2026屆山東省濱州市十二校聯(lián)考化學高三上期中質量檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、氮化硅（SiC）是一種新型的耐高溫耐磨材料，有廣泛用途，它屬于（）A．分子晶體 B．原子晶體 C．金屬晶體 D．離子晶體2、輕質氧化鎂和硼酸(H3BO3)都是重要的化工原料，可采用硼鎂礦（含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)為原料生產硼酸和輕質氧化鎂，其工藝流程如圖：下列敘述錯誤的是（）A．Fe2O3、Al2O3都不能溶于(NH4)2SO4溶液B．進入“吸收”工序中的氣體為NH3C．若“過濾2”時調節(jié)溶液的堿性越強得到的硼酸越多D．“沉鎂”中得到的母液經加熱后可返回“溶浸”工序循環(huán)使用3、精確配制一定物質的量濃度的NaOH溶液，下面實驗操作中正確的是（）A．稱量時將NaOH固體直接放在托盤天平上面的紙上B．將稱好的NaOH固體放入容量瓶中，加入少量水溶解C．在燒杯中溶解NaOH固體后，立即將所得溶液注入容量瓶中D．將燒杯中已冷卻的NaOH溶液注入未經干燥的容量瓶中4、常溫下，在下列給定條件的溶液中一定能大量共存的離子組是()A．能使pH試紙呈紅色的溶液：Na＋、NH4+、I－、NO3-B．加入鋁粉生成H2的溶液：K＋、Mg2＋、SO32-、HCO3-C．c(Fe3＋)＝0.1mol·L－1的溶液：H＋、Al3＋、Cl－、SCN－D．Kw/c(H＋)＝0.1mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、AlO2-、NO3-5、X、Y、Z、W四種短周期元素在周期表中相對位置如下表所示，Y是地殼中含量最高的元素。下列說法中不正確的是（）XYZWA．Z的原子半徑大于YB．Y的非金屬性強于WC．W的氧化物對應的水化物都是強酸D．X、Z的最高價氧化物均可與NaOH溶液反應6、目前，我國許多城市和地區(qū)定期公布空氣質量報告，在空氣質量報告中，一般不涉及（）A．CO2 B．SO2 C．NO2 D．可吸入顆粒物7、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。在如圖所示的物質轉化關系中，p、q、m、n分別是元素W、X、Y、Z的氣體單質，p和s均為有色氣體，v的水溶液呈堿性。常溫下，0.1mol·L-1t溶液與0.1mol·L?1u溶液的pH均為1。下列說法不正確的是（）A．Y、W的最高價氧化物對應的水化物均為強酸B．元素的非金屬性：Z>Y>X，原子半徑：X<Z<YC．s溶于水的反應中，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：2D．v只有還原性，r既有還原性又有氧化性8、下列化學變化與氧化還原反應無關的是（）A．糧食釀醋 B．鐵片鍍鋅 C．鹽酸除鐵銹 D．鋁制品鈍化9、化學式為N2H6SO4的某晶體，其晶體類型與硫酸銨相同，則N2H6SO4晶體中不存在A．離子鍵 B．共價鍵 C．分子間作用力 D．陽離子10、下圖是FeS2催化氧化關系轉化圖，下列說法正確的是A．反應I中，還原劑為Fe2＋ B．反應II中，F(xiàn)eS2既是氧化劑也是還原劑C．反應III屬于氧化還原反應 D．FeS2催化氧化關系中，NO是催化劑11、下列各組物質中，不滿足右圖所示轉化關系的是（反應條件略去，箭頭表示一步轉化）選項甲乙丙戊ANH3Cl2N2H2BH2SSO2SO2CAlCl3NaOHNa[Al(OH)4]HClDBr2FeI2FeBr2Cl2A．A B．B C．C D．D12、下列變化或過程屬于化學變化的是A．激光法蒸發(fā)石墨得C60B．丁達爾效應C．紫色石蕊試液通過活性炭變成無色D．用鉑絲蘸取NaCl溶液進行焰色反應13、研究海水中金屬橋墩的腐蝕及防護是橋梁建設的重要課題。下列有關說法錯誤的是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)生的反應是O2+2H2O+4e一=4OH-14、下列有關實驗的說法中正確的是（）A．“左碼右物”稱量藥品時稱量結果一定偏小B．用pH試紙無法測出氯水的pHC．可用堿式滴定管量取15.65ml0.10mol/LKMnO4溶液D．量取8.2ml濃硫酸時，仰視量筒刻度所得濃硫酸體積偏小15、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-16、W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。W的原子半徑是周期表中最小的；X2-與Y+的電子層結構相同；Z的最高正價與最低負價的代數(shù)和為4。下列說法正確的是A．原子半徑：Z<Y<XB．最簡單氫化物的穩(wěn)定性：X<ZC．由W、X、Y三種元素形成的化合物可使酚酞試液變紅D．Y與Z位于同一周期，且它們在自然界中均能以游離態(tài)的形式存在17、下列實驗事實不能作為所得結論合理證據(jù)的是選項ABCD實驗現(xiàn)象NaBr溶液變?yōu)槌壬?，NaI溶液變?yōu)樽攸S色Mg條表面有氣泡產生Na2SiO3溶液中出現(xiàn)白色沉淀鉀與水反應比鈉與水反應更劇烈結論氧化性：Cl2＞Br2＞I2還原性：Mg＞Al非金屬性：C＞Si金屬性：K＞NaA．