遼寧省葫蘆島市六校協(xié)作體2024屆高考化學必刷試卷含解析

遼寧省葫蘆島市六校協(xié)作體2024屆高考化學必刷試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、類比推理是化學中常用的思維方法。下列推理正確的是A．lmol晶體硅含Si-Si鍵的數目為2NA，則1mol金剛砂含C-Si鍵的數目也為2NAB．Ca(HCO3)2溶液中加入過量的NaOH溶液，發(fā)生化學反應的方程式：則Mg(HCO3)2溶液中加入過量的NaOH溶液，發(fā)生化學反應的方程式：C．標準狀況下，22.4LCO2中所含的分子數目為NA個，則22.4LCS2中所含的分子數目也為NA個D．NaClO溶液中通人過量CO2發(fā)生了反應：，則Ca(ClO)2溶液中通入過量CO2發(fā)生了：2、短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序數依次增大，其中X、Z位于同一主族；W的氣態(tài)氫化物常用作制冷劑；Y是同周期主族元素中離子半徑最小的；ZXR2能與水劇烈反應，可觀察到液面上有白霧生成，并有無色刺激性氣味的氣體逸出，該氣體可使品紅溶液褪色。下列說法正確的是A．最簡單氫化物的沸點：W>XB．含氧酸的酸性：Z<RC．Y和R形成的化合物是離子化合物D．向ZXR2與水反應后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成3、向碳酸溶液中滴加NaOH溶液，測得碳酸中含碳微粒的物質的量分數隨pH變化如圖所示，下列說法不正確的是：A．除去NaCl溶液中Na2CO3的方法是向其中加入鹽酸至pH=7B．X、Y為曲線兩交叉點。由X點處的pH，可計算Ka1(H2CO3)C．pH=10的溶液中c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)D．將CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3，應控制pH＞12.54、下列物質的轉化在給定條件下能實現的是（）A．NH3NO2HNO3 B．AlNaAlO2(aq)NaAlO2(s)C．FeFe2O3Fe D．AgNO3(aq)[Ag(NH3)2OH(aq)]Ag5、乙基環(huán)己烷（）的一溴代物共有幾種（不考慮立體異構）A．3種B．4種C．5種D．6種6、現有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R原子最外層電子數是電子層數的2倍；Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，Z與T形成的Z2T型化合物能破壞水的電離平衡，五種元素的原子半徑與原子序數的關系如圖所示。下列推斷正確的是（）A．原子半徑和離子半徑均滿足：Y＜ZB．簡單氫化物的沸點和熱穩(wěn)定性均滿足：Y>TC．最高價氧化物對應的水化物的酸性：T＜RD．常溫下，0.1mol·L－1由X、Y、Z、T四種元素組成的化合物的水溶液的pH一定大于17、海冰是海水凍結而成的咸水冰。海水凍結時，部分來不及流走的鹽分以鹵汁的形式被包圍在冰晶之間，形成“鹽泡”假設鹽分以一個NaCl計，其大致結構如下圖所示，若海冰的冰齡達到1年以上，融化后的水為淡水。下列敘述正確的是()A．海冰內層“鹽泡”越多，密度越小B．海冰冰齡越長，內層的“鹽泡”越多C．海冰內層“鹽泡”內的鹽分主要以NaCl分子的形式存在D．海冰內層NaCl的濃度約為設冰的密度為8、下列有關說法正確的是（）A．水合銅離子的模型如圖，該微粒中存在極性共價鍵、配位鍵、離子鍵B．CaF2晶體的晶胞如圖，距離F-最近的Ca2+組成正四面體C．氫原子的電子云圖如圖，氫原子核外大多數電子在原子核附近運動D．金屬Cu中Cu原子堆積模型如圖，為面心立方最密堆積，Cu原子的配位數均為12，晶胞空間利用率68%9、將amol鈉和amol鋁一同投入mg足量水中，所得溶液密度為dg·mL－1，該溶液中溶質質量分數為A．82a/(46a+m)%B．8200a/(46a+2m)%C．8200a/(46a+m)%D．8200a/(69a+m)%10、隨著原子序數的遞增，八種短周期元素（用字母x等表示）原子半徑的相對大小，最高正價或最低負價的變化如圖所示，下列說法錯誤的是A．常見離子半徑：g>h>d>eB．上述元素組成的ZX4f(gd4)2溶液中，離子濃度：c（f3+）＞c（zx4+）C．由d、e、g三種元素組成的鹽溶液和稀硫酸反應可能生成沉淀D．f的最高價氧化物的水化物可以分別與e和h的最高價氧化物的水化物發(fā)生反應11、有一瓶無色、有特殊氣味的液體，是甲醇（CH3OH）或乙醇（C2H5OH）。通過測定該液體充分燃燒后生成的二氧化碳和水的質量，再根據二氧化碳和水的質量可確定是那種物質，對原理解釋錯誤的是A．求出碳、氫元素的質量比，與甲醇和乙醇中碳氫質量比對照，即可確定B．求出碳、氫原子的個數比，與甲醇和乙醇中碳氫個數比對照，即可確定C．求出碳、氫原子的物質的量比，與甲醇和乙醇中的碳氫物質的量比對照，即可確定D．求出碳、氫、氧原子的個數比，與甲醇和乙醇中的碳、氫、氧個數比對照，即可確定12、800℃時，可逆反應CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）的平衡常數K=1，800℃時，測得某一時刻密閉容器中各組分的濃度如表，下列說法正確的是（）物質COH2OCO2H2濃度/mol?L-10.0020.0030.00250.0025A．此時平衡逆向移動B．達到平衡后，氣體壓強降低C．若將容器的容積壓縮為原來的一半，平衡可能會向正向移動D．正反應速率逐漸減小，不變時，達到化學平衡狀態(tài)13、如圖是我國學者研發(fā)的高效過氧化氫一尿素電池的原理裝置：裝置工作時，下列說法錯誤的是A．Ni-Co/Ni極上的電勢比Pd/CFC極上的低B．向正極遷移的主要是K+，產物M為K2SO4C．Pd/CFC極上發(fā)生反應：D．負極反應為14、用下列實驗裝置進行相應實驗，能達到實驗目的的是A．制備乙酸乙酯B．配置一定物質的量濃度的NaOH溶液C．在鐵制品表面鍍銅D．制取少量CO2氣體15、反應A+B→C+Q(Q＞0)分兩步進行，①A+B→X+Q(Q＜0)②X→C+Q(Q＞0)。