山東省泰安三中、新泰二中、寧陽二中三校2024年高三第二次模擬考試化學試卷含解析

山東省泰安三中、新泰二中、寧陽二中三校2024年高三第二次模擬考試化學試卷注意事項1．考生要認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、下圖是分離混合物時常用的儀器，可以進行的混合物分離操作分別是（

）A．蒸餾、過濾、萃取、蒸發(fā) B．蒸餾、蒸發(fā)、萃取、過濾C．萃取、過濾、蒸餾、蒸發(fā) D．過濾、蒸發(fā)、萃取、蒸餾2、向含F(xiàn)e2＋、I－、Br－的混合溶液中通入過量的氯氣，溶液中四種粒子的物質(zhì)的量變化如圖所示，已知b－a＝5，線段Ⅳ表示一種含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物質(zhì)中含有相同的元素。下列說法正確的是（）A．線段Ⅱ表示Br-的變化情況B．原溶液中n(FeI2)：n(FeBr2)＝3：1C．根據(jù)圖像無法計算a的值D．線段Ⅳ表示HIO3的變化情況3、某未知溶液（只含一種溶質(zhì)）中加入醋酸鈉固體后，測得溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1。則原未知溶液一定不是A．強酸溶液 B．弱酸性溶液 C．弱堿性溶液 D．強堿溶液4、分類是化學學習與研究的常用方法，下列分類不正確的是（）A．按照分散質(zhì)和分散劑所處的狀態(tài)，可分為9種分散系B．天然氣、水煤氣、裂解氣、高爐煤氣都是混合物C．CO2、C6H12O6、CH3CH2OH、HCOOH都是非電解質(zhì)D．塑料的老化、橡膠的硫化、石油的裂化、鐵鋁的鈍化、油脂的硬化均屬化學變化5、向含1molNaOH、2molNaAl(OH)4、1molBa(OH)2的混合液中加入稀硫酸充分反應，加入溶質(zhì)H2SO4的量和生成沉淀的量的關(guān)系正確的是選項ABCDn(H2SO4)/mol2345n(沉淀)/mol2321.5A．A B．B C．C D．D6、某化學實驗創(chuàng)新小組設(shè)計了如圖所示的檢驗Cl2某些性質(zhì)的一體化裝置。下列有關(guān)描述不正確的是A．濃鹽酸滴到氯酸鉀固體上反應的離子方程式為5Cl?＋＋6H+===3Cl2↑＋3H2OB．無水氯化鈣的作用是干燥Cl2，且干燥有色布條不褪色，濕潤的有色布條褪色C．2處溶液出現(xiàn)白色沉淀，3處溶液變藍，4處溶液變?yōu)槌壬?，三處現(xiàn)象均能說明了Cl2具有氧化性D．5處溶液變?yōu)檠t色，底座中溶液紅色消失，氫氧化鈉溶液的作用為吸收剩余的Cl2以防止污染7、下列說法不正確的是A．氯氣是一種重要的化工原料，廣泛應用于自來水的消毒和農(nóng)藥的生產(chǎn)等方面B．鈉和鉀的合金在常溫下是液體，可用于快中子反應堆作熱交換劑C．用硅制造的光導纖維具有很強的導電能力，可用于制作光纜D．化肥的生產(chǎn)、金屬礦石的處理、金屬材料的表面清洗等都可能用到硫酸8、關(guān)于常溫下pH均為1的兩種酸溶液,其稀釋倍數(shù)與溶液pH的變化關(guān)系如圖所示,下列說法中正確的是()A．HA是弱酸,HB是強酸B．HB一定是弱酸,無法確定HA是否為強酸C．圖中a=2.5D．0.1mol/LHB溶液與等物質(zhì)的量濃度、等體積的氫氧化鈉溶液混合后,所得溶液中:c(H+)<c(OH-)9、《Chem.sci.》報道麻生明院士團隊合成非天然活性化合物b(結(jié)構(gòu)簡式如下)的新方法。下列說法不正確的是A．b的分子式為C18H17NO2 B．b的一氯代物有9種C．b存在一種順式結(jié)構(gòu)的同分異構(gòu)體 D．b能使酸性高錳酸鉀溶液褪色10、BMO(Bi2MoO6)是一種高效光催化劑，可用于光催化降解苯酚，原理如圖所示，下列說法不正確的是A．該過程的總反應：C6H6O+7O26CO2+3H2OB．該過程中BMO表現(xiàn)較強還原性C．降解產(chǎn)物的分子中只含有極性分子D．①和②中被降解的苯酚的物質(zhì)的量之比為3:111、化學與生活密切相關(guān)。下列敘述錯誤的是A．疫苗因未冷藏儲運而失效,與蛋白質(zhì)變性有關(guān)B．天然氣既是高效清潔的化石燃料,又是重要的化工原料C．“中國天眼”的鏡片材料為SiC,屬于新型有機非金屬材料D．港珠澳大橋水下鋼柱鑲鋁塊防腐的方法為犧牲陽極的陰極保護法12、已知還原性I->Fe2+>Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯氣，關(guān)于所得溶液離子成分分析正確的是（不考慮Br2、I2和水的反應）（）A．I-、Fe3+、Cl- B．Fe2+、Cl-、BrC．Fe2+、Fe3+、Cl- D．Fe2+、I-、Cl-13、中國科學家用蘸墨汁書寫后的紙張作為空氣電極，設(shè)計并組裝了輕型、柔性、能折疊的可充電鋰空氣電池如下圖1所示，電池的工作原理如下圖2所示。下列有關(guān)說法正確的是A．放電時，紙張中的纖維素作鋰電池的正極B．閉合開關(guān)K給鋰電池充電，X為直流電源正極C．放電時，Li+由正極經(jīng)過有機電解質(zhì)溶液移向負極D．充電時，陽極的電極反應式為Li2O2-2e-=O2+2Li+14、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．1.3g乙炔和苯蒸汽混合氣體中的碳氫鍵（C﹣H）數(shù)為0.1NAB．一定條件下，2molSO2與1molO2反應生成的SO3分子數(shù)為2NAC．1L0.1mol?L﹣1的乙酸溶液中含H+的數(shù)量為0.1NAD．2.24L的CO和N2混合氣體中含有的質(zhì)子數(shù)為1.4NA15、銫(Cs)在自然界中只有一種穩(wěn)定同位素Cs，核泄漏事故中會產(chǎn)生人工放射性同位素Cs、Cs。下列有關(guān)說法正確的是A．銫元素的相對原子質(zhì)量約為133 B．Cs、Cs的性質(zhì)相同C．Cs的電子數(shù)為79 D．Cs、Cs互為同素異形體16、下列關(guān)于有機物（）的說法錯誤的是A．該分子中的5個碳原子可能共面B．與該有機物含相同官能團的同分異構(gòu)體只有3種C．通過加成反應可分別制得烷烴、鹵代烴D．鑒別該有機物與戊烷可用酸性高錳酸鉀溶液17、下列物質(zhì)與其用途不相符的是A．乙二醇——抗凍劑 B．NaCl——制純堿C．Al2O3——焊接鋼軌 D．甲苯——制炸藥18、古代造紙工藝中常使用下列某種物質(zhì)，該物質(zhì)易導致紙纖維發(fā)生酸性水解，紙張因此變脆、易破損。則該物質(zhì)是()A．明礬 B．草木灰 C．熟石灰 D．漂白粉19、互為同系物的物質(zhì)不具有A．相同的相對分子質(zhì)量 B．相同的通式C．相似的化學性質(zhì) D．相似的結(jié)構(gòu)20、短周期元素A、B、C、D原子序數(shù)依次增大。已知元素A元素原子最外層電子數(shù)是次外層的2倍；B、C的最外層電子數(shù)之比為5:2，D的氧化物是常用的耐火材料；下列敘述正確的是（）A．元素A的氫化物都是氣體B．簡單離子半徑：C＞D＞B元素C．B、C形成的化合物與水反應可以生成一種刺激性氣味的氣體D．