2024屆成都樹德中學高三第一次模擬考試化學試卷含解析

2024屆成都樹德中學高三第一次模擬考試化學試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、下列過程僅克服離子鍵的是（）A．NaHSO4溶于水 B．HCl溶于水 C．氯化鈉熔化 D．碘升華2、下列由實驗得出的結論正確的是()A．將乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液變無色透明，生成的產(chǎn)物可溶于四氯化碳B．乙醇和水都可與金屬鈉反應產(chǎn)生可燃性氣體，說明兩種分子中的氫原子都能產(chǎn)生氫氣C．用乙酸浸泡水壺中的水垢，可將其清除，是因為乙酸的酸性小于碳酸的酸性D．甲烷與氯氣光照下反應后的混合氣體能使?jié)駶櫴镌嚰堊兗t是因為生成的一氯甲烷具有酸性3、紀錄片《我在故宮修文物》表現(xiàn)了文物修復者穿越古今與百年之前的人進行對話的職業(yè)體驗，讓我們領略到歷史與文化的傳承。下列文物修復和保護的過程中涉及化學變化的是（）A．A B．B C．C D．D4、下列用品在應用過程中涉及物質氧化性的是（）A．鐵紅用作顏料B．84消毒液殺菌C．純堿去污D．潔廁靈除水垢用品主要成分Fe2O3NaClONa2CO3HClA．A B．B C．C D．D5、我國對二氧化硫一空氣質子交換膜燃料電池的研究處于世界前沿水平，該電池可實現(xiàn)硫酸生產(chǎn)、發(fā)電和環(huán)境保護三位一.體的結合。其原理如圖所示。下列說法不正確的是（）A．Pt1電極附近發(fā)生的反應為：SO2+2H2O-2e-=H2SO4+2H+B．相同條件下，放電過程中消耗的SO2和O2的體積比為2：1C．該電池工作時質子從Pt1電極經(jīng)過內電路流到Pt2電極D．該電池實現(xiàn)了制硫酸、發(fā)電、環(huán)保三位一體的結合6、以黃銅礦(主要成分為CuFeS2，含少量雜質SiO2等)為原料，進行生物煉銅，同時得到副產(chǎn)品綠礬(FeSO4·7H2O)。其主要工藝流程如下:已知:部分陽離子以氫氧化物形式開始沉淀和完全沉淀時溶液的pH如下表。沉淀物Cu(OH)2Fe(OH)3Fe(OH)2開始沉淀pH4.72.77.6完全沉淀pH6.73.79.6下列說法不正確的是A．試劑a可以是CuO或Cu(OH)2，作用是調節(jié)pH至3.7～4.7之間B．反應I的化學反應方程式為4CuFeS2+2H2SO4+17O2＝4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，該反應中鐵元素被還原C．操作X為蒸發(fā)濃縮至溶液表面出現(xiàn)晶膜，再冷卻結晶D．反應Ⅲ的離子方程式為Cu2++Fe==Cu+Fe2+，試劑c參與反應的離子方程式分別為Fe+2H+=Fe2++H2↑，F(xiàn)e(OH)3+3H+=Fe3++3H2O7、溫度恒定的條件下，在2L容積不變的密閉容器中，發(fā)生反應：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。開始充入4mol的SO2和2mol的O2，10s后達到平衡狀態(tài)，此時c(SO3)=0.5mol·L-1，下列說法不正確的是()A．v(SO2)∶v(O2)=2∶1 B．10s內，v(SO3)=0.05mol·L-1·s-1C．SO2的平衡轉化率為25% D．平衡時容器內的壓強是反應前的5/6倍8、下列每組物質發(fā)生變化所克服的粒子間的作用力屬于同種類型的是()A．氯化銨受熱氣化和苯的氣化B．碘和干冰受熱升華C．二氧化硅和生石灰的熔化D．氯化鈉和鐵的熔化9、NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是A．4g甲烷完全燃燒轉移的電子數(shù)為2NAB．11.2L（標準狀況）CCl4中含有的共價鍵數(shù)為2NAC．3molSO2和1molO2于密閉容器中催化反應后分子總數(shù)為3NAD．1L0.1mol·L－1的Na2S溶液中HS－和S2－離子數(shù)之和為0.1NA10、右下表為元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W為短周期元素，W元素的核電荷數(shù)為X元素的2倍。下列說法正確的是（）A．X、W、Z元素的原子半徑及它們的氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性均依次遞增B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游離態(tài)存在，它們的最高價氧化物的水化物的酸性依次遞增C．YX2晶體熔化、液態(tài)WX3氣化均需克服分子間作用力D．根據(jù)元素周期律，可以推測T元素的單質具有半導體特性，T2X3具有氧化性和還原性11、以有機物A為原料通過一步反應即可制得重要有機化工產(chǎn)品P()。下列說法錯誤的是A．A的分子式為C11H14，可發(fā)生取代、氧化、加成等反應B．由A生成P的反應類型為加成聚合反應，反應過程沒有小分子生成C．A的結構簡式為，分子中所有碳原子不可能共面D．1molA最多能與4molH2發(fā)生加成反應12、X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X、Y兩種元素可形成數(shù)目龐大的化合物“家族”，Z、W可形成常見的離子化合物Z2W。下列有關說法正確的是A．Y元素至少能形成三種單質B．簡單離子半徑：C．元素的非金屬性：D．化合物ZX中，陰、陽離子的電子層結構相同13、M是一種常見的工業(yè)原料，實驗室制備M的化學方程式如下，下列說法正確的A．lmol的C能與7mol的H2反應B．分子C中所有原子一定共面C．可以用酸性KMnO4溶液鑒別A和BD．A的同分異構體中含有苯環(huán)和醛基的結構有14種14、探究Na2O2與水的反應，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)生了氧化還原反應和復分解反應B．①、⑤中產(chǎn)生的氣體能使帶火星的木條復燃，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15、X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。