下列示意圖中，能正確表示總反應過程中能量變化的是（）A． B．C． D．16、將等量的固體Mg(OH)2，置于等體積的下列液體中，最終固體剩余最少的是（）A．在純水中 B．在0.1mol/L的MgCl2溶液中C．在0.1mol/L的NH3·H2O中 D．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中17、某固體混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的兩種或多種組成，現對該混合物做如下實驗，現象和有關數據如圖所示(氣體體積數據換算成標準狀況)。關于該固體混合物，下列說法正確的是（）A．含有4.5gAlB．不含FeCl2、AlCl3C．含有物質的量相等的(NH4)2SO4和MgCl2D．含有MgCl2、FeCl218、蓓薩羅丁是一種治療頑固性皮膚T細胞淋巴瘤的藥物，其結構如圖所示。下列有關說法正確的是A．分子中所有碳原子在同一平面內B．既能發(fā)生加成反應，又能發(fā)生消去反應C．能使溴水、酸性高錳酸鉀溶液褪色，且原理相同D．1mol蓓薩羅丁分別與足量的Na、NaHCO3反應，產生氣體的物質的量之比為l︰219、某次硫酸銅晶體結晶水含量的測定實驗中，相對誤差為+2.7%，其原因不可能是（）A．實驗時坩堝未完全干燥 B．加熱后固體未放入干燥器中冷卻C．加熱過程中晶體有少量濺失 D．加熱后固體顏色有少量變黑20、下列物質的轉化在給定條件下能實現的是①NaAlO2(aq)AlCl3Al②NH3NOHNO3③NaCl(飽和)NaHCO3Na2CO3④FeS2SO3H2SO4A．②③ B．①④ C．②④ D．③④21、下列說法中，正確的是A．將2gH2與足量的N2混合，充分反應后轉移的電子數為2NAB．1molNa218O2與足量水反應，最終水溶液中18O原子為2NA個C．常溫下，46gNO2和N2O4組成的混合氣體中所含有的分子數為NAD．100mL12mol/L的濃HNO3與過量Cu反應，轉移的電子數大于0.6NA22、三元軸烯（a）、四元軸烯（b）、五元軸烯（c）的結構簡式如圖所示，下列說法不正確的是A．a、b、c都能發(fā)生加成反應B．a與苯互為同分異構體C．a、b、c的一氯代物均只有一種D．c分子中的原子不在同一個平面上二、非選擇題(共84分)23、（14分）研究發(fā)現艾滋病治療藥物利托那韋對新型冠狀病毒也有很好的抑制作用，它的合成中間體2-異丙基-4-(甲基氨基甲基)噻唑可按如下路線合成：回答下列問題：(1)A的結構簡式是__________，C中官能團的名稱為______________。(2)①、⑥的反應類型分別是__________、_____。D的化學名稱是______。(3)E極易水解生成兩種酸，寫出E與NaOH溶液反應的化學方程式：_______。(4)H的分子式為__________________。(5)I是相對分子質量比有機物D大14的同系物，寫出I符合下列條件的所有同分異構體的結構簡式：_____________。①能發(fā)生銀鏡反應②與NaOH反應生成兩種有機物(6)設計由，和丙烯制備的合成路線______________(無機試劑任選)。24、（12分）一種合成聚碳酸酯塑料（PC塑料）的路線如下：已知：①酯與含羥基的化合物可發(fā)生如下酯交換反應RCOOR＇＋R＂OHRCOOR＂+R＇OH②PC塑料結構簡式為：（1）C中的官能團名稱是_________，檢驗C中所含官能團的必要試劑有_________。（2）D的系統(tǒng)命名為_________。（3）反應II的反應類型為_________，反應Ⅲ的原子利用率為_________。（4）反應IV的化學方程式為_________。（5）1molPC塑料與足量NaOH溶液反應，最多消耗_________molNaOH。（6）反應I生成E時會生成副產物F(C9H12O2)，其苯環(huán)上一氯代物有兩種，則F的結構簡式為_________；寫出滿足下列條件的F的同分異構體的結構簡式_________（任寫一種）①分子中含有苯環(huán)，與NaOH溶液反應時物質的量為1：2②核磁共振氫譜顯示有5種不同化學環(huán)境的氫，且峰面積之比為6：2：2：1：125、（12分）三氯氧磷(POCl3)是一種工業(yè)化工原料，可用于制取有機磷農藥、長效磺胺藥物等，還可用作染料中間體、有機合成的氯化劑和催化劑、阻燃劑等。利用O2和PCl3為原料可制備三氯氧磷,其制備裝置如圖所示(夾持裝置略去)：已知PCl3和三氯氧磷的性質如表：熔點/℃沸點/℃其他物理或化學性質PCl3-112.076.0PCl3和POCl3互溶，均為無色液體，遇水均劇烈水解，發(fā)生復分解反應生成磷的含氧酸和HClPOCl31.25106.0（1）裝置A中的分液漏斗能否用長頸漏斗代替？做出判斷并分析原因：_______（2）裝置B的作用是______________(填標號)。a.氣體除雜b.加注濃硫酸c.觀察氣體流出速度d.調節(jié)氣壓（3）儀器丙的名稱是___________，實驗過程中儀器丁的進水口為__________(填“a”或“b”)口。（4）寫出裝置C中發(fā)生反應的化學方程式_______，該裝置中用溫度計控制溫度為60~65℃，原因是________。（5）稱取16.73gPOCl3樣品，配制成100mL溶液；取10.00mL溶液于錐形瓶中，加入3.2mol·L-1的AgNO3溶液10.00mL，并往錐形瓶中滴入5滴Fe2(SO4)3溶液；用0.20mol·L-1的KSCN溶液滴定，達到滴定終點時消耗KSCN溶液10.00mL(已知：Ag++SCN-=AgSCN↓)。則加入Fe2(SO4)3溶液的作用是________，樣品中POCl3的純度為_____________。26、（10分）氨基磺酸(H2NSO3H)是一元固體強酸，俗稱“固體硫酸”，易溶于水和液氨，不溶于乙醇，在工業(yè)上常用作酸性清洗劑、阻燃劑、磺化劑等。某實驗室用尿素和發(fā)煙硫酸(溶有SO3的硫酸)制備氨基磺酸的流程如圖：已知“磺化”步驟發(fā)生的反應為：①CO(NH2)2(s)+SO3(g)H2NCONHSO3H(s)ΔH＜0②H2NCONHSO3H+H2SO42H2NSO3H+CO2↑發(fā)生“磺化”步驟反應的裝置如圖1所示：請回答下列問題：（1）下列關于“磺化”與“抽濾”步驟的說法中正確的是____。