元素B的氣態(tài)氫化物的水溶液能溶解單質(zhì)D21、X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序數(shù)=族序數(shù)，由這四種元素組成的單質(zhì)或化合物存在如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系，其中甲、戊是兩常見的金屬單質(zhì)，丁是非金屬單質(zhì)，其余為氧化物且丙為具有磁性的黑色晶體。下列說法正確的是A．W的原子序數(shù)是Z的兩倍，金屬性強于ZB．W元素在周期表中的位置是第四周期VIII族C．丙屬于兩性氧化物D．等物質(zhì)的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量一定相等22、已知某溶液中含有碳酸鈉、硫酸鈉、氫氧化鈉、氯化鈉四種溶質(zhì)，欲將該溶液中四種溶質(zhì)的陰離子逐一檢驗出來，所加試劑先后順序合理的是A．HNO3、Ba(NO3)2、NH4NO3、AgNO3 B．HNO3、NH4NO3、Ba(NO3)2、AgNO3C．NH4NO3、HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3 D．NH4NO3、HNO3、AgNO3、Ba(NO3)2二、非選擇題(共84分)23、（14分）化合物X由三種元素(其中一種是第四周期元素)組成，現(xiàn)進行如下實驗：已知：氣體A在標準狀況下密度為0.714g·L-1；堿性溶液焰色反應呈黃色。(1)X中非金屬元素的名稱為__________，X的化學式__________。(2)X與水反應的化學方程式為_________。(3)化合物Y由X中金屬元素和第四周期元素構(gòu)成，設(shè)計實驗證明Y的晶體類型__________。(4)補充焰色反應的操作：取一根鉑絲，________，蘸取待測液灼燒，觀察火焰顏色。24、（12分）有兩種新型的應用于液晶和醫(yī)藥的材料W和Z，可用以下路線合成。已知以下信息：①(R1、R2、R3、R4為氫原子或烷烴基)②1molB經(jīng)上述反應可生成2molC，且C不能發(fā)生銀鏡反應③(易被氧化)④+CH3-CH=CH2請回答下列問題：(1)化合物A的結(jié)構(gòu)簡式____________，A→B的反應類型為_______________。(2)下列有關(guān)說法正確的是____________（填字母）。A．化合物B中所有碳原子不在同一個平面上B．化合物W的分子式為C11H16NC．化合物Z的合成過程中，D→E步驟為了保護氨基D．1mol的F最多可以和4molH2反應(3)C+D→W的化學方程式是________________________。(4)寫出同時符合下列條件的Z的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：_____________________。①遇FeCl3溶液顯紫色；②紅外光譜檢測表明分子中含有結(jié)構(gòu)；③1H-NMR譜顯示分子中含有苯環(huán)，且苯環(huán)上有兩種不同化學環(huán)境的氫原子。(5)設(shè)計→D合成路線（用流程圖表示，乙烯原料必用，其它無機過劑及溶劑任選）______________。示例：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH325、（12分）CoCl2·6H2O是一種飼料營養(yǎng)強化劑。一種利用水鈷礦(主要成分為Co2O3、Co(OH)3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O的工藝流程如下：已知：①浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：(金屬離子濃度為：0.01mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2開始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2·6H2O熔點為86℃，加熱至110~120℃時，失去結(jié)晶水生成無水氯化鈷。（1）寫出浸出過程中Co2O3發(fā)生反應的離子方程式_________________。（2）寫出NaClO3發(fā)生反應的主要離子方程式________________；若不慎向“浸出液”中加過量NaClO3時，可能會生成有毒氣體，寫出生成該有毒氣體的離子方程式_________________。（3）“加Na2CO3調(diào)pH至a”,過濾所得到的沉淀成分為___________________。（4）“操作1”中包含3個基本實驗操作，它們依次是_____________、____________和過濾。制得的CoCl2·6H2O在烘干時需減壓烘干的原因是__________________。（5）萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系如圖。向“濾液”中加入萃取劑的目的是______________；其使用的最佳pH范圍是_________。A．2.0~2.5B．3.0~3.5C．4.0~4.5D．5.0~5.5（6）為測定粗產(chǎn)品中CoCl2·6H2O含量，稱取一定質(zhì)量的粗產(chǎn)品溶于水，加入足量AgNO3溶液，過濾、洗滌，將沉淀烘干后稱其質(zhì)量。通過計算發(fā)現(xiàn)粗產(chǎn)品中CoCl2·6H2O的質(zhì)量分數(shù)大于100％，其原因可能是______________________。(答一條即可)26、（10分）亞硝酰硫酸（NOSO4H）純品為棱形結(jié)晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。SO2和濃硝酸在濃硫酸存在時可制備NOSO4H，反應原理為：SO2+HNO3=SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4H。（1）亞硝酰硫酸（NOSO4H）的制備。①儀器I的名稱為______________，打開其旋塞后發(fā)現(xiàn)液體不下滴，可能的原因是_________________。②按氣流從左到右的順序，上述儀器的連接順序為__________________(填儀器接口字母，部分儀器可重復使用)。③A中反應的方程式為___________。④B中“冷水”的溫度一般控制在20℃，溫度不宜過高或過低的原因為________。（2）亞硝酰硫酸（NOSO4H）純度的測定。稱取1.500g產(chǎn)品放入250mL的碘量瓶中，并加入100.00mL濃度為0.1000mol·L-1的KMnO4標準溶液和10mL25%的H2SO4，搖勻；用0.5000mol·L-1的Na2C2O4標準溶液滴定，滴定前讀數(shù)1.02mL,到達滴定終點時讀數(shù)為31.02mL。已知：i：□KMnO4+□NOSO4H+□______=□K2SO4+□MnSO4+□HNO3+□H2SO4ii：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+8H2O①完成反應i的化學方程式：_____________□KMnO4+□NOSO4H+□______=□K2SO4+□MnSO4+□HNO3+□H2SO4②滴定終點的現(xiàn)象為____________________。