Y原子在短周期主族元素中原子半徑最大。X和Y能組成兩種陰陽離子個數(shù)之比相同的離子化合物。常溫下，0.1mol·L-1W的氫化物水溶液的pH為1。向ZW3的水溶液中逐滴加入Y的最高價氧化物對應的水化物，先產(chǎn)生白色沉淀，后沉淀逐漸溶解。下列推斷正確的是A．簡單離子半徑：W>Y>Z>XB．Y、Z分別與W形成的化合物均為離子化合物C．元素的最高正化合價：W>X>Z>YD．Y、W的簡單離子都不會影響水的電離平衡16、用電解法可提純含有某些含氧酸根雜質的粗KOH溶液，其工作原理如圖所示。下列有關說法錯誤的是A．通電后陰極區(qū)附近溶液pH會增大B．陽極反應式為4OH--4e-=2H2O+O2↑C．純凈的KOH溶液從b出口導出D．K+通過交換膜從陰極區(qū)移向陽極區(qū)17、現(xiàn)有原子序數(shù)依次增大的短周期元素W、X、Y、Z，其中W和X位于同主族，且原子序數(shù)相差2，Y是形成化合物最多的元素，Z的單質可以通過電解飽和食鹽水獲得，下列說法正確的是()A．由W和Y組成的化合物中只可能含有極性共價鍵B．簡單離子半徑：r(W—)>r(X+)C．室溫下，同濃度的氧化物對應水化物水溶液的pH：Z＜YD．Y、Z、W三元素形成的化合物有可能是電解質18、材料在人類文明史上起著劃時代的意義，下列物品所用主要材料與類型的對應關系不正確的是A．人面魚紋陶盆-無機非金屬材料 B．圓明園的銅鼠首--金屬材料C．宇航員的航天服-有機高分子材料 D．光導纖維--復合材料19、下列物質間的轉化可以實現(xiàn)的是（）A．MnO2Cl2Ca(ClO)2B．SSO2BaSO4C．SiO2H2SiO3Na2SiO3D．CuSO4Cu(OH)2Cu2O20、常溫下，將1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸餾水的燒杯中，然后向燒杯中加入Na2CO3固體（忽視溶液體積的變化）并充分攪拌，加入Na2CO3固體的過程中，溶液中Ca2+和CO32-的濃度變化曲線如圖所示，下列說法中不正確的是A．a(chǎn)=5.6B．常溫下，Ksp(CaC2O4)＞Ksp(CaCO3)C．b點對應的溶液中，離子濃度關系為c(C2O42-)＜c(CO32-)D．若使1molCaC2O4全部轉化為CaCO3，至少要加入2.12molNa2CO321、雌黃(As2S3)在我國古代常用作書寫涂改修正膠。濃硝酸氧化雌黃可制得硫黃，并生成砷酸和一種紅棕色氣體，利用此反應原理設計為某原電池。下列有關敘述正確的是A．砷酸的分子式為H2AsO4B．紅棕色氣體在該原電池的負極區(qū)生成并逸出C．該反應的氧化劑和還原劑物質的量之比為12：1D．該反應中每析出4.8g硫黃，則轉移0.5mol電子22、以下相關實驗不能達到預期目的的是（）A．試樣加水溶解后，再加入足量Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成檢驗NaHCO3固體中是否含Na2CO3B．向少量燃盡火柴頭的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3驗證火柴頭含有氯離子C．加入飽和Na2CO3溶液，充分振蕩，靜置、分層后，分液除去乙酸乙酯中的乙酸D．兩支試管中裝有等體積、等濃度的H2O2溶液，向其中一支試管中加入FeCl3溶液探究FeCl3溶液對H2O2分解速率的影響二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知：環(huán)己烯可以通過1，3-丁二烯與乙烯發(fā)生環(huán)化加成反應得到：實驗證明，下列反應中，反應物分子的環(huán)外雙鍵比環(huán)內雙鍵更容易被氧化：現(xiàn)僅以1,3-丁二烯為有機原料，無機試劑任選，按下列途徑合成甲基環(huán)己烷：(1)寫出結構簡式：A_____________；B______________(2)加氫后產(chǎn)物與甲基環(huán)己烷互為同系物的是_____________(3)1molA與1molHBr加成可以得到___________種產(chǎn)物。24、（12分）鹽酸普羅帕酮是一種高效速效抗心律失常藥。合成此藥的原料D的流程如下：已知：請回答以下問題：(I)A的化學名稱為____，試劑a的結構簡式為____。(2)C的官能團名稱為____________。(3)反應⑤的反應類型為____；反應①和⑤的目的為_______。(4)滿足下列條件的B的同分異構體還有___種(不包含B)。其中某同分異構體x能發(fā)生水解反應，核磁共振氫譜有4組峰且峰面積比為3:2:2:1，請寫出x與NaOH溶液加熱反應的化學方程式____。①能發(fā)生銀鏡反應②苯環(huán)上有2個取代基(5)關于物質D的說法，不正確的是____（填標號）。a．屬于芳香族化合物b．易溶于水c．有三種官能團d．可發(fā)生取代、加成、氧化反應25、（12分）乳酸亞鐵晶體{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，相對分子質量為288}易溶于水，是一種很好的補鐵劑，可由乳酸[CH3CH(OH)COOH]與FeCO3反應制得。I．碳酸亞鐵的制備（裝置如下圖所示）(1)儀器B的名稱是__________________；實驗操作如下：打開kl、k2，加入適量稀硫酸，關閉kl，使反應進行一段時間，其目的是__________________。(2)接下來要使儀器C中的制備反應發(fā)生，需要進行的操作是____________，該反應產(chǎn)生一種常見氣體，寫出反應的離子方程式_________________________。(3)儀器C中混合物經(jīng)過濾、洗滌得到FeCO3沉淀，檢驗其是否洗凈的方法是__________。Ⅱ．乳酸亞鐵的制備及鐵元素含量測定(4)向純凈FeCO3固體中加入足量乳酸溶液，在75℃下攪拌使之充分反應，經(jīng)過濾，在____________的條件下，經(jīng)低溫蒸發(fā)等操作后，獲得乳酸亞鐵晶體。(5)兩位同學分別用不同的方案進行鐵元素含量測定：①甲同學通過KMnO4滴定法測定樣品中Fe2+的含量計算樣品純度。在操作均正確的前提下，所得純度總是大于l00%，其原因可能是_________________________。②乙同學經(jīng)查閱資料后改用碘量法測定鐵元素的含量計算樣品純度。