2026屆貴州省安順市平壩第一高級(jí)中學(xué)高三上化學(xué)期中質(zhì)量檢測(cè)模擬試題請(qǐng)考生注意：1．請(qǐng)用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請(qǐng)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(xiàng)》，按規(guī)定答題。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、下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行的相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ〢．用圖1所示裝置除去Cl2中含有的少量HClB．用圖2所示裝置蒸發(fā)KCl溶液制備無水KClC．用圖3所示裝置可以完成“噴泉”實(shí)驗(yàn)D．用圖4所示裝置制取干燥純凈的NH32、向一定濃度的氨水與氫氧化鈉混合液中滴加醋酸，溶液導(dǎo)電能力如圖所示，下列說法正確的是()A．段，導(dǎo)電能力下降是由于溶液總體積變大B．段，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為C．段，導(dǎo)電能力下降是由于溶液中離子個(gè)數(shù)在減少D．隨著醋酸的滴加，最終溶液導(dǎo)電性又將增大3、設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯(cuò)誤的是()A．1L0.1mol·L－1NaF溶液中含有0.1NA個(gè)F－B．32g硫跟足量金屬銅反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NAC．48gO2和O3的混合氣體中含有3NA個(gè)氧原子D．1molH2O中含有2NA個(gè)共價(jià)鍵4、配制一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液時(shí)，造成實(shí)驗(yàn)結(jié)果偏低的原因可能是（）A．容量瓶中原有少量蒸餾水B．稱量藥品時(shí)間過長C．定容時(shí)俯視液面D．洗滌燒杯和玻璃棒的溶液轉(zhuǎn)入容量瓶中；5、已知氧化還原反應(yīng)：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化劑在反應(yīng)中得到的電子為（）A．10mol B．11mol C．12mol D．13mol6、25℃、101kPa下：①2Na(s)＋1/2O2(g)=Na2O(s)△H1=－414kJ/mol②2Na(s)＋O2(g)=Na2O2(s)△H2=－511kJ/mol下列說法正確的是A．①和②產(chǎn)物的陰陽離子個(gè)數(shù)比不相等B．①和②生成等物質(zhì)的量的產(chǎn)物，轉(zhuǎn)移電子數(shù)不同C．25℃、101kPa下，Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）△H=－317kJ/molD．常溫下Na與足量O2反應(yīng)生成Na2O，隨溫度升高生成Na2O的速率逐漸加快7、室溫下有下列四種溶液：①0.1mol/L氨水②0.1mol/LNH4Cl溶液③混合溶液：鹽酸和NH4Cl的濃度均為0.1mol/L④混合溶液：NaOH和氨水的濃度均為0.1mol/L。四種溶液中c(NH4＋)由大到小排列正確的是A．②③④① B．②①③④ C．③②④① D．③②①④8、結(jié)構(gòu)為…－CH＝CH－CH＝CH－CH＝CH－CH＝CH－…的高分子化合物用碘蒸氣處理后，其導(dǎo)電能力大幅提高。上述高分子化合物的單體是A．乙炔 B．乙烯 C．丙烯 D．1,3－丁二烯9、氮?dú)饪梢宰魇称钒b、燈泡等的填充氣，也是合成纖維、合成橡膠的重要原料。實(shí)驗(yàn)室制備氮?dú)獾姆磻?yīng)式：NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O。下列說法正確的是（）A．元素的電負(fù)性：N>O>HB．氮?dú)夥肿拥碾娮邮剑篊．鈉電離最外層一個(gè)電子所需要的能量：①>②D．水中的氫鍵可以表示為：O—H…O，其中H…O之間的距離即為該氫鍵的鍵長10、能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式的是()A．小蘇打溶液中加入過量石灰水2HCO3－＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2OB．NH4HCO3溶于過量的NaOH溶液中：HCO3－＋OH－===CO32－＋H2OC．向100mL1mol/L的FeBr2溶液中通入0.05molCl2，反應(yīng)的離子方程式：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2D．硫酸氫鈉溶液與氫氧化鋇溶液恰好反應(yīng)呈中性：2H++SO42－+Ba2++2OH－==2H2O+BaSO4↓11、明礬[KA1(SO4)2·12H2O]是一種復(fù)鹽，在造紙等方面應(yīng)用廣泛。采用廢易拉罐制備明礬的過程如下圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．合理處理易拉罐有利于環(huán)境保護(hù)和資源再利用B．從易拉罐中可回收的金屬元素有Al、FeC．“沉淀”反應(yīng)的金屬離子為Fe3+D．上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO312、下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象與結(jié)論對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A相同溫度下，同時(shí)向①4mL0.1mol?L-1KMnO4酸性溶液和②4mL0.2mol?L-1KMnO4酸性溶液中，分別加入4mL1mol?L-1H2C2O4溶液①中溶液先褪色該實(shí)驗(yàn)條件下，KMnO4濃度越小，反應(yīng)速率越快B向煤爐中灼熱的煤炭上灑少量水產(chǎn)生淡藍(lán)色火焰，煤炭燃燒更旺加少量水后，可使煤炭燃燒放出更多的熱量C加熱2NO2(g)N2O4(g)平衡體系顏色加深證明正反應(yīng)是放熱反應(yīng)D分別測(cè)定室溫下等物質(zhì)的量濃度的Na2SO3與Na2CO3溶液的pH后者較大證明非金屬性S＞CA．A B．B C．C D．D13、根據(jù)下列反應(yīng)的化學(xué)方程式：①I2+SO2+2H2O=H2SO4

