2023學(xué)年江西省上饒市鉛山、橫峰中學(xué)高考壓軸卷化學(xué)試卷含解析

2023高考化學(xué)模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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、下列反應(yīng)顏色變化和解釋原因相一致的是（）A．氯水顯黃綠色：氯氣和水反應(yīng)生成的次氯酸為黃綠色液體B．氫氧化鈉溶液滴加酚酞顯紅色：氫氧化鈉水解使溶液顯堿性C．乙烯使溴水褪色：乙烯和溴水發(fā)生氧化反應(yīng)D．碘在苯中的顏色比水中深：碘在有機(jī)物中的溶解度比水中大2、2019年上海、西安等城市先后開始實施生活垃圾分類，分類的目的是提高垃圾的資源價值和經(jīng)濟(jì)價值，力爭物盡其用，垃圾是放錯地方的資源，同時也是建立環(huán)境友好型國家的重要舉措。下列關(guān)于垃圾分類的說法正確的是A．廢電池、過期藥品屬于有害垃圾，無需回收，為防止污染環(huán)境應(yīng)當(dāng)深埋處理B．其它垃圾包括防新型冠狀病毒用的口罩、煙頭等物品無法利用，應(yīng)當(dāng)棄去不要C．廢紙類、廢塑料、廢玻璃、廢金屬、廢油漆桶等屬于可回收物D．廚余垃圾經(jīng)生化處理轉(zhuǎn)化為沼氣和有機(jī)肥料，從而生產(chǎn)綠色有機(jī)食品和清潔燃料3、常溫下將NaOH溶液滴加到已二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述錯誤的是（）。A．常溫下Ka1(H2X)的值約為10-4.4B．曲線N表示pH與C．NaHX溶液中c(H+)>c(OH-)D．當(dāng)混合溶液呈中性時，c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)4、下表數(shù)據(jù)是在某高溫下，金屬鎂和鎳分別在氧氣中進(jìn)行氧化反應(yīng)時，在金屬表面生成氧化薄膜的實驗記錄如下（a和b均為與溫度有關(guān)的常數(shù)）：

