2023學年湖北省襄陽東風中學高三第三次測評化學試卷含解析

2023高考化學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的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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、化學與人類生產(chǎn)、生活、社會可持續(xù)發(fā)展密切相關(guān)。下列說法正確的是()A．石英玻璃、分子篩的主要成分是硅酸鹽B．分散系可分為溶液、濁液和膠體，濁液的分散質(zhì)粒子大小介于溶液和膠體之間C．海水淡化可以解決淡水危機，向海水中加入明礬可使海水淡化D．農(nóng)業(yè)廢棄物、城市與工業(yè)有機廢棄物及動物糞便中都蘊藏著豐富的生物質(zhì)能2、甲、乙、丙、丁四種易溶于水的物質(zhì)，分別由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH﹣、Cl﹣、HCO3-、SO42-中的不同陽離子和陰離子各一種組成，已知：①將甲溶液分別與其他三種物質(zhì)的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol·L-1乙溶液中c（H+）＞0.1mol·L-1；③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列結(jié)論不正確的是（）A．甲溶液含有Ba2+ B．乙溶液含有SO42-C．丙溶液含有Cl﹣ D．丁溶液含有Mg2+3、鋰空氣充電電池有望成為電動汽車的實用儲能設備。工作原理示意圖如下，下列敘述正確的是A．該電池工作時Li+向負極移動B．Li2SO4溶液可作該電池電解質(zhì)溶液C．電池充電時間越長，電池中Li2O含量越多D．電池工作時，正極可發(fā)生：2Li++O2+2e-=Li2O24、2018年是“2025中國制造”啟動年，而化學與生活、人類生產(chǎn)、社會可持續(xù)發(fā)展密切相關(guān)，下列有關(guān)化學知識的說法錯誤的是（）A．高純度的二氧化硅廣泛用于制作光導纖維，光導纖維遇強堿會“斷路”B．用聚氯乙烯代替木材生產(chǎn)快餐盒，以減少木材的使用C．碳納米管表面積大，可用作新型儲氫材料D．銅導線和鋁導線纏繞連接處暴露在雨水中比在干燥環(huán)境中更快斷裂的主要原因是發(fā)生了電化學腐蝕5、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．遇苯酚顯紫色的溶液：I－、K+、SCN－、Mg2＋B．pH＝12的溶液：K+、Na＋、ClO－、SO32—C．水電離的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Cl－、CH3COO－、Cu2+D．0.1mol·L－1的K2SO4溶液：Na＋、Al3＋、Cl—、NO3—6、下列解釋事實或?qū)嶒灛F(xiàn)象的化學用語正確的是A．硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后變藍：4I－+O2+4H+=2I2+2H2OB．鐵和稀硝酸反應制得淺綠色溶液：Fe+4H++NO3－=Fe3++NO↑+2H2OC．水垢上滴入CH3COOH溶液有氣泡產(chǎn)生：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OD．SO2通入漂白粉溶液中產(chǎn)生白色渾濁：SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO7、下列垃圾或廢棄物的處理不符合環(huán)保節(jié)約理念的是（）A．廢紙、塑料瓶、廢鐵回收再利用B．廚余垃圾采用生化處理或堆肥C．稻草、農(nóng)膜和一次性餐具露天焚燒D．廢電池等有毒有害垃圾分類回收8、以TiO2為催化劑的光熱化學循環(huán)分解CO2反應為溫室氣體減排提供了一個新途徑，該反應的機理及各分子化學鍵完全斷裂時的能量變化如下圖所示。下列說法正確的是A．過程①中鈦氧鍵斷裂會釋放能量B．該反應中，光能和熱能轉(zhuǎn)化為化學能C．使用TiO2作催化劑可以降低反應的焓變，從而提高化學反應速率D．CO2分解反應的熱化學方程式為2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)ΔH=+30kJ/mol9、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為冷凝水進水口D．裝置Ⅱ的主要作用是吸收揮發(fā)的I210、下列物質(zhì)性質(zhì)與應用的因果關(guān)系正確的是（）A．大氣中的N2可作為工業(yè)制硝酸的原料B．晶體硅用于制作半導體材料是因其熔點高、硬度大C．Fe2+、SO2都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，前者表現(xiàn)出還原性后者表現(xiàn)出漂白性D．氯氣泄漏現(xiàn)場自救方法是用濕毛巾捂住口鼻并向地勢低的地方撤離11、常溫下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不斷加入固體NaOH后，NH4+與NH3·H2O的變化趨勢如右圖所示(不考慮體積變化和氨的揮發(fā))，下列說法不正確的是（）A．M點溶液中水的電離程度比原溶液小B．在M點時，n(OH－)－n(H+)=(a－0.05)molC．隨著NaOH的加入，c(NH3D．當n(NaOH)=0.05mo1時，溶液中有：c(Cl－)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)12、有3份等量的燒堿溶液，第1份直接與鹽酸反應；第2份稀釋一倍，再與鹽酸反應；第3份通入適量的CO2后，再與鹽酸反應．若鹽酸的濃度相同，完全反應時消耗鹽酸的體積分別為V1、V2和V3，則V1、V2和V3的大小關(guān)系正確的是（）A．