+2HI；②2FeCl2+Cl2=2FeCl3；③2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2判斷有關(guān)物質(zhì)的還原性強(qiáng)弱順序是A．I－>Fe2+>Cl－>SO2 B．Cl－>Fe2+>SO2>I－C．Fe2+>I－>Cl－>SO2 D．SO2>I－>Fe2+>Cl－14、常溫下，下列各組離子在指定條件下一定能大量共存的是（）A．PH=7的溶液中：Na+、Fe3+、SO42-、NO3-B．加入鋁粉能產(chǎn)生H2的溶液中：NH4+、Na+、NO3-、Cl-C．能使甲基橙顯紅色的溶液中：K+、NH4+、SO42-、AlO2-D．c(H+)/c(OH-)=1×1012mol·L-1的澄清透明溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42-、Cl-15、熱化學(xué)硫碘循環(huán)硫化氫分解聯(lián)產(chǎn)氫氣、硫磺是能源研究領(lǐng)域的重要課題。根據(jù)下圖所給數(shù)據(jù)，下列說法正確的是()A．圖1反應(yīng)若使用催化劑，既可以改變反應(yīng)路徑，也可以改變其HB．圖2中若H2O的狀態(tài)為氣態(tài)，則能量變化曲線可能為①C．圖3反應(yīng)中反應(yīng)物的總能量比生成物的總能量高D．由圖1、圖2和圖3可知，H2S(g)=H2(g)+S(s)ΔH=+20kJ·mol-116、下列反應(yīng)的離子方程式中正確的是（）A．將Fe(OH)2投入稀HNO3中：Fe(OH)2+2H+＝Fe2++2H2OB．在Ba(OH)2溶液中滴入少量的KHCO3溶液：Ba2++2OH－+2HCO3－＝BaCO3↓+CO32－+2H2OC．在NaClO溶液中通入少量的SO2：ClO－+SO2+H2O＝SO42－+Cl－+2H+D．在硫酸氫鈉溶液中滴加少量純堿溶液：2H++CO32－＝CO2↑+H2O17、化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列對(duì)于生活中的化學(xué)說法正確的是A．服用阿司匹林出現(xiàn)水楊酸反應(yīng)時(shí)，可服用NaOH溶液解毒B．爆竹爆炸后硫燃燒生成SO3，會(huì)造成硫酸型酸雨C．《本草綱目》中記載“火藥乃焰消、硫磺、杉木炭所合，以烽燧銃機(jī)諸藥者”，這里的焰消指的是KNO3D．磨豆?jié){的大豆富含蛋白質(zhì)，豆?jié){煮沸后蛋白質(zhì)就變成了氨基酸18、25℃時(shí)，下列溶液中有關(guān)微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系錯(cuò)誤的是()A．pH=2的HA溶液與pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c(M+)＝c(OH－)+c(A－)B．Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H+)＋2c(H2CO3）C．將醋酸鈉、鹽酸兩溶液混合后呈中性的溶液中：c(Na＋)＞c(Cl—)＝c(CH3COOH)D．pH=4的NaHA溶液：c(HA－)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2－)19、下列物質(zhì)的保存方法正確的是①少量金屬鈉保存在冷水中②濃硝酸盛放在無色試劑瓶中③少量金屬鉀保存在煤油中④氫氧化鈉溶液盛放在帶有橡膠塞的試劑瓶中⑤氯水存放在帶玻璃塞的無色細(xì)口瓶中⑥碳酸鈉固體保存在帶橡膠塞的細(xì)口瓶中A．②③④ B．③④⑥ C．③④ D．①③④20、下列關(guān)于有機(jī)物的說法正確的是（）A．纖維素、橡膠和光導(dǎo)纖維都屬于有機(jī)高分子化合物B．除去乙烷中的乙烯時(shí)，通入氫氣并加催化劑加熱C．含苯環(huán)結(jié)構(gòu)且分子式為C6H5Cl的有機(jī)物中一個(gè)氫被—C5H11原子團(tuán)取代形成的有機(jī)物共有24種D．CH3COOCH2CH3與H218O發(fā)生水解反應(yīng)，生成的產(chǎn)物中有CH3CH218OH21、電化學(xué)裝置工作時(shí)，下列電極上發(fā)生的反應(yīng)一定是氧化反應(yīng)的是（）A．陰極 B．負(fù)極 C．銅電極 D．石墨電極22、研究海水中金屬橋墩的腐蝕及防護(hù)是橋梁建設(shè)的重要課題。下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是A．橋墩的腐蝕主要是析氫腐蝕B．鋼鐵橋墩在海水中比在河水中腐蝕更快C．圖1輔助電極的材料可以為石墨D．圖2鋼鐵橋墩上發(fā)生的反應(yīng)是O2+2H2O+4e一=4OH-二、非選擇題(共84分)23、（14分）化合物H是一種光伏材料中間體。工作室由芳香化合物A制備H的一種合成路線如下：已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O②回答下列問題(1)B所含官能團(tuán)名稱為___________。(2)由B生成C和E生成F的反應(yīng)類型分別為___________、___________。(3)D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為___________。(4)由A生成B的化學(xué)方程式為___________。(5)芳香化合物X是F的同分異構(gòu)體，X能與飽和碳酸氫鈉溶液反應(yīng)放出CO2，其核磁共振氫譜顯示有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，峰面積比為6：2：1：1，符合要求的X的結(jié)構(gòu)有___________種，寫出其中一種結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式___________。(6)根據(jù)已有知識(shí)并結(jié)合相關(guān)信息，寫出以乙醇為原料合成CH3CH2CH2COOH的合成路線(無機(jī)試劑在用)(合成路線示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH______________________________________________。24、（12分）已知X、Y和Z三種元素的原子序數(shù)之和等于42。X元素原子的4p軌道上有3個(gè)未成對(duì)電子，Y元素原子的最外層2p軌道上有2個(gè)未成對(duì)電子。X跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成負(fù)一價(jià)離子。請(qǐng)回答下列問題：（1）X元素原子基態(tài)時(shí)的電子排布式為__________，該元素的符號(hào)是__________；（2）Y元素原子的價(jià)層電子的軌道表示式為________，該元素的名稱是__________；（3）X與Z可形成化合物XZ3，該化合物的空間構(gòu)型為____________；（4）已知化合物X2Y3在稀硫酸溶液中可被金屬鋅還原為XZ3，產(chǎn)物還有ZnSO4和H2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是_________________________________________________；（5）比較X的氫化物與同族第二、第三周期元素所形成的氫化物穩(wěn)定性、沸點(diǎn)高低并說明理由____。25、（12分）亞硝酸鈉(NaNO2)是一種常用的食品添加劑，使用時(shí)需嚴(yán)格控制用量。實(shí)驗(yàn)室以2NO+Na2O2=2NaNO2為原理，利用下列裝置制取NaNO2(夾持和加熱儀器略)。已知：①酸性KMnO4溶液可將NO及NO2-氧化為NO3-，MnO4-被還原為Mn2+。②HNO2具有不穩(wěn)定性：2HNO2=NO2↑+NO↑+H2O。回答下列問題：(1)按氣流方向連接儀器接口______________(填接口字母)。(2)實(shí)驗(yàn)過程中C裝置內(nèi)觀察到的現(xiàn)象是___________________________。(3)Na2O2充分反應(yīng)后，測(cè)定NaNO2含量：稱取反應(yīng)后B中固體樣品3.45g溶于蒸餾水，冷卻后用0.50mol·L-1酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液滴定。重復(fù)三次，標(biāo)準(zhǔn)液平均用量為20.00mL。①該測(cè)定實(shí)驗(yàn)需要用到下列儀器中的___________(填序號(hào))。a．錐形瓶b．容量瓶c．膠頭滴管d．