2023屆張家口市重點(diǎn)中學(xué)高考壓軸卷化學(xué)試卷含解析

2023高考化學(xué)模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項(xiàng)》，按規(guī)定答題。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、下列敘述正確的是A．Na在足量O2中燃燒，消耗lmolO2時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)是4×6.02×1023B．鹽酸和醋酸的混合溶液pH=1，該溶液中c(H+)=0.1mol/LC．1L0.1mol/LNH4Cl溶液中的NH數(shù)是0.1×6.02×1023D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LCl2中含有0.2mol共價(jià)鍵2、某同學(xué)采用硫鐵礦燒渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質(zhì))制取綠礬(FeSO4·7H2O)，設(shè)計(jì)了如圖流程：下列說法不正確的是（）A．固體1中含有SiO2B．溶解燒渣選用足量鹽酸，試劑X選用鐵粉C．控制pH是為了使Al3+轉(zhuǎn)化為Al(OH)3進(jìn)入固體2D．從溶液2得到FeSO4·7H2O產(chǎn)品的過程中，須控制條件防止其氧化3、第三周期元素X、Y、Z、W的最高價(jià)氧化物溶于水可得四種溶液，0.01mol/L的這四種溶液pH與該元素原子半徑的關(guān)系如下圖所示。下列說法正確的是A．簡單離子半徑:X>Y>Z>WB．W的單質(zhì)在常溫下是黃綠色氣體C．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:Z>W>YD．X和Y的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物恰好中和時(shí)，溶液中的微粒共有2種4、結(jié)構(gòu)片段為…―CH2―CH=CH―CH2―…的高分子化合物的單體是A．乙烯 B．乙炔 C．正丁烯 D．1，3-丁二烯5、固體粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干種。為確定該固體粉末的成分，某同學(xué)依次進(jìn)行了以下實(shí)驗(yàn)：①將X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z②取少量Y加入足量濃鹽酸，加熱，產(chǎn)生黃綠色氣體，并有少量紅色不溶物③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀④用玻璃棒蘸取溶液Z于廣范pH試紙上，試紙呈藍(lán)色分析以上實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，下列結(jié)論正確的是A．X中一定不存在FeO B．不溶物Y中一定含有Fe和CuOC．Z溶液中一定含有KCl、K2CO3 D．Y中不一定存在MnO26、利用小粒徑零價(jià)鐵（ZVI）的電化學(xué)腐蝕處理三氯乙烯，進(jìn)行水體修復(fù)的過程如圖所示。H+，O2，NO3－等共存物的存在會影響水體修復(fù)效果，定義單位時(shí)間內(nèi)ZVI釋放電子的物質(zhì)的量為nt，其中用于有效腐蝕的電子的物質(zhì)的量為ne。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．反應(yīng)①②③④均在正極發(fā)生B．單位時(shí)間內(nèi)，三氯乙烯脫去amolCl時(shí)ne=amolC．④的電極反應(yīng)式為NO3－+10H++8e－=NH4++3H2OD．增大單位體積水體中小粒徑ZVI的投入量，可使nt增大7、下列化合物中，屬于酸性氧化物的是()A．Na2O2 B．SO3 C．NaHCO3 D．CH2O8、將二氧化硫氣體通入KIO3淀粉溶液，溶液先變藍(lán)后褪色。此過程中二氧化硫表現(xiàn)出A．酸性 B．漂白性 C．氧化性 D．還原性9、化學(xué)與人類社會生產(chǎn)、生活有著密切聯(lián)系。下列敘述中正確的是A．“青蒿一握，以水二升漬，絞取汁”，該過程屬于化學(xué)變化B．高溫或日常用的消毒劑可使禽流感病毒蛋白質(zhì)變性C．蘋果放在空氣中久置變黃和紙張久置變黃原理相似D．燃煤中加入CaO主要是為了減少溫室氣體的排放10、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。元素W分別與元素X、Y、Z結(jié)合形成質(zhì)子數(shù)相同的甲、乙、丙三種分子。反應(yīng)②是工業(yè)制硝酸的重要反應(yīng)，乙與丙的混合物不能用玻璃瓶盛裝。上述物質(zhì)有如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系：下列說法錯(cuò)誤的是A．甲是易液化氣體，常用作致冷劑B．可以用甲在一定條件下消除丁對環(huán)境的污染C．甲、丙分子可以直接化合生成離子化合物D．丁是一種紅棕色氣體，是大氣主要污染物之一11、分別進(jìn)行下表所示實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A測量熔融狀態(tài)下NaHSO4的導(dǎo)電性能導(dǎo)電熔融狀態(tài)下NaHSO4能電離出Na+、H+、SO42-B向某溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液溶液變紅色溶液中含有Fe2+C向濃度均為0.1mol/L的MgSO4、CuSO4的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液先看到藍(lán)色沉淀生成Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]D將AlCl3溶液加熱蒸干得到白色固體白色固體成分為純凈的AlCl3A．A B．B C．C D．D12、下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的變化可以用元素周期律解釋的是()A．酸性：HCl>H2S>H2O B．密度：Na>K>LiC．沸點(diǎn)：NH3>AsH3>PH3 D．穩(wěn)定性：HF>HCl>HBr13、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．31g白磷中含有的電子數(shù)是3.75NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L的C8H10中含有的碳?xì)滏I的數(shù)目是10NAC．1L0.1mol?L-1的乙酸溶液中含有的氧原子數(shù)為0.2NAD．5.6gFe與足量I2反應(yīng)，F(xiàn)e失去0.2NA個(gè)電子14、短周期主族元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大。四種元素形成的單質(zhì)依次為m、n、p、q；x、y、z是這些元素組成的二元化合物，其中z為形成酸雨的主要物質(zhì)之一；25℃時(shí)，0.01mol·L－1w溶液中，c(H+)/c(OH-)＝1.0×10－10。上述物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A．原子半徑的大?。篴＜b＜c＜dB．氫化物的沸點(diǎn)：b＞dC．x的電子式為：D．y、w含有的化學(xué)鍵類型完全相同15、如圖所示，甲池的總反應(yīng)式為：N2H4+O2═N2+2H2O下列關(guān)于該電池工作時(shí)說法正確的是（）A．甲池中負(fù)極反應(yīng)為：N2H4﹣4e﹣═N2+4H+B．甲池溶液pH不變，乙池溶液pH減小C．反應(yīng)一段時(shí)間后，向乙池中加一定量CuO固體，能使CuSO4溶液恢復(fù)到原濃度D．甲池中消耗2.24LO2，此時(shí)乙池中理論上最多產(chǎn)生12.8g固體16、下列實(shí)驗(yàn)?zāi)苓_(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康那曳习踩蟮氖牵ǎ〢．利用排空氣法收集CO2B．收集氧氣C．制備并檢驗(yàn)氫氣的可燃性D．稀釋濃硫酸17、下列關(guān)于鋁及其化合物的說法中不正確的是（）A．工業(yè)上冶煉金屬鋁時(shí)，通過在氧化鋁中添加冰晶石的方法降低電解能耗B．鋁制品表面可以形成耐腐蝕的致密氧化膜保護(hù)層，因此可以用鋁罐盛放咸菜，用鋁罐車運(yùn)輸濃硫酸C．鋁合金具有密度小、強(qiáng)度高、塑性好等優(yōu)點(diǎn)，廣泛應(yīng)用于制造飛機(jī)構(gòu)件D．在飽和明礬溶液中放入幾粒形狀規(guī)則的明礬晶體，靜置幾天后可觀察到明礬小晶體長成明礬大晶體18、常溫下，將鹽酸滴加到Na2X溶液中，混合溶液的pOH[pOH=—lgc(OH-)]與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是A．曲線N表示pOH與兩者的變化關(guān)系B．NaHX溶液中c(X2-)>c(H2X)C．當(dāng)混合溶液呈中性時(shí)，c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)D．常溫下，Na2X的第一步水解常數(shù)Kh1=1.0×10-419、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．1mol過氧化鈉中陰離子所帶的負(fù)電荷數(shù)為NAB．14g乙烯和丙烯的混合物中含有的碳原子的數(shù)目為NAC．28gC16O與28gC18O中含有的質(zhì)子數(shù)均為14NAD．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1．4L氯氣與足量氫氧化鈉溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA20、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(diǎn)時(shí)，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(diǎn)對應(yīng)溶液中存在：c(A-)=c(B-)21、在25℃時(shí),將1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合，使之充分反應(yīng)。然后向該混合溶液中通入HCl氣體或加入NaOH固體(忽略體積和溫度變化)，溶液pH隨通入(或加入)物質(zhì)的物質(zhì)的量的變化如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是(