A B．B C．C D．D18、如圖，B為常見金屬或非金屬單質，有下列轉化關系如下，若C是氣體且水溶液能消毒殺菌，D、E都是二元化合物(由兩種元素組成),D轉化為E時,增加的氧的質量約是D物質總質量的25.8%，則A是A．AlCl3B．H2O2C．NaClD．KCl19、PASS是新一代高效凈水劑,它由X、Y、Z、W、R五種短周期元素組成，五種元素原子序數(shù)依次增大。X原子半徑最小,Y、R同主族,Z、W、R同周期,Y原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍,Z是常見的金屬，能層數(shù)等于主族序數(shù)，W單質是人類將太陽能轉變?yōu)殡娔艿某Ｓ貌牧?。下列說法正確的是A．原子半徑按X、Y、R、W、Z的順序依次增大B．WY2能與堿反應,但不能與任何酸反應C．Z的陽離子與R的陰離子在溶液中因發(fā)生氧化還原反應無法共存D．熔沸點:X2R>X2Y20、Na2SmOn對應的多種鹽，均為工業(yè)生產中的重要物質。下列說法錯誤的是（）A．若m=1，n=3,該鹽溶液可用于吸收Cl2B．若m=1，n=4,檢驗其陰離子可先加鹽酸酸化，再加BaCl2溶液C．若m=2，n=3,該鹽與稀硫酸發(fā)生復分解反應D．若m=2，n=8,若該鹽中S顯+6價，則1個S2O82－中過氧鍵的數(shù)目為121、下列制取SO2、驗證其漂白性、收集并進行尾氣處理的裝置和原理能達到實驗目的的是（）A．制取SO2 B．驗證漂白性C．收集SO2 D．尾氣處理22、向新制氯水中加入少量下列物質，能增強溶液漂白能力的是（）A．碳酸鈣粉末 B．稀硫酸 C．氯化鈣溶液 D．二氧化硫水溶液二、非選擇題(共84分)23、（14分）下圖表示有關物質（均由短周期元素形成）之間的轉化關系，其中A為常見的金屬單質，B為非金屬單質（一般是黑色粉末），C是常見的無色無味液體，D是淡黃色的固體化合物。（反應條件圖中已省略。）（1）A、B、C、D代表的物質分別為_______、________、_______、_______（填化學式）；（2）反應①中的C、D均過量，該反應的化學方程式是_______；（3）反應②中，若B與F物質的量之比為4∶3，G、H分別是_______、________（填化學式）；（4）反應③產物中K的化學式為______________________________；（5）反應④的離子方程式為________________________________________。24、（12分）Ⅰ、A、B是兩種常見的無機物，它們分別能與下圖中周圍4種物質在一定條件下反應：請回答下列問題：（1）A溶液與B溶液反應的離子方程式______．（2）若A與其周圍某物質在一定條件下反應，產物之一是B周圍的一種，則此反應的離子方程式為______（3）在A、B周圍的8種物質中，有些既能與A反應又能與B反應．則這些物質可能是：______．Ⅱ、在Na+濃度為0.6mol/L的某澄清溶液中，還可能含有表中的若干種離子：陽離子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+陰離子NO3-、CO32-、SO42-、SiO32-取該溶液100mL進行如下實驗（氣體體積在標準狀況下測定）：序號實驗內容實驗結果Ⅰ向該溶液中加入足量稀HCl產生白色沉淀并放出0.56L氣體Ⅱ將Ⅰ的反應混合液過濾，對沉淀洗滌、灼燒至恒重，稱量所得固體質量固體質量為2.4gⅢ在Ⅱ的濾液中滴加BaCl2溶液無明顯現(xiàn)象試回答下列問題：（1）實驗I中生成沉淀的離子方程式為______。（2）實驗Ⅱ中判斷沉淀是否洗滌干凈的操作為：______。（3）通過實驗I、Ⅱ、Ⅲ和必要計算，判斷K+______一定存在（填“是”或“否”），若存在，其最小濃度為______。（若不存在，此空不需填寫）25、（12分）甲酸(HCOOH)是還原性酸，又稱作蟻酸，常用于橡膠、醫(yī)藥、染料、皮革等工業(yè)生產。某化學興趣小組在分析甲酸的組成和結構后，對甲酸的某些性質進行了探究。請回答下列問題。I.甲酸能與醇發(fā)生酯化反應該興趣小組用如上圖所示裝置進行甲酸(HCOOH)與甲醇(CH3OH)的酯化反應實驗:有關物質的性質如下:沸點/℃密度(g·cm-3)水中溶解性甲醇64.50.79易溶甲酸100.71.22易溶甲酸甲酯31.50.98易溶(1)裝置中，儀器A的名稱是_________________，長玻璃管c的作用是__________________________。(2)甲酸和甲醇進行酯化反應的化學方程式為____________________________________________。(3)要從錐形瓶內所得的混合物中提取甲酸甲酯，可采用的方法為__________________________________。II.甲酸能脫水制取一氧化碳(1)利用上圖裝置制備并收集CO氣體，其正確的連接順序為a→__________(按氣流方向從左到右，用小寫字母表示)。(2)裝置B的作用是__________________________________。(3)一定條件下，CO能與NaOH

