山東省煙臺市萊州市一中2024年高三第四次模擬考試化學(xué)試卷含解析

山東省煙臺市萊州市一中2024年高三第四次模擬考試化學(xué)試卷注意事項1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．水蒸氣通過過量的Na2O2使其增重2g時，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAB．25℃時，1LpH=11的醋酸鈉溶液中，由水電離出的OH－數(shù)目為0.001NAC．1mol－OH（羥基）與lmolNH4+中所含電子數(shù)均為10NAD．2.8g乙烯與2.6g苯中含碳碳雙鍵數(shù)均為0.1NA2、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，原子最外層電子數(shù)之和為20，Y、W為同一主族元素，常溫下，Z的單質(zhì)能溶于W的最高價氧化物對應(yīng)水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。下列說法不正確的是（

）A．W和Y形成的一種化合物具有漂白性B．簡單離子半徑大小順序：W＞Z＞YC．最簡單氫化物的穩(wěn)定性：X＜YD．元素X的氣態(tài)氫化物與其最高價氧化物對應(yīng)水化物能發(fā)生反應(yīng)3、下列說法正確的是()A．分液操作時,分液漏斗中的下層液體從下口放出后,再將上層液體從下口放到另一燒杯中B．用試管夾從試管底由下往上夾住距離試管口約1/2處,手持試管夾長柄末端進行加熱C．為檢驗?zāi)橙芤菏欠窈蠳H4+,可在此溶液中加入足量的NaOH溶液,加熱后用濕潤的藍色石蕊試紙檢驗D．配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液,向容量瓶加水至液面離刻度線1～2cm時,改用膠頭滴管定容4、三容器內(nèi)分別裝有相同壓強下的NO、NO2、O2，設(shè)三容器容積依次為V1、V2、V3，若將三氣體混合于一個容積為V1+V2+V3的容器中后，倒立于水槽中，最終容器內(nèi)充滿水。則V1、V2、V3之比不可能是（）A．3∶7∶4 B．5∶7∶6 C．7∶3∶6 D．1∶1∶15、某同學(xué)采用工業(yè)大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等雜質(zhì)）制取CaCl2·6H2O，設(shè)計了如下流程：下列說法不正確的是A．固體I中含有SiO2，固體II中含有Fe(OH)3B．使用石灰水時，要控制pH，防止固體II中Al(OH)3轉(zhuǎn)化為AlO2-C．試劑a選用鹽酸，從溶液III得到CaCl2·6H2O產(chǎn)品的過程中，須控制條件防止其分解D．若改變實驗方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，濾去沉淀，其溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶也可得到純凈CaCl2·6H2O6、常溫下，電解質(zhì)溶液的性質(zhì)與變化是多樣的，下列說法正確的是（）A．pH相同的①CH3COONa②NaClO③NaOH三種溶液c(Na+)大小：①＞②＞③B．往稀氨水中加水，的值變小C．pH=4的H2S溶液與pH=10的NaOH溶液等體積混合，存在下列等式：c(Na+)+c(H+)＝c(OH—)+2c(S2—)D．Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，ClO—水解程度增大，溶液堿性增強7、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A．1．1mol·L?1KI溶液：Na+、K+、ClO?、OH?B．1．1mol·L?1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3?、SO42?C．1．1mol·L?1HCl溶液：Ba2+、K+、CH3COO?、NO3?D．1．1mol·L?1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42?、HCO3?8、25℃時，向某Na2CO3溶液中加入稀鹽酸，溶液中含碳微粒的物質(zhì)的量分數(shù)(φ)隨溶液pH變化的部分情況如圖所示。下列說法中正確的是A．pH=7時，c(Na+)=(Cl－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)B．pH=8時，c(Na+)=c(C1－)C．pH=12時，c(Na+)>c(OH－)>c(CO32－)>c(HCO3－)>c(H+)D．25℃時，CO32－+H2OHCO3－+OH－的水解平衡常數(shù)Kh=10－10mol·L－19、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)值。下列體系中指定微粒個數(shù)約為NA的是A．0.5molCl2溶于足量水，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子B．7.0g乙烯和丙烯混合氣體中的氫原子C．1L1mol/LNa2CO3溶液中含有的CO32－D．標準狀況下，5.6LCCl4含有的氯原子10、科學(xué)家發(fā)現(xiàn)對冶金硅進行電解精煉提純可降低高純硅制備成本。相關(guān)電解裝置如圖所示，用Cu-Si合金作硅源，在950℃利用三層液熔鹽進行電解精煉，有關(guān)說法正確的是A．在該液相熔體中Cu優(yōu)先于Si被氧化，Si4+優(yōu)先于Cu2+被還原B．液態(tài)Cu-Si合金作陽極，固體硅作陰極C．電流強度的大小不會影響硅提純速率D．三層液熔鹽的作用是增大電解反應(yīng)接觸面積，提高硅沉積效率11、標準NaOH溶液滴定鹽酸實驗中，不必用到的是（）A．酚酞 B．圓底燒瓶 C．錐形瓶 D．滴定管12、向碳酸溶液中滴加NaOH溶液，測得碳酸中含碳微粒的物質(zhì)的量分數(shù)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(yīng)控制pH＞12.513、高能LiFePO4電池，多應(yīng)用于公共交通。電池中間是聚合物的隔膜，主要作用是在反應(yīng)過程中只讓Li+通過。結(jié)構(gòu)如圖所示：原理如下：(1?x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列說法不正確的是A．放電時，電子由負極經(jīng)導(dǎo)線、用電器、導(dǎo)線到正極B．充電時，Li+向左移動C．充電時，陰極電極反應(yīng)式：xLi++xe?+nC=LixCnD．放電時，正極電極反應(yīng)式：xFePO4+xLi++xe?=xLiFePO414、阿伏加德羅常數(shù)為NA。關(guān)于l00mLlmol/L的Fe2(SO4)3溶液，下列說法正確是A．加NaOH可制得Fe(OH)3膠粒0.2NAB．溶液中陽離子數(shù)目為0.2NAC．加Na2CO3溶液發(fā)生的反應(yīng)為3CO32-+2Fe3+=Fe2(CO3)3↓D．Fe2(SO4)3溶液可用于凈化水15、如圖是N2（g）+3H2（g）2NH3（g）在反應(yīng)過程中的反應(yīng)速率v與時間（t）的關(guān)系曲線，下列說法錯誤的是（）A．t1時，正方向速率大于逆反應(yīng)速率B．t2時，反應(yīng)體系中NH3的濃度達到最大值C．t2﹣t3時間段，正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率D．t2﹣t3時間段，各物質(zhì)的濃度相等且不再發(fā)生變化16、下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是A．用過氧化氫從酸化的海帶灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2=I2＋2OH－B．過量的鐵粉溶于稀硝酸：Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2OC．用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－D．