)A．水的電離程度：a>b>cB．c點(diǎn)對應(yīng)的混合溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)C．a(chǎn)點(diǎn)對應(yīng)的混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)D．該溫度下，CH3COOH的電離平衡常數(shù)22、下列晶體中屬于原子晶體的是（）A．氖 B．食鹽C．干冰 D．金剛石二、非選擇題(共84分)23、（14分）某探究性學(xué)習(xí)小組為了探究一種無機(jī)鹽A的組成（只含四種常見元素且陰陽離子個(gè)數(shù)比為1∶1），設(shè)計(jì)并完成了如下實(shí)驗(yàn)：已知，標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體單質(zhì)C的密度為1.25g·，白色沉淀D不溶于稀鹽酸，氣體B是無色無味的酸性氣體。（1）無機(jī)鹽A中所含金屬元素為_________________。（2）寫出氣體C的結(jié)構(gòu)式_________________。（3）寫出無機(jī)鹽A與反應(yīng)的離子方程式__________________________________。（4）小組成員在做離子檢驗(yàn)時(shí)發(fā)現(xiàn)，待測液中加入A后，再加，一段時(shí)間后發(fā)現(xiàn)出現(xiàn)的血紅色褪去。試分析褪色的可能原因。并用實(shí)驗(yàn)方法證明（寫出一種原因即可）。原因________________________，證明方法________________________________________________。24、（12分）原子序數(shù)依次增大的X、Y、Z、W、M五種短周期主族元素中，X、Y兩元素間能形成原子個(gè)數(shù)比分別為1:1和1:2的固態(tài)化合物A和B，Y是短周期元素中失電子能力最強(qiáng)的元素，W、M的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物化學(xué)式分別為H3WO4、HMO4，Z的單質(zhì)能與鹽酸反應(yīng)。(1)根據(jù)上述條件不能確定的元素是______（填代號），A的電子式為_____，舉例說明Y、Z的金屬性相對強(qiáng)弱：______(寫出一個(gè)即可）。(2)W能形成多種含氧酸及應(yīng)的鹽，其中NaH2WO2能與鹽酸反應(yīng)但不能與NaOH溶液反應(yīng)，則下列說法中正確的是___________(填字母)AH3WO2是三元酸BH3WO2是一元弱酸CNaH2WO2是酸式鹽DNaH2WO2不可能被硝酸氧化(3)X、M形成的一種化合物MX2是一種優(yōu)良的水處理劑，某自來水化驗(yàn)室利用下列方法襝測處理后的水中MX2殘留量是否符合飲用水標(biāo)準(zhǔn)（殘留MX2的濃度不高于0.1mg?L-1），已知不同pH環(huán)境中含M粒子的種類如圖所示：I.向100.00mL水樣中加入足量的KI，充分反應(yīng)后將溶液調(diào)至中性，再加入2滴淀粉溶液。向I中所得溶液中滴加2.0×10-4mol?L-1的溶液至終點(diǎn)時(shí)消耗5.00mL標(biāo)準(zhǔn)溶液(已知2S2O32-+I2=S4O26-+2I-）。①則該水樣中殘留的的濃度為______mg?L-1。②若再向II中所得溶液中加硫酸調(diào)節(jié)水樣pH至1?3，溶液又會呈藍(lán)色，其原因是____(用離子方程式表示）。25、（12分）某研究小組由Cu(NO3)2溶液先制得Cu(NO3)2·3H2O晶體，然后在下圖所示實(shí)驗(yàn)裝置中(夾持及控溫裝置省略)，用Cu(NO3)2·3H2O晶體和SOCl2制備少量無水Cu(NO3)2。已知：SOCl2的熔點(diǎn)為－105℃、沸點(diǎn)為76℃、遇水劇烈水解生成兩種酸性氣體。（1）由Cu(NO3)2溶液制得Cu(NO3)2·3H2O晶體的實(shí)驗(yàn)步驟包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、抽濾等步驟。①蒸發(fā)濃縮時(shí)當(dāng)蒸發(fā)皿中出現(xiàn)______________________________(填現(xiàn)象)時(shí)，停止加熱。②為得到較大顆粒的Cu(NO3)2·3H2O晶體，可采用的方法是_______________(填一種)。（2）①儀器c的名稱是________。②向三頸燒瓶中緩慢滴加SOCl2時(shí)，需打開活塞________(填“a”或“b”或“a和b”)。（3）裝置甲中Cu(NO3)2·3H2O和SOCl2發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________________________________。（4）裝置乙的作用是______________________________________。26、（10分）某研究學(xué)習(xí)小組要制備一種在水中溶解度很小的黃色化合物[Fex(C2O4)y·zH2O]，并用滴定法測定其組成。已知H2C2O4在溫度高于90℃時(shí)易發(fā)生分解。實(shí)驗(yàn)操作如下：步驟一：將圖甲分液漏斗中的草酸溶液滴入錐形瓶內(nèi)，可生成黃色沉淀；步嶸二：稱取黃色產(chǎn)物0.841g于錐形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加熱至70~85℃。待固體全部溶解后，用膠頭滴管吸岀一滴溶液點(diǎn)在點(diǎn)滴板上，用鐵氰化鉀溶液檢驗(yàn)，無藍(lán)色沉淀產(chǎn)生；步驟三：用0.080mol/LKMnO4標(biāo)準(zhǔn)液滴定步驟二所得的溶液；步驟四：向步驟三滴定后的溶液中加足量的Zn粉和硫酸溶液，幾分鐘后用膠頭滴管吸岀一滴點(diǎn)在點(diǎn)滴板上，用KSCN溶浟檢驗(yàn)，若不顯紅色，過濾除去Zn粉，并用稀硫酸洗滌Zn粉，將洗滌液與濾液合并，用0.0800mol/LKMnO4標(biāo)準(zhǔn)液滴定，用去髙錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)液10.00mL。(1)步驟一中將沉淀從反應(yīng)混合物中分離出來的操作名稱是__________________。(2)步驟二中水浴加熱并控制溫度70~85℃的理由是__________________，加鐵氰化鉀溶液無藍(lán)色沉淀產(chǎn)生，此操作的目的是__________________。(3)步驟三盛裝KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管在滴定前后的液如圖乙所示，則消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液的體積為__________________，該滴定管為_________滴定管(填“酸式”或“堿式”)(4)步驟四中滴定時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________________________。