V1=V2=V3 B．V1＞V3＞V2 C．V2＞V3＞V1 D．V1＞V2＞V313、在下列工業(yè)處理或應用中不屬于化學變化原理的是A．石油分餾 B．從海水中制取鎂C．煤干餾 D．用SO2漂白紙漿14、已知Cu+在酸性條件下能發(fā)生下列反應:Cu+Cu+Cu2+(未配平)。NH4CuSO3與足量的1.0mol·L-1硫酸溶液混合微熱,產(chǎn)生下列現(xiàn)象:①有紅色金屬生成②有刺激性氣味氣體產(chǎn)生③溶液呈藍色。據(jù)此判斷下列說法一定合理的是()A．該反應顯示硫酸具有酸性B．NH4CuSO3中銅元素全部被氧化C．刺激性氣味的氣體是氨氣D．反應中硫酸作氧化劑15、化學科學與技術(shù)在宇宙探索、改進生活、改善環(huán)境與促進發(fā)展方面均發(fā)揮著關(guān)鍵性的作用。正確的是A．“玉兔號”月球車帆板太陽能電池的材料是氮化硅或二氧化硅B．“乙醇汽油”、肼(N2H4)和水煤氣的主要成分都是可再生能源C．“神舟”和“天宮”系列飛船使用的碳纖維材料、光導纖維都是新型無機非金屬材料D．所有糖類、油脂和蛋白質(zhì)等營養(yǎng)物質(zhì)在人體吸收后都能被水解利用16、阿伏加德羅常數(shù)用NA表示，下列敘述正確的是A．18克液態(tài)水與18克冰中氫鍵數(shù)目均為NAB．工業(yè)酸性廢水中的Cr2O72-可轉(zhuǎn)化為Cr3+除出，現(xiàn)用電解的方法模擬該過程，陰極為石墨，陽極為鐵，理論上電路中每通過6mol電子，就有NA個Cr2O72-被還原C．標準狀況下，22.4LNO2含有的原子數(shù)小于3NAD．1molLiAlH4在125℃完全分解成LiH、H2、Al，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NA17、中國第二化工設計院提出，用間接電化學法對大氣污染物NO進行無害化處理，其原理示意如圖，下列相關(guān)判斷正確的是A．電極I為陰極，電極反應式為2H2O+2e-=2OH－+H2↑B．電解池中質(zhì)子從電極I向電極Ⅱ作定向移動C．每處理1molNO電解池右側(cè)質(zhì)量減少16gD．吸收塔中的反應為2NO+2S2O42－+H2O=N2+4HSO3－18、A是一種常見的單質(zhì)，B、C為中學化學常見的化合物，A、B、C均含有元素X。它們有如下的轉(zhuǎn)化關(guān)系（部分產(chǎn)物及反應條件已略去），下列判斷正確的是A．X元素可能為AlB．X元素不一定為非金屬元素C．反應①和②互為可逆反應D．反應①和②一定為氧化還原反應19、電導率用于衡量電解質(zhì)溶液導電能力的大小，與離子濃度和離子遷移速率有關(guān)。圖1為相同電導率鹽酸和醋酸溶液升溫過程中電導率變化曲線，圖2為相同電導率氯化鈉和醋酸鈉溶液升溫過程中電導率變化曲線，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：溫度升高可以提高離子的遷移速率B．由曲線4可以推測：溫度升高，醋酸鈉電導率變化與醋酸根的水解平衡移動有關(guān)C．由圖1和圖2可以判定：相同條件下，鹽酸的電導率大于醋酸的電導率，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：兩圖中電導率的差值不同，與溶液中H+、OH-的濃度和遷移速率無關(guān)20、下列說法不正確的是（）A．HCOOH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2,3,3-三甲基丁烷21、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象能得到的結(jié)論正確的是A．A B．B C．C D．D22、化學與社會、生活密切相關(guān)。下列現(xiàn)象或事實的解釋不正確的是()選項現(xiàn)象或事實化學解釋AFe3O4用于人民幣票面文字等處的油墨Fe3O4是一種紅棕色物質(zhì)B祖國七十華誕焰火五彩繽紛金屬元素的焰色反應C現(xiàn)代舊房拆除定向爆破用鋁熱劑鋁熱反應放熱使建筑物的鋼筋熔化D金屬焊接前用NH4Cl溶液處理焊接處NH4Cl溶液呈弱酸性A．A B．B． C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）W、X、Y、Z均為短周期元素，X、W可形成兩種液態(tài)化合物甲和乙，其原子個數(shù)比分別為1∶1（甲）和2∶1（乙），且分子中電子總數(shù)分別為18（甲）和10（乙）。X與Z能形成一種極易溶于水的堿性氣體丙X與Y能形成極易溶于水的酸性氣體丁，丁分子中的電子數(shù)為18。X、Y、Z能形成一種離子化合物，其水溶液呈弱酸性。請寫出：（1）W的元素符號___，其核外共有___種運動狀態(tài)不同的電子。（2）甲物質(zhì)的結(jié)構(gòu)式為___；乙物質(zhì)的空間構(gòu)型為___。（3）Z元素核外共有___種能量不同的電子，堿性氣體甲的電子式為___。（4）用離子方程式解釋X、Y、Z形成的化合物水溶液呈弱酸性的原因是___。（5）鉍元素跟Y元素能形成化合物（BiY3），其水解生成難溶于水的BiOY。①BiY3水解反應的化學方程式為___。②把適量的BiY3溶于含有少量丁的水中，能得到澄清溶液，試分析可能的原因___。③醫(yī)藥上把BiOY叫做“次某酸鉍”，分析這種叫法的不合理之處，為什么。___。24、（12分）已知化合物X由4種元素組成，某學習小組進行了如下實驗：已知：步驟②中消耗KI0.15mol請回答：（1）X的化學式是___，黃色溶液乙與SO2反應的離子方程式是___。（2）X中一種元素對應的單質(zhì)，與足量的K2CO3溶液反應得到的產(chǎn)物中含溶液甲中溶質(zhì)，寫出該反應的化學方程式：___。25、（12分）設計一個方案，在用廉價的原料和每種原料只用一次的條件下，分三步從含有Fe3＋、Cu2＋、Cl－和NO3－的廢液中，把Fe3＋轉(zhuǎn)化為綠礬回收，把Cu2＋轉(zhuǎn)化為Cu回收，各步反應加入的原料依次是________，________，________。