2022年高三冲刺模拟化学试卷含解析

2021-2022高考化学模拟试卷注意事项：.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处”。.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3,非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、设Na代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是2.4gMg与足量硝酸反应生成NO和NO?的混合气体，失去的电子数为0.25NaImol甲苯分子中所含单键数目为12NalLpH=l的NaHSO,溶液中，由水电离出的H+数目一定是10」次八4.4gCO2,N?O和的混合气体中所含分子数为O.INa2、下列有关氧元素及其化合物的表示或说法正确的是A.氧原子的原子结构示意图：B.羟基的结构式：O-HC.用电子式表示NazO的形成过程：2Na. _*Na[:O:pNaD.组成为C2H6。的分子中可能只存在极性键3、汽车尾气含氮氧化物（NOx）、碳氢化合物（CxHy）、碳等，直接排放容易造成“雾霾”。因此，不少汽车都安装尾气净化装置（净化处理过程如图）。下列有关叙述，错误的是A.尾气造成“雾霾”与汽油未充分燃烧有关B.尾气处理过程，氮氧化物（NOx）被还原C.Pt-Rh催化剂可提高尾气净化反应的平衡转化率D.使用氢氧燃料电池作汽车动力能有效控制雾霾4,有机化合物在食品、药物、材料等领域发挥着举足轻重的作用。下列说法正确的是（）A.甲苯和间二甲苯的一溟代物均有4种B.按系统命名法，化合物(CH3)2C(OH)C(CH3)3的名称为2,2,3-三甲基3丁醇C.2-丁烯分子中的四个碳原子在同一直线上D.乙酸甲酯分子在核磁共振氢谱中只能出现一组峰5、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是()A. H2O.H2SOSB-施N°gHN03C.CU2(OH)2CO3HC1(aq)CuC12(aq)NaCuts)D.饱和NaCl溶液NW、COzNaHCO.Ks)".Na,CO-s)6、最近科学家发现都由磷原子构成的黑磷(黑磷的磷原子二维结构如图)是比石墨烯更好的新型二维半导体材料.下列说法正确的是A.石墨烯属于烯点 B.石墨烯中碳原子采用sp3杂化C.黑磷与白磷互为同素异形体 D.黑磷高温下在空气中可以稳定存在7、同温同压下，等质量的SO2气体和S(h气体相比较，下列叙述中正确的是()A.密度比为4:5 B.物质的量之比为4:5C.体积比为1:1 D.原子数之比为3:48、下列物质溶于水后溶液因电离而呈酸性的是( )A.KC1 B.Na2O C.NaHSO4 D.FeChABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石茯溶液滴入氯水中Na2s溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色9、下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是A.AB.BC.C10、有一种线性高分子，结构如图所示。HH00HH0 0H3CHOHO|| |[JIIIHH HCH3 HHH下列有关说法正确的是A.该高分子由4种单体（聚合成高分子的简单小分子）缩聚而成B.构成该分子的几种较酸单体互为同系物C.上述单体中的乙二醇，可被02催化氧化生成单体之一的草酸D.该高分子有固定熔、沸点，Imol上述链节完全水解需要氢氧化钠物质的量为5moi11，氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氨,工作示意图如图所示。通过控制开关连接Ki和K2,可交替得到H2和02,下列有关说法错误的是（）域性电解液A.制H2时，开关应连接Ki,产生H2的电极反应式是2H2O+2e-=H2f+2OH-B.当开关连接K2时，电极3的反应式为Ni（OH）2-e-+OH-=NiOOH+H2OC.当开关连接K2时，电极2作阳极，得到02D.电极3的作用是分别作阳极材料和阴极材料，利用NiOOH和Ni（OH）2的相互转化提供电子转移12、由下列实验事实得出的结论不正确的是（）实验结论A将乙烯通入溟的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成的1,2-二澳乙烷无色可溶于四氯化碳B乙酸乙酯和氢氧化钠溶液混合共热后，混合液不再分层乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中可完全水解C葡萄糖与新制氢氧化铜混合共热后，生成砖红色沉淀葡萄糖是还原性糖D乙酸和乙醇都可与金属钠反应产生可燃性气体乙酸分子中的氢与乙醇分子中的氢具有相同的活性A.A B.B C.C D.D13、利用反应CCL+4Na舞=（C（金刚石）+4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是（ ）M-CO、A.C（金刚石）属于原子晶体B.该反应利用了Na的强还原性CCL和C（金刚石）中的C的杂化方式相同NaCl晶体中每个C厂周围有8个Na+14、用Na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.31g白磷中含有的电子数是3.75NaB.标准状况下，22.4L的C8HH，中含有的碳氢键的数目是IONalL0.1mol・L”的乙酸溶液中含有的氧原子数为0.2Na5.6gFe与足量I2反应，Fe失去0.2Na个电子15、第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，O.Olmol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的是7-4 «Y2-tW-O1 ►原子串■校A.简单离子半径：X>Y>Z>WB.W的单质在常温下是黄绿色气体C.气态氢化物的稳定性:Z>W>YD.X和丫的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液中的微粒共有2种16、碳酸二甲酯KCMOHCO］是一种具有发展前景的“绿色”化工产品，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示（加入两极的物质均是常温常压下的物质）。下列说法不正确的是。

