2022-2023學年陜西省渭南市尚德中學高考化學倒計時模擬卷含解析

2023年高考化學模擬試卷注意事項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、下列實驗中，所使用的裝置(夾持裝置略)、試劑和操作方法都正確的是()A．觀察Fe（OH）2的生成B．配制一定物質(zhì)的量濃度的NaCO3溶液C．除去CO中的CO2D．實驗室模擬制備NaHCO32、常溫下，向20mL、濃度均為0.1mol·L－1的氫氧化鈉溶液、氨水中分別滴加0.1mol·L－1鹽酸，溶液導電性如圖所示（已知：溶液導電性與離子濃度相關）。下列說法正確的是A．a(chǎn)點溶液pH=11B．曲線1中c與e之間某點溶液呈中性C．c點溶液中：c（H+）=c（OH－）+c（N3H·H2O）D．在a、b、c、d、e中，水電離程度最大的點是d3、工業(yè)制硝酸產(chǎn)生的尾氣NOx可用足量NaOH溶液吸收，以下判斷錯誤的是（）A．x=1.5時，只生成NaNO2B．2＞x＞1.5時，生成NaNO2和NaNO3C．x＜1.5時，需補充O2D．x=2時，只生成NaNO34、下列濃度關系正確的是（）A．0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液至剛好沉淀完全：c(NH4+)＞c(OH-)＞c(SO42-)＞c(H+)B．1L0.1mol/L的KOH溶液中通入標準狀況下的CO2氣體3.36L，所得溶液中：c(K+)＋c(H+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH-)C．0.1mol/L的NaOH溶液與0.2mol/L的HCN溶液等體積混合，所得溶液呈堿性：c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)D．同溫下pH相同的NaOH溶液、CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的濃度：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(NaHCO3)＜c(Na2CO3)5、現(xiàn)有三種元素的基態(tài)原子的電子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。則下列有關比較中正確的是（）A．第一電離能：③＞②＞①B．價電子數(shù)：③＞②＞①C．電負性：③＞②＞①D．質(zhì)子數(shù)：③＞②＞①6、將氯氣持續(xù)通入紫色石蕊試液中，溶液顏色呈如下變化：關于溶液中導致變色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判斷正確的是（）A．H+、HClO、Cl2 B．H+、ClO-、Cl-C．HCl、ClO-、Cl- D．HCl、HClO、Cl27、已知有關溴化氫的反應如下：反應I：反應Ⅱ：反應Ⅲ：下列說法正確的是A．實驗室可用濃與NaBr反應制HBr并用干燥B．反應Ⅰ中還原劑和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2:1C．HBr有強還原性，與溶液發(fā)生氧化還原反應D．HBr的酸性比HF強，可用氫溴酸在玻璃器皿表面作標記8、國際能源期刊報道了一種正在開發(fā)中的綠色環(huán)保“全氫電池”，有望減少廢舊電池產(chǎn)生的污染，其工作原理如圖所示。下列說法正確的是A．NaClO4的作用是傳導離子和參與電極反應B．吸附層b的電極反應：H2-2e-+2OH-=2H2OC．全氫電池工作時，將酸堿反應的中和能轉(zhuǎn)化為電能D．若離子交換膜是陽離子交換膜，則電池工作一段時間后左池溶液pH基本不變9、常溫下，HCOOH和CH3COOH的電離常數(shù)分別1.80×10?4和1.75×10?5。將pH=3，體積均為V0的兩種酸溶液分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A．溶液中水的電離程度：b點＜c點B．相同體積a點的兩溶液分別與NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同C．從c點到d點，溶液中不變（HA、A-分別代表相應的酸和酸根離子）D．若兩溶液無限稀釋，則它們的c(H+)相等10、下列說法正確的是（）A．lmol葡萄糖能水解生成2molCH3CH2OH和2molCO2B．苯的結(jié)構(gòu)簡式為，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．相同物質(zhì)的量的乙烯與乙醇分別在足量的O2中完全燃燒，消耗O2的物質(zhì)的量相同D．乙烯和植物油都能使溴水褪色，其褪色原理不同11、已知NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．32gS8與S6（）的混合物中所含共價鍵數(shù)目為NAB．1L1．1mol?L－1H2C2O4溶液中含C2O42－離子數(shù)為1.1NAC．2molNO與2molO2在密閉容器中充分反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為8NAD．標準狀況下2．4L氯氣與甲烷的混合氣體，光照時充分反應生成HCl分子數(shù)為NA12、某晶體中含有非極性鍵，關于該晶體的說法正確的是A．可能有很高的熔沸點 B．不可能是化合物C．只可能是有機物 D．不可能是離子晶體13、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C2H5OHCH3CHO14、化學已滲透到人類生活的各個方面，下列說法正確的是（）A．石油、煤、天然氣、可燃冰、植物油都屬于化石燃料B．綠色食品是生產(chǎn)時不使用化肥、農(nóng)藥、不含任何化學物質(zhì)的食品C．推廣使用潔凈煤技術，可減少二氧化硫等有害氣體的排放D．地溝油的主要成分是高級脂肪酸甘油酯，可用于制肥皂和加工食用油15、向H2S的水溶液中通入一定量的Cl2，下列圖像所示變化正確的是A． B． C． D．16、下列實驗方案正確且能達到實驗目的的是()A．證明碳酸的酸性比硅酸強B．驗證草酸晶體是否含結(jié)晶水C．檢驗混合氣體中H2S和CO2D．制備乙酸乙酯17、下列屬于非電解質(zhì)的是A．酒精 B．硫酸鋇 C．液氯 D．氨水18、下列化學用語或命名正確的是A．過氧化氫的結(jié)構(gòu)式：H-O-O-H B．乙烯的結(jié)構(gòu)簡式：CH2CH2C．含有8個中子的氧原子： D．NH4Cl的電子式：19、某固體混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的兩種或多種組成，現(xiàn)對該混合物做如下實驗，所得現(xiàn)象和有關數(shù)據(jù)如圖所示（氣體體積數(shù)據(jù)已換算成標準狀況下的體積）。關于該固體混合物，下列說法正確的是A．一定含有Al，其質(zhì)量為4.05gB．一定不含F(xiàn)eCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C．一定含有MgCl2和FeCl2D．一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，且物質(zhì)的量相等20、科學家采用碳基電極材料設計了一種制取氯氣的新工藝方案，裝置如圖所示：下列說法錯誤的是（）A．反應過程中需要不斷補充Fe2+B．陽極反應式是2HCl-2e-=Cl2+2H+C．電路中轉(zhuǎn)移1mol電子，消耗標況下氧氣5.6LD．電解總反應可看作是4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）21、不能用元素周期律解釋的是（）A．氯與鈉形成離子鍵，氯與硅形成共價鍵B．向淀粉KI溶液中滴加溴水，溶液變藍C．向Na2SO3溶液中滴加鹽酸，有氣泡生成D．F2在暗處遇H2即爆炸，I2在暗處遇H2幾乎不反應22、12C與13C互為（）A．同系物 B．同位素 C．同素異形體 D．同分異構(gòu)體二、非選擇題(共84分)23、（14分）芳香族化合物A()是重要的有機化工原料。由A制備有機化合物F的合成路線(部分反應條件略去)如圖所示：（1）A的分子式是______，B中含有的官能團的名稱是_________。（2）D→E的反應類型是_______。（3）已知G能與金屬鈉反應，則G的結(jié)構(gòu)簡式為_________。（4）寫出E→F的化學方程式：_________。（5）寫出符合下列條件的龍膽酸乙酯()的同分異構(gòu)體有______種，寫出其中一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：_________________。