NaOH溶液、再加BaCl2溶液，最后加碳酸鈉溶液D檢驗(yàn)SO2中是否含有HCl將產(chǎn)生的氣體通入HNO3酸化的AgNO3溶液中AABBCCDD6、中國(guó)研究人員研制出一種新型復(fù)合光催化劑，利用太陽(yáng)光在催化劑表面實(shí)現(xiàn)高效分解水，主要過(guò)程如下圖所示。下列說(shuō)法不正確

5、的是（ ）A整個(gè)過(guò)程實(shí)現(xiàn)了光能向化學(xué)能的轉(zhuǎn)換B過(guò)程有O-O單鍵生成并放出能量C過(guò)程發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為：2H2O22H2O+O2D整個(gè)過(guò)程的總反應(yīng)方程式為：2H2O2H2+O27、在由水電離產(chǎn)生的H濃度為11013molL1的溶液中，一定能大量共存的離子組是K、ClO、NO3、S2 K、Fe2、I、SO42 Na、Cl、NO3、SO42Na、Ca2、Cl、HCO3 K、Ba2、Cl、NO3ABCD8、只用一種試劑即可區(qū)別的：NaCl、MgCl2、FeCl3、Al2(SO4)3四種溶液，這種試劑是AAgNO3 BNaOHCBaCl2 DHCl9、電導(dǎo)率用于衡量電解質(zhì)溶液導(dǎo)電能力的大小，與離子濃度和離

6、子遷移速率有關(guān)。圖1 為相同電導(dǎo)率鹽酸和醋酸溶液升溫過(guò)程中電導(dǎo)率變化曲線，圖2 為相同電導(dǎo)率氯化鈉和醋酸鈉溶液升溫過(guò)程中電導(dǎo)率變化曲線，溫度均由22上升到70。下列判斷不正確的是A由曲線1可以推測(cè)：溫度升高可以提高離子的遷移速率B由曲線4可以推測(cè)：溫度升高，醋酸鈉電導(dǎo)率變化與醋酸根的水解平衡移動(dòng)有關(guān)C由圖1和圖2可以判定：相同條件下，鹽酸的電導(dǎo)率大于醋酸的電導(dǎo)率，可能的原因是Cl-的遷移速率大于CH3COO-的遷移速率D由圖1和圖2可以判定：兩圖中電導(dǎo)率的差值不同，與溶液中H+、OH-的濃度和遷移速率無(wú)關(guān)10、2019年6月6日，工信部正式向四大運(yùn)營(yíng)商頒發(fā)了5G商用牌照，揭示了我國(guó)5G元年的起

7、點(diǎn)。通信用磷酸鐵鋰電池具有體積小、重量輕、高溫性能突出、可高倍率充放電、綠色環(huán)保等眾多優(yōu)點(diǎn)。磷酸鐵鋰電池是以磷酸鐵鋰為正極材料的一種鋰離子二次電池，電池總反應(yīng)為M1-xFexPO4+LiC6LiM1-xFexPO4+6C，其原理如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A充電時(shí)，正極質(zhì)量增加B放電時(shí)，電流由石墨電極流向磷酸鐵鋰電極C充電時(shí)，陰極反應(yīng)式為L(zhǎng)i+6C+e-LiC6D放電時(shí)，Li+移向石墨電極11、下列說(shuō)法不正確的是（ ）AHCOOH 和 CH3COOH 互為同系物B與CH3CH2CHO互為同分異構(gòu)體C質(zhì)子數(shù)為35、中子數(shù)為45的溴原子：35D烷烴CH3CH(CH3)C(CH3)3的名稱是2,3

8、,3-三甲基丁烷12、設(shè) NA 為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是A某密閉容器中盛有 0.1molN2 和 0.3molH2，在一定條件下充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為 0.6NAB常溫下，1L pH9 的 CH3COONa 溶液中，發(fā)生電離的水分子數(shù)為 1109 NAC14.0gFe 發(fā)生吸氧腐蝕生成 Fe2O3xH2O，電極反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 0.5NAD標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L 丙烷含有的共價(jià)鍵數(shù)目為 1.1NA13、下表中對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的是ACH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HClCH2=CH2+HClCH3CH2Cl均為取代反應(yīng)B由油脂得到甘油由淀粉得到葡萄糖均發(fā)生了水解反應(yīng)CCl2

9、+2Br=2Cl+Br2Zn+Cu2+=Zn2+Cu均為單質(zhì)被還原的置換反應(yīng)D2Na2O2+2H2O+4NaOH+O2Cl2+H2O=HCl+HClO均為水作還原劑的氧化還原反應(yīng)AABBCCDD14、春季復(fù)工、復(fù)學(xué)后，公用餐具消毒是防控新型冠狀病毒傳播的有效措施之一。下列可直接用作公用餐具消毒劑的是A95%的乙醇溶液B40%的甲醛溶液C次氯酸鈉稀溶液D生理鹽水15、常溫下，電解質(zhì)溶液的性質(zhì)與變化是多樣的，下列說(shuō)法正確的是（ ）ApH相同的CH3COONa NaClO NaOH三種溶液c(Na+)大?。築往稀氨水中加水，的值變小CpH=4的H2S溶液與pH=10的NaOH溶液等體積混合，存在下列

10、等式：c(Na+)+c(H+)c(OH)+2c(S2)DCa(ClO)2溶液中通入少量CO2，ClO水解程度增大，溶液堿性增強(qiáng)16、下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)表示正確的是（ ）A中子數(shù)比質(zhì)子數(shù)多1的磷原子：BAl3+的結(jié)構(gòu)示意圖： C次氯酸鈉的電子式：D2-丁烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：CH2=CH-CH=CH217、下列說(shuō)法不正確的是（ ）A穩(wěn)定性：HBrHIHatB酸性：H3PO4H2SO4AsSD表中，元素Pb的金屬性最強(qiáng)18、近年來(lái)，我國(guó)大力弘揚(yáng)中華優(yōu)秀傳統(tǒng)文化體現(xiàn)了中華民族的“文化自信”。下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是A成語(yǔ)“百煉成鋼”、“蠟炬成灰”中均包含了化學(xué)變化B常溫下，成語(yǔ)“金戈鐵馬”中的金屬能溶于濃硝酸C諺

