2024年廣東省佛山市佛山三中高考化學(xué)四模試卷含解析

2024年廣東省佛山市佛山三中高考化學(xué)四模試卷注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)、考場(chǎng)號(hào)和座位號(hào)填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應(yīng)位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目選項(xiàng)的答案信息點(diǎn)涂黑；如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上；如需改動(dòng)，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回。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、不能用于比較Na與Al金屬性相對(duì)強(qiáng)弱的事實(shí)是A．最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性強(qiáng)弱 B．Na和AlCl3溶液反應(yīng)C．單質(zhì)與H2O反應(yīng)的難易程度 D．比較同濃度NaCl和AlCl3的pH大小2、已知二氯化二硫（S2Cl2）的結(jié)構(gòu)式為Cl﹣S﹣S﹣Cl，它易與水反應(yīng)，方程式如下：2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓，對(duì)該反應(yīng)的說法正確的是()A．S2Cl2既作氧化劑又作還原劑B．H2O作還原劑C．每生成1molSO2轉(zhuǎn)移4mol電子D．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量比為3：13、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A．過氧化鈉與水反應(yīng)時(shí)，生成0.1mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAB．密閉容器中1molPCl3與1molCl2反應(yīng)制備PCl5(g)，增加2NA個(gè)P-Cl鍵C．92.0甘油（丙三醇）中含有羥基數(shù)為1.0NAD．高溫下，0.1molFe與足量水蒸氣反應(yīng)，生成的H2分子數(shù)為0.3NA4、只存在分子間作用力的物質(zhì)是A．NaCl B．He C．金剛石 D．HCl5、短周期元素W、X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大，W的單質(zhì)是一種常用的比能量高的金屬電極材料，X原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，元素Y的族序數(shù)等于其周期序數(shù)，Z原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍。下列說法錯(cuò)誤的是A．W、Z形成的化合物中，各原子最外層均達(dá)到8個(gè)電子結(jié)構(gòu)B．元素X與氫形成的原子數(shù)之比為1∶1的化合物有很多種C．元素Z可與元素X形成共價(jià)化合物XZ2D．元素Y的單質(zhì)與氫氧化鈉溶液或鹽酸反應(yīng)均有氫氣生成6、根據(jù)下列事實(shí)書寫的離子方程式中，錯(cuò)誤的是A．向Na2SiO3溶液中加入稀鹽酸得到硅酸膠體：SiO32-+2H＋=H2SiO3(膠體)B．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀：Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2OC．向AlCl3溶液中加入足量稀氨水：Al3＋+4NH3·H2O=Al3＋+NH4++2H2OD．在稀硫酸存在下，MnO2將CuS中的硫元素氧化為硫單質(zhì)：MnO2+CuS+4H＋=Mn2＋+Cu2＋+S+2H2O7、下列說法正確的有①1

mol

FeI2與足量氯氣反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA②Na2O2分別與水及CO2反應(yīng)產(chǎn)生等量氧氣時(shí)，消耗水和CO2的物質(zhì)的量相等③無色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、S2-④Na2O2投入紫色石蕊試液中，溶液先變藍(lán)，后褪色⑤2

