2024年山西省忻州一中高三第二次診斷性檢測化學試卷含解析

2024年山西省忻州一中高三第二次診斷性檢測化學試卷注意事項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、下列各圖示實驗設計和操作合理的是（）A．圖1證明非金屬性強弱：S＞C＞Si B．圖2制備少量氧氣C．圖3配制一定物質的量濃度的硫酸溶液 D．圖4制備少量乙酸丁酯2、在25℃時,將1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合,使之充分反應。然后向該混合溶液中通入HCl氣體或加入NaOH固體(忽略體積和溫度變化),溶液pH隨通入(或加入)物質的物質的量的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A．水的電離程度:a>b>cB．b點對應的混合溶液中:c(Na+)<c(CH3COO-)C．c點對應的混合溶液中:c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)D．該溫度下,a、b、c三點CH3COOH的電離平衡常數均為3、下列物質的轉化在給定條件下能實現的是()A．SSO3H2SO4 B．Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3C．SiO2SiCl4Si D．Fe2O3FeCl3(aq)無水FeCl34、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序數依次增加。已知，離子化合物甲是由X、Y、Z、W四種元素組成的，其中，陰陽離子個數比為1∶1，陽離子是一種5核10電子微粒；Q元素原子半徑是短周期主族元素中最大的；乙為上述某種元素的最高價氧化物對應的水化物；甲與乙的濃溶液反應生成丙、丁、戊三種物質，其中丁在常溫下為氣體。下列說法正確的是A．甲中既含離子鍵，又含共價鍵B．丙和戊的混合物一定顯酸性C．丁一定能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍D．原子半徑：X＜Y＜Z＜W5、工業(yè)上制備相關物質，涉及的反應原理及部分流程較為合理的是A．制取鎂：海水Mg(OH)2MgOMgB．冶煉鋁：鋁土礦NaAlO2無水AlCl3AlC．制硝酸：N2、H2NH3NO50%HNO3濃HNO3D．海帶海帶灰I2(aq)I26、工業(yè)上氟氣可作為火箭燃料中的氧化劑，氟單質的制備通常采用電解法。已知：KF＋HF===KHF2，電解熔融的氟氫化鉀(KHF2)和無水氟化氫的混合物制備F2的裝置如圖所示。下列說法錯誤的是A．鋼電極與電源的負極相連B．電解過程中需不斷補充的X是KFC．陰極室與陽極室必須隔開D．氟氫化鉀在氟化氫中可以電離7、常溫下，向20mL0.1mol·L－1一元酸HA中滴加相同濃度的KOH溶液，溶液中由水電離的氫離子濃度隨加入KOH溶液體積的變化如圖所示。則下列說法錯誤的是A．HA的電離常數約為10－5B．b點溶液中存在：c(A－)＝c(K＋)C．c點對應的KOH溶液的體積V＝20mL，c水(H＋)約為7×10－6mol·L－1D．導電能力：c>a>b8、下列不能說明氯元素的非金屬性比硫元素強的是（）A．氧化性：HClOB．ClC．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HClD．Cl2與Fe反應生成FeCl3，而S與Fe9、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W原子的最外層電子數是其質子數的，X原子的核電荷數等于Z原子的最外層電子數，元素Y的最高正化合價為+2價。下列說法正確的是（）A．單質的沸點：W<XB．簡單離子的半徑：Z>YC．X、Z的氧化物對應的水化物均為強酸D．X、Y可形成離子化合物X3Y210、有下列兩種轉化途徑，某些反應條件和產物已省略。下列有關說法不正確的是途徑①SH2SO4途徑②SSO2SO3H2SO4A．途徑①反應中體現了濃硝酸的強氧化性和酸性B．途徑②的第二步反應在實際生產中可以通過增大O2濃度來降低成本C．由途徑①和②分別制取1molH2SO4，理論上各消耗1molS，各轉移6mole-D．途徑②與途徑①相比更能體現“綠色化學”的理念是因為途徑②比途徑①污染相對小且原子利用率高11、兩份鋁屑，第一份與足量鹽酸反應，第二份與足量NaOH溶液反應，產生氫氣的體積比為1∶2（同溫同壓下），則第一份與第二份鋁屑的質量比為A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．2∶112、某固體樣品可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-中的幾種離子。將該固體樣品分為等質量的兩份，進行如下實驗(不考慮鹽類的水解及水的電離)：(1)一份固體溶于水得無色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入過量稀鹽酸，仍有4.66g沉淀。(2)另一份固體與過量NaOH固體混合后充分加熱，產生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體0.672L(標準狀況)(假設氣體全部逸出)。下列說法正確的是A．該固體中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Cl-B．該固體中一定沒有Ca2+、Cl-，可能含有K+C．