2024届甘肃省天水市清水县第四中学高三下学期联考化学试题含解析

2024届甘肃省天水市清水县第四中学高三下学期联考化学试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列我国古代技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是（）A．黑火药爆炸 B．用铁矿石炼铁 C．湿法炼铜 D．转轮排字2、短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T能形成化合物Z2T。下列推断正确的是（）A．简单离子半径：T>Z>YB．Z2Y、Z2Y2所含有的化学键类型相同C．由于X2Y的沸点高于X2T，可推出X2Y的稳定性强于X2TD．ZXT的水溶液显弱碱性，促进了水的电离3、北京冬奥会将于2022年举办，节俭办赛是主要理念。在场馆建设中用到一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示（）。下列说法正确的是A．该双环烯酯的水解产物都能使溴水褪色B．1mol该双环烯酯能与3molH2发生加成反应C．该双环烯酯分子中至少有12个原子共平面D．该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有7种4、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．100g46%的乙醇水溶液中含有氧原子数目为4NAB．等质量的CO和N2含有的原子数目均为2NAC．在0.1mol•L-1的NH4Cl溶液中通入NH3使溶液呈中性，含有NH4+数目为0.1NAD．常温常压下，水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为2NA5、下列物质属于电解质的是（）A．Na2O B．SO3 C．Cu D．NaCl溶液6、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象实验结论A用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色溶液中无K+B用已知浓度HCl溶液滴定NaOH溶液，酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入HCl溶液测得c(NaOH)偏高C使石蜡油裂解产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色石蜡油裂解一定生成了乙烯D向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，无砖红色沉淀出现淀粉未水解A．A B．B C．C D．D7、下列操作不正确的是A．配制氯化铁溶液时需加入少量盐酸B．金属钠保存在装有煤油的带玻璃塞的广口瓶中C．保存液溴需用水封，放在带橡皮塞子的棕色细口瓶中D．用稀硝酸洗去附在试管内壁的银镜8、我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2→*H+*H，带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态)。下列说法错误的是A．第①步中CO2和H2分子中都有化学键断裂B．水在整个历程中可以循环使用，整个过程不消耗水也不产生水C．第③步的反应式为：*H3CO+H2O→CH3OH+*HOD．第④步反应是一个放热过程9、以CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下：下列说法不正确的是A．装置②中试剂可以是NaOH溶液B．装置③的作用是干燥O2C．收集氧气应选择装置aD．装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶10、亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，主要用于农药中间体以及有机磷水处理药剂的原料。常温下，向1L0.500mol·L－1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示，下列说法正确的是A．a、b两点时，水电离出的c水(OH－)之比为1.43：6.54B．b点对应溶液中存在：c(Na+)=3c(HPO32－)C．反应H3PO3+HPO32－2H2PO3－的平衡常数为105.11D．当V(NaOH)=1L时，c(Na+)＞c(H2PO3－)＞c(OH－)＞c(H+)11、已知有关溴化氢的反应如下：反应I：反应Ⅱ：反应Ⅲ：下列说法正确的是A．实验室可用浓与NaBr反应制HBr并用干燥B．反应Ⅰ中还原剂和还原产物的物质的量之比为2:1C．HBr有强还原性，与溶液发生氧化还原反应D．HBr的酸性比HF强，可用氢溴酸在玻璃器皿表面作标记12、根据下列图示所得出的结论不正确的是A．图甲是室温下20mL0.1mol•L﹣1氨水中滴加盐酸，溶液中由水电离出的c（H+）随加入盐酸体积的变化关系，图中b、d两点溶液的pH值均为7B．图乙是CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的△H＜0C．图丙是室温下用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1某一元酸HX的滴定曲线，该滴定过程可以选择酚酞作为指示剂D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c（Ba2+）与c（SO42﹣）的关系曲线，说明Ksp（BaSO4）＝1×10﹣1013、根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息，判断以下叙述正确的是元素代号ABCDE原子半径/nm0.1860.1430.0890.1020.074主要化合价＋1＋3＋2＋6、－2－2A．最高价氧化物对应水化物的碱性C＞AB．氢化物的沸点H2E＞H2DC．单质与稀盐酸反应的速率A＜BD．C2＋与A＋的核外电子数相等14、以0.10mol／L的氢氧化钠溶液滴定同浓度某一元酸HA的滴定曲线如图所示()。下列表述错误的是()A．z点后存在某点，溶液中的水的电离程度和y点的相同B．a约为3.5C．z点处，D．x点处的溶液中离子满足：15、下列烷烃命名错误的是A．2─甲基戊烷 B．3─乙基戊烷C．3,4─二甲基戊烷 D．3─甲基己烷16、设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NAB．