L

0.5

mol·L-1硫酸鉀溶液中陰離子所帶電荷數(shù)為NA⑥在漂白粉的溶液中通入少量二氧化硫氣體：Ca2++2ClO-+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClOA．1B．2C．3D．48、聯(lián)合制堿法中的副產(chǎn)品有著多種用途，下列不屬于其用途的是A．做電解液 B．制焊藥 C．合成橡膠 D．做化肥9、乙基環(huán)己烷（）的一溴代物共有幾種（不考慮立體異構(gòu)）A．3種B．4種C．5種D．6種10、某有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式如圖，下列對(duì)該物質(zhì)的敘述中正確的是A．該有機(jī)物能發(fā)生取代反應(yīng)、氧化反應(yīng)和消去反應(yīng)B．1mol該有機(jī)物最多可與2molNaOH發(fā)生反應(yīng)C．該有機(jī)物可以與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應(yīng)使之褪色D．該有機(jī)物有3個(gè)手性碳原子11、下列除雜方案錯(cuò)誤的是選項(xiàng)被提純的物質(zhì)雜質(zhì)除雜試劑除雜方法A．C2H5OH(l)H2O(l)新制的生石灰蒸餾B．Cl2(g)HCl(g)飽和食鹽水、濃H2SO4洗氣C．NH4Cl(aq)Fe3＋(aq)NaOH溶液過濾D．Na2CO3(s)NaHCO3(s)—灼燒A．A B．B C．C D．D12、用98%濃硫酸配制500mL2mol/L稀硫酸，下列操作使所配制濃度偏高的是A．量取濃硫酸時(shí)俯視量筒的刻度線B．定容時(shí)仰視500mL容量瓶的刻度線C．量取硫酸后洗滌量筒并將洗滌液轉(zhuǎn)入容量瓶D．搖勻后滴加蒸餾水至容量瓶刻度線13、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，W、X是空氣中含量最高的兩種元素，Y的合金是當(dāng)今世界使用量最大的合金，Z的單質(zhì)常溫下為液態(tài)。下列說法不正確的是A．單質(zhì)Z保存時(shí)需要加水形成液封B．Y的金屬性弱于第三周期的所有金屬元素C．W與X能形成二元化合物并非全部是酸性氧化物D．向YZ2溶液中通人少量氯氣會(huì)發(fā)生置換反應(yīng)14、W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素。常溫常壓下，Y的單質(zhì)及其氧化物均能與X的氫化物的水溶液反應(yīng)生成一種相同的物質(zhì)，該物質(zhì)的分子與CH4具有相同的空間結(jié)構(gòu)。X的單質(zhì)與氫氣混合后在冷暗處會(huì)發(fā)生爆炸。Z原子最外層電子數(shù)是W原子最外層電子數(shù)的2倍。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．氫化物的穩(wěn)定性順序?yàn)椋篨＞Z＞YB．元素Y在自然界中只以化合態(tài)形式存在C．元素W、Y位于周期表中金屬與非金屬分界線附近D．元素Z的含氧酸具有強(qiáng)氧化性15、有氯氣參加的化學(xué)反應(yīng)一定不屬于A．復(fù)分解反應(yīng) B．置換反應(yīng) C．取代反應(yīng) D．加成反應(yīng)16、X、Y、Z、W四種短周期主族元素的原子序數(shù)依次增大。X和Z同主族，Y和W同主族；原子半徑X小于Y；X、Y、Z、W原子最外層電子數(shù)之和為14。下列敘述正確的是A．氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：W＞YB．Y和Z可形成含有共價(jià)鍵的離子化合物C．W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性同周期元素中最強(qiáng)D．原子半徑：r(W)＞r(Z)＞r(Y)17、化學(xué)與生產(chǎn)、生活及環(huán)境密切相關(guān)，下列有關(guān)說法不正確的是A．二氧化硫有毒，嚴(yán)禁將其添加到任何食品和飲料中B．工業(yè)生產(chǎn)時(shí)加入適宜的催化劑，除了可以加快反應(yīng)速率之外，還可以降低反應(yīng)所需的溫度，從而減少能耗C．《本草經(jīng)集注》中記載了區(qū)分硝石(KNO3)和樸消(Na2SO4)的方法：“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石也”，這是利用了“焰色反應(yīng)”D．用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土吸收水果產(chǎn)生的乙烯以達(dá)到保鮮目的18、下列說法中，正確的是（）A．離子化合物中一定不含共價(jià)鍵B．分子間作用力越大，分子的熱穩(wěn)定性就越大C．可能存在不含任何化學(xué)鍵的晶體D．酸性氧化物形成的晶體一定是分子晶體19、幾種化合物的溶解度隨溫度變化曲線如圖所示，下列說法正確的是（）A．NaClO3的溶解是放熱過程B．由圖中數(shù)據(jù)可求出300K時(shí)MgCl2飽和溶液的物質(zhì)的量濃度C．可采用復(fù)分解反應(yīng)制備Mg（ClO3）2：MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaClD．若NaCl中含有少量Mg（ClO3）2，可用降溫結(jié)晶方法提純20、下列說法不正確的是A．圖1表示的反應(yīng)為放熱反應(yīng)B．圖1中Ⅰ、Ⅱ兩點(diǎn)的速率v(Ⅰ)＞v(Ⅱ)C．圖2表示A(?)+2B(g)2C(g)ΔH＜0，達(dá)平衡后，在t1、t2、t3、t4時(shí)都只改變了一種外界條件的速率變化，由圖可推知A不可能為氣體D．圖3裝置的總反應(yīng)為4Al+3O2＋6H2O=4Al(OH)321、在實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行下列有關(guān)的物質(zhì)制備中，理論上正確、操作上可行、經(jīng)濟(jì)上合理的是A．CCOCO2Na2CO3B．CuCu(NO3)2溶液Cu(OH)2C．FeFe2O3Fe2(SO4)3溶液D．CaOCa(OH)2溶液NaOH溶液22、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?xì)滏I（C﹣H）數(shù)為0.1NAB．一定條件下，2molSO2與1molO2反應(yīng)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1.4NA二、非選擇題(共84分)23、（14分）現(xiàn)有五種可溶性物質(zhì)A、B、C、D、E，它們所含的陰、陽離子互不相同，分別含有五種陽離子Al3＋、Fe3＋、Cu2＋、Ba2＋、K＋和五種陰離子NO3-、OH－、Cl－、CO32-、Xn-（n=1或2）中的一種。（1）通過比較分析，無需檢驗(yàn)就可判斷其中必有的兩種物質(zhì)是________和_______。（2）物質(zhì)C中含有離子Xn-。為了確定Xn-，現(xiàn)將（1）中的兩種物質(zhì)記為A和B，當(dāng)C與A的溶液混合時(shí)產(chǎn)生白色沉淀，繼續(xù)加入過量A溶液白色沉淀部分溶解，然后將沉淀中滴入足量稀HCl，白色沉淀不溶解，則C為______（填化學(xué)式）。寫出部分白色沉淀溶解的離子方程式______。（3）將19.2gCu投入裝有足量D溶液的試管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐漸溶解，管口附近有紅棕色氣體出現(xiàn)，則物質(zhì)D一定含有上述離子中的________（填相應(yīng)的離子符號(hào)），寫出Cu溶解的離子方程式_________，若要將Cu完全溶解，至少加入H2SO4的物質(zhì)的量是__________。（4）E溶液與氫碘酸反應(yīng)時(shí)可生成使淀粉變藍(lán)的物質(zhì)，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________。24、（12分）某興趣小組以乙烯等為主要原料合成藥物普魯卡因：已知：，（1）對(duì)于普魯卡因，下列說法正確的是___。a．一個(gè)分子中有11個(gè)碳原子b．不與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)c．可發(fā)生水解反應(yīng)（2）化合物Ⅰ的分子式為___，1mol化合物Ⅰ能與___molH2恰好完全反應(yīng)。（3）化合物Ⅰ在濃H2SO4和加熱的條件下，自身能反應(yīng)生成高分子聚合物Ⅲ，寫出Ⅲ的結(jié)構(gòu)簡式___。（4）請(qǐng)用化學(xué)反應(yīng)方程式表示以乙烯為原料制備B（無機(jī)試劑任選）的有關(guān)反應(yīng)，并指出所屬的反應(yīng)類型___。25、（12分）溴化鈣晶體(CaBr2·2H2O)為白色固體，易溶于水，可用于制造滅火劑、制冷劑等。一種制備溴化鈣晶體的工藝流程如下：(1)實(shí)驗(yàn)室模擬海水提溴的過程中，用苯萃取溶液中的溴，分離溴的苯溶液與水層的操作是(裝置如下圖）：使玻璃塞上的凹槽對(duì)準(zhǔn)漏斗上的小孔，將活塞擰開，使下面的水層慢慢流下，待有機(jī)層和水層界面與活塞上口相切即關(guān)閉活塞，______________。