11、語(yǔ)“雷雨肥莊稼”，其過(guò)程中包含了氧化還原反應(yīng)D荷塘月色中“薄薄的青霧浮起在荷塘里”中的“青霧”屬于膠體19、常溫下，將 1molCaC2O4 粉末置于盛有500mL蒸餾水的燒杯中，然后向燒杯中加入Na2CO3固體（忽視溶液體積的變化）并充分?jǐn)嚢瑁尤隢a2CO3 固體的過(guò)程中，溶液中Ca2+ 和 CO32-的濃度變化曲線如圖所示，下列說(shuō)法中不正確的是Aa=5.6B常溫下，Ksp(CaC2O4)Ksp(CaCO3)Cb 點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中，離子濃度關(guān)系為c(C2O42-) c(CO32-)D若使 1molCaC2O4 全部轉(zhuǎn)化為 CaCO3，至少要加入 2.12molNa2CO320、某種化合物（如

12、圖）由 W、X、Y、Z 四種短周期元素組成，其中 W、Y、Z 分別位于三個(gè)不同周期，Y 核外最外層電子數(shù)是 W 核外最外層電子數(shù)的二倍；W、X、Y 三種簡(jiǎn)單離子的核外電子排布相同。下列說(shuō)法不正確的是A原子半徑：W X Y ”“”或“”)。若在250 、p1 為105 Pa條件下，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)容器的體積為1 L，則該條件下B點(diǎn)N2 的分壓p(N2)為_(kāi)Pa (分壓總壓物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，保留一位小數(shù))。.以連二硫酸根(S2O)為媒介，使用間接電化學(xué)法也可處理燃煤煙氣中的NO，裝置如圖所示：(3)陰極區(qū)的電極反應(yīng)式為_(kāi)。NO吸收轉(zhuǎn)化后的主要產(chǎn)物為NH，若通電時(shí)電路中轉(zhuǎn)移了0.3 mol e，則此通電過(guò)

13、程中理論上吸收的NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為_(kāi)mL。、常溫下,將a molL-1的醋酸與b molL-1Ba(OH)2 溶液等體積混合,充分反應(yīng)后,溶液中存在2c(Ba2+)=c(CH3COO-),則該混合溶液中醋酸的電離常數(shù)Ka=_(用含a和b的代數(shù)式表示)。29、（10分） “低碳經(jīng)濟(jì)”已成為全世界科學(xué)家研究的重要課題。為減小和消除CO2對(duì)環(huán)境的影響，一方面世界各國(guó)都在限制其排放量，另一方面科學(xué)家加強(qiáng)了對(duì)CO2創(chuàng)新利用的研究。（1）已知：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g） H=-41 kJmol-1C（s）+2H2（g）CH4（g）H=-73kJmol-12CO（g）C（s）+C

14、O2（g）H=-171 kJmol-1寫出CO2與H2反應(yīng)生成CH4 和H2O（g）的熱化學(xué)方程式： _。（2）目前工業(yè)上有一種方法是用CO2來(lái)生產(chǎn)燃料甲醇。為探究該反應(yīng)原理，在容積為2L的密閉容器中，充入1 molCO2和3.25 mol H2在一定條件下發(fā)生反應(yīng)，測(cè)得CO2、CH3OH（g）和H2O（g）的物質(zhì)的量（n）隨時(shí)間的變化如圖所示：從反應(yīng)開(kāi)始到平衡，氫氣的平均反應(yīng)速率v（H2）=_。下列措施一定不能使CO2的轉(zhuǎn)化率增大的是_（選填編號(hào)）。A在原容器中再充入1molCO2B在原容器中再充入1molH2C在原容器中再充入1mol氦氣D使用更有效的催化劑E.縮小容器的容積F.將水蒸氣從

15、體系中分離（3）煤化工通常研究不同條件下CO轉(zhuǎn)化率以解決實(shí)際問(wèn)題。已知在催化劑存在條件下反應(yīng)：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）中CO的平衡轉(zhuǎn)化率隨及溫度變化關(guān)系如圖所示：上述反應(yīng)的逆反應(yīng)方向是_反應(yīng)（填“吸熱”或“放熱”）；對(duì)于氣相反應(yīng)，用某組分（B）的平衡分壓（pB）代替平衡濃度（cB）也可以表示平衡常數(shù)（記作Kp），則該反應(yīng)的Kp的表達(dá)式為_(kāi)，提高，則Kp_（填“變大”、“變小”或“不變”）。使用鐵鎂催化劑的實(shí)際工業(yè)流程中，一般采用400 左右、=35，采用此條件的原因可能是_。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、D【解析】A、苯的同系

16、物僅含有碳?xì)鋬煞N元素，故錯(cuò)誤；B、根據(jù)有機(jī)物成鍵特點(diǎn)，此有機(jī)物分子式為C16H18FN3O3，故錯(cuò)誤；C、苯環(huán)中不含有碳碳雙鍵，因此1mol此有機(jī)物中含有3mol雙鍵，故錯(cuò)誤；D、此有機(jī)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(yīng)，含有羧基，能與碳酸氫鈉反應(yīng)，故正確。2、D【解析】火力發(fā)電時(shí)燃煤排放的含SO2的煙氣通入吸收塔和天然海水，得到溶液通入氧氣氧化亞硫酸生成硫酸，加入天然海水中和、稀釋經(jīng)氧化后海水中生成的酸。【詳解】A海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等離子，在這些離子中能發(fā)生水解的是CO32-、HCO-3離子，