稱取3.000g樣品，灼燒完全灰化，加足量鹽酸溶解，取所有可溶物配成l00mL溶液。吸取1．00rnL該溶液加入過量KI溶液充分反應，然后加入幾滴淀粉溶液，用0.100mol·L-1硫代硫酸鈉溶液滴定（已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-），當溶液_____________________，即為滴定終點；平行滴定3次，硫代硫酸鈉溶液的平均用量為24.80mL，則樣品純度為_________％（保留1位小數(shù)）。26、（10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中物質由白色變?yōu)樗{色，C中試紙的顏色變化是______。(6)反應結束后，取出CuCl產(chǎn)品進行實驗，發(fā)現(xiàn)其中含有少量的CuCl2雜質，請分析產(chǎn)生CuCl2雜質的原因________________________。(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。有關化學反應為Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，計算上述樣品中CuCl的質量分數(shù)是_____________%(答案保留4位有效數(shù)字)。27、（12分）實驗室常用MnO2與濃鹽酸反應制備Cl2(反應主要裝置如圖一所示，其它裝置省略)。當鹽酸達到一個臨界濃度時，反應就會停止。為測定反應殘余液中鹽酸的臨界濃度，探究小組同學提出了下列實驗方案：甲方案：將產(chǎn)生的Cl2與足量AgNO3溶液反應，稱量生成的AgCl質量，再進行計算得到余酸的量。乙方案：采用酸堿中和滴定法測定余酸濃度。丙方案：余酸與已知量CaCO3(過量)反應后，稱量剩余的CaCO3質量。丁方案：余酸與足量Zn反應，測量生成的H2體積。具體操作：裝配好儀器并檢查裝置氣密性，接下來的操作依次是：①往燒瓶中加入足量MnO2粉末②往燒瓶中加入20mL12mol?L-1濃鹽酸③加熱使之充分反應。（1）在實驗室中，該發(fā)生裝置除了可以用于制備Cl2，還可以制備下列哪些氣體______？A．O2B．H2C．CH2=CH2D．HCl若使用甲方案，產(chǎn)生的Cl2必須先通過盛有________（填試劑名稱）的洗氣瓶，再通入足量AgNO3溶液中，這樣做的目的是______________；已知AgClO易溶于水，寫出Cl2與AgNO3溶液反應的化學方程式________________（2）進行乙方案實驗：準確量取殘余清液，稀釋5倍后作為試樣。準確量取試樣25.00mL，用1.500mol·L-1NaOH標準溶液滴定，選用合適的指示劑，消耗NaOH標準溶液23.00mL，則由此計算得到鹽酸的臨界濃度為____mol·L-1（保留兩位有效數(shù)字）；選用的合適指示劑是_____。A石蕊B酚酞C甲基橙（3）判斷丙方案的實驗結果，測得余酸的臨界濃度_________(填偏大、偏小或―影響)。（已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(MnCO3)=2.3×10-11）（4）進行丁方案實驗：裝置如圖二所示（夾持器具已略去）。（i）使Y形管中的殘余清液與鋅粒反應的正確操作是傾斜Y形管，將_____轉移到_____中。（ii）反應完畢，需要讀出量氣管中氣體的體積，首先要___________，然后再______，最后視線與量氣管刻度相平。（5）綜合評價：事實上，反應過程中鹽酸濃度減小到臨界濃度是由兩個方面所致，一是反應消耗鹽酸，二是鹽酸揮發(fā)，以上四種實驗方案中，鹽酸揮發(fā)會對哪種方案帶來實驗誤差（假設每一步實驗操作均準確）？____________A．甲B．乙C．丙D．丁28、（14分）（1）在2L密閉容器中，起始投入4molN2和6molH2在一定條件下生成NH3，平衡時僅改變溫度測得的數(shù)據(jù)如表所示（已知：T1<T2）①則K1______K2，（填“>”、“<”或“=”）原因：_______。②在T2下，經(jīng)過10s達到化學平衡狀態(tài)，則0～10s內N2的平均速率v(N2)為______，平衡時H2的轉化率為______。若再同時增加各物質的量為1mol，該反應的平衡V正_____V逆，(>或=或<)平衡常數(shù)將_____（填“增大”、“減小”或“不變”）③下列能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是___。A．3v（H2）正＝2v（NH3）逆B．容器內氣體壓強不變C．混合氣體的平均相對分子質量不再改變的狀態(tài)D．△H保持不變（2）已知下列化學鍵的鍵能寫出工業(yè)上制氨的熱化學方程式：化學鍵H-HN≡NN-H鍵能/kJ·mol-1430936390熱化學方程式：__________。（3）下列是科研小組設計的一個氮氧化物原電池，兩邊的陰影部分為a，b惰性電極，分別用導線與燒杯的m，n（惰性電極）相連接，工作原理示意圖如圖：①a為___極，b極的電極反應式____________。②在標準狀況下，通入112mL的O2，可觀察到燒杯中n處有_____生成，（假設燒杯中的溶液的體積為200mL，體積不變）最后反應終止時燒杯中溶液的PH為______。29、（10分）太陽能電池可分為：硅太陽能電池，化合物太陽能電池，如砷化鎵(GaAs)、銅銦鎵硒(CIGS)、硫化鎘(CdS)，功能高分子太陽能電池等，Al-Ni常作電極。據(jù)此回答問題：(1)鎳(Ni)在周期表中的位置為______；S原子的價電子排布式為________；Ga、As和Se的第一電離能由大到小的順序是________。(2)Na3As3中As原子的雜化方式為_____；AsCl3的空間構型為____。(3)GaAs熔點為1238℃，GaN熔點約為1500°，GaAs熔點低于GaN的原因為__________。(4)寫出一種與SO42-互為等電子體的分子_________。(5)GaAs的晶胞結構如圖所示，其中As原子形成的空隙類型有正八面體形和正四面體形，該晶胞中Ga原子所處空隙類型為_____。已知GaAs的密度為ρg/cm3，Ga和As的摩爾質量分別為MGag/mol和MAsg/mol，則GaAs晶胞中Ga之間的最短距離為________pm。