各步反應的離子方程式是：（1）_________________________________；（2）_________________________________；（3）__________________________________。26、（10分）工業(yè)上可用下列儀器組裝一套裝置來測定黃鐵礦（主要成分FeS2）中硫的質(zhì)量分數(shù)(忽略SO2、H2SO3與氧氣的反應)。實驗的正確操作步驟如下：A．連接好裝置，并檢查裝置的氣密性B．稱取研細的黃鐵礦樣品C．將2.0g樣品小心地放入硬質(zhì)玻璃管中D．以1L/min的速率鼓入空氣E．將硬質(zhì)玻璃管中的黃鐵礦樣品加熱到800℃～850℃F．用300mL的飽和碘水吸收SO2，發(fā)生的反應是：I2＋SO2＋2H2O=2HI＋H2SO4G．吸收液用CCl4萃取、分離H．取20.00mLG中所得溶液，用0.2000mol·L－1的NaOH標準溶液滴定。試回答：（1）步驟G中所用主要儀器是______，應取_______(填“上”或“下”)層溶液進行后續(xù)實驗。（2）裝置正確的連接順序是④(填編號)。______（3）裝置⑤中高錳酸鉀的作用是__________。持續(xù)鼓入空氣的作用__________。（4）步驟H中滴定時應選用_____作指示劑，可以根據(jù)________現(xiàn)象來判斷滴定已經(jīng)達到終點。（5）假定黃鐵礦中的硫在操作E中已全部轉(zhuǎn)化為SO2，并且被飽和碘水完全吸收，滴定得到的數(shù)據(jù)如下表所示：滴定次數(shù)待測液的體積/mLNaOH標準溶液的體積/mL滴定前滴定后第一次20.000.0020.48第二次20.000.2220.20第三次20.000.3620.38則黃鐵礦樣品中硫元素的質(zhì)量分數(shù)為___________。（6）也有人提出用“沉淀質(zhì)量法”測定黃鐵礦中含硫質(zhì)量分數(shù)，若用這種方法測定，最好是在裝置①所得吸收液中加入下列哪種試劑__________。A．硝酸銀溶液B．氯化鋇溶液C．澄清石灰水D．酸性高錳酸鉀溶液27、（12分）如圖所示，將儀器A中的濃鹽酸滴加到盛有MnO2的燒瓶中，加熱后產(chǎn)生的氣體依次通過裝置B和C，然后再通過加熱的石英玻璃管D（放置有鐵粉)。請回答：（1）儀器A的名稱是_____，燒瓶中反應的化學方程式是______。（2）裝置B中盛放的液體是____，氣體通過裝置B的目的是_____。（3）裝置C中盛放的液體是____，氣體通過裝置C的目的是_____。（4）D中反應的化學方程式是____。（5）燒杯E中盛放的液體是___，反應的離子方程式是____。28、（14分）研究NO2、NO、SO2、CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義。NO2可用下列反應來處理：6NO2(g)+8NH3(g)7N2(g)+12H2O(g)+Q(Q＞0)。(1)120℃時，該反應在一容積為2L的容器內(nèi)反應，20min時達到平衡。10min時氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多了1.4g，則0～10min時，平均反應速率υ(NO2)=____________________，電子轉(zhuǎn)移了___________個。(2)一定條件下上述反應在某體積固定的密閉容器中進行，能說明該反應已經(jīng)達到平衡狀態(tài)的是____________。a．c(NO2)：c(NH3)=3：4b．6v(NO2)正=7v(N2)逆c．容器內(nèi)氣體總壓強不再變化d．容器內(nèi)氣體密度不再變化(3)若保持其它條件不變，縮小反應容器的體積后達到新的平衡，此時NO2和N2的濃度之比_________(填增大、不變、減小)，NO2的轉(zhuǎn)化率______________。(4)一定條件下NO2與SO2可發(fā)生反應，方程式：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)?Q。若反應的平衡常數(shù)K值變大，該反應___________(選填編號)。a.一定向正反應方向移動b.平衡移動時，逆反應速率先減小后增大c.一定向逆反應方向移動d.平衡移動時，正反應速率先增大后減小(5)請寫出用NaOH溶液完全吸收含等物質(zhì)的量的NO、NO2混合氣體的離子方程式___________。29、（10分）2018年11月《物理評論快報》報道了艾姆斯實驗室制造的包含鈣、鉀、鐵和砷以及少量鎳的CaK(Fe1-xNix)4As4新型化合物材料，呈現(xiàn)出被稱為刺猬自旋新磁態(tài)。有助于更好理解磁性與非常規(guī)超導性之間的聯(lián)系?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)鎳原子的價電子排布式為_______；上述材料中所含元素的基態(tài)原子中，未成對電子數(shù)最多的是_______(填元素符號)。（2）鐵及其離子易形成配離子，如[Fe(CN)6]3-、[Fe(CN)x]4-、Fe(CO)5等。所包括的非金屬元素中第一電離能最大的是______（填元素符號）；[Fe(CN)6]4-中含有σ鍵與π鍵的數(shù)目比為_____________。（3）K3AsO3可用于碘的微量分析。①AsO33-的立體構(gòu)型為_______，寫出一種與其互為等電子體的分子_______（填化學式）。②K+的焰色反應呈紫色，金屬元素能產(chǎn)生焰色實驗的微觀原因為_______。（4）Ni與Ca處于同一周期，且核外最外層電子構(gòu)型相同，但金屬Ni的熔點和沸點均比金屬Ca的高，其原因為_______。（5）①金屬鎳的原子堆積方式如圖所示，則金屬鎳晶胞俯視圖為_______。a．b．c．d．②某砷鎳合金的晶胞如圖所示，設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，該晶體的密度ρ＝_____g·cm－3。