反應(yīng)時間t/h1491625MgO層厚Y/nm0.05a0.20a0.45a0.80a1.25aNiO層厚Y/nmb2b3b4b5b下列說法不正確的是A．金屬表面生成的氧化薄膜可以對金屬起到保護(hù)作用B．金屬高溫氧化腐蝕速率可以用金屬氧化膜的生長速率來表示C．金屬氧化膜的膜厚Y跟時間t所呈現(xiàn)的關(guān)系是：MgO氧化膜厚Y屬直線型，NiO氧化膜厚Y′屬拋物線型D．Mg與Ni比較，金屬鎂具有更良好的耐氧化腐蝕性5、設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L的H2和22.4L的F2氣混合后，氣體分子數(shù)為2NAB．常溫下pH=12的NaOH溶液中，水電離出的氫離子數(shù)為10?12NAC．30g乙酸和葡萄糖混合物中的氫原子數(shù)為2NAD．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LC2H6含有的共價鍵數(shù)為0.6NA6、某化學(xué)學(xué)習(xí)小組利用如圖裝置來制備無水AlCl3或NaH(已知:AlCl3、NaH遇水都能迅速發(fā)生反應(yīng))。下列說法錯誤的是A．制備無水AlCl3:裝置A中的試劑可能是高錳酸鉀B．點燃D處酒精燈之前需排盡裝置中的空氣C．裝置C中的試劑為濃硫酸D．制備無水AlCl3和NaH時球形干燥管中堿石灰的作用完全相同7、現(xiàn)有部分元素的原子結(jié)構(gòu)特點如表，下列敘述中正確的是A．W原子結(jié)構(gòu)示意圖為B．元素X和Y只能形成原子個數(shù)比為1∶2的化合物C．元素X比元素Z的非金屬性強(qiáng)D．X、Y、Z、W四種元素不能形成離子化合物8、不能用NaOH溶液除去括號中雜質(zhì)的是A．Mg（Al2O3） B．MgCl2（AlCl3） C．Fe（Al） D．Fe2O3（Al2O3）9、下列屬于電解質(zhì)的是()A．酒精 B．食鹽水C．氯化鉀 D．銅絲10、已知在100℃、1.01×105Pa下，1mol氫氣在氧氣中燃燒生成氣態(tài)水的能量變化如圖所示，下列有關(guān)說法不正確的是()A．1molH2O(g)分解為2molH與1molO時吸收930kJ熱量B．熱化學(xué)方程式為：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－490kJ·mol－1C．甲、乙、丙中物質(zhì)所具有的總能量大小關(guān)系為乙>甲>丙D．乙→丙的過程中若生成液態(tài)水，釋放的能量將小于930kJ11、W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外層電子數(shù)是X次外層電子數(shù)的3倍，四種元素與鋰組成的鹽是一種新型電池的電解質(zhì)(結(jié)構(gòu)如圖，箭頭指向表示共用電子對由W提供，陰離子中所有原子均達(dá)到8e-穩(wěn)定結(jié)構(gòu))。下列說法不正確的是A．該物質(zhì)中含離子鍵、極性鍵和非極性鍵B．在四種元素中W的非金屬性最強(qiáng)C．Y和Z兩元素形成的化合物不止一種D．四種元素的原子半徑中Z的半徑最大12、下列化學(xué)用語正確的是A．CH4分子的球棍模型： B．乙烯的結(jié)構(gòu)簡式：CH2CH2C．1,3-丁二烯的分子式：C4H8 D．聚丙烯的鏈節(jié)：13、2015年2月，科學(xué)家首次觀測到化學(xué)鍵的形成?；瘜W(xué)鍵不存在于A．原子與原子之間 B．分子與分子之間C．離子與離子之間 D．離子與電子之間14、海洋約占地球表面積的71%，具有十分巨大的開發(fā)潛力。工業(yè)上從海水中提取鎂的流程如下：下列說法中正確的是A．工業(yè)上使Mg2+沉淀，試劑①應(yīng)選用NaOHB．將MgCl2溶液直接蒸干得到無水MgCl2C．電解MgCl2溶液在陰極得到金屬M(fèi)gD．要使MgSO4完全轉(zhuǎn)化為沉淀，加入試劑①的應(yīng)過量15、探究Na2O2與水的反應(yīng)，實驗如圖：已知：H2O2?H++HO2-；HO2-?H++O22-下列分析不正確的是A．①、④實驗中均發(fā)生了氧化還原反應(yīng)和復(fù)分解反應(yīng)B．①、⑤中產(chǎn)生的氣體能使帶火星的木條復(fù)燃，說明存在H2O2C．③和④不能說明溶解性：BaO2>BaSO4D．⑤中說明H2O2具有還原性16、已知：25℃時，Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。將含F(xiàn)e2O3、Ag、Ni的某型廢催化劑溶于鹽酸，過濾，濾渣為Ag，所得溶液中c(Ni2+)=c(Fe3+)=0.4mol/L。向該溶液中滴加一定濃度的NaOH溶液（假設(shè)溶液體積不變）。下列說法中正確的是A．金屬活動性：Ag＞NiB．加入NaOH溶液時，先產(chǎn)生Ni(OH)2沉淀C．當(dāng)?shù)味ǖ饺芤簆H=5時，溶液中l(wèi)g約為10D．當(dāng)?shù)味ǖ饺芤撼手行詴r，Ni2+已沉淀完全17、往含0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的混合溶液中持續(xù)穩(wěn)定地通入CO2氣體6.72L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，則在這一過程中，下列有關(guān)溶液中離子總物質(zhì)的量(n)隨通入CO2氣體體積(V)的變化曲線中正確的是（離子水解忽略不計）A． B．C． D．18、人的血液中存在H2CO3～HCO3﹣這樣“一對”物質(zhì)，前者的電離和后者的水解兩個平衡使正常人血液的pH保持在7.35～7.45之間．血液中注射堿性物質(zhì)時，上述電離和水解受到的影響分別是A．促進(jìn)、促進(jìn) B．促進(jìn)、抑制 C．抑制、促進(jìn) D．抑制、抑制19、實驗室從含碘廢液（含有I2、I-等）中回收碘，其實驗過程如下：已知：溴化十六烷基三甲基銨是一種陽離子表面活性劑，可以中和沉淀表面所帶的負(fù)電荷，使沉淀顆?？焖倬奂?，快速下沉。下列說法不正確的是A．步驟①中Na2S2O3可用Na2SO3代替B．步驟②可以用傾析法除去上層清液C．含碘廢液中是否含有IO3-，可用KI-淀粉試紙檢驗D．步驟③發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：4Fe3++2CuI4Fe2++2Cu2++I220、我國科學(xué)家研發(fā)一種低成本的鋁硫二次電池，以鋁箔和多孔碳包裹的S為電極材料，離子液體為電解液。放電時，電池反應(yīng)為2Al+3S=Al2S3，電極表面發(fā)生的變化如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．充電時，多孔碳電極連接電源的負(fù)極B．充電時，陰極反應(yīng)為8Al2Cl7-+6e-=2Al+14AlCl4-C．放電時，溶液中離子的總數(shù)不變D．放電時，正極增重0.54g，電路中通過0.06mole-21、如圖是某另類元素周期表的一部分，下列說法正確的是()A．簡單陰離子的半徑大?。篨>Y>ZB．單質(zhì)的氧化性：X>Y>ZC．Y的氫化物只有一種D．X的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為強(qiáng)酸22、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的有幾個①12.0g熔融的NaHSO4中含有的陽離子數(shù)為0.2NA②1molNa2O和Na2O2混合物中含有的陰、陽離子總數(shù)是3NA③常溫常壓下，92g的NO2和N2O4混合氣體含有的原子數(shù)為6NA④7.8g中含有的碳碳雙鍵數(shù)目為0.3NA⑤用1L1.0mol/LFeCl3溶液制備氫氧化鐵膠體，所得氫氧化鐵膠粒的數(shù)目為NA⑥1molSO2與足量O2在一定條件下充分反應(yīng)生成SO3，共轉(zhuǎn)移2NA個電子⑦在反應(yīng)KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為5NA⑧常溫常壓下，17g甲基(-CH3)中所含的中子數(shù)為9NAA．3B．4C．5D．6二、非選擇題(共84分)23、（14分）某同學(xué)對氣體A樣品進(jìn)行如下實驗：①將樣品溶于水，發(fā)現(xiàn)氣體A易溶于水；②將A的濃溶液與MnO2共熱，生成一種黃綠色氣體單質(zhì)B，B通入石灰乳中可以得到漂白粉。（1）寫出A、B的化學(xué)式：A____________，B_______________。（2）寫出A的濃溶液與MnO2共熱的化學(xué)方程式：_________________________。（3）寫出B通入石灰乳中制取漂白粉的化學(xué)方程式：_______________________。24、（12分）Ⅰ.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知識回答問題：(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(qiáng)c.