2026屆廣東省嶺南師院附中東方實(shí)驗(yàn)學(xué)校高三上化學(xué)期中學(xué)業(yè)水平測(cè)試試題注意事項(xiàng):1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼填寫(xiě)清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時(shí)請(qǐng)按要求用筆。3．請(qǐng)按照題號(hào)順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效；在草稿紙、試卷上答題無(wú)效。4．作圖可先使用鉛筆畫(huà)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(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、在探究SO2的性質(zhì)實(shí)驗(yàn)中，下列根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象得出的結(jié)論不正確的是()A．向SO2水溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生的白色沉淀是BaSO3B．向溴水中通入SO2，溶液褪色，說(shuō)明＋4價(jià)硫具有還原性C．將過(guò)量的SO2通入石蕊溶液中，溶液由紫色變?yōu)榧t色，說(shuō)明SO2不能漂白石蕊D．向SO2水溶液中加入NaHCO3粉末，有氣泡產(chǎn)生，說(shuō)明H2SO3酸性強(qiáng)于H2CO32、有關(guān)氯及其化合物的說(shuō)法，正確的是A．以氯氣和石灰乳為原料制取漂白粉B．氯堿工業(yè)中，陽(yáng)極得到燒堿C．可在“84”消毒液中加入潔廁靈(主要成分為HCl)以增強(qiáng)漂白性D．Cl2能使?jié)駶?rùn)的有色布條褪色，所以Cl2具有漂白性3、根據(jù)下列反應(yīng)，推斷氧化性強(qiáng)弱順序正確的是①2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－②HClO＋HCl＝Cl2↑＋H2O③Cu＋2Fe3+＝2Fe2+＋Cu2+A．Cl2＞HClO＞Cu2+B．HClO＞Cl2＞Fe3+C．Cl2＞Cu2+＞Fe3+D．Fe3+＞Cu2+＞HClO4、已知氧化還原反應(yīng)：2Cu(IO3)2＋24KI＋12H2SO4＝2CuI↓＋13I2＋12K2SO4＋12H2O。則有關(guān)該反應(yīng)的說(shuō)法正確的是（）A．當(dāng)1molCu(IO3)2發(fā)生反應(yīng)共轉(zhuǎn)移的電子為10mol B．反應(yīng)中KI被氧化C．I2是氧化產(chǎn)物CuI是還原產(chǎn)物 D．當(dāng)1molCu(IO3)2發(fā)生反應(yīng)被Cu2+氧化的I—為2mol5、甲烷直接氧化制甲醇是富有挑戰(zhàn)性的課題，Sen等在CF3COOH水溶液中成功將甲烷轉(zhuǎn)化為CF3COOCH3(水解生成CH3OH)，其反應(yīng)機(jī)理如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．上述反應(yīng)的總反應(yīng)式為CH4＋CF3COOH＋O2→CF3COOCH3B．CF3COOCH3水解生成CH3OH的反應(yīng)式為CF3COOCH3＋H2O→CF3COOH＋CH3OHC．Pd2＋是該反應(yīng)的中間產(chǎn)物D．每生成1molCH3OH，消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下O2的體積為22.4L6、僅用提供的硅酸鹽儀器（非硅酸鹽儀器任選），不能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?)A．除去CO2氣體中混有的的少量HCl：導(dǎo)管、洗氣瓶B．提純粗鹽：燒杯、玻璃棒、酒精燈、蒸發(fā)皿C．用CCl4提取碘水中的碘：分液漏斗、燒杯D．用18.4mol·L-1濃硫酸配制100mL1.0mol·L-1硫酸：10mL量筒、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管7、下列敘述正確的是（）A．CaCO3在水中溶解度很小，其水溶液電阻很大，所以CaCO3是弱電解質(zhì)B．CaCO3在水中溶解度很小，但溶于水的CaCO3全部電離，所以CaCO3是強(qiáng)電解質(zhì)C．氯氣和氨氣的水溶液導(dǎo)電性好，所以它們是強(qiáng)電解質(zhì)D．液態(tài)SO2不導(dǎo)電，但溶于水后導(dǎo)電，所以SO2是電解質(zhì)8、將t1℃的飽和CuSO4溶液升溫到t2℃，或者溫度仍保持在t1℃并加入少量無(wú)水CuSO4，在這兩種情況下均保持不變的是（）A．CuSO4的溶解度 B．溶液中Cu2＋的數(shù)目 C．溶液的質(zhì)量 D．物質(zhì)的量濃度9、下列各組離子能大量共存的是A．pH=2的溶液中：NH4+、Na+、Cu2+、Cl-B．“84”消毒液的水溶液中：Fe2+、Ca2+、H+、Cl-C．加入KSCN顯紅色的溶液中：K+、NH4+、Cl-、S2-D．白醋中：K+、Na+、CO32-、SO42-10、從下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象得出的相應(yīng)結(jié)論不正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象結(jié)論A某溶液加入稀鹽酸產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的無(wú)色無(wú)味氣體；另取原溶液少許，向其中滴加CaCl2溶液，有白色沉淀生成確定該溶液存在CO32-B氯水中存在多種分子和離子，向新制氯水中加入有色布條，片刻后有色布條褪色說(shuō)明氯水中有HClO存在C將淀粉與KCl混合液裝于半透膜內(nèi)，浸泡在盛蒸餾水的燒杯中，5min后取燒杯中液體，加碘水變藍(lán)色證明半透膜有破損D將氣體通入盛飽和碳酸鈉溶液的洗氣瓶可用于除去中CO2的HClA．A B．B C．C D．D11、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．常溫常壓下，9.5g羥基（－OH）中所含中子數(shù)為5NAB．室溫下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水電離的OH?數(shù)目為10?13NAC．2molFeBr2與足量氯氣反應(yīng)時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NAD．甲烷燃料電池的正極消耗22.4LO2，電路中通過(guò)的電子數(shù)為4NA12、兩種氣態(tài)烴的混合物共2.24L（標(biāo)準(zhǔn)狀況），完全燃燒后得3.36L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）二氧化碳和2.7g的水。下列說(shuō)法中正確的是A、混合氣體中一定含有乙烯B、混合氣體中一定含有甲烷C、混合氣體中可能含有乙炔D、混合氣體一定是由烷烴和烯烴構(gòu)成的混合物13、下列離子方程式正確的是A．用惰性電極電解熔融氯化鈉：2C1-+2H2OC12↑+H2↑+2OH-B．氫氧化鈉溶液中加入過(guò)量的碳酸氫鈣溶液：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-C．漂白粉溶液通入少量的SO2：Ca2++2C1O-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HC1OD．硫酸亞鐵酸性溶液中加入過(guò)氧化氫：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O14、從廢鈷酸鋰電池正極片中(含LiCoO2、Al及少量鐵、鎂的化合物等)回收鈷的工藝流程如下:下列敘述錯(cuò)誤的是A．