石墨1极 质子交换膜石墨2极A.石墨2极与直流电源负极相连B.石墨1极发生的电极反应为2cH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+C.H+由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动D.电解一段时间后，阴极和阳极消耗的气体的物质的量之比为2：117,下列由实验得出的结论正确的是实验结论A将适量苯加入滨水中，充分振荡后，溟水层接近无色苯分子中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应B向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体该溶液中一定含有S2O32"C向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，然后加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，未观察到砖红色沉淀蔗糖未水解或水解的产物不是还原性糖D相同条件下，测定等浓度的Na2c溶液和Na2s溶液的pH,前者呈碱性，后者呈中性非金属性：S>CA.A B.B C.C D.D18、已知2Al+2NaOH+2H2O=2NaAKh+3H2T。该反应中有关物理量的描述正确的是(Na表示阿伏加德罗常数)( )A.每生成6.72L的Hz,溶液中Al(h的数目就增加0.2NaB.每生成0.15molH2,被还原的水分子数目为0.3NaC.当加入2.7gAl时，转移的电子数目为0.3NaD.溶液中每增加().1mol的AKh,Na+的数目就增加0.1Na19、室温下，有pH均为9,体积均为10mL的NaOH溶液和CIhCOONa溶液，下列说法正确的是A.两种溶液中的c(Na+)相等B.两溶液中由水电离出的c(OH)之比为10*710-5

C.分别加水稀释到100mL时，两种溶液的pH依然相等D.分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积相等20、工业上用CO和H2生产燃料甲醇。一定条件下密闭容器中发生反应，测得数据曲线如下图所示（反应混合物均呈气态）。下列说法错误的是A.反应的化学方程式:CO+2H2=CH30HB.反应进行至3分钟时，正、逆反应速率相等C.反应至10分钟，U（CO）=0.075mol/LminD.增大压强，平衡正向移动，K不变21、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y所在周期数与族序数相同，X与Y为同周期元素，Z原子的最外层电子数与W的电子总数相等。下列说法正确的是A.简单离子半径：W>X>Y>Z B.W、X的氨化物在常温下均为气体C.X、Y的最高价氧化物的水化物均为强碱D.W与Z形成的化合物中只有共价键22、下列常见物质的俗名与化学式对应正确的是A.水煤气-CH』 B.明研-KAKSORT2H2。C.水玻璃-HzSKh D.纯碱-NaHCCh二、非选择题（共84分）已知:23、（14分）香豆素-3已知:23、（14分）香豆素-3-瘦酸COOH是一种重要的香料，常用作日常用品或食品的加香剂。三步反应COOCH65(DNa()H/HX)三步反应COOCH65(DNa()H/HX)RCOOR.+R,OH1C'j,RCOOR,+R.OH(R代表泾基)? ?i.Na：??RCOR[+R:CH2COR3彳市丁RCCHCORj+rqhr2A和B均有酸性，A的结构简式：;苯与丙烯反应的类型是F为链状结构，且一氯代物只有一种，则F含有的官能团名称为oD一丙二酸二乙酯的化学方程式：.(4)丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物E,其结构简式为：o(5)写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式：.①与丙二酸二乙酯的官能团相同；②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为3：2：1；③能发生银镜反应。(6)丙二酸二乙酯与经过三步反应合成请写出中间产物的结构简式:请写出中间产物的结构简式:中间产物I;中间产物II24、(12分)蜂胶是一种天然抗癌药，主要活性成分为咖啡酸苯乙酯(I)。合成化合物I的路线如下图所示:@RCHO+HOOCCH2COOH社今RCH=CHCOOH请回答下列问题(1)化合物A的名称是;化合物I中官能团的名称是。(2)G-H的反应类型是；D的结构简式是.(3)写出化合物C与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式 。(4)化合物W与E互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上只有3个取代基，则W可能的结构有(不考虑顺反异构)种，其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为21:2:1:1:1:1,写出符合要求的W的结构简式:.(5)参照上述合成路线，设计由CFhCH—CHz和HOOCCH2COOH为原料制备CH2CH2CH=CHCOOH的合成路线(无机试剂及毗定任选)。.25、(12分)乳酸亚铁晶体｛CH3cH(OH)COO]2Fe-3H2。｝是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，广泛应用于乳制品、营养液等，吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeCQ,反应制得：2cH3cH(OH)COOH+FeCO3+2H20T[CH3cH(OH)COO]2Fe-3H2O+CChTI.制备碳酸亚铁(FeCCh)：装置如图所示。(1)仪器C的名称是.(2)清洗仪器，检查装置气密性，A中加入盐酸，B中加入铁粉，C中加入NH4HCO3溶液。为顺利达成实验目的，上述装置中活塞的打开和关闭顺序为：关闭活塞,打开活塞,装置B中可观察到的现象是,当加入足量盐酸后，关闭活塞L反应一段时间后，关闭活塞,打开活塞.C中发生的反应的离子方程式为.II.制备乳酸亚铁晶体：