向NaAlO2溶液中通入過量CO2：2AlO2-＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32-17、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關(guān)敘述正確的是（）A．標準狀況下，22.4L二氯甲烷的分子數(shù)約為NAB．乙烯和丙烯組成的42g混合氣體中含碳原子數(shù)為6NAC．1mol甲醇完全燃燒生成CO2和H2O，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為12NAD．將1molCH3COONa溶于稀醋酸中溶液呈中性，溶液中CH3COO-數(shù)目等于NA18、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．4.0g由CO2和SO2組成的混合物中含有的質(zhì)子數(shù)為2NAB．1L0.5mol/LpH=7的CH3COONH4溶液中NH4+數(shù)目為0.5NAC．常溫下,0.1mol環(huán)氧乙烷()中含有的共價鍵數(shù)目為0.3NAD．22.4LCO2與足量Na2O2充分反應(yīng),轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為NA19、下列說法錯誤的是（）A．“地溝油”可以用來制肥皂和生物柴油B．我國規(guī)定商家不得無償提供塑料袋，目的是減少“白色污染”C．NaOH與SiO2可以反應(yīng)，故NaOH可用于玻璃器皿上刻蝕標記D．燃煤中加入CaO可以減少酸雨的形成，但不能減少溫室氣體排放20、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一21、向0.1mol?L-1的NH4HCO3溶液中逐漸加入0.1mol?L-1NaOH溶液時，含氮、含碳粒子的分布情況如圖所示(縱坐標是各粒子的分布系數(shù)，即物質(zhì)的量分數(shù)a)，根據(jù)圖象下列說法不正確的是()A．開始階段，HCO3-反而略有增加，可能是因為NH4HCO3溶液中存在H2CO3，發(fā)生的主要反應(yīng)是H2CO3+OH-=HCO3-+H2OB．當pH大于8.7以后，碳酸氫根離子和銨根離子同時與氫氧根離子反應(yīng)C．pH=9.5時，溶液中c(HCO3-)＞c(NH3?H2O)＞c(NH4+)＞c(CO32-)D．滴加氫氧化鈉溶液時，首先發(fā)生的反應(yīng)：2NH4HCO3+2NaOH=(NH4)2CO3+Na2CO322、苯乙酮常溫下為無色晶體或淺黃色油狀液體，是山楂、含羞草、紫丁香等香精的調(diào)合原料，并廣泛用于皂用香精和煙草香精中，可由苯經(jīng)下述反應(yīng)制備：+(CH3CO)2O+CH3COOHNA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關(guān)說法正確的是A．氣態(tài)苯乙酮的密度是氣態(tài)乙酸密度的2倍B．1mol苯所含的化學(xué)單鍵數(shù)目為12NAC．0.5mol乙酸酐中含有的電子數(shù)目為27NAD．1L2mol/LCH3COOH溶液與足量鈉反應(yīng)生成的氣體分子數(shù)為NA二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知：環(huán)己烯可以通過1，3-丁二烯與乙烯發(fā)生環(huán)化加成反應(yīng)得到：實驗證明，下列反應(yīng)中，反應(yīng)物分子的環(huán)外雙鍵比環(huán)內(nèi)雙鍵更容易被氧化：現(xiàn)僅以1,3-丁二烯為有機原料，無機試劑任選，按下列途徑合成甲基環(huán)己烷：(1)寫出結(jié)構(gòu)簡式：A_____________；B______________(2)加氫后產(chǎn)物與甲基環(huán)己烷互為同系物的是_____________(3)1molA與1molHBr加成可以得到___________種產(chǎn)物。24、（12分）下列A～J十種物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示，其中部分生成物或反應(yīng)條件已略去。A為正鹽；常溫、常壓下，B、C、D、E、G、H、I均為氣體，其中D、G、H為單質(zhì)，H為黃綠色氣體，I通常為紅棕色氣體，I的相對分子質(zhì)量比E的大16；F在常溫下是一種無色液體；G能在H中燃燒，發(fā)出蒼白色火焰，產(chǎn)物C易溶于水；J是一元含氧強酸?；卮鹣铝袉栴}：(1)A的化學(xué)式為_________。(2)一定條件下，B和D反應(yīng)生成E和F的化學(xué)方程式為_____________。(3)J和金屬Cu反應(yīng)生成E的化學(xué)方程式為_______。(4)H和石灰乳反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。(5)在I和F的反應(yīng)中，氧化劑和還原劑的質(zhì)量之比為__________。25、（12分）香豆素存在于黑香豆、香蛇鞭菊、野香莢蘭、蘭花中，具有新鮮干草香和香豆香，是一種口服抗凝藥物。實驗室合成香豆素的反應(yīng)和實驗裝置如下：可能用到的有關(guān)性質(zhì)如下：合成反應(yīng)：向三頸燒瓶中加入95%的水楊醛38.5g、新蒸過的乙酸酐73g和1g無水乙酸鉀，然后加熱升溫，三頸燒瓶內(nèi)溫度控制在145~150℃，控制好蒸汽溫度。此時，乙酸開始蒸出。當蒸出量約15g時，開始滴加15g乙酸酐，其滴加速度應(yīng)與乙酸蒸出的速度相當。乙酸酐滴加完畢后，隔一定時間，發(fā)現(xiàn)氣溫不易控制在120℃時，可繼續(xù)提高內(nèi)溫至208℃左右，并維持15min至半小時，然后自然冷卻。分離提純：當溫度冷卻至80℃左右時，在攪拌下用熱水洗滌，靜置分出水層，油層用10%的碳酸鈉溶液進行中和，呈微堿性，再用熱水洗滌至中性，除去水層，將油層進行減壓蒸餾，收集150~160℃/1866Pa餾分為粗產(chǎn)物。將粗產(chǎn)物用95%乙醇(乙醇與粗產(chǎn)物的質(zhì)量比為1:1)進行重結(jié)晶，得到香豆素純品35.0g。（1）裝置a的名稱是_________。（2）乙酸酐過量的目的是___________。（3）分水器的作用是________。（4）使用油浴加熱的優(yōu)點是________。（5）合成反應(yīng)中，蒸汽溫度的最佳范圍是_____(填正確答案標號)。a．100~110℃b．117.9~127.9℃c．139~149℃（6）判斷反應(yīng)基本完全的現(xiàn)象是___________。（7）油層用10%的碳酸鈉溶液進行中和時主要反應(yīng)的離子方程式為______。（8）減壓蒸餾時，應(yīng)該選用下圖中的冷凝管是_____(填正確答案標號)。a．直形冷凝管b．球形冷凝管c．蛇形冷凝管（9）本實驗所得到的香豆素產(chǎn)率是______。26、（10分）FeSO4溶液放置在空氣中容易變質(zhì)，因此為了方便使用Fe2＋，實驗室中常保存硫酸亞鐵銨晶體[俗稱“摩爾鹽”，化學(xué)式為(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O]，它比綠礬或綠礬溶液更穩(wěn)定。(穩(wěn)定是指物質(zhì)放置在空氣中不易發(fā)生各種化學(xué)反應(yīng)而變質(zhì))I．硫酸亞鐵銨晶體的制備與檢驗（1）某興趣小組設(shè)計實驗制備硫酸亞鐵銨晶體。本實驗中，配制溶液以及后續(xù)使用到的蒸餾水都必須煮沸、冷卻后再使用，這樣處理蒸餾水的目的是_______。向FeSO4溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液，經(jīng)過操作_______、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌和干燥后得到一種淺藍綠色的晶體。（2）該小組同學(xué)繼續(xù)設(shè)計實驗證明所制得晶體的成分。①如圖所示實驗的目的是_______，C裝置的作用是_______。取少量晶體溶于水，得淡綠色待測液。②取少量待測液，_______(填操作與現(xiàn)象)，證明所制得的晶體中有Fe2＋。③取少量待測液，經(jīng)其它實驗證明晶體中有NH4＋和SO42－II．