西藏自治區(qū)拉薩市北京實驗中學新高考沖刺化學模擬試題及答案解析

西藏自治區(qū)拉薩市北京實驗中學新高考沖刺化學模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、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、一氯甲烷等鹵代烴跟苯的反應如圖所示，(無機小分子產(chǎn)物略去)。下列說法正確的是A．該反應屬于化合反應B．b的二氯代物有6種結構C．1molb加氫生成飽和烴需要6molH2D．C5H11Cl的結構有8種2、反應物X轉(zhuǎn)化為Y和Z的能量變化如圖所示。下列說法正確的是A．X→Y反應的活化能為E5B．加入催化劑曲線a變?yōu)榍€bC．升高溫度增大吸熱反應的活化能，從而使化學反應速率加快D．壓縮容器體積不改變活化能，但增大單位體積活化分子數(shù)，使得反應速率加快3、氧氟沙星是常用抗菌藥物，其結構簡式如圖所示。下列有關氧氟沙星的敘述錯誤的是A．能發(fā)生加成、取代、還原等反應B．分子內(nèi)有3個手性碳原子C．分子內(nèi)存在三種含氧官能團D．分子內(nèi)共平面的碳原子多于6個4、實驗室利用下圖裝置制取無水A1C13(183℃升華，遇潮濕空氣即產(chǎn)生大量白霧)，下列說法正確的是A．①的試管中盛裝二氧化錳，用于常溫下制備氯氣B．②、③、⑥、⑦的試管中依次盛裝濃H2SO4、飽和食鹽水、濃H2SO4、NaOH溶液C．滴加濃鹽酸的同時點燃④的酒精燈D．⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦可以用一個裝有堿石灰的干燥管代替5、將少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，下列離子方程式能正確表示該反應的是()A．SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣→CaSO4↓+HClO+H++Cl﹣B．SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣→CaSO3↓+2H++2ClO﹣C．SO2+H2O+Ca2++2ClO-→CaSO3↓+2HClOD．SO2+H2O+Ca2++2ClO-→CaSO4↓+2H++Cl-6、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．1L0.1mol·L-1的氨水中含有的NH3分子數(shù)為0.1NAB．標準狀況下，2.24L的CCl4中含有的C-Cl鍵數(shù)為0.4NAC．14g由乙烯與環(huán)丙燒(C3H6)組成的混合氣體含有的碳原子數(shù)目為NAD．常溫常壓下，F(xiàn)e與足量稀鹽酸反應生成2.24LH2,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.3NA7、如圖所示，甲乙兩裝置的電極材料和電解質(zhì)溶液均相同，則兩裝置中相同的是（）A．在碳電極上所發(fā)生的電極反應 B．在鐵電極附近的溶液先變紅色C．鐵極與導線連接處的電流方向 D．碳電極既不會變大也不會減小8、電解合成1,2－二氯乙烷的實驗裝置如圖所示。下列說法中正確的是A．該裝置工作時，化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔蹷．CuCl2能將C2H4還原為l,2－二氯乙烷C．X、Y依次為陽離子交換膜、陰離子交換膜D．該裝置總反應為CH2CH2+2H2O+2NaClH2+2NaOH+ClCH2CH2Cl9、根據(jù)下列圖示所得出的結論不正確的是A．圖甲是室溫下20mL0.1mol?L﹣1氨水中滴加鹽酸，溶液中由水電離出的c（H+）隨加入鹽酸體積的變化關系，圖中b、d兩點溶液的pH值均為7B．圖乙是CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）的平衡常數(shù)與反應溫度的關系曲線，說明該反應的△H＜0C．圖丙是室溫下用0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol?L﹣1某一元酸HX的滴定曲線，該滴定過程可以選擇酚酞作為指示劑D．圖丁是室溫下用Na2SO4除去溶液中Ba2+達到沉淀溶解平衡時，溶液中c（Ba2+）與c（SO42﹣）的關系曲線，說明Ksp（BaSO4）＝1×10﹣1010、下列物質(zhì)的轉(zhuǎn)化在給定條件下不能實現(xiàn)的是()A．NH3NOHNO3B．濃鹽酸Cl2漂白粉C．Al2O3AlCl3(aq)無水AlCl3D．葡萄糖C2H5OHCH3CHO11、一種碳納米管新型二次電池的裝置如圖所示。下列說法中正確的是A．離子交換膜選用陽離子交換膜（只允許陽離子通過）B．正極的電極反應為NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－C．導線中通過1mol電子時，理論上負極區(qū)溶液質(zhì)量增加1gD．充電時，碳電極與電源的正極相連12、化學家創(chuàng)造的酸堿質(zhì)子理論的要點是：凡能給出質(zhì)子(H+)的分子或離子都是酸，凡能接受質(zhì)子(H+)的分子或離子都是堿。按此觀點，下列微粒既屬于酸又屬于堿的是①H2O②CO32-③Al3+④CH3COOH⑤NH4+⑥H2N-CH2COOHA．②③ B．①⑥ C．④⑥ D．⑤⑥13、已知1mol氫氣和氧氣完全燃燒生成水蒸氣放出241.8千焦熱量，下列熱化學方程式正確的是A．2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+241.8kJB．H2（g）+1/2O2（g）→H2O（s）+241.8kJC．H2（g）+1/2O2（g）→H2O（g）-241.8kJD．H2O（g）→H2（g）+1/2O2（g）-241.8kJ14、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結論正確的是選項實驗現(xiàn)象結論A向苯酚濁液中加入Na2CO3溶液溶液變澄清酸性：苯酚>碳酸B向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加熱；再加入銀氨溶液并水浴加熱未出現(xiàn)銀鏡蔗糖未水解C向2支盛有2mL相同濃度銀氨溶液的試管中，分別加入2滴相同濃度的NaCl和NaI溶液一支無明顯現(xiàn)象，另一支產(chǎn)生黃色沉淀相同條件下，AgI比AgCl的溶解度小DC2H5OH與濃硫酸170℃共熱，制得的氣體通入酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色乙烯能被KMnO4氧化A．A B．B C．C D．D15、下列有關物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應關系的是（）A．Al2O3具有兩性，可用于制作耐高溫材料B．FeCl3具有氧化性，可用作銅制線路板的蝕刻劑C．漂白粉在空氣中不穩(wěn)定，可用于紙漿的漂白D．明礬水解后溶液呈酸性，可用于水的凈化16、35Cl和37Cl－具有A．相同電子數(shù) B．相同核電荷數(shù) C．相同中子數(shù) D．相同質(zhì)量數(shù)17、主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，且均不大于20。