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.NaHSO4溶于水，電離生成Na+、H+和SO42-，既破壞了離子鍵又破壞了共價鍵，故A錯誤；B.HCl為分子晶體，氣體溶于水克服共價鍵，故B錯誤；C.NaCl加熱熔化電離生成Na+和Cl-，只破壞了離子鍵，故C正確；D.碘升華克服的是分子間作用力，共價鍵沒有破壞，故D錯誤；正確答案是C?！军c睛】本題考查化學鍵知識，題目難度不大，注意共價鍵、離子鍵以及分子間作用力的區(qū)別。2、A【解析】

A.乙烯含有碳碳雙鍵，可與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應，生成1，2-二溴乙烷，溶液最終變?yōu)闊o色透明，生成的產(chǎn)物1，2-二溴乙烷可溶于四氯化碳，A項正確；B.乙醇的結構簡式為CH3CH2OH，只有羥基可與鈉反應，且?OH中H的活潑性比水弱，B項錯誤；C.用乙酸浸泡水壺中的水垢，可將其清除，說明醋酸可與碳酸鈣等反應，從強酸制備弱酸的角度判斷，乙酸的酸性大于碳酸，C項錯誤；D.甲烷與氯氣在光照條件下反應生成的氣體有一氯甲烷和氯化氫，使?jié)駶櫟氖镌嚰堊兗t的氣體為氯化氫，一氯甲烷為非電解質，不能電離，D項錯誤；答案選A。3、A【解析】

A、銀器用除銹劑見新，銀的化合物被除銹劑溶解或還原為單質銀，有新物質生成，屬于化學變化，故A正確；B、變形的金屬香爐復原，是香爐的外形改變，屬于物理變化，故B錯誤；C、古畫水洗除塵，是塵土與古畫分離，沒有新物質生成，屬于物理變化，故C錯誤；D、木器表面擦拭燙蠟，沒有新物質生成，屬于物理變化，故D錯誤；答案選A。4、B【解析】

A．Fe2O3為紅棕色粉末，鐵紅用作顏料利用了其物理性質，故A不符合題意；B．NaClO具有強氧化性，84消毒液殺菌利用了其強氧化性，故B符合題意；C．純堿去油污，利用了Na2CO3水溶液顯堿性的性質，故C不符合題意；D．潔廁靈除水垢利用了HCl溶液的酸性，故D不符合題意；故答案選B。5、A【解析】

SO2在負極失電子生成SO42-，所以Pt1電極為負極，Pt2電極為正極。【詳解】A.Pt1電極上二氧化硫被氧化成硫酸，失電子發(fā)生氧化反應，為負極，電極方程式為：SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，故A錯誤；B.該電池的原理為二氧化硫與氧氣的反應，即2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以放電過程中消耗的SO2和O2的體積之比為2：1，故B正確；C.質子即氫離子，放電時陽離子流向正極，Pt1電極為負極，Pt2電極為正極，則該電池放電時質子從Pt1電極經(jīng)過內電路流到Pt2電極，故C正確；D.二氧化硫-空氣質子交換膜燃料電池，吸收了空氣中的二氧化硫起到了環(huán)保的作用，產(chǎn)物中有硫酸，而且發(fā)電，實現(xiàn)了制硫酸、發(fā)電、環(huán)保三位一體的結合，故D正確；故答案為A。6、B【解析】

A.加入試劑a調節(jié)pH至3.7~4.7之間，目的是使Fe3+

形成Fe(OH)3沉淀，同時要防止生成Cu(OH)2

沉淀，為了防止引入新的雜質，試劑a可以是CuO[或Cu(OH)2

、CuCO3

等]，故A正確；B.反應I的化學反應方程式為4CuFeS2+2H2SO4+17O2＝4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，該反應中鐵元素化合價升高被氧化，故B錯誤；C.操作X為從硫酸亞鐵溶液中得到綠礬晶體，當蒸發(fā)濃縮至溶液表面出現(xiàn)晶膜時，再冷卻結晶即可，故C正確；D.反應Ⅲ主要是Cu2+與過量的Fe(即b試劑)反應，為將Cu2+全部轉化，加入的鐵粉過量，因此在反應Ⅳ時應該將過量的鐵粉除去，利用鐵、銅的性質差別，加入適量稀硫酸(即試劑c)即可，參與反應的離子方程式分別為Fe+2H+=Fe2++H2↑，F(xiàn)e(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，故D正確；答案選B。7、D【解析】

A.根據(jù)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，任何時刻都存在v(SO2)∶v(O2)=2∶1，故A正確；B.10s內，v(SO3)=0.5mol?L-110s=0.05mol·L-1·s-1C.達到平衡狀態(tài)，此時c(SO3)=0.5mol·L-1，則生成的三氧化硫為1mol，反應的二氧化硫也是1mol，則SO2的平衡轉化率為1mol4mol×100%=25%，故CD.同溫同體積時，氣體的壓強之比等于物質的量之比，平衡時容器內二氧化硫為3mol，氧氣為1.5mol，三氧化硫為1mol，平衡時壓強是反應前的3mol+1.5mol+1mol4mol+2mol5.56故選D。8、B【解析】

A．氯化銨屬于離子晶體，需要克服離子鍵，苯屬于分子晶體，需要克服分子間作用力，所以克服作用力不同，故A不選；B．碘和干冰受熱升華，均破壞分子間作用力，故B選；C．二氧化硅屬于原子晶體，需要克服化學鍵，生石灰屬于離子晶體，需要克服離子鍵，所以克服作用力不同，故C不選；D．氯化鈉屬于離子晶體，熔化需要克服離子鍵，鐵屬于金屬晶體，熔化克服金屬鍵，所以克服作用力不相同，故D不選；故選B?！军c睛】本題考查化學鍵及晶體類型，為高頻考點，把握化學鍵的形成及判斷的一般規(guī)律為解答的關鍵。一般來說，活潑金屬與非金屬之間形成離子鍵，非金屬之間形成共價鍵，但銨鹽中存在離子鍵；由分子構成的物質發(fā)生三態(tài)變化時只破壞分子間作用力，電解質的電離化學鍵會斷裂。9、A【解析】

A.甲烷完全燃燒生成二氧化碳和水，碳元素化合價由-4價升高到+4價，所以4g甲烷完全燃燒轉移的電子數(shù)為8NA/mol=2NA，故A正確；B.CCl4在標況下為非氣態(tài)，無法計算11.2LCCl4的物質的量，故B錯誤；C.SO2和O2反應為可逆反應，反應不能進行完全，SO2和O2都有剩余，所以3molSO2和1molO2于密閉容器中催化反應后分子總數(shù)大于3NA，故C錯誤；D.Na2S溶液中分兩步水解，生成HS－和H2S，根據(jù)物料守恒關系：HS－、H2S和S2－離子數(shù)之和為0.1NA，故D錯誤。故選A。【點睛】本題為“NA”應用試題，解答此類題要注意題設陷阱，本題B選項，CCl4在標況下非氣態(tài)，C選項，二氧化硫和氧氣反應為可逆反應，D選項，要注意物料守恒的正確使用，考生只有在平時多總結，才能做到考試時慧眼識別。10、D【解析】