實驗探究影響溶液中Fe2＋穩(wěn)定性的因素（3）配制0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2ml上述溶液于兩支試管中，剛開始兩種溶液都是淺綠色，分別同時滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，15分鐘后觀察可見：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然為淺綠色透明澄清溶液；FeSO4溶液則出現(xiàn)淡黃色渾濁。（資料1）沉淀Fe(OH)2Fe(OH)3開始沉淀pH7.62.7完全沉淀pH9.63.7①請用離子方程式解釋FeSO4溶液產(chǎn)生淡黃色渾濁的原因_______。②討論影響Fe2＋穩(wěn)定性的因素，小組同學(xué)提出以下3種假設(shè)：假設(shè)1：其它條件相同時，NH4＋的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+穩(wěn)定性較好。假設(shè)2：其它條件相同時，在一定pH范圍內(nèi)，溶液pH越小Fe2＋穩(wěn)定性越好。假設(shè)3：_______。（4）小組同學(xué)用如圖裝置（G為靈敏電流計），滴入適量的硫酸溶液分別控制溶液A（0.2mol/LNaCl）和溶液B（0.1mol/LFeSO4）為不同的pH，觀察記錄電流計讀數(shù)，對假設(shè)2進行實驗研究，實驗結(jié)果如表所示。序號A：0.2mol·L－1NaClB：0.1mol·L－1FeSO4電流計讀數(shù)實驗1pH=1pH=58.4實驗2pH=1pH=16.5實驗3pH=6pH=57.8實驗4pH=6pH=15.5（資料2）原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應(yīng)物的還原性越強或正極反應(yīng)物的氧化性越強，該原電池的電流越大。（資料3）常溫下，0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液穩(wěn)定性更好。根據(jù)以上實驗結(jié)果和資料信息，經(jīng)小組討論可以得出以下結(jié)論：①U型管中左池的電極反應(yīng)式____________。②對比實驗1和2（或3和4）,在一定pH范圍內(nèi)，可得出的結(jié)論為____________。③對比實驗____________和____________，還可得出在一定pH范圍內(nèi)溶液酸堿性變化對O2氧化性強弱的影響因素。④對（資料3）實驗事實的解釋為____________。27、（12分）次氯酸溶液由于其具有極強的氧化性，可以使病毒的核酸物質(zhì)發(fā)生氧化反應(yīng)，從而殺滅病毒，是常用的消毒劑和漂白劑。已知：Ⅰ.常溫常壓下，Cl2O為棕黃色氣體，沸點為3.8℃，42℃以上會分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并與水立即反應(yīng)生成HClO。Ⅱ.將氯氣和空氣(不參與反應(yīng))按體積比1∶3混合通入潮濕的碳酸鈉中生成Cl2O氣體，用水吸收Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液。某實驗室利用以下裝置制備濃度不小于0.8mol/L的次氯酸溶液。A．B．C．D．E.回答下列問題：(1)裝置D的作用為_______________。(2)配平裝置B中的反應(yīng)___________：Cl2+Na2CO3+H2O=Cl2O+NaCl+NaHCO3。寫出Cl2O的結(jié)構(gòu)式為_____。(3)裝置C中加入的試劑X為CCl4，其作用是__________。(4)各裝置的連接順序為A→____________→____________→______________→E。(5)此方法相對于氯氣直接溶于水制備次氯酸溶液的優(yōu)點是__________。(答出1條即可)(6)若裝置B中生成的Cl2O氣體有20%滯留在E前各裝置中，其余均溶于裝置E的水中，裝置E所得500mL次氯酸溶液濃度為0.8mol/L，則至少需要含水8%的碳酸鈉的質(zhì)量為_____g。28、（14分）元素單質(zhì)及其化合物有廣泛用途，請根據(jù)周期表中第三周期元素相關(guān)知識回答下列問題：（1）按原子序數(shù)遞增的順序（稀有氣體除外），以下說法正確的是___。a．原子半徑和離子半徑均減小b．金屬性減弱，非金屬性增強c．單質(zhì)的熔點降低d．氧化物對應(yīng)的水合物堿性減弱，酸性增強（2）原子最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相同的元素名稱為___，氧化性最弱的簡單陽離子是___。（3）已知：化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3類型離子化合物離子化合物離子化合物共價化合物熔點/℃28002050714191工業(yè)制鎂時，電解MgCl2而不電解MgO的原因是___；制鋁時，電解Al2O3而不電解AlCl3的原因是___。（4）晶體硅（熔點1410℃）是良好的半導(dǎo)體材料．由粗硅制純硅過程如下：Si（粗）SiCl4SiCl4（純）Si（純）寫出SiCl4的電子式：___；在上述由SiCl4制純硅的反應(yīng)中，測得每生成1.12kg純硅需吸收akJ熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式___。（5）下列氣體不能用濃硫酸干燥，可用P2O5干燥的是___。a．NH3b．HIc．SO2d．CO2（6）KClO3可用于實驗室制O2，若不加催化劑，400℃時分解只生成兩種鹽，其中一種是無氧酸鹽，另一種鹽的陰陽離子個數(shù)比為1：1．寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：___。29、（10分）硝酸是一種重要的化工原料，工業(yè)上采用氨催化氧化法制備，生產(chǎn)過程中發(fā)生的反應(yīng)有：NH3(g)+O2(g)NO(g)+H2O(l)△H1=-292.3kJ/molNO(g)+O2(g)=NO2(g)△H2=-57.1kJ/mol3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H3=-71.7kJ/mol回答以下問題：(1)NH3(g)+2O2(g)=HNO3(aq)+H2O(l)的△H=___________kJ/mol。原料氣體(NH3、O2)在進入反應(yīng)裝置之前，必須進行脫硫處理。其原因是____。(2)研究表明2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反應(yīng)歷程分兩步：(a)2NO(g)N2O2(g)(快)(b)N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)①該反應(yīng)的速率由b步?jīng)Q定，說明b步反應(yīng)的活化能比a步的___(填“大”或“小”)。②在恒容條件下，NO和O2的起始濃度之比為2:1，反應(yīng)經(jīng)歷相同時間，測得不同溫度下NO轉(zhuǎn)化為NO2的轉(zhuǎn)化率如圖，則150℃時，v正___v逆(填“>”或“<”)。若起始c(O2)=5.0×10-4mol/L，則380℃下反應(yīng)達平衡時c(O2)=____mol/L。(3)T1溫度時，在容積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)2NO+O22NO2，實驗測得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆為速率常數(shù)，受溫度影響。容器中各反應(yīng)物和生成物的物質(zhì)的量隨時間變化如下圖所示：①下列說法能表明該反應(yīng)已經(jīng)達到平衡狀態(tài)的是____填序號)A．混合氣體的密度不變B．混合氣體的顏色不變C．k正、k逆不變D．2v正(O2)=v逆(NO2)②化學(xué)平衡常數(shù)K與速率常數(shù)k正、k逆的數(shù)學(xué)關(guān)系式K=____。③溫度為T1時的化學(xué)平衡常數(shù)K=_____。若將容器的溫度變?yōu)門2時，k正=k逆，則T2___T1(填“＞”“＜”或“=”)。