③產(chǎn)品的純度為__________________。27、（12分）隨著時代的發(fā)展，綠色環(huán)保理念越來越受到大家的認同，變廢為寶是我們每一位公民應該養(yǎng)成的意識。某同學嘗試用廢舊的鋁制易拉罐作為原材料、采用“氫氧化鋁法”制取明礬晶體并進行一系列的性質(zhì)探究。制取明礬晶體主要涉及到以下四個步驟：第一步：鋁制品的溶解。取一定量鋁制品，置于250mL錐形瓶中，加入一定濃度和體積的強堿溶液，水浴加熱(約93℃)，待反應完全后(不再有氫氣生成)，趁熱減壓抽濾，收集濾液于250mL燒杯中；第二步：氫氧化鋁沉淀的生成。將濾液重新置于水浴鍋中，用3mol/LH2SO4調(diào)節(jié)濾液pH至8～9，得到不溶性白色絮凝狀Al(OH)3，減壓抽濾得到沉淀；第三步：硫酸鋁溶液的生成。將沉淀轉(zhuǎn)移至250mL燒杯中，邊加熱邊滴入一定濃度和體積的H2SO4溶液；第四步：硫酸鋁鉀溶液的形成。待沉淀全部溶解后加入一定量的固體K2SO4，將得到的飽和澄清溶液冷卻降溫直至晶體全部析出，減壓抽濾、洗滌、抽干，獲得產(chǎn)品明礬晶體[KAl(SO4)2·12H2O，M＝474g/mol]?；卮鹣铝袉栴}：(1)第一步鋁的溶解過程中涉及到的主要反應的離子方程式為__________________________(2)為了加快鋁制品的溶解，應該對鋁制品進行怎樣的預處理：________________________(3)第四步操作中，為了保證產(chǎn)品的純度，同時又減少產(chǎn)品的損失，應選擇下列溶液中的___(填選項字母)進行洗滌，實驗效果最佳。A．乙醇B．飽和K2SO4溶液C．蒸餾水D．1：1乙醇水溶液(4)為了測定所得明礬晶體的純度，進行如下實驗操作：準確稱取明礬晶體試樣4.0g于燒杯中，加入50mL1mol/L鹽酸進行溶解，將上述溶液轉(zhuǎn)移至100mL容量瓶中，稀釋至刻度線，搖勻；移取25.00mL溶液干250mL錐形瓶中，加入30mL0.10mol/LEDTA－2Na標準溶液，再滴加幾滴2D二甲酚橙，此時溶液呈黃色；經(jīng)過后續(xù)一系列操作，最終用0.20mol/L鋅標準溶液滴定至溶液由黃色變?yōu)樽霞t色，達到滴定終點時，共消耗5.00mL鋅標準溶液。滴定原理為H2Y2－＋Al3＋→AlY－＋2H＋，H2Y2－(過量)＋Zn2＋→ZnY2－＋2H＋(注：H2Y2－表示EDTA－2Na標準溶液離子)。則所得明礬晶體的純度為_________%。(5)明礬除了可以用作人們熟悉的凈水劑之外，還常用作部分食品的膨松劑，例如油條(餅)的制作過程需要加入一定量的明礬，請簡述明礬在面食制作過程作膨松劑的原理：_______(6)為了探究明礬晶體的結(jié)晶水數(shù)目及分解產(chǎn)物，在N2氣流中進行熱分解實驗，得到明礬晶體的熱分解曲線如圖所示(TG%代表的是分解后剩余固體質(zhì)量占樣品原始質(zhì)量的百分率，失重百分率＝×100%)：根據(jù)TG曲線出現(xiàn)的平臺及失重百分率，30～270℃范圍內(nèi)，失重率約為45.57%，680～810℃范圍內(nèi)，失重百分率約為25.31%，總失重率約為70.88%，請分別寫出所涉及到30～270℃、680～810℃溫度范圍內(nèi)這兩個階段的熱分解方程式：___________、_____________28、（14分）可逆反應2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)是硫酸工業(yè)中非常重要的一個反應，因該反應中使用催化劑而被命名為接觸法制硫酸。(1)使用V2O5催化該反應時，涉及到催化劑V2O5的熱化學反應有：①V2O5(s)＋SO2(g)V2O4(s)＋SO3(g)△H1＝＋1．6kJ·mol－1②2V2O4(s)＋O2(g)2V2O5(s)△H2＝-2．4kJ·mol-1則2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H3＝_____，若降低溫度，該反應速率會_____（填“增大”或“減小”）(2)向10L密閉容器中加入V2O4(s)、SO2(g)各1mol及一定量的O2，改變加入O2的量，在常溫下反應一段時間后，測得容器中V2O4、V2O5、SO2和SO3的量隨反應前加入O2的變化如圖甲所示，圖中沒有生成SO3的可能原因是____________________________________________________。(3)向10L密閉容器中加入V2O5(s)、SO2(g)各0.6mol，O2(g)0.3mol，保持恒壓的條件下分別在T1、T2、T3三種溫度下進行反應，測得容器中SO2的轉(zhuǎn)化率如圖乙所示。①T1_____T2(填“>”或“<”)。②T2時，2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的平衡常數(shù)K＝_____。若向該容器通入高溫He(g)（不參加反應，高于T2），SO3的產(chǎn)率將______選填“增大”“減小”“不變”“無法確定”），理由是_____。③結(jié)合化學方程式及相關(guān)文字，解釋反應為什么在T3條件下比T2條件下的速率慢：__________。(4)T2時使用V2O5進行反應：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，在保證O2(g)的濃度不變的條件下，增大容器的體積，平衡_____（填字母代號）。A．向正反應方向移動B．不移動C．向逆反應方向移動D．無法確定29、（10分）氮、銅及其化合物以及乙醇、氯化鈉的用途廣泛?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)氮原子中含有______種運動狀態(tài)不同的電子，與N3-含有相同電子數(shù)的四原子分子是_______(寫化學式)，其立體構(gòu)型是________。(2)C、N、O、F四種元素的第一電離能由小到大的順序為_____。(3)Cu+價層電子的軌道表達式(電子排布圖)為______。CuO在高溫下能分解生成Cu2O，其原因是_______。(4)在加熱和Cu的催化作用下，乙醇可被空氣氧化為乙醛(CH3CHO)，乙醛分子中碳原子的雜化方式是____，乙醛分子中H一C—O的鍵角____(填“大于”等于”或“小于”)乙醇分子中的H—C—O的鍵角。(5)[Cu(H2O)4]2+為平面正方形結(jié)構(gòu)，其中的兩個H2O被Cl-取代后有兩種不同的結(jié)構(gòu)，其中[Cu(H2O)2(Cl)2]是非極性分子的結(jié)構(gòu)式為________。(6)如圖所示為NaCl晶體的晶胞結(jié)構(gòu)圖和晶胞截面圖(截面圖中的大球為Cl-，小球為Na+)；①晶胞中距離1個Na+最近的Cl-有_____個，這些C1-圍成的圖形是___________。②若晶體密度為ρg●cm-3，阿伏加德羅常數(shù)的值用NA表示，則Na+的離子半徑為_______pm(列出計算表達式)。

