四川省德陽市第五中學(xué)2024年高考化學(xué)二模試卷含解析

四川省德陽市第五中學(xué)2024年高考化學(xué)二模試卷請考生注意：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、化學(xué)與社會(huì)、生活密切相關(guān)。對(duì)下列現(xiàn)象或事實(shí)的解釋正確的是()現(xiàn)象或事實(shí)解釋AAl(OH)3用作塑料的阻燃劑Al(OH)3受熱熔化放出大量的熱BK2FeO4用于自來水的消毒和凈化K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，被還原后生成的Fe3＋水解生成膠狀物，可以軟化硬水CNa2O2用于呼吸面具中作為O2的來源Na2O2是強(qiáng)氧化劑，能氧化CO2生成O2D浸泡過KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鮮KMnO4溶液可氧化水果釋放的CH2=CH2A．A B．B C．C D．D2、按照物質(zhì)的組成分類，SO2屬于（）A．單質(zhì) B．酸性氧化物 C．堿性氧化物 D．混合物3、下列指定反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是（）A．磁性氧化鐵溶于足量的稀硝酸中：3Fe2＋＋NO3－＋4H＋＝NO↑＋3Fe3＋＋2H2OB．向次氯酸鈉溶液中通入足量SO2氣體：ClO－＋SO2＋H2O＝HClO＋HSO3－C．碘化鉀溶液酸化后加入少量雙氧水：2H＋＋2I－＋H2O2＝I2＋2H2OD．向NaOH溶液中通入過量CO2：2OH－＋CO2＝CO32－＋H2O4、下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行的相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到目的的是A．用圖1所示裝置除去HCl中含有的少量Cl2B．用圖2所示裝置將硫酸銅溶液蒸干，制備膽礬C．用圖3所示裝置可以完成“噴泉”實(shí)驗(yàn)D．用圖4所示裝置制取并收集干燥純凈的NH35、已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)＋196.64kJ，則下列判斷正確的是A．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(l)＋Q，Q>196.64kJB．2molSO2氣體和過量的O2充分反應(yīng)放出196.64kJ熱量C．1LSO2(g)完全反應(yīng)生成1LSO3(g)，放出98.32kJ熱量D．使用催化劑，可以減少反應(yīng)放出的熱量6、亞磷酸(H3PO3)是二元弱酸，主要用于農(nóng)藥中間體以及有機(jī)磷水處理藥劑的原料。常溫下，向1L0.500mol·L－1H3PO3溶液中滴加等濃度的NaOH溶液，混合溶液中含磷粒子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(δ)與溶液pH的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)時(shí)，水電離出的c水(OH－)之比為1.43：6.54B．b點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中存在：c(Na+)=3c(HPO32－)C．反應(yīng)H3PO3+HPO32－2H2PO3－的平衡常數(shù)為105.11D．當(dāng)V(NaOH)=1L時(shí)，c(Na+)＞c(H2PO3－)＞c(OH－)＞c(H+)7、常溫下，pH＝3的HA溶液V1mL與pH＝11的KOH溶液V2mL混合，則下列說法正確的是A．若V1＝V2，則反應(yīng)后溶液的pH一定等于7B．若反應(yīng)后溶液呈酸性，則V1一定小于V2C．若反應(yīng)后溶液呈酸性，則V1一定大于V2D．若反應(yīng)后溶液呈中性，則混合液中一定存在c(H＋)＋c(OH－)＝2×10－7mol·L－18、25℃時(shí)，向20.00mL0.100mol?L-1的氨水和醋酸銨溶液中分別滴加0.100mol?L-1的鹽酸溶液，溶液pH隨加入鹽酸體積的變化如圖所示。下列說法不正確的是（）A．25℃時(shí)，Kb（NH3?H2O）＝Ka（CH3COOH）≈10-5B．b點(diǎn)溶液中水的電離程度比c點(diǎn)溶液中的大C．在c點(diǎn)的溶液中：c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）D．在a點(diǎn)的溶液中：c（NH4+）+2c（H+）═2c（CH3COO-）+c（NH3?H2O）+2c（OH-）9、下列物質(zhì)的制備中，不符合工業(yè)生產(chǎn)實(shí)際的是A．NH3NONO2HNO3B．濃縮海水Br2HBrBr2C．飽和食鹽水Cl2漂白粉D．H2和Cl2混合氣體HCl氣體鹽酸10、圖為元素周期表的一部分，X、Y、W、R為短周期元素，四種元素的最外層電子數(shù)之和為21。下列說法不正確的是XWYRZA．最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性R>X>YB．84號(hào)元素與Z元素同主族C．R、W的某些單質(zhì)或兩元素形成的某些化合物可作水的消毒劑D．Z2W3具有氧化性和還原性11、核黃素又稱為維生素B2，可促進(jìn)發(fā)育和細(xì)胞再生，有利于增進(jìn)視力，減輕眼睛疲勞。核黃素分子的結(jié)構(gòu)為：已知：有關(guān)核黃素的下列說法中，不正確的是：A．該化合物的分子式為C17H22N4O6B．酸性條件下加熱水解，有CO2生成C．酸性條件下加熱水解，所得溶液加堿后有NH3生成D．能發(fā)生酯化反應(yīng)12、室溫下，0.1mol下列物質(zhì)分別與1L0.1mol/LNaOH溶液反應(yīng)，所得溶液pH最小的是A．SO3 B．NO2 C．Al2O3 D．SO213、25℃時(shí)，向NaHCO3溶液中滴入鹽酸，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是A．25℃時(shí),H2CO3的一級(jí)電離Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4B．M點(diǎn)溶液中:c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)C．25℃時(shí),HC+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6D．圖中a=2.614、下列實(shí)驗(yàn)合理的是（）A．證明非金屬性Cl＞C＞SiB．制備少量氧氣C．除去Cl2中的HClD．吸收氨氣，并防止倒吸A．A B．B C．C D．