若不合并洗滌液，則消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液的體積將_________(填“增大”“減小”或“不變”)。由以上數(shù)據(jù)計(jì)算黃色化合物的化學(xué)式為__________________。27、（12分）二氧化硫(SO2)是一種在空間地理、環(huán)境科學(xué)、地質(zhì)勘探等領(lǐng)域受到廣泛研究的一種氣體。Ⅰ.某研究小組設(shè)計(jì)了一套制備及檢驗(yàn)SO2部分性質(zhì)的裝置，如圖所示：(1)儀器A的名稱____________。(2)裝置乙的作用是為了觀察生成SO2的速率，則裝置乙中加入的試劑是____________。(3)①實(shí)驗(yàn)前有同學(xué)提出質(zhì)疑：該裝置沒有排空氣，而空氣中的O2氧化性強(qiáng)于SO2，因此裝置丁中即使有渾濁現(xiàn)象也不能說明是SO2導(dǎo)致的。請你寫出O2與Na2S溶液反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式____________。②為進(jìn)一步檢驗(yàn)裝置丁產(chǎn)生渾濁現(xiàn)象的原因，進(jìn)行新的實(shí)驗(yàn)探究。實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象見表：序號實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象1向10mL1mol/LNa2S溶液中通O215min后，溶液才出現(xiàn)渾濁2向10mL1mol/LNa2S溶液中通SO2溶液立即出現(xiàn)黃色渾濁由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知：該實(shí)驗(yàn)條件下Na2S溶液出現(xiàn)渾濁現(xiàn)象是SO2導(dǎo)致的。你認(rèn)為上表實(shí)驗(yàn)1反應(yīng)較慢的原因可能是____________。Ⅱ.鐵礦石中硫元素的測定可以使用燃燒碘量法，其原理是以氮?dú)鉃檩d體，以稀鹽酸、淀粉和碘化鉀的混合溶液為吸收液，用0.0010mol·L-1KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定。檢測裝置如圖所示：[查閱資料]①實(shí)驗(yàn)進(jìn)行5min樣品中的S元素都可轉(zhuǎn)化為SO2②2IO3-+5SO2+4H2O=8H++5SO42-+I2③I2+SO2+2H2O=2I-+SO42-+4H+④IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O(4)工業(yè)設(shè)定的滴定終點(diǎn)現(xiàn)象是____________。(5)實(shí)驗(yàn)一：不放樣品進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，5min后測得消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積為V1實(shí)驗(yàn)二：加入1g樣品再進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，5min后測得消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積為V2①比較數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)V1遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于V2，可忽略不計(jì)。則設(shè)置實(shí)驗(yàn)一的目的是___________。②測得V2的體積如表：序號123KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液體積/mL10.029.9810.00該份鐵礦石樣品中硫元素的質(zhì)量百分含量為____________。28、（14分）鉛的單質(zhì)、氧化物、鹽在現(xiàn)代工業(yè)中有著重要用途。（1）鉛能形成多種氧化物，如堿性氧化物PbO、酸性氧化物PbO2、類似Fe3O4的Pb3O4，盛有PbO2的圓底燒瓶中滴加濃鹽酸，產(chǎn)生黃綠色氣體，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。（2）以廢舊鉛酸電池中的含鉛廢料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4為原料，制備高純PbO，實(shí)現(xiàn)鉛的再生利用。其工作流程如下：過程1中分離提純的方法是___，濾液2中的溶質(zhì)主要是____填物質(zhì)的名稱）。過程1中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反應(yīng)生成PbSO4的化學(xué)方程式是_______。（3）將PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的電解液，電解Na2PbCl4溶液生成Pb的裝置如圖所示。①寫出電解時(shí)陰極的電極反應(yīng)式_________。②電解過程中通過陽離子交換膜的離子主要為____。③電解過程中，Na2PbCl4電解液濃度不斷減小，為了恢復(fù)其濃度，應(yīng)該向____極室（填“陰”或者“陽”）加入____（填化學(xué)式）。29、（10分）2019年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)?lì)C給了三位為鋰離子電池發(fā)展做出重要貢獻(xiàn)的科學(xué)家。利用廢舊二次電池[主要成分為Ni(OH)2、Fe2O3、MnO2、碳粉、鋁箔等]合成電池級Ni(OH)2的工藝流程如下：已知：氫氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Ni(OH)2Mn(OH)2Ksp(室溫下)4.0×10-381.0×10-331.6×10-142.0×10-13(1)①已知“酸浸”后濾液中含有：Ni2+、Al3+、Fe3+、Mn2+，調(diào)節(jié)溶液的pH約為5，其目的是__；以下最適合作為物質(zhì)X的是____（填字母）。A．雙氧水B．氨水C．鹽酸D．NiO②若濾液中Ni2+的濃度為2mol?L-1，列式計(jì)算判斷此時(shí)濾渣Ⅱ中是否有Ni(OH)2沉淀：___。(2)濾渣Ⅲ的主要成分是____，“氧化除錳”過程發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為______。(3)用Ni(OH)2和LiOH在空氣中混合加熱至700℃～800℃可制得LiNiO2（鎳酸鋰），該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。(4)鎳酸鋰是一種有較好前景的鋰離子電池正極材料。該電池在充放電過程中，發(fā)生LiNiO2和Li1-xNiO2之間的轉(zhuǎn)化，充電時(shí)LiNiO2在_______（填“陰”或“陽“）極發(fā)生反應(yīng)，該電極的電極反應(yīng)式為_____。