将制得的FeCCh加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75c下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸。(3)加入少量铁粉的作用是.从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低温蒸发，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。m.乳酸亚铁晶体纯度的测量：(4)若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%,其原因可能是.(5)经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反应中Ce，+离子的还原产物为Ce3+O测定时，先称取5.76g样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL,用0.100mol/LCe(S04)2标准溶液滴定至终点，记录数据如表所示。滴定次数0.1()()mol/LCe(SO4)2标准溶液/mL滴定前读数滴定后读数10.1019.6520.1222.3231.0520.70则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为(以质量分数表示，保留3位有效数字)。26、(10分)漠化亚铜是一种白色粉末，不溶于冷水，在热水中或见光都会分解，在空气中会慢慢氧化成绿色粉末。制备CuBr的实验步骤如下：步骤1.在如图所示的三颈烧瓶中加入45gCuSOr5H20、19gNaBr、150mL煮沸过的蒸储水，60C时不断搅拌，以适当流速通入SO22小时。多孔玻璃泡100g质量分数为20%NaOH多孔玻璃泡100g质量分数为20%NaOH溶液步骤2.溶液冷却后倾去上层清液，在避光的条件下过滤。步骤3.依次用溶有少量SO2的水、溶有少量SO2的乙醇、纯乙酸洗涤。步骤4.在双层干燥器(分别装有浓硫酸和氢氧化钠)中干燥3〜4h,再经氢气流干燥，最后进行真空干燥。(1)实验所用蒸储水需经煮沸，煮沸目的是除去其中水中的(写化学式).(2)步骤1中：①三颈烧瓶中反应生成CuBr的离子方程式为,②控制反应在60c进行，实验中可采取的措施是:

③说明反应已完成的现象是(3)步骤2过滤需要避光的原因是(Cdl9Br)CUBnpiBr：Bn/Fc।-IBn七(Cdl9Br)CUBnpiBr：Bn/Fc।-IBn七J条件①।一定条件OPAi.KOILAI)

(GHO)(4)步骤3中洗涤剂需“溶有SO2"的原因是最后溶剂改用乙醛的目的是(5)欲利用上述装置烧杯中的吸收液(经检测主要含Na2sCh、NaHSOa等)制取较纯净的Na2s。储出。晶体。请补充实验步骤(须用到SO2(贮存在钢瓶中)、20%NaOH溶液、乙醇)①.②«③加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，蒸发浓缩，冷却结晶。④«⑤放真空干燥箱中干燥。27、(12分)(14分)硫酸铜晶体(CuSOt5H2O)是铜盐中重要的无机化工原料，广泛应用于农业、电镀、饲料添加剂、催化剂、石油、选矿、油漆等行业。I.采用孔雀石[主要成分CuCOyCu(OH)2]、硫酸(70%)、氨水为原料制取硫酸铜晶体。其工艺流程如下：氨浸浸出液氨浸浸出液(1)预处理时要用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径＜1mm,破碎的目的是(2)已知氨浸时发生的反应为CuCOyCu(OH)2+8NHyH2O^=[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3+8H2O,蒸氨时得到的固体呈黑色，请写出蒸氨时的反应方程式：«(3)蒸氨出来的气体有污染，需要净化处理，下图装置中合适的为(填标号)；经吸收净化所得的溶液用途是(任写一条)。ABCABC(4)操作2为一系列的操作，通过加热浓缩、冷却结晶、、洗涤、等操作得到硫酸铜晶体。II.采用金属铜单质制备硫酸铜晶体(5)教材中用金属铜单质与浓硫酸反应制备硫酸铜，虽然生产工艺简洁，但在实际生产过程中不采用，其原因是 (任写两条)。(6)某兴趣小组查阅资料得知：Cu+CuCh^=2CuCl,4CuC1+O2+2H2O^=2[Cu(OH)2CuC12],[Cu(OH)rCuC12]+H2SO4^=CuSO4+CuCh+2H2O.现设计如下实验来制备硫酸铜晶体，装置如图：向铜和稀硫酸的混合物中加入氯化铜溶液，利用二连球鼓入空气，将铜溶解，当三颈烧瓶中呈乳状浑浊液时，滴加浓硫酸。①盛装浓硫酸的仪器名称为.②装置中加入CuCL的作用是；最后可以利用重结晶的方法纯化硫酸铜晶体的原因为③若开始时加入ag铜粉，含力g氯化铜溶质的氯化铜溶液，最后制得cgCuSOT5H2O,假设整个过程中杂质不参与反应且不结晶，每步反应都进行得比较完全，则原铜粉的纯度为.28、(14分)利用高浓度含碑废水(主要成分为H3A5。“制取As?。、的工艺流程如下图所示。已知：As2S3(s)+3S2(aq) s2AsS^-(aq)⑴As与N同主族且比N多2个电子层，写出中子数为42的As的原子符号(2)比较N、P、As的气态氢化物的沸点(由大到小排列)(用化学式表示)。(3)结合化学平衡的原理解释步骤I加入FeSO,的作用是.(4)步骤HP氧化脱硫”过程中被氧化的元素是(填元素符号)。(5)步骤IV发生反应的离子方程式为。(6)碑及其化合物几乎都有毒，通常+3价碑化合物毒性强于+5价碑化合物。海产品中含有微量+5价神化合物，食用海鲜后不能马上进食水果的原因是.(7)利用反应AsO；+2F+2H+^=^AsO；-+I2+H2O设计成原电池，起始时在甲、乙两地中分别加入图示药品并连接装置(a、b均为石墨电极)。①起始时，b电极的电极反应式为o②一段时间后电流计指针不发生偏围，欲使指针偏转方向与起始时相反，可向乙池中加入(举一例)。29、(10分)研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。(l)C(h和Hz可直接合成甲醇，向一密闭容器中充入CCh和Hz,发生反应：CO2(g)+3H2(g)==M：H30H(g)+H2O(g)A//=akJ/mol①保持温度、体积一定，能说明上述反应达到平衡状态的是.A.容器内压强不变 B.3viE(CH3OH)=ViE(H2)C.容器内气体的密度不变 D.CO2与H2O的物质的量之比保持不变②测得不同温度时CH.,OH的物质的量随时间的变化如图所示，则a0(填“〉”或(2)工业生产中需对空气中的CO进行监测。①氯化把(PdCL)溶液可以检验空气中少量的CO。当空气中含CO时，溶液中会产生黑色的Pd沉淀。若反应中有0.02mol电子转移，则生成Pd沉淀的质量为。②使用电化学一氧化碳气体传感器定量检测空气中CO含量，其模型如图所示。这种传感器利用了原电池原理，则该电池的负极反应式为o电极，接电流信弓髭布液电极，接电流信弓髭布液电极b(3)某催化剂可将CO2和CH4转化成乙酸。催化剂的催化效率和乙酸的生成速率随温度的变化关系如图所示。乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是,(4)常温下，将一定量的CO2通入石灰乳中充分反应，达平衡后，溶液的pH为11,则c(CO3")=o(已知：KsP[Ca(OH)2]=5.6xlO-6,ftP(CaCO3)=2.8xl(T»)(5)将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的.图4是通过光电转化原理以廉价原料制备新产品的示意图。催化剂a、b之间连接导线上电子流动方向是(填“a—b”或“b—a”)参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、D【解析】本题考查阿伏加德罗常数，意在考查对化学键，水的电离及物质性质的理解能力。【详解】A.2.4gMg与足量硝酸反应，Mg变为Mg2+,失去().2mol电子，故A错误；B.甲苯分子中含有9个单键(8个C-H键、1个C-C键)，故B错误；