①能發(fā)生銀鏡反應，與FeCl3溶液不發(fā)生顯色反應，但水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；②核磁共振氫譜有四組峰，且峰的面積之比為6:2:1:1。（6）已知：。參照上述合成路線，設計一條以苯酚、乙醇為原料制備龍膽酸乙酯()的合成路線(無機試劑任用)：________。24、（12分）某藥物G，其合成路線如下：已知：①R-X+②試回答下列問題：(1)寫出A的結(jié)構(gòu)簡式_________。(2)下列說法正確的是__________A．化合物E具有堿性B．化合物B與新制氫氧化銅加熱產(chǎn)生磚紅色沉淀C．化合物F能發(fā)生還原反應D．化合物G的分子式為C16H17N5O2Br(3)寫出C+D→E的化學方程式___________。(4)請設計以用4－溴吡啶（）和乙二醇（）為原料合成化合物D的同系物的合成路線________(用流程圖表示，無機試劑任選)。(5)寫出化合物A可能的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式__________。須同時符合：①分子中含有一個苯環(huán)；②1H-NMR圖譜顯示分子中有3種氫原子。25、（12分）丙烯酸酯類物質(zhì)廣泛用于建筑、包裝材料等，丙烯酸是合成丙烯酸酯的原料之一。丙烯醇可用于生產(chǎn)甘油、塑料等。以丙烯醛為原料生產(chǎn)丙烯醇、丙烯酸的流程如圖所示：已知：①2CH2=CH-CHO+NaOHCH2=CHCH2OH+CH2=CHCOONa②2CH2=CHOONa+H2SO4→2CH2=CHCOOH+Na2SO4③有關物質(zhì)的相關性質(zhì)如表：物質(zhì)丙烯醛丙烯醇丙烯酸四氯化碳沸點/℃539714177熔點/℃-87-12913-22.8密度/g·mL-30.840.851.021.58溶解性(常溫)易溶于水和有機溶劑溶于水和有機溶劑溶于水和有機溶劑難溶于水(1)操作①需要連續(xù)加熱30min，所用裝置如圖所示。儀器L名稱是________。(2)操作②使用的主要儀器是分液漏斗，在使用之前需進行的操作是___。(3)操作④包括____、過濾、冰水洗滌、低溫吸干。(4)操作⑤中，加熱蒸餾“下層液體”，分離出四氯化碳；再分離出丙烯醇(如圖)，要得到丙烯醇應收集____(填溫度)的餾分。圖中有一處明顯錯誤，應改為____。(5)測定丙烯醇的摩爾質(zhì)量：準確量取amL丙烯醇于分液漏斗中，燒瓶內(nèi)盛裝足量鈉粒。實驗前量氣管B中讀數(shù)為bmL，當丙烯醇完全反應后，冷卻至室溫、調(diào)平B、C液面，量氣管B的讀數(shù)為cmL。已知室溫下氣體摩爾體積為VL·mol-1。調(diào)平B、C液面的操作是____；實驗測得丙烯醇的摩爾質(zhì)量為____g·mol-1(用代數(shù)式表示)。如果讀數(shù)時C管液面高于B管，測得結(jié)果將____(填“偏大”“偏小”或“不變”)。26、（10分）《我在故宮修文物》這部紀錄片里關于古代青銅器的修復引起了某研學小組的興趣?！靶夼f如舊”是文物保護的主旨。（1）查閱高中教材得知銅銹為Cu2(OH)2CO3，俗稱銅綠，可溶于酸。銅綠在一定程度上可以提升青銅器的藝術價值。參與形成銅綠的物質(zhì)有Cu和_______。（2）繼續(xù)查閱中國知網(wǎng)，了解到銅銹的成分非常復雜，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古學家將銅銹分為無害銹和有害銹，結(jié)構(gòu)如圖所示：Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl分別屬于無害銹和有害銹，請解釋原因_____________。（3）文獻顯示有害銹的形成過程中會產(chǎn)生CuCl（白色不溶于水的固體），請結(jié)合下圖回答：①過程Ⅰ的正極反應物是___________。②過程Ⅰ負極的電極反應式是_____________。（4）青銅器的修復有以下三種方法：?。畽幟仕峤ǎ簩⒏g文物直接放在2%-3%的檸檬酸溶液中浸泡除銹；ⅱ．碳酸鈉法：將腐蝕文物置于含Na2CO3的緩沖溶液中浸泡，使CuCl轉(zhuǎn)化為難溶的Cu2(OH)2CO3；ⅲ．BTA保護法：請回答下列問題：①寫出碳酸鈉法的離子方程式___________________。②三種方法中，BTA保護法應用最為普遍，分析其可能的優(yōu)點有___________。A．在青銅器表面形成一層致密的透明保護膜B．替換出銹層中的Cl-，能夠高效的除去有害銹C．和酸浸法相比，不破壞無害銹，可以保護青銅器的藝術價值，做到“修舊如舊”27、（12分）過硫酸鈉(Na2S2O8)具有極強的氧化性，且不穩(wěn)定，某化學興趣小組探究過硫酸鈉的相關性質(zhì)，實驗如下。已知SO3是無色易揮發(fā)的固體，熔點16.8℃，沸點44.8℃。（1）穩(wěn)定性探究(裝置如圖)：分解原理：2Na2S2O82Na2SO4＋2SO3↑＋O2↑。此裝置有明顯錯誤之處，請改正：______________________，水槽冰水浴的目的是____________________；帶火星的木條的現(xiàn)象_______________。（2）過硫酸鈉在酸性環(huán)境下，在Ag＋的催化作用下可以把Mn2＋氧化為紫紅色的離子，所得溶液加入BaCl2可以產(chǎn)生白色沉淀，該反應的離子方程式為______________________，該反應的氧化劑是______________，氧化產(chǎn)物是________。（3）向上述溶液中加入足量的BaCl2，過濾后對沉淀進行洗滌的操作是___________________________。（4）可用H2C2O4溶液滴定產(chǎn)生的紫紅色離子，取20mL待測液，消耗0.1mol·L－1的H2C2O4溶液30mL，則上述溶液中紫紅色離子的濃度為______mol·L－1，若Na2S2O8有剩余，則測得的紫紅色離子濃度將________(填“偏高”“偏低”或“不變”)。28、（14分）現(xiàn)有常溫下甲、乙、丙三種溶液，甲為0.1mol·L-1的NaOH溶液，乙為0.1mol·L-1的HCl溶液，丙為0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，試回答下列問題：（1）甲溶液的pH=___。（2）丙溶液中存在的電離平衡為___(用電離平衡方程式表示)。（3）常溫下，用水稀釋0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，下列各量隨水量的增加而增大的是___(填序號)。①n(H＋)②c(H＋)③④c(OH-)（4）甲、乙、丙三種溶液中由水電離出的c(OH-)最大的是___。（5）某同學用甲溶液分別滴定20.00mL乙溶液和20.00mL丙溶液，得到如圖所示的兩條滴定曲線，則a=___。（6）圖___（填1或2）表示NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的過程。（7）圖2中a點對應的溶液pH=8，原因是___（用離子方程式表示）。29、（10分）甲醇是一種可再生能源，具有廣闊的開發(fā)和應用前景，可用Pt/Al2O3、Pd/C、Rh/SiO2等作催化劑，采用如下反應來合成甲醇:2H2(g)+CO(g)?CH3OH(g)(1)下表所列數(shù)據(jù)是各化學鍵的鍵能，該反應的ΔH=_______(用含字母的代數(shù)式表示)。(2)某科研小組用Pd/C作催化劑，在450℃時，研究了n(H):n(CO)分別為2:1、3:1時CO轉(zhuǎn)化率的變化情況(如圖)，則圖中表示n(H2)：n(CO)=3:1的變化曲線為______(填“曲線a"或“曲線b”)。(3)某化學研究性學習小組模擬工業(yè)合成甲醇的反應，在2L的恒容密閉容器內(nèi)充入1molCO和2molH2，加入合適催化劑后在某溫度下開始反應，并用壓力計監(jiān)測容器內(nèi)壓強的變化如下：反應時間/min0510152025壓強/MPa12.610.89.58.78.48.4則從反應開始到20min時，CO的平均反應速率為________,該溫度下的平衡常數(shù)K為_______.(4)將CO和H2加入密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反應：CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)ΔH<0。平衡時CO的體積分數(shù)(%)與溫度和壓強的關系如下圖所示(虛線框表示沒有測定該條件下的數(shù)據(jù))。T1、T2、T3由大到小的關系是_________,判斷理由是____________(5)美國的兩家公司合作開發(fā)了多孔硅甲醇直接燃料電池，其工作原理如圖①石墨2為__________(填“正“或“負“)極。②石墨1極發(fā)生的電極反應式為________

