2025屆甘肅省永昌四中高三六校第一次聯(lián)考化學(xué)試卷含解析

2025屆甘肅省永昌四中高三六校第一次聯(lián)考化學(xué)試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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、下列物質(zhì)中含有非極性鍵的共價化合物是A．CCl4 B．Na2O2 C．C2H4 D．CS22、下列物質(zhì)的性質(zhì)和用途不存在因果關(guān)系的是A．膠體具有電泳的性質(zhì)，可向豆?jié){中加入鹽鹵制作豆腐B．醋酸酸性強于碳酸，用醋酸溶液清除熱水器中的水垢C．小蘇打受熱易分解，在面粉中加入適量小蘇打焙制糕點D．氧化鋁熔點高，可作耐高溫材料3、下列實驗現(xiàn)象預(yù)測正確的是（）A．實驗Ⅰ：振蕩后靜置，溶液仍分層，且上層溶液顏色仍為橙色B．實驗Ⅱ：鐵片最終完全溶解，且高錳酸鉀溶液變無色C．實驗Ⅲ：微熱稀硝酸片刻，溶液中有氣泡產(chǎn)生，廣口瓶內(nèi)始終保持無色D．實驗Ⅳ：當(dāng)溶液至紅褐色，停止加熱，讓光束通過體系時可產(chǎn)生丁達爾現(xiàn)象4、下列有關(guān)有機化合物的說法中，正確的是A．淀粉、蛋白質(zhì)和油脂都屬于有機高分子化合物B．乙烯、苯和乙醇均能被酸性高錳酸鉀溶液氧化C．絕大多數(shù)的酶屬于具有高選擇催化性能的蛋白質(zhì)D．在的催化作用下，苯可與溴水發(fā)生取代反應(yīng)5、為研究沉淀的生成及其轉(zhuǎn)化，某小組進行如下實驗。關(guān)于該實驗分析不正確的是（）A．①濁液中存在平衡：AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)B．②中顏色變化說明上層清液中含有SCN-C．③中顏色變化說明有AgI生成D．該實驗可以證明AgI比AgSCN更難溶6、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X、W同主族，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，Z是地殼中含量最多的金屬元素，四種元素原子的最外層電子數(shù)總和為16。下列說法正確的是A．原子半徑：r(X)<r(Z)<r(W)B．Y、Z、W的最高價氧化物的水化物兩兩之間均能反應(yīng)C．簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：X＜WD．X分別與Y、W形成的化合物中所含化學(xué)鍵類型相同7、溫度為T時，向2.0L恒容密閉容器中充入1.0molPCl5，反應(yīng)：PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)經(jīng)一段時間后達到平衡，反應(yīng)過程中測定的部分數(shù)據(jù)見下表：t/s050150250250n(PCl3)/mol00.160.190.200.20下列說法正確的是A．反應(yīng)在前50s內(nèi)的平均速率v(PCl3)=0.0032mol/(L·s)B．保持其他條件不變，升高溫度，平衡時c(PCl3)=0.11mol/L，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)C．相同溫度下，起始時向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，達到平衡前的v正＞v逆D．相同溫度下，起始時向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，達到平衡時，PCl3的轉(zhuǎn)化率小于80％8、下列有關(guān)原子結(jié)構(gòu)及元素周期律的敘述不正確的是()A．原子半徑：，離子半徑：r(Na+)<r(O2-)B．第族元素碘的兩種核素和的核外電子數(shù)之差為6C．P和As屬于第VA族元素，的酸性強于的酸性D．、、三種元素最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性依次減弱9、下列說法不正確的是A．乙醇、苯酚與金屬鈉的反應(yīng)實驗中，先將兩者溶于乙醚配成濃度接近的溶液，再投入綠豆大小的金屬鈉，觀察、比較實驗現(xiàn)象B．可以用新制Cu（OH）2濁液檢驗乙醛、甘油、葡萄糖、雞蛋白四種物質(zhì)的溶液（必要時可加熱）C．牛油與NaOH濃溶液、乙醇混合加熱充分反應(yīng)后的混合液中，加入冷飽和食鹽水以促進固體沉淀析出D．分離氨基酸混合液可采用控制pH法、分離乙醇和溴乙烷的混合物可用萃取法10、“ZEBRA”蓄電池的結(jié)構(gòu)如圖所示，電極材料多孔Ni/NiCl2和金屬鈉之間由鈉離子導(dǎo)體制作的陶瓷管相隔。下列關(guān)于該電池的敘述錯誤的是（）A．電池反應(yīng)中有NaCl生成B．電池的總反應(yīng)是金屬鈉還原三價鋁離子C．正極反應(yīng)為：NiCl2+2e-=Ni+2Cl-D．鈉離子通過鈉離子導(dǎo)體在兩電極間移動11、已知某澄清溶液中含有NH4Fe（SO4）2和另外一種無機化合物,下列有關(guān)該溶液的說法正確的是A．檢驗溶液中的鐵元素可加入鐵氰化鉀溶液,看是否有藍色沉淀產(chǎn)生B．溶液中不可能含有Ba2+、I-、HS-,但可能含有ClO-、NO3-C．檢驗溶液中是否含有C1-,應(yīng)先加入足量的Ba（NO3）2溶液,再取上層清液依次加入稀硝酸、硝酸銀溶液D．該澄清溶液顯中性或酸性12、短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。W原子的最外層電子數(shù)是X與Z原子最外層電子數(shù)之和，W簡單氫化物r溶于水完全電離。m、p是由這些元素組成的二元化合物，m可做制冷劑，無色氣體p遇空氣變?yōu)榧t棕色。下列說法正確的是（）A．簡單離子半徑：W>Z>Y>XB．Y原子的價電子軌道表示式為C．r與m可形成離子化合物，其陽離子電子式為D．一定條件下，m能與Z的單質(zhì)反應(yīng)生成p13、某可充電鈉離子電池放電時工作原理如圖所示，下列說法錯誤的是A．放電時電勢較低的電極反應(yīng)式為：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[(CN)6]B．外電路中通過0.2mol電子的電量時，負極質(zhì)量變化為2.4gC．充電時，Mo箔接電源的正極D．放電時，Na+從右室移向左室14、下列事實不能說明X元素的非金屬性比硫元素的非金屬性強的是（）A．X單質(zhì)與H2S溶液反應(yīng)，溶液變渾濁B．在氧化還原反應(yīng)中，1molX單質(zhì)比1mol硫得電子多C．X和硫兩元素的氣態(tài)氫化物受熱分解，前者的分解溫度高D．X元素的最高價含氧酸的酸性強于硫酸的酸性15、化學(xué)與生產(chǎn)、生活和環(huán)境密切相關(guān)。下列有關(guān)說法正確的是()A．面粉生產(chǎn)中禁止添加的過氧化鈣(CaO2)中陰、陽離子個數(shù)比為1：2B．“文房四寶”中的硯臺，用石材磨制的過程是化學(xué)變化C．月餅中的油脂易被氧化，保存時常放入裝有硅膠的透氣袋D．絲綢的主要成分是蛋白質(zhì)，它屬于天然高分子化合物16、對于復(fù)分解反應(yīng)X+YZ+W，下列敘述正確的是A．若Z是強酸，則X和Y必有一種是強酸B．若X是強酸，Y是鹽，反應(yīng)后可能有強酸或弱酸生成C．若Y是強堿，X是鹽，則Z或W必有一種是弱堿D．若W是弱堿，Z是鹽，則X和Y必有一種是強堿17、測定硫酸銅晶體中結(jié)晶水含量實驗，經(jīng)計算相對誤差為+0.4%，則下列對實驗過程的相關(guān)判斷合理的為（）A．