酸式滴定管e．堿式滴定管f．玻璃棒②假定其他物質(zhì)不與KMnO4反應(yīng)，則固體樣品中NaNO2的純度為____％。③實(shí)驗(yàn)得到NaNO2的含量明顯偏低，分析樣品中含有的主要雜質(zhì)為_____(填化學(xué)式)。為提高產(chǎn)品含量，對(duì)實(shí)驗(yàn)裝置的改進(jìn)是在B裝置之前加裝盛有_____(填藥品名稱)的______(填儀器名稱)。(4)設(shè)計(jì)一個(gè)實(shí)驗(yàn)方案證明酸性條件下NaNO2具有氧化性________________________。(提供的試劑：0.10mol·L-1NaNO2溶液、KMnO4溶液、0.10mol·L-1KI溶液、淀粉溶液、稀硝酸、稀硫酸)26、（10分）樹德中學(xué)化學(xué)興趣小組設(shè)計(jì)不同實(shí)驗(yàn)方案比較Cu2+、Ag+的氧化性。(本實(shí)驗(yàn)忽略Cu2+、Ag+在此條件下的水解)(1)方案1:通過置換反應(yīng)比較:向AgNO3溶液插入銅絲，析出黑色固體，溶液變藍(lán)。反應(yīng)的離子方程式是______，說明氧化性Ag+>Cu2+。(2)方案2:通過Cu2+、Ag+分別與同一物質(zhì)反應(yīng)進(jìn)行比較實(shí)驗(yàn)試劑編號(hào)及現(xiàn)象試管滴管1.0mol/LKI溶液1.0mol/LAgNO3溶液1mLI.產(chǎn)生黃色沉淀，溶液無色1.0mol/LCuSO4溶液1mLII.產(chǎn)生棕黑色沉淀A，溶液變棕黃①經(jīng)檢驗(yàn)，I中溶液不含I2，黃色沉淀是______。②取II中棕黃色溶液，加入少量______溶液，變?yōu)開_____色，說明生成了I2。推測(cè)Cu2+做氧化劑,沉淀A有CuI。該反應(yīng)的離子方程式為:________________查閱資料得知:CuI為難溶于水的白色固體。于是對(duì)棕黑色沉淀的組成提出假設(shè)并證明假設(shè)是否成立，取部分棕黑色沉淀進(jìn)行實(shí)驗(yàn)二:已知:CuI難溶于CCl4；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(無色)；Cu++2S2O32-=Cu(S2O3)23-(無色)。由實(shí)驗(yàn)二得出結(jié)論:棕黑色沉淀是___________________?，F(xiàn)象ⅲ為______________。用化學(xué)平衡移動(dòng)原理解釋產(chǎn)生現(xiàn)象ii的原因:________________。③白色沉淀CuI與AgNO3溶液反應(yīng)生成AgI和一種固體單質(zhì)，該反應(yīng)的離子方程式是______，說明氧化性Ag+>Cu2+。27、（12分）二氧化氯（ClO2）是極易溶于水且不與水發(fā)生化學(xué)反應(yīng)的黃綠色氣體，沸點(diǎn)為11℃，可用于處理含硫廢水。某小組在實(shí)驗(yàn)室中探究ClO2與Na2S的反應(yīng)?；卮鹣铝袉栴}：（1）ClO2的制備：已知：SO2+NaClO3+H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4①裝置A中反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________。②欲收集干燥的ClO2，選擇上圖中的裝置，其連接順序?yàn)锳→_______、_______、_______→C（按氣流方向）。③裝置D的作用是_______________。（2）ClO2與Na2S的反應(yīng)將上述收集到的ClO2用N2稀釋以增強(qiáng)其穩(wěn)定性，并將適量的稀釋后的ClO2通入圖所示裝置中充分反應(yīng)，得到無色澄清溶液。一段時(shí)間后，通過下列實(shí)驗(yàn)探究Ⅰ中反應(yīng)的產(chǎn)物。操作步驟實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論取少量I中溶液于試管甲中，滴加品紅溶液和鹽酸品紅始終不褪色①無___生成另取少量I中溶液于試管乙中，加入Ba(OH)2溶液，振蕩②____________有SO42?生成③繼續(xù)在試管乙中滴加Ba(OH)2溶液至過量，靜置，取上層清液于試管丙內(nèi)_________有白色沉淀生成有Cl?生成④ClO2與Na2S反應(yīng)的離子方程式為___________。用于處理含硫廢水時(shí)，ClO2相對(duì)于Cl2的優(yōu)點(diǎn)是______________（任寫一條）。28、（14分）常見的太陽能電池有單晶硅太陽能電池、多晶硅太陽能電池、砷化鎵（GaAs）太陽能電池及銅銦鎵硒薄膜太陽能電池等。(1)鎵元素位于元素周期表的____周期_____族，砷原子核外的電子有___種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。(2)Si、P、S的第一電離能由大到小的順序是_____________，二氧化硅和干冰晶體的熔點(diǎn)差別很大，其原因是________________________________________________。(3)與AsF3互為等電子體的分子為___________（只寫一中），其空間構(gòu)型為_________。(4)硼酸(H3BO3)本身不能電離出H+，在水溶液中易結(jié)合一個(gè)OH－生成[B(OH)4]－，而體現(xiàn)弱酸性。①[B(OH)4]－中B原子的雜化類型為______________。②[B(OH)4]－的結(jié)構(gòu)式為________________。(5)金剛石的晶胞如圖所示，若以硅原子代替金剛石晶體中的碳原子，便得到晶體硅；若將金剛石晶體中一半的碳原子換成硅原子，且碳、硅原子交替，即得到碳化硅晶體(金剛砂)。①金剛石、晶體硅、碳化硅的熔點(diǎn)由高到低的排列順序是________________(用化學(xué)式表示)；②金剛石的晶胞參數(shù)為apm(1pm＝10－12m)。金剛石晶胞的密度為_________g/cm3(只要求列算式，阿伏加德羅常數(shù)為NA)。29、（10分）硫及其化合物對(duì)人類的生產(chǎn)和生活有著重要的作用。一種由含硫化合物參與的制氫示意圖如下：（1）①反應(yīng)2的化學(xué)方程式為___________；該反應(yīng)能量轉(zhuǎn)化的主要方式為_________。②反應(yīng)4的熱化學(xué)方程式為2H2SO4(l)2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)△H＝+550kJ/mol已知：a.H2SO4(l)SO3(g)+H2O(g)△H=Xb.2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H=+196kJ/mol則X=____________。（2）SO2是一種大氣污染物，已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0。①下列有關(guān)該反應(yīng)速率的敘述正確的是_____________（填字母）。a．升高溫度可以增大活化分子百分?jǐn)?shù)，加快反應(yīng)速率b．增大壓強(qiáng)能增大活化分子百分?jǐn)?shù)，加快反應(yīng)速率c．使用催化劑可以使反應(yīng)物分子平均能量升高，加快反應(yīng)速率d．在質(zhì)量一定的情況下，催化劑顆粒的表面積大小，對(duì)反應(yīng)速率有顯著影響②該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式為K=____________。③下列有關(guān)圖像一定正確的是__________（填字母）。（3）現(xiàn)有甲、乙兩個(gè)體積相等的恒容容器，甲容器中充入1molSO2和1molO2，乙容器中充入1molSO3和0.5molO2，發(fā)生反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0，甲、乙容器起始反應(yīng)溫度相同，兩容器均為絕熱容器，平衡時(shí)，甲容器中SO2的轉(zhuǎn)化率為a，乙容器中SO3的分解率為b，則：①a+b__________1（填“<”、“>”或“=”）。②下列敘述能說明甲容器中反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)的是_______________（填字母）。A．v正(O2)=2v逆(SO3)B．混合氣體的密度不變C．c(SO2)=c(SO3)D．混合氣體的總物質(zhì)的量不變E.容器內(nèi)溫度不變F.SO2和O2的質(zhì)量比不變