從表中位置關系可看出，X為第2周期元素，Y為第3周期元素，又因為X、W同主族且W元素的核電荷數(shù)為X的2倍，所以X為氧元素、W為硫酸元素；再根據(jù)元素在周期表中的位置關系可推知：Y為硅元素、Z為磷元素、T為砷元素?！驹斀狻緼、O、S、P的原子半徑大小關系為：P＞S＞O，三種元素的氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性為：H2O＞H2S＞PH3，A不正確；B、在火山口附近或地殼的巖層里，常常存在游離態(tài)的硫，B不正確；C、SiO2晶體為原子晶體，熔化時需克服的微粒間的作用力為共價鍵，C不正確；D、砷在元素周期表中位于金屬元素與非金屬的交界線附近，具有半導體的特性，As2O3中砷為+3價，處于中間價態(tài)，所以具有氧化性和還原性，D正確。答案選D。11、C【解析】

由P的結構簡式可知，合成P的反應為加成聚合反應，產(chǎn)物只有高分子化合物P，沒有小分子生成，合成P的單體A的結構簡式為，則A的分子式為C11H14，由A分子具有碳碳雙鍵、苯環(huán)結構，可知A可發(fā)生取代、氧化、加成等反應，A、B均正確；將寫成，分子中11個碳原子有可能共面，C錯誤；由A的結構簡式可知，1個苯環(huán)能與3個H2發(fā)生加成，1個雙鍵能與1個H2加成，則1molA最多能與4molH2發(fā)生加成反應，D正確。12、A【解析】

本題考查物質結構和元素周期律，意在考查接受，吸收，整合化學信息的能力。根據(jù)X、Y兩種元素可形成數(shù)目龐大的化合物“家族”，可以確定X為H、Y為C；根據(jù)X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Z、W可形成常見的離子化合物Z2W，可以確定Z為Na、W為S；據(jù)此分析?！驹斀狻緼.碳元素能形成金剛石、石墨、C60等多種單質，故A正確；B.①微粒半徑電子層數(shù)越多，半徑越大；②當電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，吸電子能力越強，半徑越小，故離子半徑：S2->Na+>H+，故B錯誤；C.元素的非金屬性：S>C>H，故C錯誤；D.NaH中，Na+核外有10個電子與H-核外有2個電子，電子層結構顯然不同，故D錯誤；答案：A13、D【解析】

A.C中含有2個苯環(huán)、1個碳碳雙鍵、1個羰基，lmol的C能與8mol的H2發(fā)生加成反應，故A錯誤；B.分子C中含有甲基，為四面體結構，所以C中不可能所有原子共面，故B錯誤；C.A和B都能使高錳酸鉀溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液鑒別A和B，故C錯誤；D.A的同分異構體中含有苯環(huán)和醛基的結構，側鏈為-CH2CH2CHO有1種、側鏈為-CH(CHO)CH3有1種、側鏈為-CH2CH3和-CHO有3種、側鏈為-CH2CHO和-CH3有3種、側鏈為2個-CH3和1個-CHO有6種，共14種，故D正確。答案選D。14、B【解析】

A.①中的反應機理可以認為過氧化鈉與水反應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)生的反應為復分解反應與氧化還原反應，④中過氧化鋇再與稀硫酸反應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)生了氧化還原反應和復分解反應。A項正確；B.①中過氧化鈉與水反應生成氧氣，不能說明存在H2O2，B項錯誤；C.④中BaO2與硫酸反應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。15、D【解析】

Y原子在短周期主族元素中原子半徑最大，故Y為Na元素，其最高價氧化物對應的水化物為NaOH，逐滴加入氫氧化鈉溶液先產(chǎn)生沉淀，后沉淀溶解，說明ZW3為鋁鹽，即Z為Al元素；X和Y能組成兩種陰陽離子個數(shù)之比相同的離子化合物，則X為O元素；常溫下，0.1mol·L-1W的氫化物水溶液的pH為1，說明HW為一元強酸，W的原子序數(shù)大于Z，所以W為Cl元素；綜上所述：X為O，Y為Na，Z為Al，W為Cl。【詳解】A.核外電子排布相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越??；氯離子電子層為3層，其他離子均為2層，所以簡單離子半徑：Cl?>O2?>Na+>Al3+，即W>X>Y>Z，故A錯誤；B.Al與Cl形成的化合物AlCl3為共價化合物，故B錯誤；C.O元素沒有最高正化合價，故C錯誤；D.NaOH為強堿，HCl為強酸，所以鈉離子和氯離子都不會影響水的電離平衡，故D正確；故答案為D。16、D【解析】

A、陰極的反應是2H++2e-=H2↑，氫離子來自于水電離，所以剩余了水電離的氫氧根離子，溶液的pH升高，A正確；B、陽極是溶液的氫氧根離子失電子，反應為：4OH--4e-=2H2O+O2↑，B正確；C、左側溶液中氫氧根離子轉化為氧氣，多余的鉀離子透過陽離子交換膜進入右側；右側水電離的氫離子轉化為氫氣，剩余大量水電離的氫氧根離子，加上透過交換膜過來的鉀離子，使右側溶液中氫氧化鉀的濃度增大，所以純凈的KOH溶液從b出口導出，C正確；D、陽離子應該向陰極移動，所以K+通過交換膜從陽極區(qū)移向陰極區(qū)移動，D錯誤；故選D。17、B【解析】

由W和X位于同主族，且原子序數(shù)相差2可知，W為H元素，X為Li元素；Y是形成化合物最多的元素，則Y是C元素；Z的單質可以通過電解飽和食鹽水獲得，則Z是Cl元素?！驹斀狻緼項、由H元素和C元素組成的化合物為烴，烴分子中可以含有碳氫極性鍵和碳碳非極性鍵，故A錯誤；B項、電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，H—和Li+具有相同的電子層結構，則離子半徑r(H—)>r(Li+)，故B正確；C項、次氯酸的酸性小于碳酸，室溫下，同濃度的次氯酸的pH大于碳酸，故C錯誤；D項、H、C、Cl三元素形成的化合物為氯代烴，氯代烴為非電解質，故D錯誤。故選B?！军c睛】本題考查元素周期律的應用，，注意掌握元素周期律內容、元素周期表結構，利用題給信息推斷元素為解答關鍵。18、D【解析】