①中發(fā)生的離子反應(yīng)為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑B．②中H2O2作還原劑C．③中Na2CO3可用NaOH代替D．④中除鎂反應(yīng)不宜在強(qiáng)酸條件下進(jìn)行15、下列物質(zhì)屬于鹽的是A．Mg(OH)2 B．Al2O3 C．Cu2(OH)2CO3 D．CH3CH2OH16、X、Y、Z、W、M五種元素的原子序數(shù)依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四種非金屬元素，X元素的原子形成的離子就是一個(gè)質(zhì)子；Y原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍；Z、W在元素周期表中處于相鄰的位置，它們的單質(zhì)在常溫下均為無(wú)色氣體；M是地殼中含量最高的金屬元素。下列說(shuō)法正確的是（）A．X、Z、W三元素形成的化合物為共價(jià)化合物B．五種元素的原子半徑從大到小的順序是：M>W>Z>Y>XC．化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物D．用M單質(zhì)作陽(yáng)極，石墨作陰極電解NaHCO3溶液，在陽(yáng)極區(qū)出現(xiàn)白色沉淀17、下列敘述正確的是()A．中和熱測(cè)定實(shí)驗(yàn)用的小燒杯和物質(zhì)的量濃度溶液配制用的容量瓶都必須干燥B．用已知濃度的鹽酸滴定未知濃度的氫氧化鈉溶液終點(diǎn)時(shí)仰視讀數(shù)，氫氧化鈉濃度偏低C．配制2.0mol·L－1的硫酸，若定容時(shí)俯視，則所得溶液濃度偏高(其他操作均正確)D．用銅電極電解2.0mol·L－1的硫酸，陰陽(yáng)兩極生成氣體的體積之比為2∶118、八種短周期元素原子半徑的相對(duì)大小、最高正價(jià)或最低負(fù)價(jià)如圖所示，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．常見(jiàn)的離子半徑：g>h>d>eB．氫化物的沸點(diǎn)y一定低于zC．由d、e、g三種元素組成的鹽和稀硫酸反應(yīng)可能生成沉淀D．e、f、h的最高價(jià)氧化物的水化物之間可兩兩反應(yīng)19、某同學(xué)模擬氯堿工業(yè)生產(chǎn)組裝了如圖所示的電化學(xué)裝置，電極材料I～I(xiàn)V均為石墨，閉合K后，下列敘述不正確的是A．電流流動(dòng)方向：電極IV→IB．電極II電極反應(yīng)式：O2+2H2O+4e-=4OH-C．電極IV附近溶液的堿性增強(qiáng)D．右池的隔膜在實(shí)際生產(chǎn)中只允許陰離子通過(guò)20、下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)、現(xiàn)象、及結(jié)論等敘述正確的有（）①向溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X，出現(xiàn)白色沉淀，X具有強(qiáng)氧化性②將稀鹽酸滴入硅酸鈉溶液中，充分振蕩，有白色沉淀產(chǎn)生，非金屬性：Cl>Si③向某溶液加入稀硫酸，有淡黃色沉淀和刺激性氣味的氣體，該溶液中一定含有S2O32－④向X溶液加新制氯水，再加入少量KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色，X溶液中一定含有Fe2+⑤向飽和NaHCO3溶液中滴加硼酸，無(wú)氣泡產(chǎn)生，酸性：硼酸＜碳酸⑥取少量Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液，溶液變紅色，證明樣品已變質(zhì)A．1條 B．2條 C．3條 D．4條21、某同學(xué)利用下列實(shí)驗(yàn)探究金屬鋁與銅鹽溶液的反應(yīng):下列說(shuō)法正確的是()A．由實(shí)驗(yàn)1可以得出結(jié)論:金屬鋁的活潑性弱于金屬銅B．實(shí)驗(yàn)2中生成紅色物質(zhì)的離子方程式為Al+Cu2+Al3++CuC．溶液中陰離子種類不同是導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)1、2出現(xiàn)不同現(xiàn)象的原因D．由上述實(shí)驗(yàn)可推知:用砂紙打磨后的鋁片分別與H+濃度均為0.2mol·L-1的鹽酸和硫酸溶液反應(yīng),后者更劇烈22、“結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)”，有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)的下列說(shuō)法中正確的是（）A．碘熔化時(shí)破壞了化學(xué)鍵B．共價(jià)化合物不一定是電解質(zhì)C．干冰晶體內(nèi)存在非極性鍵與范德華力D．液態(tài)氟化氫中存在氫鍵，故氟化氫比氯化氫更穩(wěn)定二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、F為中學(xué)化學(xué)常見(jiàn)的單質(zhì)或化合物，其中A、F為單質(zhì)，常溫下，E的濃溶液能使鐵、鋁鈍化，相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示（條件已略去）。完成下列問(wèn)題：（1）若A為淡黃色固體，B為氣體，F(xiàn)為非金屬單質(zhì)。①寫(xiě)出E轉(zhuǎn)變?yōu)镃的化學(xué)方程式________________________________。②B在空氣中能使銀器表面失去金屬光澤、逐漸變黑，該反應(yīng)的氧化劑和還原劑之比為_(kāi)____。（2）若B為能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體。①B和E反應(yīng)得到的產(chǎn)物中所含的化學(xué)鍵類型為_(kāi)___________________。②做過(guò)銀鏡反應(yīng)后的試管可用E的稀溶液清洗，反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__________________。③在干燥狀態(tài)下，向②反應(yīng)得到的溶質(zhì)中通入干燥的氯氣，得到N2O5和一種氣體單質(zhì)，寫(xiě)出反應(yīng)的化學(xué)方程式______。24、（12分）肉桂醛F()在自然界存在于桂油中，是一種常用的植物調(diào)味油，工業(yè)上主要是按如下路線合成的：已知：兩個(gè)醛分子在NaOH溶液作用下可以發(fā)生反應(yīng)，生成一種羥基醛：+請(qǐng)回答：（1）D的名稱為_(kāi)_________________。

（2）反應(yīng)①～⑥中屬于加成反應(yīng)的是____（填序號(hào)）。

（3）寫(xiě)出反應(yīng)③的化學(xué)方程式：______________________________________。

（4）在實(shí)驗(yàn)室里鑒定分子中的氯元素時(shí)，是將其中的氯元素轉(zhuǎn)化為AgCl白色沉淀來(lái)進(jìn)行的，其正確的操作步驟是__________（請(qǐng)按實(shí)驗(yàn)步驟操作的先后次序填寫(xiě)序號(hào)）。