所用晶體中有受熱不揮發(fā)的雜質(zhì) B．用玻璃棒攪拌時沾去少量的藥品C．未將熱的坩堝放在干燥器中冷卻 D．在實驗結(jié)束時沒有進行恒重操作18、主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序數(shù)依次增大，且均不大于20。其中X-的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同，R和Y同族，Y元素的某種單質(zhì)是一種自來水消毒劑；Z3+和Y2-具有相同的電子層結(jié)構(gòu)；T、W、Y三種元素組成鹽T2WY3的溶液通入過量CO2后產(chǎn)生白色沉淀。下列說法不正確的是（）A．原子半徑：T>R>W>ZB．T和R形成化合物的水溶液呈堿性C．化合物TX具有很強的還原性，可與水反應(yīng)D．T、R、Z三種元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物兩兩能發(fā)生反應(yīng)19、下圖為一定條件下采用多孔惰性電極的儲氫電池充電裝置（忽略其他有機物）。已知儲氫裝置的電流效率×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鍵的斷裂實現(xiàn)氫的儲存C．生成目標產(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0.8mol20、兩份鋁屑，第一份與足量鹽酸反應(yīng)，第二份與足量NaOH溶液反應(yīng)，產(chǎn)生氫氣的體積比為1∶2（同溫同壓下），則第一份與第二份鋁屑的質(zhì)量比為A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．2∶121、常溫下，HNO2的電離平衡常數(shù)為K＝4.6×10－4(已知＝2.14)，向20mL0.01mol·L－1HNO2溶液中逐滴加入相同濃度的NaOH溶液，測得混合液的pH隨NaOH溶液體積的變化如圖所示，下列判斷正確的是A．X＝20B．a(chǎn)點溶液中c(H＋)＝2.14×10－3mol·L－1C．a(chǎn)、b、c、d四點對應(yīng)的溶液中水的電離程度逐漸減小D．b點溶液中微粒濃度的大小關(guān)系為c(HNO2)＞c(Na＋)＞c()22、在NaCN溶液中存在水解平衡:CN--+H2OHCN+OH--，水解常數(shù)[c0(NaCN)是NaCN溶液的起始濃度]。25℃向1mol/L的NaCN溶液中不斷加水稀釋，NaCN溶液濃度的對數(shù)值lgc0與2pOH[pOH=-lgc(OH-)]的關(guān)系下圖所示，下列說法錯誤的是A．25℃時，Kh(CN-)的值為10-4.7B．升高溫度，可使曲線上a點變到b點C．25℃，向a點對應(yīng)的溶液中加入固體NaCN，CN-的水解程度減小D．c點對應(yīng)溶液中的c(OH-)大于a點二、非選擇題(共84分)23、（14分）某有機物F()在自身免疫性疾病的治療中有著重要的應(yīng)用，工業(yè)上以乙烯和芳香族化合物B為基本原料制備F的路線圖如下：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO(1)乙烯生成A的原子利用率為100%，則X是___________(填化學(xué)式)，F(xiàn)中含氧官能團的名稱為___________。(2)E→F的反應(yīng)類型為___________，B的結(jié)構(gòu)簡式為___________，若E的名稱為咖啡酸，則F的名稱是___________。(3)寫出D與NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式：_________________________________。(4)E的同系物G比E多一個碳原子，G有多種同分異構(gòu)體，符合下列條件的同分異構(gòu)體有___________種①能發(fā)生水解反應(yīng)、銀鏡反應(yīng)且1mol該物質(zhì)最多可還原出4molAg②遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)③分子中沒有甲基，且苯環(huán)上有2個取代基(5)以乙烯為基本原料，設(shè)計合成路線合成2-丁烯酸，寫出合成路線：______________________________(其他試劑任選)。24、（12分）Q、W、X、Y、Z是位于不同主族的五種短周期元素，其原子序數(shù)依次增大。①W的氫化物與W最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)生成化合物甲。②X、Y、Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物之間兩兩反應(yīng)均可生成鹽和水。③常溫下，Q的最高價氣態(tài)氧化物與化合物X2O2發(fā)生反應(yīng)生成鹽乙。請回答下列各題:(1)甲的水溶液呈酸性，用離子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。(2)③中反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________________________________。(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M為金屬元素，方程式未配平)由上述信息可推測Z在周期表中位置為________________________________________________________________________________________________。(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。寫出此反應(yīng)的離子方秳式_____________________________。25、（12分）氮化鈣(Ca3N2)是一種重要的化學(xué)試劑。某化學(xué)興趣小組擬制備氮化鈣并測定產(chǎn)品純度。已知：①氮化鈣極易與水反應(yīng)；②實驗室在加熱條件下用飽和NaNO2溶液和飽和(NH4)2SO4溶液混合制備N2；③焦性沒食子酸溶液用于吸收少量O2。I．制備氮化鈣。他們選擇下列裝置設(shè)計實驗(裝置可重復(fù)使用)：(1)實驗室將鈣保存在________中(填物質(zhì)名稱)。氮化鈣中所含化學(xué)鍵類型是_________。(2)氣體從左至右，裝置連接順序為____________________________。(填代號)(3)寫出A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：______________________________。(4)用化學(xué)方法檢驗氮化鈣(Ca3N2)產(chǎn)品中是否混有Ca，設(shè)計實驗方案：________。Ⅱ.測定產(chǎn)品純度。利用如圖裝置測定氮化鈣產(chǎn)品純度(雜質(zhì)不產(chǎn)生氣體，氨氣不溶于煤油)。(5)當(dāng)產(chǎn)品與蒸餾水完全反應(yīng)后，冷卻至室溫、調(diào)平液面、讀數(shù)。調(diào)平液面的操作是___________________________________。(6)取產(chǎn)品質(zhì)量為wg，開始量氣管讀數(shù)為V1mL，最終量氣管讀數(shù)為V2mL(折合成標準狀況)，則該樣品純度為________________________(用代數(shù)式表示)。