W、X、Y最外層電子數(shù)之和為11，W與Y同族且都是復合化肥的營養(yǎng)元素，Z的氫化物遇水可產(chǎn)生最輕的氣體。下列說法正確的是（）A．常溫常壓下X的單質(zhì)為氣態(tài)B．簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y＞W(wǎng)C．Z的氫化物含有共價鍵D．簡單離子半徑：W＞X18、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法正確的選項是（）①1mol氯氣發(fā)生反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA②12.0g熔融的NaHSO4中含有的陽離子數(shù)為1NA③在標準狀況下，22.4LH2O中的O原子數(shù)為NA④17g羥基中含有的電子數(shù)為10NA⑤1molNa2O和Na2O2混合物中含有的陰、陽離子總數(shù)是3NA⑥20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，F(xiàn)e3+和SO42-離子數(shù)的總和小于NAA．①②⑤ B．①④⑥ C．①②⑥ D．②⑤⑥19、能正確表示下列反應的離子方程式是()A．用過量氨水吸收工業(yè)尾氣中的SO2：2NH3?H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2OB．氯化鈉與濃硫酸混合加熱：H2SO4+2Cl-SO2↑+Cl2↑+H2OC．磁性氧化鐵溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2OD．明礬溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-，恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+Al(OH)3↓20、高純碳酸錳在電子工業(yè)中有著重要的應用，濕法浸出軟錳礦(主要成分為MnO2，含有少量Fe、Al、Mg等雜質(zhì)元素)制備高純碳酸錳的流程如下：其中除雜過程包括：①向浸出液中加入一定量的試劑X，調(diào)節(jié)浸出液的pH為3.5～5.5；②再加入一定量的軟錳礦和雙氧水，過濾；③…下列說法正確的是(已知室溫下：Kap[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Kap[Al(OH)3]＝3.0×10－34，Kap[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。)A．浸出時加入植物粉的作用是作為還原劑B．除雜過程中調(diào)節(jié)浸出液的pH為3.5～5.5可完全除去Fe、Al、Mg等雜質(zhì)C．試劑X可以是MnO、MnO2、MnCO3等物質(zhì)D．為提高沉淀MnCO3步驟的速率可以持續(xù)升高溫度21、古往今來傳頌著許多與酒相關的古詩詞，其中“葡萄美酒夜光杯，欲飲琵琶馬上催”較好地表達了戰(zhàn)士出征前開杯暢飲的豪邁情懷。下列說法錯誤的是（）A．忽略酒精和水之外的其它成分，葡萄酒的度數(shù)越高密度越小B．古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成，牛筋的主要成分是蛋白質(zhì)C．制作夜光杯的鴛鴦玉的主要成分為3MgO?4SiO2?H2O，屬于氧化物D．紅葡萄酒密封儲存時間越長，質(zhì)量越好，原因之一是儲存過程中生成了有香味的酯22、在一定條件下，使H2和O2的混合氣體26g充分發(fā)生反應，所得產(chǎn)物在適當溫度下跟足量的固體Na2O2反應，使固體增重2g。原混合氣體中H2和O2的物質(zhì)的量之比為（）A．1：10 B．9：1 C．4：1 D．4：3二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機物Ⅰ是有機合成中間體，如可合成J或高聚物等，其合成J的線路圖如圖：已知：①，A苯環(huán)上的一氯代物只有2種②有機物B是最簡單的單烯烴，J為含有3個六元環(huán)的酯類③（、為烴基或H原子）回答以下問題：（1）A的化學名稱為_____；E的化學式為_____。（2）的反應類型：____；H分子中官能團的名稱是____。（3）J的結構簡式為____。（4）寫出I在一定條件下生成高聚物的化學反應方程式____。（5）有機物K是G的一種同系物，相對分子質(zhì)量比G少14，則符合下列條件的K的同分異構體有___種（不考慮立體異構）。a．苯環(huán)上只有兩個取代基b．既能發(fā)生銀鏡反應也能與溶液反應寫出其中核磁共振氫譜有6個峰，峰面積之比為2:2:1:1:1:1的結構簡式____。24、（12分）為探究黑色固體X(僅含兩種元素)的組成和性質(zhì)，設計并完成如下實驗：請回答：（1）X的化學式是______________。（2）寫出藍色溶液轉(zhuǎn)化為藍色沉淀的離子方程式是______________。（3）寫出固體甲與稀硫酸反應的化學方程式______________。25、（12分）亞硝酰氯(ClNO)是有機物合成中的重要試劑，其沸點為-5.5℃，易水解。已知：AgNO2微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2+HNO3=AgNO3+HNO2，某學習小組在實驗室用Cl2和NO制備ClNO并測定其純度，相關實驗裝置如圖所示。（1）制備Cl2的發(fā)生裝置可以選用_________(填字母代號)裝置，發(fā)生反應的離子方程式為________________________________________。（2）欲收集一瓶干燥的氯氣，選擇合適的裝置，其連接順序為a→_______→______→_____→________→_______→______→______→______。(按氣流方向，用小寫字母表示，根據(jù)需要填，可以不填滿，也可補充)。（3）實驗室可用下圖示裝置制備亞硝酰氯。其反應原理為：Cl2+2NO=2ClNO①實驗室也可用B裝置制備NO，X裝置的優(yōu)點為___________________。②檢驗裝置氣密性并裝入藥品，打開K2，然后再打開K3，通入一段時間氣體，其目的是___________________，然后進行其他操作，當Z中有一定量液體生成時，停止實驗。（4）已知：ClNO與H2O反應生成HNO2和HCl。①設計實驗證明HNO2是弱酸：_________________________________________。(僅提供的試劑：1mol?L-1鹽酸、1mol?L-1HNO2溶液、NaNO2溶液、紅色石蕊試紙、藍色石蕊試紙)。②通過以下實驗測定ClNO樣品的純度。取Z中所得液體mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL樣品溶于錐形瓶中，以K2CrO4溶液為指示劑，用cmol?L-1AgNO3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液的體積為20.00mL。滴定終點的現(xiàn)象是_____亞硝酰氯(ClNO)的質(zhì)量分數(shù)為_________。(已知：Ag2CrO4為磚紅色固體；Ksp(AgCl)＝1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)＝1×10-12)26、（10分）乙酰苯胺是常用的醫(yī)藥中間體，可由苯胺與乙酸制備。反應的化學方程式如下：