A．滴加AgNO3溶液B．加NaOH溶液C．加熱D．用稀硝酸酸化（5）E的同分異構(gòu)體有多種，其中之一甲屬于酯類。甲可由H（已知H的相對(duì)分子量為32）和芳香酸G制得，則甲的結(jié)構(gòu)共有__________種。（6）根據(jù)已有知識(shí)并結(jié)合相關(guān)信息，寫(xiě)出以乙烯為原料制備CH3CH＝CHCHO的合成路線流程圖(無(wú)機(jī)試劑任選)。____________________合成路線流程圖例如下：25、（12分）某研究小組欲探究SO2的化學(xué)性質(zhì)，設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)方案。（1）指出儀器①的名稱：___。（2）裝置B檢驗(yàn)SO2的氧化性，則B中所盛試劑可以為_(kāi)__。（3）裝置C中盛裝溴水用以檢驗(yàn)SO2的___性，則C中反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__。（4）裝置D中盛裝新制漂白粉濃溶液，通入SO2一段時(shí)間后，D中出現(xiàn)了大量白色沉淀。同學(xué)們對(duì)白色沉淀成分提出三種假設(shè)：①假設(shè)一：該白色沉淀為CaSO3；假設(shè)二：該白色沉淀為_(kāi)__；假設(shè)三：該白色沉淀為上述兩種物質(zhì)的混合物。②基于假設(shè)一，同學(xué)們對(duì)白色沉淀成分進(jìn)行了探究。設(shè)計(jì)如下方案：限選的試劑：0.5mol·L－1HCl、0.5mol·L－1H2SO4、0.5mol·L－1BaCl2、1mol·L－1NaOH、品紅溶液。第1步，將D中沉淀過(guò)濾、洗滌干凈，備用。請(qǐng)回答洗滌沉淀的方法：___。第2步，用另一只干凈試管取少量沉淀樣品，加入___（試劑），塞上帶導(dǎo)管的單孔塞，將導(dǎo)管的另一端插入盛有___的試管中。若出現(xiàn)固體完全溶解，出現(xiàn)氣泡，且該溶液褪色現(xiàn)象，則假設(shè)一成立。（5）裝置E中盛放的試劑是__，作用是___。26、（10分）某化學(xué)小組研究鹽酸被氧化的條件，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。（1）研究鹽酸被MnO2氧化。實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象Ⅰ常溫下將MnO2和12mol·L-1濃鹽酸混合溶液呈淺棕色，有刺激泩氣味Ⅱ?qū)ⅱ裰谢旌衔镞^(guò)濾，加熱濾液生成大量黃綠色氣體Ⅲ加熱MnO2和4mol·L-1稀鹽酸混合物無(wú)明顯現(xiàn)象①已知MnO2呈弱堿性。Ⅰ中溶液呈淺棕色是由于MnO2與濃鹽酸發(fā)生了復(fù)分解反應(yīng)，化學(xué)方程是________。②Ⅱ中發(fā)生了分解反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式是________。③Ⅲ中無(wú)明顯現(xiàn)象的原因，可能是c(H+)或c(Cl-)較低，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)Ⅳ進(jìn)行探究：將實(shí)驗(yàn)Ⅲ、Ⅳ作對(duì)比，得出的結(jié)論是________。④用下圖裝置(a、b均為石墨電極)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)V：i.K閉合時(shí)，指針向左偏轉(zhuǎn)ⅱ.向右管中滴加濃H2SO4至c(H+)≥7mol·L-1，指針偏轉(zhuǎn)幅度變化不大ⅲ．再向左管中滴加濃H2SO4至c（H+)≥7mol·L-1，指針向左偏轉(zhuǎn)幅度增大將i和ⅱ、ⅲ作對(duì)比，得出的結(jié)論是________。（2）研究鹽酸能否被氧化性酸氧化。①燒瓶中放入濃H2SO4，通過(guò)分液漏斗向燒瓶中滴加濃鹽酸，燒瓶上方立即產(chǎn)生白霧，用濕潤(rùn)的淀粉KI試紙檢驗(yàn)，無(wú)明顯現(xiàn)象。由此得出濃硫酸________(填“能”或“不能”)氧化鹽酸。②向試管中加入3mL濃鹽酸，再加入1mL濃HNO3，試管內(nèi)液體逐漸變?yōu)槌壬?，加熱，產(chǎn)生棕黃色氣體，經(jīng)檢驗(yàn)含有NO2。實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象Ⅰ將濕潤(rùn)的淀粉KI試紙伸入棕黃色氣體中試紙先變藍(lán)，后褪色Ⅱ?qū)駶?rùn)的淀粉KI試紙伸入純凈Cl2中試紙先變藍(lán)，后褪色Ⅲ…………通過(guò)實(shí)驗(yàn)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ證明混合氣體中含有Cl2，Ⅲ的操作是________。（3）由上述實(shí)驗(yàn)得出：鹽酸能否被氧化與氧化劑的種類、________有關(guān)。27、（12分）硫酸四氨合銅晶體｛[Cu(NH3)4]SO4·H2O｝為深藍(lán)色晶體，溶于水，不溶于乙醇，主要用作印染劑、殺蟲(chóng)劑及制備某些含銅的化合物。某實(shí)驗(yàn)小組擬制備氨氣，并通入到硫酸銅溶液中制備硫酸四氨合銅，裝置如下：回答下列問(wèn)題：(1)裝置A為制備氨氣的實(shí)驗(yàn)裝置，下列裝置中可選用的有______(填標(biāo)號(hào))。(2)裝置a的名稱為_(kāi)_____；已知液體b與CuSO4溶液互不相溶，是常用的有機(jī)溶劑，則液體b的化學(xué)式為_(kāi)____，作用是______。(3)由于硫酸四氨合銅晶體能在熱水中分解，實(shí)驗(yàn)時(shí)可向所得溶液中加入______來(lái)獲得晶體。(4)硫酸四氨合銅晶體中銅含量的測(cè)定可用碘量法。在微酸性溶液中(pH=3~4)，Cu2+與過(guò)量I－作用，生成I2和CuI(不溶于水也不溶于非氧化性酸)，生成的I2用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定(已知滴定反應(yīng)為：I2+2S2O32-=S4O62－+2I-)。①滴定過(guò)程中使用的指示劑為_(kāi)_____，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為_(kāi)_____。②準(zhǔn)確稱取1.00g產(chǎn)品，配制成100mL溶液。取20mL該溶液，用0.050mol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液16.00mL，計(jì)算產(chǎn)品純度為_(kāi)_____。28、（14分）氫氣作為清潔能源有著廣泛的應(yīng)用前景，含硫天然氣制備氫氣的流程如下。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：Ⅰ.轉(zhuǎn)化脫硫：將天然氣壓入吸收塔，30℃時(shí)，在T.F菌作用下，酸性環(huán)境中脫硫過(guò)程示意圖如圖所示。（1）過(guò)程i中H2S發(fā)生了___（填“氧化”或“還原”）反應(yīng)。（2）過(guò)程ii的離子方程式是___。（3）已知：①Fe3+在pH＝1.9時(shí)開(kāi)始沉淀，pH＝3.2時(shí)沉淀完全。②30℃時(shí)，在T.F菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2+的氧化速率如下表。pH0.91.21.51.82.12.42.73.0Fe2+氧化速率/（g·L－1·h－1）4.55.36.26.87.06.66.25.6請(qǐng)結(jié)合以上信息，判斷工業(yè)脫硫應(yīng)選擇的最佳pH范圍，并說(shuō)明原因：___。II.蒸氣轉(zhuǎn)化：在催化劑的作用下，水蒸氣將CH4氧化。結(jié)合如圖回答問(wèn)題。（4）①該過(guò)程的熱化學(xué)方程式是___。②比較壓強(qiáng)p1和p2的大小關(guān)系：p1___p2（選填“>”“<”或“＝”）。III.CO變換：500℃時(shí)，CO進(jìn)一步與水反應(yīng)生成CO2和H2。IV.H2提純：將CO2和H2分離得到H2的過(guò)程示意圖如圖。（5）①吸收池中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是___。②結(jié)合電極反應(yīng)式，簡(jiǎn)述K2CO3溶液的再生原理：___。29、（10分）Li-CuO二次電池的比能量高、工作溫度寬，性能優(yōu)異，廣泛用于軍事和空間領(lǐng)域。