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】

A．分子篩的主要成分是硅酸鹽，石英玻璃的主要成分是SiO2，是氧化物，不是硅酸鹽，故A錯誤；B．根據(jù)分散質(zhì)粒子的直徑大小，分散系可分為溶液、濁液和膠體，溶液中分散質(zhì)微粒直徑小于1nm，膠體分散質(zhì)微粒直徑介于1～100nm之間，濁液分散質(zhì)微粒直徑大于100nm，濁液的分散質(zhì)粒子大于溶液和膠體，故B錯誤；C．海水中加入凈水劑明礬只能除去懸浮物雜質(zhì)，不能減少鹽的含量，不能使海水淡化，故C錯誤；D．生物質(zhì)能就是太陽能以化學能形式貯存在生物質(zhì)中的能量形式，即以生物質(zhì)為載體的能量，可轉(zhuǎn)化為常規(guī)的固態(tài)、液態(tài)和氣態(tài)燃料，取之不盡、用之不竭，是一種可再生能源，故D正確；故選D。2、D【解析】

根據(jù)②中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根據(jù)③中現(xiàn)象，可以推知丙中含有Cl-；再結(jié)合①中提供信息，甲與其它三種物質(zhì)混合均產(chǎn)生白色沉淀，則可推出甲是Ba(OH)2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3，故選D?！军c睛】本題考查離子共存的正誤判斷，該題是高考中的高頻題，屬于中等難度的試題，側(cè)重對學生基礎(chǔ)知識的訓練和檢驗，本題解題關(guān)鍵是先找出離子之間能夠形成的白色沉淀，然后判斷甲的組成即可。3、D【解析】

A．原電池中，陽離子應該向正極移動，選項A錯誤；B．單質(zhì)鋰會與水反應生成氫氧化鋰和氫氣，所以電解質(zhì)溶液不能使用任何水溶液，選項B錯誤；C．電池充電的時候應該將放電的反應倒過來，所以將正極反應逆向進行，正極上的Li應該逐漸減少，所以電池充電時間越長，Li2O含量應該越少，選項C錯誤；D．題目給出正極反應為：xLi++O2+xe-=LixO2，所以當x=2時反應為：2Li++O2+2e-=Li2O2；所以選項D正確。4、B【解析】

A．高純度的二氧化硅廣泛用于制作光導纖維，二氧化硅能夠與氫氧化鈉等強堿反應生成硅酸鹽和水，所以光導纖維能夠被堿腐蝕而造成斷路，故A正確；B．聚氯乙烯塑料因為含有氯，有毒，不可以代替木材，生產(chǎn)快餐盒，故B錯誤；C.碳納米管表面積大，易吸附氫氣，所以可以用作新型儲氫材料，故C正確；D.銅鋁兩種金屬的化學性質(zhì)不同，在接觸處容易電化學腐蝕，故D正確。答案選B。5、D【解析】

A．遇苯酚顯紫色的溶液，說明溶液中含有Fe3+，F(xiàn)e3+與I－因發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，F(xiàn)e3+與SCN－能反應生成絡合物，而不能大量共存，A不符合題意；B．ClO－具有強氧化性，SO32-具有還原性，ClO－與SO32-能發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，B不符合題意；C．酸堿抑制水的電離，溶液中水電離的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，該溶液可能顯酸性或堿性；酸性溶液中，H+與CH3COO－不能大量共存，C不符合題意；D．0.1mol·L－1的K2SO4溶液，溶液中的Na＋、Al3＋、Cl-、NO3-能夠大量共存，D符合題意；答案選D?！军c睛】在做離子共存題的時候，重點要注意題目中暗含的信息，例如溶液中水電離的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，這個溶液可能是酸性溶液也可能是堿性溶液，弱酸根離子與H+不能夠大量共存，弱堿陽離子與OH-不能夠大量共存。6、A【解析】

A.硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后變藍，二者發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故A正確；B.鐵和稀硝酸反應產(chǎn)物與量有關(guān)，鐵少量時變成三價鐵，溶液由無色變?yōu)辄S色，離子方程式為Fe+4H++NO3－=Fe3++NO↑+2H2O；鐵過量時變成二價亞鐵，溶液由無色變?yōu)闇\綠色，離子方程式為：3Fe+8H++2NO3－=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B錯誤；C.醋酸是弱酸，不能拆成離子，反應的離子方程式為：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故C錯誤；D.SO2通入漂白粉溶液中產(chǎn)生白色渾濁：SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO，生成的次氯酸具有強氧化性，能氧化亞硫酸鈣，故D錯誤。答案選A?！军c睛】本題考查的是實驗現(xiàn)象的解釋和離子方程式的書寫。解題時需注意B選項鐵與稀硝酸反應的產(chǎn)物與反應條件有關(guān)，鐵少量時變成三價鐵，鐵過量時變成二價亞鐵，產(chǎn)物不同溶液的顏色不同；D選項次氯酸具有強氧化性，能夠氧化亞硫酸鈣。7、C【解析】

A.廢紙、塑料瓶、廢鐵屬于可回收垃圾，廢紙、塑料瓶、廢鐵可回收再利用，故不選A；B.廚余垃圾含有大量有機物，采用生化處理或堆肥，減少污染，符合環(huán)保節(jié)約理念，故不選B；C.稻草、農(nóng)膜和一次性餐具露天焚燒，產(chǎn)生大量煙塵，污染空氣，不符合環(huán)保節(jié)約理念，故選C；D.廢電池含有重金屬，任意丟棄引起重金屬污染，廢電池等有毒有害垃圾分類回收，可減少污染，符合環(huán)保節(jié)約理念，故不選D；答案選C。8、B【解析】