+CH3COOH+H2O某實驗小組分別采用以下兩種方案合成乙酰苯胺：方案甲：采用裝置甲：在圓底燒瓶中加入5.0mL苯胺、7.4mL乙酸，加熱至沸，控制溫度計讀數(shù)100~105℃，保持液體平緩流出，反應40min后停止加熱即可制得產(chǎn)品。方案乙：采用裝置乙：加熱回流，反應40min后停止加熱。其余與方案甲相同。已知：有關化合物的物理性質(zhì)見下表：化合物密度(g·cm-3)溶解性熔點(℃)沸點(℃)乙酸1.05易溶于水，乙醇17118苯胺1.02微溶于水，易溶于乙醇–6184乙酰苯胺—微溶于冷水，可溶于熱水，易溶于乙醇114304請回答：(1)儀器a的名稱是_________(2)分別從裝置甲和乙的圓底燒瓶中獲得粗產(chǎn)品的后續(xù)操作是____________(3)裝置甲中分餾柱的作用是______________(4)下列說法正確的是__________A．從投料量分析，為提高乙酰苯胺產(chǎn)率，甲乙兩種方案均采取的措施是乙酸過量B．實驗結果是方案甲的產(chǎn)率比方案乙的產(chǎn)率高C．裝置乙中b處水流方向是出水口D．裝置甲中控制溫度計讀數(shù)在118℃以上，反應效果會更好(5)甲乙兩方案獲得的粗產(chǎn)品均采用重結晶方法提純。操作如下：①請選擇合適的編號，按正確的操作順序完成實驗（步驟可重復或不使用）____→____→____→____→過濾→洗滌→干燥a冷卻結晶b加冷水溶解c趁熱過濾d活性炭脫色e加熱水溶解上述步驟中為達到趁熱過濾的目的，可采取的合理做法是___________②趁熱過濾后，濾液冷卻結晶。一般情況下，有利于得到較大的晶體的因素有_____A．緩慢冷卻溶液B．溶液濃度較高C．溶質(zhì)溶解度較小D．緩慢蒸發(fā)溶劑③關于提純過程中的洗滌，下列洗滌劑中最合適的是______________。A．蒸餾水B．乙醇C．5%Na2CO3溶液D．飽和NaCl溶液27、（12分）四溴乙烷(CHBr2-CHBr2)是一種無色透明液體，密度2.967g/mL，難溶于水，沸點244℃，可用作制造塑料的有效催化劑等。用電石(主要成分CaC2，少量CaS、Ca3P2、Ca3As2等)和Br2等為原料制備少量四溴乙烷的裝置(夾持裝置已省略)如圖所示。(1)裝置A中CaC2能與水劇烈發(fā)生反應：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+HC≡CH↑。為了得到平緩的C2H2氣流，除可用飽和食鹽水代替水外，還可采取的措施是________。(2)裝置B可除去H2S、PH3及AsH3，其中除去PH3的化學方程式為________(生成銅、硫酸和磷酸)。(3)裝置C中在液溴液面上加入一層水的目的是________；裝置C中反應已完成的現(xiàn)象是________；從裝置C反應后的體系得到并純化產(chǎn)品，需要進行的操作有________。(4)一種制備Ca10(PO4)6(OH)2的原理為10Ca(OH)2+6H3PO4=Ca10(PO4)6(OH)2↓+18H2O。請設計用裝置A得到的石灰乳等為原料制備Ca10(PO4)6(OH)2的實驗方案：向燒杯中加入0.25L含0.5mol/LCa(OH)2的石灰乳，________，在100℃烘箱中烘干1h。已知：①Ca10(PO4)6(OH)2中比理論值為1.67。影響產(chǎn)品比的主要因素有反應物投料比及反應液pH。②在95℃，pH對比的影響如圖所示。③實驗中須使用的試劑：含0.5mol/LCa(OH)2的石灰乳、0.3mol/L磷酸及蒸餾水。28、（14分）2019年諾貝爾化學獎授予三位化學家，以表彰其對研究開發(fā)鋰離子電池作出的卓越貢獻。LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6和LiCl等可作鋰離子聚合物電池的材料?；卮鹣铝袉栴}：（1）Fe的價層電子排布式為___。（2）Li、F、P、As四種元素的電負性由大到小的順序為___。（3）乙二醇(HOCH2CH2OH)的相對分子質(zhì)量與丙醇(CH3CH2CH2OH)相近，但沸點高出100℃，原因是___。（4）電池工作時，Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧鏈遷移的過程如圖甲所示（圖中陰離子未畫出）。電解質(zhì)LiPF6或LiAsF6的陰離子結構如圖乙所示(X=P、As)。①聚乙二醇分子中，碳、氧的雜化類型分別是___、___。②從化學鍵角度看，Li+遷移過程發(fā)生___（填“物理變化”或“化學變化”）。③PF6中P的配位數(shù)為___。④相同條件，Li+在___（填“LiPF6”或“LiAsF6”）中遷移較快，原因是___。（5）以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分數(shù)坐標。LiCl·3H2O屬正交晶系（長方體形）。晶胞參數(shù)為0.72nm、1.0nm、0.56nm。如圖為沿x軸投影的品胞中所有Cl原子的分布圖和原子分數(shù)坐標。據(jù)此推斷該晶胞中Cl原子的數(shù)目為___。LiCl·3H2O的摩爾質(zhì)量為Mg·mol-1，設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則LiCl·3H2O晶體的密度為___g·cm-3（列出計算表達式）。29、（10分）在照相底片的定影過程中，未曝光的溴化銀(AgBr)常用硫代硫酸鈉(Na2S2O3)溶解，反應生成Na3[Ag(S2O3)2]；在廢定影液中加入Na2S使Na3[Ag(S2O3)2]中的銀轉(zhuǎn)化為Ag2S，并使定影液再生。將Ag2S在高溫下轉(zhuǎn)化為Ag，就達到了回收銀的目的。(1)銅、銀、金在元素周期表中位于同一族相鄰周期，基態(tài)銀原子的最外層電子排布式為_______。(2)Na、O、S簡單離子半徑由大到小的順序為______________________。(3)S2O32-離子結構如圖所示，其中心硫原子的雜化軌道類型為_______________________。(4)寫出AgBr溶于Na2S2O3溶液的離子反應方程式______________。Na3[Ag(S2O3)2]中存在的作用力有離子鍵、共價鍵、______________。(5)在空氣中灼燒Ag2S生成Ag和SO2，SO2分子中硫原子的價層電子對數(shù)為_________，其分子空間構型為______________。SO2易溶于水，原因是________________________________。(6)現(xiàn)在人們已經(jīng)有多種方法來測定阿伏加德羅常數(shù)，X射線衍射法就是其中的一種，通過對金晶體的X射線衍射圖象的分析，可以得出金晶體的晶胞屬于面心立方晶胞(與銅的晶胞相似)。若金原子的半徑為am，金的密度為ρg·cm-3，金的摩爾質(zhì)量為Mg·mol-1，試通過這些數(shù)據(jù)列出計算阿伏加德羅常數(shù)的算式______________________________。