(2)“合成”的化學(xué)方程式為___________________?！昂铣伞睖囟瓤刂圃?0℃以下，其原因是__________。投料時(shí)控制n(Br2)：n(NH3)=1：0.8，其目的是__________________。(3)“濾渣”的主要成分為_________________(填化學(xué)式）。(4)“濾液”呈強(qiáng)堿性，其中含有少量BrO-、BrO3-，請(qǐng)補(bǔ)充從“濾液”中提取CaBr2·2H2O的實(shí)驗(yàn)操作：加熱驅(qū)除多余的氨，______________。[實(shí)驗(yàn)中須使用的試劑有：氫溴酸、活性炭、乙醇；除常用儀器外須使用的儀器有：砂芯漏斗，真空干燥箱]26、（10分）某研究小組由Cu(NO3)2溶液先制得Cu(NO3)2·3H2O晶體，然后在下圖所示實(shí)驗(yàn)裝置中(夾持及控溫裝置省略)，用Cu(NO3)2·3H2O晶體和SOCl2制備少量無水Cu(NO3)2。已知：SOCl2的熔點(diǎn)為－105℃、沸點(diǎn)為76℃、遇水劇烈水解生成兩種酸性氣體。（1）由Cu(NO3)2溶液制得Cu(NO3)2·3H2O晶體的實(shí)驗(yàn)步驟包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、抽濾等步驟。①蒸發(fā)濃縮時(shí)當(dāng)蒸發(fā)皿中出現(xiàn)______________________________(填現(xiàn)象)時(shí)，停止加熱。②為得到較大顆粒的Cu(NO3)2·3H2O晶體，可采用的方法是_______________(填一種)。（2）①儀器c的名稱是________。②向三頸燒瓶中緩慢滴加SOCl2時(shí)，需打開活塞________(填“a”或“b”或“a和b”)。（3）裝置甲中Cu(NO3)2·3H2O和SOCl2發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________________________________。（4）裝置乙的作用是______________________________________。27、（12分）疊氮化鈉(NaN3)是汽車安全氣囊的主要成分，實(shí)驗(yàn)室制取疊氮化鈉的實(shí)驗(yàn)步驟如下：①打開裝置D導(dǎo)管上的旋塞，加熱制取氨氣。②加熱裝置A中的金屬鈉，使其熔化并充分反應(yīng)后，再停止加熱裝置D并關(guān)閉旋塞。③向裝置A中b容器內(nèi)充入加熱介質(zhì)并加熱到210～220℃，然后通入N2O。④冷卻，向產(chǎn)物中加入乙醇(降低NaN3的溶解度)，減壓濃縮結(jié)晶后，再過濾，并用乙醚洗滌，晾干。（1）裝置B中盛放的藥品為____。（2）步驟①中先加熱通氨氣一段時(shí)間的目的是____；步驟②氨氣與熔化的鈉反應(yīng)生成NaNH2的化學(xué)方程式為____。步驟③中最適宜的加熱方式為___(填“水浴加熱”，“油浴加熱”)。（3）生成NaN3的化學(xué)方程式為____。（4）產(chǎn)率計(jì)算①稱取2.0g疊氮化鈉試樣，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于錐形瓶中。②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸鈰銨[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL[發(fā)生的反應(yīng)為2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑](雜質(zhì)均不參與反應(yīng))。③充分反應(yīng)后滴入2滴鄰菲羅啉指示液，并用0.10mol·L－1硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2]為標(biāo)準(zhǔn)液，滴定過量的Ce4＋，終點(diǎn)時(shí)消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋)。計(jì)算可知疊氮化鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____(保留2位有效數(shù)字)。若其他操作及讀數(shù)均正確，滴定到終點(diǎn)后，下列操作會(huì)導(dǎo)致所測(cè)定樣品中疊氮化鈉質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大的是____(填字母代號(hào))。A．錐形瓶使用疊氮化鈉溶液潤洗B．滴加六硝酸鈰銨溶液時(shí)，滴加前仰視讀數(shù)，滴加后俯視讀數(shù)C．滴加硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，開始時(shí)尖嘴處無氣泡，結(jié)束時(shí)出現(xiàn)氣泡D．滴定過程中,將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)液滴用蒸餾水沖進(jìn)瓶內(nèi)（5）疊氮化鈉有毒，可以使用次氯酸鈉溶液對(duì)含有疊氮化鈉的溶液進(jìn)行銷毀，反應(yīng)后溶液堿性明顯增強(qiáng)，且產(chǎn)生無色無味的無毒氣體，試寫出反應(yīng)的離子方程式____。28、（14分）（14分）近年來，隨著鋰離子電池的廣泛應(yīng)用，廢鋰離子電池的回收處理至關(guān)重要。下面是利用廢鋰離子電池正極材料（有Al、LiCoO2、Ni、Mn、Fe等）回收鈷、鎳、鋰的流程圖。已知：P204[二(2?乙基己基)磷酸酯]常用于萃取錳，P507(2?乙基己基膦酸?2?乙基己酯）和Cyanex272[二(2，4，4)?三甲基戊基次磷酸]常用于萃取鈷、鎳。回答下列問題：（1）在硫酸存在的條件下，正極材料粉末中LiCoO2與H2O2反應(yīng)能生成使帶火星木條復(fù)燃的氣體，請(qǐng)寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式__________________________________。（2）一些金屬難溶氫氧化物的溶解度（用陽離子的飽和濃度表示）與pH的關(guān)系圖如下：加入NaOH溶液調(diào)pH=5可除去圖中的________（填金屬離子符號(hào)）雜質(zhì)；寫出除去金屬離子的離子方程式________________________（一種即可）。（3）已知P507萃取金屬離子的原理為nHR(Org)+Mn+(aq)MRn(Org)+nH+(aq)，且隨著萃取過程中pH降低，萃取效率下降。萃取前先用NaOH對(duì)萃取劑進(jìn)行皂化處理，皂化萃取劑萃取金屬離子的反應(yīng)為nNaR(Org)+Mn+(aq)MRn(Org)+nNa+(aq)。對(duì)萃取劑進(jìn)行皂化處理的原因?yàn)開_______________。（4）控制水相pH=5.2，溫度25℃，分別用P507、Cyanex272作萃取劑，萃取劑濃度對(duì)萃取分離鈷、鎳的影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖所示。■—Co(Cyanex272)；●—Ni(Cyanex272)；▲—Co(P507)；▼—Ni(P507)由圖可知，鈷、鎳的萃取率隨萃取劑濃度增大而_________（填“增大”或“減小”）；兩種萃取劑中___________（填“P507”或“Cyanex272”）的分離效果比較好，若選P507為萃取劑，則最適宜的萃取劑濃度大約為__________mol·L?1；若選Cyanex272萃取劑，則最適宜的萃取劑濃度大約為___________mol·L?1。（5）室溫下，用NaOH溶液調(diào)節(jié)鈷萃余液的pH=12，攪拌一段時(shí)間后，靜置，離心分離得到淡綠色氫氧化鎳固體，鎳沉淀率可達(dá)99.62%。已知Ksp[Ni(OH)2]=5.25×10?16，則沉鎳母液中Ni2+的濃度為2.1×10?11mol·L?1時(shí)，pH=______(lg5=0.7)。29、（10分）鋁酸鈣(mCaO·nAl2O3)是一系列由氧化鈣和氧化鋁在高溫下燒結(jié)而成的無機(jī)化合物，被應(yīng)用于水泥和滅火材料中，工業(yè)上用石灰石(主要成分為CaCO3和MgCO3)和鋁土礦(主要成分是Al2O3、Fe2O3、SiO2等)制備鋁酸鈣的流程如圖：回答下列問題：(1)固體B的主要成分是__(填化學(xué)式)；一系列操作包括過濾、洗滌、干燥，洗滌過程應(yīng)如何操作?__。(2)向?yàn)V液中通入CO2和NH3的順序?yàn)開_，其理由是__。(3)溶液D轉(zhuǎn)化為Al(OH)3；離子方程式是__。(4)常溫下，用適量的NH4Cl溶液浸取煅粉后，若要保持濾液中c(Mg2+)小于5×10-6mol·L-1，則溶液的pH應(yīng)大于__[已知：Mg(OH)2的K=5×10-12]。(5)假設(shè)上述過程每一步均完全反應(yīng)，最終得到的鋁酸鈣(3CaO·7Al2O3)的質(zhì)量剛好等于原鋁土礦的質(zhì)量，該鋁土礦中Al的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為__(計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。