參考答案（含詳細(xì)解析）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【答案解析】

A．反應(yīng)后氧元素的價(jià)態(tài)為-1價(jià)，故lmolO2時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)是2×6.02×1023，故A錯(cuò)誤；B．混合溶液pH=1，pH=-lgc（H+）=1，故c（H+）=10-pH=0.1mol/L，故B正確；C．NH4+是弱堿陽離子，在溶液中會水解，故NH4+數(shù)小于0.1×6.02×1023，故C錯(cuò)誤；D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LCl2的物質(zhì)的量為0.1mol，而1mol氯氣中含1mol共價(jià)鍵，故0.1mol氯氣中含0.1mol共價(jià)鍵，故D錯(cuò)誤；故選B。2、B【答案解析】

硫鐵礦燒渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質(zhì))，加足量酸，氧化鐵、氧化鋁與酸反應(yīng)，二氧化硅不反應(yīng)，因此固體1為SiO2，溶液1為硫酸鋁、硫酸鐵、硫酸，加入足量鐵粉，生成硫酸亞鐵，加氫氧化鈉控制pH值，沉淀鋁離子，溶液2為硫酸亞鐵?！绢}目詳解】A.根據(jù)分析得到固體1中含有SiO2，故A正確；B.最后要得到綠礬，因此溶解燒渣選用足量硫酸，試劑X選用鐵粉，故B錯(cuò)誤；C.控制pH是為了使Fe2+、Al3+混合溶液中Al3+轉(zhuǎn)化為Al(OH)3進(jìn)入固體2，故C正確；D.從溶液2得到FeSO4·7H2O產(chǎn)品的過程中，亞鐵離子容易被氧化，因此須控制條件防止其氧化，故D正確。綜上所述，答案為B。3、B【答案解析】

第三周期元素中，X最高價(jià)氧化物水化物的溶液pH為12，氫氧根濃度為0.01mol/L，故為一元強(qiáng)堿，則X為Na元素；Y、W、Z對應(yīng)的最高價(jià)氧化物水化物的溶液pH均小于7，均為酸，W最高價(jià)含氧酸溶液中氫離子濃度為0.01mol/L，故為一元強(qiáng)酸，則W為Cl元素；最高價(jià)含氧酸中，Z對應(yīng)的酸性比W的強(qiáng)、Y對應(yīng)的酸性比W的弱，而原子半徑Y(jié)＞Z＞Cl，SiO2不溶于水，故Z為S元素，Y為P元素，以此解答該題?！绢}目詳解】綜上所述可知X是Na元素，Y是P元素，Z是S元素，W是Cl元素。A.離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大，離子半徑越??；離子的電子層越多，離子半徑越大，離子半徑P3->S2->Cl->Na+，A錯(cuò)誤；B.W是Cl元素，其單質(zhì)Cl2在常溫下是黃綠色氣體，B正確；C.元素的非金屬性越強(qiáng)，其簡單氫化物的穩(wěn)定性就越強(qiáng)，由于元素的非金屬性W>Z>Y，所以氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：W>Z>Y，C錯(cuò)誤；D.X和Y的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物分別為NaOH、H3PO4，二者恰好中和時(shí)生成磷酸鈉，由于該鹽是強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液中磷酸根發(fā)生分步水解反應(yīng)，產(chǎn)生HPO42-，產(chǎn)生的HPO4-會進(jìn)一步發(fā)生水解反應(yīng)產(chǎn)生H2PO4-、H3PO4，同時(shí)溶液中還存在H+、OH-，因此溶液中的微粒種類比2種多，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是B?！敬鸢更c(diǎn)睛】本題考查結(jié)構(gòu)、性質(zhì)、位置關(guān)系的應(yīng)用的知識，根據(jù)溶液的pH與濃度的關(guān)系，結(jié)合原子半徑推斷元素是解題關(guān)鍵，側(cè)重對元素周期表、元素周期律的考查，難度中等。4、D【答案解析】

結(jié)構(gòu)片段為…―CH2―CH=CH―CH2―…，說明該高分子為加聚產(chǎn)物，則該高分子化合物的單體是CH2=CHCH=CH2，即為1，3-丁二烯，答案選D。5、B【答案解析】

①將X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能為Fe、FeO、CuO、MnO2中的物質(zhì)，Z可能為KCl和K2CO3中的物質(zhì)；②取少量Y加入足量濃鹽酸，加熱，產(chǎn)生黃綠色氣體，并有少量紅色不溶物，黃綠色氣體為氯氣，說明Y中含有MnO2，紅色不溶物為銅，說明反應(yīng)后有Cu生成，說明Y中含有的CuO與酸反應(yīng)生成的CuCl2被置換出來了，可說明Y中還含有Fe，所以Y中含有Fe、CuO、MnO2；③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能為氯化銀或碳酸銀沉淀；④用玻璃棒蘸取溶液Z于廣范pH試紙上，試紙呈藍(lán)色，說明溶液呈堿性，一定含有K2CO3，可能含有KCl，由以上分析可知X中一定含有Fe、CuO、MnO2、K2CO3，但不能確定是否含有FeO、KCl。答案選B。6、B【答案解析】

A選項(xiàng)，由修復(fù)過程示意圖中反應(yīng)前后元素化合價(jià)變化可知，反應(yīng)①②③④均為得電子的反應(yīng)，所以應(yīng)在正極發(fā)生，故A正確；B選項(xiàng)，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合價(jià)為+1價(jià)，乙烯中C原子化合價(jià)為-2價(jià)，1molC2HCl3轉(zhuǎn)化為1molC2H4時(shí)，得到6mol電子，脫去3mol氯原子，所以脫去amolCl時(shí)ne=2amol，故B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，由示意圖及N元素的化合價(jià)變化可寫出如下轉(zhuǎn)化NO3_+8e_—NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O來配平該反應(yīng)，而不能用H2O和OH_來配平，所以④的電極反應(yīng)式為NO3_+10H++8e_=NH4++3H2O，故C正確；D選項(xiàng)，增大單位體積水體中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正極的接觸面積，加快ZVI釋放電子的速率，可使nt增大，故D正確；綜上所述，答案為B。7、B【答案解析】

A.Na2O2是過氧化物，不屬于酸性氧化物，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.SO3＋2NaOH=Na2SO4＋H2O，SO3是酸性氧化物，選項(xiàng)B正確；C.NaHCO3不屬于氧化物，是酸式鹽，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.CH2O由三種元素組成，不是氧化物，為有機(jī)物甲醛，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選B?！敬鸢更c(diǎn)睛】本題考查酸性氧化物概念的理解，凡是能與堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物，注意首先必須是氧化物，由兩種元素組成的化合物，其中一種元素為氧元素的化合物。8、D【答案解析】

將二氧化硫氣體通入KIO3淀粉溶液，溶液先變藍(lán)后褪色，說明首先生成單質(zhì)碘，然后單質(zhì)碘繼續(xù)與二氧化硫反應(yīng)生成碘化氫和硫酸，因此反應(yīng)程中二氧化硫表現(xiàn)出還原性。答案選D。9、B【答案解析】