D15、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：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(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關(guān)16、將鋁粉與Fe3O4粉末配制成鋁熱劑，分成三等份。①一份直接放入足量的燒堿溶液中，充分反應(yīng)后放出氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為V1；②一份在高溫下恰好反應(yīng)完全，反應(yīng)后的混合物與足量的鹽酸反應(yīng)后，放出的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為V2；③一份直接放入足量的鹽酸中，充分反應(yīng)后放出氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為V3。下列說法正確的是A．V1＝V3＞V2 B．V2＞V1＝V3C．V1＝V2＞V3 D．V1＞V3＞V217、下圖為一定條件下采用多孔惰性電極的儲(chǔ)氫電池充電裝置（忽略其他有機(jī)物）。已知儲(chǔ)氫裝置的電流效率×100%，下列說法不正確的是A．采用多孔電極增大了接觸面積，可降低電池能量損失B．過程中通過C-H鍵的斷裂實(shí)現(xiàn)氫的儲(chǔ)存C．生成目標(biāo)產(chǎn)物的電極反應(yīng)式為C6H6+6e-+6H+===C6H12D．若=75%，則參加反應(yīng)的苯為0.8mol18、下列實(shí)驗(yàn)操作或裝置（略去部分夾持儀器）正確的是A．除去HCl中含有的少量Cl2B．石油的蒸餾C．制備乙酸乙酯D．制備收集干燥的氨氣19、向氯化鐵溶液中加入ag銅粉，完全溶解后再加入bg鐵粉，充分反應(yīng)后過濾得到濾液和固體cg。下列說法正確的是A．若a＞c，則濾液中可能含三種金屬離子，且b可能小于cB．若a＞c，則cg固體中只含一種金屬，且b可能大于cC．若a＜c，則cg固體含兩種金屬，且b可能與c相等D．若a=c，則濾液中可能含兩種金屬離子，且b可能小于c20、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(huì)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21、設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A．4.0g由CO2和SO2組成的混合物中含有的質(zhì)子數(shù)為2NAB．2.24LCl2與CH4在光照下反應(yīng)生成的HCl分子數(shù)為0.1NAC．常溫下，0.1mol環(huán)氧乙烷()中含有的共價(jià)鍵數(shù)為0.3NAD．4.2gCaH2與水完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA22、測定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)的實(shí)驗(yàn)方案不合理的是A．取ag混合物用酒精燈充分加熱后質(zhì)量減少bgB．取ag混合物與足量稀硫酸充分反應(yīng)，逸出氣體用堿石灰吸收后質(zhì)量增加bgC．取ag混合物于錐形瓶中加水溶解，滴入1~2滴甲基橙指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定至終點(diǎn)，消耗鹽酸VmLD．取ag混合物于錐形瓶中加水溶解，滴入1~2滴酚酞指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定至終點(diǎn)，消耗鹽酸VmL二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機(jī)物J屬于大位阻醚系列中的一種物質(zhì),在有機(jī)化工領(lǐng)域具有十分重要的價(jià)值.2018年我國首次使用α－溴代羰基化合物合成大位阻醚J,其合成路線如下:已知：回答下列問題:(1)A的名稱___________________.(2)C→D的化學(xué)方程式_________________________.E→F的反應(yīng)類型____(3)H中含有的官能團(tuán)________________.J的分子式_______________.(4)化合物X是D的同分異構(gòu)體,其中能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的X有_____________種(不考慮立體異構(gòu)),寫出其中核磁共振氫譜有3組峰,峰面積之比為1∶1∶6的結(jié)構(gòu)簡式為___________________________.(5)參照題中合成路線圖。涉及以甲苯和為原料來合成另一種大位阻醚的合成路線：__________________。24、（12分）為探究某無結(jié)晶水的正鹽X(僅含有兩種短周期元素)的組成和性質(zhì)，設(shè)計(jì)并完成下列實(shí)驗(yàn)。(氣體體積已轉(zhuǎn)化為標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積)已知：B是空氣的主要成分之一；C是一種強(qiáng)堿，且微溶于水，載人宇宙飛船內(nèi)常用含C的過濾網(wǎng)吸收宇航員呼出的CO2，以凈化空氣；D遇濕潤的紅色石蕊試紙變藍(lán)。(1)X的化學(xué)式為__________________。(2)圖中B的組成元素在元素周期表中的位置是______________。(3)A的電子式為____________。(4)X受熱分解轉(zhuǎn)變成A和B的化學(xué)反應(yīng)方程式為____________。25、（12分）草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中。草酸的鈉鹽和鉀鹽易溶于水，而其鈣鹽難溶于水。草酸晶體(H2C2O4·2H2O)無色，熔點(diǎn)為101℃，易溶于水，受熱脫水、升華，170℃以上分解?；卮鹣铝袉栴}：(1)裝置C中可觀察到的現(xiàn)象是_________________________________，裝置B的主要作用是________。(2)請?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證草酸的酸性比碳酸強(qiáng)____________________________________。26、（10分）（15分）Ⅰ．目前我國鍋爐煙氣脫硝技術(shù)有新發(fā)現(xiàn)，科學(xué)家對(duì)O3氧化煙氣脫硝同時(shí)制硝酸進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)研究，其生產(chǎn)硝酸的機(jī)理如下：回答下列問題：（1）NO3分子內(nèi)存在兩個(gè)過氧鍵，且氧均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，請寫出NO3中N的化合價(jià)______；NO3極不穩(wěn)定，常溫下即可爆炸分解，試從電子成鍵角度解釋NO3不穩(wěn)定的原因：__________________。