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、B【解析】

A.對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的堿性越強(qiáng)，金屬性越強(qiáng)，可以比較Na與Al金屬性相對(duì)強(qiáng)弱，A項(xiàng)正確；B.Na和AlCl3溶液反應(yīng)，主要是因?yàn)殁c先與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，生成的氫氧化鈉再和氯化鋁反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和氯化鈉，這不能說明Na的金屬性比鋁強(qiáng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.金屬單質(zhì)與水反應(yīng)越劇烈，金屬性越強(qiáng)，可用于比較Na與Al金屬性相對(duì)強(qiáng)弱，C項(xiàng)正確；D.AlCl3的pH小，說明鋁離子發(fā)生了水解使溶液顯堿性，而氯化鈉溶液呈中性，說明氫氧化鈉為強(qiáng)堿，氫氧化鋁為弱堿，所以能比較Na、Al金屬性強(qiáng)弱，D項(xiàng)正確；答案選B?！军c(diǎn)睛】金屬性比較規(guī)律：1、由金屬活動(dòng)性順序表進(jìn)行判斷：前大于后。2、由元素周期表進(jìn)行判斷，同周期從左到右金屬性依次減弱，同主族從上到下金屬性依次增強(qiáng)。3、由金屬最高價(jià)陽離子的氧化性強(qiáng)弱判斷，一般情況下，氧化性越弱，對(duì)應(yīng)金屬的金屬性越強(qiáng)，特例，三價(jià)鐵的氧化性強(qiáng)于二價(jià)銅。4、由置換反應(yīng)可判斷強(qiáng)弱，遵循強(qiáng)制弱的規(guī)律。5、由對(duì)應(yīng)最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性強(qiáng)弱來判斷，堿性越強(qiáng)，金屬性越強(qiáng)。6、由原電池的正負(fù)極判斷，一般情況下，活潑性強(qiáng)的作負(fù)極。7、由電解池的離子放電順序判斷。2、A【解析】

因Cl的非金屬性比S強(qiáng)，故S2Cl2中S、Cl的化合價(jià)分別為＋1、－1價(jià)，根據(jù)化合價(jià)分析，反應(yīng)中只有硫的化合價(jià)發(fā)生變化。A.反應(yīng)物中只有S2Cl2的化合價(jià)發(fā)生變化，所以S2Cl2既作氧化劑又作還原劑，A項(xiàng)正確；B.水中元素化合價(jià)未改變，不是還原劑，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.SO2中硫的化合價(jià)為＋4價(jià)，故每生成1molSO2轉(zhuǎn)移3mol電子，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.SO2為氧化產(chǎn)物，S為還原產(chǎn)物，故氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1∶3，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A。3、A【解析】

A．過氧化鈉與水的反應(yīng)中，過氧化鈉既是氧化劑，又是還原劑，過氧化鈉中氧元素的價(jià)態(tài)由-1價(jià)變?yōu)?價(jià)和-2價(jià)，故當(dāng)生成0.1mol氧氣時(shí)轉(zhuǎn)移0.2NA個(gè)電子，故A正確；B．PCl3與Cl2生成PCl5的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，則生成PCl5的物質(zhì)的量小于1mol，增加的P-Cl鍵小于2NA，故B錯(cuò)誤；C．92.0g甘油(丙三醇)的物質(zhì)的量為=1mol，1mol丙三醇含有3mol羥基，即含有羥基數(shù)為3NA，故C錯(cuò)誤；D．鐵與水蒸氣反應(yīng)的化學(xué)方程式為：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2↑，消耗3mol鐵生成4mol氫氣，則0.1molFe與足量水蒸氣反應(yīng)生成的H2為mol，數(shù)目為NA，故D錯(cuò)誤；答案選A。4、B【解析】

A．NaCl是離子化合物，陰陽離子間以離子鍵結(jié)合，故A不選；B．He由分子構(gòu)成，分子間只存在分子間作用力，故B選；C．金剛石是原子晶體，原子間以共價(jià)鍵相結(jié)合，故C不選；D．HCl由分子構(gòu)成，分子間存在分子間作用力，但分子內(nèi)氫和氯以共價(jià)鍵相結(jié)合，故D不選；故選B。5、A【解析】

W的單質(zhì)是一種常用的比能量高的金屬電極材料，W是Li元素；因X原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，X是C元素；元素Y的族序數(shù)等于其周期序數(shù)，Y為Al元素；Z原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大，Z為S元素。A.W、Z形成的化合物L(fēng)i2S，該物質(zhì)是離子化合物，Li+的最外層只有兩個(gè)電子，不滿足8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，A錯(cuò)誤；B.元素X與氫可形成原子個(gè)數(shù)比為1：1的化合物為C2H2、C6H6、苯乙烯C8H8、立方烷C8H8等，化合物有很多種，B正確；C.元素Z為S，元素X是C，二者形成共價(jià)化合物分子式是CS2，C正確；D.元素Y是Al，Al的單質(zhì)可以與強(qiáng)堿氫氧化鈉溶液或鹽酸反應(yīng)放出氫氣，D正確；故答案是A。6、C【解析】

A選項(xiàng)，向Na2SiO3溶液中加入稀鹽酸得到硅酸膠體：SiO32－+2H＋=H2SiO3(膠體)，故A正確；B選項(xiàng)，向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀、二氧化碳?xì)怏w和水：Fe2＋+2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故B正確；C選項(xiàng)，向AlCl3溶液中加入足量稀氨水生成氫氧化鋁和銨根離子：Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，在稀硫酸存在下，MnO2將CuS中的硫元素氧化為硫單質(zhì)、水、硫酸錳和硫酸銅：MnO2+CuS+4H＋=Mn2＋+Cu2＋+S+2H2O，故D正確；綜上所述，答案為C。7、B【解析】