A．提取青蒿素的過程類似于溶解、過濾，屬于物理變化，故A錯(cuò)誤；B．高溫或日常用的消毒劑可使禽流感病毒蛋白質(zhì)變性，故B正確；C．蘋果放在空氣中久置變黃是因?yàn)閬嗚F離子被氧化，紙張久置變黃是因?yàn)榧垙堉械哪举|(zhì)素容易氧化變黃，原理不相似，故C錯(cuò)誤；D．燃煤中加入CaO主要是為了減少二氧化硫氣體的排放，故D錯(cuò)誤。故選B。10、D【答案解析】

X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。元素W分別與元素X、Y、Z結(jié)合形成質(zhì)子數(shù)相同的甲、乙、丙三種分子，則W為H元素。反應(yīng)②是工業(yè)制硝酸的重要反應(yīng)，乙與丙的混合物不能用玻璃瓶盛裝，乙是H2O，丙是HF，Z的單質(zhì)是F2，Y是O2，甲是NH3，丁中NO?！绢}目詳解】A.甲為NH3，氨氣易液化，揮發(fā)吸收大量的熱量，常用作致冷劑，故A正確；B．6NO＋4NH3=5N2＋6H2O，產(chǎn)生無污染的氮?dú)夂退?，可以用甲在一定條件下消除丁對環(huán)境的污染，故B正確；C.甲為NH3、丙為HF，甲、丙分子可以直接化合生成離子化合物NH4F，故C正確；D.丁是NO，是一種無色氣體，是大氣主要污染物之一，故D錯(cuò)誤；故選D。【答案點(diǎn)睛】本題考查無機(jī)物推斷，結(jié)合題干信息及轉(zhuǎn)化關(guān)系推斷物質(zhì)組成為解答關(guān)鍵，注意掌握常見元素化合物性質(zhì)，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析、理解能力及邏輯推理能力，易錯(cuò)點(diǎn)D，反應(yīng)②是工業(yè)制硝酸的重要反應(yīng)，說明生成的丁是NO，不是NO2。11、C【答案解析】

A.NaHSO4是離子化合物，熔融狀態(tài)下NaHSO4電離產(chǎn)生Na+、HSO4-，含有自由移動的離子，因此在熔融狀態(tài)下具有導(dǎo)電性，A錯(cuò)誤；B.向某溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液，溶液變紅色，說明滴加氯水后的溶液中含有Fe3+，不能證明溶液中Fe3+是原來就含有還是Fe2+反應(yīng)產(chǎn)生的，B錯(cuò)誤；C.Mg(OH)2、Cu(OH)2的構(gòu)型相同，向濃度均為0.1mol/L的MgSO4、CuSO4的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，首先看到產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，說明Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，C正確；D.AlCl3是強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中Al3+水解，產(chǎn)生Al(OH)3和HCl，將AlCl3溶液加熱蒸干，HCl揮發(fā)，最后得到的固體為Al(OH)3，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。12、D【答案解析】

A、HCl、H2S、H2O分別是Cl、S、O的氫化物，不是最高價(jià)含氧酸，不能用元素周期律解釋酸性的強(qiáng)弱；B、密度屬于物理性質(zhì)，不能用元素周期律解釋；C、NH3分子間形成氫鍵，沸點(diǎn)：NH3AsH3PH3，沸點(diǎn)屬于物理性質(zhì)，不能用元素周期律解釋；D、非金屬性：FClBr，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HFHClHBr，能用元素周期律解釋；答案選D?！敬鸢更c(diǎn)睛】本題考查元素周期律的應(yīng)用，理解元素周期律的內(nèi)容是解題的關(guān)鍵。能用元素周期律解釋的元素的性質(zhì)是：原子半徑、元素的主要化合價(jià)、元素的金屬性和非金屬性，元素的金屬性表現(xiàn)在金屬單質(zhì)與水（或酸）置換出氫的難易、最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物堿性的強(qiáng)弱，元素的非金屬性表現(xiàn)在非金屬單質(zhì)與H2化合的難易、氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性、最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物酸性的強(qiáng)弱；注意用元素周期律不能解釋物理性質(zhì)、氣態(tài)氫化物水溶液酸性的強(qiáng)弱。13、D【答案解析】

A．P是15號元素，31g白磷中含有的電子數(shù)是15NA，故A錯(cuò)誤；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，C8H10是液態(tài)，無法用氣體摩爾體積計(jì)算物質(zhì)的量，故B錯(cuò)誤；C．1L0.1mol?L-1的乙酸溶液中，水也含有氧原子，含有的氧原子數(shù)大于0.2NA，故C錯(cuò)誤；D．5.6gFe與足量I2反應(yīng)，F(xiàn)e＋I(xiàn)2=FeI2，F(xiàn)e失去0.2NA個(gè)電子，故D正確；故選D。14、B【答案解析】

z是形成酸雨的主要物質(zhì)之一，推出z是SO2，n、p為單質(zhì)，因此n、p為S和O2，c(H＋)/c(OH－)=10－10，溶液顯堿性，即c(OH－)=10－2mol·L－1，w為強(qiáng)堿，即NaOH，推出x和y反應(yīng)可能是Na2O2與H2O反應(yīng)，即n為O2，q為S，四種元素原子序數(shù)增大，推出a為H，b為O，p為Na，據(jù)此分析作答?！绢}目詳解】A、半徑大小比較：一看電子層數(shù)，電子層數(shù)越多，半徑越大，二看原子序數(shù)，電子層數(shù)相同，半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，因此半徑順序是：Na>S>O>H，故錯(cuò)誤；B、氫化物分別是H2O、H2S，H2O中含有分子間氫鍵，H2S沒有，則H2O的沸點(diǎn)高于H2S，故正確；C、x為H2O，其電子式為：，故錯(cuò)誤；D、y是過氧化鈉，w為NaOH，前者只含離子鍵，后者含有離子鍵和共價(jià)鍵，故錯(cuò)誤；答案選B。15、C【答案解析】試題分析：甲池是原電池，N2H4發(fā)生氧化反應(yīng)，N2H4是負(fù)極，在堿性電解質(zhì)中的方程式為N2H4﹣4e﹣+4OH－═N2+4H2O，故A錯(cuò)誤；甲池的總反應(yīng)式為：N2H4+O2═N2+2H2O，有水生成溶液濃度減小，PH減??；乙池是電解池，乙池總反應(yīng)：2CuSO4+2H2O=2Cu+O2+2H2SO4，乙池溶液pH減小，故B錯(cuò)誤；乙池析出銅和氧氣，所以反應(yīng)一段時(shí)間后，向乙池中加一定量CuO固體，能使CuSO4溶液恢復(fù)到原濃度，故C正確；2.24LO2在非標(biāo)準(zhǔn)狀況下的物質(zhì)的量不一定是0.1mol，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：本題考查原電池、電解池。16、B【答案解析】