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、D【解析】

A、一氯甲烷等鹵代烴跟苯的反應生成甲苯和HCl；B、甲苯的苯環(huán)上的二氯代物有6種，甲基上的氫也可以被取代；C、1molb加氫生成飽和烴需要3molH2；D、戊烷的同分異構體有正、異、新三種，再分析氯的位置異構?！驹斀狻緼、一氯甲烷等鹵代烴跟苯的反應生成甲苯和HCl，屬于取代反應，故A錯誤；B、甲苯的苯環(huán)上的二氯代物有6種，甲基上的氫也可以被取代，故B錯誤；C、1molb加氫生成飽和烴需要3molH2，故C錯誤；D、戊烷的同分異構體有正、異、新三種，再分析氯的位置異構分別有3種、4種、1種，故D正確。故選D?！军c睛】易錯點B，區(qū)別“甲苯的苯環(huán)上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是兩種不同的條件，后者甲基上的氫也可以被取代。2、D【解析】A、根據(jù)能量變化，X→Y，活化能是(E5－E2)，故錯誤；B、使用催化劑降低活化能，產(chǎn)物不變，故錯誤；C、升高溫度，提高了活化分子的百分數(shù)，化學反應速率都增大，故錯誤；D、壓縮體積，增大壓強，增加單位體積內(nèi)活化分子的個數(shù)，反應速率加快，故正確。3、B【解析】

A．含C=C、苯環(huán)、羰基，均能與H2發(fā)生加成反應，也是還原反應；含-COOH，能發(fā)生取代反應，故A正確；B．手性碳原子上需連接四個不同的原子或原子團，則中只有1個手性碳原子，故B錯誤；C．分子結構中含有羧基、羰基和醚鍵三種含氧官能團，故C正確；D．苯環(huán)、C=O均為平面結構，且二者直接相連，與它們直接相連的C原子在同一平面內(nèi)，則分子內(nèi)共平面的碳原子數(shù)多于6個，故D正確；故答案為B?！军c睛】考查有機物的結構和性質(zhì)，注意把握有機物的結構特點以及官能團的性質(zhì)，為解答該類題目的關鍵，該有機物中含C=C、C=O、苯環(huán)、-COOH，結合烯烴、苯、羧酸的性質(zhì)及苯為平面結構來解答。4、D【解析】

由實驗裝置可知，①為濃鹽酸與強氧化劑反應生成氯氣，②中飽和食鹽水可除去氯氣中的HCl，③中濃硫酸干燥氯氣，④中Al與氯氣反應生成AlCl3，⑤為收集氯化鋁的裝置；⑥中濃硫酸防止水進入④和⑤中引起氯化鋁水解，⑦中NaOH溶液吸收尾氣中的氯氣，以此來來解答?！驹斀狻緼.①的試管中盛裝二氧化錳，常溫與濃鹽酸不反應，需要加熱制備氯氣，A項錯誤；B.由上述分析可知②、③、⑥、⑦的試管中依次盛裝飽和食鹽水、濃H2SO4、濃H2SO4、NaOH溶液，B項錯誤；C.滴加濃鹽酸使產(chǎn)生的氯氣排出裝置中的氧氣，再點燃④的酒精燈，C項錯誤；D.⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦兩個裝置要防止其水解，且要吸收尾氣中的氯氣，則⑥、⑦可以用一個裝有堿石灰的干燥管代替，D項正確；答案選D。5、A【解析】

將少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，發(fā)生氧化還原反應，生成硫酸鈣，由于Ca(ClO)2過量，還生成HClO等，離子反應為SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣=CaSO4↓+HClO+H++Cl﹣，故選A。6、C【解析】

A.氨水中存在電離平衡，因此溶液中實際存在的氨分子一定少于0.1mol，A項錯誤；B.四氯化碳在標況下不是氣體，因此無法按氣體摩爾體積計算其分子數(shù)，B項錯誤；C.乙烯和環(huán)丙烷的最簡式相同，均為，因此14g混合物相當于1mol的，自然含有NA個碳原子，C項正確；D.常溫常壓下，氣體摩爾體積并不是，因此無法根據(jù)氫氣的體積進行計算，D項錯誤；答案選C。7、D【解析】

A．甲中形成原電池，石墨電極為正極，氧氣得電子發(fā)生還原反應生成氫氧根離子，乙中形成電解池，石墨是陽極，氯離子放電生成氯氣，電極反應不同，故A錯誤；B．甲中形成原電池，石墨電極為正極，氧氣得電子發(fā)生還原反應生成氫氧根離子，則石墨電極附近的溶液先變紅色，乙中形成電解池，鐵是陰極，氫離子得電子生成氫氣，同時生成氫氧根離子，則在鐵電極附近的溶液先變紅色，故B錯誤；C．甲中形成原電池，電流由正極石墨經(jīng)導線流向鐵，乙中形成電解池，電流由鐵流向負極，則鐵極與導線連接處的電流方向不同，故C錯誤；D．甲乙裝置，碳電極都沒有參加反應，甲中石墨電極為正極，氧氣得電子發(fā)生還原反應生成氫氧根離子，乙中石墨是陽極，氯離子放電生成氯氣，則碳電極既不會變大也不會減小，故D正確；故選：D。8、D【解析】

A.該裝置為外加電源的電解池原理；B.根據(jù)裝置圖易知，陽極生成的CuCl2與C2H4發(fā)生了氧化還原反應，根據(jù)化合價的升降判斷該氧化還原反應的規(guī)律；C.根據(jù)電解池陰陽極發(fā)生的電極反應式及溶液電中性原則分析作答；D.根據(jù)具體的電解反應與氧化還原反應綜合寫出該裝置的總反應。【詳解】A.該裝置為電解池，則工作時，電能轉(zhuǎn)變?yōu)榛瘜W能，故A項錯誤；B.C2H4中C元素化合價為-2價，ClCH2CH2Cl中C元素化合價為-1價，則CuCl2能將C2H4氧化為1，2一二氯乙烷，故B項錯誤；C.該電解池中，陽極發(fā)生的電極反應式為：CuCl-e-+Cl-=CuCl2，陽極區(qū)需要氯離子參與，則X為陰離子交換膜，而陰極區(qū)發(fā)生的電極反應式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，有陰離子生成，為保持電中性，需要電解質(zhì)溶液中的鈉離子，則Y為陽離子交換膜，故C項錯誤；D.該裝置中發(fā)生陽極首先發(fā)生反應：CuCl-e-+Cl-=CuCl2，生成的CuCl2再繼續(xù)與C2H4反應生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在陽極區(qū)循環(huán)利用，而陰極水中的氫離子放電生成氫氣，其總反應方程式為：CH2＝CH2＋2H2O＋2NaClH2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl，故D項正確；答案選D。9、A【解析】

