寧夏回族自治區(qū)銀川市長慶高級中學2026屆高三化學第一學期期中考試模擬試題注意事項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、用化學用語表示Na2CO3＋2Cl2===2NaCl＋Cl2O＋CO2中的相關(guān)微粒，其中正確的是()A．Na＋的結(jié)構(gòu)示意圖：B．Cl2O的結(jié)構(gòu)式：Cl—O—ClC．中子數(shù)比質(zhì)子數(shù)多3的氯原子：3517ClD．CO2的電子式：2、合理的實驗設(shè)計是順利完成化學實驗的有力保障。下列有關(guān)化學實驗的設(shè)計合理的是A．在空氣中用瓷坩堝煅燒鈉制取過氧化鈉B．采用蒸餾的方法分離碘的四氯化碳溶液C．氯氣通入溴化鐵溶液，比較氯和溴的活潑性D．H2S氣體通入CuSO4溶液，比較氫硫酸和硫酸的酸性3、示蹤原子法是研究化學反應的重要方法之一，下列化學方程式正確的是（）A．2Na218O2+2H2O=4NaOH+18O2↑B．2KMnO4+5H218O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+518O2↑+8H2OC．CH3C18OOH+CH3OHCH3CO18OCH3+H2OD．6H37Cl+NaClO3=NaCl+37Cl2↑+3H2O4、下列實驗能達到預期目的的是編號實驗內(nèi)容實驗目的A室溫下，用pH試紙測得：0.1mol·L-1Na2SO3溶液的pH約為10；0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH約為5HSO3-結(jié)合H+的能力比SO32-強B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固體，溶液紅色變淺證明Na2CO3溶液中存在水解平衡C配置FeCl2溶液時，先將FeCl2固體溶于適量鹽酸中，再用蒸餾水稀釋到所需濃度，最后向試劑瓶中加入少量銅粉抑制Fe2+水解，并防止Fe2+被氧化D向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀后，在滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成紅褐色沉淀證明在相同溫度下的Ksp[Mg（OH）2]>Ksp[Fe（OH）3]A．A B．B C．C D．D5、為探究新制氯水的性質(zhì)，某學生做了如圖實驗。實驗裝置試劑a現(xiàn)象①紫色的石蕊試液溶液先變紅后褪色②NaHCO3溶液產(chǎn)生氣泡③HNO3酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀④FeCl2溶液、KSCN溶液溶液變紅由上述實驗可得新制氯水的性質(zhì)與對應的解釋或離子方程式不相符的是（）A．實驗①說明新制氯水中含有H+、HClOB．實驗②發(fā)生的反應為：HCO+HClO=ClO-+CO2↑+H2OC．實驗③說明新制氯水中存在Cl-，發(fā)生的反應為：Cl-+Ag+=AgCl↓D．實驗④體現(xiàn)氯氣的氧化性，Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+6、某同學參照侯氏制堿原理制備少量的Na2CO3，經(jīng)過制取NaHCO3、分離NaHCO3、干燥NaHCO3、分解NaHCO3四個步驟，下列圖示裝置和原理不能達到實驗目的的是（）A．制取NaHCO3B．分離NaHCO3C．干燥NaHCO3D．分解NaHCO3A．A B．B C．C D．D7、下列有關(guān)敘述不正確的是①在100℃，101kPa條件下，液態(tài)水氣化熱為40.69kJ?mol-1，則H2O(g)=H2O(l)ΔH＝+40.69kJ?mol-1②已知25℃時，MgCO3的Ksp=6.82×10-6，則在該溫度下，含有固體MgCO3的溶液中，無論c(Mg2+)與c()是否相等，總有c(Mg2+)?c()=6.82×10-6③電解NaNO3溶液時，隨著電解進行，溶液的pH減?、艹叵?，在0.10mol?L-1的NH3?H2O溶液中加入少量NH4Cl晶體，則NH3?H2O電離被抑制，溶液pH減少A．①③ B．③④ C．②④ D．①②8、四元軸烯t、苯乙烯b及立方烷c的分子式均為C8H8。下列說法正確的是A．b的同分異構(gòu)體只有t和c兩種B．t、b、c的二氯代物均只有三種C．t和b能使酸性KMnO4溶液褪色而c不能D．t、b、c中只有t的所有原子處于同一平面9、幾種短周期元素的原子半徑及某些化合價見下表，分析判斷下列說法正確的是元素符號ABDEGHIJ化合價-1-2+4，-4-1+5，-3+3+2+1原子半徑/nm0.0710.0740.0770.0990.1100.1430.1600.186A．I在DB2中燃燒生成兩種化合物 B．A、H、J的離子半徑由大到小的順序是H>J>AC．GE3為離子化合物 D．A單質(zhì)能從B的簡單氫化物中置換出B單質(zhì)10、下列實驗中，對應的現(xiàn)象以及結(jié)論都正確且兩者具有因果關(guān)系的是選項實驗現(xiàn)象結(jié)論A將氯氣通入品紅溶液溶液紅色褪去氯氣具有漂白性B將銅粉加入1.0mol?L﹣1的Fe2（SO4）3溶液中溶液變藍，有黑色固體出現(xiàn)金屬Fe比Cu活潑C用坩堝鉗夾住用砂紙仔細打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱熔化后的液態(tài)鋁滴落下來金屬鋁的熔點比較低D向盛有少量濃硝酸、稀硝酸的兩支試管中分別加入一片大小相同的銅片濃硝酸中銅片很快開始溶解，并放出紅棕色氣體；稀硝酸中過一會銅片表面才出現(xiàn)無色氣體，氣體遇空氣變紅棕色濃硝酸氧化性強于稀硝酸A．