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、B【解析】

A、根據(jù)水蒸氣與Na2O2的方程式計算；B、25℃時，1LpH=11的醋酸鈉溶液中，水電離出的OH－濃度為10-3mol·L－1；C、一個－OH（羥基）含9個電子；D、苯中不含碳碳雙鍵?！驹斀狻緼、水蒸氣通過過量的Na2O2使其增重2g時，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2△m2e-4g2mol2g1mol反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1NA，故A錯誤；B、25℃時，1LpH=11的醋酸鈉溶液中，水電離出的OH－濃度為10-3mol·L－1，由水電離出的OH－數(shù)目為0.001NA，故B正確；C、1mol－OH（羥基）中所含電子數(shù)均為9NA，故C錯誤；D、苯中不含碳碳雙鍵，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題考查阿伏加德羅常數(shù)及其應(yīng)用，難點A根據(jù)化學(xué)方程式利用差量法計算，易錯點B，醋酸鈉水解產(chǎn)生的OH-來源于水。2、B【解析】

常溫下，Z的單質(zhì)能溶于W的最高價氧化物對應(yīng)水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。則Z為鋁，W為硫；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Y、W為同一主族元素，則Y為氧；原子最外層電子數(shù)之和為20，則X最外層電子數(shù)為20-3-6-6=5，則X為氮；A.W為硫，Y為氧，形成的一種化合物是二氧化硫，具有漂白性，故A正確；B.硫離子有3個電子層，半徑最大；氧離子和鋁離子核外電子排布相同，核電荷越大，半徑越小，所以氧離子大于鋁離子，故簡單離子半徑大小順序：W＞Y＞Z，故B錯誤；C.非金屬性越強其氫化物越穩(wěn)定，氮非金屬性弱于氧，則最簡單氫化物的穩(wěn)定性：X＜Y，故C正確；D.元素X的氣態(tài)氫化物為氨氣，其最高價氧化物對應(yīng)水化物為硝酸，能發(fā)生反應(yīng)生成硝酸銨，故D正確。故選B?！军c睛】解決此題的關(guān)鍵是正確推斷元素的種類，突破口在于題干信息中濃溶液和稀溶液性質(zhì)不同，想到濃硫酸具有強氧化性，與金屬鋁發(fā)生鈍化反應(yīng)，而稀硫酸可以與鋁反應(yīng)。3、D【解析】

A.分液操作時，下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，故A不選。B.用試管夾時，應(yīng)夾住距離試管口約1/3處，故B不選。C.檢驗氨氣，應(yīng)該用濕潤的紅色石蕊試紙，遇氨氣變藍，故C不選；D.配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，向容量瓶加水至液面離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管定容是正確的，故D選。故選D。4、B【解析】

NO、NO2與O2、H2O反應(yīng)后被完全吸收，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NO+3O2+2H2O=4HNO3、4NO2+O2+2H2O=4HNO3。從反應(yīng)方程式可以得出：n(O2)=×n(NO)+×n(NO2)。用此關(guān)系式驗證備選答案。A.×3+×7=4，A不合題意；B.×5+×7≠6，B符合題意；C.×7+×3=6，C不合題意；D.×1+×1=1，D不合題意。故選B。5、D【解析】

工業(yè)大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等雜質(zhì)）加足量的鹽酸，得到二氧化硅沉淀和氯化鈣、氯化鋁、氯化鐵混合溶液，所以固體Ⅰ中含有SiO2，濾液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即為固體Ⅱ，過濾，向濾液加入鹽酸中和過量的氫氧化鈣，得氯化鈣溶液，CaCl2·6H2O易分解，從溶液中獲得氯化鈣晶體時，要防止其分解；【詳解】A.根據(jù)上面的分析可知，固體Ⅰ中含有SiO2，固體Ⅱ中含有Fe(OH)3，A正確；B.氫氧化鋁具有兩性，可溶于氫氧化鈣溶液，生成AlO2-，B正確；C.CaCl2·6H2O易分解，從溶液中獲得氯化鈣晶體時，要防止其分解，C正確；D.若改變實驗方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，濾去沉淀，其溶液中含有氯化銨，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得到的CaCl2·6H2O不純，D錯誤；答案為D。6、A【解析】

A、醋酸的酸性強于次氯酸，CH3COONa與NaClO水解顯堿性，根據(jù)越弱越水解的規(guī)律，若溶液的pH相同，CH3COONa的濃度最大，所以三種溶液c(Na+)大小順序為：①＞②＞③，故A正確；B、NH3?H2O的電離常數(shù)K=c(NH4+)?c(OH￣)/c(NH3?H2O)=c(NH4+)?Kw/c(NH3?H2O)?c(H+)，所以的值為常數(shù)，不發(fā)生變化，故B錯誤；C、因為H2S為弱酸，所以pH=4的H2S溶液與pH=10的NaOH溶液等體積混合，H2S過量，根據(jù)電荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)＝c(OH—)+2c(S2—)+c(HS￣)，故C錯誤；D、Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，生成CaCO3與HClO，溶液堿性減弱，故D錯誤。答案選A。7、B【解析】