17、CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-它們水解呈堿性，所以天然海水的pH8，呈弱堿性，故A正確；B天然海水吸收了含硫煙氣后，要用O2進(jìn)行氧化處理，因?yàn)檠鯕饩哂醒趸裕谎趸牧蛟氐幕蟽r(jià)為+4價(jià)，具有還原性，所以氧氣將H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化為硫酸，如亞硫酸被氧化的反應(yīng)為2H2SO3+O2=2H2SO4，故B正確；C氧化后的“海水”需要用大量的天然海水與之混合后才能排放，是因中和稀釋經(jīng)氧氣氧化后海水中生成的酸(H+)，故C正確；D從框圖可知：排放”出來(lái)的海水，是經(jīng)過(guò)加天然海水中和、稀釋經(jīng)氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的體積顯然比進(jìn)入吸收

18、塔的天然海水大，所以SO42-的物質(zhì)的量濃度排放出來(lái)的海水中濃度小，故D錯(cuò)誤；故答案為D。3、D【解析】A. 含有阿伏加德羅常數(shù)個(gè)粒子的任何微粒集合體都為1 mol，故A正確；B. 生成的3mol氯氣中含6molCl，其中1mol為37Cl，5mol為35Cl，生成氯氣摩爾質(zhì)量= =70.7gmol1，若有212克氯氣生成物質(zhì)的量=3mol，生成3mol氯氣電子轉(zhuǎn)移5mol，故B正確；C. 乙酸與葡萄糖最簡(jiǎn)式都是CH2O，1個(gè)CH2O完全燃燒消耗1個(gè)氧氣分子，60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物質(zhì)量為2mol，充分燃燒消耗2NA個(gè)O2，故C正確；D. 6.021023mol-1是阿伏加德羅

19、常數(shù)的近似值，故D錯(cuò)誤；故選D。4、B【解析】首要污染物是指污染最重的污染物，根據(jù)空氣質(zhì)量報(bào)告，PM10數(shù)值最大，所以該日空氣首要污染物是PM10，故A正確；首要污染物的污染指數(shù)即為空氣污染指數(shù)，該日空氣污染指數(shù)為79，空氣質(zhì)量等級(jí)屬于良，故B錯(cuò)誤；機(jī)動(dòng)車尾氣中含有NO2、CO，故C正確；PM2.5指的是大氣中的細(xì)懸浮顆粒物,它的直徑僅有2.5微米, PM10指的是環(huán)境空氣中塵埃在10微米以下的顆粒物，PM2.5、PM10會(huì)影響人體健康，故D正確。5、C【解析】A. 苯酚與溴水生成的三溴苯酚溶于苯，無(wú)法除去雜質(zhì)，且引進(jìn)了新的雜質(zhì)溴，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B. 鐵氰化鉀溶液用于檢驗(yàn)亞鐵離子，無(wú)法檢測(cè)鐵離子，

20、B項(xiàng)錯(cuò)誤；C. NaOH溶液可以除去Mg2+、再加稍過(guò)量的BaCl2溶液可以除去SO42-，最后加碳酸鈉溶液可以除去Ca2+和過(guò)量的Ba2+，到達(dá)除雜目的，C項(xiàng)正確；D. HNO3會(huì)氧化二氧化硫?yàn)榱蛩岣?，硫酸根與銀離子反應(yīng)生成微溶的硫酸銀白色沉淀，與氯化銀無(wú)法區(qū)分，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。6、C【解析】A. 由圖可知，太陽(yáng)能使水分解，則實(shí)現(xiàn)了光能向化學(xué)能的轉(zhuǎn)化，故A正確；B. 過(guò)程II中生成氫氣、過(guò)氧化氫，形成化學(xué)鍵，過(guò)程放出能量并生成了OO鍵，故B正確；C. 由圖可知，過(guò)程發(fā)生的反應(yīng)為過(guò)氧化氫分解生成氫氣和氧氣的反應(yīng)，H2O2H2+O2，故C錯(cuò)誤；D. 總反應(yīng)為水分解生成氫氣和氧氣，則總反應(yīng)2H

21、2O2H2+O2，故D正確。故選C。7、B【解析】由水電離產(chǎn)生的H濃度為11013molL1的溶液可能是酸性溶液，也可能是堿性溶液，據(jù)此分析。【詳解】在酸性環(huán)境下S2不能大量共存，錯(cuò)誤；在堿性環(huán)境下Fe2不能大量共存，錯(cuò)誤；Na、Cl、NO3、SO42在酸性、堿性環(huán)境下均能大量共存，正確；HCO3在酸性、堿性環(huán)境下均不能大量共存，錯(cuò)誤；K、Ba2、Cl、NO3在酸性、堿性環(huán)境下均能大量共存，正確；答案選B。【點(diǎn)睛】本題隱含條件為溶液可能為酸性，也可能為堿性，除此以外，能與鋁粉反應(yīng)放出氫氣的環(huán)境也是可能為酸性或者堿性；離子能夠發(fā)生離子反應(yīng)而不能大量共存，生成弱電解質(zhì)而不能大量共存是?？键c(diǎn)，需要正

22、確快速判斷。8、B【解析】四種溶液中陽(yáng)離子互不相同，可選用氫氧化鈉溶液鑒別。氯化鈉與氫氧化鈉不反應(yīng)；氫氧化鈉與氯化鎂生成白色沉淀；氫氧化鈉與氯化鐵生成紅褐色沉淀；氫氧化鈉加入硫酸鋁溶液產(chǎn)生白色沉淀然后沉淀溶解。答案選B?！军c(diǎn)睛】氫氧化鎂和氫氧化鋁均為白色沉淀，但氫氧化鋁溶于強(qiáng)堿溶液。9、D【解析】A曲線1中鹽酸溶液在升高溫度的過(guò)程中離子濃度不變，但電導(dǎo)率逐漸升高，說(shuō)明溫度升高可以提高離子的遷移速率，故A正確；B溫度升高，促進(jìn)CH3COONa溶液中CH3COO-的水解，則由曲線3和曲線4可知，溫度升高，醋酸鈉電導(dǎo)率變化與醋酸根的水解平衡移動(dòng)有關(guān)，故B正確；C曲線1和曲線2起始時(shí)導(dǎo)電率相等，但溫度