A.化學鍵斷裂需要吸收能量，過程①中鈦氧鍵斷裂會吸收能量，故A錯誤；B.根據(jù)圖示，該反應中，光能和熱能轉(zhuǎn)化為化學能，故B正確；C.催化劑通過降低反應的活化能提高化學反應速率，催化劑不能降低反應的焓變，故C錯誤；D.反應物總能量-生成物總鍵能=焓變，CO2分解反應的熱化學方程式為2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)ΔH=1598×2-1072×2-496=+556kJ/mol，故D錯誤。9、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。【詳解】A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“下進上出”，因此裝置Ⅰ中a為冷凝水進水口，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去到反應裝置中，故D錯誤，符合題意。綜上所述，答案為D?！军c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。10、A【解析】

A、大氣中的N2可作為工業(yè)制硝酸的原料，A正確；B、晶體硅用于制作半導體材料是因?qū)щ娦越橛趯w與絕緣體之間，與熔點高、硬度大無關(guān)，B不正確；C、Fe2+、SO2都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，兩者均表現(xiàn)出還原性，C不正確；D、氯氣有毒且密度比空氣大，所以氯氣泄漏現(xiàn)場自救方法是用濕毛巾捂住口鼻并向地勢高的地方撤離，D不正確；故選A。11、C【解析】

常溫下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不斷加入固體NaOH，則溶液中發(fā)生反應NH4++OH-=NH1?H2O，隨著反應進行，c(NH4+)不斷減小，c(NH1?H2O)不斷增大?！驹斀狻緼項、M點是向1L0.1mol?L-1NH4Cl溶液中，不斷加入NaOH固體后，反應得到氯化銨和一水合氨的混合溶液，溶液中銨根離子濃度和一水合氨濃度相同，一水合氨是一元弱堿抑制水電離，此時水的電離程度小于原氯化銨溶液中水的電離程度，故A正確；B項、根據(jù)電荷守恒c(H+)＋c(NH4+)＋c(Na+)＝c(OH－)＋c(Cl－)，可得n(OH－)－n(H+)=[c(NH4+)＋c(Na+)－c(Cl－)]×1L，在M點時c(NH4+)=0.05mol?L￣1，c(Na+)=amol?L￣1，c(Cl－)=0.1mol?L￣1，帶入數(shù)據(jù)可得n(OH－)－n(H+)=[0.05mol?L-1+amol?L-1－0.1mol?L-1]×1L=(a－0.05)mol，故B正確；C項、氨水的電離常數(shù)Kb=c(NH4+)c(OH－)c(NH3?H2O)，則c(NH3?H2O)c(OH－)D項、當n（NaOH）=0.05mol時，NH4Cl和NaOH反應后溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NH1?H2O和NH4Cl、NaCl，NH1．H2O的電離程度大于NH4Cl水解程度，導致溶液呈堿性，鈉離子、氯離子不水解，所以溶液中離子濃度大小順序是c（Cl-）>c（NH4+）>c（Na+）>c（OH-）>c（H+），故D正確。故選C。12、A【解析】

最后生成物質(zhì)的都為NaCl，根據(jù)Na原子、Cl原子守恒：n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），由于NaOH物質(zhì)的量相等，則消耗HCl的物質(zhì)的量相等，故消耗鹽酸的體積相等，即V1=V2=V3。答案選A?！军c晴】該題側(cè)重于分析能力和計算能力的考查，題目難度不大，注意根據(jù)元素質(zhì)量守恒進行計算，可省去中間過程的繁瑣。13、A【解析】

A．石油分餾是根據(jù)各成分的沸點不同而分離的，變化過程中沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故A正確；B．鎂是活潑金屬，在海水中一化合態(tài)存在，制取鎂單質(zhì)，有新物質(zhì)生成，屬于化學變化，故B錯誤；C．煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱，分解生成煤焦油、煤氣、焦炭等新物質(zhì)，屬于化學變化，故C錯誤；D．二氧化硫具有漂白性，能夠結(jié)合有色物質(zhì)生成無色物質(zhì)，有新物質(zhì)生成，屬于化學變化，故D錯誤；故選A。14、A【解析】

由反應現(xiàn)象可以知道，NH4CuSO3與足量的1.0mol·L-1硫酸溶液混合微熱，分別發(fā)生：2Cu+=Cu+Cu2+，SO32—+2H+=SO2↑+H2O，結(jié)合反應的現(xiàn)象判斷?！驹斀狻緼.分別發(fā)生:2Cu+=Cu+Cu2+，SO32—+2H+=SO2↑+H2O，反應中硫酸中各元素的化合價不變，所以只顯示酸性，所以A選項是正確的；B.根據(jù)2Cu+=Cu+Cu2+知，NH4CuSO3中銅元素部分被氧化部分被還原，故B錯誤；C.根據(jù)反應SO32—+2H+=SO2↑+H2O，刺激性氣味的氣體是SO2，故C錯誤；D.反應中硫酸只作酸，故D錯誤。答案選A。15、C【解析】

A、太陽能電池帆板的材料是單質(zhì)硅，故選項A錯誤；B、汽油、水煤氣是不可再生能源，乙醇是可再生能源，故選項B錯誤；C、碳纖維、光導纖維都是新型無機非金屬材料，故選項C正確；D、葡萄糖是單糖，不水解，故選項D錯誤。答案選C。16、D【解析】

A．冰中1個水分子周圍有4個水分子通過氫鍵連接，每個水分子相當于含有2個氫鍵，所以1mol冰中，氫鍵的數(shù)目是2NA，故A錯誤；B．鐵為陽極，F(xiàn)e-2e－=Fe2＋，Cr2O72－與亞鐵離子發(fā)生氧化還原反應生成Cr3＋和三價鐵離子，其離子方程式為：Cr2O72－+6Fe2＋+14H＋=6Fe3＋+2Cr3＋+7H2O；得關(guān)系式：Fe2＋～2e－～～Cr2O72－，當電路中通過6mole－，有0.5molCr2O72－被還原，故B錯誤；C．所以標準狀況下，22.4LNO2物質(zhì)的量為：=1mol，含有的原子數(shù)等于3NA，故C錯誤；D．依據(jù)分解化學方程式和鹽酸化合價變化計算電子轉(zhuǎn)移，1molLiAlH4在125℃完全分解成LiH、H2、Al，化學方程式為：LiAlH4=LiH+H2↑+Al，轉(zhuǎn)移電子3NA，故D正確；故選D。17、D【解析】