①亞鐵離子和碘離子均能被氧化；②與水及CO2反應(yīng)，反應(yīng)的方程式分別為2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，③無色溶液中不可能大量存在Al3+和S2-，發(fā)生雙水解；④Na2O2因具有強(qiáng)氧化性而有漂白性。⑤由N=nNA,n=CV計(jì)算；⑥HClO具有強(qiáng)氧化性；【詳解】①1

mol

FeI2與足量氯氣反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NA，故錯(cuò)誤；②與水及CO2反應(yīng)，反應(yīng)的方程式分別為2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，生成相同量的O2時(shí)消耗的水和二氧化碳的物質(zhì)的量相同，故正確；③Al3+和S2-，發(fā)生雙水解，不能大量共存，故錯(cuò)誤；④Na2O2投入到紫色石蕊試液中，與水反應(yīng)生成氫氧化鈉成堿性所以溶液先變藍(lán)，又因?yàn)檫^氧化鈉具有強(qiáng)氧化性而有漂白性，所以后褪色，故正確；⑤N=2L×0.5mol·L-1×2NA=2NA，故錯(cuò)誤；⑥在漂白粉的溶液中通入少量二氧化硫氣體：Ca2++1ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+2H++Cl-，故錯(cuò)誤。故選B。8、C【解析】

聯(lián)合制堿法是以食鹽、氨和二氧化碳為原料來制取純堿。包括兩個(gè)過程：第一個(gè)過程是將氨通入飽和食鹽水而成氨鹽水，再通入二氧化碳生成碳酸氫鈉沉淀，經(jīng)過濾、洗滌得NaHCO3微小晶體；第二個(gè)過程是從含有氯化銨和氯化鈉的濾液中結(jié)晶沉淀出氯化銨晶體，得到的氯化鈉溶液，可回收循環(huán)使用。據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．聯(lián)合制堿法第一個(gè)過程濾液是含有氯化銨和氯化鈉的溶液，可作電解液，第二個(gè)過程濾出氯化銨沉淀后所得的濾液為氯化鈉溶液，也可做電解液，故A正確；B．聯(lián)合制堿法第二個(gè)過程濾出的氯化銨沉淀，焊接鋼鐵時(shí)常用的焊藥為氯化銨，其作用是消除焊接處的鐵銹，發(fā)生反應(yīng)6NH4Cl+4Fe2O3═6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O，故B正確；C．合成橡膠是一種人工合成材料，屬于有機(jī)物，聯(lián)合制堿法中的副產(chǎn)品都為無機(jī)物，不能用于制合成橡膠，故C錯(cuò)誤；D．聯(lián)合制堿法第二個(gè)過程濾出氯化銨可做化肥，故D正確；故選C。9、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(xiàng)C正確。10、D【解析】

A．該有機(jī)物中與羥基相連的碳原子的鄰位碳原子上沒有氫原子，不能發(fā)生消去反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．該分子含有酯基，1mol該有機(jī)物含有1mol酯基，酯基水解后生成羧基和醇羥基，只能和1molNaOH發(fā)生反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．該分子中不含碳碳雙鍵或三鍵，不能與溴發(fā)生加成反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．連接四個(gè)不同原子或原子團(tuán)的飽和碳原子為手性碳原子，所以與苯環(huán)相連的碳原子、六元環(huán)上與O相連的碳原子、六元環(huán)上連接一個(gè)甲基的碳原子均為手性碳原子，故D正確；答案為D?！军c(diǎn)睛】與羥基相連的碳原子的鄰位碳原子上有氫原子可發(fā)生消去反應(yīng)；與羥基相連的碳原子上有氫原子可發(fā)生氧化反應(yīng)；連接四個(gè)不同原子或原子團(tuán)的飽和碳原子為手性碳原子。11、C【解析】

A.因?yàn)镃aO與水反應(yīng)生成沸點(diǎn)較高的Ca(OH)2，所以除去乙醇中的少量水可以加入新制的生石灰后蒸餾，A正確；B.氯氣在飽和食鹽水中的溶解度很小，HCl極易溶于水，可以通過飽和食鹽水除去氯化氫，再通過濃硫酸干燥除去Cl2中的HCl，B正確；C.NH4Cl也能與NaOH溶液反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D.NaHCO3受熱容易分解生成碳酸鈉、水和CO2，通過灼燒可除去Na2CO3固體中的NaHCO3固體，D正確；答案選C。12、C【解析】A、量取濃硫酸時(shí)俯視量筒的刻度線，量取的濃硫酸偏小，則濃度偏低，故A錯(cuò)誤；B、定容時(shí)仰視500mL

容量瓶的刻度線，定容時(shí)加入過多的水，所得溶液濃度偏低，故B錯(cuò)誤；C、量取硫酸后洗滌量筒并將洗滌液轉(zhuǎn)入容量瓶，所量取的濃硫酸的體積偏大，則所配稀硫酸的濃度偏高，故C正確；D、搖勻后滴加蒸餾水至容量瓶刻度線，又加入過多的水，所得溶液濃度偏低，故D錯(cuò)誤；故選C。13、D【解析】

由題可知，W、X是空氣中含量最高的兩種元素，則W、X分別是N、O，Y的合金是當(dāng)今世界使用量最大的合金，所以Y為Fe，Z的單質(zhì)常溫下為液態(tài)，常溫下為液態(tài)的單質(zhì)有溴和汞，由題中條件可知Z為Br，由此解答?！驹斀狻緼．單質(zhì)溴易揮發(fā)且有毒，保存在棕色瓶里，添加少量水作為液封，A正確；B．第三周期的金屬元素有Na、Mg、Al，由金屬活動(dòng)順序可知，F(xiàn)e的金屬性比這三種金屬都要弱，B正確；C．N和O兩種元素形成的二元化合物中，NO、NO2都不是酸性氧化物，C正確；D．YZ2就是FeBr2，通入少量Cl2，由于Fe2+還原性比Br-強(qiáng)，只能發(fā)生反應(yīng)：6FeBr2+3Cl2=2FeCl3+4FeBr3，不屬于置換反應(yīng)，D錯(cuò)誤；答案選D。14、D【解析】