該固體可能由(NH4)2SO4、K2CO3和NH4Cl組成D．該固體中n(K+)≥0.06mol13、能促進水的電離平衡，并使溶液中的c（H+）＞c（OH﹣）的操作是（）A．將水加熱煮沸 B．將明礬溶于水C．將NaHSO4固體溶于水 D．將NaHCO3固體溶于水14、化學與科技、生活密切相關。下列敘述中正確的是（）A．屠呦呦用乙醚從青蒿中提取出對治療瘧疾有特效的青蒿素，該過程包括萃取操作B．從石墨中剝離出的石墨烯薄片能導電，因此石墨烯是電解質C．中國天眼FAST用到的高性能碳化硅是一種新型的有機高分子材料D．泰國銀飾和土耳其彩瓷是“一帶一路”沿線國家的特色產品，其主要成分均為金屬材料15、足量下列物質與相同質量的鋁反應，放出氫氣且消耗溶質物質的量最少的是A．氫氧化鈉溶液 B．稀硫酸 C．鹽酸 D．稀硝酸16、下列說法不正確的是A．用飽和碳酸鈉溶液能鑒別乙酸、乙醇、苯、四氯化碳B．麥芽糖、淀粉、花生油、大豆蛋白都能在人體內水解C．苯中混有的少量甲苯，可加入足量高錳酸鉀酸性溶液，充分反應后，經分液可得純凈的苯D．向乙酰水楊酸粗產品中加入飽和碳酸氫鈉溶液，充分反應后過濾，可除去乙酰水楊酸中的水楊酸聚合物雜質17、同素異形體指的是同種元素形成的不同結構的單質，它描述的對象是單質。則同分異構體、同位素、同系物描述的對象依次為A．化合物、原子、化合物 B．有機物、單質、化合物C．無機化合物、元素、有機化合物 D．化合物、原子、無機化合物18、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列有關說法正確的是（）A．32gCu在足量O2或硫蒸氣中完全燃燒失去的電子數均為NAB．4g甲烷和8g甲醇含有的氫原子數均為NAC．標準狀況下,5.6L乙烷中含有的共價鍵數目為1.5NAD．一定條件下,32gSO2與足量O2反應。轉移電子數為NA19、金屬(M)－空氣電池(如圖)具有原料易得、能量密度高等優(yōu)點，有望成為新能源汽車和移動設備的電源。該類電池放電的總反應為：4M+nO2+2nH2O=4M(OH)n。已知：電池的“理論比能量”指單位質量的電極材料理論上能釋放出的最大電能。下列說法不正確的是A．多孔電極有利于氧氣擴散至電極表面，可提高反應速率B．電池放電過程的正極反應式：O2+2H2O+4e－=4OH－C．比較Mg、Al二種金屬－空氣電池，“理論比能量”之比是8∶9D．為防止負極區(qū)沉積Mg(OH)2，宜采用中性電解質及陽離子交換膜20、在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是BA．B．C．D．21、下列說法正確的是()A．粗銅電解精煉時，粗銅、純銅依次分別作陰極、陽極B．5.6gFe在足量Cl2中充分燃燒，轉移電子的數目為0.2×6.02×1023C．室溫下，稀釋0.1mol/LNH4Cl溶液，溶液中增大D．向BaCO3、BaSO4的飽和溶液中加入少量BaCl2，溶液中減小22、YBa2Cu3Ox(Y元素釔)是一種重要超導材料，下列關于Y的說法錯誤的是（）A．質量數是89 B．質子數與中子數之差為50C．核外電子數是39 D．Y與Y互為同位素二、非選擇題(共84分)23、（14分）結晶玫瑰廣泛用于香料中，它的兩條合成路線如下圖所示：已知：兩個羥基同時連在同一碳原子上的結構不穩(wěn)定，會發(fā)生脫水反應：+H2O完成下列填空：（1）A的俗稱是_________；D中官能團的名稱是_______；反應②的反應類型是_______。（2）寫出G與氫氧化鈉溶液反應的化學方程式__________。（3）已知：，則可推知反應②發(fā)生時，會得到一種副產物，寫出該副產物的結構簡式_____。（4）G的同分異構體L遇FeCl3溶液顯色，與足量濃溴水反應未見白色沉淀產生，若L與NaOH的乙醇溶液共熱能反應，則共熱生成的有機物的結構簡式為________________（任寫一種）24、（12分）有機材料PMMA、新型可降解高分子材料PET、常見解熱鎮(zhèn)痛藥Aspirin的合成路線如下：已知：(1)A屬于烯烴，其結構簡式是_______。(2)A與苯在AlCl3催化作用下反應生成B的反應類型是_______。(3)寫出B的一溴代物只有2種的芳香烴的名稱__________寫出生成這兩種一溴代物所需要的反應試劑和反應條件____________(4)B在硫酸催化條件下被氧氣氧化可得有機物C與F。①C由碳、氫、氧三種元素組成，C的結構簡式是_________。②向少量F溶液中滴加幾滴FeCl3溶液，溶液呈紫色，且F在其同系物中相對分子質量最小。G物質中含氧官能團名稱為_______。(5)D在一定條件下制取PET的化學方程式是_______。25、（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產品進行實驗，發(fā)現其中含有少量的CuCl2雜質，請分析產生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的質量分數是_____________%(答案保留4位有效數字)。26、（10分）輝銅礦主要成分為Cu2S，軟錳礦主要成分MnO2，它們都含有少量Fe2O3、SiO2等雜質。工業(yè)上綜合利用這兩種礦物制備硫酸銅、硫酸錳和硫單質的主要工藝流程如下：（1）浸取2過程中溫度控制在500C～600C之間的原因是__________________。（2）硫酸浸取時，Fe3+對MnO2氧化Cu2S起著重要催化作用，該過程可能經過兩歲反應完成，將其補充完整：