A.儀器a的名稱是三頸燒瓶B.冷凝回流時，冷凝水應該從冷凝管的B管口通入C.抽濾操作前，應先將略小于漏斗內徑卻又能將全部小孔蓋住的濾紙平鋪在布氏漏斗中，稍稍潤濕濾紙，微開水龍頭，抽氣使濾紙緊貼在漏斗瓷板上，再轉移懸濁液D.抽濾結束后為了防止倒吸，應先關閉水龍頭，再拆下連接抽氣泵和吸濾瓶之間的橡皮管（2）“磺化”過程溫度與產率的關系如圖2所示，控制反應溫度為75～80℃為宜，若溫度高于80℃，氨基磺酸的產率會降低，可能的原因是____。（3）“抽濾”時，所得晶體要用乙醇洗滌，則洗滌的具體操作是____。（4）“重結晶”時，溶劑選用10%～12%的硫酸而不用蒸餾水的原因是____。（5）“配液及滴定”操作中，準確稱取2.500g氨基磺酸粗品配成250mL待測液。取25.00mL待測液于錐形瓶中，以淀粉-碘化鉀溶液做指示劑，用0.08000mol?L-1的NaNO2標準溶液進行滴定，當溶液恰好變藍時，消耗NaNO2標準溶液25.00mL。此時氨基磺酸恰好被完全氧化成N2，NaNO2的還原產物也為N2。①電子天平使用前須____并調零校準。稱量時，可先將潔凈干燥的小燒杯放在稱盤中央，顯示數字穩(wěn)定后按____，再緩緩加樣品至所需質量時，停止加樣，讀數記錄。②試求氨基磺酸粗品的純度：____(用質量分數表示)。③若以酚酞為指示劑，用0.08000mol?L-1的NaOH標準溶液進行滴定，也能測定氨基磺酸粗品的純度，但測得結果通常比NaNO2法____(填“偏高”或“偏低”)。27、（12分）Mg(ClO3)2·3H2O在工農業(yè)上有重要用途，其制備原理為：MgCl2＋2NaClO3＋3H2O=Mg(ClO3)2·3H2O＋2NaCl。實驗室制備Mg(ClO3)2·3H2O的過程如圖：已知四種化合物的溶解度(S)與溫度(T)的變化曲線關系如圖所示：(1)抽濾裝置中儀器A的名稱是________________。(2)操作X的步驟是________________________________。(3)“溶解”時加水太多會明顯降低MgCl2的利用率，其原因是__________________。(4)下列有關實驗過程與操作說法不正確的是________。A．冷卻時可用冰水B．洗滌時應用無水乙醇C．抽濾Mg(ClO3)2·3H2O時，可用玻璃纖維代替濾紙D．抽濾時，當吸濾瓶中液面快到支管時，應拔掉橡皮管，將濾液從支管倒出(5)稱取3.000g樣品，加水溶解并加過量的NaNO2溶液充分反應，配制成250mL溶液，取25mL溶液加足量稀硝酸酸化并加入合適的指示劑，用0.1000mol·L－1的AgNO3標準溶液滴定至終點，平均消耗標準液24.00mL。則樣品中Mg(ClO3)2·3H2O的純度是________。28、（14分）碳族元素(Carbongroup)包括碳(C)、硅(Si)、鍺(Ge)、錫(Sn)、鉛(Pb)、鈇(Fl)六種。(1)已知Sn為50號元素，其價電子排布式為______；價電子中成對電子數為______個。(2)已知CO與N2的結構相似，則CO的電子式為______，C、O、N第一電離能由大到小的順序為______，三者最簡單氫化物的熔沸點高低順序為______(用“化學式”表示）。(3)甲硅烷(SiH4)可用來制取超純半導體硅，工業(yè)上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介質中反應制得甲硅烷，該反應的化學方程式為___________。(4)碳酸氫鈉的溶解度小于碳酸鈉，是由于HCO3-能夠形成雙聚或多聚鏈狀離子的結果，HCO3-中C原子的雜化方式為_______，HCO3-能夠雙聚或多聚的原因是__________。(5)SiC作為C和Si唯一穩(wěn)定的化合物，每個Si(或C)原子與周邊包圍的C(Si)原子通過________雜化相互結合。已經發(fā)現SiC具有250多種型體。某立方系晶體其晶胞參數為apm，阿伏加德羅常數的值為NA，該晶胞中原子的坐標參數為：C部分原子：(0，0，0)；(，，0)；(，0，)；(0，，)Si全部原子：(，，)；(，，)；(，，)；(，)該立方晶胞中Si原子構成的空間構型為_______，晶體的密度可表示為________g/cm3。29、（10分）研究氮氧化物反應機理，對于控制汽車尾氣、保護環(huán)境有重要意義。（1）NO在空氣中存在如下反應：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH，上述反應分兩步完成，其中第一步反應①如下，寫出第二步反應②的熱化學方程式（其反應的焓變ΔH2用含ΔH、ΔH1的式子來表示）：①2NO(g)N2O2(g)ΔH1＜0，②___________；（2）NH3催化還原氮氧化物(SCR)技術是目前應用最廣泛的煙氣氮氧化物脫除技術。反應的熱化學方程式為：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（g）△H=－1811.63KJ/mol；反應在恒容密閉容器中進行，在其它相條件同時，選用不同的催化劑，反應產生N2的物質的量隨時間變化如圖所示。①在催化劑A的作用下，經過相同時間，測得脫氮率隨反應溫度的變化情況如圖2所示，據圖可知，在相同的時間內，300℃之前，溫度升高脫氮率逐漸增大，300℃之后溫度升高脫氮率逐漸減?。ù呋瘎┚┦В?，寫出300℃之后脫氮率減小的原因是_________。②其他條件相同時，請在圖中補充在催化劑B作用下脫氮率隨溫度變化的曲線________。（3）工業(yè)制HNO3的尾氣中含有的NO2和NO常用NaOH溶液吸收，反應的化學方程式為：NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，現有平均組成為NOx的NO、NO2混合氣體，通入足量的NaOH溶液中，充分反應后沒有氣體剩余，則：①x的取值范圍為_________________。②反應后溶液中n(NO2－)︰n(NO3－)=____________________。(用含x的代數式表示）（4）電解法處理氮氧化合物是目前大氣污染治理的一個新思路，原理是將NOx在電解池中分解成無污染的N2和O2除去，如圖示，兩電極間是新型固體氧化物陶瓷，在一定條件下可自由傳導O2－，電解池陰極反應為___。