氧化物對應(yīng)的水化物堿性減弱，酸性增強(qiáng)d.單質(zhì)的熔點降低(2)原子最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相同的元素為__________(填名稱)；氧化性最弱的簡單陽離子是________________(填離子符號)。(3)P2O5是非氧化性干燥劑，下列氣體不能用濃硫酸干燥，可用P2O5干燥的是_________(填字母)。a.NH3b.HIc.SO2d.CO2(4)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：__________。Ⅱ.氫能源是一種重要的清潔能源。現(xiàn)有兩種可產(chǎn)生H2的化合物甲和乙，甲和乙是二元化合物。將6.00g甲加熱至完全分解，只得到一種短周期元素的金屬單質(zhì)和6.72LH2(已折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況)。甲與水反應(yīng)也能產(chǎn)生H2，同時還產(chǎn)生一種白色沉淀物，該白色沉淀可溶于NaOH溶液?；衔镆以诖呋瘎┐嬖谙驴煞纸獾玫紿2和另一種單質(zhì)氣體丙，丙在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下的密度為1.25g/L。請回答下列問題：(5)甲的化學(xué)式是___________________；乙的電子式是___________。(6)甲與水反應(yīng)的化學(xué)方程式是______________________。(7)判斷：甲與乙之間____________(填“可能”或“不可能”)發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生H2。25、（12分）研究金屬與硝酸的反應(yīng)，實驗如下。（1）Ⅰ中的無色氣體是_________。（2）Ⅱ中生成H2的離子方程式是______________。（3）研究Ⅱ中的氧化劑①甲同學(xué)認(rèn)為該濃度的硝酸中H＋的氧化性大于，所以沒有發(fā)生反應(yīng)。乙同學(xué)依據(jù)Ⅰ和Ⅱ證明了甲的說法不正確，其實驗證據(jù)是____________。②乙同學(xué)通過分析，推測出也能被還原，依據(jù)是_____________，進(jìn)而他通過實驗證實該溶液中含有，其實驗操作是____________。（4）根據(jù)實驗，金屬與硝酸反應(yīng)時，影響硝酸還原產(chǎn)物不同的因素有__________；試推測還可能有哪些因素影響_________（列舉1條）。26、（10分）SO2可用于防腐劑、消毒劑，也是一種重要的冷凍介質(zhì)。實驗室可用如圖所示裝置制備SO2，并用純凈SO2進(jìn)行相關(guān)實驗。(1)上述方法制備的SO2中，往往因伴有硫酸小液滴而呈白霧狀。除去白霧可在制備裝置后連接下圖所示裝置，該裝置中的試劑是__________，氣體從_______口(填“a”或“b”)進(jìn)。(2)檢驗SO2常用的試劑是__________________，利用了SO2的_________性。(3)將SO2通入0.1mol/LBa(NO3)2溶液中，得到白色沉淀，該沉淀的化學(xué)式為___________。分別用煮沸和未煮沸過的蒸餾水配制Ba(NO3)2和BaCl2溶液，進(jìn)行如下實驗：(4)實驗A、C中，煮沸蒸餾水及使用植物油的目的是_________________________________。(5)實驗C中，沒有觀察到白色沉淀，但pH傳感器顯示溶液呈酸性，原因是__________________。(用方程式表示)(6)實驗B中出現(xiàn)白色沉淀比實驗A快很多。由此得出的結(jié)論是___________________________。若實驗A、B中通入足量的SO2后，溶液pH：A_________B(填“>”、“<”或“=”)。27、（12分）隨著時代的發(fā)展，綠色環(huán)保理念越來越受到大家的認(rèn)同，變廢為寶是我們每一位公民應(yīng)該養(yǎng)成的意識。某同學(xué)嘗試用廢舊的鋁制易拉罐作為原材料、采用“氫氧化鋁法”制取明礬晶體并進(jìn)行一系列的性質(zhì)探究。制取明礬晶體主要涉及到以下四個步驟：第一步：鋁制品的溶解。取一定量鋁制品，置于250mL錐形瓶中，加入一定濃度和體積的強(qiáng)堿溶液，水浴加熱(約93℃)，待反應(yīng)完全后(不再有氫氣生成)，趁熱減壓抽濾，收集濾液于250mL燒杯中；第二步：氫氧化鋁沉淀的生成。將濾液重新置于水浴鍋中，用3mol/LH2SO4調(diào)節(jié)濾液pH至8～9，得到不溶性白色絮凝狀A(yù)l(OH)3，減壓抽濾得到沉淀；第三步：硫酸鋁溶液的生成。將沉淀轉(zhuǎn)移至250mL燒杯中，邊加熱邊滴入一定濃度和體積的H2SO4溶液；第四步：硫酸鋁鉀溶液的形成。待沉淀全部溶解后加入一定量的固體K2SO4，將得到的飽和澄清溶液冷卻降溫直至晶體全部析出，減壓抽濾、洗滌、抽干，獲得產(chǎn)品明礬晶體[KAl(SO4)2·12H2O，M＝474g/mol]。回答下列問題：(1)第一步鋁的溶解過程中涉及到的主要反應(yīng)的離子方程式為__________________________(2)為了加快鋁制品的溶解，應(yīng)該對鋁制品進(jìn)行怎樣的預(yù)處理：________________________(3)第四步操作中，為了保證產(chǎn)品的純度，同時又減少產(chǎn)品的損失，應(yīng)選擇下列溶液中的___(填選項字母)進(jìn)行洗滌，實驗效果最佳。A．乙醇B．飽和K2SO4溶液C．蒸餾水D．1：1乙醇水溶液(4)為了測定所得明礬晶體的純度，進(jìn)行如下實驗操作：準(zhǔn)確稱取明礬晶體試樣4.0g于燒杯中，加入50mL1mol/L鹽酸進(jìn)行溶解，將上述溶液轉(zhuǎn)移至100mL容量瓶中，稀釋至刻度線，搖勻；移取25.00mL溶液干250mL錐形瓶中，加入30mL0.10mol/LEDTA－2Na標(biāo)準(zhǔn)溶液，再滴加幾滴2D二甲酚橙，此時溶液呈黃色；經(jīng)過后續(xù)一系列操作，最終用0.20mol/L鋅標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至溶液由黃色變?yōu)樽霞t色，達(dá)到滴定終點時，共消耗5.00mL鋅標(biāo)準(zhǔn)溶液。滴定原理為H2Y2－＋Al3＋→AlY－＋2H＋，H2Y2－(過量)＋Zn2＋→ZnY2－＋2H＋(注：H2Y2－表示EDTA－2Na標(biāo)準(zhǔn)溶液離子)。則所得明礬晶體的純度為_________%。(5)明礬除了可以用作人們熟悉的凈水劑之外，還常用作部分食品的膨松劑，例如油條(餅)的制作過程需要加入一定量的明礬，請簡述明礬在面食制作過程作膨松劑的原理：_______(6)為了探究明礬晶體的結(jié)晶水?dāng)?shù)目及分解產(chǎn)物，在N2氣流中進(jìn)行熱分解實驗，得到明礬晶體的熱分解曲線如圖所示(TG%代表的是分解后剩余固體質(zhì)量占樣品原始質(zhì)量的百分率，失重百分率＝×100%)：根據(jù)TG曲線出現(xiàn)的平臺及失重百分率，30～270℃范圍內(nèi)，失重率約為45.57%，680～810℃范圍內(nèi)，失重百分率約為25.31%，總失重率約為70.88%，請分別寫出所涉及到30～270℃、680～810℃溫度范圍內(nèi)這兩個階段的熱分解方程式：___________、_____________28、（14分）銅存在于自然界的多種礦石中。(1)CuSO4、Cu(NO3)2中陽離子的最外層電子的軌道表示式為____________________，S、O、N三種元素的電負(fù)性由小到大的順序為__________________。(2)CuSO4中SO42-的中心原子的雜化軌道類型為__________；Cu(NO3)2晶體中NO3-的空間立體構(gòu)型是________。(3)CuSO4晶體熔點560℃，Cu(NO3)2晶體熔點115℃。前者比后者熔點高的原因是________________。(4)CuSO4·5H2O溶解于水后溶液呈天藍(lán)色，滴加氨水首先生成沉淀，繼續(xù)滴加氨水沉淀溶解，得到深藍(lán)色透明溶液。沉淀加氨水后得到深藍(lán)色溶液的離子方程式為___________；判斷NH3和H2O與Cu2+的配位能力：NH3__________H2O(填“>”“=”或“<”)。(5)某種Cu與O形成的氧化物，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。①該晶胞原子坐標(biāo)參數(shù)a(0，0，0)，b(1，0，0)，c()。則d原子的坐標(biāo)參數(shù)為____________________，該氧化物的化學(xué)式為______________________________。②若該氧化物晶胞參數(shù)為apm，阿伏加德羅常數(shù)值為NA，則晶體密度p=______g·cm-3(列出數(shù)學(xué)表達(dá)式，1pm=10-12m)。29、（10分）馬來酸酐（順-丁烯二酸肝）是一種重要的化工原料，可用于合成可降解的高聚物PES樹脂以及具有抗腫瘤活性的化合物K。