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、A【解析】

蒸餾燒瓶用于分離沸點相差較大的兩種液體的分離或難揮發(fā)性固體和液體的分離；普通漏斗用于分離互不相溶的固體和液體；分液漏斗用來分離互不相溶的液體或分離在不同溶劑中溶解度不同的混合物；蒸發(fā)皿用于可溶性固體和液體的分離，以此來解答?！驹斀狻空麴s燒瓶用于分離沸點相差較大的兩種液體的分離或難揮發(fā)性固體和液體的分離，即蒸餾；普通漏斗用于分離互不相溶的固體和液體，即過濾；分液漏斗用來分離互不相溶的液體或用來分離在不同溶劑中溶解度不同的混合物，即分液或萃取；蒸發(fā)皿用于可溶性固體和液體的分離，即蒸發(fā)，所以從左至右，可以進行的混合物分離操作分別是：蒸餾、過濾、分液或萃取、蒸發(fā)。答案選A。2、D【解析】

向僅含F(xiàn)e2+、I-、Br-的溶液中通入適量氯氣，還原性I-＞Fe2+＞Br-，首先發(fā)生反應2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反應完畢，再反應反應2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，F(xiàn)e2+反應完畢，最后發(fā)生反應2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故線段I代表I-的變化情況，線段Ⅱ代表Fe2+的變化情況，線段Ⅲ代表Br-的變化情況；通入氯氣，根據(jù)反應離子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol-1mol）=4mol，F(xiàn)e2+反應完畢，根據(jù)電荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，據(jù)此分析解答。【詳解】A．根據(jù)分析可知，線段Ⅱ為亞鐵離子被氯氣氧化為鐵離子，反應的離子方程式為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，不是氧化溴離子，故A錯誤；B．n（FeI2）：n（FeBr2）=n（I-）：n（Br-）=2mol：6mol=1：3，故B錯誤；C．由分析可知，溶液中n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，根據(jù)2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴離子反應需要氯氣的物質(zhì)的量為3mol，故a=3+3=6，故C錯誤；D．線段IV表示一種含氧酸，且I和IV表示的物質(zhì)中含有相同的元素，該元素為I元素，已知碘單質(zhì)的物質(zhì)的量為1mol，反應消耗氯氣的物質(zhì)的量為5mol，根據(jù)電子守恒，則該含氧酸中碘元素的化合價為：，則該含氧酸為HIO3，即：線段Ⅳ表示HIO3的變化情況，故D正確；故答案為D。3、A【解析】

A.強酸性溶液會促進醋酸根水解平衡正向進行,不能滿足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1,故選A；B.弱酸性溶液如加入少量醋酸會增加溶液中醋酸根離子濃度,可以滿足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1，故不選B；C.弱堿性溶液如加入弱堿抑制醋酸根離子水解,可以滿足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1，故不選C；D.強堿溶液如加入KOH溶液抑制醋酸根離子水解,可以滿足滿足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1,故不選D；答案：A【點睛】醋酸鈉固體溶解后得到溶液中醋酸根離子水解溶液顯堿性，使得醋酸根離子濃度減小，c(CH3COO―)+H2OCH3COOH+OH-，從平衡角度分析。4、C【解析】

A.分散劑和分散質(zhì)都存在3種狀態(tài)：固體、液體和氣體，每一種狀態(tài)的分散劑能夠與3種不同狀態(tài)的分散質(zhì)組成3種分散系，共可組成3×3=9種分散系，A正確；B.天然氣主要成分是甲烷，還含有乙烷、丙烷、丁烷等，水煤氣是CO、H2的混合氣，裂解氣是乙烯、丙烯等的混合氣，高爐煤氣是CO、CO2等的混合氣，B正確；C.HCOOH是電解質(zhì)，C錯誤；D.塑料老化是塑料被氧化造成，橡膠的硫化是天然橡膠與硫發(fā)生反應生產(chǎn)硫化橡膠、石油的裂化是將長鏈烴斷裂為短鏈烴、鐵鋁的鈍化是在鐵鋁表面形成鈍化膜、油脂的硬化是油酯與氫氣發(fā)生加成反應，均屬化學變化，D正確。故選C。5、A【解析】

A、2mol硫酸中有3mol氫離子中和氫氧根，1mol氫離子與偏鋁酸鈉反應生成1mol氫氧化鋁沉淀，同時還有1mol硫酸鋇產(chǎn)生，共計是2mol，選項A正確；B、3mol硫酸中有3mol氫離子中和氫氧根，2mol氫離子與偏鋁酸鈉反應生成氫氧化鋁沉淀，生成的氫氧化鋁沉淀又有一部分溶解在氫離子中，而硫酸鋇是1mol，則沉淀的物質(zhì)的量小于3mol，選項B錯誤；C、4mol硫酸中有3mol氫離子中和氫氧根，2mol氫離子與偏鋁酸鈉反應生成氫氧化鋁沉淀，剩余3mol氫離子又溶解1mol氫氧化鋁，而硫酸鋇是1mol，則沉淀的物質(zhì)的量是2mol，選項C錯誤；D、5mol硫酸中有3mol氫離子中和氫氧根，2mol氫離子與偏鋁酸鈉反應生成氫氧化鋁沉淀，剩余5mol氫離子又溶解5/3mol氫氧化鋁，而硫酸鋇是1mol，則沉淀的物質(zhì)的量是4/3mol，選項D錯誤；答案選A。6、C【解析】

濃鹽酸滴到氯酸鉀固體上的作用是為了制備Cl2，根據(jù)含同種元素物質(zhì)間發(fā)生氧化還原反應時，化合價只靠近不交叉，配平后可得反應的離子方程式：5Cl?＋＋6H+===3Cl2↑＋3H2O，A正確；為了檢驗Cl2有無漂白性，應該先把Cl2干燥，所以，無水氯化鈣的作用是干燥Cl2，然后會出現(xiàn)干燥有色布條不褪色而濕潤有色布條褪色的現(xiàn)象，B正確；Cl2與3處碘化鉀置換出單質(zhì)碘，遇淀粉變藍，與4處溴化鈉置換出單質(zhì)溴，使溶液變橙色，均說明了Cl2具有氧化性，Cl2與水反應生成HCl和HClO，HCl與硝酸銀產(chǎn)生白色沉淀，無法說明Cl2具有氧化性，C錯誤；Cl2與5處硫酸亞鐵生成Fe3+，F(xiàn)e3+與SCN?生成血紅色配合物，氫氧化鈉溶液可以吸收剩余的Cl2，防止污染空氣，D正確。7、C【解析】

A項、氯氣是一種重要的化工原料，可用于農(nóng)藥的生產(chǎn)等，如制備農(nóng)藥六六六等，氯氣與水反應生成的次氯酸具有氧化性，能夠殺菌消毒，故A正確；B項、鈉鉀合金導熱性強，可用于快中子反應堆的熱交換劑，故B正確；C項、光導纖維主要成分二氧化硅，是絕緣體，不導電，故C錯誤；D項、硫酸工業(yè)在國民經(jīng)濟中占有極其重要的地位，常用于化肥的生產(chǎn)、金屬礦石的處理、金屬材料的表面清洗等，故D正確；故選C。8、D【解析】

A.強酸稀釋103倍，pH變化3，據(jù)圖可知HA是強酸、HB是弱酸，故A不選；B.由A項分析可知，HA是強酸、HB是弱酸，故B不選；C.由題中數(shù)據(jù)不能確定a的數(shù)值，故C不選；D.弱酸HB與等物質(zhì)的量的氫氧化鈉溶液混合后，生成的NaB是強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，故D選。故選D。9、B【解析】