（2）N2O5與O3作用也能生成NO3與氧氣，根據(jù)反應(yīng)前后同種元素，價(jià)態(tài)相同，不參與氧化還原反應(yīng)的原則，請分析反應(yīng)N2O5+O32NO3+O2中，N2O5的作用是__________________（填“氧化劑”“還原劑”或“既是氧化劑，又是還原劑”）。（3）請寫出在有水存在時(shí)，O3與NO以物質(zhì)的量之比為3∶2完全反應(yīng)的總化學(xué)方程式___________。Ⅱ．下圖為某學(xué)習(xí)興趣小組對(duì)Cu與稀硝酸反應(yīng)的改進(jìn)實(shí)驗(yàn)裝置圖：（4）按如圖組裝好儀器，檢查氣密性后，裝藥品，實(shí)驗(yàn)時(shí)，先關(guān)閉a，打開b，將裝置B下移，使之與稀硝酸接觸產(chǎn)生氣體，當(dāng)________________（填實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象），立刻將之上提，并關(guān)閉b，這樣操作的目的為________________________________。（5）將銅絲下移，使之與稀硝酸接觸，A中現(xiàn)象是________________，稍后將銅絲上拉，使之與稀硝酸分離；打開a，擠壓E，使少量空氣進(jìn)入A中，A中現(xiàn)象是______________。（6）打開b，交替擠壓E和F，至裝置內(nèi)氮氧化物氣體被氫氧化鈉溶液充分吸收，寫出NO2氣體與氫氧化鈉溶液充分反應(yīng)的離子方程式：______________________________。27、（12分）ClO2與Cl2的氧化性相近，常溫下均為氣體，在自來水消毒和果蔬保鮮等方面應(yīng)用廣泛?某興趣小組通過圖1裝置（夾持裝置略）對(duì)其制備、吸收、釋放和應(yīng)用進(jìn)行了研究?（1）儀器C的名稱是：___?安裝F中導(dǎo)管時(shí)，應(yīng)選用圖2中的：___（填“a”或“b”）。（2）打開B的活塞，A中氯酸鈉和稀鹽酸混和產(chǎn)生Cl2和ClO2，寫出反應(yīng)化學(xué)方程式：___；為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收，可采取的措施是___?（3）關(guān)閉B的活塞，ClO2在D中被穩(wěn)定劑完全吸收生成NaClO2，此時(shí)F中溶液的顏色不變，則裝置C的作用是：___。（4）已知在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反應(yīng)生成NaCl并釋放出ClO2，該反應(yīng)的離子方程式為：___，在ClO2釋放實(shí)驗(yàn)中，打開E的活塞，D中發(fā)生反應(yīng)，則裝置F的作用是：___?（5）已吸收ClO2氣體的穩(wěn)定劑Ⅰ和Ⅱ，加酸后釋放ClO2的濃度隨時(shí)間的變化如圖3所示，若將其用于水果保鮮，你認(rèn)為效果較好的穩(wěn)定劑是___，（選填“I”或“II”）理由是：___?28、（14分）CO和H2是工業(yè)上最常用的合成氣，該合成氣的制備方法很多，它們也能合成許多重要的有機(jī)物?；卮鹣铝袉栴}：(1)制備該合成氣的一種方法是以CH4和H2O為原料，有關(guān)反應(yīng)的能量變化如圖所示。CH4(g)與H2O(g)反應(yīng)生成CO(g)和H2(g)的熱化學(xué)方程式為____。(2)工業(yè)乙醇也可用CO和H2合成，常含一定量甲醇，各國嚴(yán)禁使用成本低廉的工業(yè)酒精勾兌食用酒，但一般定性的方法很難檢測出食用酒中的甲醇。有人就用硫酸酸化的橙色K2Cr2O7溶液定量測定混合物中甲醇的含量，甲醇與酸性K2Cr2O7溶液反應(yīng)生成CO2、Cr2(SO4)3等物質(zhì)，寫出其化學(xué)方程式___________。(3)為了檢驗(yàn)由CO和H2合成氣合成的某有機(jī)物M的組成，進(jìn)行了如下測定：將1.84gM在氧氣中充分燃燒，將生成的氣體混合物通過足量的堿石灰，堿石灰增重4.08g，又知生成CO2和H2O的物質(zhì)的量之比為3:4。則M中碳、氫、氧原子個(gè)數(shù)之比為____。(4)CO2和H2合成甲醇涉及以下反應(yīng)：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)?H=-49.58kJ/mol。在反應(yīng)過程中可以在恒壓的密閉容器中，充入一定量的CO2和H2，測得不同溫度下，體系中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強(qiáng)的關(guān)系曲線如圖所示：①反應(yīng)過程中，表明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的標(biāo)志是______;A．生成3molO-H鍵，同時(shí)斷裂3molH-H鍵B．容器中氣體的壓強(qiáng)不再變化C．容器中氣體的平均摩爾質(zhì)量不變D．CH3OH的濃度不再改變②比較T1與T2的大小關(guān)系：T1___T2(填“<”、“=”或“>”)。③在T1和P2的條件下，向密閉容器中充入1molCO2和3molH2，該反應(yīng)在第5min時(shí)達(dá)到平衡，此時(shí)容器的容積為2.4L，則該反應(yīng)在此溫度下的平衡常數(shù)為____，保持T1和此時(shí)容器的容積不變，再充入1molCO2和3molH2，設(shè)達(dá)到平衡時(shí)CO2的總轉(zhuǎn)化率為a，寫出一個(gè)能夠解出a的方程或式子___(不必化簡，可以不帶單位)。29、（10分）目前手機(jī)屏幕主要由保護(hù)玻璃、觸控層以及下面的液晶顯示屏三部分組成。下面是工業(yè)上用丙烯（A）和有機(jī)物C（C7H6O3）為原料合成液晶顯示器材料（F）的主要流程：（1）化合物C的結(jié)構(gòu)簡式為___。B的官能團(tuán)名稱___。（2）上述轉(zhuǎn)化過程中屬于取代反應(yīng)的有___（填反應(yīng)序號(hào)）。（3）寫出B與NaOH水溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式___。（4）下列關(guān)于化合物D的說法正確的是___（填字母）。A．屬于酯類化合物B．1molD最多能與4molH2發(fā)生加成反應(yīng)C．一定條件下發(fā)生加聚反應(yīng)D．核磁共振氫譜有5組峰（5）寫出符合下列條件下的化合物C的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式___(任寫一種)。①苯環(huán)上一溴代物只有2種②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)③苯環(huán)上有3個(gè)取代基（6）請參照上述制備流程，寫出以有機(jī)物C和乙烯為原料制備的合成路線流程圖（無機(jī)試劑任用）___。