己知：I．++II．III．+H2O(代表烴基)回答下列問題：（1）C的名稱是__________，反應(yīng)②的反應(yīng)類型是_______（Q）B的順式結(jié)構(gòu)簡式為_________，F(xiàn)含氧官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)簡式__________。（3）反應(yīng)①的化學(xué)方程式為_______________。（4）C有多種同分異構(gòu)體，其中與C具有完全相同的官能團(tuán)，且核磁共振氫譜只有兩個峰的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為__________（不考慮立體異構(gòu)）。（5）己知：氨基（）與羥基類似，也能發(fā)生反應(yīng)I。在由F制備K的過程中，常會產(chǎn)生副產(chǎn)物L(fēng)，L分子式為，含三個六元環(huán)，則L的結(jié)構(gòu)簡式為________。（6）寫出由B合成酒石酸（的合成路線：_______________________。

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、氯水顯黃綠色的原因是氯氣在水中的溶解度有限，氯氣本身為黃綠色，次氯酸無色，故A不符合題意；B、氫氧化鈉為強(qiáng)堿，在水溶液中完全電離出氫氧根，使酚酞顯紅色，不是水解，故B不符合題意；C、乙烯中含有碳碳雙鍵，為不飽和鍵，能夠與溴單質(zhì)發(fā)生加成反應(yīng)，使溴水褪色，故C不符合題意；D、碘單質(zhì)本身為紫黑色，碘水顯黃色，而碘溶于苯中顯紫紅色，碘在有機(jī)物中溶解度增大，故D符合題意；故選：D。2、D【解析】

A.廢電池中含有重金屬，需回收，不應(yīng)當(dāng)深埋處理，會造成水土污染，故A錯誤；B.醫(yī)療垃圾應(yīng)該無害化處理，故B錯誤；C.廢油漆桶屬于危化品需要集中處理的廢物，故C錯誤；D.廚余垃圾經(jīng)生化處理轉(zhuǎn)化為沼氣和有機(jī)肥料，從而生產(chǎn)綠色有機(jī)食品和清潔燃料，故D正確；答案為D。3、D【解析】

H2X為二元弱酸，以第一步電離為主，則Ka1(H2X)>Ka2(H2X)，在酸性條件下，當(dāng)pH相同時，>。根據(jù)圖象可知N為lg的變化曲線，M為lg的變化曲線，當(dāng)lg=0或lg=0時，說明=1或=1.濃度相等，結(jié)合圖象可計算電離平衡常數(shù)并判斷溶液的酸堿性。【詳解】A.lg=0時，=1，此時溶液的pH≈4.4，所以Ka1(H2X)=c(H+)=10-4.4，A正確；B.根據(jù)上述分析可知曲線B表示lg的變化曲線，B正確；C.根據(jù)圖象可知：當(dāng)lg=0時，=1，即c(HX-)=c(X2-)，此時溶液的pH約等于5.4<7，溶液顯酸性，說明該溶液中c(H+)>c(OH-)，C正確；D.根據(jù)圖象可知當(dāng)溶液pH=7時，lg>0，說明c(X2-)>c(HX-)，因此該溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(OH-)，D錯誤；故合理選項是D?！军c睛】本題考查弱電解質(zhì)的電離、電離常數(shù)的應(yīng)用等知識。注意把握圖象中曲線的變化和相關(guān)數(shù)據(jù)的處理，難度中等。4、D【解析】

A．有些金屬表面被氧化時，會生成致密的氧化物薄膜，可以起到保護(hù)金屬的作用，例如鋁等，A項正確；B．金屬腐蝕即金屬失去電子被氧化的過程，因此可以用氧化膜的生長速率表示金屬在高溫下被氧化腐蝕的速率，B項正確；C．表格中列舉的數(shù)據(jù)，時間間隔分別是1h，3h，5h，7h，9h；對于MgO，結(jié)合MgO厚度的數(shù)據(jù)分析可知，MgO氧化膜每小時增加的厚度是定值即0.05a，因此其隨時間變化呈現(xiàn)線性關(guān)系；結(jié)合NiO厚度的數(shù)據(jù)分析，NiO氧化膜厚度隨時間推移，增長的越來越緩慢，所以NiO氧化膜與時間呈現(xiàn)拋物線形的關(guān)系，C項正確；D．根據(jù)表格數(shù)據(jù)分析可知，MgO氧化膜隨時間推移，厚度呈現(xiàn)線性遞增的趨勢，而NiO氧化膜隨時間推移，厚度增加越來越緩慢，說明NiO氧化膜的生成能夠逐漸減緩Ni單質(zhì)被氧化的速率，所以Ni的耐氧化腐蝕性能更好，D項錯誤；答案選D。5、C【解析】

A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，HF是液態(tài)，22.4L的H2和22.4L的F2混合后，氣體分子數(shù)不是2NA，故A錯誤；B．常溫下pH=12的NaOH溶液，由于缺少溶液的體積，水電離出的氫離子沒法計算，故B錯誤；C．乙酸和葡萄糖的實驗式均為CH2O，式量為30，30g乙酸和葡萄糖混合物中的氫原子數(shù)為2NA，故C正確；D．1molC2H6含有7mol共價鍵數(shù)，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LC2H6含有的共價鍵數(shù)為0.7NA，故D錯誤；故答案為C?！军c睛】順利解答該類題目的關(guān)鍵是：一方面要仔細(xì)審題，注意關(guān)鍵字詞，熟悉常見的“陷阱”；另一方面是要把各種量轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量，以此為中心進(jìn)行計算。特別要注意氣體摩爾體積、阿伏加德羅定律的適用范圍和使用條件。關(guān)于氣體摩爾體積的使用注意：①氣體的摩爾體積適用的對象為氣體，而標(biāo)況下水、CCl4、HF等為液體，SO3為固體；②必須明確溫度和壓強(qiáng)是0℃，101kPa，只指明體積無法求算物質(zhì)的量；③22.4L/mol是標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下或一定溫度、一定壓強(qiáng)下的氣體摩爾體積。6、D【解析】