A．由結(jié)構(gòu)簡式()可知，該有機物分子式為C18H17NO2，故A正確；B．有機物b中含有10種()不同的H原子，一氯代物有10種，故B錯誤；C．C=C兩端碳原子上分別連接有2個不同的基團，存在一種順式結(jié)構(gòu)的同分異構(gòu)體，故C正確；D．含有碳碳雙鍵，可發(fā)生氧化反應，可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D正確；答案選B。【點睛】本題的易錯點為C，要注意有機物存在順反異構(gòu)的條件和判斷方法。10、C【解析】

A.根據(jù)圖知,反應物是C6H6O和氧氣、生成物是二氧化碳和水,所以該過程的總反應為C6H6O+7O26CO2+3H2O，故A正確，但不符合題意；B.該反應中BMO失電子發(fā)生氧化反應，作還原劑，體現(xiàn)較強的還原性，故B正確，但不符合題意；C.二氧化碳是非極性分子，水是極性分子，故C錯誤，符合題意；D.根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒判斷消耗苯酚的物質(zhì)的量之比,過氧根離子生成氧離子得到3個電子、BMO+得1個電子，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒知，①和②中被降解的苯酚的物質(zhì)的量之比為3:1，故D正確，但不符合題意；故選：C。11、C【解析】

A．溫度過高蛋白質(zhì)會發(fā)生變性，故A正確；B．天然氣燃燒只生成二氧化碳和水，為清潔燃料，利用天然氣可以合成二甲醚等有機物，是重要的化工原料，故B正確；C．碳化硅是非金屬化合物，且為無機物，碳化硅是一種新型無機非金屬材料，故C錯誤；D．鋁比銅活潑，形成原電池鋁作負極被氧化，防腐方法為犧牲陽極的陰極保護法，故D正確；故答案為C。12、B【解析】

由于還原性I->Fe2+>Br-，所以在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯氣，首先發(fā)生反應：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2；當I－反應完全后再發(fā)生反應：2Fe3＋+Cl2=2Fe2++2Cl－，當該反應完成后發(fā)生反應：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2。因此可能存在的情況是Fe2+、Cl-、Br，故選項是B。13、D【解析】

本題主要考查電解原理?？沙潆婁嚳諝怆姵胤烹姇r，墨汁中的碳作鋰電池的正極，活潑的鋰是負極，電解質(zhì)里的陽離子經(jīng)過有機電解質(zhì)溶液移向正極；開關(guān)K閉合給鋰電池充電，電池負極接電源的負極，充電時陽極上發(fā)生失電子的氧化反應，據(jù)此回答?！驹斀狻緼、可充電鋰空氣電池放電時，墨汁中的碳作鋰電池的正極，錯誤；B、開關(guān)K閉合給鋰電池充電，電池負極接電源的負極，X為直流電源負極，錯誤；C、放電時，Li+由負極經(jīng)過有機電解質(zhì)溶液移向正極，錯誤；D、充電時陽極上發(fā)生失電子的氧化反應：Li2O2?2e?===O2↑+2Li+，故D正確。14、A【解析】

A．乙炔和苯具有相同最簡式CH，1molCH含有1個C-H鍵；B．二氧化硫與氧氣反應為可逆反應，可逆反應不能進行到底；C．乙酸為弱電解質(zhì)，部分電離；D．氣體狀況未知?！驹斀狻緼.1.3g乙炔和苯蒸汽混合氣體含有CH物質(zhì)的量為：=0.1mol，含有碳氫鍵（C﹣H）數(shù)為0.1NA，故A正確；B．二氧化硫與氧氣反應為可逆反應，可逆反應不能進行到底，所以一定條件下，2molSO2與1molO2反應生成的SO3分子數(shù)小于2NA，故B錯誤；C．乙酸為弱電解質(zhì)，部分電離，1L0.1mol?L﹣1的乙酸溶液中含H+的數(shù)量小于0.1NA，故C錯誤；D．氣體狀況未知，無法計算混合氣體物質(zhì)的量和含有質(zhì)子數(shù)，故D錯誤；故選：A。【點睛】解題關(guān)鍵：熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)，易錯點D，注意氣體摩爾體積使用條件和對象，A選項，注意物質(zhì)的結(jié)構(gòu)組成。15、A【解析】

A．元素的相對原子質(zhì)量是依照該元素在自然界中的穩(wěn)定同位素的質(zhì)量計算的，銫(Cs)在自然界中只有一種穩(wěn)定同位素Cs，則銫元素的相對原子質(zhì)量約為133，A正確；B．Cs、Cs的質(zhì)子數(shù)相同，而中子數(shù)不同，二者互為同位素，同位素的化學性質(zhì)相同，但物理性質(zhì)有差別，B錯誤；C．電子數(shù)等于質(zhì)子數(shù)，Cs的質(zhì)子數(shù)為55，則電子數(shù)為55，C錯誤；D．Cs、Cs是同種元素的不同原子，互為同位素，不是同素異形體，D錯誤；故合理選項是A。16、B【解析】

A.乙烯分子是平面分子，該化合物中含有不飽和的碳碳雙鍵，與這兩個不飽和碳原子連接的C原子在乙烯分子的平面內(nèi)，對于乙基來說，以亞甲基C原子為研究對象，其周圍的C原子構(gòu)成的是四面體結(jié)構(gòu)，最多兩個頂點與該原子在同一平面上，所以該分子中的5個碳原子可能共面，A不符合題意；B.與該有機物含相同官能團的同分異構(gòu)體有CH2=CH-CH2CH2CH3、CH3CH=CH-CH2CH3、、，B符合題意；C.該物質(zhì)分子中含有碳碳雙鍵，與H2發(fā)生加成反應產(chǎn)生烷烴；與鹵化氫和鹵素單質(zhì)發(fā)生加成反應可制得鹵代烴，C不符合題意；D.戊烷性質(zhì)穩(wěn)定，不能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，而該物質(zhì)分子中含有不飽和碳碳雙鍵，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使其褪色，因此可以用酸性高錳酸鉀溶液鑒別二者，D不符合題意；故合理選項是B。17、C【解析】

A.乙二醇的熔點很低，故可用作汽車的防凍液，故A正確；B.侯氏制堿法的原理是將氨氣和二氧化碳通入飽和氯化鈉溶液中，然后生成碳酸氫鈉和氯化銨，將碳酸氫鈉分離出后加熱即可制得純堿碳酸鈉，故氯化鈉可用作制純堿，故B正確；C.利用鋁熱反應來焊接鋼軌，而鋁熱反應是鋁單質(zhì)和某些金屬氧化物的反應，其中氧化鋁是生成物，故可以說金屬鋁能用于焊接鋼軌，故C錯誤；D.三硝基甲苯是一種烈性炸藥，可以通過甲苯的硝化反應來制取，故D正確。故選：C。18、A【解析】

早期的紙張生產(chǎn)中,常采用紙表面涂敷明礬的工藝，明礬[KAl(SO4)2?12H2O]中鋁離子水解，其水解方程式為：，產(chǎn)生氫離子促進纖維素水解，使高分子鏈斷裂，所以紙質(zhì)會變脆、破損，A項符合題意，答案選A。19、A【解析】