23、升高能促進(jìn)醋酸的電離，溶液中離子濃度增加，但鹽酸溶液的導(dǎo)電率明顯比醋酸高，說(shuō)明可能原因是Cl-的遷移速率大于CH3COO-的遷移速率，故C正確；D曲線1和曲線2起始時(shí)導(dǎo)電率相等，可知鹽酸和醋酸兩溶液中起始時(shí)離子濃度相等，包括H+和OH-濃度也相等，而隨著溫度的升高，促進(jìn)醋酸的電離，醋酸溶液中的H+和OH-濃度不再和鹽酸溶液的H+和OH-濃度相等，則兩者的導(dǎo)電率升高的幅度存在差異，可能與溶液中H+、OH-的濃度和遷移速率有關(guān)，故D錯(cuò)誤；故答案為D。10、C【解析】A充電時(shí)，正極發(fā)生的反應(yīng)為L(zhǎng)iM1-xFexPO4-e-=M1-xFexPO4+Li+，則正極的質(zhì)量減小，故A錯(cuò)誤；B放電時(shí)，石墨電極

24、為負(fù)極，電流由磷酸鐵鋰電極流向石墨電極，故B錯(cuò)誤；C充電時(shí)，陰極上鋰離子得電子，則陰極反應(yīng)式為L(zhǎng)i+6C+e-LiC6，故C正確；D放電時(shí)，陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，石墨電極為負(fù)極，則Li+移向磷酸鐵鋰電極，故D錯(cuò)誤；故選：C。11、D【解析】AHCOOH 和 CH3COOH 均為羧酸，且分子組成相差一個(gè)CH2基團(tuán)，兩者互為同系物，故A正確；B與CH3CH2CHO分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，故B正確；C質(zhì)子數(shù)為35、中子數(shù)為45的溴原子可表示為3580Br，故C正確；D根據(jù)系統(tǒng)命名法，烷烴CH3CH(CH3)C(CH3)312、C【解析】A. 合成氨的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行到底，則轉(zhuǎn)移的電

25、子數(shù)小于0.6NA，故A錯(cuò)誤；B. CH3COONa屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，醋酸根的水解促進(jìn)水的電離，c(H2O)電離=c(OH-)=1105mol/L，則發(fā)生電離的水分子數(shù)為1L1105mol/LNA=1105NA，故B錯(cuò)誤；C. Fe發(fā)生吸氧腐蝕，鐵作負(fù)極，電極反應(yīng)為：Fe-2e-=Fe2+，正極反應(yīng)為：O2+4e-+2H2O=4OH-，然后Fe2+與OH-反應(yīng)生成氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵被氧氣氧化為氫氧化鐵，最后生Fe2O3xH2O，14.0gFe的物質(zhì)的量為，則電極反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.25mol2=0.5mol，故C正確；D. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L丙烷的物質(zhì)的量為0.1mol，而丙烷中含10

26、條共價(jià)鍵，故0.1mol丙烷中含有的共價(jià)鍵數(shù)目為NA，故D錯(cuò)誤；故選C?！军c(diǎn)睛】水電離的c(H)或c(OH-)的計(jì)算技巧(25 時(shí))(1)中性溶液：c(H)c(OH-)1.010-7 molL-1。(2)酸或堿抑制水的電離，水電離出的c(H)c(OH-)10-7 molL-1，當(dāng)溶液中的c(H)10-7 molL-1時(shí)就是水電離出的c(H)；當(dāng)溶液中的c(H)10-7 molL-1時(shí)，就用10-14除以這個(gè)濃度即得到水電離的c(H)。(3)可水解的鹽促進(jìn)水的電離，水電離的c(H)或c(OH-)均大于10-7 molL-1。若給出的c(H)10-7 molL-1，即為水電離的c(H)；若給出的c

27、(H)10-7 molL-1，就用10-14除以這個(gè)濃度即得水電離的c(H)。13、B【解析】ACH2=CH2+HClCH3CH2Cl為烯烴的加成反應(yīng)，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl為烷烴的取代反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B油脂為高級(jí)脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉為多糖，水解最終產(chǎn)物為葡萄糖，則均發(fā)生了水解反應(yīng)，故B正確；CCl2+2Br-2Cl-+Br2中Cl元素的化合價(jià)降低；Zn+Cu2+Zn2+Cu中Zn元素的化合價(jià)升高，前者單質(zhì)被還原，后者單質(zhì)被氧化，均屬于置換反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D.2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中只有過(guò)氧化鈉中O元素的化合價(jià)變化，水既不是氧化劑也不是還原劑

28、；Cl2+H2OHCl+HClO中只有Cl元素的化合價(jià)變化，屬于氧化還原反應(yīng)，但水既不是氧化劑也不是還原劑，故D錯(cuò)誤；故選B?！军c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)是D，2Na2O2+2H2O4NaOH+O2反應(yīng)中只有過(guò)氧化鈉中的O元素的化合價(jià)變化；Cl2+H2OHCl+HClO中只有Cl元素的化合價(jià)變化。14、C【解析】A. 95%乙醇使菌體表面蛋白迅速變性凝固，妨礙乙醇再滲入，不能起到消毒的效果，故A錯(cuò)誤；B. 甲醛有毒，故B錯(cuò)誤；C. 次氯酸鈉稀溶液具有強(qiáng)氧化性，能夠殺菌消毒，且產(chǎn)物無(wú)毒，故C正確；D. 生理鹽水不能消毒殺菌，故D錯(cuò)誤；故答案為C?！军c(diǎn)睛】日常用75%的乙醇溶液進(jìn)行消毒殺菌；生理鹽水就是0