固體發(fā)生反應:CO+NaOHHCOONa。①為了證明“CO與NaOH

固體發(fā)生了反應”，設計下列定性實驗方案:取固體產物，配成溶液，___________。②測定產物中甲酸鈉(HCOONa)的純度：準確稱取固體產物8,0

g配制成100

mL溶液，量取20.00

mL該溶液于錐形瓶中，再加入___________作指示劑，用1.5

mol/L的鹽酸標準溶液滴定剩余的NaOH，平行滴定三次，平均消耗鹽酸的體積為5.05

mL，則產物中甲酸鈉的質量分數(shù)為_______(計算結果精確到0.1%)。26、（10分）常溫常壓下，一氧化二氯(Cl2O)為棕黃色氣體，沸點為3.8℃，42℃以上分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并與水反應生成HClO。[制備產品]將氯氣和空氣(不參與反應)按體積比1：3混合通入含水8%的碳酸鈉中制備Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制備次氯酸溶液。(1)各裝置的連接順序為_______→______→_____→C→_____；(填字母)(2)裝置B中多孔球泡和攪拌棒的作用是_______；裝置C的作用是______；(3)制備Cl2O的化學方程式為________；(4)此方法相對于用氯氣直接溶于水制備次氯酸溶液的主要優(yōu)點是_______；(5)反應過程中，裝置B需放在_______中：(選填“冷水”或“熱水”)[測定濃度](6)已知次氯酸可被FeSO4等物質還原。用下列實驗方案測定裝置E所得溶液中次氯酸的物質的量濃度：量取10mL上述次氯酸溶液，并稀釋至100mL，再從中取出10.00mL于錐形瓶中，并加入10.00mL0.8mol/L的FeSO4溶液，充分反應后，用0.05000mol/L的酸性KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液24.00mL，則原次氯酸的物質的量濃度為_______。(保留四位有效數(shù)字)27、（12分）氯化亞銅晶體呈白色，不溶于水、乙醇及稀硫酸，露置于潮濕空氣中易被氧化。氯化銅、氯化亞銅是重要的化工原料。實驗室中以粗銅（含雜質Fe）為原料，一種制備銅的氯化物的流程如下。（已知：CuCl溶于NaCl的濃溶液可生成CuCl，CuCl的溶液用水稀釋后可生成CuCl沉淀）按要求回答下列問題：（1）“操作①”調節(jié)溶液的pH范圍為3.2≤pH<5.6，便于將Fe3＋轉化為Fe（OH）3沉淀除去，加入的“試劑X”可以是__________。ACuO

BNH3·H2O

CNaOH溶液

DCu2（OH）2CO3

（2）“反應②”是向溶液2中加入食鹽并通入SO2可生成CuCl，CuCl的溶液用水稀釋后可生成CuCl沉淀，過濾、洗滌、干燥密封包裝即得產品，據(jù)此回答下列問題：①寫出向溶液2中加入食鹽并通入SO2可生成CuCl的離子方程式__________。②用無水乙醇洗滌沉淀，在真空干燥機內于70℃干燥2小時，冷卻。于70℃真空干燥的目的是_____________________。（3）在氯化氫氣流中得到CuCl2·2H2O固體的“操作②”具體步驟為________、過濾、洗滌。（4）氯化亞銅的定量分析：①稱取樣品0.250g和10mL過量的FeCl3溶液于250mL錐形瓶中，充分溶解。②用0.100mol·L－1硫酸鈰[Ce（SO4）2]標準溶液滴定。已知：CuCl＋FeCl3＝CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋＝Fe3＋＋Ce3＋。三次平行實驗結果如下（平行實驗結果相差不能超過1%）：平行實驗次數(shù)1230.250g樣品消耗硫酸鈰標準溶液的體積（mL）20.3520.0519.95則樣品中CuCl的純度為________。（5）如圖所示將氯氣從a通入與粗銅反應（鐵架臺、鐵夾、酒精燈省略），反應后，盛有NaOH溶液的廣口瓶中溶液具有漂白、消毒作用，若用鋼鐵（含F(xiàn)e、C）制品盛裝該溶液會發(fā)生電化學腐蝕，鋼鐵制品表面生成紅褐色沉淀，溶液會失去漂白、殺菌消毒功效。該電化學腐蝕過程中的正極反應式為___________。28、（14分）氰化鈉（NaCN）是一種重要的化工原料，用于電鍍、冶金和有機合成醫(yī)藥，農藥及金屬處理等方面。已知：氰化鈉為白色結晶顆粒或粉末，易潮解，有微弱的苦杏仁氣味，劇毒。熔點563.7℃，沸點1496℃。易溶于水，易水解生成氰化氫，水溶液呈強堿性。（1）氰化鈉中碳元素的化合價＋2價，N元素顯－3價，則非金屬性N__________C（填<，＝或>），用離子方程式表示NaCN溶液呈強堿性的原因：____________________。（2）己知：則向NaCN溶液通入少量CO2反應的離子方程式：____________________（3）用如圖所示裝置除去含CN－、Cl－廢水中的CN－時，控制溶液PH為9～10，陽極產生的ClO－將CN－氧化為兩種無污染的氣體，下列說法錯誤的是________________。A．除去CN－的反應：2CN－＋5ClO－＋2H＋＝N2↑＋2CO2↑＋5Cl－＋H2OB．用石墨作陽極，鐵作陰極C．陰極的電極反應式為：2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－D．陽極的電極反應式為：Cl－＋2OH－－2e－＝ClO－＋H2O（4）氰化鈉可用雙氧水進行消毒處理。用雙氧水處理氰化鈉產生一種酸式鹽和一種能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體，請寫出該反應的化學方程式____________________；（5）化合物（CN）2的化學性質和鹵素（X2）很相似，化學上稱為擬鹵素，試寫出（CN）2與NaOH溶液反應的化學方程式：____________________。29、（10分）東晉《華陽國志?南中志》卷四中已有關于白銅的記載，云南鎳白銅（銅鎳合金）聞名中外，曾主要用于造幣，亦可用于制作仿銀飾品?；卮鹣铝袉栴}：(1)鎳元素基態(tài)原子的電子排布式為_____。(2)硫酸鎳溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4藍色溶液。①[Ni(NH3)6]SO4中H、N、O元素的電負性由大到小的順序為_____；SO42－的立體構型是_________；與SO42－互為等電子體的微粒為_____（填化學式，任寫一種）。②氨的沸點高于膦（PH3），原因是______；氨是_____分子（填“極性”或“非極性”），中心原子的軌道雜化類型為。(3)元素銅與鎳的第二電離能分別為：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，第二電離ICu>INi的原因是____________。(4)銅的某種氯化物不僅易溶于水，而且易溶于乙醇和丙酮，其鏈狀結構如圖所示，則該氯化物的化學式為____________________，屬于_____晶體。(5)Cu2+與乙二胺可形成上右圖所示配離子，其中所含化學鍵類型有____（填標號）。a．配位鍵b．極性鍵c．離子鍵d．非極性鍵e．金屬鍵(6)某鎳白銅合金的立方晶胞結構如圖所示。晶胞中銅原子與鎳原子的數(shù)量比為_____。