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．Al(OH)3受熱分解時(shí)需要吸收大量的熱，同時(shí)產(chǎn)生的水蒸氣起到降低空氣中氧氣濃度的作用，從而用作塑料的阻燃劑，故A錯(cuò)誤；B．K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，用于自來水的消毒，被還原后生成的Fe3+水解生成膠狀物，具有吸附水體顆粒物起到凈化水質(zhì)的作用，但不能軟化硬水，故B錯(cuò)誤；C．Na2O2與二氧化碳反應(yīng)產(chǎn)生氧氣，是過氧化鈉自身的氧化還原反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．KMnO4溶液可氧化水果釋放的CH2=CH2，而乙烯具有催熟作用，故浸泡過KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鮮，D正確。答案選D。2、B【解析】

A、SO2由兩種元素組成，不符合單質(zhì)的概念；B、能與堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物叫做酸性氧化物；C、SO2是能與堿反應(yīng)只生成鹽和水的氧化物，屬于酸性氧化物；D、SO2屬于純凈物?！驹斀狻緼、SO2由兩種元素組成，不屬于單質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B、能與堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物叫做酸性氧化物；SO2是能與堿反應(yīng)只生成鹽和水的氧化物，屬于酸性氧化物，故B正確；C、SO2是能與堿反應(yīng)只生成鹽和水的氧化物，屬于酸性氧化物，故C錯(cuò)誤；D、SO2屬于純凈物，不屬于混合物，故D錯(cuò)誤；故選：B。3、C【解析】

A.磁性氧化鐵應(yīng)寫化學(xué)式，故A錯(cuò)誤；B.向次氯酸鈉溶液中通入足量SO2氣體，次氯酸根離子有強(qiáng)氧化性，可繼續(xù)將二氧化硫氧化為硫酸根離子，故B錯(cuò)誤；C.碘化鉀溶液酸化后加入少量雙氧水，會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，符合客觀事實(shí)，電荷守恒，原子守恒，電子守恒，故C正確；D.向NaOH溶液中通入過量CO2應(yīng)該生成碳酸氫鈉，故D錯(cuò)誤；故選：C。4、C【解析】

A．HCl極易溶于水，則將HCl原物質(zhì)除去，不能除雜，A錯(cuò)誤；B．蒸干時(shí)硫酸銅晶體失去結(jié)晶水，應(yīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶制備膽礬，B錯(cuò)誤；C．?dāng)D壓膠頭滴管，氯氣與堿反應(yīng)，使燒瓶的內(nèi)壓小于外因，形成噴泉，則圖3所示裝置可以完成“噴泉”實(shí)驗(yàn)，C正確；D．氨氣的密度比空氣的密度小，則圖中為向上排空氣法收集，應(yīng)為向下排空氣法收集，D錯(cuò)誤；答案選C?！军c(diǎn)睛】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，涉及氣體的制備及收集、晶體制備、混合物分離提純等，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)原理、實(shí)驗(yàn)裝置的作用等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析。5、A【解析】

A.氣態(tài)SO3變成液態(tài)SO3要放出熱量，所以2SO2(g)＋O2(g)2SO3(l)＋Q，Q>196.64kJ，故A正確；B、2molSO2

氣體和過量的O2充分反應(yīng)不可能完全反應(yīng)，所以熱量放出小于196.64kJ，故B錯(cuò)誤；C、狀況未知，無法由體積計(jì)算物質(zhì)的量，故C錯(cuò)誤；D、使用催化劑平衡不移動(dòng),不影響熱效應(yīng),所以放出的熱量不變,故D錯(cuò)誤；答案選A。6、C【解析】

A.a點(diǎn)為H3PO3與NaH2PO3的混合液，溶液顯酸性，水電離出的c水(OH－)等于溶液中的氫氧根離子濃度，則a點(diǎn)溶液中，b點(diǎn)為Na2HPO3與NaH2PO3的混合液，溶液顯酸性，水電離出的c水(OH－)等于溶液中的氫氧根離子濃度，則b點(diǎn)溶液中，則a、b兩點(diǎn)時(shí)，水電離出的c水(OH－)之比為10-5.11，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.由圖可知，b點(diǎn)溶液呈酸性，則c(H+)＞c(OH?)，且有c(H2PO3?)=c(HPO32?)，溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(H2PO3?)+2c(HPO32?)，則c(Na+)＜c(H2PO3?)+2c(HPO32?)＝3c(HPO32－)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.反應(yīng)H3PO3+HPO32－2H2PO3－的平衡常數(shù)為，C項(xiàng)正確；D.當(dāng)V(NaOH)=1L時(shí)，H3PO3與NaOH物質(zhì)的量相等，二者恰好反應(yīng)生成NaH2PO3溶液，由圖可知，該溶液顯酸性，則c(Na+)＞c(H2PO3－)＞c(H+)＞c(OH－)，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。7、D【解析】

A．若V1=V2，如果酸是強(qiáng)酸，二者混合溶液呈中性，pH=7，如果酸是弱酸，酸濃度大于堿，混合溶液呈酸性，pH＜7，故A錯(cuò)誤；B．如果反應(yīng)后溶液呈酸性，如果酸是強(qiáng)酸，則V1一定大于V2，如果酸是弱酸，V1可能大于V2，可能等于V2，故B錯(cuò)誤；C．如果反應(yīng)后溶液呈酸性，如果酸是強(qiáng)酸，則V1一定大于V2，如果酸是弱酸，V1可能大于V2，可能等于V2，故C錯(cuò)誤；D．若混合溶液呈中性，則溶液中c（H+）=c（OH-）=10-7mol?L-1，所以c（H+）+c（OH-）=2×10-7mol?L-1，故D正確；故選D。8、C【解析】

A.根據(jù)圖象可知，0.100mol?L﹣1的氨水的pH=11，c（OH﹣）=10﹣3mol/L，Kb（NH3?H2O）==10﹣5，醋酸銨溶液的pH=7，說明銨根離子和醋酸的水解程度相等，則二者的電離平衡常數(shù)相等，即25℃時(shí)，Kb（NH3?H2O）=Ka（CH3COOH）≈10﹣5，故A正確；B.加入20mL等濃度的HCl溶液后，氨水恰好反應(yīng)生成氯化銨，b點(diǎn)銨根離子水解促進(jìn)了水的電離，而c點(diǎn)溶質(zhì)為醋酸和氯化銨，醋酸電離出的氫離子使溶液呈酸性，抑制了水的電離，則b點(diǎn)溶液中水的電離程度比c點(diǎn)溶液中的大，故B正確；C.Kb（NH3?H2O）=Ka（CH3COOH）≈10﹣5，Kh（NH4+）=≈10﹣9＜10﹣5，醋酸的電離程度較大，則c（NH4+）＞c（CH3COOH），正確的離子濃度大小為：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（CH3COOH）＞c（OH﹣），故C錯(cuò)誤；D.在a點(diǎn)的溶液中反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度的CH3COONH4、NH4Cl和CH3COOH，根據(jù)電荷守恒可知：c（NH4+）+c（H+）═c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），根據(jù)物料守恒可得：2c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（NH3?H2O），二者結(jié)合可得：c（NH4+）+2c（H+）═2c（CH3COO﹣）+c（NH3?H2O）+2c（OH﹣），故D正確。故選C?！军c(diǎn)睛】明確圖象曲線變化的意義為解答關(guān)鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒在鹽的水解中的運(yùn)用。9、D【解析】