A.CO2的密度比空氣大，應(yīng)該由長導(dǎo)氣管通入，用向上排空氣的方法收集，A錯(cuò)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(yīng)產(chǎn)生氣體，通過導(dǎo)氣管逸出的氣體中含有H2、O2，若立即點(diǎn)燃會發(fā)生爆炸，應(yīng)該等排出一段時(shí)間氣體后再點(diǎn)燃，C錯(cuò)誤；D.濃硫酸稀釋時(shí)，應(yīng)該將濃硫酸沿?zé)瓋?nèi)壁緩緩注入盛有水的燒杯中，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是B。17、B【答案解析】

A.電解熔融氧化鋁加冰晶石是為了降低電解液工作溫度，降低電解能耗，故A正確；B.長時(shí)間用鋁罐盛放咸菜，鋁表面的氧化膜會被破壞失去保護(hù)鋁的作用；濃硫酸具有強(qiáng)吸水性，容器口部的濃硫酸吸收空氣中的水蒸汽后稀釋為稀硫酸，稀硫酸能溶解鋁罐口部的氧化膜保護(hù)層，故B錯(cuò)誤；C.鋁合金具有密度小、強(qiáng)度高、塑性好等優(yōu)點(diǎn)，被廣泛地應(yīng)用于航空工業(yè)等領(lǐng)域，例如用于制造飛機(jī)構(gòu)件，故C正確；D.培養(yǎng)明礬晶體時(shí)，在飽和明礬溶液中放入幾粒形狀規(guī)則的明礬晶體，靜置幾天后可觀察到明礬小晶體長成明礬大晶體，故D正確；綜上所述，答案為B。18、D【答案解析】

Na2X溶液中，X2-分步水解，以第一步水解為主，則Kh1(X2-)＞Kh2(X2-)，堿性條件下，則pOH相同時(shí)，＞，由圖象可知N為pOH與lg的變化曲線，M為pOH與lg變化曲線，當(dāng)lg或lg=0時(shí)，說明或=1，濃度相等，結(jié)合圖像可計(jì)算水解常數(shù)并判斷溶液的酸堿性?！绢}目詳解】A．由以上分析可知，曲線N表示pOH與lg的變化曲線，故A錯(cuò)誤；B．由曲線M可知，當(dāng)lg=0時(shí)，=1，pOH=9，c(OH-)=10-9mol/L，則Kh2(X2-)=×c(OH-)=1×10-9；由曲線N可知，當(dāng)lg=0時(shí)，=1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，則HX-的電離平衡常數(shù)Ka2===1×10-10，則NaHX溶液中HX-的水解程度大于電離程度，溶液中c(H2X)>c(X2-)，故B錯(cuò)誤；C．混合液中存在電荷守恒式為c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-)，則當(dāng)混合溶液呈中性時(shí)，c(Na+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)，故C錯(cuò)誤；D．由曲線N可知，當(dāng)lg=0時(shí)，=1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，則Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，故D正確；故答案為D。19、B【答案解析】

A．1mol過氧化鈉(Na2O2)中陰離子(O1-)所帶的負(fù)電荷數(shù)應(yīng)為2NA，A不正確；B．乙烯和丙烯的最簡式都是CH2，故14g中混合物所含的碳原子數(shù)為=1mol，即碳原子數(shù)目為NA，B正確；C．28gC16O的物質(zhì)的量為1mol，含有的質(zhì)子數(shù)為1mol×（6+8）×NA=14NA，28gC18O的物質(zhì)的量為=mol，即質(zhì)子數(shù)為14×NA<14NA，C不正確；D．由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1.4L氯氣與足量氫氧化鈉溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA，D不正確；故答案選B。20、D【答案解析】

未加NaOH溶液時(shí)，HA的AG=12，則c（H+）?c（OH-）=10-14，=10-12，則c（H+）=0.1mol/L=c（HA），HA是強(qiáng)酸；未加NaOH溶液時(shí)，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；【題目詳解】A．P點(diǎn)AG=0時(shí)，c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，HA是強(qiáng)酸，酸堿的物質(zhì)的量相等，酸堿的物質(zhì)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(jìn)水電離，且酸中c（H+）越大其抑制水電離程度越大，M、P點(diǎn)溶液都呈中性，則M、P點(diǎn)不影響水的電離，N點(diǎn)NaB濃度較大，促進(jìn)水電離，所以水的電離程度：N＞M=P，故C正確；D．M、P點(diǎn)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(diǎn)c（A-）=c（Na+）、M點(diǎn)c（Na+）=c（B-），但是c（Na+）：M＜P點(diǎn)，則c（A-）＞c（B-），故D錯(cuò)誤；答案選D?！敬鸢更c(diǎn)睛】本題考查酸堿混合溶液定性判斷，明確混合溶液中溶質(zhì)及其性質(zhì)、酸的酸性強(qiáng)弱是解本題關(guān)鍵，注意B中微粒濃度的近似處理方法。21、D【答案解析】

A.CH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解促進(jìn)水的電離，CH3COOH的電離抑制水的電離。若向該混合溶液中通入HCl，c點(diǎn)反應(yīng)CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl恰好完全發(fā)生，CH3COONa減少，CH3COOH增多；若向該混合溶液中加入NaOH固體，a點(diǎn)反應(yīng)CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全進(jìn)行，CH3COONa增多，CH3COOH減少，因此，水的電離程度：a>b>c，故A正確；B.CH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，b點(diǎn)溶液呈酸性，說明CH3COOH濃度遠(yuǎn)大于CH3COONa，c點(diǎn)CH3COONa與HCl反應(yīng)完全，溶液呈酸性，此時(shí)溶液為CH3COOH和NaCl溶液，則c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故B正確；C.a點(diǎn)反應(yīng)CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全進(jìn)行，溶液中電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），此時(shí)pH=7，則c（H+）=c（OH-），則c（Na+）=c（CH3COO-），故C正確；D.該溫度下pH=7時(shí)，c（H+）=10-7mol·L-1，c（CH3COO-）=c（Na+）=0.2mol/L，c（CH3COOH）=（c-0.2）mol/L，則醋酸的電離平衡常數(shù)Ka==，故D錯(cuò)誤；故選D?！敬鸢更c(diǎn)睛】解答本題的難點(diǎn)是選項(xiàng)A，需要明確酸、堿抑制水的電離，鹽類水解促進(jìn)水的電離。需要分析a、b、c三點(diǎn)c(CH3COOH)和c(CH3COONa)的差別，從而確定水的電離程度的相對大小。22、D【答案解析】