A、過量氨水或者鹽酸存在抑制水的電離，NH4Cl水解促進水的電離；B、根據(jù)圖象，溫度升高，平衡常數(shù)值減小，不利于反應正向進行；C、根據(jù)圖知，HX中未加NaOH溶液時，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，說明該溶液中HX不完全電離；D、溫度不變，溶度積常數(shù)不變，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)?c(SO42-)?！驹斀狻緼、過量氨水或者鹽酸存在抑制水的電離，NH4Cl水解促進水的電離，隨著鹽酸的滴加，溶液中NH4Cl逐漸增多，到達b點時存在NH4Cl和氨水，此時溶液中c水(H+)=10-7mol/L，可說明溶液為中性，繼續(xù)滴加至c點，此時完全是NH4Cl，溶液為酸性，繼續(xù)滴加HCl，溶液酸性增強，到達c點雖然c水(H+)=10-7mol/L，但溶液為酸性，故A符合題意；B、根據(jù)圖象，溫度升高，平衡常數(shù)值減小，說明平衡逆向移動，所以正反應為放熱反應，反應的<0，故B不符合題意；C、根據(jù)圖知，HX中未加NaOH溶液時，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，說明該溶液中HX不完全電離，所以HX為一元弱酸，pH突躍范圍落在酚酞的指示范圍內(nèi)，可以使用酚酞，故C不符合題意；D、溫度不變，溶度積常數(shù)不變，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)?c(SO42-)，c(Ba2+)與c(SO42-)成反比，則c(SO42-)越大，c(Ba2+)越小，根據(jù)圖象上的點計算可得Ksp(BaSO4)=1×10-10，故D不符合題意；故選：A?！军c睛】本題的A選項分析需注意，b點對應溶質(zhì)為NH4Cl、NH3?H2O，此時溶液中氫離子均為水所電離，溶液呈中性，而d點對應溶質(zhì)為NH4Cl、HCl，此時溶液中氫離子為HCl水電離，溶液呈酸性。10、C【解析】

氨氣的催化氧化會生成一氧化氮，一氧化氮和氧氣與水反應得到硝酸；濃鹽酸與二氧化錳反應生成氯氣、氯氣與石灰乳反應生成次氯酸鈣和氯化鈣；氯化鋁溶液受熱水解生成氫氧化鋁；葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇催化氧化生成乙醛?！驹斀狻緼、氨氣在催化劑加熱條件下與氧氣反應生成NO，NO和氧氣與水反應得到硝酸，物質(zhì)的轉(zhuǎn)化在給定條件下能實現(xiàn)，故A正確；B、濃鹽酸與二氧化錳在加熱條件下反應生成氯化錳、水和氯氣，氯氣與石灰乳反應生成次氯酸鈣和氯化鈣，即生成漂白粉，物質(zhì)的轉(zhuǎn)化在給定條件下能實現(xiàn)，故B正確；C、Al2O3與鹽酸反應生成氯化鋁和水，氯化鋁溶液受熱水解生成氫氧化鋁，得不到無水氯化鋁，故C錯誤；D、葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇與氧氣在催化劑加熱條件想反應生成乙醛，物質(zhì)的轉(zhuǎn)化在給定條件下能實現(xiàn)，故D正確。答案選C。【點睛】考查常見元素及其化合物的性質(zhì)，明確常見元素及其化合物性質(zhì)為解答關鍵，試題側(cè)重于考查學生對基礎知識的應用能力。11、B【解析】根據(jù)裝置圖，碳電極通入氫氣，發(fā)生氧化反應，電極反應為H2-2e-+2OH－=2H2O，Ni電極NiO(OH)→Ni(OH)2發(fā)生還原反應，電極反應為NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－，碳電極是負極，Ni電極是正極。根據(jù)以上分析，離子交換膜選用陰離子交換膜（只允許陰離子通過），故A錯誤；正極的電極反應為NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－，故B正確；導線中通過1mol電子時，負極生成1mol水，理論上負極區(qū)溶液質(zhì)量增加18g，故C錯誤；充電時，負極與電源負極相連，所以碳電極與電源的負極相連，故D錯誤。12、B【解析】

凡能給出質(zhì)子（即H+）的分子或離子都是酸；凡能接受質(zhì)子的分子或離子都是堿，則能給出質(zhì)子且能接受質(zhì)子的分子或離子既屬于酸又屬于堿，②③只能接受質(zhì)子，所以屬于堿；④⑤只能給出質(zhì)子，屬于酸，①⑥既能給出質(zhì)子又能接受質(zhì)子，所以既屬于酸又屬于堿；故答案為B?！军c睛】正確理解題給信息中酸堿概念是解本題關鍵，再結合微粒的性質(zhì)解答，同時考查學生學以致用能力，題目難度不大。13、D【解析】

1mol氫氣和氧氣完全燃燒生成水蒸氣放出241.8kJ熱量，該反應的熱化學方程式為：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/mol，即H2（g）+1/2O2（g）→H2O（g）+241.8kJ，選項B、C均錯誤；2mol氫氣和氧氣完全燃燒生成水蒸氣放出483.6kJ熱量，該反應的熱化學方程式為：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol，即2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+483.6kJ，選項A錯誤；1mol水蒸氣分解生成氫氣和氧氣吸收241.8kJ熱量，該反應的熱化學方程式為：H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=+241.8kJ/mol，即H2O（g）→H2（g）+1/2O2（g）-241.8kJ，選項D正確。答案選D?！军c睛】據(jù)熱化學方程式的書寫原則寫出氫氣燃燒生成氣態(tài)水的熱化學方程式，方程中的熱量和化學計量數(shù)要對應，根據(jù)1mol氣態(tài)水轉(zhuǎn)化成液態(tài)水放出的熱量，結合氫氣與氧氣反應生成氣態(tài)水的反應熱計算生成液態(tài)水的反應熱。14、C【解析】