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【解析】相鄰原子之間通過強烈的共價鍵結合而成的空間網狀結構的晶體叫做原子晶體，其構成微粒是原子；原子晶體具有熔點高和硬度大的特點，碳化硅(SiC)是一種新型的耐高溫耐磨材料，說明碳化硅屬于原子晶體，故答案為B。2、C【分析】硼鎂礦含Mg2B2O5·H2O、SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入(NH4)2SO4溶液，SiO2、Fe2O3、Al2O3不與(NH4)2SO4溶液反應，Mg2B2O5·H2O與(NH4)2SO4溶液反應，其反應方程式為：2(NH4)2SO4+Mg2B2O5?H2O+2H2O=2MgSO4+2NH4B(OH)4+2NH3↑，NH3中加入NH4HCO4，發(fā)生反應為：NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3，濾渣1為不溶于(NH4)2SO4溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3，濾液1調pH為3.5，將B(OH)4-轉化為H3BO3，并析出H3BO3；濾液2調pH為6.5，沉鎂過程中(NH4)2CO3溶液與Mg2+反應生成Mg(OH)2·MgCO3，其離子反應方程式為：2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3-?！驹斀狻緼.SiO2、Fe2O3、Al2O3不與(NH4)2SO4溶液反應，A正確；B.Mg2B2O5·H2O與(NH4)2SO4溶液反應，其反應方程式為：2(NH4)2SO4+Mg2B2O5?H2O+2H2O=2MgSO4+2NH4B(OH)4+2NH3↑，即進入“吸收”工序中的氣體為NH3，B正確；C.在“過濾2”時，將溶液pH調節(jié)至3.5，目的是得到硼酸，促進硼酸的析出，C錯誤；D.沉鎂時，其離子反應方程式為：2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3-，母液的主要成分為硫酸銨，可返回“溶浸"工序中循環(huán)使用，D正確；故答案為：C。3、D【詳解】A．氫氧化鈉具有腐蝕性、易潮解，應放在玻璃器皿中稱量，不能放在濾紙上稱量，選項A錯誤；B．容量瓶只能用來配制溶液，不能溶解或稀釋藥品，選項B錯誤；C．在燒杯中溶解NaOH后，沒有冷卻至室溫，立即將所得溶液注入容量瓶中定容，溶液具有熱脹冷縮的性質，冷卻后所配溶液的體積偏小，使配制溶液的濃度偏高，選項C錯誤；D．轉移溶液時未干燥容量瓶，不影響溶液的體積和溶質的物質的量，所以不影響配制溶液濃度，選項D正確；答案選D。4、D【詳解】A.能使pH試紙呈紅色的溶液呈酸性，NO3-、I－在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應，在溶液中不能大量共存，故A錯誤；B.加入鋁粉生成H2的溶液呈酸性或堿性，溶液中存在大量氫氧根離子或氫離子，氫離子與SO32-、HCO3-反應，氫氧根離子與Mg2＋、HCO3-，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；C.Fe3＋和SCN－之間發(fā)生反應，在溶液中不能大量共存，故C錯誤；D.KW/c(H+)=0.1mol?L?1的溶液呈堿性,溶液中存在大量氫氧根離子,Na＋、K＋、AlO2-、NO3-之間不反應，都不與氫氧根離子反應，在溶液中能夠大量共存，故D正確；故選D。5、C【詳解】Y是地殼中含量最高的元素，即Y是O，根據(jù)元素周期表中元素的分布，所以W是S，X是C，Z是Al元素。A、一般原子電子層越多，半徑越大，所以原子半徑Al＞O，故A正確；B、O、S是同主族元素的原子，從上到下，元素的非金屬性逐漸減弱，即O的非金屬性強于W，故B正確；C、S元素的氧化物有二氧化硫和三氧化硫兩種，二氧化硫對應的酸亞硫酸是中強酸，三氧化硫對應的酸硫酸是強酸，故C錯誤；D、二氧化碳是酸性氧化物可以和氫氧化鈉反應生成碳酸鈉和水，氧化鋁是兩性氧化物，可以和氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和水，故D正確，故選：C。6、A【詳解】A．CO2不是污染性物質，空氣質量報告不涉及CO2，A符合題意；B．空氣質量報告涉及SO2，B不符合題意；C．空氣質量報告涉及NO2，C不符合題意；D．空氣質量報告涉及可吸入顆粒物，D不符合題意；答案選A。7、D【分析】v的水溶液呈堿性，則v為NH3；常溫下，0.1mol·L-1t溶液與0.1mol·L?1u溶液的pH均為1，則t溶液與u溶液都為強酸溶液；p和s均為有色氣體，再由物質轉化圖，可確定p為Cl2，s為NO2；再據(jù)放電條件，可確定m、n為N2、O2。從而確定p、q、m、n分別是Cl2、H2、N2、O2，u為HCl，v為NH3，r為NO，s為NO2，t為HNO3。W、X、Y、Z分別為Cl、H、N、O?！驹斀狻緼.N、Cl的最高價氧化物對應的水化物化學式為HNO3、HClO4，二者均為強酸，A正確；B.元素的非金屬性O>N>H，原子半徑H<O<N，兩關系都正確，B正確；C.NO2溶于水，發(fā)生反應3NO2+H2O==2HNO3+NO，氧化劑(NO2→NO)與還原劑(NO2→HNO3)的物質的量之比為1：2，C正確；D.NH3、NO既有還原性又有氧化性，D錯誤。故選D。8、C【分析】根據(jù)變化中發(fā)生的化學反應，利用元素的化合價是否變化來分析是否與氧化還原反應有關【詳解】A.糧食釀醋，反應物被氧化為醋酸，一定有元素化合價的變化，則一定發(fā)生氧化還原反應，故A選項錯誤。