結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的有機物互為同系物．A、由于同系物在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團，故相對分子質(zhì)量不同，選項A選；B、由于同系物的結(jié)構(gòu)相似，即屬于同一類物質(zhì)，故通式相同，選項B不選；C、由于同系物的結(jié)構(gòu)相似，即屬于同一類物質(zhì)，故化學性質(zhì)相似，選項C不選；D、互為同系物的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)必須相似，選項D不選。答案選A。20、C【解析】

短周期元素A、B、C、D原子序數(shù)依次增大。已知元素A元素原子最外層電子數(shù)是次外層的2倍，A為第二周期元素，故A為碳；D的氧化物是常用的耐火材料，故D為鋁；B、C的最外層電子數(shù)之比為5:2，最外層電子數(shù)不得超過8，原子序數(shù)要比碳大比鋁小，故B為氮、C為鎂。【詳解】A.元素碳的氫化物都是有機物的烴類，當碳原子數(shù)小于5時，為氣態(tài)，大于5時為液態(tài)或固態(tài)，故A錯誤；B.B、C、D簡單離子均為兩個電子層，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，半徑越小，簡單離子半徑：B＞C＞D，故B錯誤；C.B、C形成的化合物為二氮化三鎂，與水反應可以生成有刺激性氣味的氨氣，故C正確；D.元素B的氣態(tài)氫化物的水溶液為氨水，氨水是弱堿不能與鋁反應，故D錯誤；答案選C。21、B【解析】

X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序數(shù)=族序數(shù)，則X是H元素，Z是Al元素；由這四種元素組成的單質(zhì)或化合物存在如圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系，其中甲、戊是兩常見的金屬單質(zhì)，丁是非金屬單質(zhì)，其余為氧化物且丙為具有磁性的黑色晶體，則丙是Fe3O4，結(jié)合元素及化合物的性質(zhì)逆推可知甲為Fe，乙為H2O，丁是H2，戊為金屬單質(zhì)，可以與Fe3O4反應產(chǎn)生Fe單質(zhì)，因此戊是Al單質(zhì)，己為Al2O3，結(jié)合原子序數(shù)的關(guān)系可知Y是O元素，W是Fe元素，據(jù)此分析解答。【詳解】綜上所述可知X是H元素，Y是O元素，Z是Al元素，W是Fe元素。甲是Fe單質(zhì)，乙是H2O，丙是Fe3O4，丁是H2，戊是Al單質(zhì)，己是Al2O3。A.Fe原子序數(shù)是26，Al原子序數(shù)是13，26為13的2倍，金屬性Al>Fe，A錯誤；B.Fe是26號元素，在元素周期表中位于第四周期VIII族，B正確；C.丙是Fe3O4，只能與酸反應產(chǎn)生鹽和水，不能與堿發(fā)生反應，因此不是兩性氧化物，C錯誤；D.Fe是變價金屬，與硝酸反應時，二者的相對物質(zhì)的量的多少不同，反應失去電子數(shù)目不同，可能產(chǎn)生Fe2+，也可能產(chǎn)生Fe3+，而Al是+3價的金屬，因此等物質(zhì)的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量不一定相等，D錯誤；故合理選項是B?！军c睛】本題考查了元素及化合物的推斷及其性質(zhì)的知識，涉及Fe、Al的單質(zhì)及化合物的性質(zhì)，突破口是丙是氧化物，是具有磁性的黑色晶體，結(jié)合Fe與水蒸氣的反應及鋁熱反應，就可順利解答。22、C【解析】

先加硝酸，氫離子與碳酸根離子生成氣體，可以鑒別出碳酸鈉，但硝酸也可和氫氧化鈉反應生成水，沒有明顯現(xiàn)象，又除去了氫氧根離子，銨根離子與氫氧根離子反應生成具有刺激性氣味的氣體，加入硝酸銨可以證明氫氧化鈉的存在；再加入稀硝酸，有氣體生成，證明含有碳酸鈉；加入硝酸鋇，鋇離子與硫酸根離子生成硫酸鋇沉淀，可以證明含有硝酸鋇；最后加入硝酸銀，銀離子與氯離子反應生成氯化銀白色沉淀，證明含有氯化鈉，可以將四種溶質(zhì)都證明出來，如先加入硝酸銀，則硫酸銀、氯化銀都生成沉淀，不能鑒別，綜上所述，C項正確；答案選C。二、非選擇題(共84分)23、碳、溴Na5CBrNa5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑將Y加熱至熔化，然后測其導電性，若熔融狀態(tài)下能導電，證明該物質(zhì)是由離子構(gòu)成的離子晶體放在稀鹽酸中洗滌后在酒精燈火焰上灼燒至無色【解析】

X與水反應產(chǎn)生氣體A和堿性溶液，氣體A摩爾質(zhì)量為M=0.714g·L-1×22.4L/mol=16g/mol，則A是CH4，說明X中含有C元素；堿性溶液焰色反應呈黃色，說明堿性溶液含有鈉元素，物質(zhì)X中有鈉元素；向該堿性溶液中加入0.04molHCl溶液顯中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液產(chǎn)生兩種沉淀，質(zhì)量和為7.62g，根據(jù)Cl-守恒，其中含有AgCl沉淀質(zhì)量為m(AgCl)=0.04mol×143.5g/mol=5.74g，X中含有的另外一種元素位于第四周期，可以與Ag+反應產(chǎn)生沉淀，則該元素為溴元素，則X的組成元素為Na、C、Br三種元素，形成的沉淀為AgBr，其質(zhì)量為m(AgBr)=7.62g-5.74g=1.88g，n(AgBr)=1.88g÷188g/mol=0.01mol，X中含有Br-0.01mol，其質(zhì)量為0.01mol×80g/mol=0.80g，結(jié)合堿性溶液中加入0.04molHCl，溶液顯中性，說明2.07gX中含有0.05molNa+，X與水反應產(chǎn)生0.01molHBr和0.05molNaOH，其中0.01molHBr反應消耗0.01molNaOH，產(chǎn)生0.01molNaBr，還有過量0.04molNaOH，則X中含有C的物質(zhì)的量為n(C)=(2.07g-0.05mol×23g/mol-0.80g)÷12g/mol=0.01mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=0.05：0.01：0.01=5：1：1，則X化學式為Na5CBr，Na5CBr與水反應總方程式為：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知X是Na5CBr，A是CH4，堿性溶液為NaOH與NaBr按4：1混合得到的混合物，中性溶液為NaCl、NaBr按4：1物質(zhì)的量的比的混合物，沉淀為AgCl、AgBr混合物，二者物質(zhì)的量的比為4：1；(1)X化學式為Na5CBr，其中非金屬元素的名稱為碳、溴；(2)X與水反應的化學方程式為Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑；(3)化合物Y由X中金屬元素和第四周期元素構(gòu)成，則Y為NaBr，該化合物為離子化合物，證明Y的晶體類型實驗是：將NaBr加熱至熔化，測其導電性，若熔融狀態(tài)下能導電，證明在熔融狀態(tài)中含有自由移動的離子，則該物質(zhì)是由離子構(gòu)成的離子化合物；(4)補充焰色反應的操作：取一根鉑絲，放在稀鹽酸中洗滌后在酒精燈或酒精噴燈火焰上灼燒至無色，然后蘸取待測液灼燒，觀察火焰顏色，來確定其中含有的金屬元素?！军c睛】本題考查了元素及化合物的推斷、顏色反應的操作及化合物類型判斷方法。掌握常見元素及化合物的性質(zhì)、物質(zhì)的構(gòu)成微粒，并結(jié)合題干信息計算、推理。24、(CH3)2CH-CCl(CH3)2消去反應C、【解析】