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、D【解析】A．由于氯氣與水的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，若水中含有NaCl就可以減少氯氣的消耗，同時(shí)還可以溶解HCl,因此可以用圖1所示裝置除去Cl2中含有的少量HCl,A正確；B．KCl是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，加熱不發(fā)生水解反應(yīng)，所以可以用圖2所示裝置蒸發(fā)KCl溶液制備無水KCl，B正確；C．氯氣與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)，使燒瓶中氣體壓強(qiáng)減小，燒杯中的NaOH溶液在大氣壓強(qiáng)的作用下被壓入燒瓶，氯氣進(jìn)一步溶解、反應(yīng)消耗，壓強(qiáng)進(jìn)一步減小，能夠持續(xù)不斷的產(chǎn)生壓強(qiáng)差，因此可以用圖3所示裝置可以完成“噴泉”實(shí)驗(yàn)，C正確；D．可以用向NaOH固體中滴加濃氨水的方法制取氨氣，氨氣的水溶液呈堿性，用堿性干燥劑堿石灰進(jìn)行干燥，但是由于氨氣的密度比空氣小，應(yīng)該用向下排空氣的方法收集氨氣，所以不能用圖4所示裝置制取干燥純凈的NH3，D錯(cuò)誤。答案選D。2、A【分析】電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性與離子濃度及所帶電荷數(shù)有關(guān)，離子濃度越大，電荷數(shù)越多，其導(dǎo)電性越強(qiáng)。由于此題各離子所帶電荷數(shù)一樣，所以只需考慮離子濃度?！驹斀狻緼.ab段發(fā)生反應(yīng)：，離子的量幾乎不變，但由于溶液總體積增大，離子濃度相應(yīng)減小，所以其導(dǎo)電能力下降，故A正確；B.bc段為醋酸與一水合氨反應(yīng)，一水合氨為弱電解質(zhì)，與醋酸反應(yīng)生成醋酸銨，為強(qiáng)電解質(zhì)，溶液導(dǎo)電性增強(qiáng)，但書寫離子方程式時(shí)一水合氨不可拆分，因此反應(yīng)的離子方程式為：，故B錯(cuò)誤；C.cd段繼續(xù)滴加醋酸，此時(shí)溶液中氨水和氫氧化鈉已反應(yīng)完，醋酸電離程度很小，離子個(gè)數(shù)增加很少，但體積增大比較多，離子濃度降低，導(dǎo)致導(dǎo)電性下降，故C錯(cuò)誤；D.隨著醋酸的滴加，溶液體積不斷增大，離子濃度持續(xù)減小，導(dǎo)電性下降，故D錯(cuò)誤；故選A。3、A【解析】A．1L0.1mol·L－1NaF溶液中含有0.1molNaF，NaF屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，要水解，F(xiàn)－少于0.1NA個(gè)，故A錯(cuò)誤；B.32g硫的物質(zhì)的量為1mol，而硫與銅反應(yīng)后變?yōu)?2價(jià)，故1mol硫轉(zhuǎn)移2NA個(gè)電子，故B正確；C、氧氣和臭氧均由氧原子構(gòu)成，故48g混合物中含有的物質(zhì)的量為n=48g16g/mol=3mol，個(gè)數(shù)為3NA個(gè)，故C正確；D.1個(gè)水分子中含有2個(gè)H-O共價(jià)鍵，1molH2O中含有2NA個(gè)共價(jià)鍵，故D正確；故選4、B【解析】試題分析：容量瓶中原有少量蒸餾水無影響，故A錯(cuò)誤；氫氧化鈉吸水，稱量藥品時(shí)間過長，稱得的氫氧化鈉質(zhì)量偏小，溶液濃度偏低，故B正確；定容時(shí)俯視液面，溶液體積偏小，濃度偏大，故C錯(cuò)誤；洗滌燒杯和玻棒的溶液轉(zhuǎn)入容量瓶中無影響，故D錯(cuò)誤。考點(diǎn)：本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)。5、B【詳解】由2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4==2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，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；答案選B。6、C【詳解】A、氧化鈉和過氧化鈉中陰離子和陽離子的個(gè)數(shù)之比都是1︰2，A不正確；B、由于參加反應(yīng)的鈉是等量的，所以轉(zhuǎn)移的電子數(shù)是相同的，B不正確；C、根據(jù)蓋斯定律可知，①×2－②即得到Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s)△H=－317kJ/mol，C正確；D、在加熱的條件下鈉和氧氣反應(yīng)生成過氧化鈉，D不正確；答案選C。7、D【分析】氫離子抑制銨根離子水解，氫氧根離子抑制一水合氨電離，氯化銨是強(qiáng)電解質(zhì)，在水溶液里完全電離，一水合氨是弱電解質(zhì)，在水溶液里存在電離平衡，據(jù)此判斷溶液中銨根離子濃度大小?！驹斀狻竣僦幸凰习笔侨蹼娊赓|(zhì)，0.1mol/L的氨水中銨根離子濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于0.1mol/L；②氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，銨根離子水解但程度較小，所以0.1mol/L的氯化銨中銨根離子濃度接近0.1mol/L；③氯化氫電離出的氫離子抑制銨根離子水解，所以該溶液中銨根離子濃度接近0.1mol/L，但大于②中銨根離子濃度；④氫氧化鈉電離出的氫氧根離子抑制一水合氨電離，所以該溶液中銨根離子濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于0.1mol/L，且小于①中銨根離子濃度；氯化銨溶液中銨根離子濃度大于相同濃度的氨水中銨根離子濃度，所以這四種溶液中銨根離子濃度大小順序是：③②①④，所以D選項(xiàng)是正確的。8、A【解析】試題分析：根據(jù)高分子化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，該物質(zhì)屬于加聚產(chǎn)物，鏈節(jié)是－CH＝CH－，因此單體是乙炔，答案選A?？键c(diǎn)：考查高分子化合物單體的判斷9、C【詳解】A.同周期元素，原子序數(shù)越大，電負(fù)性越大，則元素的電負(fù)性：O>N>H，與題意不符，A錯(cuò)誤；B.氮?dú)夥肿拥碾娮邮剑海c題意不符，B錯(cuò)誤；C.②時(shí)，最外層電子躍遷到3p能級(jí)，具有較高的能量，則鈉電離最外層一個(gè)電子所需要的能量：①>②，符合題意，C正確；D.水中的氫鍵可以表示為：O—H…O，其中H…O之間的距離即為分子間的作用力，與題意不符，D錯(cuò)誤；答案為C。10、D【解析】本題考查離子方程式的正誤判斷。根據(jù)條件采用以少定多的原則進(jìn)行判斷。A.小蘇打完全反應(yīng)；B.NH4HCO3全部反應(yīng)，C.根據(jù)還原性強(qiáng)弱，亞鐵離子先反應(yīng)，根據(jù)n(Fe2+):n(Cl2)=2:1.氯氣全部與亞鐵離子反應(yīng)了，所以Br－不反應(yīng)?！驹斀狻緼.小蘇打溶液中加入過量石灰水，該反應(yīng)的離子方程式為HCO3－＋Ca2++OH－=CaCO3↓＋H2O，故A錯(cuò)誤；B.NH4HCO3溶于過量的NaOH溶液中，該反應(yīng)的離子方程式為NH4++HCO3－＋2OH－=CO32－＋H2O+NH3.H2O，故B錯(cuò)誤；C.向100mL1mol/L的FeBr2溶液中通入0.05molCl2，根據(jù)n(Fe2+):n(Cl2)=2:1.氯氣全部與亞鐵離子反應(yīng)了，該反應(yīng)的離子方程式為Cl2＋2Fe2+=2Cl－＋2Fe3+，故C錯(cuò)誤；D.硫酸氫鈉溶液與氫氧化鋇溶液恰好反應(yīng)呈中性，該反應(yīng)的離子方程式為2H++SO42－+Ba2++2OH－=2H2O+BaSO4↓，故D正確；答案D。11、D【詳解】A.易拉罐作為可再生資源，其回收再生利用對(duì)經(jīng)濟(jì)效益、社會(huì)效益的提高、環(huán)境的保護(hù)有著巨大的促進(jìn)作用，故不選A；B.易拉罐(主要成分為Al,含有少量的Fe)，因此可從易拉罐中回收的金屬元素有Al、Fe，故不選B；C.“沉淀”反應(yīng)是鐵離子生成氫氧化鐵的反應(yīng)，故不選C；D.鋁離子與碳酸氫根離子互促水解到底生成氫氧化鋁沉淀，硫酸氫根離子是強(qiáng)酸的酸式酸根，不水解，不與鋁離子反應(yīng)，故選D；答案：D12、C【詳解】A.KMnO4本身具有顏色，會(huì)影響實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的觀察，故探究濃度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，應(yīng)用不同濃度的草酸與相同濃度的KMnO4溶液反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B.碳與氧氣燃燒生成二氧化碳；碳和水蒸氣反應(yīng)生成一氧化碳，一氧化碳燃燒生成二氧化碳，根據(jù)蓋斯定律，能量變化與反應(yīng)的途徑無關(guān)，則碳燃燒放出的熱量不變，結(jié)論不合理，故B錯(cuò)誤；C.加熱，體系溫度升高，顏色加深，說明反應(yīng)2NO2(g)N2O4(g)平衡逆向移動(dòng)，升高溫度反應(yīng)向吸熱的方向移動(dòng)，即逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)放熱，故C正確；D.最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，非金屬性越強(qiáng)，Na2SO3的S不是最高價(jià)，則室溫下等物質(zhì)的量濃度的Na2SO3與Na2CO3溶液的pH后者較大，不能證明非金屬性S＞C，故D錯(cuò)誤；答案選C。13、D【詳解】在①I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4中還原劑是SO2、還原產(chǎn)物是HI，所以還原性SO2>HI；在②2FeCl2+Cl2=2FeCl3中還原劑是FeCl2、還原產(chǎn)物是FeCl3，所以還原性FeCl2>FeCl3；③2FeCl3+2HI=I2+2FeCl2+2HCl中還原劑是HI、還原產(chǎn)物是FeCl2，所以還原性KI>FeCl2；通過以上分析知，物質(zhì)的還原性有強(qiáng)到弱的順序是SO2>I->Fe2+>Cl-，故合理選項(xiàng)是D。14、D【解析】A、pH=7的溶液中不可能有Fe3+，F(xiàn)e3+此時(shí)已完全沉淀生成Fe(OH)3，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、加入鋁粉能產(chǎn)生H2的溶液顯酸性或堿性，在堿性溶液中NH4+不能大量存在，在酸性條件下有硝酸根離子無法產(chǎn)生氫氣，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、能使甲基橙顯紅色的溶液呈酸性，AlO2-不能大量存在，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、c(H+)/c(OH-)=1×1012mol·L-1的澄清透明溶液呈酸性，Mg2+、Cu2+、SO42-、Cl-各離子不反應(yīng)，能大量共存，選項(xiàng)D正確。