B.鐵片鍍鋅，Zn元素的化合價發(fā)生變化，則一定發(fā)生氧化還原反應，故B選項錯誤。

C.鹽酸除鐵銹是鹽酸與金屬氧化物的反應，屬于復分解反應，反應中各元素的化合價都沒有變化，則與氧化還原反應無關，故C選項正確。

D.鋁制品鈍化，鋁的表面生成氧化鋁，一定有元素化合價的變化，則一定發(fā)生氧化還原反應，故D選項錯誤。故答案選C?！军c睛】本題考查氧化還原反應，明確元素的化合價是解答本題的關鍵，并熟悉變化中的化學反應來解答9、C【詳解】化學式為N2H6SO4的晶體，其晶體類型與硫酸銨相同，應該是離子晶體，硫酸銨中含有離子鍵、共價鍵及陰、陽離子，故N2H6SO4晶體中不存在分子間作用力，選項C錯誤，答案為C。10、D【詳解】A．根據(jù)圖示，反應I中，還原劑為Fe(NO)2+，故A錯誤；B．反應II中，F(xiàn)eS2中S元素由-1價升高到+6價，是還原劑，不是氧化劑，故B錯誤；C．根據(jù)圖示，反應III中沒有元素化合價的變化，一定不屬于氧化還原反應，故C錯誤；D．根據(jù)圖示，F(xiàn)eS2催化氧化過程中，NO參與了反應，但經過反應后還變成NO，因此NO是催化劑，故D正確；故選D。11、B【解析】圖中轉化關系包含兩個反應：甲+乙→丙+丁，丙+戊→甲，將選項中的各物質分別代入，結合物質的性質判斷這兩個反應能否發(fā)生。A、8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，N2+3H2?2NH3，能實現(xiàn)轉化，故A正確；B、2H2S+SO2=3S↓+2H2O，S+O2=SO2(乙)，第二個反應不符合“丙+戊→甲”的轉化關系，故B錯誤；C、AlCl3+4NaOH=Na[Al(OH)4]+3NaCl，Na[Al(OH)4]+4HCl=AlCl3+NaCl+4H2O，能實現(xiàn)轉化，故C正確；D、Br2+FeI2=FeBr2+I2，F(xiàn)eBr2+Cl2=Br2+FeCl2，能實現(xiàn)轉化，故D正確。故選B。12、A【解析】試題分析：A、石墨和C60的結構不同，屬于不同的物質，激光法蒸發(fā)石墨得C60，生成了新物質，屬于化學變化，故A正確；B、丁達爾效應是光線遇到膠體粒子發(fā)生了散射形成的，無新物質生成，不屬于化學變化，故B錯誤；C、活性炭具有吸附性，紫色石蕊試液通過活性炭，顏色物質被活性炭吸附，溶液變成無色，無新物質生成，故C錯誤；D、用鉑絲蘸取NaCl溶液進行焰色反應，無新物質生成，故D錯誤；故選A?？键c：考查了物理變化和化學變化的判斷的相關知識。13、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錯誤；B．海水中含有氯化鈉等電解質，導電性比河水強，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法，鋼鐵橋墩充當正極，正極上發(fā)生還原反應，電極反應式為O2+2H2O+4e一=4OH-，故D正確；故選A。14、B【解析】試題分析：A、如果使用游碼，造成稱量結果偏小，如果不適用游碼，結果無影響，故錯誤；B、氯水中含有氯氣、鹽酸、次氯酸，鹽酸使pH變色，但次氯酸具有強氧化性，能把pH漂白，因此pH試紙無法測出氯水的pH，故正確；C、高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能把橡膠氧化，因此盛放酸性溶液和氧化性溶液用酸式滴定管，故錯誤；D、量筒刻度從上到下減小，量取8.2mL濃硫酸，仰視讀數(shù)，所量濃硫酸的體積增大，故錯誤?？键c：考查實驗儀器的使用等知識。15、D【解析】A、pH=7的溶液中不可能有Fe3+，F(xiàn)e3+此時已完全沉淀生成Fe(OH)3，選項A錯誤；B、加入鋁粉能產生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生氫氣，選項B錯誤；C、能使甲基橙顯紅色的溶液呈酸性，AlO2-不能大量存在，選項C錯誤；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，能大量共存，選項D正確。答案選D。點睛：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)生復分解反應的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應的離子之間等；還應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。16、C【解析】W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。W的原子半徑是周期表中最小的，說明W是氫；X2-與Y+的電子層結構相同，說明X是氧，Y是鈉；Z的最高正價與最低負價的代數(shù)和為4，說明Z是VIA的硫。A.同周期元素原子半徑從左到右逐漸減小，原子半徑：Z<Y，同主族元素原子半徑從上到下逐漸增大，原子半徑：X<Z，總之，原子半徑：X<Z<Y，故A錯誤；B.非金屬性：X>Z，所以最簡單氫化物的穩(wěn)定性：X>Z，故B錯誤；C.由W、X、Y三種元素形成的化合物氫氧化鈉可使酚酞試液變紅，故C正確；D.Y在自然界中以化合態(tài)的形式存在，故D錯誤。故選C。17、B【詳解】A、氯水滴入溴化鈉溶液中，NaBr溶液變?yōu)槌壬?