A項，I-與ClO-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，故A不選；B項，在Fe2（SO4）3溶液中離子相互間不反應(yīng)，可以大量共存，故B選；C項，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，故C不選；D項，Mg2+、HCO3-都能與OH-反應(yīng)，不能大量共存，故D不選，答案選B。8、A【解析】

A、由電荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=(OH－)+Cl－)+c(HCO3－)+2c(CO32－),pH=7時，c(H+)=(OH－)，則c(Na+)=(Cl－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)，故A正確；B、據(jù)圖可知，pH=8時溶液中溶質(zhì)為碳酸氫鈉和氯化鈉，則溶液中c（Cl－）＜c（Na＋），故B錯誤；C、pH=12時，溶液為Na2CO3溶液，碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子，碳酸氫根離子水解生成碳酸和氫氧根離子，則c(Na+)>c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(H+)，故C錯誤；D、CO32－的水解常數(shù)Kh=c(HCO3－)c(OH－)/c(CO32－)，據(jù)圖可知，當溶液中c（HCO3－）:c（CO32－）=1:1時，溶液的pH=10，c（H＋）=10-10mol·L－1，由Kw可知c（OH－）=10-4mol·L－1，則Kh=c(HCO3－)c(OH－)/c(CO32－)=c（OH－）=10-4mol·L－1，故D錯誤；故選A?！军c睛】本題考查鹽類的水解、平衡常數(shù)計算、弱電解質(zhì)的電離等，難點為D，注意利用溶液中c（HCO3－）:c（CO32－）=1:1時，溶液的pH=10這個條件。9、B【解析】

A.Cl2溶于足量水，反生反應(yīng)生成HCl和HClO，為可逆反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)無法計算，A項錯誤；B.乙烯和丙烯的最簡式均為CH2，故7.0g混合物中含有的CH2的物質(zhì)的量為0.5mol，則含NA個H原子，B項正確；C.1L1mol/LNa2CO3溶液中Na2CO3的物質(zhì)的量為1mol，CO32－為弱酸根，在溶液中會水解，微粒個數(shù)約小于NA，C項錯誤；D.標況下四氯化碳為液態(tài)，故不能根據(jù)氣體摩爾體積來計算其物質(zhì)的量和含有的共價鍵個數(shù)，D項錯誤；答案選B?！军c睛】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計算，注意：可逆反應(yīng)無法得出具體轉(zhuǎn)移電子數(shù)；水解后粒子會減少；液體不能用氣體摩爾體積計算。10、D【解析】

由圖可知該裝置為電解池：Si4+在液態(tài)鋁電極得電子轉(zhuǎn)化為Si，所以液態(tài)鋁電極為陰極，連接電源負極，則Cu-Si合金所在電極為陽極，與電源正極相接，三層液熔鹽在電解槽中充當電解質(zhì)，可以供離子自由移動，并增大電解反應(yīng)面積，提高硅沉積效率，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．由圖可知，電解池的陽極上Si失電子轉(zhuǎn)化為Si4+，陰極反應(yīng)為Si4+得電子轉(zhuǎn)化為Si，所以Si優(yōu)先于Cu被氧化，故A錯誤；B．圖中，鋁電極上Si4+得電子還原為Si，故該電極為陰極，與電源負極相連，故B錯誤；C．電流強度不同，會導(dǎo)致轉(zhuǎn)移電子的量不同，會影響硅提純速率，故C錯誤；D．三層液熔鹽在電解槽中充當電解質(zhì)，可以供自由移動的離子移動，并增大電解反應(yīng)面積，提高硅沉積效率，故D正確；答案選D。11、B【解析】

標準NaOH溶液滴定鹽酸實驗中，用酚酞或甲基橙為指示劑，氫氧化鈉溶液放在堿式滴定管中，鹽酸放在錐形瓶中進行滴定，不用圓底燒瓶，A.C.

D正確，故B錯誤，故選：B。12、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(diào)節(jié)pH小于3.5左右，故A錯誤；B．Ka1(H2CO3)=cHCO3-cH+cH2CO3，根據(jù)圖像，X點處c(HCO3-)=c(H2CO3)，此時Ka1(H2CO3)=c(H+)，因此由XC．根據(jù)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(jù)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(yīng)控制pH＞12.5，故D正確；答案選A。13、B【解析】

A.原電池中電子流向是負極?導(dǎo)線?用電器?導(dǎo)線?正極，則放電時，電子由負極經(jīng)導(dǎo)線、用電器、導(dǎo)線到正極，故A正確，但不符合題意；B.充電過程是電解池,左邊正極作陽極,右邊負極作陰極,又陽離子移向陰極,所以Li+向右移動，故B錯誤，符合題意；C.充電時,陰極C變化為LixCn,則陰極電極反應(yīng)式：xLi++xe?+nC=LixCn，故C正確，但不符合題意；D.放電正極上FePO4得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成LiFePO4,正極電極反應(yīng)式：xFePO4+xLi++xe?=xLiFePO4，故D正確，但不符合題意；故選：B。14、D【解析】

A.Fe2(SO4)3加NaOH反應(yīng)生成Fe(OH)3沉淀，而不是膠粒，故A錯誤；B.l00mLlmol/L的Fe2(SO4)3溶液中n[Fe2(SO4)3]=1mol?L?1×0.1L=0.1mol，n(Fe3+)=0.2mol，鐵離子水解Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，根據(jù)水解方程式得到溶液中陽離子數(shù)目大于0.2NA，故B錯誤；C.加Na2CO3溶液發(fā)生雙水解生成氫氧化鐵沉淀和二氧化碳氣體，其反應(yīng)為3CO32?+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，故C錯誤；D.Fe2(SO4)3溶液水解生成膠體，膠體具有吸附雜質(zhì)功能，起凈水功能，因此可用于凈化水，故D正確。綜上所述，答案為D。【點睛】鐵離子與碳酸根、碳酸氫根、偏鋁酸根、硅酸根等離子要發(fā)生雙水解反應(yīng)。15、D【解析】

A．t1時反應(yīng)沒有達到平衡狀態(tài)，正方向速率大于逆反應(yīng)速率，A正確；B．t2時反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，反應(yīng)體系中NH3的濃度達到最大值，B正確；C．t2﹣t3時間段反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率，C正確；D．t2﹣t3時間段，各物質(zhì)的濃度不再發(fā)生變化，但不一定相等，D錯誤。答案選D。16、C【解析】

A.用過氧化氫從酸化的海帶灰浸出液中提取碘，反應(yīng)的離子方程式為：2I－＋H2O2＋2H+=I2＋2H2O，選項A錯誤；B.過量的鐵粉溶于稀硝酸，反應(yīng)的離子方程式為：3Fe＋8H＋＋2NO3-=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，選項B錯誤；C.用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2，反應(yīng)的離子方程式為：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－，選項C正確；D.向NaAlO2溶液中通入過量CO2，反應(yīng)的離子方程式為：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-，選項D錯誤。答案選C。17、D【解析】