A.陶瓷主要成分為硅酸鹽，為無機非金屬材料，故A正確；

B.銅鼠首為青銅器，為銅、錫合金，為金屬材料，故B正確；

C.航天服的材料為合成纖維，為有機高分子材料，故C正確；

D.光導纖維主要材料為二氧化硅，為無機物，不是復合材料，故D錯誤；

故選D。19、D【解析】

A.MnO2和濃鹽酸才反應生成氯氣，故A不符合題意；B.硫于氧氣反應生成二氧化硫，二氧化硫和氯化鋇不反應，故B不符合題意；C.SiO2不與水反應，故C不符合題意；D.CuSO4與氫氧化鈉反應生成Cu(OH)2和硫酸鈉，氫氧化銅與葡萄糖再堿性條件下加熱反應生成Cu2O，故D符合題意。綜上所述，答案為D。20、B【解析】

A．c(CO32-)=7.0×10-5mol·L－1時，c(Ca2+)=4.0×10-5mol·L－1，Ksp(CaCO3)=7.0×10-5×4.0×10-5=2.8×10-9，當c(Ca2+)=5.0×10-5mol·L－1時，a×10-5mol·L－1=c(CO32-)==5.6×10-5mol·L－1,a=5.6,故A正確；B．1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸餾水的燒杯中，然后向燒杯中加入Na2CO3固體（忽視溶液體積的變化）并充分攪拌，CaC2O4和CaCO3之間能轉化，是改變離子的濃度，使沉淀的轉化平衡向不同的方向移動，不能判斷Ksp(CaC2O4)和Ksp(CaCO3)的大小，故B錯誤；C．從圖中當c(CO32-)在0~a時，溶液為CaC2O4的飽和溶液，c(C2O42-)的最大值為5.6×10-5mol·L－1，b點對應的溶液中，離子濃度關系為c(C2O42-)＜c(CO32-)，故C正確；D．若使1molCaC2O4全部轉化為CaCO3，則此時溶液中c（C2O42-）==2mol·L－1，根據(jù)Ksp（CaC2O4）=c（Ca2＋）·c（C2O42-）=5.0×10-5×5.0×10-5，可知此時溶液中c（Ca2＋）=1.25×10-9mol·L－1，而根據(jù)Ksp（CaCO3）=2.8×10-9可知溶液中的c（CO32－）===2.240mol·L－1，故溶液中n（CO32－）=2.240mol·L－1×0.5L=1.12mol，而還有生成的1mol碳酸鈣，故所需的碳酸鈉的物質的量n=1.12mol+1mol=2.12mol，故D正確；故選B?！军c睛】本題考查難溶電解質的溶解平衡，把握圖象分析、Ksp計算、平衡常數(shù)為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項D為解答的難點，碳酸根有兩部分，沉淀的和溶解的兩部分，要利用Ksp進行計算。21、D【解析】

A、砷最高價為+5，砷酸的分子式為H3AsO4，故A錯誤；B、紅棕色氣體是硝酸發(fā)生還原反應生成的NO2,原電池正極發(fā)生還原反應，所以NO2在正極生成并逸出，故B錯誤；C、As2S3被氧化為砷酸和硫單質，As2S3化合價共升高10，硝酸被還原為NO2，氮元素化合價降低1，氧化劑和還原劑物質的量之比為10：1，故C錯誤；D、As2S3被氧化為砷酸和硫單質，1molAs2S3失10mol電子，生成2mol砷酸和3mol硫單質，所以生成0.15mol硫黃，轉移0.5mol電子，故D正確。22、A【解析】

A.

Na2CO3

能與Ca(

OH)2溶液發(fā)生反應生成CaCO3沉淀，NaHCO3也能與Ca(OH)2

溶液發(fā)生反應生成CaCO3沉淀，故不能用Ca(OH)2溶液檢驗NaHCO3固體中是否含Na2CO3，可以用CaCl2溶液檢驗，故A選；B.檢驗氯離子，需要硝酸、硝酸銀，則向少量燃盡火柴頭的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3可檢驗，故B不選；C.乙酸與飽和碳酸鈉反應后，與乙酸乙酯分層，然后分液可分離，故C不選；D.只有催化劑不同，可探究FeCl3溶液對H2O2分解速率的影響，故D不選；答案選A。二、非選擇題(共84分)23、A4【解析】

根據(jù)碳原子數(shù)目可知，反應①為1，3-丁二烯與CH2=CH-CH3發(fā)生信息Ⅰ反應生成A，則A為，結合A發(fā)生信息Ⅱ中反應生成B，則B為，結合C的分子式可知，B與氫氣發(fā)生全加成反應生成C，C為，C發(fā)生消去反應生成D，D為，D發(fā)生加成反應生成甲基環(huán)己烷?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：A為，B為，C為，D為。(1)通過以上分析知，A的結構簡式是，B的結構簡式是；(2)A是，A與H2發(fā)生加成反應后產(chǎn)物為，名稱為乙基環(huán)己烷，與甲基環(huán)己烷互為同系物，故合理物質序號為A；(3)A的結構簡式是，其分子中含有的2個碳碳雙鍵上的4個C原子都不等效，所以Br原子加成到4個C原子上的產(chǎn)物都不相同，故其與HBr加成時的產(chǎn)物有4種?！军c睛】本題考查有機物推斷，正確理解題給信息是解本題關鍵，側重考查學生獲取信息、加工信息、利用信息及分析推斷能力，注意(3)中A發(fā)生加成反應產(chǎn)物種類判斷，為易錯點。24、鄰羥基苯甲醛（2-羥基苯甲醛）羥基，羰基取代反應保護羥基不被氧化11bc【解析】