由圖可知，裝置A為氯氣或氫氣的制備裝置，裝置B的目的是除去氯氣或氫氣中的氯化氫，裝置C的目的是干燥氯氣或氫氣，裝置E收集反應(yīng)生成的氯化鋁或氫化鈉，堿石灰的作用是防止空氣中水蒸氣進(jìn)入E中，或吸收過量的氯氣防止污染環(huán)境?！驹斀狻緼項、濃鹽酸可與高錳酸鉀常溫下發(fā)生氧化還原反應(yīng)制備氯氣，故A正確；B項、因為金屬鋁或金屬鈉均能與氧氣反應(yīng)，所以點燃D處酒精燈之前需排盡裝置中的空氣，故B正確；C項、裝置C中的試劑為濃硫酸，目的是干燥氯氣或氫氣，故C正確；D項、制備無水AlCl3時，堿石灰的作用是防止空氣中水蒸氣進(jìn)入E中，吸收過量的氯氣防止污染環(huán)境，制備無水NaH時，堿石灰的作用是防止空氣中水蒸氣進(jìn)入E中，故D錯誤。故選D。【點睛】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意實驗的評價性分析，把握反應(yīng)原理，明確裝置的作用關(guān)系為解答的關(guān)鍵。7、C【解析】

X元素原子的L層電子數(shù)是K層電子數(shù)的3倍，可知L層為6個電子，所以X為氧元素；Y元素原子的核外電子層數(shù)等于原子序數(shù)，Y只能是H元素；Z元素原子的L層電子數(shù)是K層和M層電子數(shù)之和，其M層電子數(shù)為6，所以Z是S元素；W元素原子共用三對電子形成雙原子分子，常溫下為氣體單質(zhì)，所以W為N元素。根據(jù)上述分析，X為氧元素，Y是H元素，Z是S元素，W為N元素，據(jù)此來分析即可?！驹斀狻緼．W為N元素，原子核外有2個電子層，最外層電子數(shù)為5，原子結(jié)構(gòu)示意圖為，故A錯誤；B．元素X和元素Y可以以原子個數(shù)比1∶1形成化合物，為H2O2，故B錯誤；C．X為O，Z為S，位于同一主族，非金屬性O(shè)＞S，故C正確；D．X、Y、Z、W四種元素可以形成離子化合物(NH4)2SO4或NH4HSO4等，故D錯誤；答案選C。8、B【解析】

A、氫氧化鈉能與氧化鋁反應(yīng)，與鎂不反應(yīng)，可以除去鎂中的氧化鋁，A正確；B、氯化鎂、氯化鋁與氫氧化鈉均反應(yīng)，不能除雜，B錯誤；C、鋁能溶于氫氧化鈉溶液，鐵不能，可以除雜，C正確；D、氧化鋁能溶于水氫氧化鈉，氧化鐵不能，可以除雜，D正確。答案選B。9、C【解析】

電解質(zhì)包括酸、堿、多數(shù)的鹽、多數(shù)金屬氧化物、水等物質(zhì)，據(jù)此分析?！驹斀狻緼、酒精結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，屬于非電解質(zhì)，故A不符合題意；B、食鹽水為混合物，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故B不符合題意；C、氯化鉀屬于鹽，屬于電解質(zhì)，故C符合題意；D、銅絲屬于單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故D不符合題意；答案選C。10、D【解析】

A.由已知的能量變化圖可知，1molH2O(g)分解為2molH與1molO時吸收930kJ熱量，A項正確；B.由已知的能量變化圖可知，H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH＝反應(yīng)物斷鍵吸收的能量-生成物成鍵釋放的能量=(436+249-930)kJ·mol－1=-245kJ·mol－1，則熱化學(xué)方程式為：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝-245kJ·mol－1×2=-490kJ·mol－1，B項正確；C.甲吸收能量生成乙，乙釋放能量生成丙，乙的能量最高，甲生成丙為放熱反應(yīng)，則甲的能量高于丙，則甲、乙、丙中物質(zhì)所具有的總能量大小關(guān)系為乙＞甲＞丙，C項正確；D.乙→丙的過程中生成氣態(tài)水時，釋放930kJ的能量，若生成液態(tài)水，氣態(tài)水轉(zhuǎn)變?yōu)橐簯B(tài)水會繼續(xù)釋放能量，則釋放的能量將大于930kJ，D項錯誤；答案選D。11、D【解析】

W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外層電子數(shù)是X次外層電子數(shù)的3倍，可知X有2個電子層，四種元素都是第二周期的元素，X的次外層電子數(shù)只能為2，Y的最外層電子數(shù)為6，Y為O元素；由四種元素與鋰組成的鹽是一種新型的鋰離子電池的電解質(zhì)，Z可形成4對共用電子對，Y可形成2對共用電子對，X可形成3對共用電子對和1個配位鍵（接受孤電子對），則Z為C元素、、X為B元素，W可提供孤電子對，且形成1對共用電子對，則W為F元素，以此來解答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍?，W為F、X為B、Y為O、Z為C元素。A.該化合物是離子化合物，含離子鍵，在陰離子中含有不同種元素原子之間形成的極性共價鍵，陰離子中含有C原子之間的非極性共價鍵及F、B原子之間的配位鍵，配位鍵屬于極性共價鍵，A正確；B.同一周期的元素，原子序數(shù)越大，元素的非金屬性越強(qiáng)，在這四種元素中非金屬性最強(qiáng)的元素是F元素，B正確；C.C、O元素可形成CO、CO2等化合物，故二者形成的化合物種類不止一種，C正確；D.同一周期的元素原子序數(shù)越大，原子半徑越小，在上述元素中B元素原子序數(shù)最小，故四種元素的原子半徑中B的半徑最大，D錯誤；故答案選D。【點睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，把握化學(xué)鍵、元素的性質(zhì)來推斷元素為解答關(guān)鍵。注意配位鍵的形成，注意同一周期元素的非金屬性從左到右逐漸增強(qiáng)，元素的原子半徑逐漸減小的變化規(guī)律，同種元素的原子形成非極性鍵，不同種元素的原子形成極性共價鍵，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析與應(yīng)用能力。12、A【解析】