①_____________________________（用離子方程式表示）②MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O（3）固體甲是一種堿式鹽，為測定甲的化學式，進行以下實驗：步驟1：取19.2g固體甲，加足量的稀鹽酸溶解，將所得溶液分為A、B兩等份；步驟2：向A中加入足量的NaOH溶液并加熱，共收集到0.448LNH3（標準狀況下）過濾后將所得濾渣洗滌干燥并灼燒至質量不再變化，可得4.80g紅棕色固體殘渣：步驟3：向B中加入足量的BaCl2溶液，過濾、洗滌、干燥，可得9.32g固體殘渣。則固體甲的化學式為_________________（4）相關物質的溶解度如下圖，從除鐵后的溶液中通過一系列的操作分別獲得硫酸銅、硫酸錳晶體，請給出合理的操作順序（從下列操作中選取，按先后次序列出字母，操作可重復使用）：溶液→()→()→()→(A)→()→()→（），_____________A．蒸發(fā)溶劑B．趁熱過濾C．冷卻結晶D．過濾E．將溶液蒸發(fā)至溶液表面出現晶膜F．將溶液蒸發(fā)至容器底部出現大量晶體27、（12分）常用調味劑花椒油是一種從花椒籽中提取的水蒸氣揮發(fā)性香精油，溶于乙醇、乙醚等有機溶劑。利用如圖所示裝置處理花椒籽粉，經分離提純得到花椒油。實驗步驟：（一）在A裝置中的圓底燒瓶中裝入容積的水，加1~2粒沸石。同時，在B中的圓底燒瓶中加入20g花椒籽粉和50mL水。（二）加熱A裝置中的圓底燒瓶，當有大量蒸氣產生時關閉彈簧夾，進行蒸餾。（三）向餾出液中加入食鹽至飽和，再用15mL乙醚萃取2次，將兩次萃取的醚層合并，加入少量無水Na2SO4；將液體傾倒入蒸餾燒瓶中，蒸餾得花椒油。(1)裝置A中玻璃管的作用是_______。裝置B中圓底燒瓶傾斜的目的是________。(2)步驟（二）中，當觀察到_______現象時，可停止蒸餾。蒸餾結束時，下列操作的順序為_______（填標號）。①停止加熱②打開彈簧夾③關閉冷凝水(3)在餾出液中加入食鹽的作用是__；加入無水Na2SO4的作用是_______。(4)實驗結束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管，反應的化學方程式為_________。（殘留物以表示）(5)為測定花椒油中油脂的含量，取20.00mL花椒油溶于乙醇中，加80.00mL0.5mol/LNaOH的乙醇溶液，攪拌，充分反應，加水配成200mL溶液。取25.00mL加入酚酞，用0.1moI/L鹽酸進行滴定，滴定終點消耗鹽酸20.00mL。則該花椒油中含有油脂_______g/L。（以計，式量：884)。28、（14分）H2S作為一種有毒氣體，廣泛存在于石油、化工、冶金、天然氣等行業(yè)的廢氣中，脫除氣體中的硫化氫對于保護環(huán)境、合理利用資源都有著現實而重要的意義。請回答下列問題：(1)H2S的電子式為____________，其熱穩(wěn)定性弱于HCl的原因是____________。(2)用H2S和天然氣生產CS2的反應為CH4(g)+2H2S(g)CS2(l)+4H2(g)。已知：I．CH4(g)+4S(s)CS2(g)+2H2S(g)△H1=akJ·mol－1；II．S(s)+H2(g)H2S(g)△H2=bkJ·mol－1；Ⅲ．CS2(1)CS2(g)△H3=ckJ·mol－1；則反應CH4(g)+2H2S(g)CS2(1)+4H2(g)的△H=____________kJ·mol－1(用含a、b、c的代數式表示)。(3)800℃時，將一定量的H2S氣體充入恒容密閉容器中，發(fā)生反應H2S(g)S(s)+H2(g)，tmin后反應達到化學平衡狀態(tài)，測得容器中H2與H2S的質量濃度分別為0.02g/L、0.34g/L，則H2S的初始濃度_______mol/L，該溫度下，反應的化學平衡常數K=______。(4)向恒壓密閉容器中充入0.1molCH4和0.2molH2S，發(fā)生反應CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)，測得不同溫度下，CH4的平衡轉化率(%)與溫度(℃)的關系如圖所示：①該反應的活化能：E正____________E逆(填“＞”“＜”或“=”)②若初始容積為V0L，1200℃反應達到平衡時，容器的容積為____________L(用含V0的代數式表示)。③1200℃時，欲提高CH4的平衡轉化率，可以采取的措施是____________(填選項字母)。A．增大壓強B．再充入CH4C．再充入H2SD．充入HeE．使用高效催化劑(5)H2S廢氣可用碳酸鈉溶液吸收，將吸收足量H2S氣體后的溶液加入到如圖所示的電解池中進行電解，在陽極生成有工業(yè)價值的Na2S2O3，電解時陽極的電極反應式為____________。29、（10分）化合物M對霉菌有較好的抑制作用，結構簡式為其合成路線如圖所示：回答下列問題：(1)化合物B的分子式為______；D中官能團的名稱為______。(2)反應②的反應類型是______。(3)化合物E的結構簡式為______。(4)寫出A與足量溴水反應的化學方程式：______。(5)同時滿足下列條件的D的所有同分異構體有______種，其中核磁共振氫譜顯示有3組峰，且峰面積之比為2：2：3的結構簡式為______。①含苯環(huán)和一NO2結構；②不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；③1mol該物質最多可與4molNaOH反應。(6)請以、為原料合成化合物，寫出制備的合成路線流程圖。（無機試劑任用）____________________