A B．B C．C D．D11、某元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為m，中子數(shù)為n，則下列論斷正確的是A．這種元素的相對原子質(zhì)量為m+nB．若碳-12原子質(zhì)量為wg，則此原子的質(zhì)量為(m+n)wgC．不能由此確定該元素的相對原子質(zhì)量D．核內(nèi)中子的總質(zhì)量小于質(zhì)子的總質(zhì)量12、25℃和1.01×105Pa時，反應2N2O5(g)＝4NO2(g)＋O2(g)ΔH＝＋56.76kJ·mol－1，自發(fā)進行的原因是A．吸熱反應 B．放熱反應 C．熵減少的反應 D．熵增大效應大于熱效應13、將一定量的NaOH和NaHCO3的混合物X放在密閉容器中加熱，充分反應后生成V1L氣體Z(V1≠0)。反應后的固體殘渣Y與過量的稀鹽酸反應，又生成V2L氣體Z(V1、V2均為標準狀況下氣體的體積)。下列判斷錯誤的是()A．Y的成分為Na2CO3B．Z的成分為CO2C．V1>V2D．X中n(Na＋)＝mol14、一種白色固體可能由Na+、Ba2+、Cl-、Br-、HCO3-、SO32-、SO42-離子中的若干種組成，某同學設(shè)計實驗檢驗其組成，記錄如下：實驗步驟實驗操作實驗現(xiàn)象①將固體溶于水，用pH試紙檢驗無色溶液pH=9②向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振蕩，靜置產(chǎn)生氣泡，CCl4層呈橙色③向②所得水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3有白色沉淀產(chǎn)生④過濾，向濾液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀產(chǎn)生下列關(guān)于固體組成的結(jié)論錯誤的是A．不能確定是否含有Ba2+、Cl- B．至少含有SO32-、SO42-中的一種離子C．肯定含有HCO3-和Br- D．無需檢驗即可斷定溶液中含有Na+15、下列有關(guān)第三周期元素的性質(zhì)遞變的說法錯誤的是A．從左到右，金屬性減弱 B．從左到右，非金屬性增強C．從左到右，正化合價的數(shù)值增大 D．從左到右，原子半徑逐漸增大16、下列指定反應的離子方程式正確的是A．澄清石灰水中通入過量二氧化碳：OH-+CO2=HCO3-B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I?+IO3?+6H+I2+3H2OC．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫氣體：SO2+H2O+ClO-=SO42-+Cl-+2H+D．下圖所示裝置中反應：Zn+Cu2+=Cu+Zn2+17、一定條件下反應2AB(g)A2(g)＋B2(g)達到平衡狀態(tài)的標志是()A．單位時間內(nèi)生成nmolA2，同時消耗2nmolABB．容器內(nèi)，3種氣體AB、A2、B2共存C．AB的消耗速率等于A2的消耗速率D．容器中各組分的體積分數(shù)不隨時間變化18、SO2氣體與足量Fe2(SO4)3溶液完全反應后，再加入K2Cr2O7溶液，發(fā)生如下兩個化學反應：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO42-＋2Fe2＋＋4H＋；②Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。下列有關(guān)說法不正確的是A．SO2發(fā)生氧化反應B．氧化性：SO42-<Fe3＋<Cr2O72-C．每0.2molK2Cr2O7參加反應，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為1.2NAD．若有13.44LSO2(標準狀況)參加反應，則最終消耗0.4molK2Cr2O719、下列有關(guān)說法中正確的是（）A．分餾、干餾都是物理變化 B．127I和131I互為同素異形體C．鹽酸、王水都是混合物 D．硫酸銅、二氧化硫都是電解質(zhì)20、常溫下，下列各組離子能大量共存的是A．pH=1的溶液中：Ba2+、NH4+、NO3?、Fe2+B．無色溶液中：H+、K+、I?、MnO4?C．在c(H+)∶c(OH?)＝1∶1012的溶液中：Na+、CO32?、NO3?、SO42?D．由水電離出的c(OH?)＝1.0×10?13mol·L?1的溶液中：Na+、NH4+、SO42?、HCO3?21、下列有關(guān)化學反應的敘述正確的是A．將Na2O2投入NH4Cl溶液中只可能生成一種氣體B．鐵分別與稀鹽酸和氯氣反應，產(chǎn)物中鐵元素的化合價相同C．SO2通入BaCl2溶液有白色沉淀BaSO3生成D．向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入足量CaCl2溶液，溶液紅色褪去22、(2011·惠州市調(diào)研)一定溫度下，難溶電解質(zhì)AmBn在水中溶解平衡的溶度積為Ksp＝cm(An＋)×cn(Bm－)。25℃，向AgCl的白色懸濁液中，依次加入等濃度的KI溶液和Na2S溶液，先出現(xiàn)黃色沉淀，最終生成黑色沉淀。已知有關(guān)物質(zhì)的顏色和溶度積如下：物質(zhì)