C.未指明温度，Kw无法确定，无法计算水电离的氢离子数目，故C错误44gD.CO2.N2O和C3H8的摩尔质量相同，均为44g/mol,故混合气体的物质的量为;^一7—=0」mol,所含分子数为44g/molO.INa,故D正确；答案：D2、D【解析】A.O原子核内质子数为8,有2个电子层，最外层有6个电子，原子结构示意图为：④），故A错误；B.羟基中含有1个氧氢键，羟基可以表示为-OH,故B错误；C.NazO为离子化合物，用电子式表示Na2O的形成过程为：g£・号：Na―>Na+[：6：]2-Na+,故C••错误；D.二甲醛只存在极性键，故D正确；故选:D.3^C【解析】A.汽油未充分燃烧可增加氮氧化物（NO0、碳氢化合物（CH、）、碳等的排放，可造成“雾霾”，故A正确；B.尾气处理过程中，氮氧化物（NOJ中氮元素化合价降低，得电子，被还原，故B正确；C.催化剂只改变化学反应速率，不会改变平衡转化率，故C错误：D.使用氢氧燃料电池作汽车动力能减少含氮氧化物（NO,）、碳氢化合物（CH，）、碳等的排放，能有效控制雾霾，故D正确。故选C。故选C。4、A【解析】①X3 ch3、^/ChFA.甲苯有4种等效氢（「今②），间二甲苯也有4种等效氢（[[ ）'A项正确；B.醇的系统命名，选含羟基的最长碳链为主链，从距羟基较近的一端开始编号，CH因此它们的一溟代物均有4种，OHCH3【3-—&13,该化合物名称CH3CH3应为：2,3,3-三甲基-2-丁醇，B项错误HHHCH3C.2-丁烯的结构为 ]C=C'或'C=CZ,分子中的四个碳原子不在一条直线上，C项错误；ch3x:h3ch35D.乙酸甲酯分子中有2种等效氢（「曾义@）,在核磁共振氢谱中会出现2组峰，D项错误；CHjC-OCH3答案选A。【点睛】用系统命名法命名的一般原则：①选择含官能团的最长碳链为主链；②编号时，先考虑使官能团所在碳的编号尽可能小，再考虑使其它支链的编号尽可能小；③写名称时，先写支链名称，再写主链名称，阿拉伯数字与汉字之间以“相隔。5、D【解析】A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫；B、氨气一步反应只能得到一氧化氮：C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜；D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠。【详解】A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则转化关系不可以实现，选项A错误；B、氨气一步反应只能得到一氧化氮，不能得到二氧化氮，则转化关系不可以实现，选项B错误；C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜，则转化关系不可以实现，选项C错误；D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体、氯化铁，过滤得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，转化关系可以实现，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，C项为易错点，注意Na和盐溶液反应的特点。6、C【解析】A.石墨烯是碳元素的单质，不是碳氢化合物，不是烯烧，A错误；B.石墨烯中每个碳原子形成3。键，杂化方式为sp2杂化，B错误；C.黑磷与白磷是磷元素的不同单质，互为同素异形体，C正确；D.黑磷是磷单质，高温下能与(h反应，在空气中不能稳定存在，D错误;答案选C。【解析】mV mM据此分析作答。由n=-= 可知，p=—= 据此分析作答。MVm VVm【详解】A.由上述分析可知，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于其密度之比，所以两种气体的密度之比为64：80=4：5,A项正确；B.设气体的质量均为mg,则n(SO2)=上mol,n(SO3)=巴mol,所以二者物质的量之比为巴：—=80：64=5：4,64 80 6480B项错误：C.根据V=n-Vm可知，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以两种气体的体积之比为5：4,C项错误；D.根据分子组成可知，两种气体的原子数之比为(5x3)：(4x4)=15：16,D项错误;答案选A。8、C【解析】电解质溶液因为因电离而呈酸性，说明该电解质是酸或酸式盐。【详解】KC1为强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故A错误；NazO溶于水反应生成氢氧化钠，溶液显碱性，故B错误；NaHSO』是强酸强碱酸式盐，在溶液中不水解，能够电离出氢离子使溶液呈酸性，故C正确；FeCh是强酸弱碱盐，铁离子水解溶液显酸性，故D错误；故选：C.【点睛】易错点D,注意题干要求：溶液因电离而呈酸性。9、C【解析】分析：A项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;B项，红色褪色是HC1O表现强氧化性；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2s+2NaCl；D项，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。详解：A项，NaOH溶液滴入FeSCh溶液中产生白色Fe(OH)2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应CL+H20UHC1+HCK),由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HC1O表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2s+2NaCL反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO气体和H2O,气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2N(h,反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。