78g苯含有C=C双键的数目为3NAC．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD．6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.2NA17、下列有关解释正确的是（）选项文献解释A“三月打雷麦谷堆”反应之一是B“火树银花合，星桥铁锁开”“火树银花”与焰色反应有关，焰色反应为化学变化C“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”酿酒过程中只发生水解反应D“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”该过程包括萃取和过滤两个操作A．A B．B C．C D．D18、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥B．SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维C．乙醇能使蛋白质变性，75%乙醇可消杀病毒、细菌D．Na2S具有还原性，可作废水中Cu2+和Hg2+的沉淀剂19、如图表示反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+Q的正反应速率随时间的变化情况，试根据如图曲线判断下列说法可能正确的是()A．t1时只减小了压强B．t1时只降低了温度C．t1时只减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动D．t1时减小N2浓度，同时增加了NH3的浓度20、查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为：。则邻甲基乙苯通过上述反应得到的有机产物最多有A．5种 B．4种 C．3种 D．2种21、工业上氟气可作为火箭燃料中的氧化剂，氟单质的制备通常采用电解法。已知：KF＋HF===KHF2，电解熔融的氟氢化钾(KHF2)和无水氟化氢的混合物制备F2的装置如图所示。下列说法错误的是A．钢电极与电源的负极相连B．电解过程中需不断补充的X是KFC．阴极室与阳极室必须隔开D．氟氢化钾在氟化氢中可以电离22、ClO2是一种国际公认的安全、无毒的绿色消毒剂，沸点11℃，凝固点-59℃。工业上，可用下列原理制备ClO2(液相反应)：。设NA是阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是()A．在标准状况下，2240mLClO2含有原子数为0.3NAB．若生成1.5molNa2SO4，则反应后的溶液中Fe3+数目为0.2NAC．48.0gFeS2完全反应，则上述反应中转移电子数为6NAD．每消耗30molNaClO3，生成的水中氢氧键数目为14NA二、非选择题(共84分)23、（14分）利用丙炔和苯甲醛研究碘代化合物与苯甲醛在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应和合成重要的高分子化合物Y的路线如下：已知：①R1CHO+R2CH2CHO+H2②回答下列问题：（1）A的化学名称为____。（2）B中含氧官能团的名称是______。（3）X的分子式为_______。（4）反应①的反应类型是________。（5）反应②的化学方程式是_______。（6）L是D的同分异构体，属于芳香族化合物，与D具有相同官能团，其核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则L的结构简式可能为_____。（7）多环化合物是有机研究的重要方向，请设计由、CH3CHO、合成多环化合物的路线(无机试剂任选)______。24、（12分）某药物合成中间体F制备路线如下：已知：RCHO＋R’CH2NO2＋H2O(1)有机物A结构中含氧官能团的名称是__________________.(2)反应②中除B外，还需要的反应物和反应条件是___________________(3)有机物D的结构简式为_____________________，反应③中1摩尔D需要___摩尔H2才能转化为E(4)反应④的反应物很多种同分异构体，请写出符合下列条件的一种同分异构体的结构简式_____________。a.结构中含4种化学环境不同的氢原子b.能发生银镜反应c.能和氢氧化钠溶液反应(5)已知：苯环上的羧基为间位定位基，如。写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)_____________。25、（12分）三氯化硼（BCl3），主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成催化剂，还用于高纯硼或有机硼的制取。某兴趣小组用氯气和硼为原料，采用下列装置（部分装置可重复使用）制备BCl3。已知：①BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃；遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸；②2B+6HCl2BCl3+3H2；③硼与铝的性质相似，也能与氢氧化钠溶液反应。请回答下列问题：（1）A装置可用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应的化学方程式为___________。（2）装置从左到右的接口连接顺序为a→___________________→j。（3）装里E中的试剂为___________，如果拆去E装置，可能的后果是____________。（4）D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，则造成的结果是_____。（5）三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸（H3BO3）和白雾，写出该反应的化学方程式________，硼酸也可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示：则阳极的电极反应式__________________，分析产品室可得到H3BO3的原因________________。26、（10分）某学生对Na2SO3与AgNO3在不同pH下的反应进行探究。（1）测得Na2SO3溶液pH=11，AgNO3溶液pH=5，二者水解的离子分别是。（2）调节pH，实验记录如下：实验