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．1mol晶體硅含Si-Si鍵的數目為2NA，而1mol金剛砂含C-Si鍵的數目為4NA，A錯誤；B．Ca(HCO3)2溶液中與過量的NaOH溶液反應生成CaCO3沉淀，而Mg(HCO3)2溶液中與過量的NaOH溶液反應時，由于Mg(OH)2的溶度積比MgCO3小，生成的是Mg(OH)2沉淀而不是MgCO3沉淀，B錯誤；C．在標準狀況下，CO2是氣體而CS2是液體，C錯誤；D．NaClO和Ca(ClO)2溶液通入過量CO2都是發(fā)生反應：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，D正確；答案選D。2、D【解析】

W的氣態(tài)氫化物常用作制冷劑，W為N元素；X、Z位于同一主族；ZXR2能與水劇烈反應，可觀察到液面上有白霧生成，并有無色刺激性氣味的氣體逸出，該氣體可使品紅溶液褪色，可推斷該氣體為SO2，則X為O，Z為S，R為Cl；Y是同周期主族元素中離子半徑最小的，Y是Al?！驹斀狻扛鶕}意，可推斷出W、X、Y、Z、R分別是N、O、Al、S、Cl元素；A.W和X最簡單氫化物的為NH3、H2O，沸點大小為NH3<H2O，所以A項錯誤；B.最高價含氧酸的酸性：Z<R，B項錯誤；C.Y和R形成的化合物AlCl3是共價化合物，C項錯誤；D.SOCl2與水反應,SOCl2+H2O=SO2↑+HCl，向反應后溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀AgCl生成，D項正確。答案選D。3、A【解析】

A．由圖像可知，當pH=7時含碳微粒主要為H2CO3和HCO3-，而pH約為3.5時，主要以碳酸形式存在，故要除去NaCl溶液中Na2CO3，需要調節(jié)pH小于3.5左右，故A錯誤；B．Ka1(H2CO3)=cHCO3-cH+cH2CO3，根據圖像，X點處c(HCO3-)=c(H2CO3)，此時Ka1(H2CO3)=c(H+)，因此由XC．根據圖像，pH=10的溶液中存在碳酸氫鈉和碳酸鈉，溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，故C正確；D．根據圖像，pH＞12.5含碳微粒主要以碳酸根離子形式存在，將CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3，應控制pH＞12.5，故D正確；答案選A。4、B【解析】

A．NH3與氧氣反應生成的是NO，無法直接得到NO2，故A錯誤；B．鋁和氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉溶液為強堿弱酸鹽溶液，水解產物不揮發(fā)，蒸發(fā)會得到溶質偏鋁酸鈉，所以Al

NaAlO2(aq)

NaAlO2(s)，能夠在給定條件下實現，故B正確；C．鐵和水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，不是生成氧化鐵，故C錯誤；D．硝酸銀溶液和一水合氨反應生成氫氧化銀沉淀，繼續(xù)加入氨水沉淀溶解生成銀氨溶液，蔗糖為非還原性的糖，不能和銀氨溶液反應，物質間轉化不能實現，故D錯誤；答案選B。5、D【解析】乙基環(huán)己烷中有6種氫原子，因此一溴代物有6種，故選項C正確。6、B【解析】

R原子最外層電子數是電子層數的2倍，則R可能為C或S，結合題圖可知R為C；Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，則Y為O，Z為Na；Z與T形成的Z2T型化合物能破壞水的電離平衡，則T為S；X的原子半徑、原子序數最小，則X為H。【詳解】A.電子層越多，原子半徑越大，則原子半徑為O＜Na，具有相同電子排布的離子中，原子序數大的離子半徑小，則離子半徑為O2－＞Na＋，故A錯誤；B.Y、T的簡單氫化物分別為H2O、H2S，水分子間存在氫鍵，則沸點H2O>H2S，元素非金屬性越強，對應的簡單氫化物的熱穩(wěn)定性越強，則熱穩(wěn)定性H2O>H2S，故B正確；C.非金屬性S＞C，則最高價氧化物對應的水化物的酸性為H2SO4＞H2CO3，故C錯誤；D.由H、O、Na、S四種元素組成的常見化合物有NaHSO3和NaHSO4，0.1mol·L－1NaHSO3溶液的pH>1，0.1mol·L－1NaHSO4溶液的pH＝1，故D錯誤。綜上所述，答案為B?！军c睛】氫化物穩(wěn)定性與非金屬有關，氫化物沸點與非金屬無關，與范德華力、氫鍵有關，兩者不能混淆。7、D【解析】

A．“鹽泡”中鹽與水的比值不變，則內層“鹽泡”越多時，密度不變，故A錯誤；B．若海冰的冰齡達到1年以上，融化后的水為淡水，則海冰冰齡越長，內層的“鹽泡”越少，故B錯誤；C．“鹽泡”內的鹽分為NaCl，由離子構成，不存在NaCl分子，故C錯誤；D．冰的密度為，設海水1L時，水的質量為900g，由個數比為1：500000，含NaCl為，可知海冰內層NaCl的濃度約為，故D正確；故答案為D?！军c睛】考查海水資源的應用，把握海水中鹽泡的成分、信息的應用為解答的關鍵，“鹽泡”內的鹽分為NaCl，屬離子化合物，由離子構成，且“鹽泡”中鹽與水的比值不變，特別注意“鹽泡結構的判斷。8、B【解析】

A．水合銅離子中水中的氧原子提供孤對電子與銅離子形成配位鍵，水中的H原子和O原子形成極性共價鍵，但不存在這離子鍵，A選項錯誤；B．CaF2晶體的晶胞中，F-位于體心，而Ca2+位于頂點和面心，距離F-最近的Ca2+組成正四面體，B選項正確；C．電子云密度表示電子在某一區(qū)域出現的機會的多少，H原子最外層只有一個電子，所以不存在大多數電子一說，只能說H原子的一個電子在原子核附近出現的機會多，C選項錯誤；D．金屬Cu中Cu原子堆積模型為面心立方最密堆積，配位數為12，但空間利用率為74%，D選項錯誤；答案選B。【點睛】本題考查了配合物、離子晶體、電子云、最密堆積等知識，解題關鍵是對所給圖要仔細觀察，并正確理解掌握基本概念。9、C【解析】