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．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強。由于元素的非金屬性S＞C＞Si，所以酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，強酸可以與弱酸的鹽反應制取弱酸，圖1可以證明非金屬性強弱：S＞C＞Si，A正確；B．過氧化鈉為粉末固體，不能利用關閉止水夾使固體與液體分離，則不能控制反應制備少量氧氣，B錯誤；C．配制物質的量濃度的溶液時，應該把濃硫酸在燒杯中溶解、稀釋，冷卻至室溫后再轉移到容量瓶中，不能直接在容量瓶中溶解稀釋，C錯誤；D．反應物乙酸、1-丁醇的沸點低于產物乙酸丁酯的沸點，若采用圖中裝置，會造成反應物的大量揮發(fā)，大大降低了反應物的轉化率，D錯誤；故選A。2、D【解析】

根據圖示可知，原混合液顯酸性，則為醋酸與醋酸鈉的混合液，a點加入0.10molNaOH固體，pH=7，說明原溶液中CH3COOH的物質的量稍大于0.2mol。酸或堿抑制水的電離，含弱酸根離子的鹽促進水的電離，酸或堿的濃度越大，抑制水電離程度越大。A.1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合，發(fā)生的反應為：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，反應后的溶液是CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解能夠促進水的電離，而CH3COOH的電離會抑制水的電離。若向該混合溶液中通入HCl，b→c發(fā)生的反應為：CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，CH3COONa減少，CH3COOH增多，水的電離程度減小；若向該混合溶液中加入NaOH固體，b→a發(fā)生的反應是：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，CH3COONa增多，CH3COOH減少，水的電離會逐漸增大，因此水的電離程度：a>b>c，故A正確；B.b點對應的混合溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，則此時溶質為CH3COOH和CH3COONa，結合電荷守恒，所以c(Na+)<c(CH3COO-)，故B正確；C.c點對于的溶液是通入0.1molHCl的溶液，相當于HCl中和氫氧化鈉，所以c點溶液相當于原CH3COOH溶液和0.1molNaCl固體的混合液，醋酸濃度大于0.2mol/L，所以c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故C正確；D.該溫度下，CH3COOH的電離平衡常數，a點對于溶液中pH=7，c(Na+)=c(CH3COO-)=0.2mol/L，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，則溶液中c(CH3COOH)=(c-0.2)mol/L，帶入公式得，故D錯誤。3、B【解析】

A.S點燃條件下與O2反應不能生成SO3；B.Al2O3和NaOH溶液反應生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入CO2，生成Al(OH)3沉淀；C.SiO2一般情況下不與酸反應；D.FeCl3溶液會發(fā)生Fe3+的水解；【詳解】A.S點燃條件下與空氣或純O2反應只能生成SO2，不能生成SO3，故A錯誤；B.氧化鋁和氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉溶液中通入二氧化碳，發(fā)生反應NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，所以能實現，故B正確；C.SiO2與鹽酸溶液不發(fā)生，故C錯誤；D.FeCl3溶液在加熱時會促進Fe3+的水解：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3+3HCl，最終得不到無水FeCl3，故D錯誤；故答案為B?！军c睛】本題考查是元素化合物之間的轉化關系及反應條件。解題的關鍵是要熟悉常見物質的化學性質和轉化條件，特別是要關注具有實際應用背景或前景的物質轉化知識的學習與應用。4、A【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序數依次增加。離子化合物甲是由X、Y、Z、W四種元素組成的，其中陰陽離子個數比為1∶1，陽離子是一種5核10電子微粒，該陽離子為NH4+，則X為H元素；Q元素原子半徑是短周期主族元素中最大的，則Q為Na元素，因此Y、Z、W均為第二周期元素，陰離子組成元素的原子序數小于Na，則陰離子為碳酸氫根離子，則甲為NH4HCO3，因此Y為C元素、Z為N元素、W為O元素；乙為上述某種元素的最高價氧化物對應的水化物；甲與乙的濃溶液反應生成丙、丁、戊三種物質，則乙為氫氧化鈉或硝酸，與碳酸氫銨反應生成氨氣，碳酸鈉和水或硝酸銨、二氧化碳和水，其中丁在常溫下為氣體，則丁為氨氣或二氧化碳，據此分析解答。【詳解】根據上述分析，X為H元素，Y為C元素，Z為N元素，W為O元素，Q為Na元素，甲為NH4HCO3，乙為NaOH或硝酸，丁為氨氣或二氧化碳，丙、戊為碳酸鈉或硝酸銨和水。A．甲為NH4HCO3，屬于離子化合物，含有離子鍵，銨根離子、HCO3-中還含有共價鍵，故A正確；B．丙和戊的混合物可能為碳酸鈉溶液或硝酸銨溶液，碳酸鈉水解后溶液顯堿性，故B錯誤；C．丁可能為二氧化碳，二氧化碳不能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，故C錯誤；D．同一周期，從左到右，原子半徑逐漸減小，同一主族，從上到下，原子半徑逐漸增大，原子半徑：X＜W＜Z＜Y，故D錯誤；答案選A。5、C【解析】A、工業(yè)行通過電解熔融的氯化鎂制備金屬鎂，不是電解氧化鎂，故A錯誤；B、氯化鋁是共價化合物，熔融的氯化鋁不能導電，工業(yè)上通過電解熔融的氧化鋁冰晶石熔融體制備金屬鋁，故B錯誤；C、氮氣和氫氣在催化劑、高溫高壓下反應生成氨氣，氨氣催化氧化生成NO，NO與氧氣和水反應生成硝酸，再加入硝酸鎂蒸餾得到濃硝酸，故C正確；D、熱裂汽油中含有不飽和烴，和碘單質會發(fā)生加成反應，不能做萃取劑，應用分餾汽油萃取，故D錯誤；故選C。6、B【解析】