pH

现象

A

10

产生白色沉淀，稍后溶解，溶液澄清

B

6

产生白色沉淀，一段时间后，沉淀未溶解

C

2

产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X

查阅资料得知：Ⅰ．Ag2SO3：白色，难溶于水，溶于过量Na2SO3的溶液Ⅱ．Ag2O：棕黑色，不溶于水，能和酸反应①推测a中白色沉淀为Ag2SO3，离子方程式是。②推测a中白色沉淀为Ag2SO4，推测的依据是。（3）取b、c中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中，沉淀溶解。该同学设计实验确认了白色沉淀不是Ag2SO4，实验方法是：另取Ag2SO4固体置于溶液中，未溶解。（4）将c中X滤出、洗净，为确认其组成，实验如下：Ⅰ.向X中滴加稀盐酸，无明显变化Ⅱ．向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体Ⅲ．用Ba(NO3)2溶液、BaCl2溶液检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀①实验Ⅰ的目的是。②根据实验现象，分析X的性质和元素组成是。③Ⅱ中反应的化学方程式是。（5）该同学综合以上实验，分析产生X的原因，认为随着酸性的增强，还原性增强。通过进一步实验确认了这种可能性，实验如图所示：①气体Y是。②白色沉淀转化为X的化学方程式是。27、（12分）实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应主要装置如图一所示，其它装置省略)。当盐酸达到一个临界浓度时，反应就会停止。为测定反应残余液中盐酸的临界浓度，探究小组同学提出了下列实验方案：甲方案：将产生的Cl2与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，再进行计算得到余酸的量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定余酸浓度。丙方案：余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，称量剩余的CaCO3质量。丁方案：余酸与足量Zn反应，测量生成的H2体积。具体操作：装配好仪器并检查装置气密性，接下来的操作依次是：①往烧瓶中加入足量MnO2粉末②往烧瓶中加入20mL12mol•L-1浓盐酸③加热使之充分反应。（1）在实验室中，该发生装置除了可以用于制备Cl2，还可以制备下列哪些气体______？A．O2B．H2C．CH2=CH2D．HCl若使用甲方案，产生的Cl2必须先通过盛有________（填试剂名称）的洗气瓶，再通入足量AgNO3溶液中，这样做的目的是______________；已知AgClO易溶于水，写出Cl2与AgNO3溶液反应的化学方程式________________（2）进行乙方案实验：准确量取残余清液，稀释5倍后作为试样。准确量取试样25.00mL，用1.500mol·L-1NaOH标准溶液滴定，选用合适的指示剂，消耗NaOH标准溶液23.00mL，则由此计算得到盐酸的临界浓度为____mol·L-1（保留两位有效数字）；选用的合适指示剂是_____。A石蕊B酚酞C甲基橙（3）判断丙方案的实验结果，测得余酸的临界浓度_________(填偏大、偏小或―影响)。（已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(MnCO3)=2.3×10-11）（4）进行丁方案实验：装置如图二所示（夹持器具已略去）。（i）使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是倾斜Y形管，将_____转移到_____中。（ii）反应完毕，需要读出量气管中气体的体积，首先要___________，然后再______，最后视线与量气管刻度相平。（5）综合评价：事实上，反应过程中盐酸浓度减小到临界浓度是由两个方面所致，一是反应消耗盐酸，二是盐酸挥发，以上四种实验方案中，盐酸挥发会对哪种方案带来实验误差（假设每一步实验操作均准确）？____________A．甲B．乙C．丙D．丁28、（14分）根皮素J()是国外新近研究开发出来的一种新型天然美白剂,主要分布于苹果、梨等多汁水果的果皮及根皮.其中一种合成J的路线如下：已知：+R’’CHO+H2O回答下列问题：(1)C的化学名称是___________.E中的官能团的名称为_______________.(2)B为溴代烃,请写出A→B的反应条件___________.(3)写出由C生成D和由D生成E的反应类型___________、___________.(4)F→H的化学方程式为______________________.(5)M是E的同分异构体,同时符合下列条件的M的结构有___________种(不考虑立体异构)①能与FeCl3溶液发生显色反应②能发生银镜反应(6)设计以丙烯和1,3－丙二醛为起始原料制备的合成路线_______(无机试剂任选).29、（10分）有原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种前四周期元素，B元素原子有三个能级，且每个能级上的电子数相等；C原子的p轨道处于半充满状态，D的单质是空气的主要成分之一，其质子数为A与C之和；E在周期表中位于ds区，且与D可形成化学式为E2D或ED的二元化合物。请回答下列问题：(1)E元素基态原子的M能层中具有_____个能级，该元素的常见化合价有多种，其中E+的简化电子排布式为__________。A．[Ar]3d104s1B．[Ar]3d10C．[Ar]3d94s1D．[Ar]3d84s2(2)元素C和D的原子的第一电离能较大的为__________(填元素符号)，其原因是____________________；C与A可形成一种常见的气态化合物，该化合物的空间构型为____________________，其中C原子的杂化轨道类型为____________________。(3)C2在日常生活及工农业生产等领域用途非常广泛，其分子结构中σ键和π键数目之比是_______；C2D与BD2互为__________(填“等电子体”或“非等电子体”)，其理由是____________________。(4)在E催化下，分子式为BA4D的化合物可被氧化为分子式为BA2D的化合物，则BA2D分子中键角约为__________；BA4D和BA2D两化合物均易溶于水，是由于与水分子间形成了__________键的缘故。(5)元素E的单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图a和b所示，则其面心立方堆积的晶胞与体心立方堆积的晶胞中实际含有的E原子的个数之比为__________；元素B的单质晶体结构有多种，其中一种硬度很大，结构如下图，则该单质晶体的熔点_______E单质晶体的熔点(填“高于”或“低于”)；若B单质的原子(如图中A、B两原子)在体对角线上外切，晶胞参数为a，则该晶体的空间利用率约为__________。(百分数表示，取两位有效数字)(已知=1.732)

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】

A．火药使用涉及反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，发生化学反应，A错误；B．铁的冶炼涉及3CO+Fe2O32Fe+3CO2，发生化学反应，B错误；C．湿法炼铜利用的是铁与硫酸铜发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，属于化学反应，C错误；D．转轮排字为印刷操作，没有涉及化学反应，D正确。答案选D。2、D【解析】