根據(jù)原子晶體的組成特點(diǎn)及常見的性質(zhì)判斷，晶體硅、金剛石和二氧化硅等是常見的原子晶體?！绢}目詳解】A、氖屬于分子晶體，選項(xiàng)A不選；B、食鹽為氯化鈉晶體，氯化鈉屬于離子晶體，選項(xiàng)B不選；C、干冰屬于分子晶體，選項(xiàng)C不選；D、金剛石屬于原子晶體，選項(xiàng)D選；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、鈉或NaN≡N離子被氧化在已褪色的溶液中加入足量的KSCN，若重新變血紅色，則該解釋正確【答案解析】

將文字信息標(biāo)于框圖，結(jié)合實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象進(jìn)行推理。【題目詳解】（1）溶液焰色反應(yīng)呈黃色，則溶液中有Na+，無機(jī)鹽A中含金屬元素鈉（Na）。（2）氣體單質(zhì)C的摩爾質(zhì)量M(C)=22.4L/mol×1.25g/L=28g/mol，故為氮?dú)猓∟2），其結(jié)構(gòu)式N≡N，從而A中含N元素。（3）圖中，溶液與NaHCO3反應(yīng)生成氣體B為CO2，溶液呈酸性。白色沉淀溶于鹽酸生成氣體B（CO2），則白色沉淀為BaCO3，氣體中含CO2，即A中含C元素。溶液與BaCl2反應(yīng)生成的白色沉淀D不溶于稀鹽酸，則D為BaSO4，溶液中有SO42－，A中含S元素?？梢夾為NaSCN。無機(jī)鹽A與反應(yīng)的離子方程式。（4）在含離子的溶液中滴加NaSCN溶液不變紅，再滴加，先變紅后褪色，即先氧化、后氧化SCN－或再氧化Fe3+。若離子被氧化，則在已褪色的溶液中加入足量的KSCN，若重新變色，則該解釋正確；若三價(jià)鐵被氧化成更高價(jià)態(tài)，則在已褪色的溶液中加入足量的，若重新變血紅色，則該解釋正確。24、Z鈉的金屬性比Z的強(qiáng)，如鈉能與冷水劇烈反應(yīng)而Z不能（或最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的堿性：Na＞Z）B0.675ClO2－+4I－+4H+=Cl-+2I2+2H2O【答案解析】

Y是短周期元素中失電子能力最強(qiáng)的元素，則推出Y為Na元素，又X、Y兩元素間能形成原子個(gè)數(shù)比分別為1:1和1:2的固態(tài)化合物A和B，則推出X為O元素，兩者形成的化合物為B為Na2O、A為Na2O2；Z的單質(zhì)能與鹽酸反應(yīng)，則說明Z為活潑金屬，為Mg或Al中的一種；W、M的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物化學(xué)式分別為H3WO4、HMO4，則W和M的最高價(jià)化合價(jià)分別為+5和+7，又X、Y、Z、W、M五種短周期主族元素原子序數(shù)依次增大，則可推出W為P元素，M為Cl元素，據(jù)此分析作答?！绢}目詳解】根據(jù)上述分析易知：X、Y、Z、W、M分別是O、Na、Mg或Al、P、Cl，則（1）Z可與鹽酸反應(yīng)，Z可能是Mg或Al中的一種，不能確定具體是哪一種元素；A為Na2O2，由離子鍵和共價(jià)鍵構(gòu)成，其電子式為：；鈉的金屬性比Z的強(qiáng)，如鈉能與冷水劇烈反應(yīng)而Z不能（或最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的堿性：Na＞Z），故答案為：Z；；鈉的金屬性比Z的強(qiáng)，如鈉能與冷水劇烈反應(yīng)而Z不能（或最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的堿性：Na＞Z）；（2）NaH2PO2能與鹽酸反應(yīng)，說明H3PO2是弱酸，NaH2PO2不能與NaOH反應(yīng)，說明NaH2PO2中的H不能被中和，推出NaH2PO2為正鹽，C項(xiàng)錯(cuò)誤；H3PO2分子中只能電離出一個(gè)H＋，為一元弱酸，B項(xiàng)正確，A項(xiàng)錯(cuò)誤；NaH2PO2中P的化合價(jià)為+1，具有還原性，可被硝酸氧化，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故答案為B；（3）①由圖知，中性條件下ClO2被I－還原為ClO2－，I－被氧化為I2；根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)目相等可知：2ClO2~I2~2Na2S2O3，因此可知，水中殘留的ClO2的濃度為2×10-4mol/L×5×10-3L×67.5g/mol×1000mg/g÷0.1L=0.675mg/L，故答案為：0.675；②由圖知，水樣pH調(diào)至1~3時(shí)，ClO2-被還原成Cl-，該操作中I－被ClO2－氧化為I2，故離子方程式為：ClO2－+4I－+4H+=Cl-+2I2+2H2O。25、溶液表面形成一層晶膜減慢冷卻結(jié)晶的速度球形干燥管bCu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑吸收SO2和HCl，防止倒吸【答案解析】

將Cu(NO3)2?3H2O晶體和SOC12在加熱條件下于A裝置中發(fā)生反應(yīng)：Cu(NO3)2?3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑，用氫氧化鈉吸收尾氣，據(jù)此分析和題干信息解答?！绢}目詳解】(1)①由Cu(NO3)2溶液制得Cu(NO3)2·3H2O晶體，蒸發(fā)濃縮時(shí)，溫度不能過高，否則Cu(NO3)2?3H2O會變質(zhì)，當(dāng)蒸發(fā)皿中出現(xiàn)溶液表面形成一層晶膜時(shí)，停止加熱；②控制溫度，加熱至溶液表面形成一層晶膜，減慢冷卻結(jié)晶的速度，可得到較大顆粒的Cu(NO3)2?3H2O晶體；(2)①根據(jù)儀器構(gòu)造可知儀器c球形干燥管；②向三頸燒瓶中緩慢滴加SOCl2時(shí)，盛裝SOCl2的漏斗上的玻璃管可以保證燒瓶和漏斗內(nèi)的壓強(qiáng)相等，不需要打開活塞a，液體也可順利流出，因此只需打開活塞b即可；(3)根據(jù)分析，裝置甲中Cu(NO3)2·3H2O和SOCl2發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑；(4)根據(jù)反應(yīng)原理，反應(yīng)中產(chǎn)生二氧化硫和氯化氫氣體，且二氧化硫有毒，二者都不能排放到大氣中，則裝置乙盛裝的是氫氧化鈉溶液，作用是吸收SO2和HCl，并防止倒吸。26、過濾加快固體溶解，同時(shí)防止草酸分解鐵氰化鉀檢驗(yàn)Fe2+的存在，防止Fe2+干擾草酸的測定25.00mL酸式MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O減小Fe4(C2O4)5·10H2O【答案解析】