答案選D。點(diǎn)睛：本題考查離子共存的判斷，注意明確離子不能大量共存的一般情況：能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間等；還應(yīng)該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的顏色，如無色時(shí)可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色離子的存在；是“可能”共存，還是“一定”共存等。15、D【詳解】A.催化劑不改變反應(yīng)熱，故A錯(cuò)誤；B.H2O(g)的能量高于H2O(l)的能量，故B錯(cuò)誤；C.圖3反應(yīng)中反應(yīng)物的總能量比生成物的總能量低，故C錯(cuò)誤；D.由圖1：SO2(g)+I2(s)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq)H=-151kJ·mol-1；由圖2：SO2(g)+S(s)+2H2O(l)=H2S(g)+H2SO4(aq)H=-+61kJ·mol-1；由圖3：H2(g)+2I2(s)=2HI(aq)H=+110kJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定理可知H2S(g)=H2(g)+S(s)ΔH=+20kJ·mol-1，故D正確；故選D。16、D【解析】試題分析：A、硝酸具有強(qiáng)氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，故錯(cuò)誤；B、KHCO3是少量，系數(shù)為1，因此離子反應(yīng)方程式為Ba2＋＋OH－＋HCO3－=BaCO3↓＋H2O，故錯(cuò)誤；C、因?yàn)镾O2少量，NaClO過量應(yīng)生成HClO，故錯(cuò)誤；D、NaHSO4完全電離出H＋，純堿過量，2H＋＋CO32－=CO2↑＋H2O，故正確?？键c(diǎn)：考查離子反應(yīng)方程式的正誤判斷等知識(shí)。17、C【解析】A項(xiàng)，服用阿司匹林出現(xiàn)水楊酸反應(yīng)，應(yīng)靜脈滴注NaHCO3溶液，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，爆竹爆炸后硫燃燒生成SO2，SO2會(huì)造成硫酸型酸雨，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，火藥由KNO3、硫磺、木炭混合而成，這里的焰消指KNO3，正確；D項(xiàng)，蛋白質(zhì)在催化劑存在下發(fā)生水解，加熱能使蛋白質(zhì)變性，不能水解，錯(cuò)誤；答案選C。18、D【詳解】A項(xiàng)，HA溶液與MOH溶液任意比混合，不論HA是強(qiáng)酸還是弱酸，混合后溶液中的離子就只有H+、M+、OH－、A－，所以一定滿足電荷守恒c(H+)+c(M+)＝c(OH－)+c(A－)，A正確；B項(xiàng)滿足質(zhì)子守恒c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H+)＋2c(H2CO3，B正確；醋酸鈉、鹽酸兩溶液混合后含有的離子有Na＋、H+、Cl—、OH－、CH3COO-，滿足電荷守恒c(H+)+c(Na＋)＝c(OH－)+c(CH3COO－)+c(Cl—)，由于溶液呈中性，c(H+)＝c(OH－)，則c(Na＋)＝c(CH3COO－)+c(Cl—)，又因?yàn)榧尤氲拇姿徕c滿足物料守恒c(Na＋)＝c(CH3COOH)+c(CH3COO－)，所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(CH3COO－)+c(Cl—)，得出c(CH3COOH)=c(Cl—)，所以C正確；NaHA的可以是強(qiáng)酸的酸式鹽也可以是弱酸酸式鹽，所以D錯(cuò)誤，答案選D。19、C【詳解】①少量金屬鈉保存在煤油中，①錯(cuò)誤；②濃硝酸見光易分解，盛放在棕色試劑瓶中，②錯(cuò)誤；③少量金屬鉀保存在煤油中，④正確；④氫氧化鈉溶液盛放在帶有橡膠塞的試劑瓶中，④正確；⑤氯水見光易分解，存放在帶玻璃塞的棕色試劑瓶中，⑤錯(cuò)誤；⑥碳酸鈉固體保存在帶橡膠塞的廣口瓶中，⑥錯(cuò)誤，答案選C。20、C【詳解】A.光導(dǎo)纖維的主要成分為SiO2,不屬于有機(jī)物，故A錯(cuò)誤；B.除去乙烷中的乙烯時(shí)，不能用通入氫氣并加催化劑法，容易增加新雜質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C.—C5H11的同分異構(gòu)體有8種，氯苯苯環(huán)上有三種，所以與氯苯形成的同分異構(gòu)體有38=24種，故C正確；D.酯化反應(yīng)是酸脫羥基醇脫氫，酯的水解是酯化的逆反應(yīng)，所以CH3COOCH2CH3與H218O發(fā)生水解反應(yīng)，生成的產(chǎn)物中有CH3CO18OH和CH3CH2OH，故D錯(cuò)；答案選C。21、B【詳解】根據(jù)原電池與電解池的工作原理可知，電化學(xué)裝置工作時(shí)，原電池的負(fù)極或電解池的陽極，電極上發(fā)生的反應(yīng)一定是氧化反應(yīng)，B項(xiàng)正確，故選B。22、A【詳解】A．橋墩浸泡在接近中性的海水中，主要發(fā)生析氧腐蝕，故A錯(cuò)誤；B．海水中含有氯化鈉等電解質(zhì)，導(dǎo)電性比河水強(qiáng)，鋼鐵橋墩在海水中比在河水中腐蝕更快，故B正確；C．圖1為外加電源的陰極保護(hù)法，輔助電極的材料可以為石墨等，故C正確；D．圖2為犧牲陽極的陰極保護(hù)法，鋼鐵橋墩充當(dāng)正極，正極上發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為O2+2H2O+4e一=4OH-，故D正確；故選A。二、非選擇題(共84分)23、碳碳雙鍵、醛基氧化反應(yīng)取代反應(yīng)（或酯化反應(yīng)）4種【分析】芳香族化合物A與乙醛發(fā)生信息①中的反應(yīng)生成B，A含有醛基，反應(yīng)中脫去1分子水，由原子守恒可知A的分子式為：C9H8O+H2O-C2H4O=C7H6O，故A為，則B為，B發(fā)生氧化反應(yīng)、酸化得到C為．C與溴發(fā)生加成反應(yīng)得到D為，D發(fā)生消去反應(yīng)、酸化得到E為．E與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成F為．結(jié)合信息②中的加成反應(yīng)、H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，可推知G為，以此解答(1)~(5)；(6)利用信息①增長碳鏈，乙醇催化氧化生成乙醛，2分子乙醛反應(yīng)得到CH3CH=CHCHO，再與氫氣發(fā)生反應(yīng)得到CH3CH2CH2CH2OH，最后用酸性高錳酸鉀溶液氧化得到CH3CH2CH2COOH?！驹斀狻?1)由分析可知，B為，所含官能團(tuán)名稱為碳碳雙鍵和醛基。(2)發(fā)生氧化反應(yīng)生成的C為；E為，其與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成的F為，反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；(3)由分析可知D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；(4)A為，與乙醛在NaOH的水溶液中發(fā)生反應(yīng)生成的B為，反應(yīng)的化學(xué)方程式為；(5)F為，芳香化合物X是F的同分異構(gòu)體，X能與飽和碳酸氫鈉溶液反應(yīng)放出CO2，說明含有羧基，其核磁共振氫譜顯示有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，峰面積比為6：2：1：1，則分子中應(yīng)含有2個(gè)甲基，且為對(duì)稱結(jié)構(gòu)，符合條件的結(jié)構(gòu)有4種，分別是；(6)利用信息①增長碳鏈，乙醇催化氧化生成乙醛，2分子乙醛反應(yīng)得到CH3CH=CHCHO，再與氫氣發(fā)生反應(yīng)得到CH3CH2CH2CH2OH，最后用酸性高錳酸鉀溶液氧化得到CH3CH2CH2COOH．合成路線流程圖為：。【點(diǎn)睛】學(xué)生需要將題目給信息與已有知識(shí)進(jìn)行重組并綜合運(yùn)用是解答本題的關(guān)鍵，需要學(xué)生具備準(zhǔn)確、快速獲取新信息的能力和接受、吸收、整合化學(xué)信息的能力，采用正推和逆推相結(jié)合的方法，逐步分析有機(jī)合成路線，可推出各有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，然后分析官能團(tuán)推斷各步反應(yīng)及反應(yīng)類型。24、1s22s22p63s23p63d104s24p3As氧三角錐As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O穩(wěn)定性：NH3＞PH3＞AsH3，因?yàn)殒I長越短，鍵能越大，化合物越穩(wěn)定；沸點(diǎn)：NH3＞AsH3＞PH3，NH3可形成分子間氫鍵，沸點(diǎn)最高，AsH3相對(duì)分子質(zhì)量比PH3大，分子間作用力大，因而AsH3比PH3沸點(diǎn)高。【詳解】X元素原子的4p軌道上有3個(gè)未成對(duì)電子，X為As元素；Y元素原子的最外層2p軌道上有2個(gè)未成對(duì)電子，Y為O元素；X、Y、Z的原子序數(shù)之和等于42，則Z的原子序數(shù)為42-33-8=1，Z可以形成負(fù)一價(jià)離子，Z為H元素；（1）X為As，As原子基態(tài)時(shí)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p3，該元素的符號(hào)是As。（2）Y為O，基態(tài)O原子的核外電子排布式為1s22s22p2，其價(jià)層電子的軌道表示式為，該元素名稱為氧。（3）X為As，Z為H，形成的化合物AsH3，中心原子As的孤電子對(duì)數(shù)為×（5-3×1）=1，σ鍵電子對(duì)數(shù)為3，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，VSEPR模型為四面體型，空間構(gòu)型為三角錐形。（4）As2O3被還原成AsH3，Zn被氧化成ZnSO4，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，反應(yīng)的化學(xué)方程式為As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O。（5）As的氫化物為AsH3，與As同族的第二、第三周期元素形成的氫化物為NH3、PH3，穩(wěn)定性：NH3＞PH3＞AsH3，因?yàn)殒I長越短，鍵能越大，化合物越穩(wěn)定