R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R可能为C元素或S元素，由于图示原子半径和原子序数关系可知R应为C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O元素，Z为Na元素；Z与T形成的Z2T化合物，且T的原子半径比Na小，原子序数T>Z，则T应为S元素，X的原子半径最小，原子序数最小，原子半径也较小，则X应为H元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题。【详解】根据上述推断可知：X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；R是C元素，T是S元素。A.S2-核外有3个电子层，O2-、Na+核外有2个电子层，由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：T>Y>Z，A错误；B.Z2Y、Z2Y2表示的是Na2O、Na2O2，Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键、极性共价键，因此所含的化学键类型不相同，B错误；C.O、S是同一主族的元素，由于H2O分子之间存在氢键，而H2S分子之间只存在范德华力，氢键的存在使H2O的沸点比H2S高，而物质的稳定性与分子内的共价键的强弱有关，与分子间作用力大小无关，C错误；D.ZXT表示的是NaHS，该物质为强碱弱酸盐，在溶液中HS-水解，消耗水电离产生的H+结合形成H2S，使水的电离平衡正向移动，促进了水的电离，使溶液中c(OH-)增大，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了原子结构与元素性质及位置关系应用的知识，根据原子结构特点及元素间的关系推断元素是解题的关键，侧重于学生的分析能力的考查。3、A【解析】

该双环烯酯水解产物中都含有碳碳双键，都能使溴水褪色，选项A正确；1mol该双环烯酯的两个碳碳双键能与2molH2发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能加成，选项B不正确；分子中不存在苯环，共平面的原子从碳碳双键出发，至少是6个，分子中分别与两个碳碳双键共平面的原子不一定共面，选项C不正确；分子加氢后，两边环分别有4种一氯代物，—CH2—上有1种，共有9种，选项D不正确。4、A【解析】

A．乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，100g46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，故含1mol氧原子；水的质量为100g-46g=54g，物质的量为3mol，故含3mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为4mol，个数为4NA个，故A正确；B．CO和N2相对分子质量都是28，都是双原子分子，所以等质量的CO和N2的质量的具体数值不明确，故无法计算中含有原子数目，故B错误；C．在0.1mol•L的NH4Cl溶液中通入NH3使溶液呈中性，由于没有给出溶液的体积，无法计算出溶液的物质的量，无法计算铵根离子的物质的量，故C错误；D．过氧化钠和水反应时,增重为氢元素的质量,即1molNa2O2∼1molH2O∼增重1molH2的质量∼转移1mol电子，故当增重2g即1mol氢气的质量时，反应转移1mol电子即NA个，故D错误；答案选A。【点睛】过氧化钠与水反应转移的电子数是易错点，过氧化钠中的氧元素为-1价，增重1molH2的质量∼转移1mol电子。5、A【解析】

A.氧化钠在熔融状态时能电离出Na+和O2-，是电解质，故A选。B.SO3溶于水和水反应生成硫酸，硫酸能电离出氢离子和硫酸根离子，但不是SO3电离出来的，熔融状态下的SO3也不导电，故SO3是非电解质，故B不选；C.铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C不选；D.NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D不选故选A。【点睛】电解质：在水溶液或熔融状态下，能够导电化合物，导电的离子必须是本身提供的，一般包括：酸、碱、多数的盐、部分金属氧化物等。6、B【解析】

A.所给现象只能确定有Na+，不能确定是否有K+，确定是否有K+要透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，A项错误；B.滴定管在盛装溶液前要用待装液润洗2~3次，如不润洗，滴定管内壁残存的水分将会对装入的溶液进行稀释，导致所耗盐酸的体积偏大，造成NaOH的浓度的计算结果偏高，B项正确；C.酸性高锰酸钾溶液的褪色，只是说明生成了不饱和烃，不能确切指生成了乙烯，C项错误；D.在加入新制的氢氧化铜悬浊液之前，一定要加过量的NaOH溶液中和作为催化剂的硫酸，并调整溶液至碱性，不然即使淀粉发生水解生成了葡萄糖，也不能与新制的氢氧化铜悬浊液共热产生砖红色沉淀，D项错误；所以答案选择B项。7、C【解析】

A.氯化铁是强酸弱碱盐,铁离子易水解,为抑制水解,在配制氯化铁溶液时需要加入少量稀盐酸,故A正确；B.钠易和空气中水、氧气反应而变质,其密度大于煤油，并且又不和煤油反应,所以金属钠保存在装有煤油的带玻璃塞的广口瓶中,故B正确；C.溴易腐蚀橡皮塞,应该用玻璃塞的试剂瓶,故C错误；D.银能溶于稀硝酸生成硝酸银,所以可以用稀硝酸洗去附在试管内壁的银镜，故D正确；答案选C。8、B【解析】

A.第①步反应中CO2和H2反应产生*H和*HCOO，可见两种分子中都有化学键断裂，A正确；B.根据图示可知：在第③步反应中有水参加反应，第④步反应中有水生成，所以水在整个历程中可以循环使用，整个过程中总反应为CO2+3H2→CH3OH+H2O，整个过程中产生水，B错误；C.在反应历程中，第③步中需要水，*H3CO、H2O反应生成CH3OH、*HO，反应方程式为：*H3CO+H2O→CH3OH+*HO，C正确；D.第④步反应是*H+*HO=H2O，生成化学键释放能量，可见第④步反应是一个放热过程，D正确；故答案选B。9、C【解析】