根據裝置圖，鋼電極上產生H2，碳電極上產生F2，然后根據電解原理進行分析和判斷；【詳解】A、根據裝置圖，KHF2中H元素顯＋1價，鋼電極上析出H2，表明鋼電極上發(fā)生得電子的還原反應，即鋼電極是電解池的陰極，鋼電極與電源的負極相連，故A說法正確；B、根據裝置圖，逸出的氣體為H2和F2，說明電解質無水溶液中減少的是氫和氟元素，因此電解過程需要不斷補充的X是HF，故B說法錯誤；C、陽極室生成氟氣，陰極室產生H2，二者接觸發(fā)生劇烈反應甚至爆炸，因此必須隔開防止氟氣與氫氣接觸，故C說法正確；D、由氟氫化鉀的氟化氫無水溶液可以導電，可推知氟氫化鉀在氟化氫中發(fā)生電離，故D說法正確。7、D【解析】

A．由a點可知，0.1mol/L一元酸HA中c水(H+)=c水(OH-)=1×10-11mol/L，則c(H+)=1×10-14÷10-11=1×10-3mol/L，則HA的電離常數，A選項正確；B．b點溶液中c水(H+)=1×10-7mol/L，c點c水(H+)最大，則溶質恰好為KA，顯堿性，a點顯酸性，c點顯堿性，則中間c水(H+)=1×10-7mol/L的b點恰好顯中性，根據電荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，又c(OH-)=c(H+)，則c(A-)=c(K+)，B選項正確；C．c點時加入的KOH的物質的量n(KOH)=20mL×0.1mol/L÷0.1mol/L=20mL，由HA的Ka=1×10-5，可得A-的則c(A-)≈0.05mol/L，則c(OH-)≈7×10-6mol/L，在KA中c(OH-)都是由水電離處的，則c水(OH-)=c水(H+)≈7×10-6mol/L，C選項正確；D．向一元弱酸中加入相同濃度的一元強堿，溶液的導電能力逐漸增強，則導電能力：c>b>a，D選項錯誤；答案選D。8、A【解析】

A.元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，不能根據其含氧酸的氧化性判斷元素的非金屬性強弱，A符合題意；B.在該反應中Cl2將S置換出來，說明氧化性Cl2>S，則元素的非金屬性Cl>S，B不符合題意；C.元素的非金屬性越強，其簡單氫化物的穩(wěn)定性就越強，因此可通過穩(wěn)定性HCl>H2S，證明元素的非金屬性Cl>S，C不符合題意；D.Fe是變價金屬，氧化性強的可將其氧化為高價態(tài)，氧化性弱的將其氧化為低價態(tài)，所以可根據其生成物中Fe的價態(tài)高低得出結論氧化性Cl2>S，則元素的非金屬性Cl>S，D不符合題意；故合理選項是A。9、B【解析】

W原子的最外層電子數是其質子數的，則W為C；元素Y的最高正化合價為+2價，則Y為第三周期第ⅡA族元素即Mg，X原子的核電荷數等于Z原子的最外層電子數，則X為7號元素即N，Z為Cl?！驹斀狻緼.C單質多為固體，如金剛石，石墨，所以單質的沸點C>N2，故A錯誤；B.簡單離子的半徑:Cl?>Mg2+，故B正確；C.N、Cl的最高價氧化物對應的水化物分別為硝酸和高氯酸，均為強酸，故C錯誤；D.N、Mg可形成離子化合物Mg3N2，即Y3X2，故D錯誤；故答案為B。10、A【解析】

A．途徑①反應中只體現了濃硝酸的強氧化性，A錯誤；B．途徑②的第二步反應是可逆反應，在實際生產中可以通過增大廉價易得的O2濃度使化學平衡正向移動，來降低成本，B正確；C．根據電子轉移數目相等，可知由途徑①和②分別制取1molH2SO4，理論上各消耗1molS，各轉移6mole-，C正確；D．途徑②與途徑①相比不產生大氣污染物質，因此更能體現“綠色化學”的理念，是因為途徑②比途徑①污染相對小且原子利用率高，D正確。答案選A。11、B【解析】

鹽酸與NaOH溶液足量，則鋁完全反應，設鋁與鹽酸、NaOH溶液反應生成的氫氣的物質的量分別為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量比為：(mol×27g/mol)︰(mol×27g/mol)=1︰2，故選B。12、D【解析】

某固體樣品可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-中的幾種離子。將該固體樣品分為等質量的兩份，進行如下實驗(不考慮鹽類的水解及水的電離)：（1）一份固體溶于水得無色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入過量稀鹽酸，仍有4.66g沉淀。4.66g沉淀為硫酸鋇，所以固體中含有=0.02mol硫酸根離子，=0.01mol碳酸根離子，溶液中沒有Ca2+；（2）另一份固體與過量NaOH固體混合后充分加熱，產生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體0.672L(標準狀況)(假設氣體全部逸出)，則含有=0.03mol銨根離子，根據溶液呈電中性，則溶液中一定含有鉀離子，不能確定是否含有氯離子。【詳解】A．該固體中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，不能確定是否含Cl-，故A不符；B．該固體中一定沒有Ca2+，可能含有K+、Cl-，故B不符；C．該固體可能有(NH4)2SO4、K2CO3，不能確定是否含NH4Cl，故C不符；D．根據電荷守恒：n(K+)+n(NH4+)≥2（n(SO42－)+n(CO32－)），該固體中n(K+)≥(0.02×2+0.01×2)×2-0.03×2=0.06，n(K+)≥0.06mol，故D符合。故選D。【點睛】本題考查離子共存、離子推斷等知識，注意常見離子的檢驗方法，根據電荷守恒判斷K＋是否存在，是本題的難點、易錯點。13、B【解析】