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、A【解析】

A.氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，易被空氣中氧氣氧化生成氫氧化鐵，所以制備氫氧化鐵要隔絕空氣；B.容量瓶只能配制溶液，不能作稀釋或溶解藥品的儀器；C.洗氣瓶洗氣，注意氣體的進出方向；D.氨氣極易溶于水，不能將導管直接插入食鹽水中?！驹斀狻緼.氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，易被空氣中氧氣氧化生成氫氧化鐵，所以制備氫氧化亞鐵要隔絕空氣，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔絕空氣，能實現(xiàn)實驗目的，故A正確；B.容量瓶只能配制溶液，不能作稀釋或溶解藥品的儀器，應該用燒杯溶解硝酸鈉，然后等溶液冷卻到室溫，再將硝酸鈉溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，故B錯誤；C.洗氣瓶洗氣時，瓶內(nèi)裝有吸收雜質(zhì)的液體，混合氣從長管進、短管出(即長進短出或深入淺出)，故C錯誤D.通氨氣的導管插入液面太深，易發(fā)生倒吸；通二氧化碳的導管沒有插入溶液中，二氧化碳不易被溶液吸收，影響碳酸氫鈉的制備，故D錯誤；【點睛】本題考查化學實驗方案評價，為高頻考點，涉及物質(zhì)制備、物質(zhì)檢驗、氣體除雜、溶液配制等知識點。沒有正確掌握常見制備儀器的使用方法以及收集方法致錯。2、C【解析】