10、C【解析】A.该高分子由乙二醇、乙二酸、1,2-丙二醇、对苯二甲酸、丙二酸5种单体缩聚而成，故A错误；B.对苯二甲酸与乙二酸、丙二酸不属于同系物，故B错误；C.乙二醇可被02催化氧化生成草酸，故C正确：D.高分子化合物没有固定熔沸点，故D错误；答案选C。11、B【解析】A.开关连接K”电极1为阴极，水得电子生成氢气，产生H2的电极反应式是2H2O+2e=H2T+2OH,故A正确；B.当开关连接K2时，电极3为阴极，发生还原反应，反应式为NiOOH+e+HzO=Ni(OH)2+OH-,故B错误；C.当开关连接K2时，电极2连接电源正极，电极2作阳极，发生氧化反应得到02,故C正确；D.当开关连接K2时，电极3为阴极；开关应连接Ki,电极3为阳极；电极3的作用是分别作阳极材料和阴极材料，利用NiOOH和Ni(OH)2的相互转化提供电子转移，故D正确；选Bo12、D【解析】A.乙烯与澳发生加成反应生成的1,2-二澳乙烷无色，可溶于四氯化碳，因此澳的四氯化碳溶液褪色，故A正确；B.乙酸乙酯属于酯，在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成乙酸钠和乙醇，因此混合液不再分层，故B正确；C.热的新制氢氧化铜悬浊液和葡萄糖产生砖红色沉淀氧化亚铜，氢氧化铜被葡萄糖还原，葡萄糖表现了还原性，故C正确；D.乙醇与钠反应不如乙酸与Na反应剧烈，则乙醇分子中的羟基氢不如乙酸瘦基中的氢活泼，故D错误；答案选D。13、D【解析】A.金刚石晶体：每个C与另外4个C形成共价键，构成正四面体，向空间发展成网状结构，形成的晶体为原子晶体,故A正确；B.该反应中Na由0价—+1价，作还原剂将CCL还原，故B正确；CCL和C（金刚石）中的C的杂化方式都是sp3杂化，故C正确；NaCl晶体：每个Na+同时吸引6个C「，每个C「同时吸引6个Na卡,配位数为6,故D错误；故答案选D。14、D【解析】A.P是15号元素，31g白磷中含有的电子数是15Na,故A错误；B.标准状况下，C8Hh）是液态，无法用气体摩尔体积计算物质的量，故B错误；lL0.1mol・LT的乙酸溶液中，水也含有氧原子，含有的氧原子数大于0.2Na,故C错误：5.6gFe与足量L反应，Fe+L=FeL,Fe失去0.2Na个电子，故D正确；故选D。15、B【解析】第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12,氢氧根浓度为O.Olmol/L,故为一元强碱，则X为Na元素;Y、W,Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7,均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L,故为一元强酸，则W为C1元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、丫对应的酸性比W的弱，而原子半径丫>Z>C1,SiO2不溶于水，故Z为S元素，丫为P元素，以此解答该题。【详解】综上所述可知X是Na元素，丫是P元素，Z是S元素，W是C1元素。A.离子的电子层结构相同，核电荷数越大,离子半径越小;离子的电子层越多，离子半径越大,离子半径P'>S2>Cl>Na+,A错误；B.W是CI元素，其单质CL在常温下是黄绿色气体，B正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性W>Z>Y,所以气态氢化物的稳定性：W>Z>Y,C错误；D.X和丫的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H3PO4,二者恰好中和时生成磷酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐,溶液中磷酸根发生分步水解反应，产生HPO?,产生的HPO/会进一步发生水解反应产生H2PO4,113Po4,同时溶液中还存在H+、OH,因此溶液中的微粒种类比2种多，D错误；故合理选项是B,【点睛】本题考查结构、性质、位置关系的应用的知识，根据溶液的pH与浓度的关系，结合原子半径推断元素是解题关键，侧重对元素周期表、元素周期律的考查，难度中等。16、D【解析】该装置有外接电源，是电解池，由图可知，氧气在石墨2极被还原为水，则石墨2极为阴极，B为直流电源的负极，阴极反应式为O2+4H++4e=2H2O,A为正极，石墨1极为阳极，甲醇和一氧化碳失电子发生氧化反应生成碳酸二甲酯,阳极反应为2cH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+,据此解答。【详解】A.由以上分析知，石墨2极为阴极，阴极与直流电源的负极相连，则B为直流电源的负极，故A正确；B.阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为2cH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+,故B正确；C.电解池中，阳离子移向阴极，则H+由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动，故C正确；D.常温常压下甲醇是液体，电解池工作时转移电子守恒，根据关系式2co~4e二(h可知，阴极消耗的与阳极消耗的CO物质的量之比为1：2,故D错误；答案选D。17、D【解析】A.苯与澳水发生萃取，苯分子结构中没有碳碳双键，不能与澳发生加成反应，故A错误；B.向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，生成的产物为硫和二氧化硫，原溶液中可能含有S2•和SO3*,不一定是S2O3H故B错误；C.水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下进行，没有向水解后的溶液中加碱调节溶液至碱性，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，实验不能成功，故c错误；D.测定等物质的量浓度的Na2c和Na2s溶液的pH,Na2cCh的水解使溶液显碱性，Na2sCh不水解，溶液显中性,说明酸性：硫酸〉碳酸，硫酸、碳酸分别是S元素、C元素的最高价含氧酸，因此非金属性：硫强于碳，故D正确：答案选D。18、B【解析】A.非标准状况下，6.72L的H2的物质的量不一定是0.3moL所以生成6.72L的H2,溶液中AKh一的数目不一定增加0.2Na,故A错误；B.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2t，反应中只有水是氧化剂，每生成0.15mol氏，被还原的水分子数目为0.3Na,故B正确；C.当2.7gAl参加反应时，转移的电子数目为0.3Na,加入2.7gAL参加反应的铝不一定是O.lmoL故C错误；D.