(1)比能量是指消耗單位質(zhì)量的電極所釋放的電量，用來(lái)衡量電池的優(yōu)劣。比較Li、Na、Al分別作為電極時(shí)比能量由大到小的順序?yàn)椋篲_________________。(2)通過(guò)如下過(guò)程制備CuO。①過(guò)程I，H2O2的作用是________________________。②過(guò)程II產(chǎn)生Cu2(OH)2CO3的離子方程式是_______________________。③過(guò)程II，將CuSO4溶液加到Na2CO3溶液中，研究二者不同物質(zhì)的量之比與產(chǎn)品純度的關(guān)系(用測(cè)定銅元素的百分含量來(lái)表征產(chǎn)品的純度)，結(jié)果如下：已知：Cu2(OH)2CO3中銅元素的百分含量為57.7%。二者比值為1：0.8時(shí)，產(chǎn)品中可能含有的雜質(zhì)是________________________。(3)Li-CuO二次電池以含Li+的有機(jī)溶液為電解質(zhì)溶液，其工作原理為：2Li+CuO=Li2O+Cu裝置示意圖如下。放電時(shí)，正極的電極反應(yīng)式是______________________。

參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、A【詳解】A．SO2可被硝酸氧化生成SO42-，SO42-和Ba2+反應(yīng)生成BaSO4沉淀，所以產(chǎn)生的沉淀是BaSO4，故A錯(cuò)誤；B．向溴水中通入SO2，反應(yīng)生成H2SO4和HBr，使溶液褪色，則溴被還原，說(shuō)明+4價(jià)硫具有還原性，故B正確；C．SO2和水反應(yīng)生成H2SO3，H2SO3電離出H+而使其溶液呈酸性，酸能使紫色石蕊試液變紅色，但溶液不褪色，說(shuō)明二氧化硫不能漂白石蕊試液，故C正確；D．強(qiáng)酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸，SO2和水反應(yīng)生成H2SO3，向SO2水溶液中加入NaHCO3粉末，有氣泡產(chǎn)生，說(shuō)明H2SO3和NaHCO3反應(yīng)生成H2CO3，則H2SO3酸性強(qiáng)于H2CO3，故D正確，答案選A。2、A【解析】A、工業(yè)上，氯氣和石灰乳反應(yīng)生成氯化鈣和次氯酸鈣，即漂白粉，A正確；B、電解飽和食鹽水，陽(yáng)極上產(chǎn)生氯氣，陰極上生成氫氣，并得到氫氧化鈉，B錯(cuò)誤；C、“84”消毒液主要成分為次氯酸鈉，具有強(qiáng)氧化性，把HCl氧化為氯氣，不是增加次氯酸鈉的漂白性，C錯(cuò)誤；D、Cl2與水反應(yīng)生成次氯酸，具有強(qiáng)氧化性，能夠起到漂白作用，而氯氣沒(méi)有漂白作用，D錯(cuò)誤；故正確選項(xiàng)為A?！军c(diǎn)睛】干燥的氯氣沒(méi)有漂白作用，而潮濕的氯氣具有漂白作用，因?yàn)槁葰馀c水反應(yīng)生成了次氯酸所致。3、B【解析】①2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－中氧化劑是Cl2，氧化產(chǎn)物是Fe3+，氧化性：Cl2＞Fe3+；②HClO＋HCl＝Cl2↑＋H2O中氧化劑是HClO，氧化產(chǎn)物是Cl2，氧化性：HClO＞Cl2；③Cu＋2Fe3+＝2Fe2+＋Cu2+中氧化劑是Fe3+，氧化產(chǎn)物是Cu2+，氧化性：Fe3+＞Cu2+；綜上得到氧化性順序是HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+。故選B。【點(diǎn)睛】在氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物。4、B【分析】由方程式2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu（IO3）2中，Cu元素的化合價(jià)由+2價(jià)降低為+1價(jià)，I元素的化合價(jià)由+5價(jià)降低為0，則Cu（IO3）2為氧化劑，所以1mol氧化劑在反應(yīng)中得到的電子為1mol×（2-1）+2mol×（5-0）=11mol，KI中I元素的化合價(jià)由-1價(jià)升高為0，則KI為還原劑被氧化，所以當(dāng)1mol氧化劑參加反應(yīng)時(shí)，被氧化的物質(zhì)的物質(zhì)的量為11mol?！驹斀狻慨?dāng)1molCu(IO3)2發(fā)生反應(yīng)，有11molKI被氧化，轉(zhuǎn)移11mol電子，A錯(cuò)誤；反應(yīng)中KI做還原劑，被氧化，B正確；反應(yīng)中，生成物I2既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物，C錯(cuò)誤；當(dāng)1molCu(IO3)2發(fā)生反應(yīng)被Cu2+氧化的I—為1mol，D錯(cuò)誤。故選B?！军c(diǎn)睛】本題考查氧化還原反應(yīng)，明確反應(yīng)中元素的化合價(jià)變化是解答本題的關(guān)鍵，注意CuI中Cu為+1價(jià)為學(xué)生解答的易錯(cuò)點(diǎn)。5、B【詳解】A．根據(jù)①②③④加和可得上述反應(yīng)的總反應(yīng)式為CH4＋CF3COOH＋O2→CF3COOCH3+H2O，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤。B．CF3COOCH3發(fā)生水解反應(yīng)的產(chǎn)物為CF3COOH和CH3OH，故生成CH3OH的反應(yīng)式為CF3COOCH3＋H2O→CF3COOH＋CH3OH，故B選項(xiàng)正確。C．反應(yīng)①中Pd2＋參與反應(yīng)，反應(yīng)②中又生成等物質(zhì)的量的Pd2＋，故Pd2＋為催化劑不是中間產(chǎn)物，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤。D．根據(jù)反應(yīng)CH4＋CF3COOH＋O2→CF3COOCH3+H2O、CF3COOCH3＋H2O→CF3COOH＋CH3OH可得制甲醇的反應(yīng)方程式為CH4＋O2→CH3OH，故每生成1molCH3OH，消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下O2的體積為11.2L，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤。故答案選B?！军c(diǎn)睛】本題需要注意C選項(xiàng)，Pd2＋為催化劑，反應(yīng)前后物質(zhì)的量不改變，不是中間產(chǎn)物，注意概念混淆。6、B【解析】A、除去CO2中的HCl采用飽和碳酸氫鈉溶液洗氣，即用洗氣裝置即可，故要用到導(dǎo)管和洗氣瓶，故A不選；B、提純粗鹽采用溶解、過(guò)濾、蒸發(fā)等操作，故所需的儀器有：燒杯、玻璃棒、漏斗、酒精燈、蒸發(fā)皿，缺少漏斗，無(wú)法完成實(shí)驗(yàn)，故B選；C、CCl4提取碘水中的碘采用萃取、分液裝置，而萃取和分液的儀器是分液漏斗和燒杯，故C不選；D、用濃溶液配制一定濃度的稀溶液，操作步驟有計(jì)算、量取、稀釋、洗滌、定容、搖勻等操作，一般用量筒量取濃硫酸，在燒杯中稀釋(可用量筒量取水加入燒杯)，并用玻璃棒攪拌．冷卻后轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗滌燒杯、玻璃棒2-3次，并將洗滌液移入容量瓶中，加水至液面距離刻度線1～2cm時(shí)，改用膠頭滴管滴加，最后定容顛倒搖勻，所以所需儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管，故D不選；故選B。