AgCl

AgI

Ag2S

顏色

白

黃

黑

Ksp(25℃)

1.8×10－10

1.5×10－16

1.8×10－50

下列敘述不正確的是()A．溶度積小的沉淀可以轉(zhuǎn)化為溶度積更小的沉淀B．若先加入Na2S溶液，再加入KI溶液，則無黃色沉淀產(chǎn)生C．25℃時，飽和AgCl、AgI、Ag2S溶液中所含Ag＋的濃度相同D．25℃時，AgCl固體在等物質(zhì)的量濃度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度積相同二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知：X、Y、Z、M、N、A均為中學化學中的常見物質(zhì)。（部分生成物及條件略去）(1)若X為紅棕色氣體，A為日常生活中應用最廣泛的金屬，寫出X與H2O反應的化學方程式:__，Z為_________（寫化學式）；(2)若X為淡黃色固體，M為難溶于水的物質(zhì)，且X與M具有相同的摩爾質(zhì)量，則X的電子式_______，A中參加反應簡單陽離子的結(jié)構(gòu)示意圖為_________________；若1molX與水反應經(jīng)上述轉(zhuǎn)化，能得到M的最大質(zhì)量__(3)若M、N為同一物質(zhì)，且為廚房中某常用調(diào)味品主要成分。寫出Y與N反應生成X的反應類型：_____，檢驗Y中是否混有M的簡便實驗方法___________________________________.向盛少量KMnO4溶液的試管中先滴入少量硫酸，再滴加Y，充分振蕩紅色褪去，并生成M。寫出發(fā)生反應的離子方程式__________________________________.24、（12分）化合物H是重要的有機物，可由E和F在一定條件下合成：（部分反應物或產(chǎn)物省略，另請注意箭頭的指向）已知以下信息：i．A屬于芳香烴，H屬于酯類化合物。ii．I的核磁共振氫譜為二組峰，且峰的面積比為6：1?；卮鹣铝袉栴}：（1）E的含氧官能團名稱是______，B的結(jié)構(gòu)簡式是___________________。（2）B→C和G→J兩步的反應類型分別為___________，____________。（3）①E+F→H的化學方程式是____________________________________。②D與銀氨溶液反應的化學方程式是__________________________________。（4）E的同系物K比E相對分子質(zhì)量大28，則K的同分異構(gòu)體共______種，其中核磁共振氫譜顯示為4組峰，且峰面積之比為6:2:1:1，寫出符合要求的該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為（寫出1種即可）____________________________。25、（12分）二氧化氯（ClO2）是極易溶于水且不與水發(fā)生化學反應的黃綠色氣體，沸點為11℃，可用于處理含硫廢水。某小組在實驗室中探究ClO2與Na2S的反應?；卮鹣铝袉栴}：（1）ClO2的制備：已知：SO2+NaClO3+H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4①裝置A中反應的化學方程式為________________。②欲收集干燥的ClO2，選擇上圖中的裝置，其連接順序為A→_______、_______、_______→C（按氣流方向）。③裝置D的作用是_______________。（2）ClO2與Na2S的反應將上述收集到的ClO2用N2稀釋以增強其穩(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，得到無色澄清溶液。一段時間后，通過下列實驗探究Ⅰ中反應的產(chǎn)物。操作步驟實驗現(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反應的離子方程式為___________。用于處理含硫廢水時，ClO2相對于Cl2的優(yōu)點是______________（任寫一條）。26、（10分）某小組探究Cu與反應，發(fā)現(xiàn)有趣的現(xiàn)象。室溫下，的稀硝酸(溶液A)遇銅片短時間內(nèi)無明顯變化，一段時間后才有少量氣泡產(chǎn)生，而溶液B(見圖)遇銅片立即產(chǎn)生氣泡。回答下列問題：(1)探究溶液B遇銅片立即發(fā)生反應的原因。①假設(shè)1：_____________對該反應有催化作用。實驗驗證：向溶液A中加入少量硝酸銅，溶液呈淺藍色，放入銅片，沒有明顯變化。結(jié)論：假設(shè)1不成立。②假設(shè)2：對該反應有催化作用。方案Ⅰ：向盛有銅片的溶液A中通入少量，銅片表面立即產(chǎn)生氣泡，反應持續(xù)進行。有同學認為應補充對比實驗：向盛有銅片的溶液A中加入幾滴的硝酸，沒有明顯變化。補充該實驗的目的是_____________。方案Ⅱ：向溶液B中通入氮氣數(shù)分鐘得溶液C。相同條件下，銅片與A、B、C三份溶液的反應速率：，該實驗能夠證明假設(shè)2成立的理由是_________________。③查閱資料：溶于水可以生成和___________________。向盛有銅片的溶液A中加入，銅片上立即產(chǎn)生氣泡，實驗證明對該反應也有催化作用。結(jié)論：和均對Cu與的反應有催化作用。(2)試從結(jié)構(gòu)角度解釋在金屬表面得電子的能力強于的原因________________。(3)Cu與稀硝酸反應中參與的可能催化過程如下。將ii補充完整。i．ii．______________________iii．(4)探究的性質(zhì)。將一定質(zhì)量的放在坩堝中加熱，在不同溫度階段進行質(zhì)量分析，當溫度升至時，剩余固體質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼?，則剩余固體的化學式可能為______________。27、（12分）在潛水艇中可用過氧化鈉作為供氧劑。請選用適當?shù)幕瘜W試劑和實驗用品，用下圖中的實驗裝置進行實驗，證明過氧化鈉可用于制取氧氣。（1）A是用CaCO3制取CO2的裝置。寫出A中發(fā)生反應的化學方程式：。（2）按要求填寫表中空格：儀器編號

盛放的試劑

加入該試劑的目的

B

飽和NaHCO-3溶液

C

與CO2反應，產(chǎn)生O2

D

吸收未反應的CO2氣體

（3）為了達到實驗目的，（填“需要”或“不需要”）在B裝置之后增加一個吸收水蒸氣的裝置；若你認為需要增加一個吸收水蒸氣裝置，應選用作為吸水劑；若你認為不需要，請說明理由是。（4）證明收集到的氣體是氧氣的方法是。28、（14分）火力發(fā)電廠釋放出大量的氮氧化物(NOx)、二氧化硫和二氧化碳等氣體會對環(huán)境造成嚴重影響。對燃煤廢氣進行脫硝?脫硫和脫碳等處理，可實現(xiàn)綠色環(huán)保、節(jié)能減排、廢物利用等目的。(1)脫硝。利用甲烷催化還原NOx：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H1=-574kJ/molCH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H2=-1160kJ/mol則甲烷直接將NO2還原為N2的熱化學方程式為________________。(2)脫碳。將CO2轉(zhuǎn)化為甲醇的熱化學方程式為：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H3①取五份等體積的CO2和H2的混合氣體(物質(zhì)的量之比均為1∶3)，分別加入溫度不同、容積相同的恒容密閉容器中，發(fā)生上述反應，反應相同時間后，測得甲醇的體積分數(shù)φ(CH3OH)與反應溫度T的關(guān)系曲線如圖所示，則上述CO2轉(zhuǎn)化為甲醇的反應熱△H3_____0(填“>”?“<”或“=”)，該反應的平衡常數(shù)表達式為_______________。②在一恒溫恒容密閉容器中充入1molCO2和3molH2，進行上述反應。測得CO2和CH3OH(g)的濃度隨時間變化如圖所示，試回答：0~10min內(nèi)，氫氣的平均反應速率為___________________mol/(L·min)。第10min后，若向該容器中再充入1molCO2和3molH2，則再次達到平衡時CH3OH(g)的體積分數(shù)____________(填“增大”?“減小”或“不變”，下同)，反應的平衡常數(shù)_____________________。(3)脫硫。①有學者想利用如圖所示裝置用原電池原理將SO2轉(zhuǎn)化為重要的化工原料。A?B是惰性電極，A極的電極反應式為：_________。②某種脫硫工藝中將廢氣處理后，與一定量的氨氣、空氣反應，生成硫酸銨和硝酸銨的混合物，可作為化肥。常溫下，將NH4NO3溶解于水中，為了使該溶液中的NH4+和NO3-離子的物質(zhì)的量濃度之比等于1:1，可以采取的正確措施為_________。A．加入適量的硝酸，抑制NH4+的水解B．加入適量的氨水，使溶液的PH=7C．加入適量的NaOH溶液，使溶液的PH=7D．加入適量的NH4NO329、（10分）某強酸性無色溶液中可能含下表離子中的若干種離子。陽離子Mg2+、NH4+、Ba2+、Al3+、Fe2+陰離子SiO32-、MnO4-、Cl-、NO3-、SO32-實驗I：取少量該試液進行如下實驗。實驗Ⅱ：為了進一步確定該溶液的組成，取100mL原溶液，向該溶液中滴加1mol?L-l的NaOH溶液，產(chǎn)生沉淀的質(zhì)量與氫氧化鈉溶液體積的關(guān)系如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）不進行實驗就可以推斷出，上表中的離子一定不存在的有___________種。（2）通過實驗I可以確定該溶液中一定存在的陰離子是_____________。檢驗氣體X的方法是______________________；沉淀Z的化學式為_________________。（3）寫出實驗Ⅱ的圖象中BC段對應的離子方程式：_____________________________________。（4）A點對應的固體質(zhì)量為__________g。（5）通過上述信息，推算該溶液中陰離子的濃度為______________mol?L-l。