A正確；B、結(jié)構(gòu)簡式中，只有單鍵可以省略，碳碳雙鍵等不可以省略，乙烯的結(jié)構(gòu)簡式應(yīng)該是CH2=CH2，B錯誤；C、C4H8是丁烯的分子式，1,3-丁二烯的分子式為C4H6，C錯誤；D、丙烯的分子式為CH2=CH-CH3，聚丙烯的結(jié)構(gòu)簡式為：，其鏈節(jié)應(yīng)該是，D錯誤；故選A?！军c睛】①A選項是一個常考的出題方式，一定要注意球棍模型和比例模型的說法，也要注意比例模型中原子半徑的比例大小是否符合實際情況；②簡單分子的分子式的確定可以直接套用通式來確定，考生需要在平時的學(xué)習(xí)中記憶各類有機(jī)物的通式，以及減氫原子的規(guī)律。13、B【解析】

A．原子與原子之間的強(qiáng)烈的相互作用力為共價鍵，屬于化學(xué)鍵，選項A錯誤；B．分子之間不存在化學(xué)鍵，存在范德華力或氫鍵，選項B正確；C．離子與離子之間為離子鍵，選項C錯誤；D．離子與電子之間為金屬鍵，選項D錯誤．答案選B。14、D【解析】

A.工業(yè)上使Mg2+沉淀，應(yīng)選用廉價的石灰乳，可利用海邊大量存在的貝殼煅燒成石灰制得，故A錯誤；B.氯化鎂是強(qiáng)酸弱堿鹽，加熱時，氯化鎂水解生成氫氧化鎂和鹽酸，升高溫度促進(jìn)鹽酸揮發(fā)，所以小心蒸干氯化鎂溶液最終得到氫氧化鎂而不是氯化鎂，故B錯誤；C.電解熔融MgCl2在陰極得到金屬M(fèi)g，電解MgCl2溶液在陰極得到H2，故C錯誤；D.為了使鎂離子完全轉(zhuǎn)化，加入試劑①的量應(yīng)過量，故D正確。故答案選D。15、B【解析】

A.①中的反應(yīng)機(jī)理可以認(rèn)為過氧化鈉與水反應(yīng)生成過氧化氫與氫氧化鈉，過氧化氫分解生成水和氧氣，發(fā)生的反應(yīng)為復(fù)分解反應(yīng)與氧化還原反應(yīng)，④中過氧化鋇再與稀硫酸反應(yīng)生成過氧化氫與硫酸鋇沉淀，過氧化氫分解生成了氧氣，因此兩個試管中均發(fā)生了氧化還原反應(yīng)和復(fù)分解反應(yīng)。A項正確；B.①中過氧化鈉與水反應(yīng)生成氧氣，不能說明存在H2O2，B項錯誤；C.④中BaO2與硫酸反應(yīng)生成過氧化氫和硫酸鋇沉淀，證明酸性：硫酸＞過氧化氫，不能說明溶解性：BaO2>BaSO4，C項正確；D.⑤中產(chǎn)生的氣體為氧氣，氧元素化合價升高，做還原劑，說明H2O2具有還原性，D項正確；答案選B。16、C【解析】

A．Ag不能與鹽酸反應(yīng)，而Ni能與鹽酸反應(yīng)，因此金屬活動性：Ni＞Ag，故A錯誤；B．c(Ni2+)=0.4mol/L時，Ni2+剛好開始沉淀時溶液中，c(Fe3+)=0.4mol/L時，F(xiàn)e3+剛好開始沉淀時溶液中，故先產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，故B錯誤；C．溶液pH=5時c(H+)=10-5mol/L，溶液中，，，則Ni2+未沉淀，c(Ni2+)=0.4mol/L，則，故C正確；D．當(dāng)溶液呈中性時，c(OH-)=1×10-7mol/L，此時溶液中，故Ni2+未沉淀完全，故D錯誤；故答案為：C。17、B【解析】

根據(jù)電離方程式：NaOH=Na++OH-，Ba(OH)2=Ba2++2OH-，可知在含0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的混合溶液中離子的總物質(zhì)的量為0.2mol×2+0.1mol×3=0.7mol。標(biāo)準(zhǔn)狀況下6.72LCO2的物質(zhì)的量n(CO2)==0.3mol，把CO2氣體通入混合溶液中，首先發(fā)生反應(yīng)：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O，當(dāng)0.1molBa(OH)2恰好反應(yīng)完全時消耗0.1molCO2（體積為2.24L），此時離子的物質(zhì)的量減少0.3mol，溶液中離子的物質(zhì)的量為0.4mol，排除D選項；然后發(fā)生反應(yīng)：CO2+2OH-=CO32-+H2O，當(dāng)0.2molNaOH完全反應(yīng)時又消耗0.1molCO2（體積為2.24L），消耗總體積為4.48L，離子的物質(zhì)的量又減少0.1mol，此時溶液中離子的物質(zhì)的量為0.7mol-0.3mol-0.1mol=0.3mol，排除A選項；繼續(xù)通入0.1molCO2氣體，發(fā)生反應(yīng)：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，根據(jù)方程式可知：0.1molCO2反應(yīng)，溶液中離子的物質(zhì)的量增加0.1mol，此時溶液中離子的物質(zhì)的量為0.3mol+0.1mol=0.4mol，排除C選項，只有選項B符合反應(yīng)實際，故合理選項是B。18、B【解析】

堿性物質(zhì)可以結(jié)合碳酸電離出的氫離子，對碳酸的電離是促進(jìn)作用，對碳酸氫根離子的水解其抑制作用。答案選B。19、C【解析】

A.步驟①中Na2S2O3做還原劑，可用Na2SO3代替，故正確；B.步驟②從懸濁液中分離碘化亞銅固體，可以用傾析法除去上層清液，故正確；C.含碘廢液中含有碘單質(zhì)，能使KI-淀粉試紙變藍(lán)，不能用其檢驗是否含有IO3-，故錯誤；D.步驟③中鐵離子具有氧化性，能氧化碘化亞銅，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：4Fe3++2Cul4Fe2++2Cu2++I2，故正確。故選C。20、A【解析】

放電時，電池反應(yīng)為2Al+3S=Al2S3，鋁失電子，硫得到電子，所以鋁電極為負(fù)極，多孔碳電極為正極，負(fù)極上的電極反應(yīng)式為：2Al+14AlCl4--6e-=8Al2Cl7-，正極的電極反應(yīng)式為：3S+8Al2Cl7-+6e-=14AlCl4-+Al2S3，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．放電時，多孔碳電極為正極，充電時，多孔碳電極連接電源的正極，故A錯誤；B．充電時，原電池負(fù)極變陰極，反應(yīng)為8Al2Cl7-+6e-=2Al+14AlCl4-，故B正確；C．根據(jù)分析，放電時，負(fù)極上的電極反應(yīng)式為：2Al+14AlCl4--6e-=8Al2Cl7-，正極的電極反應(yīng)式為：3S+8Al2Cl7-+6e-=14AlCl4-+Al2S3，溶液中離子的總數(shù)基本不變，故C正確；D．放電時，正極的電極反應(yīng)式為：3S+8Al2Cl7-+6e-=14AlCl4-+Al2S3，正極增重0.54g，即增重的質(zhì)量為鋁的質(zhì)量，0.54g鋁為0.02mol，鋁單質(zhì)由0價轉(zhuǎn)化為+3價，則電路中通過0.06mole-，故D正確；答案選A。21、A【解析】