，說明氧化性Cl2＞Br2；溴水滴入NaI溶液中，NaI溶液變?yōu)樽攸S色，說明氧化性Br2＞I2，所以氧化性：Cl2＞Br2＞I2，故選A；B、Mg條表面有氣泡產生，說明鎂是正極，不能得出還原性Mg＞Al的結論，故選B；C、把二氧化碳通入硅酸鈉溶液中，有白色沉淀硅酸生成，證明碳酸的酸性強于硅酸，最高價含氧酸的酸性越強，其非金屬性越強，所以非金屬性C＞Si，故不選C；D、金屬性越強，金屬單質越易與水反應，鉀與水反應比鈉與水反應更劇烈，證明金屬性K＞Na，故不選D。【點睛】本題考查實驗的設計與評價，注意設計的實驗的嚴密性；B選項，要證明Mg＞Al的還原性，可把鎂、鋁用導線連接后伸入稀硫酸中，鋁表面有氣泡生成。18、C【解析】試題分析：由題意知，B為常見金屬或非金屬單質，由圖可知，B與氧氣在一定條件下生成的氧化物還可以與氧氣繼續(xù)反應，這種常見的金屬一定是鈉。C是氣體且水溶液能消毒殺菌，則C一定是氯氣。由些可以推出A一定是氯化鈉、B為鈉、D為氧化鈉、E為過氧化鈉，經驗證，氧化鈉轉化為過氧化鈉時，增加的質量約是氧化鈉的質量的25.8%。C正確，本題選C。點睛：本題為框圖推斷題，難度較大，其中有一個數(shù)據(jù)條件不易直接應用，可經選猜想再用數(shù)據(jù)驗證。要求學生要熟悉常見元素及其化合物之間的轉化關系。19、A【解析】X、Y、Z、W、R五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，X原子是所有原子中半徑最小的，則X為H元素；Y原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，則Y有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，故Y為O元素；Y、R同主族，故R為S元素；Z、W、R同周期，則都處于第三周期，Z是常見的金屬，其氫氧化物能溶于強堿溶液但不溶于氨水，Z為Al元素；W單質是人類將太陽能轉變?yōu)殡娔艿某Ｓ貌牧?，W為Si元素。A、H原子半徑最小，同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑：H＜O＜S＜Si＜Al，故A正確；B、WY2為SiO2，SiO2是酸性氧化物能與堿反應，酸中只能和氫氟酸反應，故B錯誤；Z的陽離子為Al3+，R的陰離子為S2-，二者在溶液中發(fā)生徹底雙水解而不能大量共存，離子反應方程為：2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑，故C錯誤；D、X2R為H2S，X2Y為H2O，X2Y分子之間存在氫鍵，而H2S分子之間沒有氫鍵，故H2O的沸點比H2O高，故D錯誤。故選A。20、C【詳解】A選項，若m=1，n=3，為亞硫酸鈉，該鹽和氯氣反應用于吸收氯氣，故A正確；B選項，若m=1，n=4，為硫酸鈉，檢驗其陰離子可先加鹽酸酸化，再加氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，則含有硫酸根離子，故B正確；C選項，若m=2，n=3，該鹽為硫代硫酸鈉，與稀硫酸發(fā)生反應生成二氧化硫、硫、硫酸鈉和水，是氧化還原反應，故C錯誤；D選項，若m=2，n=8，若該鹽中S顯+6價，設過氧根數(shù)目為x個，氧離子為y個，則2x+y=8，-2x+(-2y)+6×2=-2，x=1，y=6，即1個S2O82－中過氧鍵的數(shù)目為1，故D正確；綜上所述，答案為C。21、B【詳解】A.根據(jù)金屬活動順序表可知稀H2SO4與銅片不反應，故A錯誤；B.SO2能使品紅溶液褪色，體現(xiàn)其漂白性，故B正確；C.SO2密度比空氣大，應“長進短出”，故C錯誤；D.SO2不與NaHSO3反應，所以無法用NaHSO3溶液吸收SO2，故D錯誤。答案：B。22、A【分析】在氯水中存在反應Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，若反應使溶液中次氯酸濃度增大，則溶液漂白性會增強，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，向溶液中加入碳酸鈣粉末反應反應2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2↑+H2O，使化學平衡正向進行，導致次氯酸濃度增大，溶液漂白性增強，故A正確；B．加入稀硫酸使溶液中氫離子濃度增大平衡逆向進行，次氯酸濃度減小，溶液漂白性減弱，故B錯誤；C．加入氯化鈣溶液不發(fā)生反應，溶液對氯水起到稀釋作用，平衡正向進行但次氯酸濃度減小，漂白性減弱，故C錯誤；D．加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有還原性，能被氯氣氧化，平衡逆向進行，次氯酸濃度減小，漂白性減弱，故D錯誤。答案選A。【點晴】本題考查了氯氣、次氯酸、氯水性質的分析，主要是化學平衡影響因素的理解應用，掌握基礎是解題關鍵。在氯水中存在反應Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，若反應使溶液中次氯酸濃度增大，則溶液漂白性會增強。二、非選擇題(共84分)23、AlCH2ONa2O22H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑CO2CONa2CO32AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-【詳解】D是淡黃色的固體化合物，D是Na2O2；C是常見的無色無味液體，C是水；Na2O2與水反應生成NaOH和O2，A是常見的金屬單質，A能與NaOH溶液反應，A為Al，E、F為H2、O2中的一種，溶液甲中含NaAlO2，B為非金屬單質（一般是黑色粉末），B為C，B能與F反應生成G和H，則F為O2，E為H2，G、H為CO2、CO中的一種，D能與G反應生成K和F，則G為CO2，K為Na2CO3，溶液乙為Na2CO3溶液，H為CO；CO2與NaAlO2溶液反應生成的沉淀L為Al（OH）3。