氫氧化鈉為強電解質(zhì)，一水合氨為弱電解質(zhì)，所以體積、濃度相同的氫氧化鈉溶液的導電性要比一水合氨的導電性要強，故曲線2為氫氧化鈉溶液，曲線1氨水?！驹斀狻緼.曲線2為氫氧化鈉溶液，氫氧化鈉是一元強堿，c(OH-)=0.1mol/L，則c(H+)=1×10-13mol/L，所以pH=-lgc(H+)=13，故A錯誤；B.在氨水中滴加鹽酸，溶液由堿性變中性，再變成酸性，滴定前氨水呈堿性，而c點對應的溶液溶質(zhì)為氯化銨，呈酸性，說明中性點在c點向b點間的某點，c點到e點溶液的酸性越來越強，故B錯誤；C.c點表示溶質(zhì)是氯化銨，溶液中存在質(zhì)子守恒式：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，故C正確；D.由圖像知，曲線1導電性較弱，說明曲線1對應的溶液為弱電解質(zhì)溶液，即曲線1代表氨水，曲線2代表氫氧化鈉溶液，c點表示氨水與鹽酸恰好完全反應生成氯化銨，水解程度最大，故此點對應的溶液中水的電離程度最大，故D錯誤；故選C?！军c睛】正確判斷曲線1、曲線2代表的溶質(zhì)為解答關鍵，然后根據(jù)橫坐標加入HCl的量可以判斷各點相應的溶質(zhì)情況，根據(jù)溶質(zhì)分析溶液的酸堿性、水的電離程度。3、D【解析】

工業(yè)制硝酸產(chǎn)生的尾氣NOx用足量NaOH溶液吸收，發(fā)生反應生成亞硝酸鈉、硝酸鈉與水，令NOx、NaOH系數(shù)都為1，配平后方程式為2NOx+2NaOH＝(2x﹣3)NaNO3+(5﹣2x)NaNO2+H2O；A．x＝1.5時，2x﹣3＝0，所以此時只能只生成NaNO2，故A正確；B．2＞x＞1.5時，2x-3≠0，5﹣2x≠0，此時生成NaNO2和NaNO3，故B正確；C．x＜1.5時，則氮的氧化物會剩余，所以需補充O2，故C正確；D．當x＝2時，2x﹣3＝1，所以生成的產(chǎn)物有NaNO2和NaNO3，故D錯誤。故答案為D。4、C【解析】

A．向0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液至沉淀剛好完全時發(fā)生反應：NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NH3·H2O+H2O。NH3·H2ONH4++OH-H2OH++OH-。c(OH-)＞c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)。錯誤；B.根據(jù)電荷守恒可得：c(K+)＋c(H+)＝2c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH-).錯誤；C．0.1mol/L的NaOH溶液與0.2mol/L的HCN溶液等體積混合，則發(fā)生反應：NaOH+HCN="NaCN+"H2O。反應后溶液為NaCN和HCN等物質(zhì)的量的混合溶液。由于所得溶液呈堿性，說明NaCN的水解作用大于HCN的電離作用，所以個微粒的大小關系為：c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，正確；D．NaOH溶液電離使溶液顯堿性；CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3水解使溶液顯堿性。由于酸性CH3COOH>H2CO3>HCO3-。酸越強，鹽水解的程度就越小。當溶液的pH相同時，鹽的濃度就越大。故各物質(zhì)的濃度的關系是：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(NaHCO3)＜c(CH3COONa)，錯誤；答案選C。5、A【解析】

根據(jù)三種基態(tài)原子的電子排布式：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5可判斷①、②、③分別代表的元素為：S、P、F。【詳解】A．同周期自左而右，第一電離能增大，但P元素原子3p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素，所以第一電離能Cl＞P＞S；同主族自上而下第一電離能減弱，故F＞Cl，故第一電離能F＞P＞S，即③＞②＞①，A正確；B．S、P、F價電子數(shù)分別為：6、5、7，即③＞①＞②，B錯誤；C．根據(jù)同周期電負性，從左往右逐漸變大，同族電負性，從下往上，越來越大，所以F＞S＞P，③＞①＞②，C錯誤；D．S、P、F的質(zhì)子數(shù)分別為：16、15、9，即①＞②＞③，D錯誤；答案選A。6、A【解析】

氯氣與水反應生成HCl、HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，氯氣能溶于水形成氯水溶液?！驹斀狻柯葰馀c水反應生成HCl、HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，則將氯氣持續(xù)通入紫色石蕊試液中先變紅后褪色，最后形成飽和氯水溶液顯淺黃綠色為溶解的氯氣分子，關于溶液中導致變色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判斷正確的是H+、HClO、Cl2。答案選A。7、B【解析】

A.HBr會與發(fā)生反應，故HBr不能用干燥，A錯誤；B.反應Ⅰ中還原劑為HBr，還原產(chǎn)物為水，還原劑和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2:1，B正確；C.HBr與溶液會發(fā)生復分解反應生成AgBr沉淀，C錯誤；D.HF中F是親硅元素，故可用于刻蝕玻璃，而HBr不行，D錯誤；故答案選B。8、C【解析】

電子從吸附層a流出，a極為負極，發(fā)生的反應為：H2-2e-+2OH-=2H2O，b極為正極，發(fā)生的反應為：2H++2e-=H2↑?！驹斀狻緼．由上面的分析可知，NaClO4沒有參與反應，只是傳導離子，A錯誤；B．吸附層b的電極反應2H++2e-=H2↑，B錯誤；C．將正、負電極反應疊加可知，實際發(fā)生的是H++OH-=H2O，全氫電池工作時，將酸堿反應的中和能轉(zhuǎn)化為電能，C正確；D．若離子交換膜是陽離子交換膜，則Na+向右移動，左池消耗OH-且生成H2O，pH減小，D錯誤。答案選C?！军c睛】B．電解質(zhì)溶液為酸溶液，電極反應不能出現(xiàn)OH-。9、B【解析】