A．HSO3-在電極I上轉(zhuǎn)化為S2O42-，過程中S的化合價降低，得到電子發(fā)生還原反應，則電極I為陰極，電極反應為：2HSO3-+2e-+2H+═S2O42-+2H2O，故A錯誤；

B．電極I為陰極，則電極Ⅱ為陽極，電解池中陽離子向陰極移動，所以電解池中H+通過質(zhì)子膜向電極I處移動，故B錯誤；

C．電極Ⅱ為陽極，H2O在電極Ⅱ上被轉(zhuǎn)化為O2，發(fā)生電極反應：2H2O-4e-═O2↑+4H+，NO轉(zhuǎn)化為N2，每處理1molNO，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1mol×2=2mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，則產(chǎn)生O2的物質(zhì)的量為2mol×=0.5mol，同時有2molH+從右側(cè)遷移到左側(cè)，所以電解池右側(cè)質(zhì)量減少為0.5mol×32g/mol+2mol×1g/mol=18g，故C錯誤；

D．吸收塔中通入NO和S2O42-離子反應，生成N2和HSO3-，所以反應方程式為：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，故D正確，

故選：D。18、D【解析】

A.如果A是鋁，則B和C分別是AlO2-和Al3+，二者在酸性溶液中不可能生成鋁，選項A不正確；B.由于和反應生成，說明反應一定是氧化還原反應，則在中的化合價分別是顯正價和負價，所以一定是非金屬，選項B不正確；C.反應①②中條件不同，不是可逆反應，選項C不正確；D.反應①和②有單質(zhì)參與和有單質(zhì)生成，有單質(zhì)參加或生成的反應是氧化還原反應，選項D正確；答案選D。19、D【解析】

A．曲線1中鹽酸溶液在升高溫度的過程中離子濃度不變，但電導率逐漸升高，說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，醋酸鈉電導率變化與醋酸根的水解平衡移動有關(guān)，故B正確；C．曲線1和曲線2起始時導電率相等，但溫度升高能促進醋酸的電離，溶液中離子濃度增加，但鹽酸溶液的導電率明顯比醋酸高，說明可能原因是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起始時導電率相等，可知鹽酸和醋酸兩溶液中起始時離子濃度相等，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錯誤；故答案為D。20、D【解析】A．HCOOH和CH3COOH均為羧酸，且分子組成相差一個CH2基團，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)321、C【解析】

A.要探究濃度對化學反應速率影響實驗，應該只有濃度不同，其它條件必須完全相同，該實驗沒有明確說明溫度是否相同，并且NaHSO3溶液與H2O2溶液反應生成硫酸鈉、硫酸和水，無明顯現(xiàn)象，故A錯誤；B.向NaCl、NaI的混合溶液中滴加少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成，說明先達到AgI的溶度積，但由于NaCl、NaI濃度未知，不能由此判斷溶度積大小，故B錯誤；C.由于維生素C能把氯化鐵還原成氯化亞鐵，會看到溶液由黃色變成淺綠色，故C正確；D.銀鏡反應必須在堿性條件下進行，該實驗中加入銀氨溶液前沒有加入NaOH溶液中和未反應的稀硫酸，所以實驗不成功，則實驗操作及結(jié)論錯誤，故D錯誤。故答案選C。22、A【解析】

A、Fe3O4是一種黑色物質(zhì)，故A錯誤；B、不同的金屬元素焰色不同，五彩繽紛的焰火利用金屬元素的焰色反應，故B正確；C、鋁熱反應能放出大量的熱，使建筑物的鋼筋熔化，故C正確；D、NH4Cl溶液呈弱酸性，鐵銹能溶于酸，所以金屬焊接前用NH4Cl溶液除銹，故D正確。選A。二、非選擇題(共84分)23、O8H-O-O-HV型3NH4++H2ONH3·H2O+H+BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl鹽酸能抑制BiCl3的水解不合理，因為BiOCl中的Cl的化合價為-1【解析】

W、X、Y、Z均為短周期元素，X、W可形成兩種液態(tài)化合物甲和乙，其原子個數(shù)比分別為1∶1(甲)和2∶1(乙)，且分子中電子總數(shù)分別為18(甲)和10(乙)，則W為O元素，X為H元素，兩種化合物甲為H2O2、乙為H2O；X與Z能形成一種極易溶于水的堿性氣體丙，則丙為NH3，Z為N元素；H與Y能形成極易溶于水的酸性氣體丁，丁分子中的電子數(shù)為18，則丁為HCl，Y為Cl元素；H、Cl、N三種元素能組成一種離子化合物，其水溶液呈弱酸性，則此離子化合物為NH4Cl，據(jù)此解題?！驹斀狻坑煞治鲋篧為O元素、X為H元素、Y為Cl元素、Z為N元素、甲為H2O2、乙為H2O、丙為NH3；(1)由分析知W為氧元素，元素符號為O，其原子核外共有8個電子，則共有8種運動狀態(tài)不同的電子；(2)甲H2O2，為極性分子，含有H-O和O-O鍵，則結(jié)構(gòu)式為H-O-O-H；乙為H2O，O原子的雜化軌道形式為sp3，有兩個孤對電子，則空間構(gòu)型為V型；(3)Z為N元素，電子排布式為1s22s22p3，同一軌道上的電子能量相等，則核外共有3種能量不同的電子，堿性氣體丙為NH3，其電子式為；(4)H、Cl、N三種元素組成的離子化合物為NH4Cl，在水溶液中NH4+的水解，使溶液呈弱酸性，發(fā)生水解反應的離子方程式為NH4++H2ONH3·H2O+H+；(5)鉍元素跟Cl元素能形成化合物為BiCl3，其水解生成難溶于水的BiOCl；①BiCl3水解生成難溶于水的BiOCl，則另一種產(chǎn)物為HCl，水解反應的化學方程式為BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl；②BiCl3溶于稀鹽酸，鹽酸抑制了BiCl3的水解，從而得到澄清溶液；③BiOCl中Cl元素的化合價為-1價，而次氯酸中Cl元素為+1價，則BiOCl叫做“次某酸鉍”的說法不合理。24、KIO3?2HIO3I2+2H2O+SO2=2I-+SO42﹣+4H+3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3【解析】