A.苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液，反應生成苯酚鈉、碳酸氫鈉，可知苯酚的酸性比碳酸的酸性弱，A項錯誤；B.做銀鏡反應加入銀氨溶液前，要先中和水解的硫酸，B項錯誤；C.相同濃度銀氨溶液的試管中，分別加入2滴相同濃度的NaCl和NaI溶液，出現(xiàn)黃色沉淀，說明生成碘化銀沉淀，說明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，C項正確；D.反應中可能生成其他的還原性氣體使KMnO4溶液褪色，驗證乙烯能被KMnO4氧化前要先除雜，D項錯誤；答案選C。15、B【解析】

A、Al2O3是離子化合物，有較高熔點，可作耐火材料，與Al2O3具有兩性無關，故A錯誤；B、FeCl3具有氧化性，能溶解Cu生成CuCl2，所以FeCl3可用作銅制線路板的蝕刻劑，故B正確；C、漂白粉有效成分是次氯酸鈣，能與空氣中的CO2反應生成強氧化劑HClO，HClO有漂白性，所以漂白粉用于紙漿的漂白與其在空氣中不穩(wěn)定無關，故C錯誤；D、明礬水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體有較強的吸附性，能吸附水中的懸浮物形成沉淀，達到凈水目的，與明礬水解后溶液呈酸性無關，故D錯誤；答案選B?！军c睛】試題考查物質(zhì)的性質(zhì)及應用，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應、性質(zhì)與用途等為解答的關鍵，注意元素化合物知識的應用。16、B【解析】

35Cl和37Cl－具有相同的質(zhì)子數(shù)，而核電荷數(shù)等于質(zhì)子數(shù)，故具有相同的核電荷數(shù)，故選：B?！军c睛】在原子中，質(zhì)子數(shù)=電子數(shù)=核電荷數(shù)，但質(zhì)子數(shù)不一定等于中子數(shù)，所以中子數(shù)與電子數(shù)、核電荷數(shù)是不一定相等的。17、D【解析】

W與Y同族且都是復合化肥的營養(yǎng)元素，則W為氮(N)，Y為磷(P)；W、X、Y最外層電子數(shù)之和為11，則X為鈉(Na)；Z的氫化物遇水可產(chǎn)生最輕的氣體，則Z為鉀(K)或鈣(Ca)?！驹斀狻緼．常溫常壓下X的單質(zhì)為鈉，呈固態(tài)，A錯誤；B．非金屬性Y(P)<W(N)，簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性Y<W，B錯誤；C．Z的氫化物為KH或CaH2，含有離子鍵，C錯誤；D．具有相同核電荷數(shù)的離子，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則簡單離子半徑：N3->Na+，D正確；故選D。18、D【解析】

①將1mol氯氣通入足量氫氧化鈉溶液中，氯氣與氫氧化鈉反應生成氯化鈉和次氯酸鈉，反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1mol，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)等于NA，故①錯誤；②12.0g熔融的NaHSO4的物質(zhì)的量為0.1mol，0.1mol熔融硫酸氫鈉電離出0.1mol鈉離子和0.1mol硫酸氫根離子，所以含有的陽離子數(shù)為0.1NA，故②正確；③在標準狀況下，水不是氣體，不能使用標況下氣體摩爾體積計算22.4LH2O中的物質(zhì)的量，故③錯誤；④17g羥基的物質(zhì)的量為1mol，1mol羥基中含有9mol電子，含有的電子數(shù)為9NA，故④錯誤；⑤1mol

Na2O和Na2O2的混合物中含有2mol鈉離子和1mol陰離子，總共含有3mol陰陽離子，含有的陰、陽離子總數(shù)是3NA，故⑤正確；⑥20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，含溶質(zhì)硫酸鐵的物質(zhì)的量為0.02mol，含有Fe3+為0.04mol，含有SO42-為0.06mol，因為鐵離子發(fā)生水解，溶液中鐵離子數(shù)目減少，所以Fe3+和SO42-離子的總物質(zhì)的量小于1mol，F(xiàn)e3+和SO42-離子的總物質(zhì)的量小于NA，故⑥正確；所以②⑤⑥符合題意；答案選D?！军c睛】熔融的NaHSO4的電離出鈉離子和硫酸氫根離子，而NaHSO4溶液則能電離出鈉離子、氫離子和硫酸根離子，注意兩者區(qū)別。19、A【解析】

A．用過量氨水吸收工業(yè)尾氣中的SO2的離子反應為2NH3?H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O，故A正確；B．氯化鈉與濃硫酸混合加熱，濃硫酸中只有很少的水，氯化鈉幾乎不能電離，故該反應的離子方程式就是其化學方程式，H2SO4+2NaClNa2SO4+2HCl↑，故B錯誤；C．磁性氧化鐵的主要成分為四氧化三鐵，溶于稀硝酸的離子反應方程式為3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故C錯誤；D．明礬溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀的離子反應方程式為2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故D錯誤；答案選A。【點睛】掌握離子方程式的正誤判斷的常見方法是解題的關鍵。本題的易錯點為D，要注意明礬溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀時，鋁離子恰好轉(zhuǎn)化為偏鋁酸根。20、A【解析】

A、結合流程分析，需將四價錳還原為二價，因植物粉為有機物，具有還原性，選項A正確；B、根據(jù)KSP可知，pH為3.5-5.5不能完全除去鎂離子，選項B錯誤；C、二氧化錳不能與酸反應，無法調(diào)節(jié)pH，選項C錯誤；D、碳酸氫銨不穩(wěn)定，受熱易分解，故不能溫度太高，選項D錯誤。答案選A。21、C【解析】

A.酒精的密度小于水的密度，其密度隨著質(zhì)量分數(shù)的增大而減小，因此葡萄酒的度數(shù)越高密度越小，故A說法正確；B.牛筋的主要成分是蛋白質(zhì)，故B說法正確；C.3MgO·4SiO2·H2O屬于硅酸鹽，不屬于氧化物，故C說法錯誤；D.密封過程中一部分乙醇被氧化酸，酸與醇反應生成了有香味的酯，故D說法正確；答案：C。22、D【解析】