29、.9%的氯化鈉水溶液，沒(méi)有消毒殺菌的功效。15、A【解析】A、醋酸的酸性強(qiáng)于次氯酸，CH3COONa與NaClO水解顯堿性，根據(jù)越弱越水解的規(guī)律，若溶液的pH相同，CH3COONa的濃度最大，所以三種溶液c(Na+)大小順序?yàn)椋?，故A正確；B、NH3H2O的電離常數(shù)K=c(NH4+)c(OH)/c(NH3H2O)=c(NH4+)Kw/c(NH3H2O)c(H+)，所以的值為常數(shù)，不發(fā)生變化，故B錯(cuò)誤；C、因?yàn)镠2S為弱酸，所以pH=4的H2S溶液與pH=10的NaOH溶液等體積混合，H2S過(guò)量，根據(jù)電荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)c(OH)+2c(S2)+c(HS)，故C錯(cuò)誤；D、Ca(

30、ClO)2溶液中通入少量CO2，生成CaCO3與HClO，溶液堿性減弱，故D錯(cuò)誤。答案選A。16、A【解析】本題主要考查化學(xué)用語(yǔ)的書寫?！驹斀狻緼. 磷原子核電荷數(shù)為15，中子數(shù)比質(zhì)子數(shù)多1的磷原子：，故A項(xiàng)正確；B.鋁原子核電荷數(shù)為13， Al3+核外有10個(gè)電子，其結(jié)構(gòu)示意圖：，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C. 次氯酸鈉屬于離子化合物，電子式為：，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D. 2-丁烯的結(jié)構(gòu)中，碳碳雙鍵在2號(hào)碳上，主碳鏈有4個(gè)碳，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為： ，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A。17、A【解析】A同主族元素從上到下元素的非金屬性逐漸降低，則非金屬性：BrIAt，元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，則穩(wěn)定性：HAt HIHB

31、r，故A錯(cuò)誤；B同周期元素從左到右元素的非金屬性之間增強(qiáng)，則非金屬性：ClSP，元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的酸性越強(qiáng)，則酸性：H3PO4H2SO4 Ge Si 。則原子半徑：SnAsS，故C正確；D同主族元素從上到下元素的金屬性逐漸增強(qiáng)，同周期元素從左到右元素的金屬性逐漸減弱，故表中元素Pb的金屬性最強(qiáng)，故D正確；答案選A。【點(diǎn)睛】注意元素周期表中金屬性非金屬性變化規(guī)律：（1）同主族元素從上到下元素的非金屬性逐漸降低，同周期元素從左到右元素的非金屬性逐漸增強(qiáng)；（2）同主族元素從上到下元素的金屬性逐漸增強(qiáng)，同周期元素從左到右元素的金屬性逐漸減弱。18、B【解析】A. “百煉成

32、鋼”是將生鐵中的C氧化為二氧化碳，發(fā)生了化學(xué)變化，“蠟炬成灰”是烴的燃燒，發(fā)生了化學(xué)變化，A正確；B. Fe在常溫下在濃硝酸中會(huì)鈍化，無(wú)法溶解在濃硝酸中，B錯(cuò)誤；C. “雷雨肥莊稼”是將空氣中游離態(tài)的N元素氧化為化合態(tài)，涉及到了氧化還原反應(yīng)，C正確；D. “薄薄的青霧浮起在荷塘里”中的“青霧”屬于膠體，D正確；故答案選B。19、B【解析】Ac(CO32-)=7.010-5molL1時(shí)，c(Ca2+)=4.010-5molL1，Ksp(CaCO3)=7.010-54.010-5=2.810-9，當(dāng)c(Ca2+)=5.010-5molL1時(shí)，a10-5molL1=c(CO32-)= =5.610-

33、5molL1,a=5.6,故A正確；B1molCaC2O4 粉末置于盛有500mL蒸餾水的燒杯中，然后向燒杯中加入Na2CO3固體（忽視溶液體積的變化）并充分?jǐn)嚢?，CaC2O4和CaCO3之間能轉(zhuǎn)化，是改變離子的濃度，使沉淀的轉(zhuǎn)化平衡向不同的方向移動(dòng)，不能判斷Ksp(CaC2O4)和Ksp(CaCO3)的大小，故B錯(cuò)誤；C從圖中當(dāng)c(CO32-)在0a時(shí)，溶液為CaC2O4的飽和溶液，c(C2O42-) 的最大值為5.610-5molL1，b 點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中，離子濃度關(guān)系為c(C2O42-) c(CO32-)，故C正確；D若使 1molCaC2O4 全部轉(zhuǎn)化為 CaCO3，則此時(shí)溶液中c（C2

34、O42-）=2molL1，根據(jù)Ksp（CaC2O4）=c（Ca2）c（C2O42-）=5.010-55.010-5，可知此時(shí)溶液中c（Ca2）=1.2510-9molL1，而根據(jù)Ksp（CaCO3）=2.810-9可知溶液中的c（CO32）= = 2.240molL1，故溶液中n（CO32）=2.240molL10.5L=1.12mol，而還有生成的1mol碳酸鈣，故所需的碳酸鈉的物質(zhì)的量n=1.12mol+1mol=2.12mol，故D正確；故選B?！军c(diǎn)睛】本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡，把握?qǐng)D象分析、Ksp計(jì)算、平衡常數(shù)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)D為解答的難點(diǎn)，碳酸根有

35、兩部分，沉淀的和溶解的兩部分，要利用Ksp進(jìn)行計(jì)算。20、A【解析】W、X、Y、Z 均為短周期元素，且W、Y、Z 分別位于三個(gè)不同周期，則其中一種元素為H，據(jù)圖可知W不可能是H，則Y或者Z有一種是氫，若Y為H，則不滿足“W、X、Y 三種簡(jiǎn)單離子的核外電子排布相同”，所以Z為H，W和Y屬于第二或第三周期；據(jù)圖可知X可以形成+1價(jià)陽(yáng)離子，若X為L(zhǎng)i，則不存在第三周期的元素簡(jiǎn)單離子核外電子排布與X相同，所以X為Na；據(jù)圖可知Y能夠形成2個(gè)共價(jià)鍵，則Y最外層含有6個(gè)電子，結(jié)合“W、X、Y三種簡(jiǎn)單離子的核外電子排布相同”可知，Y為O；根據(jù)“Y核外最外層電子數(shù)是W核外最外層電子數(shù)的二倍”可知，W最外層含有