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、B【詳解】A.鈉原子核電核數(shù)為11，所以Na＋的結(jié)構(gòu)示意圖：，故A錯誤；B.Cl2O分子中一個氧原子與兩個氯原子各形成一條共價鍵，結(jié)構(gòu)式為：Cl—O—Cl，故B正確；C.氯原子的質(zhì)子數(shù)為17，中子數(shù)比質(zhì)子數(shù)多3則為20，質(zhì)量數(shù)為17+20=37，所以該氯原子為：3717Cl，故C錯誤；D.CO2是共價化合物，其結(jié)構(gòu)式為O=C=O，碳原子和氧原子之間有2對電子，其電子式為：，故D錯誤。答案選B。2、B【解析】A．在高溫下SiO2能與Na2O、Na2O2反應，故A錯誤；B．因四氯化碳與碘的沸點不同，可用蒸餾的方法分離碘和四氯化碳，故B正確；C．氯氣通入溴化鐵溶液中，有溴生成，但溶液顏色變化不明顯，無法判斷反應是否進行，即無法比較氯和溴的活潑性，故C錯誤；D．H2S是弱酸，但H2S氣體通入CuSO4溶液有CuS生成，得到的難溶物，不可比較氫硫酸和硫酸的酸性，故D錯誤；故答案為B。3、B【詳解】A、該反應中，Na2O2既是氧化劑，又是還原劑，則該反應的化學方程式應該是：2Na218O2+2H2O=2NaOH+2Na18OH+18O2↑，A錯誤；B、該反應中H2O2只作還原劑，其18O原子全部轉(zhuǎn)化為18O2分子，B正確；C、在酯化反應中，酸脫羥基醇脫氫，題中的化學方程式錯誤，產(chǎn)物書寫錯誤，應該生成CH3C18OOCH3，C錯誤；D、根據(jù)氧化反應中的電子轉(zhuǎn)移數(shù)可知，6份HCl中，有1份體現(xiàn)酸性，有5份體現(xiàn)還原性，而該選項的方程式表達的是6份HCl全部體現(xiàn)還原性，D錯誤；故選B?！军c睛】本題易錯點是D選項；有酸參加的氧化還原反應，該酸不一定完全體現(xiàn)氧化性或者還原性，還有一部分可能體現(xiàn)出酸性，所以需要在平時的學習中注意酸的性質(zhì)或作用。4、B【解析】A．陰離子水解程度越大，溶液pH越大，說明越易結(jié)合氫離子，則HSO3-結(jié)合H+的能力比SO32-的弱，A錯誤；B、向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固體，溶液紅色變淺，說明氫氧根的濃度減小，這是由于碳酸根轉(zhuǎn)化為碳酸鋇沉淀，水解平衡向逆反應方向進行，因此可以證明Na2CO3溶液中存在水解平衡，B正確；C、為了防止氯化亞鐵被氧化，有關(guān)加入鐵粉，C錯誤；D、反應中氫氧化鈉過量，則加入氯化鐵一定產(chǎn)生氫氧化鐵沉淀，不能比較二者的溶度積常數(shù)大小，D錯誤，答案選B。點睛：本題考查實驗方案的評價，涉及物質(zhì)的性質(zhì)比較，檢驗，為高考常見題型，側(cè)重于學生的分析、實驗能力的考查，注意把握實驗的嚴密性和可行性的評價。易錯選項是D，注意反應中氫氧化鈉的量。5、B【詳解】新制氯水的主要成分有Cl2、H＋、HClO、Cl－等，A．紫色的石蕊試液變紅，有H＋存在，后褪色，有HClO，A項正確；B．碳酸的酸性比HClO的酸性強，根據(jù)強酸制弱酸原理，答案不對，正確為HCO＋H＋=CO2↑＋H2O，B項錯誤；C．新制氯水有Cl－，和銀離子反應生成白色沉淀，C項正確；D．新制氯水的Cl2具有強氧化性，可以使亞鐵離子氧化，D項正確；答案選B。6、C【詳解】A．將二氧化碳通入到溶有氨氣的飽和氯化鈉的溶液中，反應生成碳酸氫鈉和氯化銨，導管長進短出可制取NaHCO3，故A裝置和原理能達到實驗目的；B．碳酸氫鈉的溶解度小，從溶液中析出晶體，可用圖中過濾的方法分離出NaHCO3，故B裝置和原理能達到實驗目的；C．NaHCO3不穩(wěn)定，直接加熱會分解，應選擇干燥器干燥，故C裝置和原理不能達到實驗目的；D．根據(jù)C項分析，NaHCO3不穩(wěn)定，直接加熱會分解生成碳酸鈉，故D裝置和原理能達到實驗目的；答案選C。7、A【詳解】①水由氣態(tài)變?yōu)橐簯B(tài)時放熱，ΔH<0，①錯誤；②溫度一定，Ksp(MgCO3)不變，根據(jù)Ksp(MgCO3)＝c(Mg2＋)·c(CO32-)可知，在該溫度下，含有固體MgCO3的溶液中，無論c(Mg2+)與c()是否相等，總有c(Mg2+)?c()=6.82×10-6，②正確；③NaNO3溶液呈中性，電解時陰極H+放電生成H2，陽極OH－放電生成O2，實質(zhì)為電解水，則隨著電解進行，溶液的pH不變，故③錯誤；④根據(jù)NH3·H2O＋OH－，當向氨水中加入少量NH4Cl晶體時，由于濃度增加，平衡左移，即NH3·H2O的電離被抑制，溶液pH減小，④正確；錯誤的是①③，答案選A。8、C【解析】A、通過多個碳碳雙鍵和叁健或環(huán)狀滿足分子C8H8的化合物很多，如：CH2=CHCH=CHCH=CHC≡CH等，選項A錯誤；B、不考慮立體結(jié)構(gòu)，二氯代物t和c均有3種，b有14種，選項B錯誤；C、三種分子中只有t和b中含碳碳雙鍵，而立方烷不含碳碳雙鍵，t和b能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，選項C正確；D、苯分子中的所有原子、乙烯中的所有原子都處于同一平面，苯乙烯中由于乙烯基與苯環(huán)是單鍵相連可以轉(zhuǎn)動，苯乙烯分子中所有原子可以處于同一平面上，選項D錯誤。