如果開始仰視刻度線，終點時俯視刻度線，則測得結(jié)果________(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。26、（10分）長期缺碘和碘攝入過量都會對健康造成危害，目前加碘食鹽中碘元素絕大部分以IO3-存在，少量以I-存在?，F(xiàn)使用Na2S2O3對某碘鹽樣品中碘元素的含量進行測定。Ⅰ．I-的定性檢測（1）取少量碘鹽樣品于試管中，加水溶解，滴加硫酸酸化，再滴加數(shù)滴5％NaNO2和淀粉的混合溶液，若溶液變?yōu)開_________色，則存在I-，同時有無色氣體產(chǎn)生（該氣體遇空氣變成紅棕色）。試寫出該反應(yīng)的離子方程式為_________________。Ⅱ．硫代硫酸鈉的制備工業(yè)制備硫代硫酸鈉的反應(yīng)原理為，某化學(xué)興趣小組用上述原理實驗室制備硫代硫酸鈉如圖：先關(guān)閉K3打開K2，打開分液漏斗，緩緩滴入濃硫酸，控制好反應(yīng)速率。（2）y儀器名稱__________，此時B裝置的作用是__________。（3）反應(yīng)開始后，C中先有淡黃色渾濁，后又變?yōu)槌吻?，此渾濁物為__________（填化學(xué)式）。裝置D的作用是__________。（4）實驗結(jié)束后，關(guān)閉K2打開K1，玻璃液封管x中所盛液體最好為__________。（填序號）ANaOH溶液B．濃硫酸C飽和NaHSO3溶液Ⅲ．碘含量的測定已知：①稱取10.00g樣品，置于250mL錐形瓶中，加水100mL溶解，加2mL磷酸，搖勻。②滴加飽和溴水至溶液呈現(xiàn)淺黃色，邊滴加邊搖，至黃色不褪去為止（約1mL）。③加熱煮沸，除去過量的溴，再繼續(xù)煮沸5min，立即冷卻，加入足量15％碘化鉀溶液，搖勻。④加入少量淀粉溶液作指示劑，再用0.0002mol/L的Na2S2O3標準溶液滴定至終點。⑤重復(fù)兩次，平均消耗Na2S2O3溶液9.00mL相關(guān)反應(yīng)為：，，（5）請根據(jù)上述數(shù)據(jù)計算該碘鹽含碘量為__________mg·kg-1。27、（12分）氯化亞銅(CuCl)晶體呈白色，見光分解，露置于潮濕空氣中易被氧化。某研究小組設(shè)計如下兩種方案在實驗室制備氯化亞銅。方案一：銅粉還原CuSO4溶液已知：CuCl難溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(無色溶液)。(1)步驟①中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為________________。(2)步驟②中，加入大量水的作用是_____________。(3)如圖流程中用95%乙醇洗滌和真空干燥是為了防止________________。方案二：在氯化氫氣流中加熱CuCl2?2H2O晶體制備，其流程和實驗裝置(夾持儀器略)如下：請回答下列問題：(4)實驗操作的先后順序是a→_____→______→_______→e(填操作的編號)a．檢査裝置的氣密性后加入藥品b．點燃酒精燈，加熱c．在“氣體入口”處通入干燥HCld．熄滅酒精燈，冷卻e．停止通入HCl，然后通入N2(5)在實驗過程中，觀察到B中物質(zhì)由白色變?yōu)樗{色，C中試紙的顏色變化是______。(6)反應(yīng)結(jié)束后，取出CuCl產(chǎn)品進行實驗，發(fā)現(xiàn)其中含有少量的CuCl2雜質(zhì)，請分析產(chǎn)生CuCl2雜質(zhì)的原因________________________。(7)準確稱取0.2500g氯化亞銅樣品置于一定量的0.5mol/LFeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加水20mL，用0.1000mol/L的Ce(SO4)2溶液滴定到終點，消耗24.60mLCe(SO4)2溶液。有關(guān)化學(xué)反應(yīng)為Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，計算上述樣品中CuCl的質(zhì)量分數(shù)是_____________%(答案保留4位有效數(shù)字)。28、（14分）回收利用硫和氮的氧化物是保護環(huán)境的重要舉措。I．（1）工業(yè)生產(chǎn)可利用CO從燃煤煙氣中脫硫。已知S(s)的燃燒熱(△H)為-mkJ/mol。CO與O2反應(yīng)的能量變化如圖所示，則CO從燃煤煙氣中脫硫的熱化學(xué)方程式為______(△H用含m的代數(shù)式表示)。（2）在模擬回收硫的實驗中，向某恒容密閉容器中通入2.8molCO和1molSO2氣體，反應(yīng)在不同條件下進行，反應(yīng)體系總壓強隨時間的變化如圖所示。①與實驗a相比，實驗c改變的實驗條件可能是_________。②請利用體積分數(shù)計算該條件下實驗b的平衡常數(shù)K=________。（列出計算式即可）（注：某物質(zhì)的體積分數(shù)=該物質(zhì)的物質(zhì)的量/氣體的總物質(zhì)的量）（3）雙堿法除去SO2的原理為：NaOH溶液Na2SO3溶液。該方法能高效除去SO2并獲得石膏。①該過程中NaOH溶液的作用是_______。②25℃時,將一定量的SO2通入到100mL0.1mol/L的NaOH溶液中，兩者完全反應(yīng)得到含Na2SO3、NaHSO3的混合溶液，溶液恰好呈中性，則溶液中H2SO3的物質(zhì)的量濃度是____（假設(shè)反應(yīng)前后溶液體積不變；25℃時，H2SO3的電離常數(shù)K1=1.0×10-2K2=5.0×10-8)。II．用NH3消除NO污染的反應(yīng)原理為：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)△H=-1807.98kJ/mol。不同溫度條件下，NH3與NO的物質(zhì)的量之比分別為4:1、3:1、1:3，得到NO脫除率曲線如圖所示。（1）曲線a中NH3的起始濃度為4×10-5mol/L,從A點到B點經(jīng)過1秒，該時間段內(nèi)NO的脫除速率為____mg/(L·s)。（2）不論以何種比例混合，溫度超過900℃，NO脫除率驟然下降，除了在高溫條件下氮氣與氧氣發(fā)生反應(yīng)生成NO，可能的原因還有（一條即可）____。29、（10分）α﹣苯基丙烯酸可用于合成人造龍涎香，現(xiàn)以甲苯為原料，按下列方法合成（從F開始有兩條合成路線）已知：①CH3CH2Br+NaCNCH3CH2CN+NaBr②CH3CH2CNCH3CH2COOH完成下列填空：(1)寫出D的結(jié)構(gòu)簡式______。(2)寫出反應(yīng)類型：反應(yīng)④______。(3)寫出反應(yīng)所需要試劑與條件：反應(yīng)①______，反應(yīng)②______。(4)寫出一種滿足下列條件的D的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式______。①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)②能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)③分子中有5種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子(5)檢驗E是否完全轉(zhuǎn)化為F的方法是______。(6)路線二與路線一相比不太理想，理由是______。(7)利用已知條件，設(shè)計一條由制備的合成路線_________________。（合成路線的表示方法為：AB…目標產(chǎn)物）