從圖中可以看出，隨著溶液的不斷稀釋，Ⅰ的pH大于Ⅱ的pH，則表明Ⅰ的n(H+)小于Ⅱ的n(H+)，從而表明lg=0時，Ⅰ對應的酸電離程度大，Ⅰ為HCOOH，Ⅱ為CH3COOH；pH=3時，二者電離產(chǎn)生的c(H+)相等，由于HCOOH的電離常數(shù)大于CH3COOH，所以CH3COOH的起始濃度大?！驹斀狻緼．在c點，溶液的pH大，則酸電離出的c(H+)小，對水電離的抑制作用小，所以溶液中水的電離程度：b點＜c點，A正確；B．相同體積a點的兩溶液，CH3COOH的物質(zhì)的量比HCOOH大，分別與NaOH恰好中和后，消耗的NaOH體積大，所以CH3COOH溶液中n(Na+)大，B錯誤；C．對于HCOOH來說，從c點到d點，溫度不變，溶液中=Ka(HCOOH)不變，C正確；D．若兩溶液無限稀釋，可看成是純水，所以它們的c(H+)相等，D正確；故選B。10、C【解析】A．葡萄糖是單糖不能水解，lmol葡萄糖能分解生成2molCH3CH2OH和2molCO2，故A錯誤；B．苯的結(jié)構(gòu)簡式為，但分子結(jié)構(gòu)中無碳碳雙鍵，不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B錯誤；C．乙醇分子式可以變式為C2H4·H2O，故乙醇燃燒相當于乙烯燃燒，耗氧量相同，故C正確；D．乙烯和植物油均含有碳碳雙鍵，都能使溴水褪色，其褪色原理均為加成反應，故D錯誤；答案為C。11、A【解析】

A．S8與S6（）分子中分別含有8個和6個S-S鍵，1個S對應1個S-S共價鍵，由于32gS8與S6（）的混合物中含硫為1mol，則該混合物中含1molS-S鍵，A選項正確；B．因為草酸是弱電解質(zhì)，部分電離出C2O42-，所以L1.1mol·L?1H2C2O4溶液含C2O42-離子數(shù)小于1.1NA，B選項錯誤。C．密閉容器中2molNO與2molO2充分反應，這是一個可逆，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于4NA，由于NO不足，更小于8NA，C選項錯誤；D．在標準狀況下，2.4L氯氣與甲烷混合氣體，光照時充分反應，由于無法知道氯氣、甲烷各為多少量，所以生成HCl分子數(shù)無法計算，D選項錯誤；答案選A?！军c睛】A選項在判斷時明確S8與S6（）分子中分別含有8個和6個S-S鍵，兩者混合后一個S對應1個S-S共價鍵是解答的關鍵。12、A【解析】

A.金剛石為原子晶體，晶體中含有非極性共價鍵C?C鍵，由于該晶體的原子晶體，原子之間通過共價鍵結(jié)合，斷裂需要吸收很高的能量，因此該物質(zhì)的熔沸點很高，所以可能有很高的熔沸點，故A正確；B.同種元素的原子形成的共價鍵是非極性共價鍵，不同種元素的原子形成的共價鍵是極性共價鍵，H2O2等含有非極性鍵，屬于化合物，故B錯誤；C.離子化合物中一定含有離子鍵，也可能含有非極性共價鍵，如Na2O2，故C錯誤；D.離子化合物中一定含有離子鍵，也可能含有非極性共價鍵，如Na2O2，因此含有非極性鍵的化合物可能是離子晶體，故D錯誤；故選：A。13、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。【詳解】A、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?！军c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。14、C【解析】

A．石油、煤、天然氣、可燃冰都屬于化石燃料，植物油屬于油脂不是化石燃料，故A錯誤；B．綠色食品是指在無污染的條件下種植、養(yǎng)殖、施有機肥料、不用高毒性、高殘留農(nóng)藥、在標準環(huán)境的食品，生產(chǎn)時可以使用有機化肥和低毒的農(nóng)藥，故B錯誤；C．推廣使用潔凈煤技術，可減少二氧化硫等有害氣體的排放，故C正確；D．“地溝油”是用飯店的泔水及垃圾豬肉等加工而成的“食用油”，對人體健康有害不能食用，故D錯誤；故答案為C。15、C【解析】

H2S與Cl2發(fā)生反應：H2S+Cl2=2HCl+S↓，溶液酸性逐漸增強，導電性逐漸增強，生成S沉淀，則A．H2S為弱酸，HCl為強酸，溶液pH逐漸減小，選項A錯誤；B．H2S為弱酸，HCl為強酸，溶液離子濃度逐漸增大，導電能力增強，選項B錯誤；C．生成S沉淀，當H2S反應完時，沉淀的量不變，選項C正確；D．開始時為H2S溶液，c(H+)＞0，溶液呈酸性，選項D錯誤。答案選C。16、C【解析】

A．鹽酸揮發(fā)出的HCl也能和硅酸鈉反應，應先除去，A項錯誤；B．草酸受熱易熔化，所以試管口不能向下傾斜，且草酸受熱分解也會產(chǎn)生水，B項錯誤；C．足量酸性高錳酸鉀溶液可檢驗并除去H2S，可通過澄清石灰水變渾濁檢驗CO2的存在，C項正確；D．導管不能插入飽和碳酸鈉溶液中，否則會引起倒吸，D項錯誤；所以答案選擇C項。17、A【解析】

A.酒精是化合物，在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能電離產(chǎn)生自由移動的離子，屬于非電解質(zhì)，A符合題意；B.硫酸鋇是鹽，難溶于水，溶于水的BaSO4會完全電離產(chǎn)生Ba2+、SO42-，屬于強電解質(zhì)，B不符合題意；C.液氯是液態(tài)Cl2單質(zhì)，不屬于電解質(zhì)，也不屬于非電解質(zhì)，C不符合題意；D.氨水是混合物，不是化合物，不屬于電解質(zhì)和非電解質(zhì)，D不符合題意；故合理選項是A。18、A【解析】