实验原理分析：二氧化碳通过U型管与过氧化钠反应生成氧气，氧气和没有反应的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽，在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气，最后收集；【详解】A.装置②中试剂可以是NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选A；B.装置③中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故不选B；C.由于氧气密度大于空气，选择装置b，故选C；D.装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故不选D；答案：C10、C【解析】

A.a点为H3PO3与NaH2PO3的混合液，溶液显酸性，水电离出的c水(OH－)等于溶液中的氢氧根离子浓度，则a点溶液中，b点为Na2HPO3与NaH2PO3的混合液，溶液显酸性，水电离出的c水(OH－)等于溶液中的氢氧根离子浓度，则b点溶液中，则a、b两点时，水电离出的c水(OH－)之比为10-5.11，A项错误；B.由图可知，b点溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH−)，且有c(H2PO3−)=c(HPO32−)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(H2PO3−)+2c(HPO32−)，则c(Na+)＜c(H2PO3−)+2c(HPO32−)＝3c(HPO32－)，B项错误；C.反应H3PO3+HPO32－2H2PO3－的平衡常数为，C项正确；D.当V(NaOH)=1L时，H3PO3与NaOH物质的量相等，二者恰好反应生成NaH2PO3溶液，由图可知，该溶液显酸性，则c(Na+)＞c(H2PO3－)＞c(H+)＞c(OH－)，D项错误；答案选C。11、B【解析】

A.HBr会与发生反应，故HBr不能用干燥，A错误；B.反应Ⅰ中还原剂为HBr，还原产物为水，还原剂和还原产物的物质的量之比为2:1，B正确；C.HBr与溶液会发生复分解反应生成AgBr沉淀，C错误；D.HF中F是亲硅元素，故可用于刻蚀玻璃，而HBr不行，D错误；故答案选B。12、A【解析】

A、过量氨水或者盐酸存在抑制水的电离，NH4Cl水解促进水的电离；B、根据图象，温度升高，平衡常数值减小，不利于反应正向进行；C、根据图知，HX中未加NaOH溶液时，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，说明该溶液中HX不完全电离；D、温度不变，溶度积常数不变，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)•c(SO42-)。【详解】A、过量氨水或者盐酸存在抑制水的电离，NH4Cl水解促进水的电离，随着盐酸的滴加，溶液中NH4Cl逐渐增多，到达b点时存在NH4Cl和氨水，此时溶液中c水(H+)=10-7mol/L，可说明溶液为中性，继续滴加至c点，此时完全是NH4Cl，溶液为酸性，继续滴加HCl，溶液酸性增强，到达c点虽然c水(H+)=10-7mol/L，但溶液为酸性，故A符合题意；B、根据图象，温度升高，平衡常数值减小，说明平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，反应的<0，故B不符合题意；C、根据图知，HX中未加NaOH溶液时，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，说明该溶液中HX不完全电离，所以HX为一元弱酸，pH突跃范围落在酚酞的指示范围内，可以使用酚酞，故C不符合题意；D、温度不变，溶度积常数不变，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)•c(SO42-)，c(Ba2+)与c(SO42-)成反比，则c(SO42-)越大，c(Ba2+)越小，根据图象上的点计算可得Ksp(BaSO4)=1×10-10，故D不符合题意；故选：A。【点睛】本题的A选项分析需注意，b点对应溶质为NH4Cl、NH3•H2O，此时溶液中氢离子均为水所电离，溶液呈中性，而d点对应溶质为NH4Cl、HCl，此时溶液中氢离子为HCl水电离，溶液呈酸性。13、B【解析】

元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，D、E两元素最外层电子数为6，故为第VIA元素，而D的半径大于E，故在周期表中E元素在上面，D在下面，故E为O，D为S，B元素最最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为Al，A的半径比铝大，最外层电子数为1，应为Na，C的半径最小，最外层两个电子，故为Be，据此分析解答问题。【详解】A．A、C最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Be(OH)2，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Na>B，故碱性NaOH>Be(OH)2，A选项错误；B．H2O含有氢键，分子间作用力较强，氢化物的沸点较高，则H2D<H2E，B选项正确；C．金属钠的活泼性强于铝，故与稀盐酸反应的速率Na>A1，C选项错误；D．Be2+与Na+的核外电子数分别为2、10，二者核外电子数不等，D选项错误；答案选B。【点睛】本题主要考查了学生有关元素周期表和周期律的应用，难度一般，解答关键在于准确掌握原子半径和化合价的关系，熟记元素周期表中的递变规律，学以致用。14、D【解析】

A.z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，水的电离程度最大，z点之前溶液存在HA抑制水的电离，z点之后溶液中存在NaOH抑制水的电离，所以z点后存在某点，溶液中的水的电离程度和y点的相同，故A正确；B.HA的电离平衡常数，设HA的量为1，y点的滴定分数为0.91，pH=7，溶液中电荷守恒得到c（Na+）=c（A-）=0.91，则，c（HA）=1-0.91=0.09，平衡常数K=，设0.1mol/L的HA溶液中c（H+）=amol/L，则K=，解得a约为10-3.5mol/L，pH约为3.5，故B正确；C.z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，根据电荷守恒可知，此时溶液呈碱性，即氢氧根浓度大于氢离子浓度，所以，故C正确；D.x点处的溶液中溶质为HA和NaA，且二者物质的量相等，存在电荷守恒：，物料守恒：；二式消掉钠离子可得：，此时溶液呈酸性，即c（H+）>c（OH-），所以，故D错误；故答案为D。【点睛】本题难度较大，要灵活运用电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒进行分析求解。15、C【解析】