根據(jù)周期表中元素的排列規(guī)律可知：X為P元素，Y為N元素，Z為O元素，結(jié)合元素周期律分析判斷?！驹斀狻恐芷诒碇性氐呐帕幸?guī)律可知：X為P元素，Y為N元素，Z為O元素。A．一般而言，電子層數(shù)越多，半徑越大，電子層數(shù)相同，原子序數(shù)越大，半徑越小，離子半徑的大?。篨＞Y＞Z，故A正確；B．元素的非金屬性越強(qiáng)，單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)，單質(zhì)的氧化性X＜Y＜Z，故B錯誤；C．N的氫化物不只有一種，可以是氨氣、聯(lián)氨等氫化物，故C錯誤；D．P的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為磷酸，屬于中強(qiáng)酸，故D錯誤；答案選A?！军c睛】理解元素的排列規(guī)律，正確判斷元素是解題的關(guān)鍵，本題的易錯點為C，要注意肼也是N的氫化物。22、A【解析】①n（NaHSO4）=12.0g120g/mol=0.1mol，NaHSO4在熔融狀態(tài)下的電離方程式為NaHSO4=Na++HSO4-，12.0g熔融的NaHSO4中含有的陽離子物質(zhì)的量為0.1mol，①錯誤；②Na2O和Na2O2中陰、陽離子個數(shù)之比都為1:2，1molNa2O和Na2O2混合物中含有的陰、陽離子總物質(zhì)的量為3mol，②正確；③NO2和N2O4的實驗式都是NO2，n（NO2）=92g46g/mol=2mol，常溫常壓下92g的NO2和N2O4混合氣體中所含原子物質(zhì)的量為6mol，③正確；④苯中不含碳碳雙鍵，④錯誤；⑤n（FeCl3）=1.0mol/L×1L=1mol，根據(jù)反應(yīng)FeCl3+3H2O?Fe（OH）3（膠體）+3HCl，生成1molFe（OH）3，氫氧化鐵膠粒是一定數(shù)目Fe（OH）3的集合體，氫氧化鐵膠粒的物質(zhì)的量小于1mol，⑤錯誤；⑥若1molSO2全部反應(yīng)則轉(zhuǎn)移2mol電子，而SO2與O2的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，1molSO2與足量O2在一定條件下充分反應(yīng)生成SO3，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量小于2mol，⑥錯誤；⑦用雙線橋分析該反應(yīng)：，每生成3molI2轉(zhuǎn)移5mol電子，⑦正確；⑧n（-14CH3）=17點睛：本題考查以阿伏加德羅常數(shù)為載體的計算，主要考查物質(zhì)的組成（③⑧）、物質(zhì)的結(jié)構(gòu)（②④）、溶液中粒子數(shù)的確定（⑤）、氧化還原反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)（⑥⑦）、可逆反應(yīng)（⑥）、電解質(zhì)的電離（①），解題的關(guān)鍵是對各知識的理解和應(yīng)用。二、非選擇題(共84分)23、HClCl2MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O【解析】

B為一種黃綠色氣體單質(zhì)B，則黃綠色氣體B為Cl2，將A的濃溶液與MnO2共熱，生成氯氣，則氣體A為HCl，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)上述分析可知A為HCl，B為Cl2，故答案為：HCl，Cl2；(2)A的濃溶液與MnO2

共熱生成氯化錳．氯氣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案為：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；(3)B通入石灰乳中制取漂白粉是氯氣和氫氧化鈣反應(yīng)生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。24、b氬Na+b4KClO3KCl+3KClO4AlH32AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑可能【解析】

Ⅰ.(1)根據(jù)同周期元素性質(zhì)遞變規(guī)律回答；(2)第三周期的元素，次外層電子數(shù)是8；(3)濃硫酸是酸性干燥劑，具有強(qiáng)氧化性，不能干燥堿性氣體、還原性氣體；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥劑，不能干燥堿性氣體；(4)根據(jù)題干信息可知該無氧酸鹽為氯化鉀，再根據(jù)化合價變化判斷另一種無氧酸鹽，最后根據(jù)化合價升降相等配平即可；Ⅱ.甲加熱至完全分解，只得到一種短周期元素的金屬單質(zhì)和H2，說明甲是金屬氫化物，甲與水反應(yīng)也能產(chǎn)生H2，同時還產(chǎn)生一種白色沉淀物，該白色沉淀可溶于NaOH溶液，說明含有鋁元素；化合物乙在催化劑存在下可分解得到H2和另一種單質(zhì)氣體丙，則乙是非金屬氣態(tài)氫化物，丙在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下的密度1.25g/L，則單質(zhì)丙的摩爾質(zhì)量M=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，丙為氮?dú)猓覟榘睔??！驹斀狻?1)a.同周期的元素從左到右，原子半徑依次減小，金屬元素形成的陽離子半徑比非金屬元素形成陰離子半徑小，如r(Na+)＜r(Cl-)，故a錯誤；b.同周期的元素從左到右，金屬性減弱，非金屬性增強(qiáng)，故b正確；c.同周期的元素從左到右，最高價氧化物對應(yīng)的水化物堿性減弱，酸性增強(qiáng)，故c錯誤；d.單質(zhì)的熔點可能升高，如鈉的熔點比鎂的熔點低，故d錯誤。選b。(2)第三周期的元素，次外層電子數(shù)是8，最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相同的元素為氬；元素金屬性越強(qiáng)，簡單陽離子的氧化性越弱，所以第三周期元素氧化性最弱的簡單陽離子是Na+；(3)濃硫酸是酸性干燥劑，具有強(qiáng)氧化性，不能用濃硫酸干燥NH3、HI；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥劑，不能干燥NH3；所以不能用濃硫酸干燥，可用P2O5干燥的是HI，選b；(4)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，則該無氧酸為KCl，KCl中氯元素化合價為-1，說明氯酸鉀中氯元素化合價降低，則另一種含氧酸鹽中氯元素化合價會升高，由于氯酸鉀中氯元素化合價為+5，則氯元素化合價升高只能被氧化成高氯酸鉀，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中化合價升降相等配平該反應(yīng)為：4KClO3KCl+3KClO4。(5)根據(jù)以上分析，甲是鋁的氫化物，Al為+3價、H為-1價，化學(xué)式是AlH3；乙為氨氣，氨氣的電子式是。(6)AlH3與水反應(yīng)生成氫氧化鋁和氫氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式是2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑。(7)AlH3中含-1價H，NH3中含+1價H，可發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生H2。25、NO或一氧化氮Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑硝酸濃度相同，銅的還原性弱于鐵，但Ⅰ中溶液變藍(lán)，同時沒有氫氣放出中氮元素的化合價為最高價，具有氧化性?、蛑蟹磻?yīng)后的溶液，加入足量NaOH溶液并加熱，產(chǎn)生有刺激性氣味并能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體金屬的種類、硝酸的濃度溫度【解析】