A．過氧化氫為共價化合物，用短線代替所有共價鍵即為結(jié)構(gòu)式，過氧化氫的結(jié)構(gòu)式是H?O?O?H，故A正確；B．乙烯含有碳碳雙鍵，不能省略，結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH2，故B錯誤；C．表示質(zhì)量數(shù)為18的氧原子，含有10個中子，故C錯誤；D．NH4Cl的電子式為：，故D錯誤；故答案選A。19、D【解析】A;14.05g固體加入過量的氫氧化鈉溶液產(chǎn)生氣體,有銨鹽和堿反應生成生成的氨氣,也可以是金屬鋁與氫氧化鈉溶液反應生成氫氣；5.60L氣體通過堿石灰無變化,說明氣體中無與堿石灰反應的氣體，,通過濃硫酸,氣體剩余3.36L,體積減少5.60L-3.36L=2,24L,結(jié)合混合物可能存在的物質(zhì)可以知道，一定含有硫酸銨與氫氧化鈉反應生成氨氣為2.24L,剩余的氣體只能是氫氣，體積為3.36，,說明原混合物中一定含有鋁，故A對；B:14.05g固體加入過量的氫氧化鈉溶液中產(chǎn)生白色沉淀2.9g，久置無變化,因為氫氧化鋁溶于強堿，F(xiàn)e(OH)2易被氧化，所以一定不含F(xiàn)eCl2，能生成的白色沉淀一定是氯化鎂與強堿反應生成的氫氧化鎂白色沉淀,一定含有氯化鎂，故B錯誤；C.根據(jù)上邊分析，一定含氯化鎂，一定不含F(xiàn)eCl2，故C錯誤；根據(jù)A分析一定有(NH4)2SO4，根據(jù)B分析一定有氯化鎂。Mg(OH)2MgCl2(NH4)2SO42NH4+2NH358g1mol1mol22.4L2.9g0.05mol0.05mol2.24L(NH4)2SO4和MgCl2物質(zhì)的量相等，故D正確。本題答案：D。點睛：:14.05g固體加入過量的氫氧化鈉溶液產(chǎn)生氣體,有銨鹽和堿反應生成生成的氨氣,也可以是金屬鋁與氫氧化鈉溶液反應生成氫氣,5.60L氣體通過堿石灰無變化,說明氣體中無與堿石灰反應的氣體,無水蒸氣的存在,通過濃硫酸,氣體剩余3.36L,體積減少5.60L-3.36L=2,24L,結(jié)合混合物可能存在的物質(zhì)可以知道,一定含有硫酸銨與氫氧化鈉反應生成氨氣為2,24L,剩余的氣體只能是氫氣,體積為3.36L,說明原混合物中一定含有鋁。20、A【解析】

HCl在陽極失電子，發(fā)生氧化反應，生成Cl2和H+，F(xiàn)e3+在陰極得電子，還原成Fe2+，F(xiàn)e2+、H+、O2反應生成Fe3+和H2O，F(xiàn)e2+、Fe3+在陰極循環(huán)?！驹斀狻緼．由分析可知，F(xiàn)e2+在陰極循環(huán)，無需補充，A錯誤；B．HCl在陽極失電子得到Cl2和H+，電極反應式為：2HCl-2e-=Cl2+2H+，B正確；C．根據(jù)電子得失守恒有：O2～4e-，電路中轉(zhuǎn)移1mol電子，消耗0.25mol氧氣，標況下體積為5.6L，C正確；D．由圖可知，反應物為HCl(g)和O2(g)，生成物為H2O(g)和Cl2(g)，故電解總反應可看作是4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)，D正確。答案選A。21、C【解析】

A.氯最外層7個電子，容易得到電子，Na最外層1個電子，容易失去電子，Si不易失去也不易得到電子；B.非金屬性強的元素單質(zhì)，能從非金屬性弱的非金屬形成的鹽中置換出該非金屬單質(zhì)；C.向Na2SO3溶液中加鹽酸，發(fā)生強酸制取弱酸的反應；D.非金屬性越強，與氫氣化合越容易?！驹斀狻緼.氯最外層7個電子，容易得到電子，Na最外層1個電子，容易失去電子，Si不易失去也不易得到電子；所以氯與鈉形成氯化鈉，含有離子鍵，氯與硅形成四氯化硅，含有共價鍵，可以利用元素周期律解釋，故A不選；B.向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液變藍，說明溴單質(zhì)的氧化性強于碘單質(zhì)，能用元素周期律解釋，故B不選；C.向Na2SO3溶液中加鹽酸，發(fā)生強酸制取弱酸的反應，HCl不是最高價含氧酸，不能用元素周期律解釋，故C選；D.非金屬性F>I，故氟氣與氫氣化合較容易，可以利用元素周期律解釋，故D不選；故答案選C。22、B【解析】

同種元素的不同種原子間互為同位素，據(jù)此分析。【詳解】12C與13C是碳元素的兩種不同的碳原子，故互為同位素。答案選：B?！军c睛】本題考查了“四同”概念的辨別，應注意的概念要點的把握。結(jié)構(gòu)相似,組成上相差1個或者若干個某種原子團的化合物互稱為同系物；具有相同質(zhì)子數(shù)，不同中子數(shù)的同一元素的不同核素互為同位素；同素異形體,是指由同樣的單一化學元素組成,因排列方式不同,而具有不同性質(zhì)的單質(zhì)；化學上，同分異構(gòu)體是一種有相同分子式而有不同的原子排列的化合物。二、非選擇題(共84分)23、C6H7N羰基、碳碳雙鍵酯化反應（或取代反應）HOCH2COOC2H5+C6H5CH2Br+HBr2或【解析】