根据钠元素守恒，溶液中Na+的数目不变，故D错误。【点睛】本题考查化学方程式有关计算，侧重考查学生分析计算能力，注意：该反应中氢氧化钠不作氧化剂，易错选项是B,注意气体摩尔体积适用范围及适用条件。B【解析】pH相等的NaOH和C&COONa溶液，c(NaOH)<c(CH3COONa),相同体积、相同pH的这两种溶液，则n(NaOH)<n(CHjCOONa),【详解】A.pH相等的NaOH和CH3coONa溶液，c(NaOH)<c(CH3coONa),钠离子不水解，所以钠离子浓度NaOH<CH3COONa,故A错误；B.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离,NaOH溶液中c(H+)等于水电离出c(OH)=10 CHiCOONa溶液lO-"O-9=10-5mol/L,两溶液中由水电离出的c(OH)之比=10呷10-5,故正确；C.加水稀释促进醋酸钠水解，导致溶液中pH大小为CH3coONa>NaOH,故C错误；D.分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积与NaOH、ClhCOONa的物质的量成正比，n(NaOH)<n(CH3COONa),所以醋酸钠消耗的稀盐酸体积大，故D错误。20、B【解析】由图可知，CO的浓度减小，甲醇浓度增大，且平衡时c(CO)=0.25mol/L,c(CH3OH)=0.75moVL,转化的c(CO)=0.75mol/L,结合质量守恒定律可知反应为CO+2HzWCHjOH,3min时浓度仍在变化，浓度不变时为平衡状态,且增大压强平衡向体积减小的方向移动，以此来解答。【详解】A.用CO和Hz生产燃料甲醇，反应为CO+2HzUCMOH,故A正确；B.反应进行至3分钟时浓度仍在变化，没有达到平衡状态，则正、逆反应速率不相等，故B错误；——— “山 0.75mol/L 与_、C.反应至10分钟，u(CO)= =0.075mol/(L»min),故C正确；lOminD.该反应为气体体积减小的反应，且K与温度有关，则增大压强，平衡正向移动，K不变，故D正确：故答案为B.21、D【解析】

W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，常用作制冷剂的氢化物为氨气，则W为氮；Y所在周期数与族序数相同，则丫可能为铝；X与丫为同周期元素，则X为钠或镁；Z原子的最外层电子数与W的电子总数相等，则Z核外有17个电子，Z为氯，据此解答。【详解】根据分析可知：w为N元素，X为Na或Mg元素，丫为A1元素，Z为C1元素。A.简单离子半径，电子层数多半径大，电子层数相同核电荷数大半径小，故离子半径：Z>W>X>Y,故A错误；B.W氢化物为NH3,常温下为气体，X氢化物常温下为固体，故B错误；C.Mg、Al的最高价氧化物的水化物为弱碱，故C错误；D.N与C1都为非金属，形成的化合物中只含有共价键，故D正确；故选D。22、B【解析】A.天然气是CW,水煤气是H2、CO的混合物，故A错误：B.明矶是Kal(SO4)2・12H2。的俗称,故B正确；C.水玻璃是NazSiCh的水溶液，故C错误；D.纯碱是NazCCh的俗称，故D错误；故答案选B.二、非选择题(共84分)COOH COOC：Hs C, ___ 聿** rII1COOHHCOO mnp.行05rcqz【解析】丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；A与溟水和红磷反应得到B,B再与NaCN反应得到C,高聚物E为COOHHCOO mnp.行05rcqz【解析】丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；A与溟水和红磷反应得到B,B再与NaCN反应得到C,高聚物E为H[CH-C七OC汨5。COOC2H5COOC:H< COOC'Hs由(1)可知A和B均有酸性，则存在叛基，故A为CH3COOH；,贝(JB为BrCHzCOOH,C为NCCH2coOH；根据信息提示,【详解】(1)由分析可知A为CH3coOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应

(2)F为C3H60,不饱和度为1,链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，故F为丙酮，官能团为埃基，故答案为：臻基COOH COOC2Hjrw1(3)丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，方程式为CH： +2C2H5OH-广飙 +2H2O,故答案为:COOH COOCzH*COOH COOCzHjMlICH：+2C2H5OH^a^CH：+2H2O；COOH COOC2H5COOC：Hs则丙二酸二乙酯COOC：Hs则丙二酸二乙酯(CH：)要形成高聚物E,则要COOC：Hsi.NaH(4)根据信息提示 RCORJRXHXOR3—o发生分子间的缩聚反应，高聚物E为h1f-2］；oc旦，故答案为:COOC2H5(5)丙二酸二乙酯(C7Hl2O。同分异构体满足①与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基；②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为3：2：1,故氢个数分别为6,4,2；③能发生银镜反应，说明要存在醛基或者甲酯，官能团又要为酯基，只能为甲酯，根据②可知，含有两个甲酯，剩下-CHio,要满足相同氢分别为6、4,只能为两个乙基，TOC\o"1-5"\h\zHCOO HCOO满足的为C2H5-C-C2H5>故答案为：C2H5-C-C2H5；I IHCOO HCOOaClIOOH与丙二酸二乙酯反生加成反应，故双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成aClIOOH与丙二酸二乙酯反生加成反应，故双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成^^COOC2^^COOC2H5RCOOR1+R7OH1'1rRCOOR7+R1OH(R代表点基)提示，可反生取代得到故答案为:【点睛】本题难点(5),信息型同分异构体的确定，一定要对所给信息进行解码，确定满足条件的基团，根据核磁共振或者取代物的个数，确定位置。CH-(HC(X)H(XHCHOC(X)Na•2Cu(()H)z+Nii(CH-(HC(X)H(XHCHOC(X)Na•2Cu(()H)z+Nii()11—•CIWHC(X)H24、对羟基苯甲醛 (酚)羟基、酯基、碳碳双键取代反应aICHCHJn*•(liniGllk"" !”