W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素。常溫常壓下，Y的單質(zhì)和氧化物均能與X的氫化物的水溶液反應(yīng)生成一種相同的氣體，該氣體分子與CH4具有相同的空間結(jié)構(gòu)，X的單質(zhì)與氫氣混合后在冷暗處會(huì)發(fā)生爆炸，X是F，X的氫化物為HF，Y為Si，Y的氫化物為SiF4；Z原子最外層的電子數(shù)是W原子的最外層電子數(shù)的2倍，Z的最外層電子數(shù)一定為偶數(shù)，且大于Si元素，則Z為S元素；W最外層電子數(shù)為3，其原子序數(shù)小于F，則W為B元素，據(jù)此解答?！驹斀狻扛鶕?jù)分析可知：W為B，X為F，Y為Si，Z為S元素。A.F為非金屬性最強(qiáng)的元素，則HF比其它三種元素的氫化物的穩(wěn)定性都強(qiáng)，A正確；B.Si在自然界中只以化合態(tài)形式存在，B正確；C.B、Si元素都位于周期表中金屬與非金屬分界線附近，C正確；D.S元素的含氧酸有硫酸、亞硫酸、硫代硫酸等，不一定具有強(qiáng)氧化性，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是D?！军c(diǎn)睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系，根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)及元素的原子結(jié)構(gòu)關(guān)系推斷元素為解答關(guān)鍵，注意元素化合物知識(shí)及規(guī)律性知識(shí)的應(yīng)用，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析與應(yīng)用能力。15、A【解析】

A．復(fù)分解反應(yīng)中一定沒有單質(zhì)參與與生成，而氯氣屬于單質(zhì)，則有氯氣參加的化學(xué)反應(yīng)一定不屬于復(fù)分解反應(yīng)，選項(xiàng)A選；B．氯氣與KI等的置換反應(yīng)，有氯氣參加，選項(xiàng)B不選；C．甲烷等與氯氣的取代反應(yīng)，有氯氣參加，選項(xiàng)C不選；D．乙烯等與氯氣的加成反應(yīng)中，有氯氣參加，選項(xiàng)D不選；答案選A?！军c(diǎn)睛】本題考查氯氣的化學(xué)性質(zhì)及反應(yīng)類型，為高頻考點(diǎn)，把握氯氣的氧化性及有機(jī)反應(yīng)中氯氣的作用為解答的關(guān)鍵，注重基礎(chǔ)知識(shí)的考查，注意利用實(shí)例分析，氯氣具有氧化性，有氯氣參加的反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，也可發(fā)生有機(jī)的取代、加成反應(yīng)，則不可能為復(fù)分解反應(yīng)。16、B【解析】

由題意可以推斷出元素X、Y、Z、W分別為H、O、Na、S。A.元素的非金屬性越強(qiáng)，其對(duì)應(yīng)氫化物越穩(wěn)定，非金屬性W(S)＜Y(O)，氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：H2S＜H2O，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.Y和Z可形成含有共價(jià)鍵的離子化合物Na2O2，選項(xiàng)B正確；C.元素的非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物酸性越強(qiáng)，Cl非金屬性強(qiáng)于S，所以HClO4是該周期中最強(qiáng)的酸，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.原子半徑的大小順序：r(Z)＞r(W)＞r(Y)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選B。17、A【解析】

A.二氧化硫具有較強(qiáng)的還原性，故常用作葡萄酒的抗氧化劑，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.催化劑可以降低活化能，從而起到加快速率，降低所需能量等作用，選項(xiàng)B正確；C.利用鉀和鈉的焰色反應(yīng)不同進(jìn)行區(qū)分，選項(xiàng)C正確；D.乙烯有催熟的效果，高錳酸鉀溶液可以吸收乙烯，選項(xiàng)D正確。答案選A?！军c(diǎn)睛】本題考查化學(xué)與生產(chǎn)、生活的關(guān)系，要求學(xué)生能夠用化學(xué)知識(shí)解釋化學(xué)現(xiàn)象，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)的能力，易錯(cuò)點(diǎn)為選項(xiàng)B催化劑可以降低活化能，從而起到加快速率，降低所需能量等作用。18、C【解析】

A.離子化合物一定有離子鍵，可能含有共價(jià)鍵，如NaOH屬于離子化合物含有離子鍵和共價(jià)鍵，故A錯(cuò)誤；B.分子的熱穩(wěn)定性由共價(jià)鍵決定，分子間作用力決定物質(zhì)的物理性質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C.稀有氣體分子里面不含化學(xué)鍵，一個(gè)原子就是一個(gè)分子，故C正確；D.二氧化硅為酸性氧化物，但它是由氧原子和硅原子構(gòu)成的晶體，且以共價(jià)鍵形成空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的原子晶體，不是分子晶體，故D錯(cuò)誤；正確答案是C?！军c(diǎn)睛】本題考查化學(xué)鍵、分子間作用力等知識(shí)，題目難度不大，注意分子間作用力影響分子的物理性質(zhì)，分子的穩(wěn)定性屬于化學(xué)性質(zhì)。19、C【解析】

A項(xiàng)、由圖象只能判斷NaClO3溶解度與溫度的關(guān)系，無法確定其溶解過程的熱效應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)、MgCl2飽和溶液的密度未知，不能求出300K時(shí)MgCl2飽和溶液的物質(zhì)的量濃度，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)、反應(yīng)MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl類似于侯德榜制堿法生產(chǎn)的原理，因?yàn)镹aCl溶解度小而從溶液中析出，使反應(yīng)向正方向進(jìn)行，故C正確；D項(xiàng)、若NaCl中含有少量Mg（ClO3）2，應(yīng)用蒸發(fā)結(jié)晶方法提純，故D錯(cuò)誤；故選C。20、B【解析】

A.平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，根據(jù)圖像，溫度升高，平衡常數(shù)減小，說明平衡逆向移動(dòng)，則反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故A正確；B.溫度越高，反應(yīng)速率越快，圖1中Ⅰ、Ⅱ兩點(diǎn)的速率v(Ⅰ)＜v(Ⅱ)，故B錯(cuò)誤；C.由于縱坐標(biāo)表示v逆，t3時(shí)v逆突然減小，且平衡不移動(dòng)，只能是減小壓強(qiáng)，說明該反應(yīng)為氣體體積不變的反應(yīng)，說明A一定不是氣體，故C正確；D.負(fù)極電極反應(yīng)式為Al-3e-=Al3+，正極反應(yīng)式O2+2H2O+4e-═4OH-，總反應(yīng)方程式為：4Al+3O2+6H2O═4Al(OH)3，故D正確；答案選B。【點(diǎn)睛】本題的難點(diǎn)為C，要抓住平衡不發(fā)生移動(dòng)的點(diǎn)，加入催化劑，平衡不移動(dòng)，但反應(yīng)速率增大，應(yīng)該是t4時(shí)的改變條件，t3時(shí)突然減小，且平衡不移動(dòng)，只能是減小壓強(qiáng)。21、D【解析】