；沸點(diǎn)：NH3＞AsH3＞PH3，理由是：NH3可形成分子間氫鍵，沸點(diǎn)最高，AsH3相對(duì)分子質(zhì)量比PH3大，分子間作用力大，因而AsH3比PH3沸點(diǎn)高。25、aedbc(或cb)f固體逐漸溶解，溶液變?yōu)樗{(lán)色，有無色氣泡產(chǎn)生adf50%Na2CO3、NaOH堿石灰(或氫氧化鈉固體)干燥管(或U形管)取少量KI溶液和NaNO2溶液于試管，滴加幾滴淀粉溶液不變色，然后滴加一定量稀硫酸，溶液變藍(lán)，證明酸性條件下NaNO2具有氧化性(或取少量KI溶液和稀硫酸于試管，然后滴加幾滴淀粉溶液不變色，滴加NaNO2溶液，溶液變?yōu)樗{(lán)色，證明酸性條件下NaNO2具有氧化性)【分析】本題表面考查了2NO+Na2O2=2NaNO2，該反應(yīng)是陌生反應(yīng)，但實(shí)際主要以基礎(chǔ)知識(shí)為主，例如NO、Na2O2，NO2-等性質(zhì)，本題綜合性強(qiáng)，難度偏大。【詳解】（1）A中濃硝酸與炭反應(yīng)生成NO2，NO2通入C裝置可產(chǎn)生NO，因而按氣流方向連接儀器接口aed，注意長進(jìn)短出，然后NO和B中Na2O2反應(yīng)，最后D為除雜裝置，因而后續(xù)連接順序?yàn)閎c(或cb)f，該處答案為aedbc(或cb)f；（2）NO2與水反應(yīng)可得稀硝酸和NO，稀硝酸（包含揮發(fā)的硝酸）與Cu反應(yīng)得到硝酸銅和NO，NO為無色氣體，因而C中現(xiàn)象為固體逐漸溶解，溶液變?yōu)樗{(lán)色，有無色氣泡產(chǎn)生；（3）①酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液有腐蝕性，因而選用酸式滴定管，錐形瓶盛放待測(cè)液，玻璃棒溶解和轉(zhuǎn)移固體，因而選adf；②高錳酸鉀與亞硝酸鈉的離子方程式為2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O，n(NO2-)=mol=0.025mol，m(NaNO2)=0.025mol×69g/mol=1.725g，則固體樣品中NaNO2的純度為×100％=50％；③碳和濃硝酸反應(yīng)得到CO2，同時(shí)C中會(huì)有水蒸氣進(jìn)入B中，CO2和水分別與Na2O2反應(yīng)得到Na2CO3、NaOH，樣品中含有的主要雜質(zhì)為Na2CO3、NaOH，同時(shí)除去CO2和H2O，可使用堿石灰(或氫氧化鈉固體)，該藥品可裝在干燥管內(nèi)或U形管中；（4）要想證明酸性條件下NaNO2具有氧化性，需要選用合適的還原劑（如KI溶液）與之反應(yīng)，并且能夠觀察到明顯的反應(yīng)現(xiàn)象（如淀粉遇碘變藍(lán)），根據(jù)提供的試劑可選用0.10mol·L-1NaNO2溶液、0.10mol·L-1KI溶液、淀粉溶液、稀硫酸，注意用稀硫酸酸化，稀硝酸有強(qiáng)氧化性干擾實(shí)驗(yàn)。因而實(shí)驗(yàn)過程為取少量KI溶液和NaNO2溶液于試管，滴加幾滴淀粉溶液不變色，然后滴加一定量稀硫酸，溶液變藍(lán)，證明酸性條件下NaNO2具有氧化性(或取少量KI溶液和稀硫酸于試管，然后滴加幾滴淀粉溶液不變色，滴加NaNO2溶液，溶液變?yōu)樗{(lán)色，證明酸性條件下NaNO2具有氧化性)。26、Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+AgI淀粉藍(lán)2Cu2++4I-2CuI↓+I2CuI吸附I2