“HCHCIK) (HCHCH('HGX)H过*化物 △ △ «.A【解析】由有机物的转化关系可知,(CH3O)SO2发生取代反应生成与hoocch2cooh发生信息②反应生成CU—CIKXXHI(XH，则D为由有机物的转化关系可知,(CH3O)SO2发生取代反应生成与hoocch2cooh发生信息②反应生成CU—CIKXXHI(XH，则D为CII—<HC(X)11 CIWHC(X)11在BB门的作用下反应生成HH-COOH*贝UE为过氧化物的作用下发生加成反应生成BrCH：CH，Y^＞，则G为BrC%CH：5BrC%CH：一＜＞在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成hoch,ch；Y2〉，则h为hoch,cH| ；hoch,ch；与OH OHho_&hyiooh在浓硫酸作用下共热发生酯化反应生成ho^Buooch户2-O.【详解】(1)化合物A(1)化合物A的结构简式为,名称为对羟基苯甲醛；化合物I的结构简式为OHho-S-ch-ch-cooch2ch2-0-官能团为酚羟基、碳碳双键和酯基，故答案为对羟基苯甲塾酚羟基、碳碳双键和酯基;

(HO(2)GfH的反应为BrCH2CH与C!WHC(X)HCH-<IKCXIHHOOCCH2COOH发生信息②反应生成 ,则D为(X...,故答案为取代反应;(X'H(XHCII—(X'H(HO(X/H,(KH.CHOCHO(3)C的结构简式为(VH能与新制的氢氧化铜悬浊液共热发生氧化反应，反应的化学方程式为C(X)Na(u()w (HO(2)GfH的反应为BrCH2CH与C!WHC(X)HCH-<IKCXIHHOOCCH2COOH发生信息②反应生成 ,则D为(X...,故答案为取代反应;(X'H(XHCII—(X'H(HO(X/H,(KH.CHOCHO(3)C的结构简式为(VH能与新制的氢氧化铜悬浊液共热发生氧化反应，反应的化学方程式为C(X)Na(u()w 41()>故答案为(K'HC(X)Na(KH-2Cu(()H%+'M)1l一•[(JCH,CH=CH-C00H(4)化合物》与£(A)互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有3个取代基,V^OHOH三个取代基为-OH、-OH、-CH=CHCOOH,或者为-OH、-OH、-C(COOH)=CH2,2个-OH有邻、间、对3种位置结构，对应的另外取代基分别有2种、3种、1种位置结构(包含E),故W可能的结构有(2+3+1)X2-1=11种，其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2:2:1:1:1:1,符合要求的W的结构简式为:CH=CHCOOHCH=€HCOOHCH=CHC00H故答案为11；(5)结合题给合成路线，制备CH3cH2cH=CHCOOH应用逆推法可知，CH3cH=€：%与HBr在过氧化物条件下反应生成CH3CH2CH2Br,然后碱性条件下水解生成CH3cH2cH2OH,再发生氧化反应生成CH3cH2CHO,最后与HOOCCH2COOH在口比咤、加热条件下反应得到CH3cH2cH=CHCOOH,合成路线流程图为:rooH0VxM赢EGQQ等岩CH仆仆。,011cH'故答案为DDOHHBrCHjCHTH、—一•母箕化，1•HjCHQhfcEloiiaijCHjOH吆icHQtjCHO-3"011cHjOiOKOOH△HBrCHjCHTH、—一•母箕化，【点睛】本题考查有机物推断与合成，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化是解答关键。25、三颈烧瓶 2 1、3 铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色 3 2Fe2++2HCO3=FeCO3；+CO2T+H2O 防止FeCCh与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化 乳酸根中羟基被酸性高钵酸钾溶液氧化98.0%【解析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备氯化亚铁，利用生成的氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，C装置中FeCL和NH4HCO3发生反应：FeC12+2NH4HCO3=FeCO3i+2NH4Cl+CO2T+H2O,据此解答本题。【详解】(1)仪器C为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；(2)反应前先利用生成的氢气除去装置内空气，再利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，具体操作为：关闭活塞2,打开活塞3,然后打开活塞1加入足量的盐酸，然后关闭活塞1,反应一段时间后，装置B中可观察到的现象为：铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；打开活塞2,关闭活塞3；C装置中FeCh和NH4HCO3发生反应：FeC12+2NH4HCO3=FeCO3i+2NH4Cl+CO2t+H2O,反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3=FeCO3i+CO2t+H2O,故答案为：2；1、3；铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；3；2；Fe2++2HCO3=FeCO31+CO2T+H2O：(3)Fe?+离子易被氧化为Fe3+离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，可防止Fe?+离子被氧化，故答案为：防止FeCCh与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化；(4)乳酸根中含有羟基，可以被酸性高铳酸钾溶液氧化，导致消耗高钵酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%,故答案为：乳酸根中羟基被酸性高钵酸钾溶液氧化；(5)三次滴定第二次操作消耗标准液数值明显偏大，应舍去，取第一次和第三次平均值丫=坐孚至=19.60mL,2由：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+,可知25mL溶液中〃(Fe2+)=〃(Ce4+)=0.100mol/Lx0.