C為；(I)按命名規(guī)則給A命名，結合題給信息與反應②中的反應物和產(chǎn)物結構，找出試劑a，可確定結構簡式；(2)由反應⑤⑥找到C的結構簡式，并且找出其的官能團寫名稱即可；(3)找到C的結構簡式是關鍵，從流程開始的物質A到C，可發(fā)現(xiàn)只有醛基被消除，由此可發(fā)現(xiàn)⑤的反應類型及反應①和⑤的目的；(4)從B的結構出發(fā)，滿足條件的B的同分異構體(不包含B)中，先找出條件對應的基團及位置，最后再確定總數(shù)目，同分異構體x與NaOH溶液加熱下反應，則X含酯基，X核磁共振氫譜有4組峰且峰面積比為3:2:2:1，確定X結構即可求解；(5)關于物質D的說法不正確的有哪些？從結構中含有苯環(huán)、醚鍵、羰基、醇羥基等基團的相關概念、性質判斷；【詳解】(I)A為，則其名稱為：鄰羥基苯甲醛（2-羥基苯甲醛）；答案為：鄰羥基苯甲醛（2-羥基苯甲醛）；題給信息，反應②為，則試劑a為；答案為：；(2)由反應⑤⑥找到C的結構簡式：，官能團為羥基和羰基；答案為：羥基；羰基；(3)C的結構簡式是，與HI在加熱下發(fā)生反應⑤得到，可見是-OCH3中的-CH3被H取代了；從流程開始的物質A到C，為什么不采用以下途徑：主要是步驟3中醇羥基被氧化成羰基時，酚羥基也會被氧化，因此反應①和⑤的目的為保護羥基不被氧化；答案為：取代反應；保護羥基不被氧化；(4)B的同分異構體(不包含B)要滿足條件①能發(fā)生銀鏡反應②苯環(huán)上有2個取代基，其中有一個醛基(含甲酸酯基)，且取代基可以是鄰、間、對3種位置，則2個取代基可以有四種組合：首先是和，它們分別處于間、對，共2種（處于鄰位就是B要排除），剩下3種組合分別是、、，它們都可以是鄰、間、對3種位置，就9種，合起來共11種；答案為：11；某同分異構體x能與NaOH溶液加熱下反應，則X含甲酸酯基，則X中苯環(huán)上的側鏈為，X核磁共振氫譜有4組峰且峰面積比為3:2:2:1，則取代基處于對位，因此X為，則反應方程式為；答案為：(5)D為，關于物質D的說法：a．因為含有苯環(huán)，屬于芳香族化合物，a說法正確，不符合；b．親水基團少，憎水基團大，不易溶于水，b說法不正確，符合；c．含氧官能團有3種，還有1種含氮官能團，c說法不正確，符合；d．醇羥基可發(fā)生取代、氧化，羰基、苯環(huán)上可催化加氫反應,d說法正確，不符合；答案為：bc。25、蒸餾燒瓶生成FeSO4溶液，且用產(chǎn)生的H2排盡裝置內的空氣關閉k2Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O取最后一次洗滌液，加入稀鹽酸酸化，再滴入BaCl2溶液，若無白色沉淀，則洗滌干凈隔絕空氣乳酸根離子中的羥基也能被高錳酸鉀氧化，導致消耗高錳酸鉀溶液用量偏多藍色褪去且半分鐘不恢復95.2%【解析】

I．亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過程中應在無氧環(huán)境中進行，F(xiàn)e與稀硫酸反應制備硫酸亞鐵，利用反應生成的氫氣排盡裝置中的空氣，B制備硫酸亞鐵，利用生成氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中。C裝置中硫酸亞鐵和NH4HCO3發(fā)生反應產(chǎn)生FeCO3沉淀。Ⅱ．Fe2+有較強還原性，易被空氣中氧氣氧化，獲取乳酸亞鐵晶體過程中應減小空氣中氧氣的干擾；①乳酸和亞鐵離子都可被酸性高錳酸鉀氧化；②I2的淀粉溶液顯藍色，滴加硫代硫酸鈉溶液后藍色會變淺，最終褪色；根據(jù)已知反應可得關系式2Fe3+～～I2～～2S2O32-，根據(jù)滴定時參加反應的硫代硫酸鈉的物質的量計算出Fe2+的物質的量，再計算樣品純度?！驹斀狻縄．亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過程中應在無氧環(huán)境中進行，F(xiàn)e與稀硫酸反應制備硫酸亞鐵，利用反應生成的氫氣排盡裝置中的空氣，裝置B制備硫酸亞鐵，C裝置中硫酸亞鐵和NH4HCO3發(fā)生反應：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，利用生成氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中。(1)由儀器圖形可知B為蒸餾燒瓶；打開kl、k2，加入適量稀硫酸，可使生成的氫氣排出裝置C內的空氣，防止二價鐵被氧化；(2)待裝置內空氣排出后，再關閉k2，反應產(chǎn)生的氫氣使裝置內的氣體壓強增大，可將B中生成的硫酸亞鐵溶液排到裝置C中，發(fā)生反應生成碳酸亞鐵，同時生成二氧化碳，反應的離子方程式為Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(3)FeCO3是從含有SO42-的溶液中過濾出來的，檢驗沉淀是否洗滌干凈，可通過檢驗是否含有SO42-判斷。方法是：取最后一次水洗液于試管中，加入過量稀鹽酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若無白色渾濁出現(xiàn)，則表明洗滌液中不存在SO42-，即可判斷FeCO3沉淀洗滌干凈；Ⅱ．(4)Fe2+有較強還原性，易被空氣中氧氣氧化，則乳酸亞鐵應隔絕空氣，防止被氧化；(5)①乳酸根中含有羥基，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，F(xiàn)e2+也可以被氧化，因此二者反應都消耗KMnO4溶液，導致消耗高錳酸鉀的增大，使計算所得乳酸亞鐵的質量偏大，產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質量分數(shù)會大于100%；②I2遇淀粉溶液顯藍色，滴加硫代硫酸鈉溶液后藍色會變淺，說明I2與Na2S2O3發(fā)生了氧化還原反應，當藍色剛好褪去且半分鐘不恢復，即可判斷為滴定終點；24.80mL0.1000mol/L硫代硫酸鈉溶液中硫代硫酸鈉的物質的量為n(Na2S2O3)=0.02480L×0.100mol/L=2.48×10-3mol，根據(jù)關系式2Fe2+～2Fe3+～I2～2S2O32-，可知樣品中CH3CH(OH)COO]2Fe?3H2O的物質的量為n(Fe2+)=n(S2O32-)=2.48×10-3mol×=9.92×10-3mol，則樣品的純度為×100%=95.2%?！军c睛】本題考查實驗制備方案的知識，涉及化學儀器識別、對操作的分析評價、物質分離提純、氧化還原反應滴定應用等，明確原理是解題關鍵，通過化學方程式可得關系式，然后根據(jù)關系式進行有關化學計算，注意在物質計算時取用的物質與原樣品配制的溶液的體積關系，以免出錯。26、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：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)生分解反應產(chǎn)生CuCl和Cl2。【詳解】(1)步驟①中CuSO4、Cu發(fā)生氧化還原反應，產(chǎn)生的Cu+與溶液中Cl-結合形成[CuCl3]2-，發(fā)生反應的離子方程式為：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，正反應速率減小的倍數(shù)大于逆反應速率減小的倍數(shù)，所以化學平衡逆向移動，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CuCl2再進一步加熱分解時產(chǎn)生了Cl2，Cl2與H2O反應產(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)反應結束后，取出CuCl產(chǎn)品進行實驗，發(fā)現(xiàn)其中含有少量的CuCl2雜質，產(chǎn)生CuCl2雜質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)反應方程式Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+可得關系式：CuCl～Ce4+，24.60mL0.1000mol/L的Ce(SO4)2溶液中含有溶質Ce(SO4)2的物質的量n[Ce(SO4)2]=0.1000mol/L×0.02460L=2.46×10-3mol，則根據(jù)關系式可知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的質量分數(shù)是×100%=97.92%。【點睛】本題考查了物質制備方案的設計，明確實驗目的、實驗原理為解答關鍵，注意掌握常見化學實驗基本操作方法及元素化合物性質，充分利用題干信息分析解答，當反應中涉及多個反應時，可利用方程式得到已知物質與待求物質之間的關系式，然后分析、解答，試題充分考查了學生的分析能力及化學實驗能力。27、D飽和食鹽水除去揮發(fā)出的HClCl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO36.9mol/LC偏小足量鋅粒殘余清液使氣體冷卻到室溫調整量氣管兩端液面相平A【解析】