答案選C。9、D【解析】短周期元素，A、E有-1價，B有-2價，且A的原子半徑與B相差不大，則A、E處于ⅦA族，B處于ⅥA族，A原子半徑小于E，可推知A為F、E為Cl，B為O；D有-4、+4價，處于ⅣA族，原子半徑與O原子相差不大，可推知D為C元素；G元素有-3、+5價，處于ⅤA族，原子半徑大于C原子，應處于第三周期，則G為P元素；H、I、J的化合價分別為+3、+2、+1，分別處于Ⅲ族A、ⅡA族、ⅠA族，原子半徑依次增大，且都大于P原子半徑，應處于第三周期，可推知H為Al、I為Mg、J為Na。A．鎂在二氧化碳中的燃燒生成MgO和碳單質(zhì)，故A錯誤；B．F-、Na+、Al3+離子核外電子層數(shù)相等，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑大小順序為：F-＞Na+＞Al3+，故B錯誤；C．PCl3屬于共價化合物，故C錯誤；D．氟氣能與水反應生成HF與氧氣，故D正確；故選D。10、D【詳解】A．品紅褪色是生成次氯酸的原因，氯氣不具有漂白性，A錯誤；B．銅和鐵離子反應生成銅離子和亞鐵離子，沒有黑色固體生成，現(xiàn)象描述錯誤，B錯誤；C．由于在表面生成熔點更高的氧化鋁，鋁箔熔化但不滴落，現(xiàn)象描述錯誤，C錯誤；D．硝酸的濃度越大，氧化性越強，實驗現(xiàn)象、結(jié)論描述正確，D正確；答案選D。【點睛】本題考查化學實驗方案的評價，綜合考查元素化合物知識，把握物質(zhì)的性質(zhì)及實驗反應原理為解答的關(guān)鍵，注意實驗方案的評價性、操作性分析，選項A和C是解答的易錯點，注意氯氣和次氯酸的性質(zhì)差異以及鋁易被氧化的性質(zhì)。11、C【詳解】A.某元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為m，中子數(shù)為n，只能確定該核素的相對原子質(zhì)量，不能確定該元素的相對原子質(zhì)量，故A錯誤；B.該核素的相對原子質(zhì)量為m+n，該核素的相對原子質(zhì)量等于該核素的質(zhì)量與12C質(zhì)量的所得的比值，所以該核素原子的質(zhì)量為(m+n)wg，故B錯誤；C.因為知道元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為m，中子數(shù)為n，只能確定該核素的相對原子質(zhì)量，不能計算鈣元素的相對原子質(zhì)量，故C錯誤；D.核內(nèi)一個質(zhì)子的質(zhì)量和一個中子的質(zhì)量相當，中子數(shù)和質(zhì)子數(shù)無法去定，所以不能確定中子的總質(zhì)量等于質(zhì)子的總質(zhì)量，故D錯誤；故答案：C。12、D【分析】根據(jù)吉布斯自由能，ΔG=ΔH-TΔS<0反應自發(fā)進行判斷?！驹斀狻扛鶕?jù)題目ΔH＝＋56.76kJ·mol－1>0可知，若使ΔG=ΔH-TΔS<0，則必須要保證ΔS>0，即反應是熵增的反應，且熵增大效應大于熱效應。答案為D。【點睛】本題易錯點是A或B，注意反應的焓變與反應是否自發(fā)進行無直接相關(guān)，高溫或加熱條件不能說明反應是非自發(fā)進行的，放熱反應不一定自發(fā)進行，吸熱反應不一定非自發(fā)進行。13、C【解析】A.NaOH和NaHCO3的混合物X放在密閉容器中加熱，發(fā)生反應：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，充分反應后生成二氧化碳，說明NaHCO3的物質(zhì)的量大于NaOH，所以Y的成分為Na2CO3，故A正確；B.Z的成分為CO2，故B正確；C.因為發(fā)生反應：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，所以V1<V2，故C錯誤；D.Y的成分為Na2CO3，Y與過量鹽酸發(fā)生反應：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，所以X中n(Na＋)＝mol，故D正確。故選C。14、A【解析】①無色溶液，pH=9，溶液顯堿性，是因為SO32－或HCO3－水解造成，因此HCO3－、SO32－至少含有一種；②滴加氯水和四氯化碳后，產(chǎn)生氣泡，因為氯水中含有HCl，因此原溶液中一定含有HCO3－，CCl4層呈橙色，加入氯水后產(chǎn)生了Br2，推出原溶液中一定含有Br－；③在②的所得溶液中加入Ba(NO3)2和HNO3，出現(xiàn)白色沉淀，此沉淀是BaSO4，得出SO32－、SO42－至少含有一種，Ba2＋不存在，溶液呈現(xiàn)電中性，原溶液一定含有Na＋；④濾液中加入AgNO3和稀硝酸，出現(xiàn)白色沉淀，此沉淀是AgCl，Cl－來自于氯水，不能說明原溶液中一定含有Cl－；綜上所述選項A正確。點睛：離子檢驗中，應注意兩點：一點是外來離子的干擾，如本題原溶液中Cl－的判斷，因為氯水中含有Cl－，對原溶液中Cl－的檢驗產(chǎn)生干擾，二點是溶液呈現(xiàn)電中性，溶液中必須是有陰必有陽。