A．碳不完全燃燒可生成一氧化碳，一氧化碳高溫下與氧化銅反應(yīng)生成銅和二氧化碳，二氧化碳與氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉；理論上正確，反應(yīng)過程中產(chǎn)生、利用污染環(huán)境的物質(zhì)CO，不符合綠色化學(xué)，一氧化碳是有毒的氣體，碳在氧氣中燃燒生成的進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)要進(jìn)行尾氣處理，且一氧化碳是可燃性氣體，不純時(shí)加熱或點(diǎn)燃引起爆炸，操作上較為復(fù)雜，故A錯(cuò)誤；B．銅與與硝酸銀反應(yīng)可生成硝酸銅，硝酸銅與氫氧化鈉可生成氫氧化銅沉淀；理論上正確，操作上也較簡便，但利用硝酸銀、氫氧化鈉制取氫氧化銅，經(jīng)濟(jì)上不合理，故B錯(cuò)誤；C．鐵在氧氣中燃燒生成四氧化三鐵而不能生成三氧化二鐵，因此該方案在理論上就是錯(cuò)誤的，故C錯(cuò)誤；D．氧化鈣與水反應(yīng)可生成氫氧化鈣，氫氧化鈣與碳酸鈉反應(yīng)可生成氫氧化鈉；理論上正確，操作也只需要加入液體較為簡便，利用碳酸鈉獲得氫氧化鈉，經(jīng)濟(jì)上也合理，符合綠色化學(xué)，故D正確；答案選D。22、A【解析】

A．乙炔和苯具有相同最簡式CH，1molCH含有1個(gè)C-H鍵；B．二氧化硫與氧氣反應(yīng)為可逆反應(yīng)，可逆反應(yīng)不能進(jìn)行到底；C．乙酸為弱電解質(zhì)，部分電離；D．氣體狀況未知。【詳解】A.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?xì)滏I（C﹣H）數(shù)為0.1NA，故A正確；B．二氧化硫與氧氣反應(yīng)為可逆反應(yīng)，可逆反應(yīng)不能進(jìn)行到底，所以一定條件下，2molSO2與1molO2反應(yīng)生成的SO3分子數(shù)小于2NA，故B錯(cuò)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(cuò)誤；D．氣體狀況未知，無法計(jì)算混合氣體物質(zhì)的量和含有質(zhì)子數(shù)，故D錯(cuò)誤；故選：A。【點(diǎn)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(cuò)點(diǎn)D，注意氣體摩爾體積使用條件和對(duì)象，A選項(xiàng)，注意物質(zhì)的結(jié)構(gòu)組成。二、非選擇題(共84分)23、K2CO3Ba(OH)2Al2(SO4)3Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2ONO3-、Cu2＋3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O0.4mol2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋I(xiàn)2＋2HCl【解析】

⑴因?yàn)樘妓岣x子只能與鈉離子結(jié)合才能形成可溶性物質(zhì)K2CO3，與其他陽離子結(jié)合都是沉淀，氫氧根離子除與鉀離子結(jié)合外還可以與鋇離子結(jié)合形成可溶性物質(zhì)，與其余三種結(jié)合都是沉淀，根據(jù)題意它們所含的陰、陽離子互不相同，所以氫氧根離子只能與鋇離子結(jié)合形成Ba(OH)2，故答案為K2CO3；Ba(OH)2；⑵根據(jù)C與A的溶液混合時(shí)產(chǎn)生白色沉淀，白色沉淀部分溶解，然后將沉淀中滴入足量稀HCl，白色沉淀不溶解，可知溶解沉淀為氫氧化鋁，則B為Na2CO3，A為Ba(OH)2則C為Al2(SO4)3，則陰離子有SO42－，則X為SO42－，即C為Al2(SO4)3，沉淀溶解的離子方程式為Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，故答案為Al2(SO4)3；Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；⑶19.2gCu即物質(zhì)的量為0.3mol，Cu投入裝有足量D溶液的試管中，Cu不溶解，溶液中沒有Fe3+，再滴加稀H2SO4，Cu逐漸溶解，管口有紅棕色氣體，說明開始產(chǎn)生的是NO，說明D中的陰離子一定是NO3－，則D為硝酸銅，E為氯化鐵，管口有紅棕色氣體，說明開始產(chǎn)生的是NO，所以Cu溶解的離子方程式為：3Cu+8H++2NO3－==3Cu2++2NO↑+4H2O，根據(jù)關(guān)系0.3molCu消耗0.8mol氫離子，即0.4mol硫酸；故答案為NO3－、Cu2＋；3Cu＋8H＋＋2NO3－==3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；0.4mol；⑷氯化鐵溶液與氫碘酸反應(yīng)氯化亞鐵和使淀粉變藍(lán)的I2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋I(xiàn)2＋2HCl，故答案為2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋I(xiàn)2＋2HCl；【點(diǎn)睛】加堿先生成沉淀，繼續(xù)加堿沉淀溶解，一定含有鋁離子；加銅不反應(yīng)，加硫酸生成氣體，有無色氣體，在空氣中生成紅棕色氣體，說明含有硝酸根離子。24、CC7H7NO23或CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，加成反應(yīng)；2CH3CH2Cl+NH3→HN(CH2CH3)2+2HCl，取代反應(yīng)【解析】