步驟一草酸和(NH4)2Fe(SO4)2反應(yīng)生成黃色固體[Fex(C2O4)y·zH2O]，步驟二加硫酸溶解后，檢驗(yàn)無二價(jià)鐵離子，則說明含有Fe3+，步驟三用高錳酸鉀滴定草酸根離子，步驟四將Fe3+還原成Fe2+，再用高錳酸鉀滴定，確定鐵離子的含量，進(jìn)而進(jìn)一步分析計(jì)算?！绢}目詳解】(1)分離固體和液體的操作是過濾；故答案為：過濾；(2)由于H2C2O4在溫度高于90℃時(shí)易發(fā)生分解，所以需要水浴加熱并控制溫度70~85℃，同時(shí)加快固體溶解。鐵氰化鉀檢驗(yàn)Fe2+的存在，防止Fe2+干擾草酸的測定；故答案為加快固體溶解，同時(shí)防止草酸分解；氰化鉀檢驗(yàn)Fe2+的存在，防止Fe2+干擾草酸的測定；(3)從圖片中讀出，消耗高錳酸鉀的體積為：25.80mL-0.80mL=25.00mL；滴定液是高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液，該溶液有強(qiáng)氧化性，只能選用酸式滴定管；故答案為25.00mL，酸式；(4)步驟四是高錳酸鉀滴定Fe2+，離子方程式為：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；洗滌液中殘留少許Fe2+，若不合并洗滌液，則消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液的體積將減少；根據(jù)離子方程式：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，可知關(guān)系MnO4-——5Fe2+，其中n(MnO4-)=0.0800mol/L×0.01L=0.0008mol，即n(Fe2+)=0.0008mol×5=0.0040mol，則樣品中n(Fe)=0.0040mol。步驟三中，根據(jù)方程式：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可得到轉(zhuǎn)化關(guān)系：2KMnO4——5H2C2O4，即n(H2C2O4)=n(KMnO4)=0.0800mol/L×0.025L×5/2=0.005mol，則樣品中含草酸根的物質(zhì)的量為0.005mol。根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知，0.841g樣品中結(jié)晶水的物質(zhì)的量為（0.841g-0.0040×56g-0.005×88g）/18g/mol=0.01mol，則n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)=4:5:10，故黃色物質(zhì)化學(xué)式為Fe4(C2O4)5·10H2O。故答案為MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，減小，F(xiàn)e4(C2O4)5·10H2O。27、蒸餾燒瓶飽和亞硫酸氫鈉溶液O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓氧氣中水中的溶解度比二氧化硫小吸收液出現(xiàn)穩(wěn)定的藍(lán)色空白實(shí)驗(yàn)0.096%【答案解析】

I.在裝置A中制取SO2氣體，通過乙觀察SO2氣體產(chǎn)生的速率，經(jīng)品紅溶液檢驗(yàn)SO2的漂白性，在裝置丁中SO2與Na2S會發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生S單質(zhì)，SO2及反應(yīng)產(chǎn)生的H2S都是有毒氣體，經(jīng)NaOH溶液尾氣處理后排出。II.根據(jù)IO3-能夠氧化SO2為SO42-，氧化I-為I2，SO2反應(yīng)完全后，再滴入的IO3-溶液，I2不再反應(yīng)，溶液中的I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{(lán)色；要測定物質(zhì)含量，應(yīng)該排除雜質(zhì)的干擾，設(shè)計(jì)對比實(shí)驗(yàn)，為減少實(shí)驗(yàn)的偶然性，要進(jìn)行多次平行實(shí)驗(yàn)，取多次實(shí)驗(yàn)的平均值，根據(jù)反應(yīng)過程中電子守恒計(jì)算鐵礦石樣品中硫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)?！绢}目詳解】(1)根據(jù)圖示儀器結(jié)構(gòu)可知：儀器A的名稱為蒸餾燒瓶；(2)裝置乙的作用是為了觀察生成SO2的速率，為了減少SO2氣體在溶液中的溶解，可根據(jù)H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在電離平衡的性質(zhì)，在裝置乙中加入的試劑為飽和NaHSO3溶液；(3)①Na2S具有還原性，O2具有氧化性，在溶液中會發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生S單質(zhì)和NaOH，反應(yīng)的化學(xué)方程式為O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓；②根據(jù)O2、SO2氣體分別通入到Na2S溶液中產(chǎn)生S單質(zhì)的時(shí)間可知，物質(zhì)的氧化性：SO2>O2，該實(shí)驗(yàn)條件下Na2S溶液出現(xiàn)渾濁現(xiàn)象是SO2導(dǎo)致的。表中實(shí)驗(yàn)1反應(yīng)較慢的原因可能是O2難溶于水，而SO2易溶于水，由于氧氣中水中的溶解度比二氧化硫小，導(dǎo)致反應(yīng)速率較慢；II.(4)根據(jù)方程式可知物質(zhì)的氧化性：IO3->I2>SO2，向含有SO2、KI和淀粉溶液中滴加KIO3溶液，首先發(fā)生②反應(yīng)，當(dāng)SO2反應(yīng)完全后發(fā)生反應(yīng)④，反應(yīng)產(chǎn)生的I2單質(zhì)遇淀粉溶液會變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)溶液藍(lán)色不褪去，就證明滴定達(dá)到終點(diǎn)；(5)①通過比較實(shí)驗(yàn)一、實(shí)驗(yàn)二的數(shù)據(jù)，發(fā)現(xiàn)V1遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于V2，可忽略不計(jì)V1。設(shè)置實(shí)驗(yàn)一的目的是空白對比實(shí)驗(yàn)，排除干擾因素的存在；②三次實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)相差不大，均有效，則平均消耗KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液體積V(KIO3)=mL=10.00mL，n(KIO3)=c·V=0.0010mol/L×0.0100L=1.0×10-5mol，根據(jù)電子守恒及結(jié)合②③方程式可知n(SO2)=3n(KIO3)=3.0×10-5mol，根據(jù)S元素守恒可知其中含有S元素的質(zhì)量為m(S)=n·M=3.0×10-5mol×32g/mol=9.6×10-4g，所以該份鐵礦石樣品中硫元素的質(zhì)量百分含量為×100%=0.096%?！敬鸢更c(diǎn)睛】本題考查了氣體的制取、性質(zhì)的驗(yàn)證、化學(xué)反應(yīng)方程式的書寫及應(yīng)用和物質(zhì)含量測定。掌握反應(yīng)原理和物質(zhì)的性質(zhì)是計(jì)算與判斷的依據(jù)。在進(jìn)行有關(guān)計(jì)算時(shí)要結(jié)合電子守恒及元素守恒分析判斷。易錯(cuò)點(diǎn)是(5)中S含量計(jì)算，關(guān)鍵是IO3-氧化SO2時(shí)二者物質(zhì)的量的關(guān)系的確定，注意還原產(chǎn)物I2也可氧化SO2，要根據(jù)總方程式判斷。28、PbO2+4HCl(濃)=PbCl2+Cl2↑+4H2O過濾