(1)銅與硝酸反應(yīng)生成無色氣體為一氧化氮；(2)Ⅱ中鐵與溶液中的氫離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成H2；(3)①如硝酸根離子沒有發(fā)生反應(yīng)，則Ⅰ溶液不會變藍(lán)，溶液變藍(lán)說明銅被氧化；②元素化合價處于最高價具有氧化性，銨根離子的檢驗可以加強(qiáng)堿并加熱，產(chǎn)生的氣體通過濕潤紅色石蕊試紙；(4)金屬與硝酸反應(yīng)時，影響硝酸還原產(chǎn)物不同的因素金屬的活潑性，硝酸的濃度和溫度【詳解】(1)銅與硝酸反應(yīng)生成無色氣體為一氧化氮，遇空氣變紅棕色二氧化氮；(2)Ⅱ中鐵與溶液中的氫離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成H2，離子反應(yīng)方程式為：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；(3)①如硝酸根離子沒有發(fā)生反應(yīng)，則Ⅰ溶液不會變藍(lán)，溶液變藍(lán)說明銅被氧化，其實驗證據(jù)是硝酸濃度相同，銅的還原性弱于鐵，但Ⅰ中溶液變藍(lán)，同時沒有氫氣放出；②元素化合價處于最高價具有氧化性，NO中氮元素的化合價為最高價，具有氧化性，被還原，銨根離子的檢驗可以加強(qiáng)堿并加熱，產(chǎn)生的氣體通過濕潤紅色石蕊試紙，所以具體操作為：取Ⅱ中反應(yīng)后的溶液，加入足量NaOH溶液并加熱，產(chǎn)生有刺激性氣味并能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體；(4)金屬與硝酸反應(yīng)時，影響硝酸還原產(chǎn)物不同的因素有金屬的活潑性，硝酸的濃度和溫度。26、飽和NaHSO3溶液b品紅試液漂白性BaSO4避免氧氣干擾實驗SO2+H2OH2SO3H2SO3H＋+HSO3﹣在水溶液中O2氧化SO2的速率比NO3﹣快【解析】

(1)除去白霧（H2SO4）可以用飽和NaHSO3溶液；(2)檢驗SO2常用的試劑是品紅試液，利用了SO2的漂白性；(3)SO2通入0.1mol/LBa(NO3)2溶液中，SO2先和水反應(yīng)生成亞硫酸，溶液呈酸性，酸性溶液中存在NO3-，亞硫酸會被氧化成硫酸，最終生成的白色沉淀是BaSO4；(4)實驗A、C中，煮沸蒸餾水及使用植物油的目的是：避免氧氣干擾實驗；(5)實驗C中，SO2先和水反應(yīng)生成H2SO3使pH傳感器顯示溶液呈酸性；(6)A中沒有氧氣，SO2在酸性環(huán)境中被NO3﹣氧化，而B中沒有排出O2，則SO2被O2和NO3﹣共同氧化，實驗B中出現(xiàn)白色沉淀比實驗A快很多，說明在水溶液中O2氧化SO2的速率比NO3﹣快?！驹斀狻?1)除去白霧（H2SO4）可以用飽和NaHSO3溶液，所以中應(yīng)該放飽和NaHSO3溶液，并且氣體從b口進(jìn)；(2)檢驗SO2常用的試劑是品紅試液，利用了SO2的漂白性；(3)SO2通入0.1mol/LBa(NO3)2溶液中，SO2先和水反應(yīng)生成亞硫酸，溶液呈酸性，酸性溶液中存在NO3-，亞硫酸會被氧化成硫酸，最終生成的白色沉淀是BaSO4；(4)實驗A、C中，煮沸蒸餾水及使用植物油的目的是：避免氧氣干擾實驗；(5)實驗C中，SO2先和水反應(yīng)生成H2SO3使pH傳感器顯示溶液呈酸性，化學(xué)方程式為：SO2+H2OH2SO3；(6)A中沒有氧氣，SO2在酸性環(huán)境中被NO3﹣氧化，而B中沒有排出O2，則SO2被O2和NO3﹣共同氧化，實驗B中出現(xiàn)白色沉淀比實驗A快很多，說明在水溶液中O2氧化SO2的速率比NO3﹣快；實驗B中SO2更多被氧化，最終生成更多的硫酸，硫酸酸性比亞硫酸強(qiáng)，故B中酸性更強(qiáng)，故溶液pH：A>B。27、2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑用砂紙將廢舊鋁制易拉罐內(nèi)外表面打磨光滑，并剪成小片備用（其他合理答案也給分）D94.8明礬與小蘇打（NaHCO3）發(fā)生反應(yīng)（雙水解）：Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑，產(chǎn)生大量CO2，使面食內(nèi)部體積迅速膨脹，形成較大空隙。KAl(SO4)2?12H2OKAl(SO4)2+12H2O2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑【解析】

（1）鋁與強(qiáng)堿溶液的反應(yīng)生成偏鋁酸鹽和氫氣，寫出離子方程式；（2）預(yù)處理需要去掉鋁表面的致密的氧化物保護(hù)膜；（3）從減少產(chǎn)品損失考慮；（4）根據(jù)題目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的總量減去鋅標(biāo)準(zhǔn)溶液對EDTA-2Na的消耗量，即可計算出樣品溶液中Al3+的物質(zhì)的量，間接算出明礬晶體的物質(zhì)的量和質(zhì)量，進(jìn)而求出明礬晶體的純度；（5）從雙水解角度考慮；（6）根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)，確定第一個階段應(yīng)是脫掉結(jié)晶水；第二階段脫掉SO3；【詳解】（1）第一步鋁的溶解過程中主要發(fā)生鋁與強(qiáng)堿溶液的反應(yīng)，離子方程式為2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；答案：2Al+2OH－