A.加熱煮沸時促進水的電離，但是氫離子和氫氧根濃度依然相等，溶液仍然呈中性，故A錯誤；B.向水中加入明礬，鋁離子水解對水的電離起促進作用，電離后的溶液顯酸性，溶液中的c（H+）＞c（OH-），故B正確；C.向水中加NaHSO4固體，硫酸氫鈉在水中完全電離出鈉離子、氫離子、硫酸根離子，溶液中的c（H+）＞c（OH-），但氫離子抑制水電離，故C錯誤；D.向水中加入NaHCO3，碳酸氫鈉中的碳酸氫根水解而使溶液顯堿性，即溶液中的c（H+）＜c（OH-），故D錯誤；正確答案是B。【點睛】本題考查影響水電離的因素，注意酸或堿能抑制水電離，含有弱酸根離子或弱堿陽離子的鹽能促進水電離。14、A【解析】

A．用乙醚從青蒿中提取出對治療瘧疾有特效的青蒿素，與有機物易溶于有機物有關，該過程為萃取操作，故A正確；B．石墨烯是一種碳單質，不是電解質，故B錯誤；C．碳化硅屬于無機物，為無機非金屬材料，故C錯誤；D．泰國銀飾屬于金屬材料，土耳其彩瓷主要成分是硅酸鹽，故D錯誤；故答案為A。15、A【解析】

假設反應都產生3mol氫氣，則：A．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑反應產生3mol氫氣，會消耗2molNaOH；B．2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，反應產生3mol氫氣，需消耗3mol硫酸；C．2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，反應產生3mol氫氣，需消耗6molHCl；D．由于硝酸具有強的氧化性，與鋁發(fā)生反應，不能產生氫氣；故反應產生等量的氫氣，消耗溶質的物質的量最少的是氫氧化鈉溶液；選項A正確。16、C【解析】

A．用飽和碳酸鈉溶液能鑒別乙酸、乙醇、苯、四氯化碳，現象分別是：不分層，有氣泡；不分層；分層上層有機層、分層下層有機層，故A正確；B．麥芽糖水解產物：葡萄糖；淀粉水解產物：葡萄糖；花生油水解產物：不飽和脂肪酸，包括油酸，亞油酸和甘油；大豆蛋白中的肽鍵能在人體內水解，故B正確；C．苯中混有的少量甲苯，可加入足量高錳酸鉀酸性溶液，充分反應后，甲苯被氧化成苯甲酸，經蒸餾可得純凈的苯，故C錯誤；D．向乙酰水楊酸粗產品中加入飽和碳酸氫鈉溶液，充分反應后過濾，可除去乙酰水楊酸中的水楊酸聚合物雜質，故D正確；故選C。17、A【解析】

同分異構體是一種有相同分子式而有不同的原子排列的化合物；同種元素的不同的原子互稱同位素；同系物是結構相似、分子組成相差若干個“CH2”原子團的化合物的互稱。同分異構體、同位素、同系物描述的對象依次是化合物、原子、化合物；故A正確；答案：A18、B【解析】A.32gCu是0.5mol，在足量O2或硫蒸氣中完全燃燒分別生成氧化銅和硫化亞銅，失去的電子數分別為NA和0.5NA，A錯誤；B.4g甲烷和8g甲醇的物質的量均是0.25mol，含有的氫原子數均為NA，B正確；C.標準狀況下，5.6L乙烷是0.25mol，其中含有的共價鍵數目為1.75NA，C錯誤；D.一定條件下，32gSO2與足量O2反應，轉移電子數小于NA，因為是可逆反應，D錯誤，答案選B。點睛：在高考中，對物質的量及其相關計算的考查每年必考，以各種形式滲透到各種題型中，與多方面的知識融合在一起進行考查，近年來高考題常以阿伏加德羅常數為載體，考查物質的量，氣體摩爾體積、阿伏加德羅定律及其推論、氧化還原反應等，綜合運用了物質的狀態(tài)、摩爾質量、比例關系、微粒數目、反應關系、電子轉移等思維方法。其中選項A是易錯點，注意銅在氧氣和硫的反應中銅的價態(tài)不同。19、C【解析】

A．反應物接觸面積越大，反應速率越快，所以采用多孔電極的目的是提高電極與電解質溶液的接觸面積，并有利于氧氣擴散至電極表面，從而提高反應速率，正確，A不選；B．根據總反應方程式，可知正極是O2得電子生成OH－，則正極反應式：O2+2H2O+4e－=4OH－，正確，B不選；C．根據指單位質量的電極材料理論上能釋放出的最大電能。1molMg，質量為24g，失去2mole－；1molAl，質量為27g，失去3mole－；則鎂、鋁兩種金屬理論比能量之比為；錯誤，C選；D．負極上Mg失電子生成Mg2＋，為防止負極區(qū)沉積Mg(OH)2，則陰極區(qū)溶液不能含有大量OH－，所以宜采用中性電解質，或采用陽離子交換膜，負極生成OH－不能達到陰極區(qū)，正確，D不選。答案選C。20、B【解析】