(1)根據(jù)反應物的狀態(tài)和反應條件選擇合適的裝置，從氯氣中的雜質氣體氯化氫，考慮除雜試劑，用飽和食鹽水，氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸，鹽酸再與硝酸銀反應，生成氯化銀和硝酸；(2)為測定反應殘余液中鹽酸的濃度，量取試樣25.00mL，用1.500mol?L-1NaOH標準溶液滴定，選擇的指示劑是甲基橙，消耗23.00mL，該次滴定測得試樣中鹽酸濃度==1.38mol/L，此濃度為稀釋5倍后作為試樣，原來的濃度應為現(xiàn)濃度的5倍；(3)與已知量CaCO3(過量)反應，稱量剩余的CaCO3質量，由于部分碳酸鈣與轉化成碳酸錳沉淀，稱量剩余的固體質量會偏大；(4)依據(jù)鋅粒與稀鹽酸反應生成氫氣進行分析解答；(5)甲同學的方案：鹽酸揮發(fā)，也會與硝酸銀反應，故反應有誤差；【詳解】(1)根據(jù)反應物的狀態(tài)和反應條件選擇合適的裝置，此裝置為固液加熱型，A．O2用高錳酸鉀或氯酸鉀與二氧化錳加熱制取，用的是固固加熱型，不符合題意，故A不符合題意；B．H2用的是鋅與稀硫酸反應，是固液常溫型，故B不符合題意；C．CH2=CH2用的是乙醇和濃硫酸反應，屬于液液加熱型，要使用溫度計，故C不符合題意；D．HCl用的是氯化鈉和濃硫酸反應，屬于固液加熱型，故D符合題意；氯氣中的雜質氣體氯化氫，考慮除雜試劑，用飽和食鹽水，氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸，鹽酸再與硝酸銀反應，生成氯化銀和硝酸，由于次氯酸銀不是沉淀，次氯酸與硝酸銀不反應，化學方程式為Cl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3；(2)量取試樣25.00mL，用1.500mol?L?1NaOH標準溶液滴定，消耗23..00mL，該次滴定測得試樣中鹽酸濃度為，由c(HCl)?V(HCl)=c(NaOH)?V(NaOH)，該次滴定測得試樣中鹽酸濃度==1.38mol/L，此濃度為稀釋5倍后作為試樣，原來的濃度應為現(xiàn)濃度的5倍=1.38×5=6.9mol/L；(3)根據(jù)題意碳酸錳的Ksp比碳酸鈣小，由于部分碳酸鈣與轉化成碳酸錳沉淀，稱量剩余的固體質量會偏大，這樣一來反應的固體減少，實驗結果偏?。?4)化學反應釋放熱量，氣體體積具有熱脹冷縮的特點。使Zn粒進入殘余清液中讓其發(fā)生反應。這樣殘余清液就可以充分反應，如果反過來，殘余清液不可能全部轉移到左邊。若殘余清液轉移到左邊則會殘留在Y型管內壁，導致產(chǎn)生氣體的量減少，使測定的鹽酸濃度偏小，丁方案：余酸與足量Zn反應放熱，壓強對氣體的體積有影響該反應是在加熱條件下進行的，溫度升高氣體壓強增大，如果不回復到原溫度，相當于將氣體壓縮了，使得測出的氣體的體積減小。故溫度要恢復到原溫度時，同時上下移動右端的漏斗，使兩端的液面的高度相同，視線要與液體的凹液面相切，讀取測量氣體的體積。故讀氣體體積時要保證冷卻到室溫，并且壓強不再發(fā)生變化，即調整量氣管兩端液面相平；(5)與足量AgNO3溶液反應，稱量生成的AgCl質量，鹽酸揮發(fā)的話，加入足量的硝酸銀溶液求出氯離子的量偏大，會有誤差。28、＞溫度升高，nNH3在減小，平衡逆向移動，△H＜0，溫度升高K在減小0.05mol/mol/（L·s）50﹪＞不變BCN2(g)+3H2(g)2NH3(g)，△H=-114kJ/mol正O2-+NO-2e-=NO2Cu1【解析】

（1）①根據(jù)題干描述，發(fā)生的反應為N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，已知：T1<T2，根據(jù)表格數(shù)據(jù)，溫度升高，n（NH3）在減小，平衡逆向移動，△H＜0，溫度升高K在減小，K1＞K2，答案為：＞；溫度升高，n（NH3）在減小，平衡逆向移動，△H＜0，溫度升高K在減小；②在T2下，經(jīng)過10s達到化學平衡狀態(tài)。根據(jù)“三段式”：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始（mol）460變化（mol）13