形成的(CuI與I2的混合物)

棕黑色固體顏色變淺，溶液變?yōu)樽霞t色CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-與Cu+反應(yīng)生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)減小，平衡右移從而使白色沉淀溶解CuI+

2Ag+=Cu2++Ag+AgI【分析】（1）結(jié)合金屬活動(dòng)性順序及氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性規(guī)律，再根據(jù)反應(yīng)現(xiàn)象推出結(jié)論；（2）①黃色沉淀是碘離子與銀離子形成的碘化銀沉淀；②證明棕黃色溶液中含有I2，則可以用淀粉溶液檢測(cè)，若溶液變藍(lán)，則證明溶液中含有I2單質(zhì)，再根據(jù)電子守恒規(guī)律，配平氧化還原反應(yīng)即可；根據(jù)已知信息“CuI為難溶于水的白色固體，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(無色)”，結(jié)合實(shí)驗(yàn)二現(xiàn)象可推知，棕黃色沉淀為CuI吸附I2形成的混合物；又知I2易溶于有機(jī)溶劑，CuI不溶于CCl4；所以加入CCl4振蕩靜置后，觀察到的現(xiàn)象為：棕黑色固體顏色變淺，四氯化碳中因溶解了I2變?yōu)樽霞t色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI（s）?Cu+(aq)+I-(aq)，加入的S2O32-與因與Cu+反應(yīng)，促進(jìn)平衡向沉淀溶解方向移動(dòng)，最后使沉淀消失。③反應(yīng)能說明氧化性Ag+>Cu2+，說明Ag+被還原為固體單質(zhì)為Ag，Cu2+為氧化產(chǎn)物?！驹斀狻浚?）向酸化的AgNO3溶液插入銅絲，析出黑色固體，溶液變藍(lán)，說明銅置換出了金屬銀，反應(yīng)的離子方程式為，說明氧化性Ag+＞Cu2+，故答案為；（2）①經(jīng)檢驗(yàn)，Ⅰ中溶液不含I2，黃色沉淀是碘離子與銀離子形成的碘化銀沉淀，故答案為AgI；②欲證明棕黃色溶液中含有I2，則可以用淀粉溶液檢測(cè)，若溶液變藍(lán)，則證明溶液中含有I2，推測(cè)Cu2+做氧化劑，沉淀A有CuI，根據(jù)氧化還原反應(yīng)電子守恒規(guī)律得知，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；根據(jù)已知信息“CuI為難溶于水的白色固體，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(無色)”，結(jié)合實(shí)驗(yàn)二現(xiàn)象可推知，棕黃色沉淀為CuI吸附I2形成的混合物；又知I2易溶于有機(jī)溶劑，CuI不溶于CCl4；所以加入CCl4振蕩靜置后，觀察到的現(xiàn)象為：棕黑色固體顏色變淺，四氯化碳中因溶解了I2變?yōu)樽霞t色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI（s）?Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-與Cu+發(fā)生反應(yīng)Cu++2S2O32-=Cu(S2O3)23-(無色)，使c(Cu+)減小，促進(jìn)平衡向沉淀溶解方向移動(dòng)，最后使沉淀消失，故答案為淀粉；藍(lán)；2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；CuI吸附I2形成的(CuI與I2的混合物)；棕黑色固體顏色變淺，溶液變?yōu)樽霞t色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-與Cu+反應(yīng)生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)減小，平衡右移從而使白色沉淀溶解；③根據(jù)題中信息，白色沉淀CuI與AgNO3溶液反應(yīng)生成AgI和一種固體單質(zhì)，反應(yīng)能說明氧化性Ag+>Cu2+，說明Ag+被還原為固體單質(zhì)為Ag，Cu2+為氧化產(chǎn)物，因此離子反應(yīng)方程式為：CuI+2Ag+=Cu2++Ag+AgI，故答案為CuI+2Ag+=Cu2++Ag+AgI。27、Cu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2OEBD冷凝并收集ClO2SO2(或HSO3?或SO32?)溶液中有白色沉淀生成加入足量稀硝酸酸化的硝酸銀溶液8ClO2＋5S2－＋4H2O=8Cl－＋5SO42－＋8H＋ClO2除硫效果徹底，氧化產(chǎn)物硫酸根更穩(wěn)定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不會(huì)產(chǎn)生二次污染、均被還原為氯離子時(shí)，ClO2得到的電子數(shù)是氯氣的2.5倍（寫一條即可）【分析】（1）ClO2