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、C【解析】

A．CCl4中只含C-Cl極性共價鍵，故A不選；B．Na2O2既含有非極性共價鍵，又含有離子鍵，為離子化合物，故B不選；C．C2H4中含C-H極性共價鍵和C=C非極性共價鍵，只含共價鍵，由C、H元素組成，為共價化合物，故C選；D．CS2中只含C=S極性共價鍵，故D不選；故選：C。2、A【解析】

A.膠體具有電泳的性質(zhì)證明膠體粒子帶有電荷，在電場力作用下會向某一個電極定向移動，可向豆?jié){中加入鹽鹵制作豆腐是蛋白質(zhì)膠體粒子遇電解質(zhì)，膠粒上吸附的電荷被中和發(fā)生聚沉現(xiàn)象，與電泳無關(guān)，不存在因果關(guān)系，A符合題意；B.醋酸酸性強于碳酸，醋酸與水垢中的CaCO3發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)產(chǎn)生可溶性醋酸鈣，因而可用醋酸溶液清除熱水器中的水垢，有因果關(guān)系，B不符合題意；C.小蘇打受熱易分解會產(chǎn)生CO2可以使面團松軟，所以在面粉中加入適量小蘇打焙制糕點，有因果關(guān)系，C不符合題意；D.氧化鋁屬于離子化合物，陽離子與陰離子之間有強烈的離子鍵，所以物質(zhì)熔點高，不容易變?yōu)橐簯B(tài)，因此可作耐高溫材料，有因果關(guān)系，D不符合題意；故合理選項是A。3、D【解析】

A、溴單質(zhì)能與氫氧化鈉反應(yīng)，生成溴化鈉，易溶于水，所以苯層中不存在溴單質(zhì)，所以苯層為無色，故A不正確；B、常溫下鐵在濃硫酸中發(fā)生鈍化現(xiàn)象；阻止反應(yīng)進行，鐵片不能溶解，高錳酸鉀溶液不變色，故B不正確；C、銅和稀硝酸發(fā)生生成一氧化氮氣體在廣口瓶中遇到空氣中的氧氣反應(yīng)生成紅棕色氣體二氧化氮，故不正確；D、飽和氯化鐵溶液加熱到紅褐色后制的氫氧化鐵膠體，膠體具有丁達爾現(xiàn)象，光線通過出現(xiàn)一-條光亮的通路，故D正確；故選D。4、C【解析】

A．淀粉、蛋白質(zhì)是有機高分子化合物，油脂不是有機高分子化合物，A項錯誤；B．苯不能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，B項錯誤；C．酶是由活細胞產(chǎn)生的具有催化功能的有機物，具有高度選擇性，絕大多數(shù)酶是蛋白質(zhì)，C項正確；D．在FeBr3的催化下，苯可與液溴發(fā)生取代反應(yīng)，但不與溴水反應(yīng)，D項錯誤；答案選C。5、D【解析】

A.絡(luò)合反應(yīng)為可逆反應(yīng)，則①濁液中存在平衡：AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)，A項正確；B.離子與SCN-結(jié)合生成絡(luò)離子，則②中顏色變化說明上層清液中含有SCN-，B項正確；C.銀離子與碘離子結(jié)合生成AgI黃色沉淀，則③中顏色變化說明有AgI生成，C項正確；D.硝酸銀過量，不發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，余下的濁液中含銀離子，與KI反應(yīng)生成黃色沉淀，不能證明AgI比AgSCN更難溶，D項錯誤；答案選D。6、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X、W同主族，最外層電子數(shù)相同，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，為金屬鈉，Z是地殼中含量最多的金屬元素，為鋁，四種元素原子的最外層電子數(shù)總和為16，所以計算X、W的最外層電子數(shù)為6，分別為氧和硫。X為氧，Y為鈉，Z為鋁，W為硫。A.原子半徑同一周期從左至右逐漸減小，同一主族從上至下逐漸增大，則原子半徑：r(X)<r(W)<r(Z)，故錯誤；B.Y、Z、W的最高價氧化物的水化物分別為氫氧化鈉，氫氧化鋁，硫酸，兩兩之間均能反應(yīng)，故正確；C.因為氧的非金屬性比硫強，所以簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：X>W，故錯誤；D.X分別與Y形成氧化鈉或過氧化鈉，含有離子鍵，氧和硫形成的化合物為二氧化硫或三氧化硫，只含共價鍵，故錯誤。故選B。7、C【解析】

A、反應(yīng)在前50s內(nèi)PCl3的物質(zhì)的量增加0.16mol，所以前50s內(nèi)的平均速率v(PCl3)==0.0016mol／(L·s)，故A錯誤；B、原平衡時PCl3的物質(zhì)的量濃度c(PCl3)=0.20mol÷2.0L=0.10mol/L，若升高溫度，平衡時c(PCl3)=0.11mol/L，PCl3的濃度比原平衡時增大了，說明升高溫度，平衡正向移動，則正向是吸熱反應(yīng)，故B錯誤；C、根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知平衡時Cl2的濃度是0.1mol/L，PCl5的濃度是0.4mol/L，則該溫度下的平衡常數(shù)K==0.025，相同溫度下，起始時向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20mo1Cl2，Qc==0.02<0.025，所以反應(yīng)正向進行，達平衡前v正＞v逆，故C正確；D、相同溫度下，起始時向容器中充入1.0molPCl3、1.0molCl2，則與原平衡是等效平衡，原平衡中五氯化磷的轉(zhuǎn)化率是0.2mol÷1.0mol×100%=20%，所以三氯化磷的轉(zhuǎn)化率是80%，而向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，相當(dāng)于容器的體積縮小一倍，壓強增大，則平衡逆向移動，所以三氯化磷的轉(zhuǎn)化率大于80%，故D錯誤；答案選C。8、B【解析】

A.同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，因此原子半徑r(Na)>r(O)，Na+、O2-電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑r(Na+)<r(O2-)，A正確；B.碘的兩種核素131I和137I的核外電子數(shù)相等，核外電子數(shù)之差為0，B錯誤；C.元素的非金屬性P>As，元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性就越強，所以H3PO4的酸性比H3AsO4的酸性強，C正確；D.Na、Mg、Al位于同一周期，元素的金屬性逐漸減弱，則失電子能力和最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性均依次減弱，D正確；故合理選項是B。9、C【解析】