(H96L=0.00196mol,故250mL含有250mL 一 0.0196molx288g/mol，八…"(Fe2+)=0.00196molx三竺±=0.0196moL故产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为 --——xl00%=25mL 5.76g98.0%,故答案为：98.0%.26、Ch2Cu2++2Br-+SO2+2H2O2CuBrl+SO42-+4H+60c水浴加热溶液蓝色完全褪去防止CuBr见光分解防止CuBr被氧化除去表面乙醇，并使晶体快速干燥在烧杯中继续通入SO2至饱和然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液过滤，用乙醇洗涤2〜3次【解析】(1)溟化亚铜能被氧气慢慢氧化，要排除氧气的干扰：(2)①三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与澳离子反应生成CuBr沉淀；②控制反应在60c进行，可以用60c的水浴加热；③45gCuSO”5H2O为0」8mol,19gNaBr为0.184mol,所以NaBr稍过量，所以当溶液中的铜离子消耗完时反应即完成；(3)澳化亚铜见光会分解；(4)澳化亚铜在空气中会慢慢被氧化，洗涤剂需“溶有S(h”可以防止CuBr被氧化，溶剂改用乙酸可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥；⑸烧杯中的吸收液主要含Na2s03、NaHSCh等，制取较纯净的Na2s。3・7出0晶体，可以在烧杯中继续通入SO2至饱和，将Na2sCh生成NaHSO”根据钠元素守恒可知，此时溶液中NaHSCh的物质的量为0.5m”，然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液，使NaHSO.i恰好完全反应生成Na2so3,加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2〜3次，除去表面可溶性杂质，放真空干燥箱中干燥，据此答题。【详解】⑴澳化亚铜能被氧气慢慢氧化，用二氧化硫还原铜离子生成澳化亚铜要排除氧气的干扰，可以通过煮沸的方法除去其中水中的。2,故答案为：。2；(2)①三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溟离子反应生成CuBr沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++2Br+SO2+2H2O=2CuBri+SO42+4H+,故答案为：2(3112++211尸+$02+21120=2(：1111门+S0产+4>1+；②控制反应在60C进行，可以用60c的水浴加热；故答案为：60C水浴加热；③45gCuSO45H2O为0.18moL19gNaBr为0.184mol,所以NaBr稍过量，所以当溶液中的铜离子消耗完时反应即完成，所以说明反应已完成的现象是溶液蓝色完全褪去，故答案为：溶液蓝色完全褪去；(3)溟化亚铜见光会分解，所以步骤2过渡需要避光，防止CuBi•见光分解，故答案为：防止CuBr见光分解；(4)在空气中会慢慢被氧化，所以洗涤剂需“溶有Sth”可以防止CuBr被氧化，最后溶剂改用乙醛可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥，故答案为：防止CuBr被氧化；除去表面乙醇，并使晶体快速干燥；⑸烧杯中的吸收液主要含Na2s(h、NaHSCh等，制取较纯净的Na2sO37H2O晶体，可以在烧杯中继续通入S(h至饱和，将Na2sth生成NaHSCh,根据钠元素守恒可知，此时溶液中NaHSOj的物质的量为0.5moL然后向烧杯中加入10Og2O%的NaOH溶液，使NaHSCh恰好完全反应生成Na2s。3,加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2〜3次，除去表面可溶性杂质，放真空干燥箱中干燥，故答案为：在烧杯中继续通入SO2至饱和；然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液：过滤，用乙醇洗涤2〜3次。27、增大反应物接触面积，提高氨浸的效率 [Cu(NH3)412(OH)2CO3—^2CuO+CO2t+8NH3?+H2O A制化学肥料等过滤干燥 产生有毒的气体，污染环境；原材料利用率低；浓硫酸有强腐蚀性 分液漏斗 做催化剂 氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，且氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大(合理即可)【解析】(1)破碎机把孔雀石破碎成细小颗粒，增大了与氨水接触面积，使铜与氨充分络合，提高氨浸的效率及浸取率。(2)由题意可知，氨浸时生成[Cu(NH3)4h(OH)2c03,加热蒸氨的意思为加热时[Cu(NH3)4]2(OH)2cCh分解生成氨气,由[Cu(NH3)4]2(OH)2c03的组成可知还会生成CO2、氧化铜和水，其反应方程式为『Cu(NH3)412(OH)2co3—2CuO+CO2t+8NH3t+H2O。(3)蒸氨出来的气体有氨气和二氧化碳，氨气有污染，需要通入硫酸净化处理生成硫酸铉，为了防止倒吸，合适的装置为A；净化后生成硫酸铉溶液，其用途是可以制备化学肥料等。(4)由题意可知，操作2为硫酸铜溶液变成硫酸铜晶体，操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(5)课本中直接利用铜与浓硫酸反应会产生有毒的气体二氧化硫；这样既污染环境又使原材料利用率低；而且浓硫酸有强腐蚀性，直接使用危险性较大。(6)①盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗。②由题意可知，氯化铜虽然参与反应，但最后又生成了等量的氯化铜，根据催化剂的定义可知氯化铜在此反应过程中做催化剂。因为氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，在重结晶纯化硫酸铜晶体时可以使二者分离，同时氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大，可使氯化铜保持在母液中，在下一次制备硫酸铜晶体时继续做催化剂使用。③由题意可知铜粉全部生成硫酸铜晶体(因氯化铜为催化剂，氯化铜中的铜最终不会生成硫酸铜晶体)，硫酸铜晶体中的铜元素质量为空g,则铜粉的纯度为鲁xlOO%或化简为粤%0250 250a 5a28、；；AsNH3>AsH3>PH3 沉淀过量的S%使As2s3(s)+3S»(aq)：2Ass38-平衡左移，提高沉碑效率 S、As2AsO43+2SO2+2H+=As2O3+2SO42+H2O 水果中富含还原性物质(如维生素C等)，能把+5价神化合物还原为毒性更大的+3价碑化合物 AsOA^+le+ZH^AsOa^+HzO在乙池中加入(NasAsCh)固体或加入碱【解析】酸性高浓度含神废水加入硫化钠、硫酸亚铁，其中硫酸亚铁可除去过