A的分子式為C6H13Cl，為己烷的一氯代物，在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應得到B為烯烴，1molB發(fā)生信息①中氧化反應生成2molC，且C不能發(fā)生銀鏡反應，B為對稱結(jié)構(gòu)烯烴，且不飽和C原子沒有H原子，故B為(CH3)2C=C(CH3)2，C為，逆推可知A為(CH3)2CH-CCl(CH3)2。由W進行逆推，可推知D為，由E后產(chǎn)物結(jié)構(gòu)，可知D與乙酸酐發(fā)生取代反應生成E，故E為，然后E發(fā)生氧化反應。對、比F前后物質(zhì)結(jié)構(gòu)，可知生成F的反應發(fā)生取代反應，而后酰胺發(fā)生水解反應又重新引入氨基，則F為，D→E步驟為了保護氨基，防止被氧化?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：A為(CH3)2CH-CCl(CH3)2，B為(CH3)2C=C(CH3)2，C為，D為，E為，F(xiàn)為。則(1)根據(jù)上述分析可知，化合物A的結(jié)構(gòu)簡式為：(CH3)2CH-CCl(CH3)2，A與NaOH的乙醇溶液在加熱時發(fā)生消去反應，產(chǎn)生B：(CH3)2C=C(CH3)2，乙醇A→B的反應類型為：消去反應；(2)A.化合物B為(CH3)2C=C(CH3)2，可看作是乙烯分子中4個H原子分別被4個-CH3取代產(chǎn)生的物質(zhì)，由于乙烯分子是平面分子，4個甲基C原子取代4個H原子的位置，在乙烯分子的平面上，因此所有碳原子處于同一個平面，A錯誤；B.由W的結(jié)構(gòu)簡式可知化合物W的分子式為C11H15N，B錯誤；C.氨基具有還原性，容易被氧化，開始反應消耗，最后又重新引入氨基，可知D→E步驟為了保護氨基，防止被氧化，C正確；D.物質(zhì)F為，苯環(huán)能與氫氣發(fā)生加成反應，1mol的F最多可以和3molH2反應，D錯誤，故合理選項是C；(3)C+D→W的化學方程式是：；(4)Z的同分異構(gòu)體滿足：①遇FeCl3溶液顯紫色，說明含有酚羥基；②紅外光譜檢測表明分子中含有結(jié)構(gòu)；③1HNMR譜顯示分子中含有苯環(huán)，且苯環(huán)上有兩種不同化學環(huán)境的氫原子，說明分子結(jié)構(gòu)對稱，則對應的同分異構(gòu)體可為、；(5)由信息④可知，苯與乙烯發(fā)生加成反應得到乙苯，然后與濃硝酸、濃硫酸在加熱50℃～60℃條件下得到對硝基乙苯，最后與Fe在HCl中發(fā)生還原反應得到對氨基乙苯，故合成路線流程圖為：?！军c睛】要充分利用題干信息，結(jié)合已經(jīng)學習過的各種官能團的性質(zhì)及轉(zhuǎn)化進行合理推斷。在合成推斷時要注意有機物的分子式、反應條件、物質(zhì)的結(jié)構(gòu)的變化，采取正、逆推法相結(jié)合進行推斷。25、Co2O3+SO32－+4H+=2Co2++SO42－+2H2OClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2OClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2OFe(OH)3、Al(OH)3蒸發(fā)(濃縮)冷卻(結(jié)晶)降低烘干溫度，防止產(chǎn)品分解除去溶液中的Mn2+B粗產(chǎn)品含有可溶性氯化物或晶體失去了部分結(jié)晶水【解析】

（1）向水鈷礦[主要成分為Co2O3、Co(OH)3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]中加入鹽酸和亞硫酸鈉，浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亞硫酸鈉在酸性條件下發(fā)生氧化還原，根據(jù)電荷守恒和得失電子守恒，反應的離子方程式為：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案為Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，其反應的離子方程式為：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性條件下，NaClO3與氯離子發(fā)生氧化還原反應生成氯氣，其反應的離子方程式為：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；故答案為ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；（3）NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3調(diào)pH至a，鋁離子能與碳酸根離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁和二氧化碳，水解的離子方程式為：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；鐵離子能與碳酸根離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鐵和二氧化碳，水解的離子方程式為：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，所以沉淀成分為：Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案為Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）從溶液中制取氯化鈷固體，其操作步驟為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶和過濾，故答案為蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶；（5）根據(jù)流程圖可知，此時溶液中存在Mn2+、Co2+金屬離子；由萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系可知，調(diào)節(jié)溶液pH在3.0～3.5之間，Mn2+的萃取率很高而Co2+的萃取率較小，并防止Co2+轉(zhuǎn)化為Co(OH)2沉淀，故答案為除去溶液中的Mn2+；B；（6）根據(jù)CoCl2?6H2O的組成分析，造成產(chǎn)品中CoCl2?6H2O的質(zhì)量分數(shù)大于100%的原因可能是：含有雜質(zhì)，導致氯離子含量大或結(jié)晶水化物失去部分水，導致相同質(zhì)量的固體中氯離子含量變大，故答案為粗產(chǎn)品含有可溶性氯化物或晶體失去了部分結(jié)晶水?！军c晴】理解工藝流程圖、明確實驗操作與設(shè)計及相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，試題充分考查了學生的分析、理解能力及靈活應用所學知識的能力。26、分液漏斗分液漏斗上口的瓶塞未打開或漏斗未與大氣相通或漏斗下端活塞的凹槽未與瓶頸上的通氣孔對齊a→de→cb→de→fNa2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑溫度過低，反應速率太慢，溫度過高，濃硝酸易分解，SO2逸出2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4滴入最后一滴Na2C2O4標準液后，溶液由紫紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘顏色不恢復84.67%【解析】