A．鐵與水蒸氣在高溫下反應生成四氧化三鐵，不是生成三氧化二鐵，不能一步實現，故A錯誤；B．氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，次氯酸分解放出氧氣，能夠一步實現轉化，故B正確；C．氧化銅溶于鹽酸生成氯化銅，直接加熱蒸干得不到無水氯化銅，需要在氯化氫氛圍中蒸干，故C錯誤；D．硫在氧氣中燃燒生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，不能一步實現，故D錯誤；故選B。【點睛】本題的易錯點為C，要注意氯化銅水解生成的氯化氫容易揮發(fā)，直接蒸干得到氫氧化銅，得不到無水氯化銅。21、C【解析】

A.電解精煉銅，粗銅作陽極，純銅作陰極，含銅離子的電解質溶液，A錯誤；B.5.6gFe物質的量為0.1mol，足量Cl2中完全燃燒生成氯化鐵，轉移電子數為0.3NA，B錯誤；C.氯化銨溶液中銨根離子水解溶液顯酸性，加水稀釋促進銨根的水解，溶液中增大，故C正確；D.BaCO3、BaSO4的飽和溶液中存在化學平衡BaCO3(s)+SO42-?BaSO4(s)+CO32-(aq)，=，溶度積常數隨溫度變化，溫度不變，比值不變，D錯誤；故合理選項是C。22、B【解析】

A選項，原子符號左上角為質量數，所以釔原子質量數為89，胡A正確；

B選項，質子數+中子數=質量數，中子數=質量數－質子數=89－39=50，質子數與中子數之差為50－39=11，故B錯誤；

C選項，原子的核外電子數=核內質子數，所以核外有39個電子，故C正確；D選項，Y與Y質子數相同，中子數不同，互為同位素，故D正確;綜上所述，答案為B?！军c睛】原子中質子數、中子數、質量數之間的關系為質量數=質子數+中子數，原子中的質子數與電子數的關系為核電荷數=核外電子數=核內質子數=原子序數，同位素是指質子數相同中子數不同的同種元素的不同原子互稱同位素。二、非選擇題(共84分)23、氯仿氯原子、醛基加成反應+4NaOH+3NaCl+2H2O【解析】

（1）根據A的結構簡式可判斷其俗稱是氯仿，D中官能團為醛基、氯原子；對比D、E、G的結構可知反應②為加成反應，故答案為：氯仿；醛基、氯原子；加成反應；（2）G與氫氧化鈉溶液反應發(fā)生水解反應，再脫去1分子水生成形成羧基，羧基和氫氧化鈉發(fā)生中和反應，則反應方程式為：，故答案為：；（3）已知：，可推知反應②中副產物為苯環(huán)取代G中羥基，結構簡式為：，故答案為：；（4）G的同分異構體L遇FeCl3溶液顯色，說明含有酚羥基，與足量濃溴水反應未見白色沉淀產生，說明酚羥基鄰位、對位沒有H原子，若L與NaOH的乙醇溶液共熱能反應，則L含有-CH2CH2Cl或-CHClCH3，L苯環(huán)上還含有2個-Cl，L與NaOH的乙醇溶液共熱時，羥基發(fā)生反應，還發(fā)生鹵代烴的消去反應，生成物的結構簡式為：，故答案為：。24、CH2=CHCH3加成反應1，3，5—三甲苯Br2/光照和Br2/Fe羥基、羧基n+(n-1)H2O【解析】

A屬于烯烴，則A結構簡式為CH2=CHCH3，根據A、B分子式及苯的分子式可知，丙烯與苯發(fā)生加成反應生成B，根據已知信息，由D的結構簡式逆推可知C為，則B為，D發(fā)生消去反應生成E，E發(fā)生加聚反應生成PMMA，PMMA為，D發(fā)生縮聚反應生成，PET為；向少量F溶液中滴加幾滴FeCl3溶液，溶液呈紫色，且F在其同系物中相對分子質量最小，則F為，F發(fā)生反應生成G，G和乙酸酐發(fā)生取代反應生成Aspirin，根據Aspirin的結構簡式知，G結構簡式為，據此分析解答?！驹斀狻?1)A屬于烯烴，分子式為C3H6，則A結構簡式是CH2=CHCH3，故答案為：CH2=CHCH3；(2)通過以上分析知，A與苯在AlCl3催化作用下反應生成B的反應類型是加成反應，故答案為：加成反應；(3)B為，B的一溴代物只有2種的芳香烴為，名稱是1，3，5-三甲苯，光照條件下發(fā)生甲基失去取代反應，催化劑條件下發(fā)生苯環(huán)上取代反應，因此需要的試劑與條件為：Br2/光照和Br2/Fe故答案為：1，3，5-三甲苯；Br2/光照和Br2/Fe；(4)①通過以上分析知，C的結構簡式是，故答案為：；②根據上述分析，G的結構簡式為，G物質中含氧官能團名稱為羥基和羧基，故答案為：羥基和羧基；(5)D在一定條件下發(fā)生縮聚反應制取PET的化學方程式是n+(n-1)H2O，故答案為：n+(n-1)H2O?！军c睛】正確推斷物質的結構簡式是解題的關鍵。解答本題要注意充分利用題示信息和各小題中提供的信息進行推導。本題的易錯點為(5)中方程式的書寫，要注意水前面的系數。25、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)生分解反應產生CuCl和Cl2。【詳解】(1)步驟①中CuSO4、Cu發(fā)生氧化還原反應，產生的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大于逆反應速率減小的倍數，所以化學平衡逆向移動，從而產生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生了Cl2，Cl2與H2O反應產生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產品進行實驗，發(fā)現其中含有少量的CuCl2雜質，產生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。26、溫度高苯容易揮發(fā)，溫度低浸取速率小Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+NH4Fe3(SO4)2(OH)6AFBECD【解析】