由反應②可知生成黃色溶液，則應生成碘，與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應生成硫酸，方程式為I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+，加入足量氯化鋇生成硫酸鋇沉淀質(zhì)量為20.97g，可知n（BaSO4）=，則n（I2）=n（SO2）=0.09mol，n（I）=0.18mol，步驟②中消耗KI0.15mol，化合物X由4種元素組成，加入KOH為單一成分溶液，則應與KOH發(fā)生中和反應，含有K、H、I、O等元素，則5.66gX應含有n（I）=0.03mol，應發(fā)生IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，消耗KI0.15mol，可知n（IO3﹣）=0.03mol，如化合物為0.01mol，則相對分子質(zhì)量為，應為KIO3?2HIO3，以此解答該題?！驹斀狻浚?）由以上分析可知X為KIO3?2HIO3，黃色溶液乙含有碘，與SO2反應的離子方程式是I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+，故答案為：KIO3?2HIO3；I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+；（2）X中一種元素對應的單質(zhì)，與足量的K2CO3溶液反應得到的產(chǎn)物中含溶液甲中溶質(zhì)，應為碘與碳酸鉀的反應，化學方程式為3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3，故答案為：3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3。25、Ca(OH)2溶液稀H2SO4鐵Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓Fe(OH)3＋3H＋＝Fe3＋＋3H2OCu(OH)2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu【解析】

從含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的廢液中，把Fe3+轉(zhuǎn)化為綠礬回收，把Cu2+轉(zhuǎn)化為銅回收，先加堿使金屬離子轉(zhuǎn)化為沉淀，與陰離子分離，然后加酸溶解沉淀，再加鐵粉可得到硫酸亞鐵溶液和Cu，過濾得到銅和硫酸亞鐵溶液，硫酸亞鐵溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到綠礬?！驹斀狻恳罁?jù)題意從含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的廢液中，把Fe3+轉(zhuǎn)化為綠礬回收，把Cu2+轉(zhuǎn)化為銅回收應分三步實施，先加廉價的堿Ca(OH)2將Fe3+、Cu2+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3和Cu(OH)2，與Cl-、NO3-分離，反應的離子方程式為Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓；過濾后向Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀中加入稀硫酸，使沉淀溶解得到硫酸鐵和硫酸銅的混合液，反應的離子方程式為Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；向所得溶液中加入鐵粉與硫酸鐵和硫酸銅反應，可得到硫酸亞鐵溶液和Cu，反應的離子方程式為2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，F(xiàn)e＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；過濾得到銅和硫酸亞鐵溶液，硫酸亞鐵溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到綠礬，故答案為：Ca(OH)2溶液；稀H2SO4；鐵；Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓；Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，F(xiàn)e＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。26、分液漏斗上⑤③②④①除去空氣中的SO2和其他還原性氣體將黃鐵礦充分氧化，且將產(chǎn)生的二氧化硫全部擠入碘水中，被碘水充分吸收酚酞滴入最后一滴NaOH溶液后，溶液變?yōu)闇\紅色，并在半分鐘內(nèi)不褪色24.0%B【解析】