A.因為苯酚是固體，將其溶于乙醚形成溶液時，可以和金屬鈉反應(yīng)，二者配制成接近濃度，可以從反應(yīng)產(chǎn)生氣體的快慢進行比較，故正確；B.四種溶液中加入新制的氫氧化銅懸濁液，沒有明顯現(xiàn)象的為乙醛，出現(xiàn)沉淀的為雞蛋白溶液，另外兩個出現(xiàn)絳藍色溶液，將兩溶液加熱，出現(xiàn)磚紅色沉淀的為葡萄糖，剩余一個為甘油，故能區(qū)別；C.牛油的主要成分為油脂，在氫氧化鈉溶液加熱的條件下水解生成高級脂肪酸鹽，應(yīng)加入熱的飽和食鹽水進行鹽析，故錯誤；D.不同的氨基酸的pH不同，可以通過控制pH法進行分離，乙醇能與水任意比互溶，但溴乙烷不溶于水，所以可以用水進行萃取分離，故正確。故選C。10、B【解析】

A．在反應(yīng)中，Na失去電子變?yōu)镹a+,與電解質(zhì)中的Cl-結(jié)合形成NaCl，所以電池反應(yīng)中有NaCl生成，正確；B．在電池正極是NiCl2+2e-=Ni+2Cl－,所以其總反應(yīng)是金屬鈉還原Ni2+變?yōu)镹i，錯誤；C．根據(jù)電池結(jié)構(gòu)及工作原理可知：正極反應(yīng)為：NiCl2+2e－=Ni+2Cl－，正確；D．根據(jù)同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引的原則，鈉離子通過鈉離子導(dǎo)體從負極移向正極，正確；答案選B。11、C【解析】

A．該溶液中含有Fe3+，所以檢驗時應(yīng)該加入KSCN溶液，看溶液是否顯血紅色，故A項錯誤；B．ClO-與Fe3+發(fā)生相互促進的水解反應(yīng)而不能大量共存，故B項錯誤；C．溶液中含有的SO42-會干擾Cl-的檢驗，所以先加入足量的Ba(NO3)2溶液將SO42-完全沉淀,再檢驗Cl-，故C項正確；D．銨根和鐵離子在溶液中發(fā)生水解會使溶液顯酸性，故D項錯誤；故答案為C。12、D【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。m可做制冷劑，則m為NH3，則X為H；無色氣體p遇空氣變?yōu)榧t棕色，則p為NO；N元素的簡單氫化物是非電解質(zhì)，所W不是O、N，則Y為N，Z為O，W原子的最外層電子數(shù)是X與Z原子最外層電子數(shù)之和，且其簡單氫化物r溶于水完全電離，則W為Cl?！驹斀狻緼．電子層數(shù)越多離子半徑越大，電子層數(shù)相同，原子序數(shù)越小半徑越大，所以簡單離子半徑：Cl->N3->O2->H+，故A錯誤；B．Y為N，其價層電子為2s22p3，價電子軌道表示式為：，故B錯誤；C．r與m可形成離子化合物氯化銨，銨根的正確電子式為，故C錯誤；D．氨氣與氧氣在催化劑加熱的條件下可以生成NO，故D正確；故答案為D。13、A【解析】

由原電池示意圖可知，正極上發(fā)生還原反應(yīng)，電解方程式為Fe[Fe(CN)6]+2Na+-2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，負極發(fā)生氧化反應(yīng)，電解方程式為2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，充電時，原電池的負極連接電源的負極，電極反應(yīng)和放電時的相反，以此解答該題。【詳解】A．放電時，電勢較低的電極為負極，負極失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，A錯誤；B．負極上Mg失電子發(fā)生氧化反應(yīng)：2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，外電路中通過0.2mol電子的電量時，負極質(zhì)量變化為減少的金屬鎂0.1mol，即質(zhì)量變化2.4g，B正確；C．充電時，原電池的正極連接電源的正極，發(fā)生氧化反應(yīng)，Mo箔接電源的正極，C正確；D．放電時，陽離子Na+向負電荷較多的正極移動，所以放電時，Na＋從右室移向左室，D正確；故合理選項是A?！军c睛】本題考查原電池與電解池的知識，原電池的負極、電解池的陽極發(fā)生氧化反應(yīng)；原電池的正極和電解池的陰極上發(fā)生還原反應(yīng)，注意把握原電池、電解池的工作原理，根據(jù)電池總反應(yīng)書寫電極反應(yīng)式，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力。14、B【解析】

比較非金屬元素的非金屬性強弱，可根據(jù)單質(zhì)之間的置換反應(yīng)、對應(yīng)最高價氧化物的水化物的酸性、氫化物的穩(wěn)定性等角度判斷，而與得失電子數(shù)沒有必然關(guān)系?！驹斀狻緼．X單質(zhì)與H2S溶液反應(yīng)，溶液變渾濁，說明X單質(zhì)的氧化性比硫強，則說明X元素的非金屬性比S元素的非金屬性強，故A不符合題意；B．在氧化還原反應(yīng)中，1molX單質(zhì)比1molS得電子多，氧化性強弱與得失電子數(shù)沒有必然關(guān)系，故B符合題意；C．元素的非金屬性越強，氫化物的穩(wěn)定性越強，X和S兩元素的簡單氫化物受熱分解，前者的分解溫度高，說明X的非金屬性較強，故C不符合題意；D．X元素的最高價含氧酸的酸性強于硫酸的酸性，說明X的非金屬性較強，故D不符合題意；故答案選B。15、D【解析】

A.過氧化鈣(CaO2)中陰離子是O22-，陽離子是Ca2+，故陰、陽離子個數(shù)比為1：1，A錯誤；B.用石材制作硯臺的過程沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，B錯誤；C.防止食品氧化變質(zhì)，應(yīng)加入還原劑，硅膠具有吸水性，是干燥劑，C錯誤；D.絲綢的主要成分是蛋白質(zhì)，屬于天然高分子化合物，D正確；故合理選項是D。16、B【解析】

A．H2S+CuSO4=CuS+H2SO4。錯誤；B．H2SO4+2NaCl=Na2SO4+2HCl↑；2HCl+FeS=FeCl2+H2S↑，正確；C．Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，錯誤；D．CuSO4+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4，錯誤。17、B【解析】

測定硫酸銅晶體中結(jié)晶水含量實驗，經(jīng)計算相對誤差為+0.4%，即測定的結(jié)晶水含量偏高。【詳解】A．所用晶體中有受熱不揮發(fā)的雜質(zhì)，會導(dǎo)致測定的硫酸銅的質(zhì)量偏大，導(dǎo)致測定的水的質(zhì)量偏小，測定的結(jié)晶水含量偏低，故A不選；B．用玻璃棒攪拌時沾去少量的藥品，會導(dǎo)致測定的硫酸銅的質(zhì)量偏小，導(dǎo)致水的質(zhì)量測定結(jié)果偏大，測定的結(jié)晶水含量偏高，故B選；C．未將熱的坩堝放在干燥器中冷卻，會導(dǎo)致測定的硫酸銅的質(zhì)量偏大，使測定的水的質(zhì)量偏小，測定的結(jié)晶水含量偏低，故C不選；D．在實驗結(jié)束時沒有進行恒重操作，會導(dǎo)致測定的硫酸銅的質(zhì)量偏大，使測定的水的質(zhì)量偏小，測定的結(jié)晶水含量偏低，故D不選；故選：B。18、A【解析】