鈉和水反應生成氫氧化鈉和氫氣，鋁和氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和氫氣。根據方程式計算?！驹斀狻繉mol鈉和水反應生成amol氫氧化鈉和a/2mol氫氣，amol鋁和amol氫氧化鈉反應生成amol偏鋁酸鈉和3a/2mol氫氣，反應后的溶液的質量為23a+27a+m-(a/2+3a/2×2=(m+46a)g，溶質偏鋁酸鈉的質量為82ag。則質量分數為82a/(m+46a)×100%。故選C?！军c睛】掌握鈉和水的反應、鋁和氫氧化鈉溶液的反應，能根據方程式進行計算，計算溶液的質量時注意從總質量中將產生的氫氣的質量減去。10、B【解析】

根據八種短周期元素原子半徑的相對大小可知：x屬于第一周期，y、z、d屬于第二周期，e、f、g、h屬于第三周期元素；根據最高正價或最低負價可知：x為H,y為C、z為N、d為O、e為Na、f為Al、g為S、h為Cl?！驹斀狻緼.g為S，h為Cl，屬于第三周期，離子半徑g>h；d為O，e為Na，同為第二周期，離子半徑d>e，故離子半徑：g>h>d>e，A正確；B.根據上述分析可知，ZX4f(gd4)2組成為NH4Al(SO4)2，溶液中Al3+和NH4+水解均顯酸性，屬于相互抑制的水解，由于氫氧化鋁的電離常數大于一水合氨，則鋁離子水解程度大于銨根，即離子濃度：c(Al3+)＜c（NH4+）,故B錯誤；C.d為O、e為Na、g為S，由d、e、g三種元素組成的鹽Na2S2O3溶液和稀硫酸反應可能生成S沉淀,故C正確；D.f為Al，f的最高價氧化物的水化物為Al（OH）3,為兩性氫氧化物，e和h的最高價氧化物的水化物分別為NaOH、HClO4，可以與Al(OH)3發(fā)生反應,故D正確；答案：B。【點睛】突破口是根據原子半徑的大小判斷元素的周期數；根據最高正化合價和最低負化合價的數值大小判斷元素所在的主族；由此判斷出元素的種類，再根據元素周期律解答即可。11、D【解析】

反應后生成了二氧化碳和水，則根據質量守恒定律，化學反應前后元素的種類質量不變，則反應物中一定含有C、H元素；已知生成的二氧化碳和水的質量，則根據二氧化碳和水的質量，利用某元素的質量=化合物的質量×該元素的質量分數可求出碳元素和氫元素的質量比；再根據碳元素和氫元素的質量比即可求得碳元素與氫元素的原子個數比；最后與反應前甲醇和乙醇中的碳氫個數比對照，即可知道是哪種物質。碳、氫原子的物質的量比，與其原子個數比類似；只有D答案是錯誤的，因為生成物二氧化碳和水中的氧只有一部分來自于甲醇和乙醇，一部分來自于氧氣，不能根據求出碳、氫、氧原子的個數比，與甲醇和乙醇中的碳、氫、氧原子的個數比對照，答案選D。12、A【解析】

A、Qc==1.04＞K，所以平衡逆向移動，故A正確；B、反應前后氣體分子數不變，體系壓強不變，所以達到平衡后，氣體壓強不變，故B錯誤；C、若將容器的容積壓縮為原來的一半，相當于加壓，但加壓不對化學平衡產生影響，故C錯誤；D、反應逆向進行，說明v逆＞v正，隨著反應進行，CO和H2O的濃度增大，正反應速率增大，故D錯誤，故選：A?！军c睛】本題考查化學平衡的移動，根據表中數據，利用Qc與K的大小關系判斷反應的方向是解題的關鍵，難度不大。13、C【解析】

由電池工作原理圖可得，氮元素化合價由-3價變?yōu)?價，化合價升高，失電子，發(fā)生氧化反應，則Ni-Co/Ni極為負極，Pd/CFC為正極，正極得電子，發(fā)生還原反應?！驹斀狻緼．電子從低電勢(負極)流向高電勢（正極），Ni-Co/Ni極是原電池負極，電勢較低，故A正確；B．該電池使用陽離子交換膜，只允許陽離子通過，原電池中，陽離子向正極遷移，則向正極遷移的主要是K+，產生M為K2SO4，故B正確；C．Pd/CFC極上發(fā)生反應：，故C錯誤；D．根據分析，Ni-Co/Ni極為負極，結合圖示負極的物質轉化關系可得，氮元素化合價由-3價變?yōu)?價，化合價升高，失電子，發(fā)生氧化反應，負極反應為：，故D正確；答案選C。14、A【解析】

A.將乙醇加入大試管中，再注入濃硫酸并振蕩冷卻后加入冰醋酸，混合加熱制備乙酸乙酯，產物用飽和碳酸鈉溶液吸收，導管末端置于液面上，能達到實驗目的，選項A正確；B.容量瓶不能直接用于配置溶液，必須將NaOH固體倒入燒杯中，加入蒸餾水溶解后，冷卻至室溫，再轉移至容量瓶，選項B錯誤；C.在鐵制品表面鍍銅時應將鐵制品連接在電源的負極作為陰極，銅連接在電源的正極，電解質溶液為可溶性銅鹽溶液，選項C錯誤；D.實驗室制取CO2用的是大理石或石灰石和稀鹽酸反應，純堿與鹽酸反應速率快不易收集，另外純堿易溶于水，不能停留在有孔塑料板上，不能達到反應隨時發(fā)生隨時停止的作用，選項D錯誤。答案選A。15、D【解析】

由反應A+B→C+Q(Q＞0)可知，該反應是放熱反應，A和B的能量之和大于C的能量；由①A+B→X+Q(Q＜0)可知，該步反應是吸熱反應，故X的能量大于A和B的能量之和；又因為②X→C+Q(Q＞0)是放熱反應，故X的能量之和大于C的能量，圖象D符合，故選D。16、D【解析】

Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag)，平衡右移，溶解度增大，反之減小，據此解答即可?！驹斀狻縈g(OH)2在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag)；A．在純水中，Mg(OH)2正常溶解并達到飽和狀態(tài)，故A錯誤；B．在0.1mol/L的MgCl2溶液中，c(Mg2+)增大，抑制Mg(OH)2的溶解，故B錯誤；C．在0.1mol/L的NH3·H2O中，c(OH-)增大，抑制Mg(OH)2的溶解，故C錯誤；D．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中，c(H+)增大，促進平衡正向移動，最終固體Mg(OH)2可能完全溶解，故D正確；故答案為D。17、C【解析】

5.60L標況下的氣體通過濃硫酸后，體積變?yōu)?.36L，則表明V(H2)=3.36L，V(NH3)=2.24L，從而求出n(H2)=0.15mol，n(NH3)=0.1mol，從而確定混合物中含有Al、(NH4)2SO4；由白色沉淀久置不變色，可得出此沉淀為Mg(OH)2，物質的量為；由無色溶液中加入少量鹽酸，可得白色沉淀，加入過量鹽酸，白色沉淀溶解，可確定此沉淀為Al(OH)3，溶液中含有AlCl3。從而確定混合物中一定含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3，一定不含有FeCl2。【詳解】A.由前面計算可知，2Al—3H2，n(H2)=0.15mol，n(Al)=0.1mol，質量為2.7g，A錯誤；B.從前面的推斷中可確定，混合物中不含FeCl2，但含有AlCl3，B錯誤；C.n(NH3)=0.1mol，n[(NH4)2SO4]=0.05mol，n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]=0.05mol，從而得出(NH4)2SO4和MgCl2物質的量相等，C正確；D.混合物中含有MgCl2，但不含有FeCl2，D錯誤。故選C。18、D【解析】

A．右邊苯環(huán)上方的第一個碳與周圍四個碳原子均為單鍵結構，為四面體構型，不可能所有碳原子在同一平面內，故A錯誤；B．分子中含有碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應，但沒有可發(fā)生消去反應的官能團，故B錯誤；C．碳碳雙鍵使溴水褪色發(fā)生的是加成反應，而其使酸性高錳酸鉀褪色發(fā)生的是氧化反應，故C錯誤；D．1mol蓓薩羅丁與足量的Na反應生成0.5molH2，而其與足量NaHCO3反應生成1mol的CO2，產生氣體的物質的量之比為l︰2，故D正確。本題選D。19、B【解析】

A．實驗時坩堝未完全干燥，計算出的結晶水的質量偏高，會使誤差偏大，故A錯誤；B．加熱后固體未放入干燥器中冷卻，固體部分吸水，差距值變小，結果偏小，故B正確；C．加熱過程中晶體有少量濺失，固體質量減少得多，結晶水含量測得值會偏高，故C錯誤；D．加熱后固體顏色有少量變黑，說明部分硫酸銅分解，導致計算出的結晶水的質量偏高，測定結果偏高，故D錯誤；故答案為B?！军c睛】考查硫酸銅晶體中結晶水含量的測定，明確實驗操作方法和原理為解答關鍵，根據結晶水合物中，結晶水的質量=m(容器十晶體)-m(容器十無水硫酸銅)，質量分數=×100%，在測定中若被測樣品中含有加熱揮發(fā)的雜質或實驗前容器中有水，都會造成測量結果偏高。20、A【解析】

①AlCl3為共價化合物，其在熔融狀態(tài)下不能導電，應電解熔融的氧化鋁制備鋁，①不可實現；②中各步轉化為工業(yè)上制硝酸，在給定的條件下均可實現；③該系列轉化實為侯氏制堿法，可實現；④煅燒FeS2只能生成二氧化硫，不可實現。綜上所述，物質的轉化在給定條件下能實現的是②③，故選A。21、D【解析】

A．將2gH2與足量的N2混合，該反應為可逆反應，不能進行徹底，充分反應后轉移的電子數小于2NA，故A錯誤；B.1molNa218O2與足量水生成氫氧化鈉和氧氣，過氧化鈉中的氧原子轉化為氫氧化鈉和氧氣中的氧原子，最終水溶液中18O原子為NA個，故B錯誤；C．NO2、N2O4的摩爾質量不同，無法計算混合氣體的組成，故C錯誤；D．由于濃HNO3與銅反應生成NO2，而稀HNO3與銅反應生成NO，Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，100

mL

12

mol?L-1的濃HNO3完全被還原為NO2轉移0.6mol電子，完全被還原為NO轉移0.9mol電子，轉移的電子數大于0.6NA，故D正確；答案選D。22、D【解析】

A.a、b、c均含有碳碳雙鍵，因此都能發(fā)生加成反應，故A正確；B.a和苯的分子式均為C6H6，且結構不同，則a與苯互為同分異構體，故B正確；C.a、b、c分子中均只有一種氫原子，則它們的一氯代物均只有一種，故C正確；D.c分子中含有碳碳雙鍵的平面結構，根據乙烯的平面結構分析，c中所有的原子在同一個平面上，故D錯誤；故選D?！军c睛】在常見的有機化合物中，甲烷為正四面體結構，乙烯和苯是平面型結構，乙炔是直線型結構，其它有機物可在此基礎上進行判斷即可。二、非選擇題(共84分)23、CH2＝CH－CH2Cl羰基、氯原子加成反應取代反應2-甲基丙酸+2NaOH→+NaCl+H2OC8H14N2SHCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3【解析】

根據合成路線中，有機物的結構變化、分子式變化及反應條件分析反應類型及中間產物；根據目標產物及原理的結構特征及合成路線中反應信息分析合成路線；根據結構簡式、鍵線式分析分子式及官能團結構?！驹斀狻浚?）根據B的結構及A的分子式分析知，A與HOCl發(fā)生加成反應得到B，則A的結構簡式是CH2＝CH－CH2Cl；C中官能團的名稱為羰基、氯原子；故答案為：CH2＝CH－CH2Cl；羰基、氯原子；（2）根據上述分析，反應①為加成反應；比較G和H的結構特點分析，G中氯原子被甲胺基取代，則反應⑥為取代反應；D為，根據系統(tǒng)命名法命名為2-甲基丙酸；故答案為：加成反應；取代反應；2-甲基丙酸；（3）E水解時C-Cl鍵發(fā)生斷裂，在堿性條件下水解生成兩種鹽，化學方程式為：+2NaOH→+NaCl+H2O，故答案為：+2NaOH→+NaCl+H2O；（4）H的鍵線式為，則根據C、N、S原子的成鍵特點分析分子式為C8H14N2S，故答案為：C8H14N2S；（5）I是相對分子質量比有機物D大14的同系物，則I的結構比D多一個CH2原子團；①能發(fā)生銀鏡反應，則結構中含有醛基；②與NaOH反應生成兩種有機物，則該有機物為酯；結合分析知該有機物為甲酸某酯，則I結構簡式為：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3，故答案為：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；（6）根據合成路線圖中反應知，可由與合成得到，由氧化得到，可由丙烯加成得到，合成路線為：，故答案為：。24、溴原子NaOH溶液、稀硝酸、硝酸銀溶液2-丙醇氧化反應100%4n等【解析】