已知：2H2+O2=2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，所得產(chǎn)物在適當溫度下跟足量的固體Na2O2反應，使固體增重2g，則增加的質(zhì)量為H2的質(zhì)量，據(jù)此回答?！驹斀狻糠謨煞N情況：⑴若O2過量，則m(H2)=2g，m(O2)=26g-2g=24g，n(H2)：n(O2)=；⑵若H2過量，根據(jù)化學反應方程式2H2+O2=2H2O，參加反應的氫氣2g，消耗氧氣為16g，所以混合氣體中O2的質(zhì)量是16g，H2的質(zhì)量是10g，n(H2)：n(O2)=；故答案為D?！军c睛】抓住反應實質(zhì)H2+Na2O2=2NaOH，增重的質(zhì)量就是氫氣的質(zhì)量，注意有兩種情況要進行討論，另外比值順序不能弄反，否則會誤選A。二、非選擇題(共84分)23、對甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛）消去反應氯原子、羧基n+(n-1)H2O6【解析】

根據(jù)已知①，A為，根據(jù)流程和已知②可知，B為乙烯、C為乙醇、D為乙醛，根據(jù)已知③，可知E為，被銀氨溶液氧化生成F()，F(xiàn)發(fā)生消去反應生成G（）。根據(jù)J分子結構中含有3個六元環(huán)可知，G與HCl發(fā)生加成反應，氯原子加在羧基鄰位碳上，生成H為，H在堿性條件下發(fā)生水解反應再酸化生成I為，兩分子I在濃硫酸作用下發(fā)生成酯化反應，生成環(huán)酯J為。【詳解】（1）A的化學名稱為對甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛）；E的化學式為；（2）的反應類型為消去反應，H分子中官能團的名稱是氯原子、羥基；（3）J的結構簡式為；（4）I在一定條件下發(fā)生縮聚反應生成高聚物的化學反應方程式為n+(n-1)H2O；（5））K是G的一種同系物，相對分子質(zhì)量比G小14，說明K比G少一個—CH2—，根據(jù)題意知，K的同分異構體分子中含有酚羥基和醛基，根據(jù)分子式知還應有碳碳雙鍵，即有—OH和—CH=CH—CHO或連接在苯環(huán)上，分別得到3種同分異構體，故符合條件的同分異構體有6種，其中的核磁共振氫譜有6個峰，峰面積之比為2∶2∶1∶1∶1∶1。24、CuOCu2++2OH-=Cu(OH)2Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O【解析】

流程中32gX隔絕空氣加熱分解放出了能使帶火星的木條復燃的氣體為氧氣，質(zhì)量：32.0g-28.8g=3.2g，證明X中含氧元素，28.8g固體甲和稀硫酸溶液反應生成藍色溶液，說明含銅離子，證明固體甲中含銅元素，即X中含銅元素，銅元素和氧元素形成的黑色固體為CuO，X為氧化銅，n(CuO)==0.4mol，結合質(zhì)量守恒得到n(O2)==0.1mol，氧元素守恒得到甲中n(Cu)：n(O)=0.4mol：(0.4mol-0.1mol×2)=2：1，固體甲化學式為Cu2O，固體乙為Cu，藍色溶液為硫酸銅，加入氫氧化鈉溶液生成氫氧化銅沉淀，加熱分解得到16.0g氧化銅?！驹斀狻?1)分析可知X為CuO，故答案為CuO；(2)藍色溶液為硫酸銅溶液，轉(zhuǎn)化為藍色沉淀氫氧化銅的離子方程式為Cu2++2OH-=Cu(OH)2，故答案為Cu2++2OH-=Cu(OH)2；(3)固體甲為Cu2O，氧化亞銅和稀硫酸溶液發(fā)生歧化反應生成銅、二價銅離子和水，反應的化學方程式為：Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O，故答案為Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O。25、A(或B)MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4－+16H++10Cl－=2Mn2++5Cl2↑+8H2O)fgcbdejh排除裝置內(nèi)空氣的干擾，可以隨開隨用，隨關隨停排干凈三頸瓶中的空氣用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，點在紅色石蕊試紙上，試紙變藍，說明HNO2是弱酸滴入最后一滴標準溶液，溶液中生成磚紅色沉淀且半分鐘內(nèi)無變化，說明反應達到終點【解析】

⑴制取氯氣可以用二氧化錳與濃鹽酸加熱制得，也可以用高錳酸鉀和濃鹽酸；⑵制得的氯氣混有HCl和水蒸氣，依次用飽和食鹽水、濃硫酸除去，為保證除雜徹底，導氣管均長進短出，氯氣密度比空氣大，選擇導氣管長進短出的收集方法，最后用堿石灰吸收多余的氯氣，防止污染空氣；⑶①X裝置可以排除裝置內(nèi)空氣的干擾，可以隨開隨用，隨關隨停；②通入一段時間氣體，其目的是排空氣；⑷①用鹽溶液顯堿性來驗證HNO2是弱酸；②以K2CrO4溶液為指示劑，根據(jù)溶度積得出AgNO3先與氯離子生成氯化銀白色沉淀，過量硝酸銀和K2CrO4反應生成磚紅色，再根據(jù)ClNO—HCl—AgNO3關系式得到計算ClNO物質(zhì)的量和亞硝酰氯(ClNO)的質(zhì)量分數(shù)?！驹斀狻竣胖迫÷葰饪梢杂枚趸i與濃鹽酸加熱制得，選擇A，也可以用高錳酸鉀和濃鹽酸，選擇B，發(fā)生的離子反應為：MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4－+16H++10Cl－=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案為：A(或B)；MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4－+16H++10Cl－=2Mn2++5Cl2↑+8H2O)；⑵制得的氯氣混有HCl和水蒸氣，依次用飽和食鹽水、濃硫酸除去，為保證除雜徹底，導氣管均長進短出，氯氣密度比空氣大，選擇導氣管長進短出的收集方法，最后用堿石灰吸收多余的氯氣，防止污染空氣，故導氣管連接順序為a→f→g→c→b→d→e→j→h，故答案為：f；g；c；b；d；e；j；h；⑶①用B裝置制備NO，與之相比X裝置可以排除裝置內(nèi)空氣的干擾，可以隨開隨用，隨關隨停，故答案為：排除裝置內(nèi)空氣的干擾，可以隨開隨用，隨關隨停；②檢驗裝置氣密性并裝入藥品，打開K2，然后再打開K3，通入一段時間氣體，其目的是排干凈三頸瓶中的空氣，故答案為：排干凈三頸瓶中的空氣；⑷①若亞硝酸為弱酸，則亞硝酸鹽水解呈若堿性，即使用玻璃棒蘸取NaNO2溶液涂抹于紅色的石蕊試紙上，若試紙變藍，則說明亞硝酸為弱酸，故答案為：用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，點在紅色石蕊試紙上，試紙變藍，說明HNO2是弱酸；②以K2CrO4溶液為指示劑，根據(jù)溶度積得出AgNO3先與氯離子生成氯化銀白色沉淀，過量硝酸銀和K2CrO4反應生成磚紅色，因此滴定終點的現(xiàn)象是：滴入最后一滴標準溶液，溶液中生成磚紅色沉淀且半分鐘內(nèi)無變化，說明反應達到終點；根據(jù)ClNO—HCl—AgNO3關系式得到25.00mL樣品溶液中ClNO物質(zhì)的量為n(ClNO)=n(AgNO3)=cmol?L?1×0.02L=0.02cmol，亞硝酰氯(ClNO)的質(zhì)量分數(shù)為，故答案為：滴入最后一滴標準溶液，溶液中生成磚紅色沉淀且半分鐘內(nèi)無變化，說明反應達到終點；。26、直形冷凝管將圓底燒瓶中的液體趁熱倒入盛有100mL水的燒杯，冷卻后有乙酰苯胺固體析出，過濾得粗產(chǎn)物利用分餾柱進行多次氣化和冷凝，使醋酸和水得到有效的分離，或“可提高引餾體與外部空氣熱交換效率，從而使柱內(nèi)溫度梯度增加，使不同沸點的物質(zhì)得到較好的分離。”ABCedca將玻璃漏斗放置于銅制的熱漏斗內(nèi)，熱漏斗內(nèi)裝有熱水以維持溶液的溫度，進行過濾（即過濾時有保溫裝置）或趁熱用減壓快速過濾ADA【解析】