本小題考查有機化學基礎知識，意在考查學生推斷能力。（1）結(jié)合芳香族化合物A的結(jié)構(gòu)簡式可知其分子式；由有B的結(jié)構(gòu)簡式確定其官能團；（2）根據(jù)D和E的官能團變化判斷反應類型；（3）G能與金屬鈉反應，則G中含羧基或羥基，對比D和E的結(jié)構(gòu)簡式可確定G的結(jié)構(gòu)簡式；（4））E→F的反應中，E中的酚羥基的氫原子被苯甲基取代生成F；（5）發(fā)生銀鏡反應，與FeCl3溶液不發(fā)生顯色反應但水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明該有機物分子中不含有酚羥基，但其水解產(chǎn)物中含有酚羥基，故該有機物為酯類，核磁共振氫譜有四組峰，氫峰的面積之比為6:2:1:1，說明該有機物分子中含有4種等效氫原子，其中6個氫應該為兩個甲基上的H，則該有機物具有對稱結(jié)構(gòu)；（6）根據(jù)信息，以苯酚、乙醇為原料制備龍膽酸乙酯()的合成路線為?！驹斀狻浚?）結(jié)合芳香族化合物A的結(jié)構(gòu)簡式可知其分子式為C6H7N；根據(jù)B的結(jié)構(gòu)簡式確定其官能團為羰基、碳碳雙鍵。本小題答案為：C6H7N；羰基、碳碳雙鍵。（2）根據(jù)D和E的官能團變化分析，D→E發(fā)生的是酯化反應（或取代反應）。本小題答案為：酯化反應（或取代反應）。（3）G能與金屬鈉反應，則G中含羧基或羥基，對比D和E的結(jié)構(gòu)簡式可確定G中含羥基，結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2COOC2H5。本小題答案為：HOCH2COOC2H5。（4）E→F的反應中，E中的酚羥基的氫原子被苯甲基取代生成F，方程式為+C6H5CH2Br+HBr。本小題答案為：+C6H5CH2Br+HBr。（5）發(fā)生銀鏡反應，與FeCl3溶液不發(fā)生顯色反應但水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明該有機物分子中不含有酚羥基，但其水解產(chǎn)物中含有酚羥基，故該有機物為酯類，核磁共振氫譜有四組峰，氫峰的面積之比為6:2:1:1，說明該有機物分子中含有4種等效氫原子，其中6個氫應該為兩個甲基上的H，則該有機物具有對稱結(jié)構(gòu)，結(jié)合結(jié)構(gòu)簡式可知，滿足條件的有機物的結(jié)構(gòu)簡式為或本小題答案為：、（6）根據(jù)信息，以苯酚、乙醇為原料制備龍膽酸乙酯()的合成路線為。本小題答案為：。24、A、B、C+→+HBr、、【解析】

A的分子式為C6H6N2Br2，A生成分子式為C7H6N2Br2O的B，再結(jié)合B的結(jié)構(gòu)推測由A生成B的反應即取代反應，生成了一個肽鍵，所以A的結(jié)構(gòu)為。B經(jīng)過反應后生成分子式為C7H4N2Br2的C，相比于B，C的分子中少了1個H2O，所以推測B生成C額外產(chǎn)生了不飽和結(jié)構(gòu)。由C生成E的條件以及E的分子式為C16H20N3O2Br且其中僅含1個Br推測，C生成E發(fā)生的是已知信息中給出的反應①類型的取代反應；進一步由G的結(jié)構(gòu)原子的排列特點可以推測，C的結(jié)構(gòu)為，那么E的結(jié)構(gòu)為。E反應生成分子式為C14H16N3OBr的產(chǎn)物F，再結(jié)合反應條件分析可知，E生成F的反應即已知信息中提供的反應②，所以F的結(jié)構(gòu)為?！驹斀狻?1)通過分析可知，A生成B的反應即取代反應，所以A的結(jié)構(gòu)即為；(2)A．通過分析可知，E的結(jié)構(gòu)為，結(jié)構(gòu)中含有咪唑環(huán)以及胺的結(jié)構(gòu)，所以會顯現(xiàn)堿性，A項正確；B．化合物B的結(jié)構(gòu)中含有醛基，所以可以與新制氫氧化銅在加熱條件下產(chǎn)生磚紅色沉淀，B項正確；C．通過分析可知，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)為，可以與氫氣加成生成醇，所以F可以發(fā)生還原反應，C項正確；D．由化合物G的結(jié)構(gòu)可知其分子式為C16H18N5O2Br，D項錯誤；答案選ABC；(3)C與D反應生成E的方程式為：++HBr；(4)原料中提供了乙二醇，并且最終合成了，產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)中具有特征明顯的五元環(huán)結(jié)構(gòu)，因此考慮通過已知信息中的反應②實現(xiàn)某步轉(zhuǎn)化；所以大致思路是，將4-溴吡啶中的溴原子逐漸轉(zhuǎn)變?yōu)轸驶?，再與乙二醇發(fā)生反應②即可，所以具體的合成路線為：；(5)化合物A為，分子中含有4個不飽和度，1個苯環(huán)恰好有4個不飽和度，所以符合條件的A的同分異構(gòu)體除苯環(huán)外其他結(jié)構(gòu)均飽和；除去苯環(huán)外，有機物中還含有2個溴原子，以及2個都只形成單鍵的氮原子；若苯環(huán)上只安排1個取代基，沒有能夠滿足核磁共振氫譜有3組峰的要求的結(jié)構(gòu)；若苯環(huán)上有2個取代基，只有；若苯環(huán)上有3個取代基，沒有能夠滿足核磁共振氫譜有3組峰的要求的結(jié)構(gòu)；若苯環(huán)上有4個取代基，則滿足要求的結(jié)構(gòu)有和，至此討論完畢。【點睛】推斷有機物結(jié)構(gòu)時，除了反應條件，物質(zhì)性質(zhì)等信息外，還可以從推斷流程入手，對比反應前后，物質(zhì)結(jié)構(gòu)上的差異推測反應的具體情況。25、冷凝管檢漏冰水浴冷卻結(jié)晶97℃溫度計水銀球與蒸餾燒瓶支管口處相齊平上下移動C管偏大【解析】