7、B【詳解】A、根據(jù)電解質(zhì)的電離程度確定電解質(zhì)的強(qiáng)弱，不是根據(jù)電解質(zhì)的溶解性大小確定電解質(zhì)的強(qiáng)弱，雖然碳酸鈣在水中的溶解度很小，但溶解的碳酸鈣完全電離，碳酸鈣是強(qiáng)電解質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)電解質(zhì)的電離程度確定電解質(zhì)的強(qiáng)弱，不是根據(jù)電解質(zhì)的溶解性大小確定電解質(zhì)的強(qiáng)弱，雖然碳酸鈣在水中的溶解度很小，但溶解的碳酸鈣全部電離，所以碳酸鈣是強(qiáng)電解質(zhì)，故B正確；C、氯氣是單質(zhì)不是化合物，既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，氨氣的水溶液能導(dǎo)電，能電離出陰、陽(yáng)離子的是一水合氨而不是氨氣，所以氨氣是非電解質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D、二氧化硫溶于水后生成亞硫酸，是亞硫酸電離出自由移動(dòng)離子而導(dǎo)電，二氧化硫?yàn)榉请娊赓|(zhì)，故D錯(cuò)誤；故選B?！军c(diǎn)睛】明確電解質(zhì)的強(qiáng)弱是根據(jù)電解質(zhì)的電離程度劃分的，不是根據(jù)溶解性大小劃分的是解題的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為D，要注意物質(zhì)的水溶液導(dǎo)電，需要是物質(zhì)本身電離的結(jié)果。8、D【分析】根據(jù)題意可知，本題考查物質(zhì)的溶解度，運(yùn)用溫度升高溶解度一般增大分析?！驹斀狻緼.將t1℃升溫到t2℃，CuSO4溶解度會(huì)增大，飽和溶液變?yōu)椴伙柡腿芤?；A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.若溫度保持在t1℃不變并加入少量無(wú)水CuSO4，無(wú)水CuSO4吸水變?yōu)槲逅狭蛩徙~，溶劑減少，析出溶質(zhì)，溶液中Cu2＋的數(shù)目減少，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.若溫度保持在t1℃不變并加入少量無(wú)水CuSO4，無(wú)水CuSO4吸水變?yōu)槲逅狭蛩徙~，溶劑減少，析出溶質(zhì)，溶液質(zhì)量減少，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.將t1℃的飽和CuSO4溶液升溫到t2℃，溶液成分沒(méi)有變，物質(zhì)的量濃度不變；若溫度保持在t1℃不變并加入少量無(wú)水CuSO4，CuSO4溶解度不變，物質(zhì)的量濃度不變，D項(xiàng)正確；答案選D。9、A【解析】A.在pH=2的溶液中，NH4+、Na+、Cu2+、Cl-相互間不能發(fā)生離子反應(yīng)，故A能大量共存；B.“84”消毒液的水溶液中含有ClO-，能將Fe2+氧化，能與H+結(jié)合成HClO，故B不能大量共存；C.加入KSCN顯紅色，說(shuō)明溶液中含有Fe3+，F(xiàn)e3+能與S2-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故不能大量共存；D.白醋中含有醋酸，溶液顯酸性，在酸性條件下CO32-會(huì)與H+生成二氧化碳?xì)怏w和水，故D不能大量共存；答案選A?！军c(diǎn)睛】本題主要考查溶液中的離子共存問(wèn)題，在判斷時(shí)主要從復(fù)分解反應(yīng)發(fā)生的條件和氧化還原反應(yīng)發(fā)生的條件來(lái)分析，如“84”消毒液具有強(qiáng)氧化性，能將亞鐵離子氧化，則B項(xiàng)中離子不能大量共存；D項(xiàng)中CO32-在白醋中能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成二氧化碳，故D項(xiàng)中離子不能大量共存。10、D【詳解】A．某溶液加入稀鹽酸產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的無(wú)色無(wú)味氣體，該氣體是CO2，另取原溶液少許，向其中滴加CaCl2溶液，有白色沉淀生成，沉淀是碳酸鈣，則可確定該溶液存在CO32-，A結(jié)論正確；B．氯水中存在多種分子和離子，向新制氯水中加入有色布條，片刻后有色布條褪色，說(shuō)明含有次氯酸，B結(jié)論正確；C．碘遇淀粉顯藍(lán)色，淀粉分子屬于高分子，其不能透過(guò)半透膜。加碘水變藍(lán)色，說(shuō)明淀粉從半透膜中漏出，說(shuō)明半透膜破損，C結(jié)論正確；D．除去CO2中的氯化氫應(yīng)該通過(guò)飽和碳酸氫鈉溶液，D結(jié)論錯(cuò)誤。答案選D。11、D【詳解】A．1個(gè)(-18OH)含有18-8+0=10個(gè)中子，-18OH的摩爾質(zhì)量為19g/mol，所以9.5g羥基(-18OH)含有的中子物質(zhì)的量為10=5mol，即5NA，A說(shuō)法正確；B．1LpH=13的NaOH溶液中n(H+)=10?13mol/L×1L=10?13mol，水電離出的氫離子和氫氧根數(shù)量相同，所以水電離出的OH?數(shù)目為10?13NA，B說(shuō)法正確；C．2molFeBr2與足量氯氣反應(yīng)時(shí)，F(xiàn)e2+被氧化成Fe3+，Br?被氧化成Br2，2molFeBr2含有2molFe2+和4molBr?，所以轉(zhuǎn)移6mol電子，C說(shuō)法正確；D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，氣體摩爾體積為22.4L/mol，無(wú)氣體狀態(tài)，不能確定其物質(zhì)的量，D說(shuō)法錯(cuò)誤；答案為D。12、B【解析】試題分析：2.24L混合氣體，既0.1mol，3.36LCO2既0.15mol，2.7gH2O既0.15mol，所以0.1mol混合氣態(tài)烴中，含有0.15molC原子，0.15×2=0.3molH原子，所以1mol這樣的混合物中,含有1.5molC原子,3molH原子，氣體的氣態(tài)烴中1mol,除甲烷外至少都含有2mol以上的C原子，只有1molCH4含1molC原子，所以這樣的混合物中肯定有CH4，故B項(xiàng)正確；本題選B?？键c(diǎn)：烴類燃燒計(jì)算。13、D【分析】A．電解熔融氯化鈉生成鈉和氯氣；B．NaOH完全反應(yīng)，生成水和碳酸鈣的物質(zhì)的量之比為1：1；C．漂白粉溶液通入少量的SO2生成硫酸鈣和鹽酸；D．硫酸亞鐵酸性溶液中加入過(guò)氧化氫生成硫酸鐵和水．【詳解】A．用惰性電極電解熔融氯化鈉的離子反應(yīng)為2Na＋＋2Cl－Cl2↑+2Na，故A錯(cuò)誤；B．氫氧化鈉溶液中加入過(guò)量的碳酸氫鈣溶液的離子反應(yīng)Ca2＋+HCO3－+OH－=CaCO3↓+H2O，故B錯(cuò)誤；C．漂白粉溶液通入少量的SO2的離子反應(yīng)為Ca2＋+3ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl－，故C錯(cuò)誤；D．硫酸亞鐵酸性溶液中加入過(guò)氧化氫的離子反應(yīng)為2Fe2＋+H2O2+2H＋=2Fe3＋+2H2O，故D正確；故選D。14、C【分析】廢鈷酸鋰電池正極片中(含LiCoO2、Al及少量鐵、鎂的化合物等)，將廢料先用堿液浸泡，將Al充分溶解，過(guò)濾后得到的濾液為含有偏鋁酸鈉，濾渣為L(zhǎng)iCoO2、Al及少量鐵、鎂的化合物；將濾渣用雙氧水、硫酸處理后生成硫酸鎂、CoSO4、Fe2(SO4)3，鋰在濾渣中被除掉，再通過(guò)③除掉Fe3+，再通過(guò)④除掉鎂元素，最后得CoCl2溶液?！驹斀狻緼、①中反應(yīng)是氫氧化鈉和鋁反應(yīng)，離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故A正確；B、②中H2O2作將正三價(jià)Co還原為Co2+，H2O2作還原劑，故B正確；C、③中Na2CO3如果用NaOH代替，則會(huì)生成氫氧化鐵、氫氧化鈷沉淀，降低了Co2+的回收率，故C錯(cuò)誤；D、④中除鎂反應(yīng)如果在強(qiáng)酸條件下進(jìn)行，則NaF會(huì)生成有毒氣體HF污染環(huán)境，且降低F-的濃度，影響鎂的去除，故D正確。