主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序數(shù)依次增大，且均不大于20。其中X-的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同，則X為H元素；R和Y同族，Y元素的某種單質(zhì)是一種自來水消毒劑，為O3，則Y為O元素；R為S元素；Z3+和Y2-具有相同的電子層結(jié)構(gòu)Z在Y的下一周期，Z為鋁元素；T、W、Y三種元素組成鹽T2WY3的溶液通入過量CO2后產(chǎn)生白色沉淀，且W的原子序數(shù)大于鋁而小于硫，故T2WY3為K2SiO3，生成的白色沉淀為硅酸，據(jù)此分析?！驹斀狻恐髯逶豖、Y、Z、W、R、T的原子序數(shù)依次增大，且均不大于20。其中X-的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同，則X為H元素；R和Y同族，Y元素的某種單質(zhì)是一種自來水消毒劑，為O3，則Y為O元素；R為S元素；Z3+和Y2-具有相同的電子層結(jié)構(gòu)Z在Y的下一周期，Z為鋁元素；T、W、Y三種元素組成鹽T2WY3的溶液通入過量CO2后產(chǎn)生白色沉淀，且W的原子序數(shù)大于鋁而小于硫，故T2WY3為K2SiO3，生成的白色沉淀為硅酸。A.同周期元素從左而右依次減小，故原子半徑：T(K)>Z(Al)>W(Si)>R(S)，選項A不正確；B.T和R形成化合物K2S為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，選項B正確；C.化合物TX為KH，具有很強的還原性，可與水反應(yīng)生成氫氧化鉀和氫氣，選項C正確；D.T、R、Z三種元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物氫氧化鉀、硫酸、氫氧化鋁兩兩能發(fā)生反應(yīng)，選項D正確。答案選A?！军c睛】本題考查元素周期表元素周期律的應(yīng)用。推斷元素是解題的關(guān)鍵，通過判斷：Y元素的某種單質(zhì)是一種自來水消毒劑，結(jié)合Y元素原子序數(shù)較小，可知為O3，從而進一步求解。19、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錯誤；C.儲氫是將苯轉(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。20、B【解析】

鹽酸與NaOH溶液足量，則鋁完全反應(yīng)，設(shè)鋁與鹽酸、NaOH溶液反應(yīng)生成的氫氣的物質(zhì)的量分別為xmol、2xmol，則2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑23x2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑232x則第一份與第二份鋁屑的質(zhì)量比為：(mol×27g/mol)︰(mol×27g/mol)=1︰2，故選B。21、B【解析】

A.向20mL0.01mol?L?1的HNO2溶液中逐滴加入相同濃度的NaOH溶液，若恰好反應(yīng)需要氫氧化鈉溶液體積20mL，C點是溶液呈中性，溶質(zhì)為HNO2、NaNO2混合溶液，X<20，A項錯誤；B.由HNO2?H++NO2?，K=≈，則4.6×10?4≈，得到c(H+)=2.14×10?3mol/L，B項正確；C.c點是溶液呈中性，溶質(zhì)為HNO2、NaNO2混合溶液；氫氧化鈉溶液體積為20mL時恰好反應(yīng)，那么a到恰好完全反應(yīng)時，水的電離程度逐漸增大；d點從圖中讀不出是在恰好反應(yīng)之前還是恰好反應(yīng)之后，C項錯誤；D.b點溶液為HNO2、NaNO2混合溶液，且濃度比為1:1，由NO2?+H2O?HNO2+OH?，HNO2?H++NO2?，電離程度大于水解程度，可知溶液呈酸性，微粒濃度大小為c(NO2?)>c(Na+)>c(HNO2)，D項錯誤；答案選B。22、B【解析】A.當(dāng)lgc0=0時，=1mol/L，此時=1×10-4.7(mol/L)2，故由得，Kn(CN-)=10-4.7，A正確；B.隨著豎坐標的值增大，降低，即b點小于a點，而升高溫度可加速鹽類的水解，所以B錯誤；C.向a點加入固體NaCN，相當(dāng)于減少水的添加量，會降低CN-的水解程度，C正確；D.隨著豎坐標的值增大，降低，故c點對應(yīng)溶液中的c(OH-)大于a點，D正確。所以選擇B。二、非選擇題(共84分)23、O2(酚)羥基、酯基取代反應(yīng)(或酯化反應(yīng))咖啡酸乙酯+5NaOH+2NaCl+3H2O9CH2=CH2CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH【解析】

根據(jù)流程圖中有機物的結(jié)構(gòu)式、分子式及反應(yīng)條件分析各步反應(yīng)的反應(yīng)類型及產(chǎn)物；根據(jù)已知條件分析同分異構(gòu)體的種類；根據(jù)題干信息設(shè)計有機物合成路線。由C的結(jié)構(gòu)簡式、反應(yīng)信息知，A、B中均含有醛基，再結(jié)合乙烯與A的轉(zhuǎn)化關(guān)系知，A是乙醛，B是，由C轉(zhuǎn)化為D的反應(yīng)條件知，D為，由E的分子式、F的結(jié)構(gòu)式及反應(yīng)條件知，E為，由E、F之間的關(guān)系知Y是乙醇，由酯的命名方法知F的名稱為咖啡酸乙酯；【詳解】由C的結(jié)構(gòu)簡式、反應(yīng)信息知，A、B中均含有醛基，再結(jié)合乙烯與A的轉(zhuǎn)化關(guān)系知，A是乙醛，B是，由C轉(zhuǎn)化為D的反應(yīng)條件知，D為，由E的分子式、F的結(jié)構(gòu)式及反應(yīng)條件知，E為，由E、F之間的關(guān)系知Y是乙醇，由酯的命名方法知F的名稱為咖啡酸乙酯；(1)乙烯生成乙醛，則X是O2；F中含氧官能團的名稱為羥基、酯基；(2)E→F的反應(yīng)類型為酯化反應(yīng)或取代反應(yīng)；B的結(jié)構(gòu)簡式為；F的名稱是咖啡酸乙酯；(3)D為，與NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式：；(4)由②得出分子中含有苯環(huán)且苯環(huán)上含有酚羥基；由①及分子中氧原子數(shù)目知分子中含有一個-CHO、一個HCOO-，苯環(huán)上有2個官能團一定有-OH，還含有－CH2CH(CHO)OOCH或－CH(CHO)CH2OOCH或－CH(OOCH)CH2CHO，苯環(huán)上有3種不同的位置關(guān)系，故共有9種同分異構(gòu)體；(5)乙烯先被氧化成乙醛，乙醛再轉(zhuǎn)化為2-丁烯醛，最后氧化為目標產(chǎn)物：CH2=CH2CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH?！军c睛】本題難點是問題（4），應(yīng)根據(jù)題中信息進行分析，遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明G中含有苯環(huán)和酚羥基，能發(fā)生水解反應(yīng)，說明含有酯基，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基，1mol該物質(zhì)最多還原出4molAg，說明酯基為HCOO－，分子不含有甲基，且苯環(huán)上有2個取代基，取代基的位置為鄰間對三種，然后根據(jù)官能團位置異構(gòu)進行分析。24、NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O【解析】