丙烯醛與氫氧化鈉溶液共熱生成丙烯醇和丙烯酸鈉，加入四氯化碳萃取未反應的丙烯醛和丙烯醇，四氯化碳密度比水大，所以得到的上層液體含有丙烯酸鈉，加入硫酸酸化得到丙烯酸溶液，丙烯酸熔點為13℃，可用冰水冷卻可得到丙烯酸晶體，過濾、冰水洗滌、低溫吸干得到丙烯酸；下層液體為含有少量未反應的丙烯醛和生成的丙烯醇的四氯化碳溶液，蒸餾得到丙烯醇。【詳解】(1)根據(jù)L的結(jié)構(gòu)特點可知其為球形冷凝管；(2)過程②為萃取分液，分液漏斗使用前需要進行檢漏；(3)根據(jù)分析可知操作④包括冰水浴冷卻結(jié)晶、過濾、冰水洗滌、低溫吸干；(4)根據(jù)題目信息可知丙烯醇的沸點為97℃，所以收集97℃的餾分；進行蒸餾時溫度計的水銀球應與蒸餾燒瓶的支管口處相平；(5)丙烯醇含有羥基可以與鈉單質(zhì)反應生成氫氣，通過測定生成的氫氣的量來確定丙烯醇的物質(zhì)的量，從而測定其摩爾質(zhì)量；記錄氫氣體積時要注意通過上下移動C管使B、C液面高度一致，從而使氣體的壓強與大氣壓相同；得到的氣體體積為cmL，室溫下氣體摩爾體積為VL·mol-1，則生成的氫氣物質(zhì)的量為，丙烯醇分子中含有一個羥基，所以丙烯醇的物質(zhì)的量為，丙烯醇的密度為0.85g·mL-3，則amL丙烯醇的質(zhì)量為0.85ag，所以丙烯醇的摩爾質(zhì)量為；若讀數(shù)時C管液面高于B管，則B中壓強要大于大氣壓，導致測得的氣體體積偏小，根據(jù)計算公式可知會導致計算得到的摩爾質(zhì)量偏大?！军c睛】蒸餾實驗中溫度計的水銀球應與蒸餾燒瓶的支管口處相平，冷凝水從冷凝管的下口進上口出；排水法測量氣體體積時一定要保證氣體壓強和大氣壓相同，否則無法準確知道氣體壓強無法進行換算。26、O2、H2O、CO2堿式碳酸銅為致密結(jié)構(gòu)，可以阻止潮濕空氣進入內(nèi)部進一步腐蝕銅；而堿式氯化銅為疏松結(jié)構(gòu)，潮濕空氣可以進入空隙內(nèi)將內(nèi)部的銅進一步腐蝕氧氣（H2O）Cu-e-+Cl-=CuCl4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-ABC【解析】

（1）由質(zhì)量守恒定律可知，反應前后元素種類不變；（2）結(jié)合圖像可知，Cu2(OH)2CO3為致密結(jié)構(gòu)，Cu2(OH)3Cl為疏松結(jié)構(gòu)；（3）正極得電子發(fā)生還原反應，過程Ⅰ的正極反應物是氧氣，Cu作負極；（4）在青銅器表面形成一層致密的透明保護膜；替換出銹層中的Cl-，能夠高效的除去有害銹；BTA保護法不破壞無害銹?！驹斀狻浚?）銅銹為Cu2(OH)2CO3，由質(zhì)量守恒定律可知，反應前后元素種類不變，參與形成銅綠的物質(zhì)有Cu和O2、H2O、CO2；（2）結(jié)合圖像可知，Cu2(OH)2CO3為致密結(jié)構(gòu)，可以阻止潮濕空氣進入內(nèi)部進一步腐蝕銅，屬于無害銹。Cu2(OH)3Cl為疏松結(jié)構(gòu)，潮濕空氣可以進入空隙內(nèi)將內(nèi)部的銅進一步腐蝕，屬于有害銹；（3）①結(jié)合圖像可知，正極得電子發(fā)生還原反應，過程Ⅰ的正極反應物是氧氣，電極反應式為O2+4e-+2H2O===4OH-；②結(jié)合圖像可知，過程Ⅰ中Cu作負極，電極反應式是Cu-e-+Cl-=CuCl；（4）①碳酸鈉法中，Na2CO3的緩沖溶液使CuCl轉(zhuǎn)化為難溶的Cu2(OH)2CO3，離子方程式為4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-；②A．在青銅器表面形成一層致密的透明保護膜，能保護內(nèi)部金屬銅，這能使BTA保護法應用更為普遍，故A正確；B．Cu2(OH)3Cl為疏松結(jié)構(gòu)，潮濕空氣可以進入空隙內(nèi)將內(nèi)部的銅進一步腐蝕，屬于有害銹。替換出銹層中的Cl-，能夠高效的除去有害銹，這能使BTA保護法應用更為普遍，故B正確；C．酸浸法會破壞無害銹Cu2(OH)2CO3，BTA保護法不破壞無害銹，可以保護青銅器的藝術價值，做到“修舊如舊”，這能使BTA保護法應用更為普遍，故C正確；答案選ABC。27、試管口應該略向下傾斜冷卻并收集SO3木條復燃2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋S2OMnO用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸餾水至沒過沉淀，使蒸餾水自然流下，重復操作2～3次(合理即可)0.06偏高【解析】

(1)在試管中加熱固體時，試管口應略微向下傾斜；根據(jù)SO3、氧氣的性質(zhì)進行分析；(2)X為MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)物中有SO42-，據(jù)此寫出離子方程式，并根據(jù)氧化還原反應規(guī)律判斷氧化劑、氧化產(chǎn)物；(3)根據(jù)沉淀洗滌的方法進行回答；(4)根據(jù)得失電子守恒可得到關系式：5H2C2O4---2MnO4-，帶入數(shù)值進行計算；Na2S2O8也具有氧化性，氧化H2C2O4。【詳解】(1)在試管中加熱固體時，試管口應略微向下傾斜，SO3的熔、沸點均在0℃以上，因此冰水浴有利于將SO3冷卻為固體，便于收集SO3，由Na2S2O8的分解原理可知，生成物中有氧氣，所以在導管出氣口的帶火星的木條會復燃，故答案為：試管口應該略向下傾斜；冷卻并收集SO3；木條復燃；(2)X為MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)物中有SO42-，則反應的離子方程式為2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋，根據(jù)該反應中元素化合價的變化可知，氧化劑是S2O82-，氧化產(chǎn)物是MnO4-，故答案為：2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋；S2O82-；MnO4-；(3)沉淀洗滌時，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸餾水需要沒過沉淀，需要洗滌2~3次，故答案為：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸餾水至沒過沉淀，使蒸餾水自然流下，重復操作2～3次(合理即可)；(4)根據(jù)得失電子守恒可得到關系式：則，Na2S2O8具有氧化性，消耗的H2C2O4溶液增多，導致測得的結(jié)果偏高，故答案為：0.06；偏高。28、13CH3COOHCH3CO