(1)萃取、分液的主要儀器為分液漏斗，根據(jù)滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上層水溶液；(2)實驗的目的是將黃鐵礦在空氣中完全燃燒生成的SO2被飽和碘水吸收，實驗中需要通入干燥空氣將裝置②中生成的SO2全部趕入裝置①中，通入的空氣需要利用酸性KMnO4溶液除去還原性的氣體雜質(zhì)，并借助裝置堿石灰干燥，由此確定裝置的連接順序；(3)結(jié)合(2)的分析判斷裝置⑤中高錳酸鉀的作用和持續(xù)鼓入空氣的作用；(4)根據(jù)題意，用氫氧化鈉滴定混合強酸溶液，所以常用的指示劑為酚酞，在滴定終點時溶液變?yōu)闇\紅色；(5)對于多次測量數(shù)據(jù)一般要求平均值進行數(shù)據(jù)處理，由于第一次所消耗標準液的體積與后兩次相差較大，為減小誤差，只求后兩次標準液的體積的平均值：20.00ml。根據(jù)反應4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H++OH-═H2O，得關(guān)系式S～SO2～4H+～4OH-，所以樣品中硫元素的質(zhì)量為：mol×32g/mol×=0.48g，據(jù)此計算樣品中硫元素的質(zhì)量分數(shù)；(6)裝置⑤所得溶液為HI、H2SO4的混合溶液，為測得硫的質(zhì)量分數(shù)，最好選用能與SO42-反應生成不溶于酸性溶液的沉淀?！驹斀狻?1)萃取、分液的主要儀器為分液漏斗，因為CCl4密度大于水，所以萃取碘后，有機層在下層，水溶液為上層，則后續(xù)滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上層水溶液；(2)實驗的目的是將黃鐵礦完全燃燒生成的SO2被飽和碘水吸收，實驗中需要通入干燥空氣將裝置②中生成的SO2全部擠入裝置①中，通入的空氣需要利用酸性KMnO4溶液除去還原性的氣體雜質(zhì)，并借助裝置堿石灰干燥，則裝置正確的連接順序是⑤→③→②→④→①；(3)實驗中需要通入干燥空氣將裝置②中生成的SO2全部趕入裝置①中，通入的空氣需要利用酸性KMnO4溶液除去還原性的氣體雜質(zhì)，故裝置⑤中高錳酸鉀的作用是除去空氣中的SO2和其他還原性氣體；持續(xù)鼓入空氣的作用將黃鐵礦充分氧化，且將產(chǎn)生的二氧化硫全部擠入碘水中，被碘水充分吸收。(4)根據(jù)題意，用氫氧化鈉滴定混合強酸溶液，所以常用的指示劑為酚酞，當?shù)稳胱詈笠坏蜰aOH溶液后，溶液變?yōu)闇\紅色，并在半分鐘內(nèi)不褪色，說明滴定已經(jīng)達到終點；(5)對于多次測量數(shù)據(jù)一般要求平均值進行數(shù)據(jù)處理，由于第一次所消耗標準液的體積與后兩次相差較大，為減小誤差，只求后兩次標準液的體積的平均值：20.00ml。根據(jù)反應4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H++OH-═H2O，得關(guān)系式S～SO2～4H+～4OH-，所以樣品中硫元素的質(zhì)量為：mol×32g/mol×=0.48g，所以樣品中硫元素的質(zhì)量分數(shù)為×100%=24.0%；(6)裝置⑤所得溶液為HI、H2SO4的混合溶液，為測得硫的質(zhì)量分數(shù)，最好選用能與SO42-反應生成不溶于酸性溶液的沉淀，即氯化鋇符合題意，故答案為B。27、分液漏斗4HCl（濃）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O飽和食鹽水吸收氯氣中混有的雜質(zhì)HCl濃硫酸吸收水蒸氣，干燥氯氣2Fe+3Cl22FeCl3NaOH溶液2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O【解析】

燒瓶中濃鹽酸與二氧化錳加熱生成氯氣，由于濃鹽酸中含有水且易揮發(fā)，出來的氣體中含有水蒸氣和氯化氫，通過B中的飽和食鹽水除去氯化氫氣體，在通過C中的濃硫酸除去水蒸氣，得到干燥的氯氣，通過D裝置玻璃管內(nèi)的鐵粉進行反應，未反應的氯氣進過裝置E中的氫氧化鈉進行尾氣吸收；【詳解】（1）由儀器構(gòu)造可知A為分液漏斗；燒瓶中濃鹽酸與二氧化錳加熱生成氯氣的反應，化學方程式為：4HCl（濃）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O。答案為：分液漏斗；4HCl（濃）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O（2）反應生成的氯氣中含有氯化氫和水蒸氣雜質(zhì)氣體，氯化氫極易溶于水，氯氣在飽和食鹽水中溶解性減弱，通過飽和食鹽水除去氯化氫氣體，通過濃硫酸溶液吸收水蒸氣，裝置B中盛放液體是飽和食鹽水；氣體通過裝置B的目的是吸收氯氣中混有的雜質(zhì)HCl；答案為：飽和食鹽水；吸收氯氣中混有的雜質(zhì)HCl（3）裝置C中盛放的液體是濃硫酸；氣體通過裝置C的目的是吸收水蒸氣，干燥氯氣；答案為：濃硫酸；吸收水蒸氣，干燥氯氣（4）干燥的氯氣通過裝置D是氯氣和鐵加熱條件下反應生成氯化鐵的反應，反應的化學方程式為：2Fe+3Cl22FeCl3；答案為：2Fe+3Cl22FeCl3；（5）氯氣有毒，不能排放到空氣中，裝置E是氫氧化鈉溶液，用來吸收未反應的氯氣，防止污染空氣；氯氣和氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應的離子方程式為：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；答案為：NaOH溶液；2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O28、0.015mol/(L·min)1.2NAc增大減小adNO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O【解析】

(1)利用化合價變化判斷氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物，然后根據(jù)“氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多了1.4g”計算出消耗二氧化氮的物質(zhì)的量及轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量；(2)可逆反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各組分的濃度不再變化，據(jù)此進行判斷；(3)縮小反應容器體積，增大了壓強，平衡向著逆向移動，據(jù)此判斷二氧化氮與氮氣的濃度之比變化及二氧化氮的轉(zhuǎn)化率變化；(4)反應的平衡常數(shù)K值變大，只有改變溫度使得平衡正向移動；(5)用NaOH溶液完全吸收含等物質(zhì)的量的NO、NO2混合氣體，恰好反應生成亞硝酸鈉和水。【詳解】(1)對于6NO2(g)+8NH3(g)7N2(g)+12H2O(g)，當有6molNO2反應共轉(zhuǎn)移了24mol電子，該反應的氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物都是氮氣，根據(jù)N原子守恒，6mol二氧化氮反應生成4mol氧化產(chǎn)物、3mol還原產(chǎn)物，氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1mol，質(zhì)量多：28g/mol×1mol=28g，則氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多了1.4g時轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為：24mol×=1.2mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1.2NA；參加反應的NO2為：6mol×=0.3mol，則0～10min時，平均反應速率υ(NO2)==0.015mol/(L?min)，故答案為：0.015mol/(L?min)；1.2NA；(2)a．c(NO2)：c(NH3)=3：4，無法判斷各組分的濃度是否變化，則無法判斷是否達到平衡狀態(tài)，故a錯誤；b．6v(NO2)正=7v(N2)逆，表示的是正逆反應速率，但是不滿足計量數(shù)關(guān)系，所以沒有達到平