A．工業(yè)上制備硝酸是通過氨的催化氧化生成NO后，生成的NO與O2反應(yīng)生成NO2，NO2溶于水生成HNO3，A項(xiàng)不符合題意，不選；B．通過海水提取溴，是用Cl2氧化經(jīng)H2SO4酸化的濃縮海水，將其中的Br-氧化為Br2，通過熱空氣和水蒸氣吹入吸收塔，用SO2將Br2轉(zhuǎn)化為HBr，再向吸收塔內(nèi)通入Cl2氧化為Br2，經(jīng)CCl4萃取吸收塔中的Br2得到，B項(xiàng)不符合題意，不選；C．工業(yè)生產(chǎn)中用直流電電解飽和食鹽水法制取氯氣，通過氯氣和石灰乳（即Ca(OH)2）制得漂白粉，C項(xiàng)不符合題意，不選；D．H2和Cl2混合氣體在光照條件下會(huì)劇烈反應(yīng)，發(fā)生爆炸，不適合工業(yè)生產(chǎn)，D項(xiàng)符合題意；答案選D。10、B【解析】

假設(shè)X的最外層電子數(shù)為x-1，則Y的最外層電子數(shù)為x-1，Z的最外層電子數(shù)為x，W的最外層電子數(shù)為x+1，R的最外層電子數(shù)為x+2，有關(guān)系式x-1+x-1+x+1+x+2=21，解x=5，則X為碳元素，Y為硅元素，Z為砷元素，W為氧元素，R為氯元素。A.因?yàn)樵胤墙饘傩栽綇?qiáng)，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，所以酸性強(qiáng)弱順序?yàn)楦呗人?gt;碳酸>硅酸，故正確；B.84號(hào)元素都在第ⅥA主族，Z元素在第ⅤA主族,故錯(cuò)誤；C.氯氣或二氧化氯或臭氧等可作水的消毒劑，故正確；D.As2O3中砷為中間價(jià)態(tài)，具有氧化性和還原性，故正確。故選B。11、A【解析】

A、根據(jù)鍵線式的特點(diǎn)和碳原子的四價(jià)理論知該化合物的分子式是C17H20N4O6，故A錯(cuò)誤；

B、由結(jié)構(gòu)式可以知該化合物中含有肽鍵，因此可以發(fā)生水解反應(yīng)，由已知條件可知水解產(chǎn)物有碳酸即水和二氧化碳生成，故B正確；

C、由結(jié)構(gòu)式可以知該化合物中含有肽鍵，因此可以發(fā)生水解反應(yīng)，由已知條件可知水解產(chǎn)物有氨氣生成，故C正確；

D、因?yàn)樵摶衔镏泻写剂u基，因此可以發(fā)生酯化反應(yīng)，故D正確；

故選A。12、A【解析】

0.1mol下列氣體分別與1L0.1mol?L?1的NaOH溶液反應(yīng)，二者的物質(zhì)的量相同，A.

SO3與NaOH等物質(zhì)的量反應(yīng)的方程式為NaOH+SO3=NaHSO4，NaHSO4在溶液中完全電離出氫離子，溶液顯強(qiáng)酸性；B.

NO2與NaOH等物質(zhì)的量反應(yīng)的方程式為：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NaNO2為強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液顯堿性；C.

Al2O3與NaOH等物質(zhì)的量反應(yīng)，氧化鋁過量,NaOH完全反應(yīng),化學(xué)方程式為：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，所得溶液為NaAlO2溶液，而NaAlO2為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解顯堿性；D.

SO2與NaOH等物質(zhì)的量反應(yīng)的方程式為NaOH+SO2=NaHSO3，NaHSO3在溶液中即電離又水解，電離程度大于水解程度，溶液顯弱酸性；綜上可知，形成的溶液pH最小的是SO3；故選：A。13、B【解析】

A.25℃時(shí)，當(dāng)即時(shí)，pH=7.4，H2CO3的一級(jí)電離Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4，故A正確；B.根據(jù)電荷守恒、物料守恒，M點(diǎn)溶液中:c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+c(CO32-)+c(OH-)，故B錯(cuò)誤；C.25℃時(shí)，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6，故C正確；D.，圖中M點(diǎn)pH=9，，所以a=2.6，故D正確；選B。14、D【解析】

A.鹽酸不是氯元素的最高價(jià)含氧酸，因此不能通過鹽酸的酸性大于碳酸的酸性比較Cl與C的非金屬性強(qiáng)弱，同時(shí)鹽酸易揮發(fā)，與硅酸鈉反應(yīng)生成硅酸沉淀，干擾二氧化碳、水與硅酸鈉的反應(yīng)，因此圖中裝置不能說明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，則不能比較C與Si的非金屬性強(qiáng)弱，故A錯(cuò)誤；

B.過氧化鈉為粉末固體，隔板不能使固體與液體分離，關(guān)閉止水夾，不能使反應(yīng)隨時(shí)停止，圖中裝置不合理，故B錯(cuò)誤；

C.碳酸氫鈉與氯化氫會(huì)發(fā)生反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w，引入新的雜質(zhì)，應(yīng)用飽和食鹽水，故C錯(cuò)誤；

D.四氯化碳的密度比水大，不溶于水，可使氣體與水隔離，從而可防止倒吸，故D正確；

故選D?！军c(diǎn)睛】A項(xiàng)是學(xué)生們的易錯(cuò)點(diǎn)，其中鹽酸不是氯元素的最高價(jià)含氧酸，因此不能通過鹽酸的酸性大于碳酸的酸性比較Cl與C的非金屬性強(qiáng)弱，應(yīng)用高氯酸；同時(shí)鹽酸易揮發(fā)，能與硅酸鈉反應(yīng)生成硅酸沉淀，會(huì)干擾二氧化碳、水與硅酸鈉的反應(yīng)，因此圖中裝置不能說明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，則不能比較C與Si的非金屬性強(qiáng)弱。15、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(dǎo)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(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。16、A【解析】