根據(jù)題干可知Q、W、X、Y、Z分別為C、N、O、Na、Cl五種元素。(1)甲為硝酸銨，其水溶液呈酸性，主要是銨根水解顯酸性，其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反應(yīng)為二氧化碳和過氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，其化學(xué)方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。(3)根據(jù)方程式ZO3n－→Z－，由上述信息可推測Z為Cl，在周期表中位置為第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。此反應(yīng)的離子方程式為16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O?！驹斀狻?1)甲為硝酸銨，其水溶液呈酸性，主要是銨根水解顯酸性，其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案為：NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反應(yīng)為二氧化碳和過氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，其化學(xué)方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案為：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。(3)根據(jù)方程式ZO3n－→Z－，由上述信息可推測Z為Cl，在周期表中位置為第三周期第ⅦA族，故答案為：第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。此反應(yīng)的離子方程式為16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案為：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。25、煤油離子鍵A、D、C、B、C2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O取少量產(chǎn)品溶于足量的蒸餾水中，將產(chǎn)生的氣體依次通過足量的濃硫酸、赤熱的氧化銅粉末，若黑色粉末變成紅色，則原產(chǎn)品中含有鈣，否則不含鈣上下移動水準瓶偏低【解析】

(1).鈣的密度比煤油的大，鈣是活潑金屬能與氧氣、水反應(yīng)；氮化鈣是活潑金屬與活潑非金屬形成的離子化合物；(2).金屬鈣與氮氣反應(yīng)生成氮化鈣，氮化鈣與水能反應(yīng)，所以裝置B前后都應(yīng)加裝干燥劑，鈣能與氧氣反應(yīng)，所以需要用焦性沒食子酸溶液除掉氮氣中的氧氣。(3)裝置A中飽和NaNO2溶液和飽和(NH4)2SO4溶液在加熱條件下發(fā)生歸中反應(yīng)生成氮氣；(4)氮化鈣與水反應(yīng)放出氨氣，鈣與水反應(yīng)生成氫氣。(5)調(diào)平液面是將量氣管和水準瓶中的液面保持相平。(6)氮化鈣與水反應(yīng)的方程式是Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑，根據(jù)氨氣的體積計算樣品純度。如果開始仰視刻度線，終點時俯視刻度線，則測得氨氣的體積偏小。【詳解】(1).鈣的密度比煤油的大，鈣是活潑金屬能與氧氣、水反應(yīng)，所以實驗室將鈣保存在煤油中；氮化鈣是活潑金屬與活潑非金屬形成的離子化合物，所以氮化鈣含有離子鍵；(2).金屬鈣與氮氣反應(yīng)生成氮化鈣，氮化鈣與水能反應(yīng)，所以裝置B前后都應(yīng)加裝干燥劑，鈣能與氧氣反應(yīng)，所以需要用焦性沒食子酸溶液除掉氮氣中的氧氣，裝置連接順序為A→D→C→B→C。(3)裝置A中飽和NaNO2溶液和飽和(NH4)2SO4溶液在加熱條件下發(fā)生歸中反應(yīng)生成氮氣，反應(yīng)化學(xué)方程式是2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O；(4)氮化鈣與水反應(yīng)放出氨氣，鈣與水反應(yīng)生成氫氣。檢驗氮化鈣(Ca3N2)產(chǎn)品中是否混有Ca方法是取少量產(chǎn)品溶于足量的蒸餾水中，將產(chǎn)生的氣體依次通過足量的濃硫酸、赤熱的氧化銅粉末，若黑色粉末變成紅色，則原產(chǎn)品中含有鈣，否則不含鈣。(5)調(diào)平液面是將量氣管和水準瓶中的液面保持相平，操作方法是上下移動水準瓶；(6)樣品與水反應(yīng)生成氨氣的體積是(V2mL－V1mL)，設(shè)樣品中Ca3N2的質(zhì)量為xg；Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑148g44.8Lxg(V2－V1)×10-3Lx=則該樣品純度為；如果開始仰視刻度線，終點時俯視刻度線，則測得氨氣的體積偏小，所以測得結(jié)果偏低?！军c睛】本題考查物質(zhì)的制備實驗，把握實驗裝置的作用、發(fā)生的反應(yīng)及制備原理為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意物質(zhì)性質(zhì)的綜合應(yīng)用。26、藍2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO↑+2H2O三頸燒瓶（三口燒瓶）安全瓶（防倒吸）S尾氣處理（吸收多余的SO2氣體，防止污染環(huán)境）A38.1【解析】

（1）淀粉遇碘單質(zhì)變藍，酸性條件下，亞硝酸根具有氧化性，可氧化碘離子成碘單質(zhì)，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律配平該方程式；Ⅱ．A裝置制備二氧化硫，C裝置中制備Na2S2O3，反應(yīng)導(dǎo)致裝置內(nèi)氣壓減小，B為安全瓶作用，防止溶液倒吸，D裝置吸收多余的二氧化硫，防止污染空氣，（2）根據(jù)實驗儀器的結(jié)構(gòu)特征作答；b裝置為安全瓶，防止溶液倒吸；（3）二氧化硫與硫化鈉在溶液中反應(yīng)得到S，硫與亞硫酸鈉反應(yīng)得到Na2S2O3；氫氧化鈉溶液用于吸收裝置中殘留的二氧化硫，防止污染空氣，據(jù)此分析作答；（4）實驗結(jié)束后，裝置b中還有殘留的二氧化硫，為防止污染空氣，應(yīng)用氫氧化鈉溶液吸收；Ⅲ．（5）提供的方程式中可知關(guān)系式為：I-IO3-3I26S2O32－，計算出含碘元素的物質(zhì)的量，進而得出結(jié)論?！驹斀狻浚?）根據(jù)題設(shè)條件可知，硫酸酸化的NaNO2將碘鹽中少量的I-氧化為使淀粉變藍的I2，自身被還原為無色氣體NO，其化學(xué)方程式為：2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO↑+2H2O，故答案為藍；2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO↑+2H2O；（2）y儀器名稱為三頸燒瓶（三口燒瓶）；由實驗裝置結(jié)構(gòu)特征，可知b裝置為安全瓶（防倒吸），故答案為三頸燒瓶（三口燒瓶）；安全瓶（防倒吸）；（3）根據(jù)實驗設(shè)計與目的，可知二氧化硫與硫化鈉在溶液中反應(yīng)得到S，硫與亞硫酸鈉反應(yīng)得到Na2S2O3，c中先有渾濁產(chǎn)生，后又變澄清，則此渾濁物為S，殘余的SO2氣體污染環(huán)境，裝置D的作用是尾氣處理（吸收多余的SO2氣體，防止污染環(huán)境），故答案為S；尾氣處理（吸收多余的SO2氣體，防止污染環(huán)境）；（4）實驗結(jié)束后,裝置b中還有殘留的二氧化硫，為防止污染空氣，應(yīng)用氫氧化鈉溶液吸收，氫氧化鈉和二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水，故A項正確，故答案為A；Ⅲ．（5）從以上提供的方程式中可知關(guān)系式為：I-IO3-3I26S2O32－，設(shè)含碘元素物質(zhì)的量為x，解得x==3.0×10－6mol，故所含碘元素的質(zhì)量為3.0×10－6mol×127g/mol=3.81×10－1mg，所以該加碘鹽樣品中碘元素的含量為(3.81×10－1mg)/0.01kg=38.1mg·kg—1，故答案為38.1。27、Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-稀釋促進平衡CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(無色溶液)逆向移動，生成CuClCuCl在潮濕空氣中被氧化cbd先變紅后褪色加熱時間不足或溫度偏低97.92【解析】