A.在標準狀況下二氯甲烷呈液態(tài)，不能使用氣體摩爾體積進行計算，A錯誤；B.乙烯和丙烯的最簡式是CH2，最簡式的式量是14，乙烯和丙烯的組成的42g混合氣體中含有最簡式的物質(zhì)的量是3mol，所以其中含C原子數(shù)為3NA，B錯誤；C.甲醇燃燒的方程式為2CH3OH+3O22CO2+4H2O，根據(jù)方程式可知：2mol甲醇完全燃燒轉(zhuǎn)移12mol電子，則1mol甲醇完全燃燒生成CO2和H2O，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為6NA，C錯誤；D.根據(jù)電荷守恒可知n(Na+)+n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-)，由于溶液顯中性，則n(H+)=n(OH-)，所以n(Na+)=n(CH3COO-)，因此將1molCH3COONa溶于稀醋酸中溶液呈中性，溶液中CH3COO-數(shù)目等于NA，D正確；故合理選項是D。18、A【解析】

A．CO2的摩爾質(zhì)量為44g/mol，含22個質(zhì)子；SO2的摩爾質(zhì)量為64g/mol，含32個質(zhì)子，即兩者均是2g中含1mol質(zhì)子，故4g混合物中含2mol即2NA個質(zhì)子，故A正確；B．1L0.5mol?L-1pH=7的CH3COONH4溶液中，銨根離子發(fā)生水解，根據(jù)物料守恒：c（NH4+）+c（NH3?H2O）=0.5mol/L，n（NH4+）＜0.5mol，故B錯誤；C．一個環(huán)氧乙烷分子的共價鍵數(shù)目為7，所以0.1mol環(huán)氧乙烷中含有的共價鍵數(shù)目為0.7NA，故C錯誤；D．未指明溫度和壓強，22.4LCO2的物質(zhì)的量不一定是1mol，故D錯誤；故答案為A?！军c睛】選項A為難點，注意尋找混合物中質(zhì)子數(shù)與單位質(zhì)量之間的關(guān)系。19、C【解析】

A．“地溝油”含有大量的有害物質(zhì)，禁止食用，其主要成分為油脂，屬于酯類，可以發(fā)生皂化反應(yīng)制肥皂，及通過化學(xué)反應(yīng)用來制生物柴油，A選項正確；B．塑料袋由聚乙烯材料構(gòu)成，可形成白色污染，減少塑料袋的使用可減少白色污染，B選項正確；C．NaOH與SiO2可以反應(yīng)，但可用于玻璃器皿上刻蝕標記的是氫氟酸(HF)，C選項錯誤；D．加入氧化鈣可以與硫燃燒生成的二氧化硫在氧氣中發(fā)生反應(yīng)生成硫酸鈣，二氧化硫排放量減少，減少了酸雨的形成，但是二氧化碳不會減少，不能減少溫室氣體的排放，D選項正確；答案選C。20、D【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?！驹斀狻緼.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)生無污染的氮氣和水，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錯誤；故選D?！军c睛】本題考查無機物推斷，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，易錯點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。21、D【解析】

NH4HCO3溶液中存在NH4+的水解平衡，即NH4++H2ONH3?H2O+H+①；HCO3-的水解平衡，即HCO3-+H2OH2CO3+OH-②；HCO3-的電離平衡，即HCO3-H++CO32-③；A．在溶液中未加氫氧化鈉溶液時，溶液的pH=7.7，呈堿性，說明上述三個平衡中第②個HCO3-的水解為主，滴加氫氧化鈉的開始階段，氫氧根濃度增大，平衡②向逆反應(yīng)方向移動，HCO3-的量略有增加，即逆方向的反應(yīng)是H2CO3+OH-＝HCO3-+H2O，A正確；B.對于平衡①，氫氧根與氫離子反應(yīng)，平衡正向移動，NH3?H2O的量增加，NH4+被消耗，當pH大于8.7以后，CO32-的量在增加，平衡③受到影響，HCO3-被消耗，即碳酸氫根離子和銨根離子都與氫氧根離子反應(yīng)，B正確；C.從圖中可直接看出pH=9.5時，溶液中c(HCO3-)＞c(NH3?H2O)＞c(NH4+)＞c(CO32-)，C正確；D.滴加氫氧化鈉溶液時，HCO3-的量并沒減小，反而增大，NH4+的量減少，說明首先不是HCO3-與OH-反應(yīng)，而是NH4+先反應(yīng)，即NH4HCO3+NaOH＝NaHCO3+NH3?H2O，D錯誤；故合理選項是D。22、C【解析】

A．氣態(tài)苯乙酮的摩爾質(zhì)量為120g/mol，氣態(tài)乙酸的摩爾質(zhì)量為60g/mol，根據(jù)ρ=，二者氣態(tài)物質(zhì)的狀態(tài)條件未知，體積無法確定，則密度無法確定，故A錯誤；B．苯的結(jié)構(gòu)中，只有碳氫單鍵，碳碳之間是一種介于單鍵與雙鍵之間的一種特殊鍵，則1個苯分子中有6個單鍵，1mol苯中含有6mol單鍵即6NA個，故B錯誤；C．一個乙酸酐分子中含有54個電子，1mol乙酸酐分子中含有54mol電子，則0.5mol乙酸酐中含有27mol電子，即電子數(shù)目為27NA，故C正確；D．1L2mol/LCH3COOH的物質(zhì)的量為2mol，與鈉反應(yīng)生成氫氣1mol，足量鈉，醋酸消耗完可繼續(xù)與水反應(yīng)，則生成的氣體分子數(shù)大于NA個，故D錯誤；答案選C?！军c睛】足量的鈉與乙酸反應(yīng)置換出氫氣后，剩余的鈉會繼續(xù)和水反應(yīng)，鈉與水反應(yīng)也會釋放出氫氣。二、非選擇題(共84分)23、A4【解析】