（1）根據苯容易揮發(fā)，和溫度對速率的影響分析；（2）根據催化劑的特點分析，參與反應并最后生成進行書寫方程式；（3）根據反應過程中的數據分析各離子的種類和數值，最后計算各種離子的物質的量比即得化學式。【詳解】(1)浸取2過程中使用苯作為溶劑，溫度控制在500C～600C之間，是溫度越高，苯越容易揮發(fā)，溫度低反應的速率變小。（2）Fe3+對Mn02氧化Cu2S起著重要催化作用，說明鐵離子參與反應，然后又通過反應生成，鐵離子具有氧化性，能氧化硫化亞銅，本身被還原為亞鐵離子，故第一步反應為Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+，二氧化錳具有氧化性，能氧化亞鐵離子。（3）向A中加入足量的NaOH溶液并加熱，共收集到0.448LNH3（標準狀況下）期0.02mol,過濾后將所得濾渣洗滌干燥并灼燒至質量不再變化，可得4.80g紅棕色固體殘渣，即氧化鐵為0.03mol，說明該固體中含有銨根離子和鐵離子。向B中加入足量的BaCl2溶液，過濾、洗滌、干燥，可得9.32g硫酸鋇，即0.04mol，因為將溶液分成兩等份，則19.2g固體甲含有0.04mol銨根離子，0.12mol鐵離子，0.08mol硫酸根離子，則含有的氫氧根離子物質的量為，則固體甲的化學式為NH4Fe3(SO4)2(OH)6?！军c睛】掌握溶液中離子物質的量計算是難點，注意前后元素的守恒性，特別注意原溶液分成了兩等份，數據要變成2倍。27、平衡氣壓，以免關閉彈簧夾后圓底燒瓶內氣壓過大防止飛濺起的液體進入冷凝管中(緩沖氣流)儀器甲處餾出液無油狀液體②①③；降低花椒油在水中的溶解度，有利于分層除去花椒油中的水或干燥353.6g/L【解析】

在A裝置中加熱產生水蒸氣，水蒸氣經導氣管進入B裝置，給裝置B中花椒籽粉與水的混合物進行加熱提取花椒油；向餾出液中加入食鹽顆粒，可降低花椒油在水中的溶解度，利于花椒油分層析出；由于花椒油容易溶解在有機溶劑乙醚中，而乙醚與水互不相溶，用乙醚萃取其中含有的花椒油，加入硫酸鈉除去醚層中少量的水，最后蒸餾得到花椒油。根據花椒油的主要成分屬于油脂，能夠與NaOH反應產生高級脂肪酸鈉和甘油，過量的NaOH用HCl滴定，根據酸堿中和滴定計算出其中含有的花椒油的質量，進而可得花椒油中油脂的含量?！驹斀狻?1)加熱時燒瓶內氣體壓強增大，導氣管可緩沖氣體壓強，平衡氣壓，以免關閉彈簧夾后圓底燒瓶內氣壓過大；裝置B中圓底燒瓶傾斜可以防止飛濺起的液體進入冷凝管中(緩沖氣流)；(2)加熱A裝置中的圓底燒瓶，當有大量蒸氣產生時關閉彈簧夾，進行蒸餾，裝置B中的花椒油會隨著熱的水蒸氣不斷變?yōu)闅怏w蒸出，當儀器甲處餾出液無油狀液體，說明花椒油完全分離出來，此時停止蒸餾。蒸餾結束時，首先是打開彈簧夾，然后停止加熱，最后關閉冷凝水，故操作的順序為②①③；(3)在餾出液中加入食鹽的作用是增大水層的密度，降低花椒油在水中的溶解度，有利于分層；加入無水Na2SO4的作用是無水Na2SO4與水結合形成Na2SO4?10H2O，以便于除去花椒油中的水或對花椒油進行干燥；(4)實驗結束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管內壁上沾有的油脂，二者發(fā)生反應產生可溶性的高級脂肪酸鈉和甘油，該反應的化學方程式為；(5)根據HCl+NaOH=NaCl+H2O，所以n(NaOH)(過量)=n(HCl)=0.1mol/L×0.020L×=0.016mol，則與油脂反應的物質的量的物質的量為：0.5mol/L×0.08L-0.016mol=0.024mol，根據花椒油與NaOH反應的物質的量的物質的量關系可知其中含有的花椒油的物質的量為n(油脂)=n(NaOH)=×0.024mol=0.008mol，其質量為m(油脂)=0.008mol×884g/mol=7.072g，則該花椒油中含有油脂7.072g÷0.02L=353.6g/L?！军c睛】本題考查了化學實驗基本操作的知識，涉及操作順序、裝置設計的目的、酸堿中和滴定及物質含量的計算等。掌握化學反應原理、理解其含義及操作的目的是解題關鍵。28、S元素的非金屬性弱于Cl元素（合理即可）a-4b-c0.021＞CD2HS-+8OH--8e-=S2O32-+5H2O【解析】

(1)H2S為共價化合物，原子之間形成共用電子對；通常元素的非金屬性越強，形成的氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，據此比較判斷；(2)根據已知的熱化學方程式和蓋斯定律進行計算；(3)根據反應方程式的比例關系計算平衡時刻各氣體物質的濃度，進而計算化學平衡常數；(4)①先根