15、D【解析】A、第三周期從左到右，金屬性減弱，A正確；B、第三周期從左到右，非金屬性增強，B正確；C、第三周期從左到右，正化合價的數(shù)值增大，C正確；D、第三周期從左到右，原子半徑逐漸減小，D錯誤，答案選D。16、A【分析】A.澄清石灰水中通入過量二氧化碳生成碳酸氫鈣；B.離子反應需注意電荷守恒；C.次氯酸為弱酸，在離子方程式中不能拆寫；D.未形成閉合回路，不會發(fā)生原電池反應。【詳解】A．澄清石灰水中通入二氧化碳先生成碳酸鈣沉淀后，過量后沉淀溶解為碳酸氫鈣溶液，碳酸氫鈣要拆寫為鈣離子與碳酸氫根離子，故反應前后變化為:OH-+CO2=HCO3-，A正確；B．反應式中電荷不守恒，未配平，應為5I?+IO3?+6H+3I2+3H2O，B不正確；C．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫氣體，而漂白粉過量，溶液中還有大量ClO，則不會有大量的H+生成，應生成次氯酸分子：SO2+H2O+3ClO-=SO42-+Cl-+2HClO，C不正確；D．圖示裝置未形成閉合回路，并未形成原電池，故寫成原電池反應Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，D不正確。故選A。17、D【分析】平衡狀態(tài)的標志可從兩個方面來分析：（1）各組分的百分含量不隨時間變化，（2）正逆反應速率相等?！驹斀狻緼、生成nmolA2，消耗2nmolAB都是向正向反應，錯誤；B、只要反應開始，AB、A2、B2共存，不一定達平衡，錯誤；C、若AB的消耗速率等于A2的消耗速率的2倍，則平衡，錯誤；答案選D。18、D【解析】由反應①可知反應中SO2具有還原性，F(xiàn)e3+具有氧化性，氧化性Fe3+＞SO2，由反應②可知反應中為Cr2O72-氧化劑，F(xiàn)e2+為還原劑，氧化性Cr2O72-＞Fe3+?！驹斀狻坑煞磻倏芍磻蠸O2具有還原性，發(fā)生氧化反應，A正確；氧化還原反應中氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物氧化性，氧化劑氧化性大于還原劑氧化性，對比兩個反應，應有Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，B正確；1molK2Cr2O7參加反應生成2molCr3＋，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目,6mol，則每0.2molK2Cr2O7參加反應，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為1.2NA，C正確；若13.44LSO2（標準狀況）參加反應，n（SO2）=0.6mol，①②反應關(guān)系式為Cr2O72-～3SO2，則最終消耗0.2molK2Cr2O7，D錯誤。故選D?！军c睛】本題考查氧化還原反應，側(cè)重于基本概念的考查，注意從元素化合價的角度認識氧化還原反應的相關(guān)概念和性質(zhì)，易錯點為電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算和多步方程式計算，注意利用關(guān)系式法解答。19、C【分析】A．石油分餾是根據(jù)混合物中各成分的沸點不同，控制溫度得到不同餾分，是物理變化；煤的干餾是隔絕空氣加強熱發(fā)生了復雜的物理化學過程；B．由同種元素形成的不同種單質(zhì)互為同素異形體；C．混合物是由兩種或兩種以上的物質(zhì)組成；D．電解質(zhì)為水溶液中或熔融狀態(tài)導電的化合物．【詳解】A．石油的分餾是物理變化，而煤的干餾是化學變化，故A錯誤；B.127I和131I是原子不是單質(zhì)，是同位素，故B錯誤；C．鹽酸是由HCl和水組成，王水為濃鹽酸和濃硝酸的混合物，都屬于混合物，故C正確；D．二氧化硫溶于水能夠?qū)щ姡瑢щ婋x子是二氧化硫與水反應生成的亞硫酸電離的，不是二氧化硫電離的，所以二氧化硫?qū)儆诜请娊赓|(zhì)，故D錯誤；故選：C。20、C【解析】A.pH=1的溶液呈酸性，NO3?可以把Fe2+氧化，A不正確；B.MnO4?能使溶液顯紫紅色，B不正確；C.c(H+)∶c(OH?)＝1∶1012的溶液顯堿性，Na+、CO32?、NO3?、SO42?等4種離子可以在堿性溶液中大量共存，C正確；D.由水電離出的c(OH?)＝1.0×10?13mol·L?1的溶液中，水的電離可能受到酸或堿的抑制，溶液可能顯酸性也可能顯堿性，NH4+不能大量存在于堿性溶液，HCO3?既不能大量存在于酸性溶液也不能大量存在于堿性溶液，D不正確。本題選C。21、D【詳解】A.過氧化鈉和水反應得到氫氧化鈉和氧氣，氫氧化鈉和銨鹽反應可以得到氨氣，因此一共有兩種氣體，A項錯誤；B.鐵和稀鹽酸反應得到的是，鐵和氯氣反應得到的是最高價氯化物，B項錯誤；C.氯化鋇溶液不吸收、，因為弱酸不能制強酸，C項錯誤；D.純堿溶液中，由于發(fā)生水解反應CO32-+H2OHCO3-+OH-顯堿性遇酚酞變紅，向溶液中加入CaCl2與CO32-結(jié)合生成難溶的碳酸鈣，平衡逆向移動，使紅色褪去，D項正確；答案選D。22、C【解析】25時，根據(jù)溶度積可判斷，其飽和溶液中Ag＋濃度大小依次是：AgCl>AgI>Ag2S。