36、3個(gè)電子，為Al元素，據(jù)此解答?！驹斀狻緼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，則原子半徑大小為：ZYWX，故A錯(cuò)誤；BNa與O形成的過(guò)氧化鈉、O與H形成的雙氧水都是強(qiáng)氧化劑，具有漂白性，故B正確；C金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)簡(jiǎn)單離子的氧化性越弱，金屬性AlNa，則簡(jiǎn)單離子的氧化性：WX，故C正確；DAl與Na的最高價(jià)氧化物的水化物分別為氫氧化鋁、NaOH，二者可相互反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，故D正確；故選：A。21、B【解析】由零族定位法可知，118號(hào)元素位于元素周期表第七周期零族，則116號(hào)的鉝（Lv）位于元素周期表第七周期第VIA族?！驹斀狻緼. 由以上分析可知，Lv位于

37、元素周期表中第七周期第A族，故A正確；B. 同主族元素，由上至下，金屬性逐漸增強(qiáng)，則Lv在同主族元素中金屬性最強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；C. 同位素原子質(zhì)子數(shù)、電子數(shù)相同，中子數(shù)不同，故C正確；D. 中子數(shù)為177的Lv核素，質(zhì)量數(shù)=116+177=293，則核素符號(hào)為L(zhǎng)v，故D正確；答案選B。22、A【解析】本題主要考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)。不存在醛基，不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，不飽和度僅有三個(gè)酚類至少有四個(gè)不飽和度，能與氫氧化鈉反應(yīng)的官能團(tuán)只有酯基。據(jù)此回答?！驹斀狻坑山Y(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知分子中含有12個(gè)C原子，20個(gè)H原子，2個(gè)O原子，則分子式為C12H20O2，故錯(cuò)誤；分子中不含醛基，則不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，故正確；只

38、有碳碳雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，1mol該有機(jī)物在一定條件下和H2反應(yīng)，共消耗H2為2mol，故錯(cuò)誤；分子中含有3個(gè)雙鍵，則不飽和度為3，而酚類物質(zhì)的不飽和度至少為4，則它的同分異構(gòu)體中不可能有酚類，故正確；能與氫氧化鈉反應(yīng)的官能團(tuán)只有酯基，水解生成羧基和羥基，只有羧基能與氫氧化鈉反應(yīng)，則1mol該有機(jī)物水解時(shí)只能消耗1mol NaOH，故正確；分子中不含苯環(huán)或稠環(huán)，則不屬于芳香族化合物，故錯(cuò)誤。故選A。二、非選擇題(共84分)23、（1）37；依據(jù)同主族元素的金屬性隨核電荷數(shù)的增加而增強(qiáng)，推測(cè)己?jiǎn)钨|(zhì)與水反應(yīng)較丙更劇烈（1分，合理給分）（2）；（3）；（4）3Fe2+2Fe（CN）63- =F

39、e3Fe（CN）62；（5）6.02l021； 2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 ；（6）NaCl、Al（OH）3【解析】試題分析：根據(jù)題意可知：A是NaCl，B是Cl2，C是H2，D是NaOH，E是HCl，丁是Al，F(xiàn)是NaAlO2；X是NaCl、AlCl3的混合物。根據(jù)元素的化合價(jià)及元素的原子序數(shù)的關(guān)系可知甲是H，乙是O，丙是Na，丁是Al，戊是Cl，己是Rb，原子序數(shù)是37；鈉、銣 同一主族的元素，由于從上到下原子半徑逐漸增大，原子失去電子的能力逐漸增強(qiáng)，所以它們與水反應(yīng)的能力逐漸增強(qiáng)，反應(yīng)越來(lái)越劇烈；（2）甲、乙、戊按原予個(gè)數(shù)比1：1：1形成的化合物Y是HClO，該物質(zhì)

40、具有強(qiáng)的氧化性，故具有漂白性，其電子式為；（3）在上圖轉(zhuǎn)化關(guān)系中反應(yīng)中有元素化合價(jià)的變化，所以屬于氧化還原反應(yīng)，而中元素的化合價(jià)沒(méi)有發(fā)生變化，所以該反應(yīng)是非氧化還原反應(yīng)；（4）如構(gòu)成原電池，F(xiàn)e被腐蝕，則Fe為負(fù)極，發(fā)生反應(yīng)：Fe-2e-=Fe2+，F(xiàn)e2+與Fe（CN）63-會(huì)發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，反應(yīng)的離子方程式是：3Fe2+2Fe（CN）63- =Fe3Fe（CN）62；（5）NaCl溶液電解的化學(xué)方程式是：2NaCl2H2OCl2H22NaOH，在該反應(yīng)中，每轉(zhuǎn)移2mol電子，反應(yīng)會(huì)產(chǎn)生2molNaOH，n（NaCl）=1L1mol/L=1mol，當(dāng)NaCl電解完全后反應(yīng)轉(zhuǎn)移1mol電

41、子，反應(yīng)產(chǎn)生1molNaOH，當(dāng)反應(yīng)電解一段時(shí)間后測(cè)得D溶液pH=12，n（NaOH）=10-2mol/L1L=0.01mol1mol，說(shuō)明NaCl沒(méi)有完全電解，則電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量是0.01mol，電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目約是N（e-）=0.01mol6.021023/mol= 6.02l021；反應(yīng)是Al與NaOH溶液反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；（6）若上圖中各步反應(yīng)均為恰好完全轉(zhuǎn)化，則4HCl+NaAlO2=NaCl+AlCl3，所以混合物X中含有的物質(zhì)是NaCl、Al（OH）3。考點(diǎn)：考查元素及化合物的推斷、化學(xué)方程式和離子方程式的書寫、電解反應(yīng)原理