的制備：裝置A中又Cu與濃硫酸發(fā)生反應(yīng)制備二氧化硫氣體，在裝置B中發(fā)生生成二氧化氯的反應(yīng)，為防止倒吸，A與B之間連接裝置E，二氧化氯沸點(diǎn)較低，故在D中冰水浴收集，最后用氫氧化鈉吸收未反應(yīng)完的二氧化硫，防止污染空氣，據(jù)此分析解答；（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)可知ClO2

與

Na2S

反應(yīng)有氯離子、硫酸根離子的生成；ClO2除硫效果徹底，氧化產(chǎn)物硫酸根更穩(wěn)定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不會(huì)產(chǎn)生二次污染、均被還原為氯離子時(shí)，ClO2得到的電子數(shù)是氯氣的2.5倍?！驹斀狻浚?）①裝置

A

中反應(yīng)Cu與濃硫酸制備二氧化硫，化學(xué)方程式為：Cu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；②二氧化硫從a進(jìn)入裝置B中反應(yīng)，為防止倒吸，故應(yīng)在之前有安全瓶，則a→g→h，為反應(yīng)充分，故再連接B裝置中的b，二氧化氯沸點(diǎn)較低，故在D中冰水浴收集，為充分冷卻，便于收集，故連接e，最后用氫氧化鈉吸收未反應(yīng)完的二氧化硫，防止污染空氣，連接順序?yàn)椋篴→gh→bc→ef→d；③裝置D的作用為冷凝并收集ClO2；（2）將適量的稀釋后的

ClO2

通入如圖所示裝置中充分反應(yīng)，得到無色澄清溶液，①取少量I中溶液于試管甲中，滴加品紅溶液和鹽酸，品紅始終不褪色，說明溶液中無SO2(或HSO3?或SO32?)生成；故答案為：SO2(或HSO3?或SO32?)；②另取少量I中溶液于試管乙中，加入Ba(OH)2溶液，振蕩，有SO42?生成，硫酸根與鋇離子反應(yīng)生成硫酸鋇白色沉淀；故答案為：溶液中有白色沉淀生成；③結(jié)論為有Cl?生成，現(xiàn)象為有白色沉淀生成，氯化銀為不溶于酸的白色沉淀，檢驗(yàn)氯離子，故操作為：繼續(xù)在試管乙中滴加Ba(OH)2溶液至過量，靜置，取上層清液于試管丙內(nèi)加入足量稀硝酸酸化的硝酸銀溶液；故答案為：加入足量稀硝酸酸化的硝酸銀溶液；④由上述分析可知ClO2

與

Na2S

反應(yīng)有氯離子、硫酸根離子的生成，故發(fā)生的離子方程式為：8ClO2＋5S2－＋4H2O=8Cl－＋5SO42－＋8H＋；用于處理含硫廢水時(shí)，ClO2相對(duì)于Cl2的優(yōu)點(diǎn)有：ClO2除硫效果徹底，氧化產(chǎn)物硫酸根更穩(wěn)定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不會(huì)產(chǎn)生二次污染、均被還原為氯離子時(shí)，ClO2得到的電子數(shù)是氯氣的2.5倍；故答案為：8ClO2＋5S2－＋4H2O=8Cl－＋5SO42－＋8H＋；ClO2除硫效果徹底，氧化產(chǎn)物硫酸根更穩(wěn)定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不會(huì)產(chǎn)生二次污染、均被還原為氯離子時(shí)，ClO2得到的電子數(shù)是氯氣的2.5倍。28、4ⅢA33P>S>SiSiO2是原子晶體，融化時(shí)需破壞共價(jià)鍵，干冰是分子晶體，融化時(shí)需破壞范德華力，共價(jià)鍵的鍵能遠(yuǎn)大于范德華力，所以二氧化硅的熔點(diǎn)