答案選C。15、C【詳解】A.Mg(OH)2屬于堿，叫氫氧化鎂，故A不符合題意；B.Al2O3屬于兩性氧化物，叫氧化鋁，故B不符合題意；C.Cu2(OH)2CO3屬于鹽，叫堿式碳酸銅，故C符合題意；D.CH3CH2OH屬于有機(jī)物，叫乙醇，故D不符合題意。綜上所述，答案為C。16、D【解析】X、Y、Z、W是短周期元素中的四種非金屬元素，X元素的原子形成的離子就是一個(gè)質(zhì)子，則X是H；Y原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，則Y是C；M是地殼中含量最高的金屬元素，則M是Al；Z、W在元素周期表中處于相鄰的位置，它們的單質(zhì)在常溫下均為無(wú)色氣體且Y、Z、W、M的原子序數(shù)依次增大，故Z是N，W是O。綜上所述，X是H，Y是C，Z是N，W是O，M是Al。A.X是H,Z是N，W是O,三元素形成的化合物NH4NO3為離子化合物，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.X是H，Y是C，Z是N，W是O，M是Al，其原子半徑從大到小的順序?yàn)锳l>C>N>O>H，即M>Y>Z>W>X，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.化合物YW2、ZW2分別為CO2、NO2，CO2是酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.用Al單質(zhì)作陽(yáng)極，石墨作陰極電解NaHCO3溶液，電解一段時(shí)間后，在陽(yáng)極區(qū)鋁離子和碳酸氫根雙水解會(huì)產(chǎn)生白色沉淀，陰極區(qū)產(chǎn)生氫氣，故D項(xiàng)正確。答案選D.17、C【解析】試題分析：A．中和熱測(cè)定實(shí)驗(yàn)用的小燒杯必須干燥，物質(zhì)的量濃度溶液配制用的容量瓶都不需要干燥，A錯(cuò)誤；B．用已知濃度的鹽酸滴定未知濃度的氫氧化鈉溶液終點(diǎn)時(shí)仰視讀數(shù)，則讀數(shù)偏大，氫氧化鈉濃度偏高，B錯(cuò)誤；C．配制2.0mol·L－1的硫酸，若定容時(shí)俯視，則液面低于刻度線，因此所得溶液濃度偏高(其他操作均正確)，C正確；D．用銅電極電解2.0mol·L－1的硫酸，陽(yáng)極銅失去電子，得不到氧氣，D錯(cuò)誤，答案選C。【考點(diǎn)定位】本題主要是考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作、誤差分析及電解產(chǎn)物判斷等【名師點(diǎn)晴】中和滴定誤差分析的總依據(jù)為：由C測(cè)==C標(biāo)V標(biāo)/V測(cè)由于C標(biāo)、V待均為定植，所以C測(cè)的大小取決于V標(biāo)的大小，即V標(biāo)：偏大或偏小，則C測(cè)偏大或偏小。18、B【分析】從圖中的化合價(jià)、原子半徑的大小及原子序數(shù)，x位于第一周期，為H元素；y、z、d位于第二周期，y是C元素，z是N元素，d是O元素；e、f、g、h位于第三周期，是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，據(jù)此結(jié)合元素周期律知識(shí)解答。【詳解】根據(jù)分析可知：x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素；A．電子層越多離子半徑越大，電子層相同時(shí)，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則離子半徑：g＞h＞d＞e，故A正確；B．NH3分子間形成氫鍵，其沸點(diǎn)比CH4高，但C的氫化物有很多種，且多碳的烴常溫下可能為液態(tài)或固態(tài)，則C的氫化物沸點(diǎn)不一定就比N的氫化物低，故B錯(cuò)誤；C．O、Na、S形成的硫代硫酸鈉與稀硫酸反應(yīng)可以生成S沉淀，故C正確；D．氫氧化鋁具有兩性，能夠與NaOH、高氯酸反應(yīng)，故D正確；故答案為B。19、D【分析】左邊為氫氧燃料電池，Ⅰ電極上氫氣失電子發(fā)生氧化反應(yīng)為負(fù)極，Ⅱ電解上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)為正極；右邊為電解池，Ⅲ為與正極相連為陽(yáng)極，氯離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，Ⅳ為與負(fù)極相連為陰極，氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，據(jù)此分析解答。【詳解】A．電子由原電池的負(fù)極流向電解池的陰極，電流方向與電子流向相反，所以電流流動(dòng)方向：電極IV→I，故A正確；B．電極II氧氣得電子的還原反應(yīng)，電解質(zhì)顯堿性，所以電極反應(yīng)式為O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正確；C．電極IV為陰極，水電離出的氫離子放電產(chǎn)生氫氣，同時(shí)產(chǎn)生大量氫氧根，所以電極負(fù)極的堿性增強(qiáng)，故C正確；D．右池中電極IV附近產(chǎn)生OH-，OH-為陰離子會(huì)移向陽(yáng)極電極Ⅲ，而電極Ⅲ上產(chǎn)生氯氣，為防止OH-與氯氣反應(yīng)，隔膜應(yīng)為只允許陽(yáng)離子通過(guò)，故D錯(cuò)誤；綜上所述答案為D。20、A【詳解】①白色沉淀可能為硫酸鋇、亞硫酸鋇，則X可能為氯氣、氨氣等，X不一定具有強(qiáng)氧化性，故①錯(cuò)誤。②非金屬性強(qiáng)弱判據(jù)之一是：最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)弱，鹽酸不是最高價(jià)含氧酸，故②錯(cuò)誤。③生成的淡黃色沉淀和刺激性氣味的氣體為S和SO2，原溶液可能含有S2-與SO32-，不一定是S2O32－，故③錯(cuò)誤。④可能原來(lái)溶液中含有Fe3+，如果向原來(lái)溶液中加入幾滴KSCN溶液不變紅，再滴加氯水后變紅，則原來(lái)溶液中一定含有Fe2+，故④錯(cuò)誤。⑤向飽和NaHCO3溶液中滴加硼酸，無(wú)氣泡產(chǎn)生，說(shuō)明不產(chǎn)生二氧化碳，證明酸性：硼酸＜碳酸，故⑤正確。⑥將Fe(NO3)2樣品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，NO3-具有氧化性，能把Fe2+氧化生成鐵離子，鐵離子與KSCN溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，故不能證明樣品變質(zhì)，故⑥錯(cuò)誤。故只有⑤正確，故答案選A?！军c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為②和③，要注意用最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)弱才能判斷非金屬性的強(qiáng)弱，有S2-與SO32-與酸反應(yīng)也會(huì)生成S和二氧化硫氣體，本題考查較全面，難度較大。21、C【解析】A．沒(méi)有明顯現(xiàn)象，只能說(shuō)明反應(yīng)沒(méi)發(fā)生，客觀事實(shí)是金屬活潑性是鋁大于銅，故A錯(cuò)誤；B．生成紅色固體的反應(yīng)是2Al+3Cu2+═2Al3++3Cu，故B錯(cuò)誤；C．由實(shí)驗(yàn)1、2的對(duì)比實(shí)驗(yàn)可知產(chǎn)生不同現(xiàn)象的原因是溶液中的陰離子不同導(dǎo)致的，故C正確；D．鋁片在等濃度的鹽酸和硫酸中反應(yīng)，因硫酸中的H+的濃度大，所以在硫酸中反應(yīng)劇烈，與本實(shí)驗(yàn)無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤；故選C。