42、的應(yīng)用的知識(shí)。24、4 羥基、羧基 +Cl2+HCl 取代反應(yīng) +2NaOH+2NaCl 或 2CH3-CH=CH2CH3-CH=CH-CH3CH2=CH-CH=CH2 【解析】由A與氯氣在加熱條件下反應(yīng)生成B，B與HCl發(fā)生加成反應(yīng)生成，則B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，可知A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，故苯乙烯與(CH3)2C=CH2發(fā)生已知的烯烴復(fù)分解反應(yīng)生成A；B()在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，可知C為，結(jié)合D的分子式C10H12O3，可知C催化氧化生成的D為；苯乙烯與HO-Br發(fā)生加成反應(yīng)生成E，E可以氧化生成C8H7O2Br，說(shuō)明E中-OH連接的C原子上有2個(gè)H原子，故E為，C8H7O2Br為，和氫氧化

43、鈉的水溶液反應(yīng)然后酸化得到F，故F為，D與F發(fā)生酯化反應(yīng)生成G， ，據(jù)此推斷解題；(6)由CH3-CH=CH2合成CH2=CH-CH=CH2可采用逆推法，先制，即由CH3-CH=CH-CH3與Br2發(fā)生加成即可，而CH3-CH=CH2在催化劑作用下發(fā)生烯烴的復(fù)分解反應(yīng)即可制得CH3-CH=CH-CH3?！驹斀狻?1)乙烯是平面結(jié)構(gòu)，分子結(jié)構(gòu)中6個(gè)原子共平面，則(CH3)2C=CH2分子中每個(gè)甲基上的碳原子和共平面，所以該分子中4個(gè)碳原子共平面； (2)D為，分子中含有的含氧官能團(tuán)名稱是羥基、羧基；F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；(3)由分析知A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為， 則AB發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為+C

44、l2+HCl，反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；(4)B()在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)生成的C為，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為+2NaOH+2NaCl；(5)D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，其同分異構(gòu)體有多種，其中滿足條件：能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明分子結(jié)構(gòu)中含有醛基；能水解，說(shuō)明含有酯基；苯環(huán)上只有一個(gè)取代基；則此取代基包括一個(gè)HCOO-和-OH，可能還有一個(gè)甲基，如：、或；(6)由CH3-CH=CH2合成CH2=CH-CH=CH2可采用逆推法，先制，即有CH3-CH=CH-CH3與Br2發(fā)生加成即可，而CH3-CH=CH2在催化劑作用下發(fā)生烯烴的復(fù)分解反應(yīng)即可制得CH3-CH=CH-CH3；則由丙烯制取CH2=CHCHCH2

45、的合成路線為2CH3-CH=CH2CH3-CH=CH-CH3CH2=CH-CH=CH2?！军c(diǎn)睛】由丙烯合成CH2=CH-CH=CH2，可根據(jù)CH2=CH-CH=CH2的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)分析合成的原料，再結(jié)合正推與逆推相結(jié)合進(jìn)行推斷，充分利用反應(yīng)過(guò)程C原子數(shù)目，對(duì)學(xué)生的邏輯推理有較高的要求。本題難點(diǎn)是同分異構(gòu)體判斷，注意題給條件，結(jié)合官能團(tuán)的性質(zhì)分析解答。25、H2O+SO2=H2SO3，Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O或Zn+2SO2ZnS2O4增大氣體與溶液的接觸面積，加快氣體的吸收速率溶液中存在：Na2S2O4(s)Na2S2O4(aq)2Na+(aq)+(aq)或Na2S2O4(s)2N

46、a+(aq)+(aq)，增大c(Na+)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)水浴加熱Na2S2O4在水中溶解度較大，在酒精中溶解度較小2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2Zn(OH)2難溶于水，易與Na2S2O4分離取少量產(chǎn)品配成稀溶液，加入足量稀鹽酸，充分反應(yīng)后靜置，取上層清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，則可確定產(chǎn)品中含有Na2SO4【解析】合成保險(xiǎn)粉的反應(yīng)物為Zn、SO2、H2O，根據(jù)溫度控制在4045，當(dāng)三頸瓶中溶液pH在33.5時(shí)，停止通入SO2，反應(yīng)后得到ZnS2O4溶液，據(jù)此分析解答。【詳解】（1）合成保險(xiǎn)粉的反應(yīng)物有Zn、SO2、H2O，根據(jù)溫度

47、控制在4045，當(dāng)三頸瓶中溶液pH在33.5時(shí)，說(shuō)明發(fā)生了：H2O+SO2=H2SO3反應(yīng)，最后反應(yīng)得到ZnS2O4溶液，說(shuō)明又發(fā)生了：Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O反應(yīng)，總過(guò)程也可以寫成：Zn+2SO2ZnS2O4，多孔球泡可以增大氣體與液體的接觸面積，加快氣體的吸收速率；（2）溶液中存在：Na2S2O4(s)Na2S2O4(aq)2Na+(aq)+(aq)或Na2S2O4(s)2Na+(aq)+(aq)，增大c(Na+)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，所以向?yàn)V液中加入一定量食鹽，立即析出Na2S2O42H2O晶體；（3）根據(jù)溫度控制在4045可知需要控制溫度的加熱方式一般是水浴加熱；（4

48、）根據(jù)步驟2中將得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中，過(guò)濾，濾渣為Zn(OH)2，向?yàn)V液中加入食鹽，才析出Na2S2O42H2O晶體，可知Na2S2O4在水中溶解度較大；根據(jù)步驟5析出的晶體用無(wú)水乙醇洗滌的目的是使晶體迅速干燥，避免溶解而減少損耗，可知其在酒精中溶解度較?。唬?）由題意可知甲酸鈉、二氧化硫、碳酸鈉反應(yīng)生成Na2S2O4，同時(shí)生成二氧化碳，反應(yīng)的方程式為2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2；（6）鋅粉法產(chǎn)品純度高，可能的原因是Zn(OH)2難溶于水，易與Na2S2O4分離；（7）設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明甲酸鈉法制得的產(chǎn)品中含有Na2SO4，要避免Na