(1)①根據(jù)圖示中裝置的形外分析名稱；漏斗內(nèi)的液體與大氣相通時液體才能順利流下；②亞硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，裝置A制取的SO2中含有水蒸氣，必須先干燥在通入B中反應制取亞硝酰硫酸(NOSO4H)時，要防止空氣中或其他實驗儀器中的水蒸氣進入B中，SO2有毒，未反應的剩余SO2不能排放到大氣中；據(jù)此分析；③硫酸和亞硫酸鈉反應生成硫酸鈉(或硫酸氫鈉)和二氧化硫；④溫度影響反應速率，同時濃硝酸不穩(wěn)定；(2)①根據(jù)氧化還原反應，化合價升降(電子得失)守恒及物料守恒分析配平；②在氧化還原滴定操作中，高錳酸鉀自身為紫紅色，發(fā)生氧化還原反應時紫色褪去，自身可做滴定操作的指示劑；③結(jié)合反應ii，根據(jù)題給數(shù)據(jù)計算過量的KMnO4的物質(zhì)的量，在結(jié)合反應i計算NOSO4H的物質(zhì)的量，進而求算產(chǎn)品純度?！驹斀狻?1)①根據(jù)圖示中裝置A圖所示，儀器I為分液漏斗；漏斗內(nèi)與大氣相通時液體才能順利流下，打開其旋塞后發(fā)現(xiàn)液體不下滴，可能的原因是分液漏斗上口的瓶塞未打開或漏斗未與大氣相通或漏斗下端活塞的凹槽未與瓶頸上的通氣孔對齊；②亞硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，裝置A制取的SO2中含有水蒸氣，必須先干燥在通入B中反應制取亞硝酰硫酸(NOSO4H)，同時要防止空氣中或其他實驗儀器中的水蒸氣進入B中，通入SO2時要盡量使SO2充分與反應物混合，提高SO2利用率，SO2有毒，未反應的剩余SO2不能排放到大氣中，上述儀器的連接順序為：a→de→cb→de→f；③硫酸和亞硫酸鈉反應生成硫酸鈉(或硫酸氫鈉)和二氧化硫，反應方程式為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑；④溫度影響反應速率，同時濃硝酸不穩(wěn)定，溫度過低，反應速率太慢，溫度過高，濃硝酸易分解，SO2逸出，導致反應產(chǎn)率降低；(2)①反應中錳元素的化合價由+7價降低為+2價，亞硝酰硫酸中氮元素的化合價由+3價升高為+5價，根據(jù)氧化還原反應，化合價升降(電子得失)守恒及物料守恒，配平該方程式為：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；②在氧化還原滴定操作中，高錳酸鉀自身為紫紅色，發(fā)生氧化還原反應時紫色褪去，自身可做滴定操作的指示劑，用0.5000mol?L?1草酸鈉標準溶液滴定過量的高錳酸鉀溶液，溶液顏色變化是紫紅色變?yōu)闊o色且半分鐘不變說明反應達到終點；③根據(jù)反應ii：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+8H2O，過量的KMnO4的物質(zhì)的量=×0.5000mol?L?1×(31.02mL-1.02mL)×10-3/L=0.006mol，則與NOSO4H反應的高錳酸鉀物質(zhì)的量=0.1000mol?L?1×0.1L?0.006mol=0.004mol，在結(jié)合反應i：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，NOSO4H的物質(zhì)的量=×0.004=0.01mol，產(chǎn)品的純度為=×100%=84.67%?！军c睛】亞硝酰硫酸(NOSO4H)純品遇水易分解，故在連接實驗儀器時，需要考慮反應中產(chǎn)生的氣體是否帶有水蒸氣，還要考慮外界空氣中的水蒸氣是否會進入裝置，最后要有尾氣處理裝置，酸性氣體用堿液吸收。27、2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑用砂紙將廢舊鋁制易拉罐內(nèi)外表面打磨光滑，并剪成小片備用（其他合理答案也給分）D94.8明礬與小蘇打（NaHCO3）發(fā)生反應（雙水解）：Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑，產(chǎn)生大量CO2，使面食內(nèi)部體積迅速膨脹，形成較大空隙。KAl(SO4)2?12H2OKAl(SO4)2+12H2O2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑【解析】

（1）鋁與強堿溶液的反應生成偏鋁酸鹽和氫氣，寫出離子方程式；（2）預處理需要去掉鋁表面的致密的氧化物保護膜；（3）從減少產(chǎn)品損失考慮；（4）根據(jù)題目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的總量減去鋅標準溶液對EDTA-2Na的消耗量，即可計算出樣品溶液中Al3+的物質(zhì)的量，間接算出明礬晶體的物質(zhì)的量和質(zhì)量，進而求出明礬晶體的純度；（5）從雙水解角度考慮；（6）根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)，確定第一個階段應是脫掉結(jié)晶水；第二階段脫掉SO3；【詳解】（1）第一步鋁的溶解過程中主要發(fā)生鋁與強堿溶液的反應，離子方程式為2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；答案：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑（2）鋁制品表面有氧化膜及包裝油漆噴繪等，打磨、剪成小片后可加快在強堿溶液中的溶解；答案：用砂紙將廢舊鋁制易拉罐內(nèi)外表面打磨光滑，并剪成小片備用（其他合理答案也給分）（3）所得明礬晶體所含的雜質(zhì)能溶于水，需用水洗滌，但為了減少產(chǎn)品的損失，應控制水的比例，因此用1:1乙醇水溶液洗滌效果最佳；答案：D（4）根據(jù)題目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的總量減去鋅標準溶液對EDTA-2Na的消耗量，即可計算出樣品溶液中Al3+的物質(zhì)的量，間接算出明礬晶體的物質(zhì)的量和質(zhì)量，進而求出明礬晶體的純度；答案：94.8（5）面食發(fā)酵過程中需要用到小蘇打（NaHCO3），NaHCO3與明礬發(fā)生雙水解反應，產(chǎn)生CO2；答案：明礬與小蘇打（NaHCO3）發(fā)生反應（雙水解）：Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑，產(chǎn)生大量CO2，使面食內(nèi)部體積迅速膨脹，形成較大空隙。（6）根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)，結(jié)合KAl(SO4)2?12H2O的化學式，可驗證出第一個階段應是脫掉結(jié)晶水得到KAl(SO4)2；第二階段脫掉SO3，發(fā)生的是非氧化還原反應，得到K2SO4和Al2O3；答案：KAl(SO4)2?12H2OKAl(SO4)2+12H2O2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑28、-195.2kJ/mol減小常溫下，V2O5(s)＋SO2(g)V2O4(s)＋SO3(g)和2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)反應都很慢＜1.89×104減小該反應為氣體體積減小的放熱反應，通入高溫He相當于加熱；同時容器的體積增大，相當于減小壓強，平衡均左移，產(chǎn)率減小該反應正向為放熱反應，平衡時溫度越高，SO2的轉(zhuǎn)化率越低，故T3比T2高，高溫下，反應②平衡向左移動，生成的V2O4固體覆蓋在V2O5固體的表面，減小了V2O5與SO2氣體的接觸面積，使得V2O5(s)＋SO2(g)V2O4(s)＋SO3(g)的反應速率降低B【解析】

(1)結(jié)合已知熱化學方程式，根據(jù)蓋斯定律進行計算；(2)由圖像可知，隨反應前加入O2量的變化，SO2未參與反應，V2O4逐漸減少，V2O5逐漸增多，根據(jù)反應條件和反應方程式分析反應的發(fā)生；(3)①溫度越高，反應速率越大；②由圖像可知，在T2溫度下，該反應達到平衡狀態(tài)時，SO2的轉(zhuǎn)化率為90%，則可列出三段式，計算平衡時氣體總物質(zhì)的量，再根據(jù)恒溫恒壓下，氣體的體積之比等于物質(zhì)的量之比可得，計算平衡時容器的體積，從而計算平衡時氣體的濃度，進而計算該反應的平衡常數(shù)；通入高溫He相當于加熱，同時容器的體積會增大，再結(jié)合平衡