二、非選擇題(共84分)23、3NO2+H2O=2HNO3+NOFe(NO3)352g酯化反應/取代反應取少量混合物于試管中，加適量水再滴加幾滴紫色石蕊溶液，若溶液變紅，則乙醇中混有乙酸，反之則不含乙酸5CH3CH2OH+4MnO4-+12H+→5CH3COOH+4Mn2++11H2O【分析】(1)紅棕色氣體可以是NO2或Br2，但后續(xù)反應中Br2不能全部進行。日常生活中應用最廣泛的金屬為鐵。鐵和硝酸反應生成硝酸鐵，硝酸鐵和鐵生成硝酸亞鐵。(2)淡黃色固體常見的有S、Na2O2、AgBr，能和水反應的只有Na2O2。M為難溶于水的物質(zhì)，且X與M具有相同的摩爾質(zhì)量，則M為氫氧化鋁。A為硫酸鋁氯化鋁等鋁鹽溶液。(3)廚房中常用調(diào)味品考慮NaCl、CH3COOH，由于M、N為同一物質(zhì)，Y能使酸性KMnO4溶液褪色，則M、N為CH3COOH，Y為乙醇，Z為乙醛，X為乙酸乙酯?！驹斀狻浚?）由圖中信息可知，X為NO2，A為金屬鐵，Z為硝酸鐵，M為硝酸亞鐵，X與H2O反應的化學方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO；答案為：3NO2+H2O=2HNO3+NO；Fe(NO3)3。（2）結(jié)合圖示和題目信息可知X為過氧化鈉，A為鋁鹽溶液，M為氫氧化鋁，所以X的電子式為：，A中簡單陽離子即鋁離子的結(jié)構(gòu)示意圖為；1mol過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉2mol，故最多可得氫氧化鋁2/3mol，即52g；答案為：；；52g。（3）由題給信息可知，該反應是乙酸乙酯的水解，Y為乙醇，Z為乙醛，M為乙酸。乙醇與乙酸反應生成酯為酯化反應/取代反應。檢驗醇中混酸，可取少量混合物于試管中，加適量水再滴加幾滴紫色石蕊溶液，若溶液變紅，則乙醇中混有乙酸，反之則不含乙酸；硫酸酸化的高錳酸鉀溶液與乙醇反應的離子方程式:5CH3CH2OH+4MnO4-+12H+→5CH3COOH+4Mn2++11H2O。答案為：酯化反應/取代反應；取少量混合物于試管中，加適量水再滴加幾滴紫色石蕊溶液，若溶液變紅，則乙醇中混有乙酸，反之則不含乙酸；5CH3CH2OH+4MnO4-+12H+→5CH3COOH+4Mn2++11H2O?！军c睛】本題考查了氮及其化合物、鈉及其化合物、有機物乙酸、乙醇、乙醛、乙酸乙酯的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系。本題需要從題目給出的特征、用途、性質(zhì)進行分析，在多個可能性內(nèi)進行篩選，找出符合題意的物質(zhì)進行答題。24、羧基取代反應（或水解反應）加聚反應（或聚合反應）+CH3CH(OH)CH3+H2O+2Ag(NH3)OH+2Ag+3NH3+H2O14或【分析】A屬于芳香烴，分子式為C7H8，則A為，B與氯氣在光照條件下發(fā)生甲基上取代反應生成B，結(jié)合B的分子式可知B為，B發(fā)生水解反應生成C為，C發(fā)生催化氧化生成D為，D與銀氨溶液反應、酸化得到E為．I的分子式為C3H7Cl，核磁共振氫譜為二組峰，且峰的面積比為6：1，則I為CH3CHClCH3，I發(fā)生水解反應得到F為CH3CH(OH)CH3，E與F發(fā)生酯化反應生成H為．I發(fā)生消去反應生成G為CH2=CHCH3，G發(fā)生加聚反應生成J為，據(jù)此分析作答。【詳解】（1）通過以上分析知，E為，含有官能團為羧基，B結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為羧基；；（2）B發(fā)生水解反應生成C為，其反應類型為：取代反應（或水解反應）；G發(fā)生加聚反應生成J為，其反應類型為：加聚反應（或聚合反應）；（3）①E+F→H的化學方程式為：+CH3CH(OH)CH3+H2O；②D為，其與銀氨溶液反應的化學方程式為：+2Ag(NH3)OH+2Ag+3NH3+H2O；（4）E的同系物K比E相對分子質(zhì)量大28，則K的分子式為：C9H10O2，與E屬于同系物，則含有羧基，且屬于芳香族化合物，則按苯環(huán)上的取代基個數(shù)分類討論如下：①苯環(huán)上有一個取代基，則結(jié)構(gòu)簡式為、；②苯環(huán)上有兩個取代基，則可以是-CH2CH3和-COOH，也可以是-CH2COOH和-CH3，兩個取代基的位置可以是鄰間對，共23=6種；③苯環(huán)上有三個取代基，則為2個-CH3和1個-COOH，定“二”議“一”其，確定其結(jié)構(gòu)簡式可以為：、、、、和共6種，綜上情況可知，K的結(jié)構(gòu)簡式有2+6+6=14種；其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為6:2:1:1的結(jié)構(gòu)簡式是或，故答案為14；或(任意一種)。25、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不會產(chǎn)生二次污染、均被還原為氯離子時，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，為防止倒吸，A與B之間連接裝置E，二氧化氯沸點較低，故在D中冰水浴收集，最后用氫氧化鈉吸收未反應完的二氧化硫，防止污染空氣，據(jù)此分析解答；（2）根據(jù)實驗可知ClO2