49、2S2O4干擾，所以取少量產(chǎn)品配成稀溶液，加入足量稀鹽酸，充分反應(yīng)后靜置，取上層清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，則可確定產(chǎn)品中含有Na2SO4。26、反應(yīng)后期濃硫酸變稀，而銅和稀硫酸不發(fā)生反應(yīng)，硫酸有剩余 硫酸銅溶液水解呈酸性 溴水或酸性高錳酸鉀 不含 硫化氫和二氧化硫反應(yīng) 氧化銅能與稀硫酸反應(yīng) 玻璃棒；泥三角 充分灼燒的依據(jù)是再次灼燒，冷卻，稱量，兩次的質(zhì)量差不能超過(guò)0.001g; CuS 和Cu2S 【解析】（1）銅和濃硫酸反應(yīng)，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃硫酸會(huì)變成稀硫酸，稀硫酸與銅不反應(yīng)，生成的硫酸銅水解顯酸性；（2）檢驗(yàn)二氧化硫的還原性，可以用具有氧化性的物質(zhì)，且反應(yīng)現(xiàn)象明顯；（3）

50、依據(jù)硫化氫和二氧化硫反應(yīng)進(jìn)行分析；（4）氧化銅可以和稀硫酸反應(yīng)；（5）依據(jù)現(xiàn)象進(jìn)行分析；【詳解】（1）隨著反應(yīng)的進(jìn)行濃硫酸會(huì)變成稀硫酸，稀硫酸與銅不反應(yīng)，使溶液顯酸性，生成的硫酸銅水解使溶液顯酸性，故答案為：反應(yīng)后期濃硫酸變稀，而銅和稀硫酸不發(fā)生反應(yīng)，硫酸有剩余；硫酸銅溶液水解呈酸性；（2）二氧化硫有還原性，所以可以用溴水或者酸性高錳酸鉀溶液檢驗(yàn)，故答案為，溴水或酸性高錳酸鉀；（3）Na2S 和 Na2CO3 混合溶液中通入二氧化硫，不會(huì)生成硫化氫，因?yàn)榱蚧瘹浜投趸虬l(fā)生反應(yīng)，故答案為：不含；硫化氫和二氧化硫反應(yīng)；（4）少量黑色不溶物不可能是 CuO，因?yàn)檠趸~可以和稀硫酸反應(yīng)，故答案為：氧

51、化銅能與稀硫酸反應(yīng)；（5）灼燒固體時(shí)除了需要酒精燈、坩堝、坩堝鉗、三腳架等儀器外，還需要玻璃棒，泥三角，充分灼燒的依據(jù)是再次灼燒，冷卻，稱量，兩次的質(zhì)量差不能超過(guò)0.001g, 設(shè)CuSxmol，Cu2Symol，96x+160y=2；(x+y)80=1.68，解得，x=0.02，y=0.005，故兩者都有，故答案為：玻璃棒；泥三角；充分灼燒的依據(jù)是再次灼燒，冷卻，稱量，兩次的質(zhì)量差不能超過(guò)0.001g; CuS 和Cu2S。27、安全瓶，防止倒吸 能 碳酸鈉溶液顯堿性，可以抑制Na2S水解 溫度過(guò)高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1較多，或Na2S2O1產(chǎn)率降低等其它合理答

52、案 降低Na2S2O1晶體的溶解度，促進(jìn)晶體析出 100% D 【解析】(1)裝置B的作用是平衡壓強(qiáng)，防止倒吸； (2)Na2CO1的作用是與二氧化硫反應(yīng)制備亞硫酸鈉；(1)Na2S是強(qiáng)堿弱酸鹽，易發(fā)生水解；(4)溫度過(guò)高不利于二氧化硫的吸收，產(chǎn)品產(chǎn)率會(huì)降低；(5) Na2S2O15H2O是無(wú)色晶體，易溶于水，難溶于乙醇；(6)根據(jù)反應(yīng)Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1， 列關(guān)系式2Na2S9H2O1S1Na2S2O15H2O，結(jié)合數(shù)據(jù)計(jì)算理論上制得Na2S2O15H2O晶體的質(zhì)量，Na2S2O15H2O的產(chǎn)率

53、為；(7)Na2SO1易被氧化為硫酸鈉，減少副產(chǎn)物的含量就要防止Na2SO1被氧化?！驹斀狻?1)裝置B的作用是平衡壓強(qiáng)，防止倒吸，則B為安全瓶防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是與二氧化硫反應(yīng)制備亞硫酸鈉，氫氧化鈉和二氧化硫反應(yīng)也可以生成亞硫酸鈉，可以代替碳酸鈉；(1)Na2S是強(qiáng)堿弱酸鹽，易發(fā)生水解，碳酸鈉溶液顯堿性，可以抑制Na2S水解；(4) 溫度過(guò)高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1較多，或Na2S2O1產(chǎn)率降低等其它合理答案；(5) Na2S2O15H2O是無(wú)色晶體，易溶于水，難溶于乙醇，則乙醇的作用為：降低Na2S2O1晶體的溶解度，促進(jìn)晶體析出；(6)根據(jù)反應(yīng)Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1， 列關(guān)系式2Na2S9H2O1S1Na2S2O15H2O，理論上制得Na2S2O15H2O晶體的質(zhì)量為g，Na2S2O15H2O的產(chǎn)率為100%=100%；(7)A用煮沸并迅速冷卻后的蒸餾水中含氧量降低，可有效防止Na2SO1被氧化為Na2SO4，可減少副產(chǎn)物的產(chǎn)生，故A不符合題意；B裝置A增加一導(dǎo)管，實(shí)驗(yàn)前通人N2片刻，可將裝置中