22、B【詳解】A、碘熔化時(shí)破壞的是分子間作用力，沒(méi)有破壞化學(xué)鍵，A錯(cuò)誤；B、共價(jià)化合物有可能是電解質(zhì)，如HCl是共價(jià)化合物，溶于水能夠?qū)щ姡訦Cl屬于電解質(zhì)，而有些共價(jià)化合物如CO2溶于水，雖然能導(dǎo)電，但不是CO2的電離，而是H2CO3的電離，所以CO2是非電解質(zhì)，B正確；C、干冰晶體內(nèi)只有分子間作用力（還有氫鍵），化學(xué)鍵只存在于一個(gè)分子內(nèi)部原子之間如HCl分子，化學(xué)鍵只存在于H和Cl原子間，C錯(cuò)誤；D、氫鍵影響物質(zhì)的熔沸點(diǎn)和密度及溶解度等性質(zhì)，與物質(zhì)的熱穩(wěn)定性無(wú)關(guān)，穩(wěn)定性與化學(xué)鍵的強(qiáng)弱有關(guān)，化學(xué)鍵越強(qiáng)，穩(wěn)定性越高，氟化氫比氯化氫更穩(wěn)定，是因?yàn)榉瘹涞幕瘜W(xué)鍵強(qiáng)于氯化氫的化學(xué)鍵，D錯(cuò)誤。正確答案為B【點(diǎn)睛】分子間的作用力、氫鍵影響物質(zhì)的熔沸點(diǎn)，而化學(xué)鍵影響物質(zhì)的熱穩(wěn)定性。二、非選擇題(共84分)23、C+2H2SO4(濃)△CO2↑+2SO2↑+2H2O1:4離子鍵、共價(jià)鍵Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl↓【分析】（1）若A為淡黃色固體，則A為S，B為H2S，C為SO2，D為SO3，E為H2SO4，F(xiàn)為C；（2）若B為能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，為NH3，則A為N2，C為NO，D為NO2，E為HNO3，F(xiàn)為C?！驹斀狻?1)經(jīng)分析，A為S，B為H2S，C為SO2，D為SO3，E為H2SO4，F(xiàn)為C，則：①濃硫酸和碳反應(yīng)生成二氧化碳和二氧化硫和水，方程式為：C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O；②B在空氣中能使銀器表面失去金屬光澤、逐漸變黑，方程式為2H2S+O2+4Ag=2Ag2S+2H2O，反應(yīng)中氧化劑為氧氣，還原劑為銀，二者物質(zhì)的量比為1:4；(2)經(jīng)分析，A為N2，B為NH3，C為NO，D為NO2，E為HNO3，F(xiàn)為C，則：①氨氣和硝酸反應(yīng)生成硝酸銨，含有離子鍵、共價(jià)鍵；②銀和硝酸反應(yīng)生成硝酸銀和一氧化氮和水，離子方程式為：Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O；③在干燥狀態(tài)下，向②反應(yīng)得到的溶質(zhì)中通入干燥的氯氣，得到N2O5和一種氣體單質(zhì)，氯氣化合價(jià)降低，氮元素化合價(jià)不變，則氣體單質(zhì)為氧氣，方程式為：4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl↓?！军c(diǎn)睛】掌握無(wú)機(jī)推斷提的突破口，如物質(zhì)的顏色，高中常見(jiàn)的有顏色的物質(zhì)有：淡黃色：硫，過(guò)氧化鈉，溴化銀。常溫下，能使鐵、鋁鈍化的濃溶液為濃硫酸或濃硝酸。能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體為氨氣。24、苯甲醛①⑤+NaOH+NaClBCDA4【解析】由反應(yīng)①可知，A為C2H5OH，②C2H5OH氧化為BCH3CHO，③可知C為，D為，B、D兩個(gè)醛分子在NaOH溶液作用下可以發(fā)生加成反應(yīng)，生成一種羥基，其中的官能團(tuán)為羥基、醛基，由F為可知E為。(1)由以上分析可知D為，名稱為苯甲醛，故答案為苯甲醛；(2)由官能團(tuán)的轉(zhuǎn)化和反應(yīng)條件可知①為加成反應(yīng)，②為氧化反應(yīng)，③為取代反應(yīng)，④為氧化反應(yīng)，⑤加成反應(yīng)，故答案為①⑤；(3)反應(yīng)③為氯代烴的取代反應(yīng)，反應(yīng)的方程式為，故答案為；(4)在實(shí)驗(yàn)室里鑒定分子中的氯元素時(shí)，應(yīng)先在堿性條件下加熱水解生成NaCl，然后加入硝酸酸化，最后加入硝酸銀溶液檢驗(yàn)，故答案為BCDA；(5)E()的同分異構(gòu)體甲屬于酯類，可由H和芳香酸G制得，則H為醇，相對(duì)分子量為32，則H為甲醇，則芳香酸G可能為苯乙酸、甲基苯甲酸(3種)，即G可能有4種結(jié)構(gòu)，甲醇不存在同分異構(gòu)體，因此甲可能有4種結(jié)構(gòu)，故答案為4；(6)以乙烯為原料制備CH3CH＝CHCHO需要增長(zhǎng)碳鏈，因此需要利用題干信息+，因此需要合成乙醛，可以有乙烯與水加成生成乙醇，乙醇氧化即可得到乙醛，合成路線為，故答案為。點(diǎn)睛：本題考查有機(jī)物推斷與合成，需要學(xué)生對(duì)給予的信息進(jìn)行利用，是有機(jī)化學(xué)常見(jiàn)題型。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為(5)，關(guān)鍵是判斷芳香酸G的結(jié)構(gòu)的種類。難點(diǎn)是(6)合成路線的設(shè)計(jì)，如果考慮到碳鏈增長(zhǎng)，需要利用題干信息，解題就比較順利了。25、分液漏斗硫化氫溶液（或硫化鈉、硫氫化鈉溶液均可）還原性SO2＋Br2＋2H2O=SO42-＋4H＋＋2Br－CaSO4沿玻璃棒向漏斗中加蒸餾水至浸沒(méi)沉淀，待水流盡重復(fù)2到3次以上操作過(guò)量0.5mol·L－1HCl品紅溶液NaOH溶液吸收多余的SO2，防止污染環(huán)境，造成大氣污染【分析】探究SO2的化學(xué)性質(zhì)，根據(jù)裝置圖，A裝置是制取二氧化硫，裝置B檢驗(yàn)SO2的氧化性，裝置C檢驗(yàn)SO2的還原性，裝置D探究二氧化硫和漂白粉的反應(yīng)，裝置E為尾氣吸收裝置。(4)①新制漂白粉濃溶液中含有的次氯酸根離子具有氧化性，可能氧化亞硫酸根離子；②因沉淀的表面有可溶性的雜質(zhì)，需用蒸餾水重復(fù)洗滌；亞硫酸鈣和稀酸能夠反應(yīng)生成二氧化硫，可以借助于二氧化硫具有漂白性檢驗(yàn)生成的二氧化硫，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)圖示，儀器①是分液漏斗，故答案為：分液漏斗；(2)裝置B需要檢驗(yàn)SO2的氧化性，硫化氫水溶液或硫化鈉、硫氫化鈉溶液中的硫元素都為-2價(jià)，都能被二氧化硫氧化，體現(xiàn)二氧化硫的氧化性，故答案為：硫化氫水溶液(或硫化鈉、硫氫化鈉溶液)；(3)在反應(yīng)Br2+SO2+2H2O═2HBr+H2SO4中，Br元素的化合價(jià)由0降低為-1價(jià)，則Br2為氧化劑，在反應(yīng)中表現(xiàn)氧化性，S元素的化合價(jià)+4價(jià)升高+6價(jià)，則SO2為還原劑，在反應(yīng)中表現(xiàn)還原性，離子方程式為：SO2+Br2+2H2O=SO42-+4H++2Br-，故答案為：還原；SO2+Br2+2H2O=SO42-+4H++2Br-；(4)①新制漂白粉濃溶液中含有的次氯酸根離子具有強(qiáng)氧化性，二氧化硫具有還原性，會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成產(chǎn)物可能為硫酸鈣，故答案為：CaSO4；②白色沉淀表面有鈣離子和氯離子、硫酸根離子等可溶性的離子，需除去這些離子，方法是沿玻璃棒向漏斗中加蒸餾水至浸沒(méi)沉淀，待水流盡后重復(fù)2～3次以上操作；亞硫酸鈣和鹽酸反應(yīng)CaSO3+2HCl═CaCl2+SO2↑+H2O，二氧化硫與品紅化合生成無(wú)色物質(zhì)，能使品紅溶液褪色；因?yàn)槌霈F(xiàn)固體完全溶解，因此不能選用0.5mol·L－1H2SO4，故答案為：沿玻璃棒向漏斗中加蒸餾水至浸沒(méi)沉淀，待水流盡后重復(fù)2到3次以上操作；過(guò)量(或適量)0.5mol?L-1HCl；品紅溶液；(5)二氧化硫是有毒氣體，屬于大氣污染物，所以裝置E的作用是吸收二氧化硫，防止造成空氣污染，可用氫氧化鈉，氫氧化鈉和二氧化硫反應(yīng)2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O，為防止倒吸，需用倒扣的漏斗，故答案為：NaOH溶液；吸收SO2，防止造成空氣污染。