與

Na2S

反應有氯離子、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不會產(chǎn)生二次污染、均被還原為氯離子時，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Cu與濃硫酸制備二氧化硫，化學方程式為：Cu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；②二氧化硫從a進入裝置B中反應，為防止倒吸，故應在之前有安全瓶，則a→g→h，為反應充分，故再連接B裝置中的b，二氧化氯沸點較低，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完的二氧化硫，防止污染空氣，連接順序為：a→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，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，ClO2相對于Cl2的優(yōu)點有：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不會產(chǎn)生二次污染、均被還原為氯離子時，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不會產(chǎn)生二次污染、均被還原為氯離子時，ClO2得到的電子數(shù)是氯氣的2.5倍。26、Cu2+排除通入與水反應引起硝酸濃度增大的影響通入N2可以帶走溶液中的，因此三份溶液中的濃度：B＞C＞A，反應速率隨濃度降低而減慢，說明對該反應有催化作用有單電子，很容易得到一個電子形成更穩(wěn)定的；為平面正三角形結(jié)構(gòu)，且?guī)б粋€負電荷，難以獲得電子【分析】影響銅和硝酸反應速率的外因有反應物的濃度、溫度、催化劑等，要探究催化劑對反應速率的影響，變量是催化劑，作對比實驗，反應物濃度、溫度必須相同，催化劑可以參與反應，先在反應中消耗后又重新生成，反應前后催化劑的質(zhì)量和化學性質(zhì)不發(fā)生改變；計算受熱分解所得產(chǎn)物化學式時，結(jié)晶水合物先失去水、硝酸鹽不穩(wěn)定分解、結(jié)合應用質(zhì)量守恒定律計算即可；【詳解】(1)①溶液B與稀硝酸的區(qū)別就是B是銅和濃硝酸反應后的稀釋液，先呈綠色后呈藍色，稀釋液中除了硝酸還存在銅離子、少量二氧化氮，溶液B遇銅片立即發(fā)生反應，催化劑能極大地加快反應速率，故推測Cu2+對該反應有催化作用、并通過實驗探究之。②排除了Cu2+對該反應有催化作用，就要通過實驗探究對該反應有催化作用。作對比實驗，控制變量，方案Ⅰ中向盛有銅片的溶液A中通入少量，補充對比實驗，補充該實驗的目的是排除通入與水反應引起硝酸濃度增大的影響。方案Ⅱ：向溶液B中通入氮氣數(shù)分鐘得溶液C，則三份溶液中唯一的變量的濃度不一樣：由于通入N2可以帶走溶液中的，因此的濃度：B＞C＞A，則相同條件下，銅片與A、B、C三份溶液的反應速率：可以證明，該實驗能夠證明對該反應有催化作用。③已知溶于水可以生成，氮元素化合價降低，則該反應是氧化還原反應，推測氧化產(chǎn)物為，故溶于水可以生成和。(2)根據(jù)價層電子對互斥理論，中孤電子對數(shù)為，價層電子對數(shù)為3+0=3，根據(jù)雜化軌道理論，中心N原子為sp2雜化，空間構(gòu)型為平面正三角形，在NO2分子中，N周圍的價電子數(shù)為5，根據(jù)價層電子對互斥理論，氧原子不提供電子，因此，中心氮原子的價電子總數(shù)為5，其中有兩對是成鍵電子對，一個單電子，故從結(jié)構(gòu)角度解釋在金屬表面得電子的能力強于的原因為：有單電子，很容易得到一個電子形成更穩(wěn)定的；為平面正三角形結(jié)構(gòu)，且?guī)б粋€負電荷，難以獲得電子。(3)Cu與稀硝酸反應中反應過程中可能參與催化，先在反應中消耗后又重新生成，反應前后的質(zhì)量和化學性質(zhì)不發(fā)生改變；Cu與稀硝酸反應為：，反應ii=(總反應-i×6-iii×2)，則反應ii為：。(4)硝酸鹽受熱易分解，銅活潑性較弱，硝酸銅晶體受熱分解會生成銅的氧化物，假設(shè)的質(zhì)量為296g，即1mol，當溫度升至時，剩余固體質(zhì)量為296g×24.33%=72g，其中Cu為64g，還剩余8g其他元素，應為氧元素，所以剩余物質(zhì)中Cu和O的物質(zhì)的量之比為1:0.5，則該物質(zhì)應為Cu2O。27、（1）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑（2）除去氯化氫氣體Na2O2與二氧化碳反應產(chǎn)生氧氣濃NaOH溶液除去未反應的二氧化碳氣體（3）不需要因氣體經(jīng)過D裝置和E裝置都需要接觸水分（4）將E中試管從水槽中取出，管口朝上，用帶火星的木條放在試管口處，如木條復燃，說明收集的氣體是氧氣【分析】（1）實驗室用碳酸鈣與稀鹽酸反應制取二氧化碳；（2）根據(jù)實驗的目的來分析每一個裝置的作用，再選擇盛裝的試劑；（3）因用排水法收集，所以氣體不需干燥；（4）利用氧氣支持燃燒的性質(zhì)加以檢驗；【詳解】（1）實驗室用塊狀的石灰石或大理石與稀鹽酸反應來制取CO2：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；（2）使用飽和碳酸氫鈉溶液既除去了氯化氫氣體，又可以生成部分二氧化碳，且與二氧化碳不反應：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；從實驗目的可以看出，C是發(fā)生裝置，發(fā)生的反應為：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，所以C裝置中盛裝的是Na2O2，加入該試劑的目的是：與二氧化碳反應產(chǎn)生氧氣；E是氧氣的收集的裝置，所以D裝置的作用是除去未反應的二氧化碳氣體，可裝入濃NaOH溶液；（3）D裝置盛裝了溶液，E裝置是采用排水法收集氣體，因氣體經(jīng)過D裝置和E裝置都需要接觸水分，所以制得的二氧化碳不需要干燥；（4）通常檢驗氧氣的存在方法是：將E中試管從水槽中取出，管口朝上，用帶火星的木條放在試管口處，如木條復燃，說明收集的氣體是氧氣。28、CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=?867kJ/mol<0.225變大不變SO2?2e?+2H2O=4H++SO42?B【分析】(1)依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律計算得到；（2）①由圖可知，到達平衡后，溫度越高，φ(CH3OH)越小，平衡向逆反應進行；化學平衡常數(shù)為生成物濃度系數(shù)次冪的乘積與反應物濃度系數(shù)次冪乘積的比值；②先根據(jù)圖表，利用v=計算v(CO2)，再利用各物質(zhì)的反應速率之比等于計量數(shù)之比，確定v(H2)；到達平衡后，溫度越高，φ(CH3OH)越小，平衡向逆反應進行；化學平衡常數(shù)只受溫度的影響；（3）①SO2與O2反應生成SO3，SO3再與水化合生成硫酸，根據(jù)硫酸的出口判斷正負極，負極發(fā)生氧化反應，正極發(fā)生還原反應；②硝酸銨是強酸弱堿鹽，由于NH4+水解，因銨鹽要發(fā)生水NH4++H2O?NH3?H2O+H+，導致溶液中c(NH4+)<c(NO3?)，根據(jù)加入的物質(zhì)對銨根離子水解平衡的影響進行分析；【詳解】(1)①CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=?574kJ?mol?1②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=?1160kJ?mol?1由蓋斯定律(①+②)×得到CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=?867kJ/mol，故答案為：CH4(g