根據(jù)碳原子數(shù)目可知，反應(yīng)①為1，3-丁二烯與CH2=CH-CH3發(fā)生信息Ⅰ反應(yīng)生成A，則A為，結(jié)合A發(fā)生信息Ⅱ中反應(yīng)生成B，則B為，結(jié)合C的分子式可知，B與氫氣發(fā)生全加成反應(yīng)生成C，C為，C發(fā)生消去反應(yīng)生成D，D為，D發(fā)生加成反應(yīng)生成甲基環(huán)己烷?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：A為，B為，C為，D為。(1)通過以上分析知，A的結(jié)構(gòu)簡式是，B的結(jié)構(gòu)簡式是；(2)A是，A與H2發(fā)生加成反應(yīng)后產(chǎn)物為，名稱為乙基環(huán)己烷，與甲基環(huán)己烷互為同系物，故合理物質(zhì)序號為A；(3)A的結(jié)構(gòu)簡式是，其分子中含有的2個碳碳雙鍵上的4個C原子都不等效，所以Br原子加成到4個C原子上的產(chǎn)物都不相同，故其與HBr加成時的產(chǎn)物有4種。【點睛】本題考查有機物推斷，正確理解題給信息是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查學(xué)生獲取信息、加工信息、利用信息及分析推斷能力，注意(3)中A發(fā)生加成反應(yīng)產(chǎn)物種類判斷，為易錯點。24、NH4Cl4NH3+5O24NO+6H2O3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O1:2【解析】

根據(jù)題目提供的轉(zhuǎn)化關(guān)系，常溫、常壓下，B、C、D、E、G、H、I均為氣體，其中D、G、H為單質(zhì)，H為黃綠色氣體則為氯氣，I通常為紅棕色氣體則為NO2，I的相對分子質(zhì)量比E的大16，則E為NO；F在常溫下是一種無色液體則為H2O；G能在H中燃燒，發(fā)出蒼白色火焰，則G為氫氣，產(chǎn)物C易溶于水為氯化氫；J是一元含氧強酸且可由NO2與水反應(yīng)得到，則為HNO3。NO與D反應(yīng)生成NO2，D為單質(zhì)，則D為氧氣，B與氧氣反應(yīng)生成NO和水，則B為氨氣，A為正鹽，加熱得到氨氣和氯化氫，則A為氯化銨。(1)A為氯化銨，其化學(xué)式為NH4Cl；(2)一定條件下，B（NH3）和D（O2）反應(yīng)生成E（NO）和F（H2O）的化學(xué)方程式為4NH3+5O24NO+6H2O；(3)J（HNO3）和金屬Cu反應(yīng)生成E（NO）的化學(xué)方程式為3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(4)H為氯氣，和石灰乳反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；(5)在I和F的反應(yīng)3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化劑和還原劑的質(zhì)量之比為1：2。25、恒壓滴液漏斗增大水楊醛的轉(zhuǎn)化率及時分離出乙酸和水，提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率受熱均勻且便于控制溫度b一段時間內(nèi)分水器中液體不再增多2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑a80%【解析】

（1）根據(jù)儀器的構(gòu)造作答；（2）根據(jù)濃度對平衡轉(zhuǎn)化率的影響效果作答；（3）分水器可分離產(chǎn)物；（4）三頸燒瓶需要控制好溫度，據(jù)此分析；（5）結(jié)合表格中相關(guān)物質(zhì)沸點的數(shù)據(jù)，需要將乙酸蒸出，乙酸酐保留；（6）通過觀察分水器中液體變化的現(xiàn)象作答；（7）依據(jù)強酸制備弱酸的原理作答；（8）減壓蒸餾的冷凝管與普通蒸餾所用冷凝管相同；（9）根據(jù)反應(yīng)的質(zhì)量，得出轉(zhuǎn)化生成的香豆素理論產(chǎn)量，再根據(jù)產(chǎn)率=作答。【詳解】（1）裝置a的名稱是恒壓滴液漏斗；（2）乙酸酐過量，可使反應(yīng)充分進行，提高反應(yīng)物的濃度，可增大水楊醛的轉(zhuǎn)化率；（3）裝置中分水器可及時分離出乙酸和水，從而提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率；（4）油浴加熱可使受熱均勻且便于控制溫度；（5）控制好蒸汽溫度使乙酸蒸出，再滴加乙酸酐，根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，控制溫度范圍大于117.9℃小于139℃，b項正確，故答案為b；（6）分水器可及時分離乙酸和水，一段時間內(nèi)若觀察到分水器中液體不再增多，則可以判斷反應(yīng)基本完全；（7）碳酸鈉會和乙酸反應(yīng)生成乙酸鈉、二氧化碳和水，其離子方程式為：2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑；（8）減壓蒸餾時，選擇直形冷凝管即可，故a項正確；（9）水楊醛的物質(zhì)的量==0.2998mol,乙酸酐的物質(zhì)的量==0.7157mol，則可知乙酸酐過量，理論上可生成香豆素的物質(zhì)的量=0.2998mol，其理論產(chǎn)量=0.2998mol×146g/mol=43.77g，則產(chǎn)量==80%。26、除去水中溶解的氧氣，防止氧化Fe2+蒸發(fā)濃縮檢驗晶體中是否含有結(jié)晶水防止空氣中水蒸氣逆向進入裝有無水CuSO4的試管，影響實驗結(jié)果滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出現(xiàn)藍色沉淀（或先滴入2滴KSCN溶液，無明顯變化，再加入幾滴新制氯水，溶液變成紅色）4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+當其它條件相同時，硫酸根離子濃度大小影響Fe2+的穩(wěn)定性。（或當其它條件相同時，硫酸根離子濃度越大，F(xiàn)e2+的穩(wěn)定性較好。）O2+4e-+4H+=2H2O溶液酸性越強,Fe2+的還原性越弱13（或2和4）其它條件相同時，溶液酸性增強對Fe2+的還原性減弱的影響，超過了對O2的氧化性增強的影響。故pH=1的FeSO4溶液更穩(wěn)定?！窘馕觥?/p>