由普魯卡因、對(duì)氨基苯甲酸的結(jié)構(gòu)，可知A為HOCH2CH2N（CH2CH3）2，B應(yīng)為（CH2CH3）2NH?！驹斀狻浚?）A．由結(jié)構(gòu)可知，普魯卡因分子含有13個(gè)碳原子，A錯(cuò)誤；B．含有苯環(huán)，能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．含有酯基，可以發(fā)生水解反應(yīng)，C正確，故答案為：C；（2）根據(jù)化合物Ⅰ的結(jié)構(gòu)簡式，可知其分子式為C7H7NO2，苯環(huán)與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，1mol化合物I能與3mol氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故答案為：C7H7NO2；3；（3）化合物Ⅰ含有羧基、氨基，發(fā)生縮聚反應(yīng)生成高聚物，則高聚物結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：或；（4）結(jié)合信息可知，乙烯與HCl發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl再與氨氣發(fā)生取代反應(yīng)生成HN（CH2CH3）2，反應(yīng)方程式為：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，2CH3CH2Cl+NH3→HN（CH2CH3）2+2HCl，故答案為：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，加成反應(yīng)、2CH3CH2Cl+NH3→HN（CH2CH3）2+2HCl，取代反應(yīng)?！军c(diǎn)睛】25、將上層液體從上口倒入另一燒杯中3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O溫度過高，Br2、NH3易揮發(fā)確保Br2被充分還原Ca(OH)2用氫溴酸調(diào)節(jié)濾液呈酸性，加入活性炭脫色，用砂芯漏斗過濾，將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、用砂芯漏斗過濾、用乙醇洗滌干凈后，在真空干燥箱中干燥【解析】(1)用苯萃取溶液中的溴，分離溴的苯溶液與水層的操作是：使玻璃塞上的凹槽對(duì)準(zhǔn)漏斗上的小孔，將活塞擰開，使下面的水層慢慢流下，待有機(jī)層和水層界面與活塞上口相切即關(guān)閉活塞，將上層液體從上口倒入另一燒杯中，故答案為將上層液體從上口倒入另一燒杯中；(2)根據(jù)流程圖，“合成”過程中，氧化鈣、液氨、液溴和水反應(yīng)生成氮?dú)?、溴化鈣等，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O；液溴和液氨容易揮發(fā)，“合成”溫度應(yīng)控制在70℃以下；投料時(shí)控制n(Br2)：n(NH3)=1：0.8，可以確保Br2被充分還原，故答案為3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O；溫度過高，Br2、NH3易揮發(fā)；確保Br2被充分還原；(3)氧化鈣與水反應(yīng)生成的氫氧化鈣微溶于水，因此“濾渣”的主要成分為Ca(OH)2，故答案為Ca(OH)2；(4)“濾液”呈強(qiáng)堿性，其中含有少量BrO-、BrO3-，二者能夠在酸性條件下與溴離子反應(yīng)生成溴，從而可以用活性炭吸附除去，在洗滌時(shí)可以用乙醇洗滌，減少溴化鈣晶體的損失，也便與干燥。因此從“濾液”中提取CaBr2·2H2O的實(shí)驗(yàn)操作：加熱驅(qū)除多余的氨，用氫溴酸調(diào)節(jié)濾液呈酸性，加入活性炭脫色，用砂芯漏斗過濾，將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、用砂芯漏斗過濾、用乙醇洗滌干凈后，在真空干燥箱中干燥，故答案為用氫溴酸調(diào)節(jié)濾液呈酸性，加入活性炭脫色，用砂芯漏斗過濾，將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、用砂芯漏斗過濾、用乙醇洗滌干凈后，在真空干燥箱中干燥。26、溶液表面形成一層晶膜減慢冷卻結(jié)晶的速度球形干燥管bCu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑吸收SO2和HCl，防止倒吸【解析】

將Cu(NO3)2?3H2O晶體和SOC12在加熱條件下于A裝置中發(fā)生反應(yīng)：Cu(NO3)2?3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑，用氫氧化鈉吸收尾氣，據(jù)此分析和題干信息解答。【詳解】(1)①由Cu(NO3)2溶液制得Cu(NO3)2·3H2O晶體，蒸發(fā)濃縮時(shí)，溫度不能過高，否則Cu(NO3)2?3H2O會(huì)變質(zhì)，當(dāng)蒸發(fā)皿中出現(xiàn)溶液表面形成一層晶膜時(shí)，停止加熱；②控制溫度，加熱至溶液表面形成一層晶膜，減慢冷卻結(jié)晶的速度，可得到較大顆粒的Cu(NO3)2?3H2O晶體；(2)①根據(jù)儀器構(gòu)造可知儀器c球形干燥管；②向三頸燒瓶中緩慢滴加SOCl2時(shí)，盛裝SOCl2的漏斗上的玻璃管可以保證燒瓶和漏斗內(nèi)的壓強(qiáng)相等，不需要打開活塞a，液體也可順利流出，因此只需打開活塞b即可；(3)根據(jù)分析，裝置甲中Cu(NO3)2·3H2O和SOCl2發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑；(4)根據(jù)反應(yīng)原理，反應(yīng)中產(chǎn)生二氧化硫和氯化氫氣體，且二氧化硫有毒，二者都不能排放到大氣中，則裝置乙盛裝的是氫氧化鈉溶液，作用是吸收SO2和HCl，并防止倒吸。27、堿石灰(或生石灰、氫氧化鈉固體)排盡裝置中的空氣2Na+2NH32NaNH2+H2油浴加熱NaNH2+N2ONaN3+H2O65%ACClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑【解析】

(1)制備的氨氣中含有大量的水，B中盛放堿石灰干燥氨氣，故答案為：堿石灰(或生石灰、氫氧化鈉固體)；(2)用氨氣排盡裝置中的空氣，防止加熱時(shí)空氣中的氧氣等能與鈉反應(yīng)，步驟②制備NaNH2，還生成氫氣，反應(yīng)方程式為：2Na+2NH32NaNH2+H2；控制溫度210～220℃，故選用油浴加熱，故答案為：排盡裝置中的空氣；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加熱；(3)NaNH2和N2O在210～220℃下反應(yīng)生成NaN3和水，反應(yīng)為：NaNH2+N2ONaN3+H2O，故答案為：NaNH2+N2ONaN3+H2O；（4）Ce4+的物質(zhì)的量濃度總計(jì)為0.10mol?L?1×0.04L=0.004mol，分別與Fe2+和N3?反應(yīng)。其中與Fe2+按1:1反應(yīng)消耗0.10mol?L?1×0.02L=0.002mol，則與N3?按1:1反應(yīng)也為0.002mol，即10mL所取溶液中有0.002molN3?，原2.0g疊氮化鈉試樣，配成100mL溶液中有0.02mol即1.3gNaN3，所以樣品質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=65%；A.使用疊氮化鈉溶液潤洗錐形瓶，使進(jìn)入錐形瓶中溶質(zhì)比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)液體積減小，疊氮化鈉溶液濃度偏大，故A正確；B.六硝酸鈰銨溶液實(shí)際取量大于40.00mL，滴定消耗的硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)液體積增大，計(jì)算疊氮化鈉溶液濃度偏小，故B錯(cuò)誤；C.滴定前無氣泡，終點(diǎn)時(shí)出現(xiàn)氣泡，則讀數(shù)體積為實(shí)際溶液體積減氣泡體積，硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)液讀數(shù)體積減小，疊氮化鈉溶液濃度偏大，故C正確；D選項(xiàng)，滴定過程中，將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)液滴用蒸餾水沖進(jìn)瓶內(nèi)無影響，故D錯(cuò)誤；故答案為：65%；AC；（5）反應(yīng)后溶液堿性明顯增強(qiáng)，且產(chǎn)生無色無味的無毒氣體，根據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒，則發(fā)生的離子反應(yīng)為：ClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑故答案為：ClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑。28、2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li