（1）根據(jù)上述分析，A、B、C、D的化學式分別為Al、C、H2O、Na2O2。（2）反應①中C、D均過量，發(fā)生反應的化學方程式為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。（3）B為C，F(xiàn)為O2，C與O2以物質的量之比1:1反應生成CO2，以物質的量之比2:1反應生成CO，反應②中C與O2物質的量之比為4:3則反應生成CO2和CO，其中G能與Na2O2反應，G為CO2，H為CO。（4）反應③的化學方程式為2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，產物K的化學式為Na2CO3。（5）反應④的離子方程式為2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-。24、H++OH-=H2OMnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2+2H2OAl（OH）3、NaHCO32H++SiO32-==H2SiO3↓取最后一次洗滌液少許于試管中，滴入少量硝酸酸化的硝酸銀溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則沒洗滌干凈，反之洗滌干凈；是0.7mol/L【分析】Ⅰ、結合物質的性質可知A為HCl，B為強堿，如NaOH、KOH等，結合物質的性質判斷可能發(fā)生的反應；Ⅱ、由題意“溶液為澄清溶液”可知：溶液中含有的離子一定能夠大量共存；由實驗Ⅰ可知，該溶液中一定含有CO32-，其濃度為=0.25mol/L，則一定沒有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判斷溶液中一定含有SiO32-，發(fā)生反應SiO32-+2H+=H2SiO3↓，硅酸加熱分解生成二氧化硅，固體質量為2.4g為二氧化硅的質量，根據(jù)硅原子守恒，SiO32-的濃度為=0.4mol/L；由實驗Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根據(jù)電荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其濃度至少為0.7mol/L，不能確定NO3-是否存在，據(jù)此進行解答?！驹斀狻竣?、結合物質的性質可知A為HCl，B為強堿，如NaOH、KOH等，（1）A為HCl，B為強堿，二者發(fā)生中和反應，離子方程式為H++OH-=H2O；（2）對比左右兩個圖中的物質，應為MnO2和濃鹽酸反應生成氯化錳、氯氣和水的反應，反應的離子方程式為MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2+2H2O；（3）既能與酸反應，又能與堿反應的物質可為兩性氫氧化物，如Al（OH）3，也可為弱酸的酸式鹽，如NaHCO3，故答案為Al（OH）3、NaHCO3；Ⅱ、由題意“溶液為澄清溶液”可知：溶液中含有的離子一定能夠大量共存；由實驗Ⅰ可知，該溶液中一定含有CO32-，其濃度為=0.25mol/L，則一定沒有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判斷溶液中一定含有SiO32-，發(fā)生反應SiO32-+2H+=H2SiO3↓，硅酸加熱分解生成二氧化硅，固體質量為2.4g為二氧化硅的質量，根據(jù)硅原子守恒，SiO32-的濃度為=0.4mol/L；由實驗Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根據(jù)電荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其濃度至少為0.7mol/L，不能確定NO3-是否存在。（1）實驗I中生成沉淀的離子方程式為2H++SiO32-=H2SiO3↓；（2）實驗Ⅱ中判斷沉淀是否洗滌干凈的操作為：取最后一次洗滌液少許于試管中，滴入少量硝酸酸化的硝酸銀溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則沒洗滌干凈，反之洗滌干凈；（3）通過實驗I、Ⅱ、Ⅲ和必要計算，判斷K+一定存在，根據(jù)電荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其濃度至少為0.7mol/L。【點睛】本題考查無機物的推斷、離子反應及計算，題目難度不大，解答本題的關鍵是把握相關物質的化學性質，把握發(fā)生的反應及現(xiàn)象，側重分析與計算能力的綜合考查，注意加鹽酸生成氣體和沉淀為解答的突破口，題目難度不大。25、直形冷凝管平衡內外氣壓，冷凝回流產品HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O蒸餾c→b→e→d→f除去CO中的HCOOH蒸氣加入稀硫酸酸化后，再滴加酸性高錳酸鉀溶液，能夠使溶液褪色酚酞81.1%【解析】I．(1)由裝置圖可知，儀器A為直形冷凝管；由于產物甲酸甲酯的沸點較低，為防止其大量揮發(fā)，所以長玻璃管c的作用冷凝回流產品，也能起到平衡內外氣壓的作用；(2)甲酸和甲醇進行酯化反應的化學方程式HCOOH+