I.(1)亞鐵離子具有還原性，在空氣中容易被氧化；向FeSO4溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液，需要經(jīng)過蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌和干燥后得到一種淺藍綠色的晶體；(2)①無水硫酸銅遇水變藍色；空氣中也有水蒸氣，容易對實驗產(chǎn)生干擾；②檢驗Fe2+，可以向樣品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出現(xiàn)藍色沉淀，說明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，無明顯變化，再加入幾滴新制氯水，溶液變成紅色，說明存在Fe2+；II.(3)①由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSO4溶液中，會產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，說明二價鐵被氧化成了三價鐵，同時和水反應(yīng)生成Fe(OH)3沉淀；②0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根的濃度也不同，可以以此提出假設(shè)；(4)①FeSO4中的鐵的化合價為+2價，具有還原性，在原電池中做負極，則左池的碳電極做正極，NaCl中溶解的氧氣得電子生成，在酸性環(huán)境中生成水；②實驗1和2（或3和4）中NaCl溶液的pH相同，F(xiàn)eSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，電流越小，結(jié)合原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應(yīng)物的還原性越強或正極反應(yīng)物的氧化性越強，該原電池的電流越大，可以得出結(jié)論；③對比實驗1和3（或2和4）發(fā)現(xiàn)，F(xiàn)eSO4溶液的pH相同時，NaCl溶液的pH越大，電流越小，結(jié)合原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應(yīng)物的還原性越強或正極反應(yīng)物的氧化性越強，該原電池的電流越大，可以得出結(jié)論；④對比實驗1和4，NaCl溶液的pH增大酸性減弱，F(xiàn)eSO4溶液的pH減小酸性增強，但是電流卻減小，結(jié)合②③的結(jié)論分析?！驹斀狻縄.(1)亞鐵離子具有還原性，在空氣中容易被氧化，在配制溶液時使用到的蒸餾水都必須煮沸、冷卻后再使用，目的是：除去水中溶解的氧氣，防止氧化Fe2+；向FeSO4溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液，需要經(jīng)過蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌和干燥后得到一種淺藍綠色的晶體；(2)①無水硫酸銅遇水變藍色，該裝置的實驗?zāi)康氖牵簷z驗晶體中是否含有結(jié)晶水；空氣中也有水蒸氣，容易對實驗產(chǎn)生干擾，需要使用濃硫酸防止空氣中水蒸氣逆向進入裝有無水CuSO4的試管，影響實驗結(jié)果；②檢驗Fe2+，可以向樣品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出現(xiàn)藍色沉淀，說明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，無明顯變化，再加入幾滴新制氯水，溶液變成紅色，說明存在Fe2+；II.(3)①由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSO4溶液中，會產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，說明二價鐵被氧化成了三價鐵，同時和水反應(yīng)生成Fe(OH)3沉淀，離子方程式為：4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+；②0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根的濃度也不同，0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根濃度更大，故可以假設(shè)：當其它條件相同時，硫酸根離子濃度大小影響Fe2+的穩(wěn)定性；或者當其它條件相同時，硫酸根離子濃度越大，F(xiàn)e2+的穩(wěn)定性較好；(4)①FeSO4中的鐵的化合價為+2價，具有還原性，在原電池中做負極，則左池的碳電極做正極，NaCl中溶解的氧氣得電子生成，在酸性環(huán)境中生成水，故電極方程式為：O2+4e-+4H+=2H2O；②實驗1和2（或3和4）中NaCl溶液的pH相同，F(xiàn)eSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，電流越小，結(jié)合原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應(yīng)物的還原性越強或正極反應(yīng)物的氧化性越強，該原電池的電流越大，可以得出的結(jié)論是：溶液酸性越強，F(xiàn)e2+的還原性越弱；③對比實驗1和3（或2和4）發(fā)現(xiàn)，F(xiàn)eSO4溶液的pH相同時，NaCl溶液的pH越大，電流越小，結(jié)合原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應(yīng)物的還原性越強或正極反應(yīng)物的氧化性越強，該原電池的電流越大，可以得出在一定pH范圍內(nèi)溶液的堿性越強，O2氧化性越強；④對比實驗1和4，NaCl溶液的pH增大酸性減弱，F(xiàn)eSO4溶液的pH減小酸性增強，但是電流卻減小，結(jié)合②③的結(jié)論，和其它條件相同時，溶液酸性增強對Fe2+的還原性減弱的影響，超過了對O2的氧化性增強的影響。故pH=1的FeSO4溶液更穩(wěn)定。27、除去氯氣中的HCl氣體；觀察產(chǎn)生氣泡的速度來調(diào)節(jié)流速和體積比1:32Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3Cl-O-Cl除去Cl2O中的Cl2，提高制得的HClO的純度DBC制備的HClO的濃度大，純度高，不含有Cl-57.6【解析】

該實驗屬于物質(zhì)制備類實驗，所需原料為氯氣和空氣，并且要注意體積比1:3這個要求；因此就出現(xiàn)了這兩個問題：(1)原料Cl2含有雜質(zhì)需要除雜；(2)如何準確地控制兩種原料氣體積比；帶著問題分析每個裝置的作用就不難發(fā)現(xiàn)D裝置就恰好能解決上述兩個問題。接下來，由于B中的制備反應(yīng)是氣體與固體的反應(yīng)，所以產(chǎn)物中肯定含有未反應(yīng)完全的原料氣，所以這里又出現(xiàn)了一個問題：未反應(yīng)完的原料氣是否會干擾后續(xù)的制備，如何除去；通過分析不難發(fā)現(xiàn)裝置C恰好可以解決上述問題；最終在裝置E中，成功制備了純度較高的次氯酸溶液?！驹斀狻?1)裝置D的作用一方面要對裝置A制備的Cl2進行凈化除雜，另一方面也要保證空氣和氯氣的最佳體積比；所以D的作用為：除去氯氣中的HCl雜質(zhì)，同時觀察氣泡的速度來調(diào)節(jié)氯氣和空氣的體積比至1:3；(2)根據(jù)題意，B中發(fā)生的反應(yīng)為2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3，Cl2O中的O為-2價，Cl為+1價，所以該反應(yīng)是氯元素的歧化反應(yīng)；根據(jù)Cl2O中氯和氧的價態(tài)可推測其結(jié)構(gòu)為Cl-O-Cl；(3)題干中提到，用水吸收Cl2O制得次氯酸溶液，Cl2O中不能含有Cl2，而B處的反應(yīng)是氣體與固體的反應(yīng)，必然會有一部分Cl2無法反應(yīng)，因此，需要對B裝置的出口氣體進行除氯氣操作，C中的CCl4由于與Cl2極性相近，可以將Cl2吸收，所以C的作用即：除去中的Cl2，提高次氯酸溶液的純度；(4)結(jié)合以上分析，可知連接順序為A→D→B→C→E；(5)氯氣直接溶解在水中會生成鹽酸雜質(zhì)，并且由于Cl2在水中溶解度很小，所以制備的次氯酸的濃度也不高，因此該方法的優(yōu)點為：制備的次氯酸溶液濃度大，純度高；(6)由題可知，E中次氯酸的含量為0.4mol，根據(jù)E中發(fā)生的反應(yīng)：，可知E中參與反應(yīng)的n(Cl2O)=0.2mol，所以總共生成的Cl2O的物質(zhì)的量為。根據(jù)Cl2O的制備反應(yīng)方程式可知，所需碳酸鈉的物質(zhì)的量為：，那么至少需要含水量8%的碳酸鈉的質(zhì)量為?！军c睛】在考慮制備類實驗的裝置連接順序時，可先找出其中的原料發(fā)生裝置，反應(yīng)制備裝置和尾氣處理裝置，再根據(jù)具體信息考慮這些裝置之間的除雜干燥防倒吸問題，最終設(shè)計出合理的連接順序。28、b氬Na+MgO的熔點高，熔融時消耗更多能量，增加生產(chǎn)成本氯化鋁是共價化合物，熔融態(tài)氯化鋁難導(dǎo)電2H2（g）+SiCl4（g）Si（s）+4HCl（g）△H＝+0.025akJ?