A.2─甲基戊烷的结构为(CH3)2CHCH2CH2CH3，命名是正确的；B.3─乙基戊烷的结构为(CH3CH2)2CHCH2CH3，命名正确；C.3,4─二甲基戊烷的可能结构为CH3CH2CH(CH3)CH(CH3)2，其名称为2,3─二甲基戊烷，C错误；D.3─甲基己烷的结构为CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，命名正确。命名错误的是C，故选C。16、C【解析】

A.次氯酸跟为弱酸根,在溶液中会水解,故溶液中的次氯酸跟的个数小于NA个，故A错误；B.苯不是单双键交替的结构，故苯中不含碳碳双键，故B错误；C.氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol,故14g混合物的物质的量为0.5mol,且均为双原子分子,故0.5mol混合物中含1mol原子即NA个，故C正确；D.二氧化氮所处的状态不明确，故二氧化氮的物质的量无法计算，则和水转移的电子数无法计算，故D错误；故选：C。17、D【解析】

A．“雷雨肥庄稼”原理是在放电条件下，氮气跟氧气能直接化合生成无色的一氧化氮气体；一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化氮；B．不同金属元素灼烧产生不同的焰色；C．葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应；D．物质在互不相容的溶剂中的溶解度不同，可加入一种溶解性大的溶剂溶解提取的物质，进行物质分离。【详解】A．“三月打雷麦谷堆”（雷雨肥庄稼）的反应过程为：在放电条件下，氮气跟氧气能直接化合生成无色的一氧化氮气体；一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化氮，氮气和氧气不能生成二氧化氮，即N2+2O22NO，2NO+O2=2NO2，故A错误；B．火树银花”是不同金属元素灼烧产生的现象，与金属的焰色反应有关，没有生成新物质，是物理变化，故B错误；C．葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应，故C错误。D．屠呦呦对青蒿素的提取，是物理变化过程，符合萃取原理，故D正确；【点睛】本题考查化学与生产、生活的关系，解题关键：够熟悉物质的性质并用化学知识解释化学现象。易错点C，学生对对酿酒的原理不熟悉。18、C【解析】

A．NH4HCO3中含有植物生长需要的N元素，可用作氮肥，与其受热易分解的性质无关，A项错误；B．SiO2传导光的能力非常强，常用于制光导纤维，与SiO2熔点高硬度大没有对应关系，B项错误；C．75%乙醇能杀菌消毒，利用乙醇能使蛋白质变性的性质，C项正确；D．硫化钠与Cu2+和Hg2+反应生成硫化物沉淀，发生复分解反应，不发生氧化还原反应，没有体现还原性，D项错误；答案选C。19、D【解析】

根据图知，t1时正反应速率减小，且随着反应的进行，正反应速率逐渐增大，说明平衡向逆反应方向移动，当达到平衡状态时，正反应速率大于原来平衡反应速率，说明反应物浓度增大。【详解】A．t1时只减小了压强，平衡向逆反应方向移动，则正反应速率增大，但平衡时正反应速率小于原来平衡反应速率，故A错误；B．t1时只降低了温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率逐渐减小，故B错误；C．t1时减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动，但正反应速率在改变条件时刻不变，故C错误；D．t1时减小N2浓度，同时增加了NH3的浓度，平衡向逆反应方向移动，如果增加氨气浓度大于减少氮气浓度的2倍时，达到平衡状态，氮气浓度大于原来浓度，则正反应速率大于原来平衡反应速率，故D正确；故选D。【点睛】本题考查化学平衡图象分析，明确图中反应速率与物质浓度关系是解本题关键，会根据图象曲线变化确定反应方向，题目难度中等。20、B【解析】

依据题意，，将苯环理解为凯库勒式(认为单双键交替出现)，断开相邻的碳碳双键，即，断开处的碳原子和氧原子形成双键，生成三分子的乙二醛。邻甲基乙苯用凯库勒表示，有两种结构，如图、。断开相连的碳碳双键的方式有不同的反应，如图，；前者氧化得到、，后者得到（重复）、、，有一种重复，则得到的物质共有4这种，B符合题意；答案选B。21、B【解析】

根据装置图，钢电极上产生H2，碳电极上产生F2，然后根据电解原理进行分析和判断；【详解】A、根据装置图，KHF2中H元素显＋1价，钢电极上析出H2，表明钢电极上发生得电子的还原反应，即钢电极是电解池的阴极，钢电极与电源的负极相连，故A说法正确；B、根据装置图，逸出的气体为H2和F2，说明电解质无水溶液中减少的是氢和氟元素，因此电解过程需要不断补充的X是HF，故B说法错误；C、阳极室生成氟气，阴极室产生H2，二者接触发生剧烈反应甚至爆炸，因此必须隔开防止氟气与氢气接触，故C说法正确；D、由氟氢化钾的氟化氢无水溶液可以导电，可推知氟氢化钾在氟化氢中发生电离，故D说法正确。22、C【解析】