B為CH2=CH2，B發(fā)生氧化反應Ⅱ生成環(huán)氧乙烷，環(huán)氧乙烷與二氧化碳發(fā)生反應Ⅲ生成，與甲醇反應為信息的反應，反應的化學方程式是，生成HOCH2CH2OH和CH3OCOOCH3；A在一定的條件下與HBr發(fā)生加成反應，根據原子守恒知，A為C3H6，結構簡式為CH2=CHCH3，C為CH3CHBrCH3，C中NaOH溶液中加熱發(fā)生水解生成D，D為CH3CHOHCH3，D在銅作催化劑，加熱條件下氧化成丙酮，丙酮與發(fā)生反應I生成E，E與丙酮發(fā)生反應Ⅳ生成PC?！驹斀狻浚?）C為CH3CHBrCH3，官能團名稱是溴原子，C中NaOH溶液中加熱發(fā)生水解生成D和溴化鈉，先加稀硝酸中和氫氧化鈉，再加硝酸銀溶液，產生白色沉淀，檢驗C中所含官能團的必要試劑有NaOH溶液、稀硝酸、硝酸銀溶液。（2）為CH3CHOHCH3，D的系統(tǒng)命名為2-丙醇。（3）B為CH2=CH2，B發(fā)生氧化反應Ⅱ生成環(huán)氧乙烷，反應II的反應類型為氧化反應，環(huán)氧乙烷與二氧化碳發(fā)生反應Ⅲ生成，反應Ⅲ的原子利用率為100%。（4）E與丙酮發(fā)生反應Ⅳ生成PC，反應IV的化學方程式為。（5）酚形成的酯水解時需消耗2molNaOH，PC的一個鏈節(jié)中有2個酚形成的酯基，1molPC塑料與足量NaOH溶液反應，最多消耗4nmolNaOH。（6）反應I生成E時會生成副產物F(C9H12O2)，分子式為C9H12O2且符合屬于芳香化合物，其苯環(huán)上一氯代物有兩種，F的兩取代基只能處于對位，則F的結構簡式為；能滿足下列條件的F的同分異構體①分子中含有苯環(huán)，與NaOH溶液反應時物質的量為1:2，②核磁共振氫譜顯示有5種不同化學環(huán)境的氫，且峰面積之比為6：2：2：1：1，符合條件的是二元酚類，符合條件的同分異構體結構簡式為：等。【點睛】本題考查有機物的合成，把握合成流程中官能團的變化、有機反應、習題中的信息為解答的關鍵，注意有機物性質的應用，難點（6），注意掌握同分異構體的書寫方法。25、否，長頸漏斗不能調節(jié)滴液速度acd三頸燒瓶a2PCl3+O2=2POCl3溫度過低反應速度過慢；溫度過高，PCl3易揮發(fā)，利用率低指示劑91.8%【解析】

A裝置中用雙氧水與二氧化錳反應制備氧氣，通過加入雙氧水的量，可以控制產生氧氣的速率，氧氣中含有的水蒸氣用濃硫酸除去，裝置B中有長頸漏斗，可以平衡裝置內外的壓強，起到安全瓶的作用，純凈的氧氣與三氯化磷在裝置C中反應生成POCl3，為了控制反應速率，同時防止三氯化磷揮發(fā)，反應的溫度控制在60～65℃，所以裝置C中用水浴加熱，POCl3遇水劇烈水解為含氧酸和氯化氫，為防止空氣中水蒸汽進入裝置，同時吸收尾氣，所以在裝置的最后連有堿石灰的干燥管，據此分析解答(1)~(4)；(5)測定POCl3產品含量，用POCl3與水反應生成氯化氫，然后用硝酸銀標準溶液沉淀溶液中的氯離子，KSCN溶液滴定過量的AgNO3溶液，根據KSCN的物質的量可計算出溶液中剩余的AgNO3，結合AgNO3的總物質的量得知與氯離子反應的硝酸銀，進而計算出溶液中氯離子的物質的量，根據元素守恒可計算出樣品中POCl3的質量，進而確定POCl3的質量分數?！驹斀狻?1)裝置A中的分液漏斗不能用長頸漏斗代替，因為長頸漏斗不能調節(jié)滴液速度，故答案為否，長頸漏斗不能調節(jié)滴液速度；(2)裝置B中裝有濃硫酸，可作干燥劑，另外氣體通過液體時可觀察到氣泡出現，長頸漏斗，可以平衡裝置內外的壓強，起到安全瓶的作用，則裝置B的作用是觀察O2的流速、平衡氣壓、干燥氧氣，故答案為acd；(3)根據裝置圖，儀器丙為三頸燒瓶，為了提高冷卻效果，應該從冷凝管的下口進水，即進水口為a，故答案為三頸燒瓶；a；(4)氧氣氧化PCl3生成POCl3，根據原子守恒，反應的化學方程式2PCl3+O2=2POCl3，根據上面的分析可知，反應溫度應控制在60～65℃，原因是溫度過低，反應速率小，溫度過高，三氯化磷會揮發(fā)，利用率低，故答案為2PCl3+O2=2POCl3；溫度過低，反應速率小，溫度過高，三氯化磷會揮發(fā)，利用率低；(5)Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液，溶液顯紅色，則用