兩套裝置都是用來制備乙酰苯胺的，區(qū)別在于甲裝置使用分餾柱分離沸點在100℃至105℃左右的組分，主要是水，考慮到制備乙酰苯胺的反應可逆，這種做法更有利于獲得高的轉(zhuǎn)化率；題干中詳細提供了乙酸，苯胺和乙酰苯胺的物理性質(zhì)，通過分析可知，三者溶解性和熔點上存在較明顯的差異，所以從混合溶液中獲得乙酰苯胺粗品的方法就是利用溶解性和熔點差異實現(xiàn)的；在獲取乙酰苯胺粗品后，再采用合適的方法對其進行重結晶提純即可得到純度較高的乙酰苯胺?！驹斀狻?1)儀器a的名稱即直形冷凝管；(2)由于乙酸與水混溶，乙酰苯胺可溶于熱水而苯胺只易溶于乙醇，并且，乙酰苯胺熔點114℃，而乙酸和苯胺的熔點分別僅為17℃和-6℃；所以分離乙酰苯胺粗品時，可將圓底燒瓶中的液體趁熱倒入盛有熱水的燒杯中，冷卻后，乙酰苯胺固體析出，再將其過濾出來，即可得到乙酰苯胺粗品；(3)甲裝置中溫度計控制在100℃至105℃，這與水和乙酸的沸點很接近，因此甲裝置中分餾柱的作用主要是將體系內(nèi)的水和乙酸有效地分離出去；(4)A．增加乙酸的投料，可以使平衡正向移動獲得更高的產(chǎn)率，A項正確；B．由于甲裝置中的分餾柱能夠有效地將產(chǎn)物中的水從體系內(nèi)分離出去，水被分離出去后，對于乙酰苯胺制備反應的正向進行更有利，因此甲裝置可以獲得更高的轉(zhuǎn)化率，B項正確；C．冷凝管水流的方向一般是下口進水，上口出水，C項正確；D．甲裝置中溫度計示數(shù)若在118℃以上，那么反應物中的乙酸會大量的氣化溢出，對于反應正向進行不利，無法獲得更高的產(chǎn)率，D項錯誤；答案選ABC；(5)①乙酰苯胺可以溶解在熱水中，所以重結晶提純乙酰苯胺粗品，首先要把粗品在熱水中溶解，然后加入活性炭吸附雜質(zhì)以及其他有色物質(zhì)，過濾的時候為了避免乙酰苯胺的析出，應當趁熱過濾，過濾后的濾液再冷卻結晶，將結晶再過濾后，對其進行洗滌和干燥即可；趁熱過濾時為了維持溫度，可以將玻璃漏斗置于銅制的熱漏斗內(nèi)，熱漏斗內(nèi)裝熱水以維持溫度，再進行過濾即可；②結晶時，緩慢降溫，或者緩慢蒸發(fā)溶劑有利于獲得較大的晶體，答案選AD；③在對重結晶出的乙酰苯胺晶體進行洗滌時，要避免洗滌過程中產(chǎn)品溶解造成的損耗，考慮到乙酰苯胺的溶解性，應當用冷水對其進行洗滌。27、逐滴加入(飽和食鹽)水4CuSO4+PH3+4H2O=4Cu↓+H3PO4+4H2SO4水封，減少液溴的揮發(fā)上下兩層液體均變?yōu)闊o色透明且?guī)缀醪辉傥找胰矚夥忠?，有機相干燥后蒸餾，收集244℃餾分在分液漏斗中加入0.25L0.3mol/L磷酸，將石灰乳加熱到95℃，在不斷攪拌下，先快速滴加磷酸，然后慢慢滴加，不時滴加蒸餾水以補充蒸發(fā)掉的水分，直到磷酸全部滴完，調(diào)節(jié)并控制溶液pH8～9，再充分攪拌一段時間、靜置，過濾、水洗【解析】

電石（主要成分CaC2，少量CaS、Ca3P2、Ca3As2等）與水在A中反應生成乙炔，同時生成H2S、PH3及AsH3，通入B，硫酸銅可除去H2S、PH3及AsH3，在C中與溴反應生成四溴乙烷，高錳酸鉀用于氧化乙炔，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)為了得到平緩的C2H2氣流，除可用飽和食鹽水代替水外，還可逐滴加入(飽和食鹽)水，以控制反應速率；(2)PH3與硫酸銅反應生成Cu和磷酸，根據(jù)電子守恒、原子守恒，可得反應的方程式為4CuSO4+PH3+4H2O═4Cu↓+H3PO4+4H2SO4；(3)裝置C中在液溴液面上加入一層水的目的是水封，防止溴揮發(fā)，裝置C中反應已完成的現(xiàn)象是上下兩層液體均變?yōu)闊o色透明且?guī)缀醪辉傥找胰矚猓粡难b置C反應后的體系得到并純化產(chǎn)品，需要進行的操作有分液，有機相干燥后蒸餾，收集244℃餾分；(4)Ca(OH)2的物質(zhì)的量為0.125mol，制備Ca10(PO4)6