A.ClO2沸点11℃，标况下为液体，2240mLClO2的物质的量不是0.1mol，故A错误；B.Fe3+在水溶液中会发生水解，不能确定其数目，故B错误；C.48.0gFeS2物质的量为48g÷120g/mol=0.4mol，NaClO3中氯元素由+5价降到+4价，失一个电子，故6molNaClO3失6mol电子，即48.0gFeS2完全反应，转移电子数为6NA，故C正确；D.消耗30molNaClO3生成14mol水，一个水分子中有两个氢氧键，故生成的水中氢氧键数目为28NA，故D错误；故答案为C。【点睛】本题结合氧化还原反应方程式考察阿伏伽德罗常数，要抓住题目关键信息，判断反应标况下的状态，注意D选项中一个水分子中有两个氢氧键。二、非选择题(共84分)23、3-氯丙炔酯基C13H16O2取代反应【解析】

与氯气在紫外线光照条件下发生取代反应生成A（），物质A与NaCN在加热条件下继续发生取代反应生成，在酸性条件下生成再与乙醇发生酯化反应生成B（），B与HI发生加成反应生成，继续与苯甲醛反应生成X（）；另一合成路线中采用逆合成分析法可知，E为聚合物Y的单体，其结构简式为：，根据已知信息②逆推法可以得出D为，C是由与水发生加成反应所得，C与苯甲醛在碱性条件下发生反应②，结合已知信息①可推出C为丙醛，其结构简式为CH3CH2CHO，据此分析作答。【详解】（1）A为，其名称为3-氯丙炔；（2）B为，其中含氧官能团的名称是酯基；（3）从结构简式可以看出X的分子式为：C13H16O2；（4）反应①中-Cl转化为-CN，属于取代反应，故答案为取代反应；（5）根据已知的给定信息，反应②的化学方程式为：；（6）L是D的同分异构体，则分子式为C10H10O，不饱和度==6，属于芳香族化合物，说明分子结构中含苯环；与D具有相同官能团，则含醛基与碳碳双键；又核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则有5种氢原子，其个数比为3:2:2:2:1，符合上述条件的L的结构简式有：；（7）根据上述合成路线及给定的已知信息可将原料CH3CHO、在碱性条件下反应生成后再继续与依据已知信息②得到，最后与溴加成制备得到目标产物，具体合成路线如下：。24、酚羟基、醛基、醚键CH3OH、浓硫酸、加热4【解析】

(1)根据A的结构简式可知A中所含有的含氧官能团；(2)比较B和C的结构可知，反应②为B与甲醇生成醚的反应，应该在浓硫酸加热的条件下进行；(3)比较C和E的结构可知，D的结构简式为，在D中碳碳双键可与氢气加成，硝基能被氢气还原成氨基，据此答题；(4)根据条件①结构中含4种化学环境不同的氢原子，即有4种位置的氢原子，②能发生银镜反应，说明有醛基，③能和氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酯基或酚羟基，结合

可写出同分异构体的结构；(5)被氧化可生成，与硝酸发生取代反应生成，被还原生成，进而发生缩聚反应可生成。【详解】(1)根据A的结构简式可知A中所含有的含氧官能团为酚羟基、醛基、醚键，故答案为：酚羟基、醛基、醚键；(2)比较B和C的结构可知，反应②为B与甲醇生成醚的反应，应该在浓硫酸加热的条件下进行，故答案为：CH3OH、浓硫酸、加热；(3)比较C和E的结构可知，D的结构简式为，在1molD中碳碳双键可与1mol氢气加成，硝基能被氢气还原成氨基，可消耗3mol氢气，所以共消耗4mol氢气，故答案为：；4；(4)根据条件①结构中含4种化学环境不同的氢原子，即有4种位置的氢原子，②能发生银镜反应，说明有醛基，③能和氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酯基或酚羟基，结合

可知，符合条件的同分异构体的结构为，故答案为：；(5)被氧化可生成，与硝酸发生取代反应生成，被还原生成，进而发生缩聚反应可生成，可设计合成路线流程图为，故答案为：。【点睛】本题考查有机物的合成，题目难度中等，解答本题的关键是能把握题给信息，根据有机物的官能团判断有机物可能具有的性质。25、KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2Oih→de→fg（或gf）→bc（或cb）→de饱和食盐水硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸会生成B2O3，使产品不纯BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑2H2O-4e-═O2↑+4H+阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3【解析】