假設(shè)每份含2mol鋁，①能和燒堿反應(yīng)生成氫氣的物質(zhì)只有鋁，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，2mol鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氫氣3mol；②鋁先和四氧化三鐵反應(yīng)生成氧化鋁和鐵3Fe3O4+8Al4Al2O3+9Fe，鐵和鹽酸反應(yīng)生成氫氣Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，2mol鋁與四氧化三鐵反應(yīng)生成9/4mol鐵，9/4mol鐵與鹽酸反應(yīng)生成氫氣9/4mol；③能和鹽酸反應(yīng)生成氫氣的只有鋁，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2mol鋁與鹽酸溶液反應(yīng)生成氫氣3mol氫氣；所以V1=V3＞V2，故選A。17、B【解析】

A.多孔電極可增大電極與電解質(zhì)溶液接觸面積，降低能量損失，故A正確；B.該過程苯被還原為環(huán)己烷，C-H鍵沒有斷裂，形成新的C-H鍵，故B錯(cuò)誤；C.儲(chǔ)氫是將苯轉(zhuǎn)化為環(huán)己烷，電極反應(yīng)式為C6H6+6e-+6H+===C6H12，故C正確；D.根據(jù)圖示，苯加氫發(fā)生還原反應(yīng)生成環(huán)己烷，裝置中左側(cè)電極為陽極，根據(jù)放電順序，左側(cè)電極反應(yīng)式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成1.6molO2失去的電子量為6.4mol，根據(jù)陰陽得失電子守恒，陰極得到電子總數(shù)為6.4mol，若η=75%，則生成苯消耗的電子數(shù)為6.4mol×75％=4.8mol，苯發(fā)生的反應(yīng)C6H6+6e-+6H+===C6H12，參加反應(yīng)的苯的物質(zhì)的量為4.8mol/6=0.8mol，故D正確；故選B。18、A【解析】

A．氯氣在飽和食鹽水中的溶解度較低，可除掉氯化氫，故A正確；B．蒸餾試驗(yàn)中溫度計(jì)測量蒸氣的溫度，應(yīng)與蒸餾燒瓶支管口處相平，故B錯(cuò)誤；C．制備乙酸乙酯可直接加熱，水浴加熱不能達(dá)到合成溫度，故C錯(cuò)誤；D．可用濃氨水和生石灰制備氨氣，氨氣的密度比空氣小，用向下排空法收集，但導(dǎo)管應(yīng)插入試管底部，故D錯(cuò)誤。故選A?！军c(diǎn)睛】氯氣和水的反應(yīng)是可逆的，氯化氫溶于水電離是不可逆的，所有單質(zhì)氣體都是難溶于或者微溶于水的，只有鹵族除外，他們可以和水發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，而Cl2和水反應(yīng)產(chǎn)生Cl-，這個(gè)反應(yīng)是一個(gè)平衡反應(yīng)，有一定的限度，當(dāng)水中Cl-增多時(shí)，平衡會(huì)逆向移動(dòng)，所以NaCl溶液中Cl2更加難溶，HCl溶于水后非常容易電離，因此可以用飽和食鹽水除去Cl2中的HCl。19、B【解析】

在金屬活動(dòng)性順序中，位置在前的金屬能將位于其后的金屬從其鹽溶液中置換出來，向氯化鐵溶液中加入ag銅粉，反應(yīng)為2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2；完全溶解后再加入bg鐵粉，充分反應(yīng)后過濾得到濾液和固體cg，可能發(fā)生反應(yīng)為2FeCl3+Fe＝3FeCl2、CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu，根據(jù)發(fā)生的反應(yīng)分析?！驹斀狻堪l(fā)生的化學(xué)反應(yīng)有三個(gè)，化學(xué)方程式如下：2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2；CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu；2FeCl3+Fe＝3FeCl2，則A．若a＞c，加入的鐵是不足量的，此時(shí)溶液中還有部分銅未完全置換出來，由方程式CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu可知，56gFe可以置換64gCu，所以b一定小于c，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．若a＞c，加入的鐵是不足量的，此時(shí)溶液中還有部分銅未完全置換出來，cg固體中只含一種金屬Cu，由方程式CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu可知，b一定小于c，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．若a＜c，加入的鐵是過量的，溶液中只有Fe2+，cg固體中含兩種金屬Fe、Cu，由方程式2FeCl3+Fe＝3FeCl2、CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu可知b可能與c相等，選項(xiàng)C正確；D．若a=c，加入的鐵恰好把銅離子完全置換出來，溶液中只有Fe2+，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選C?！军c(diǎn)睛】本題考查了Fe、Cu及其化合物之間的反應(yīng)，注意把握Fe與銅離子、鐵離子之間的反應(yīng)，側(cè)重于考查學(xué)生的分析判斷能力。20、B【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。21、A【解析】

A.4.0gCO2中含有的質(zhì)子數(shù)為，4.0gSO2中含有的質(zhì)子數(shù)為，因此4.0g由CO2和SO2組成的混合物中含有的質(zhì)子數(shù)也為2NA，故A正確；B.未說標(biāo)準(zhǔn)狀況，無法計(jì)算，故B錯(cuò)誤；C.不要忽略C-H鍵，0.1mol環(huán)氧乙烷()中含有的共價(jià)鍵數(shù)應(yīng)該為7NA，故C錯(cuò)誤；D.4.2gCaH2與水完全反應(yīng)，化學(xué)方程式為CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為0.2mol，故D錯(cuò)誤；答案：A【點(diǎn)睛】易錯(cuò)選項(xiàng)C，忽略C-H鍵的存在。22、B【解析】