方案一：CuSO4、Cu在NaCl、濃鹽酸存在條件下加熱，發(fā)生反應(yīng)：Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-，過濾除去過量的銅粉，然后加水稀釋濾液，化學(xué)平衡CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(無色溶液)逆向移動，得到CuCl沉淀，用95%的乙醇洗滌后，為防止潮濕空氣中CuCl被氧化，在真空環(huán)境中干燥得到純凈CuCl；方案二：CuCl2是揮發(fā)性強酸生成的弱堿鹽，用CuCl2·2H2O晶體在HCl氣流中加熱脫水得到無水CuCl2，然后在高于300℃的溫度下加熱，發(fā)生分解反應(yīng)產(chǎn)生CuCl和Cl2?！驹斀狻?1)步驟①中CuSO4、Cu發(fā)生氧化還原反應(yīng)，產(chǎn)生的Cu+與溶液中Cl-結(jié)合形成[CuCl3]2-，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-；(2)根據(jù)已知條件：CuCl難溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(無色溶液)，在步驟②中向反應(yīng)后的濾液中加入大量的水，溶液中Cl-、[CuCl3]2-濃度都減小，正反應(yīng)速率減小的倍數(shù)大于逆反應(yīng)速率減小的倍數(shù)，所以化學(xué)平衡逆向移動，從而產(chǎn)生CuCl沉淀；(3)乙醇易揮發(fā)，用95%乙醇洗滌可以去除CuCl上的水分，真空干燥也可以避免CuCl在潮濕空氣中被氧化；(4)CuCl2?2H2O晶體要在HCl氣體中加熱，所以實驗前要先檢查裝置的氣密性，再在“氣體入口”處通入干燥HCl，然后點燃酒精燈，加熱，待晶體完全分解后的操作是熄滅酒精燈，冷卻，為了將裝置中殘留的HCl排出，防止污染環(huán)境，要停止通入HCl，然后通入N2，故實驗操作編號的先后順序是a→c→b→d→e；(5)無水硫酸銅是白色固體，當(dāng)其遇到水時形成CuSO4·5H2O，固體變?yōu)樗{色，HCl氣體遇水變?yōu)辂}酸，溶液顯酸性，使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變?yōu)榧t色，當(dāng)CuCl2再進一步加熱分解時產(chǎn)生了Cl2，Cl2與H2O反應(yīng)產(chǎn)生HCl和HClO，HC使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變?yōu)榧t色，HClO具有強氧化性，又使變?yōu)榧t色的石蕊試紙褪色變?yōu)闊o色；(6)反應(yīng)結(jié)束后，取出CuCl產(chǎn)品進行實驗，發(fā)現(xiàn)其中含有少量的CuCl2雜質(zhì)，產(chǎn)生CuCl2雜質(zhì)的原因可能是加熱時間不足或加熱溫度偏低，使CuCl2未完全分解；(7)根據(jù)反應(yīng)方程式Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+可得關(guān)系式：CuCl～Ce4+，24.60mL0.1000mol/L的Ce(SO4)2溶液中含有溶質(zhì)Ce(SO4)2的物質(zhì)的量n[Ce(SO4)2]=0.1000mol/L×0.02460L=2.46×10-3mol，則根據(jù)關(guān)系式可知n(CuCl)=n(Ce4+)=2.46×10-3mol，m(CuCl)=2.46×10-3mol×99.5g/mol=0.24478g，所以該樣品中CuCl的質(zhì)量分數(shù)是×100%=97.92%?！军c睛】本題考查了物質(zhì)制備方案的設(shè)計，明確實驗?zāi)康?、實驗原理為解答關(guān)鍵，注意掌握常見化學(xué)實驗基本操作方法及元素化合物性質(zhì)，充分利用題干信息分析解答，當(dāng)反應(yīng)中涉及多個反應(yīng)時，可利用方程式得到已知物質(zhì)與待求物質(zhì)之間的關(guān)系式，然后分析、解答，試題充分考查了學(xué)生的分析能力及化學(xué)實驗?zāi)芰Α?8、2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2（g）△H=(m-566)kJ·mol－1升溫1.9×1.9×2.85/（0.9×0.9×0.05）催化劑5×10-7mol/L6×10-2（或0.06）該反應(yīng)的正反應(yīng)放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動【解析】

I．（1）根據(jù)原子守恒，CO與SO2反應(yīng)生成S（1）和一種無毒的氣體是CO2，化學(xué)方程式為2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2（g），利用題給兩個熱化學(xué)方程式結(jié)合蓋斯定律進行求算。（2）①a、c開始均通入2.8molCO和1molSO2，容器的容積相同，而起始時c的壓強大于a，物質(zhì)的量與體積一定，壓強與溫度呈正比關(guān)系；②氣體壓強之比等于氣體物質(zhì)的量之比，結(jié)合三行式計算列式得到參加反應(yīng)的二氧化硫物質(zhì)的量；再計算各物質(zhì)的體積分數(shù)，寫出平衡常數(shù)。（3）①用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生。2NaOH+SO2=Na2SO3，NaOH再生CaO+H2O+Na2SO3═CaSO3+2NaOH，從反應(yīng)可以看出NaOH作催化劑。②根據(jù)電荷守恒和電離方程式、電離平衡常數(shù)解答；II．（1）兩種反應(yīng)物存在的反應(yīng)，增大一種反應(yīng)物的量可提高另一種反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，根據(jù)圖象，曲線a的NO脫除率最高，即NO的轉(zhuǎn)化率最高，所以NO的在總反應(yīng)物中的比例最低，NH3與NO的物質(zhì)的量之比分別為4:1，根據(jù)NO的脫除量變化值和脫除時間計算NO的脫出速率；（2）對放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動?！驹?/p>