26、MnO2+4HCl=MnCl4+2H2OMnCl4Cl2↑+MnCl2Ⅲ中沒(méi)有明顯現(xiàn)象的原因是c(H+)、c(Cl-)較低，需要增大到一定濃度才能被MnO2氧化HCl的還原性與c(H+)無(wú)關(guān)；MnO2的氧化性與c(H+)有關(guān)，c(H+)越大，MnO2的氧化性越強(qiáng)不能將濕潤(rùn)的淀粉KI試紙伸入純凈的NO2中c(Cl-)、c(H+)(或濃度)【分析】（1）①M(fèi)nO2呈弱堿性與濃鹽酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，生成四氯化錳和水；②MnCl4加熱發(fā)生分解反應(yīng)，產(chǎn)生的黃綠色氣體Cl2；③對(duì)比實(shí)驗(yàn)Ⅳ、實(shí)驗(yàn)Ⅲ，增大c(H+)或c(Cl-)后，均能產(chǎn)生黃綠色氣體，即可得出結(jié)論；④右管中滴加濃H2SO4，溶液中c(H+)增大，但指針偏轉(zhuǎn)幅度不大，說(shuō)明c(H+)不影響HCl的還原性；左管中滴加濃H2SO4，溶液中c(H+)增大，指針偏轉(zhuǎn)幅度增大，說(shuō)明c(H+)對(duì)MnO2的氧化性有影響，且c(H+)越大，MnO2的氧化性越強(qiáng)；（2）①燒瓶上方立即產(chǎn)生白霧，用濕潤(rùn)的淀粉KI試紙檢驗(yàn)，無(wú)明顯現(xiàn)象，說(shuō)明產(chǎn)生的白霧中沒(méi)有Cl2；②實(shí)驗(yàn)Ⅱ中將濕潤(rùn)的淀粉KI試紙伸入純凈的Cl2中，觀察到試紙先變藍(lán)，后褪色，因此實(shí)驗(yàn)Ⅲ需檢驗(yàn)NO2對(duì)濕潤(rùn)的淀粉KI試紙的顏色變化，從而證明混合氣體中是否含有Cl2；（3）由上述實(shí)驗(yàn)過(guò)程分析可得，鹽酸能否被氧化與氧化劑的種類、c(H+)或c(Cl-)有關(guān)?！驹斀狻浚?）①由于MnO2呈弱堿性，與濃鹽酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O；②將Ⅰ中混合物過(guò)濾后，所得濾液為MnCl4溶液，加熱后產(chǎn)生的黃綠色氣體為Cl2，由于該反應(yīng)為分解反應(yīng)，因此反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnCl4MnCl2＋Cl2↑；③實(shí)驗(yàn)Ⅳ中增大c(H+)或c(Cl-)后，均能產(chǎn)生黃綠色氣體，因此說(shuō)明實(shí)驗(yàn)Ⅲ中無(wú)明顯現(xiàn)象是由于溶液中c(H+)、c(Cl-)較低引起的，需要增大到一定濃度才能被MnO2氧化；④右管中滴加濃H2SO4，溶液中c(H+)增大，但指針偏轉(zhuǎn)幅度不大，說(shuō)明c(H+)不影響HCl的還原性；左管中滴加濃H2SO4，溶液中c(H+)增大，指針偏轉(zhuǎn)幅度增大，說(shuō)明c(H+)對(duì)MnO2的氧化性有影響，且c(H+)越大，MnO2的氧化性越強(qiáng)；（2）①燒瓶上方立即產(chǎn)生白霧，用濕潤(rùn)的淀粉KI試紙檢驗(yàn)，無(wú)明顯現(xiàn)象，說(shuō)明產(chǎn)生的白霧中沒(méi)有Cl2，因此說(shuō)明HCl不能被濃硫酸氧化；②實(shí)驗(yàn)Ⅱ中將濕潤(rùn)的淀粉KI試紙伸入純凈的Cl2中，觀察到試紙先變藍(lán)，后褪色，因此實(shí)驗(yàn)Ⅲ需檢驗(yàn)NO2對(duì)濕潤(rùn)的淀粉KI試紙的顏色變化，從而證明混合氣體中是否含有Cl2，因此實(shí)驗(yàn)Ⅲ的操作是將濕潤(rùn)的淀粉KI試紙伸入純凈的NO2中；（3）由上述實(shí)驗(yàn)過(guò)程分析可得，鹽酸能否被氧化與氧化劑的種類、c(H+)或c(Cl-)有關(guān)。27、①②④分液漏斗CCl4防止倒吸乙醇淀粉溶液滴入最后一滴，溶液藍(lán)色褪去且半分鐘不復(fù)色98.4%或0.984【分析】(1)根據(jù)制取氨氣使用的試劑的狀態(tài)確定裝置圖的使用；(2)根據(jù)儀器結(jié)構(gòu)判斷儀器名稱，根據(jù)液體b密度比水大，與水互不相溶的性質(zhì)分析物質(zhì)，結(jié)合氨氣極容易溶于水分析其作用；(3)根據(jù)硫酸四氨合銅晶體為深藍(lán)色晶體，溶于水，不溶于乙醇分析使用的物質(zhì)；(4)①根據(jù)I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{(lán)色，選擇使用的指示劑，I2會(huì)發(fā)生反應(yīng)I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，反應(yīng)完全藍(lán)色消去判斷滴定終點(diǎn)；②用關(guān)系式法找出Cu2+與S2O32-的關(guān)系，根據(jù)消耗的S2O32-的物質(zhì)的量計(jì)算出Cu2+的物質(zhì)的量及Cu(NH3)4]SO4·H2O的質(zhì)量，進(jìn)而可得其純度?！驹斀狻?1)在實(shí)驗(yàn)室中，若用固體NH4Cl與Ca(OH)2混合加熱制取氨氣，應(yīng)該選擇①裝置；若向CaO固體中加入濃氨水制取氨氣，應(yīng)該選擇選項(xiàng)②；若用濃氨水直接加熱制取氨氣，則選擇裝置④；故合理選項(xiàng)是①②④；(2)有儀器a結(jié)構(gòu)可知該儀器名稱為分液漏斗，由于液體b密度比水大，與水互不相溶，可確定該物質(zhì)是四氯化碳，液體b的化學(xué)式CCl4；裝置A是制取氨氣，在裝置B中與CuSO4溶于反應(yīng)制取硫酸四氨合銅晶體，由于氨氣極容易溶于水，為了充分吸收氨氣，同時(shí)防止倒吸現(xiàn)象的發(fā)生，使用了CCl4，因此CCl4的作用是防止倒吸；(3)由于硫酸四氨合銅晶體為深藍(lán)色晶體，溶于水，不溶于乙醇，能在熱水中分解，所以實(shí)驗(yàn)時(shí)可向所得溶液中加入乙醇來(lái)獲得晶體；(4)①Cu2+與I-反應(yīng)產(chǎn)生I2，I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{(lán)色，故可選擇淀粉溶液為指示劑，Cu2+與I-反應(yīng)產(chǎn)生I2，向該溶液中滴加Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液，I2會(huì)發(fā)生反應(yīng)I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，當(dāng)I2反應(yīng)完全時(shí)，溶液的藍(lán)色消去，據(jù)此判斷滴定終點(diǎn)。實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是：滴入最后一滴，溶液藍(lán)色褪去且半分鐘不復(fù)色；②Cu2+與過(guò)量I-作用，生成I2和CuI，反應(yīng)方程式為：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，向該溶液中滴加Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液，I2會(huì)發(fā)生反應(yīng)I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，可得關(guān)系式2Cu2+～I(xiàn)2～2S2O32-，反應(yīng)消耗的S2O32-的物質(zhì)