A.NaHCO3受熱易分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，通過加熱分解利用差量法即可計(jì)算出Na2CO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)，故不選A；B.混合物與足量稀硫酸充分反應(yīng)，也會(huì)生成水和二氧化碳，所以逸出的氣體是二氧化碳，但會(huì)混有水蒸氣，即堿石灰增加的質(zhì)量不全是二氧化碳的質(zhì)量，不能測定含量，故選B；C.Na2CO3和NaHCO3均可與鹽酸反應(yīng)生成水、二氧化碳和氯化鈉，所以根據(jù)VmL鹽酸可知道鹽酸的物質(zhì)的量，根據(jù)二者的質(zhì)量和消耗鹽酸的物質(zhì)的量，可計(jì)算出Na2CO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)，故不選C；DNa2CO3和NaHCO3均可與鹽酸反應(yīng)生成水、二氧化碳和氯化鈉，所以根據(jù)VmL鹽酸可知道鹽酸的物質(zhì)的量，根據(jù)二者的質(zhì)量和消耗鹽酸的物質(zhì)的量，可計(jì)算出Na2CO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)，故不選D；答案：B【點(diǎn)睛】實(shí)驗(yàn)方案是否可行，關(guān)鍵看根據(jù)測量數(shù)據(jù)能否計(jì)算出結(jié)果。二、非選擇題(共84分)23、2—甲基丙烯取代反應(yīng)酚羥基和硝基C10H11NO56【解析】

根據(jù)有機(jī)化合物的合成分析解答；根據(jù)有機(jī)化合物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)分析解答；根據(jù)有機(jī)化合物的同分異構(gòu)體的確定分析解答?！驹斀狻坑蒀物質(zhì)逆向推斷，可知A物質(zhì)含有碳碳雙鍵，且含有一個(gè)甲基支鏈，則A為2-甲基丙烯，A與溴單質(zhì)發(fā)生加成反應(yīng)得到B，B物質(zhì)中的Br原子水解，生成帶羥基的醇，C物質(zhì)的羥基反應(yīng)生成醛基即D物質(zhì)，D物質(zhì)的醛基再被新制的氫氧化銅氧化成羧基，即E物質(zhì)，E物質(zhì)上的羥基被Br原子取代，得到F，F(xiàn)與H反應(yīng)生成J；(1)由C物質(zhì)逆向推斷，可知A物質(zhì)含有碳碳雙鍵，且含有一個(gè)甲基支鏈，則A為2-甲基丙烯，故答案為2-甲基丙烯；(2)C中的羥基被氧化生成一個(gè)醛基，化學(xué)方程式，E物質(zhì)上的羥基被Br原子取代，故答案為，取代反應(yīng)；(3)由J物質(zhì)逆向推理可知，H中一定含有苯環(huán)、硝基和酚羥基，J的分子式為C10H11NO5，故答案為酚羥基和硝基；C10H11NO5；(4)化合物X是D的同分異構(gòu)體,其中能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的X一定含有羧基或者酯基，其中含有羧基的2種，含有酯基的4種，寫出其中核磁共振氫譜有3組峰,峰面積之比為1∶1∶6的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為6；；（5）甲苯與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)，得到1-甲苯，Cl原子水解成羥基得到苯甲醇，苯甲醇再與發(fā)生消去反應(yīng)得到，合成路線為：，故答案為。24、LiN3第2周期VA族3LiN3Li3N+4N2↑【解析】

B是空氣的主要成分之一，B為氮?dú)饣蜓鯕猓籆是一種強(qiáng)堿，且微溶于水，C為LiOH，載人宇宙飛船內(nèi)常用含C的過濾網(wǎng)吸收宇航員呼出的CO2，以凈化空氣，LiOH與反應(yīng)生成Li2CO3；D遇濕潤的紅色石蕊試紙變藍(lán)，D是NH3，確定B為氮?dú)?，NH3是2.24L合0.1mol，A中N為14g·mol－1×0.1mol=1.4g。A為Li3N，3.5g中Li為3.5-1.4=2.1g，14.7gX中Li為2.1g，n(Li)==0.3mol，n(N)==0.9mol,n(Li)：n(N)=0.3:0.9=1:3，X的化學(xué)式為：LiN3。【詳解】（1）由分析可知：X的化學(xué)式為LiN3。故答案為：LiN3；（2）B為氮?dú)?，組成元素N在元素周期表中的位置是第2周期VA族。故答案為：第2周期VA族；（3）A為Li3N，Li最外層只有1個(gè)電子，顯+1價(jià)，N最外層5個(gè)電子，得三個(gè)電子，顯-3價(jià)，電子式為。故答案為：；（4）由分析X的化學(xué)式為：LiN3，X受熱分解轉(zhuǎn)變成Li3N和N2，由質(zhì)量守恒：化學(xué)反應(yīng)方程式為3LiN3Li3N+4N2↑。故答案為：3LiN3Li3N+4N2↑。25、有氣泡逸出，澄清石灰水變渾濁冷凝(水蒸氣、草酸等)，防止揮發(fā)出來的草酸進(jìn)入裝置C反應(yīng)生成草酸鈣沉淀，干擾CO2的檢驗(yàn)向碳酸氫鈉溶液中滴加草酸溶液，觀察是否產(chǎn)生氣泡，若有氣泡產(chǎn)生，說明草酸酸性強(qiáng)于碳酸【解析】

根據(jù)草酸的性質(zhì)熔點(diǎn)為101℃，易溶于水，受熱脫水、升華，170℃以上分解，草酸受熱生成二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水變渾濁。【詳解】(1)根據(jù)草酸的性質(zhì)熔點(diǎn)為101℃，易溶于水，受熱脫水、升華，170℃以上分解，草酸受熱分解產(chǎn)生CO2可使澄清石灰水變渾濁，冰水的作用是冷卻揮發(fā)出來的草酸，避免草酸進(jìn)入裝置C反應(yīng)生成草酸鈣沉淀，干擾CO2的檢驗(yàn)，故答案為：有氣泡逸出，澄清石灰水變渾濁；冷凝(水蒸氣、草酸等)，防止揮發(fā)出來的草酸進(jìn)入裝置C反應(yīng)生成草酸鈣沉淀，干擾CO2的檢驗(yàn)。(2)利用強(qiáng)酸制弱酸的原理設(shè)計(jì)，向NaHCO3溶液中滴加草酸溶液，觀察是否產(chǎn)生氣泡即可證明草酸酸性強(qiáng)于碳酸，故答案為：向碳酸氫鈉溶液中滴加草酸溶液，觀察是否產(chǎn)生氣泡，若有氣泡產(chǎn)生，說明草酸酸性強(qiáng)于碳酸。26、+2（1分）N原子未達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)（或N原子最外層為7電子結(jié)構(gòu)，不穩(wěn)定）（2分）既是氧化劑，又是還原劑（1分）3O3+2NO+H2O2HNO3+3O2（3分）C處產(chǎn)生白色沉淀時(shí)（1分）排出裝置A內(nèi)的空氣，防止對(duì)生成NO的實(shí)驗(yàn)影響（2分）溶液由無色變成藍(lán)色且有無色氣泡冒出（1分）氣體變紅棕色（1分）2NO2+2OH?++H2O（3分）【解析】