CH3OHHCOOCH3+H2O；(3)根據(jù)甲酸、甲醇和甲酸甲酯的沸點都有較大差別，可采用蒸餾的方法提取混合物中的甲酸甲酯；II．(1)用甲酸脫水制取一氧化碳時，要用濃硫酸催化脫水，再用堿石灰進行除雜，最后用排水法收集CO，所以正確的連接順序為a→c→b→e→d→f；(2)由于甲酸的沸點不高，在加熱時會有一定量的揮發(fā)，所以裝置B的作用是除去CO中的HCOOH蒸氣；(3)①已知甲酸(HCOOH)是還原性酸，所以可用氧化性物質來檢驗是否有甲酸生成，所以取固體產物，配成溶液，加入稀硫酸酸化后，再滴加酸性高錳酸鉀溶液，溶液的紫色褪去，即證明CO與NaOH

固體發(fā)生了反應；②這是用標準鹽酸來滴定未知堿溶液的操作，所以用酚酞作指示劑，已知消耗鹽酸的物質的量為1.5

mol/L×5.05

×10-3L=7.575×10-3mol，所以8.0g固體產物中含NaOH的質量為7.575×10-3mol×5×40g/mol=1.515g，則產物中甲酸鈉的質量分數(shù)為8.0g-1.515g8.0g點睛：本題的關鍵是通過甲酸、甲醇和甲酸甲酯的沸點，知道它們的沸點較低，易揮發(fā)，需要從產物中除去，且沸點之間差距較大，可通過蒸餾的方法進行分離提純，又甲酸具有還原性，為甲酸鈉的檢驗提供了思路。26、ADBE增大反應物接觸面積，加快反應速率，使反應充分進行除去Cl2O中的Cl22Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)制得的次氯酸溶液純度較高，濃度較大冷水1.000mol/L【分析】根據(jù)實驗目的，將氯氣和空氣（不參與反應）按體積比1：3混合通入含水8%的碳酸鈉中制備Cl2O，并用水吸收Cl2O（不含Cl2）制備次氯酸溶液，應先用裝置A制備Cl2，再通過裝置D除去混合氣體中的HCl氣體，同時混入空氣，將混合氣體通入裝置B，在裝置B中發(fā)生制備Cl2O的反應；然后將制取的Cl2O氣體先通入裝置C，以除去Cl2等雜質氣體，最后通過裝置E制取次氯酸溶液，以此解答?！驹斀狻?1)根據(jù)實驗目的，將氯氣和空氣(不參與反應)按體積比1:3混合通入含水8%的碳酸鈉中制備Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制備次氯酸溶液，應先用裝置A制備Cl2，再通過裝置D除去混合氣體中的HCl氣體，同時混入空氣，將混合氣體通入裝置B，在裝置B中發(fā)生制備Cl2O的反應;然后將制取的Cl2O氣體先通入裝置C，以除去Cl2等雜質氣體，最后通過裝置E制取次氯酸溶液，裝置連接順序為：A→D→B→C→E，故答案為：A；D；B；E；(2)多孔球泡和攪拌棒均能使反應物充分接觸，增大反應物接觸面積，加快反應速率，使反應充分進行；裝置B中生成Cl2O的同時還會有多余的Cl2逸出，而Cl2是非極性分子，易溶于非極性溶劑四氯化碳，因此此處裝置C使用足量的四氯化碳將Cl2吸收，故答案為：增大反應物接觸面積，加快反應速率，使反應充分進行；除去Cl2O中的Cl2；(3)已知空氣不參與反應，則制取Cl2O以Cl2和Na2CO3為反應物，發(fā)生歧化反應，其中氯元素從0價變?yōu)?1價和?1價，反應的化學方程式為：2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)，故答案為：2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)；(4)Cl2O與水反應的化學方程式為：Cl2O+H2O=2HClO，Cl2和水反應的化學方程式為：Cl2+H2O=HCl+HClO，Cl2O和水反應只生成HClO且反應不可逆，氯氣和水反應除了生成HClO還生成HCl，并且反應可逆，所以用Cl2O與水反應制備次氯酸溶液相對于用氯氣溶于水制備次氯酸溶液的主要優(yōu)點是用Cl2O與水反應制備次氯酸溶液時制得次氯酸溶液純度較高、濃度也較大，故答案為：制得的次氯酸溶液純度較高，濃度較大；(5)由題可知：Cl2O在42℃以上會分解生成Cl2和O2，故為防止反應放熱后溫度過高導致Cl2O分解，裝置B需放在冷水中，故答案為：冷水；(6)10.00mL

0.80mol?L?1的FeSO4溶液中，n(FeSO4)=0.80mol/L×0.01L=0.008mol，24.00mL0.050

00mol?L?1的酸性KMnO4溶液中，n(KMnO4)=0.050mol/L×0.024L=0.0012mol，根據(jù)反應MnO+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，0.0012mol高錳酸鉀消耗硫酸亞鐵的物質的量為：0.0012mol×5=0.006mol，則稀釋后的10.00mLHClO溶液消耗硫酸亞鐵的物質的量為：0.008mol?0.006mol=0.002mol，根據(jù)反應HClO+2Fe2++H+=2Fe3++Cl?+H2O可知，稀釋后10.00mLHClO溶液中n(HClO)=×0.002mol=0.001mol，原10mL次氯酸溶液中n(HClO)=0.001mol×=0.01mol，其濃度為：=1.000mol/L，故答案為：1.000mol/L。27、AD2H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl+SO+4H+加快乙醇和水的蒸發(fā)，防止CuCl被空氣氧化蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶79.6%（或0.796）ClO－+2e－+H2O=Cl－+2OH－【分析】粗銅（含雜質Fe）與氯氣反應生成氯化鐵和氯化銅，加稀鹽酸溶解，形成氯化鐵和氯化銅溶液，同時抑制氯化銅、氯化鐵水解，溶液1中加入X調節(jié)溶液pH，得到溶液乙，經過系列操作得到CuCl2?2H2O，故溶液2為CuCl2溶液，則調節(jié)pH目的是使溶液中鐵離子轉化為Fe（OH）3沉淀，過濾除去，試劑X可以為CuO、氫氧化銅等，結合題目信息可知，氯化銅溶液，加少量鹽酸，抑制氯化銅水解，再蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶得到CuCl2?2H2O，再經過過濾、洗滌、干燥得到純凈的晶體，據(jù)此分析。【詳解】(1)用于調節(jié)pH以除去溶液1雜質可加試劑具有與酸反應，且不引入Cu2+之外的離子，故用CuO或Cu2(OH)2CO3，調節(jié)pH目的是使溶液中鐵離子轉化為Fe(OH)3沉淀，過濾除去，故答案為：AD；(2)①根據(jù)信息可知：在加熱條件下，SO2與銅離子反應生成CuCl白色沉淀和，其反應的離子方程式為：2H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl+SO+4H+，故答案為：2H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl+SO+4H+；②由于CuCl露置于潮濕空氣中易被氧化，于70℃真空干燥的目的是加快乙醇和水的蒸發(fā)，防止CuCl被空氣氧化，故答案為：加快乙醇和水的蒸發(fā)，防止CuCl被空氣氧化；(3)氯化銅溶液易水解，加少量鹽酸，抑制氯化銅水解，再蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌得到CuCl2?2H2O，故答案為：蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶；(4)根據(jù)題目中所給數(shù)據(jù)及平行實驗結果相差不能超過1%，體積為20.35mL，誤差大舍去，滴定0.25g樣品消耗硫酸鈰標準溶液的平均體積為20mL，結合方程式可知：，CuCl的純度為，故答案為：79.6%（或0.796）；(5)反應后，盛有NaOH溶液的廣口瓶中生成NaClO溶液，該溶液具有漂白、消毒作用，若用鋼鐵(含F(xiàn)e、C)制品盛裝該溶液會發(fā)生電化腐蝕，ClO?得電子作正極生成Cl?，則正極上的電極方程式為：ClO－+2e－+H2O=Cl－+2OH－，故答案為：ClO－+2e－+H2O=Cl－+2OH－。28、＞CN－＋H2OHCN＋OH－CN－＋CO2＋H2O＝HCO3-＋HCNANaCN＋H2O2＋H2O