KSCN溶液滴定過量的AgNO3溶液時，可選擇硫酸鐵溶液為指示劑，達到終點時的現象是溶液會變紅色；KSCN的物質的量為0.20mol?L-1×0.010L=0.002mol，根據反應Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的銀離子的物質的量為0.002mol，POCl3與水反應生成氯化氫的物質的量為3.2mol?L-1×0.01L-0.002mol=0.03mol，即16.73gPOCl3產品中POCl3的物質的量為×=0.1mol，則所得產品中POCl3的純度為×100%=91.8%，故答案為指示劑；91.8%?！军c睛】明確實驗原理及實驗基本操作方法是解本題關鍵。本題的易錯點為(5)，要理清楚測定POCl3的純度的思路，注意POCl3~3HCl。26、A溫度過高，SO3氣體在硫酸中的溶解度小，逸出快，反應①接觸不充分轉化率降低；同時溫度升高，反應①平衡向逆反應方向移動關小水龍頭，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸沒沉淀，待乙醇完全濾下后重復此操作2～3次氨基磺酸在水溶液中可發(fā)生反應：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+與SO42-促使該平衡逆向移動(通電)預熱去皮鍵(歸零鍵)77.60%偏高【解析】

發(fā)煙硫酸和尿素在磺化步驟轉化為氨基磺酸，反應①為放熱反應，同時反應因為有氣體參與，則通過改變溫度和壓強可以影響產率；因為氨基磺酸為固體，則過濾時可采用抽濾；得到的氨基磺酸可能混有雜質，則要經過重結晶進行提純，最后干燥可得到純凈的氨基磺酸?！驹斀狻浚?）A.儀器a的名稱是三頸燒瓶，故A正確；B.冷凝回流時，冷凝水應該下進上出，即從冷凝管的A管口通入，故B錯誤；C.向漏斗內轉待抽濾液時，應用傾析法先轉移溶液，待溶液快流盡時再轉移沉淀，不能直接轉移懸濁液，故C錯誤；D.抽濾結束后為了防止倒吸，應先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶之間的橡皮管，再關閉水龍頭，故D錯誤；綜上所述，答案為A。（2）氣體的溶解度隨溫度升高而降低，則溫度過高，SO3氣體在硫酸中的溶解度小，逸出快，反應①接觸不充分轉化率降低；同時溫度升高，反應①平衡向逆反應方向移動，故答案為：溫度過高，SO3氣體在硫酸中的溶解度小，逸出快，反應①接觸不充分轉化率降低；同時溫度升高，反應①平衡向逆反應方向移動；（3）洗滌的具體操作為關小水龍頭，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸沒沉淀，待乙醇完全濾下后重復此操作2-3次，故答案為：關小水龍頭，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸沒沉淀，待乙醇完全濾下后重復此操作2～3次；（4）“重結晶”時，溶劑選用10%～12%的硫酸是為了防止氨基磺酸洗滌時因溶解而損失，因為氨基磺酸在水溶液中可發(fā)生反應：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+與SO42-促使該平衡逆向移動，故答案為：氨基磺酸在水溶液中可發(fā)生反應：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+與SO42-促使該平衡逆向移動；（5）①電子天平在使用時要注意使用前須(通電)預熱并調零校準，稱量時，要將藥品放到小燒杯或濾紙上，注意要先按去皮鍵(歸零鍵)，再放入藥品進行稱量，故答案為：(通電)預熱；去皮鍵(歸零鍵)；②亞硝酸鈉與氨基磺酸反應后的產物均為氮氣，根據氧化還原反應原理可知，亞硝酸與氨基磺酸以1:1比例反應，可知，則2.500g氨基磺酸粗品中氨基磺酸粗品的純度=，故答案為：77.60%；③因為氨基磺酸粗品中混有硫酸，則用NaOH標準溶液進行滴定，會使測得結果通常比NaNO2法偏高，故答案為：偏高?！军c睛】當討論溫度對產率的影響時，注意考慮要全面，溫度一般可以影響反應速率、化學平衡移動、物質的溶解度以及物質的穩(wěn)定性等，可以從這些方面進行討論，以免漏答。27、布氏漏斗蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾加水過多會延長蒸發(fā)時間，促使MgCl2的水解量增大D98.00%【解析】

(1)根據圖像可知儀器A名稱。(2)MgCl2和NaClO3混合后反應，要得產物Mg(ClO3)2·3H2O，根據溶解度與溫度關系可知，則要除去雜質NaCl，應進行的操作是蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾。(3)加水過多，則會延長蒸發(fā)濃縮的時間，促進了Mg2＋的水解。(4)A.根據溶解度曲線可知，低溫時Mg(ClO3)2·3H2O的溶解度較小，可以用冰水冷卻；B.產物為帶有結晶水的晶體，用乙醇洗滌可減少產物的溶解，提高產率；C.Mg(ClO3)2·3H2O溶液中Mg2＋水解生成的少量H＋，HClO3的酸性和強氧化性腐蝕濾紙，抽濾時可用玻璃纖維；D.吸濾瓶中濾液過多時，只能通過吸濾瓶上口倒出。(5)根據方程式建立關系式，計算質量分數?！驹斀狻?1)根據圖像可知儀器A為布氏漏斗，故答案為：布氏漏斗。(2)MgCl2和NaClO3混合后反應，要得產物Mg(ClO3)2·3H2O，則要除去雜質NaCl，根據溶解度與溫度關系可知，應進行的操作是蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾，故答案為：蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾。(3)加水過多，則會延長蒸發(fā)濃縮的時間，促進了Mg2＋的水解，MgCl2的利用率降低，故答案為：加水過多會延長蒸發(fā)時間，促使MgCl2的水解量增大。(4)A.根據溶解度曲線可知，低溫時Mg(ClO3)2·3H2O的溶解度較小，可以用冰水冷卻，故A正確；B.產物為帶有結晶水的晶體，用乙醇洗滌可減少產物的溶解，提高產率，故B正確；C.Mg(ClO3)2·3H2O溶液中Mg2＋水解生成的少量H＋，HClO3的酸性和強氧化性腐蝕濾紙，抽濾時可用玻璃纖維，故C正確；D.吸濾瓶中濾液過多時，只能通過吸濾瓶上口倒出，故D錯誤。綜上所述，答案為D。(5)樣品溶解后加NaNO2溶液和AgNO3溶液，發(fā)生的反應為：ClO3－＋3NO2－＋Ag＋=AgCl↓＋3NO3－，故有：Mg(ClO3)2·3H2O～6NO2－～2Ag＋。產物的純度，故答案為98%。28、5s25p22N>O>CH2O>NH3>CH4Mg2Si+4NH4Cl=SiH4↑+4NH3↑+2MgCl2sp2HCO3-間能夠通過氫鍵相互聚合