（1）NO3分子內(nèi)有三個(gè)氧且存在兩個(gè)過氧鍵，它的結(jié)構(gòu)為，兩個(gè)氧與氮相連，另一個(gè)氧與兩個(gè)氧相連，所以氮顯+2價(jià)，根據(jù)NO3的結(jié)構(gòu)可知，N原子最外層為7電子結(jié)構(gòu)，未達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，因此不穩(wěn)定。（2）N2O5+O32NO3+O2反應(yīng)中生成2個(gè)NO3，1個(gè)NO3中兩個(gè)氧顯示?1價(jià)，另1個(gè)氧顯示0價(jià)，2個(gè)NO3中有兩個(gè)氧顯示0價(jià)，1個(gè)來自O(shè)3，另1個(gè)來自N2O5，也就是說N2O5中的1個(gè)氧化合價(jià)升高到0價(jià)，4個(gè)氧化合價(jià)升高到?1價(jià)，同時(shí)N2O5中的N化合價(jià)降低到+2價(jià)，所以N2O5既是氧化劑，又是還原劑。（3）依據(jù)生產(chǎn)硝酸的機(jī)理，O3與NO及水反應(yīng)最終生成HNO3和O2，當(dāng)O3與NO反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為3∶2，可得3O3+2NO+H2O2HNO3+3O2。（4）Cu與稀HNO3反應(yīng)生成NO氣體，NO氣體能與空氣中的氧氣反應(yīng)NO2，因此反應(yīng)前需趕盡裝置A內(nèi)的空氣，防止干擾實(shí)驗(yàn)，用CO2排盡空氣，所以C處產(chǎn)生白色沉淀時(shí)，說明裝置A內(nèi)空氣已排空。（5）Cu與稀HNO3反應(yīng)生成無色NO氣體，并生成藍(lán)色硝酸銅溶液，所以A中現(xiàn)象為溶液由無色變成藍(lán)色且有無色氣泡冒出。打開a，擠壓E，使少量空氣進(jìn)入A中，A中NO會(huì)和氧氣反應(yīng)生成紅棕色氣體，所以A中氣體變紅棕色。（6）NO2氣體與氫氧化鈉溶液的反應(yīng)為2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，寫成離子方程式為2NO2+2OH?++H2O。27、球形干燥管b2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O調(diào)節(jié)分液漏斗B的旋塞，減緩（慢）稀鹽酸滴加速度吸收Cl24H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O檢驗(yàn)是否有ClO2生成II穩(wěn)定劑Ⅱ可以緩慢釋放ClO2，能較長時(shí)間維持保鮮所需的濃度【解析】

(1)根據(jù)儀器特征，判斷儀器名稱；根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，還需要連接尾氣處理裝置，所以應(yīng)長管進(jìn)氣，短管出氣；(2)根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒和原子守恒書寫氯酸鈉和稀鹽酸混和產(chǎn)生Cl2和ClO2的反應(yīng)化學(xué)方程式，為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收，產(chǎn)生ClO2的速率要慢；

(3)

根據(jù)Cl2+2KI=2KCl+I2進(jìn)行分析；

(4)在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反，應(yīng)生成NaCl并釋放出ClO2，根據(jù)元素守恒可判斷生成物，書寫反應(yīng)方程式；

(5)由圖分析可知，穩(wěn)定劑II可以緩慢釋放ClO2，能較長時(shí)間維持保鮮所需的濃度。【詳解】(1)根據(jù)儀器特征：可知儀器C是球形干燥管；F裝置應(yīng)是Cl2和KI反應(yīng)，還需要連接尾氣處理裝置，所以應(yīng)長管進(jìn)氣，短管出氣，故選b；

(2)氯酸鈉和稀鹽酸混和產(chǎn)生Cl2和ClO2，NaClO3中氯為+5價(jià)被還原成ClO2中+4價(jià)，鹽酸中氯為-1價(jià)被氧化成0價(jià)氯，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2，所以NaClO3、ClO2前系數(shù)為2，Cl2前系數(shù)為1，反應(yīng)化學(xué)方程式：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收，產(chǎn)生ClO2的速率要慢，故滴加稀鹽酸的速度要慢，即調(diào)節(jié)分液漏斗B的旋塞，減緩(慢)稀鹽酸滴加速度；(3)F裝置中發(fā)生Cl2+2KI=2KCl+I2時(shí)，碘遇淀粉變藍(lán)，而F中溶液的顏色不變，說明沒有氯氣到達(dá)F，則裝置C的作用是吸收Cl2

；(4)在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反應(yīng)生成NaCl并釋放出ClO2，根據(jù)元素守恒可知應(yīng)還有水生成，該反應(yīng)的離子方程式為4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O

；在ClO2釋放實(shí)驗(yàn)中，打開E的活塞，D中發(fā)生反應(yīng)，則裝置F的作用是驗(yàn)證是否有ClO2

生成；(5)由圖可知，穩(wěn)定劑II可以緩慢釋放ClO2，能較長時(shí)間維持保鮮所需的濃度，所以穩(wěn)定劑II好。28、CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH=+(-p+3n+m)kJ·mol－1CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O3:8:3CD＜3【解析】

(1)根據(jù)圖像書寫熱化學(xué)方程式，結(jié)合蓋斯定律計(jì)算反應(yīng)熱；(2)結(jié)合提供信息，利用氧化還原反應(yīng)電荷守恒和物料守恒書寫方程式；(3)根據(jù)有機(jī)物燃燒碳原子守恒、氫原子守恒，以及生成物的比例關(guān)系列方程計(jì)算M中的碳、氫、氧數(shù)