根据装置：由A中氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，制得的氯气混有HCl和水蒸气，可以由E中饱和食盐水吸收HCl气体，由C中浓硫酸吸水干燥；BCl3遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸，因此发生反应前需要先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气，干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应；BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃，可以用B中冰水冷凝产物BCl3并收集，F中NaOH可以吸收尾气，防止污染空气；为防止F中的水蒸气进入B装置，在B和F之间连接一个C干燥装置，据此分析解答。【详解】(1)A装置用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应的方程式为：KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O，故答案为：KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O；(2)根据分析，A制备氯气，E中饱和食盐水吸收HCl气体，C中浓硫酸吸水干燥，为保证除杂充分，导气管均长进短出，干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应，用B中冰水冷凝产物BCl3并收集，F中NaOH吸收尾气，防止污染空气，为防止F中的水蒸气进入B装置，在B和F之间连接一个C干燥装置，故连接顺序为：a→ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de→j，故答案为：ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de；(3)装置E中为饱和食盐水，可以除去氯气中的HCl气体，若拆去E装置，硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸，故答案为：饱和食盐水；硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸；(4)D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，氧气与硼粉会生成B2O3，使产品不纯，故答案为：会生成B2O3，使产品不纯；(5)三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾，白雾为HCl，反应的方程式为：BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；根据装置，阳极室为硫酸，放电的是水中氢氧根离子，电极反应式为：2H2O-4e-═O2↑+4H+；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3，故答案为：BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；2H2O-4e-═O2↑+4H+；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3。【点睛】明确实验原理及实验操作方法、熟悉各装置的作用是解答本题的关键。本题的难点和易错点为(5)，根据电解原理正确判断阴阳极的电极反应是解答的关键，阳极室中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子，其中放电能力最强的是氢氧根离子，阴极室是氢离子放电。26、（1）亚硫酸根离子和银离子。（2）①2Ag++SO32-=Ag2SO3↓。②亚硫酸根有还原性，若被氧化为硫酸根离子，即可与银离子结合生成硫酸银沉淀。（3）过量亚硫酸钠。（4）①判断X是否是氧化银。②有还原性，含有银元素，不含硫元素。③Ag+2HNO3（浓）=AgNO3+NO2↑+H2O。（5）①二氧化硫。②Ag2SO3+H2O2Ag+H2SO4【解析】（1）①推测a中白色沉淀为Ag2SO3,Ag+与SO32-反应生成Ag2SO3,Ag2SO3溶于过量的Na2SO3溶液,生成沉淀的离子方程式为:2Ag++SO32-=Ag2SO3↓；正确答案:2Ag++SO32-=Ag2SO3↓。②推测a中白色沉淀为Ag2SO4，其根据为SO32-有还原性,可能被氧化为SO42-,与Ag+反应生成Ag2SO4白色沉淀；正确答案：SO32-有还原性，若被氧化为SO42-，即可与Ag+结合生成Ag2SO4沉淀。（2）Ag2SO3白色，难溶于水，溶于过量Na2SO3溶液，取B、C中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中,沉淀溶解,说明B、C中白色沉淀为Ag2SO3；另取Ag2SO4固体,同样条件置于足量Na2SO3溶液中,进行对照试验,发现沉淀不溶解；正确答案:过量Na2SO3。（3）①氧化银能和盐酸生成白色氯化银沉淀和水,溶液的pH=2，产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X，向X中滴加稀盐酸，无明显变化，说明X不是Ag2O；正确答案:检验X是否为Ag2O。②向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体为NO2，X与浓硝酸发生氧化还原反应，X具有还原性，X只能为金属单质，只能为银；因此X中含有Ag元素，不含S元素；正确答案:有还原性；含有Ag元素，不含S元素。③向X中加入过量HNO3(浓)，产生红棕色气体为NO2，银和硝酸反应，氮元素从+5变为+4价，同时生成硝酸银和水，反应方程式为:Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O；正确答案：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O。（4）①海绵状棕黑色物质X为Ag；随着酸性的增强，+4价硫的还原性增强,能被+1价银氧化；可通过+4价硫的氧化物二氧化硫进行实验确认，通入二氧化硫后，瓶中白色沉淀Ag2SO3转化为棕黑色Ag；正确答案是:SO2。②X为Ag,白色沉淀转化为Ag,在酸性条件下,亚硫酸银中+4价的硫,被+1价银氧化生成银和硫酸,反应为:Ag2SO3+H2O2Ag+H2SO4；正确答案：Ag2SO3+H2O2Ag+H2SO4。27、D饱和食盐水除去挥发出的HClCl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO36.9mol/LC偏小足量锌粒残余清液使气体冷却到室温调整量气管两端液面相平A【解析】

(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，从氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸；(2)为测定反应残余液中盐酸的浓度，量取试样25.00mL，用1.500mol•L-1NaOH标准溶液滴定，选择的指示剂是甲基橙，消耗23.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍；(3)与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；(4)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；(5)甲同学的方案：盐酸挥发，也会与硝酸银反应，故反应有误差；【详解】(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，此装置为固液加热型，A．O2用高锰酸钾或氯酸钾与二氧化锰加热制取，用的是固固加热型，不符合题意，故A不符合题意；B．H2用的是锌与稀硫酸反应，是固液常温型，故B不符合题意；C．CH2=CH2用的是乙醇和浓硫酸反应，属于液液加热型，要使用温度计，故C不符合题意；D．HCl用的是氯化钠和浓硫酸反应，属于固液加热型，故D符合题意；氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸，由于次氯酸银不是沉淀，次氯酸与硝酸银不反应，化学方程式为Cl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3；(2)量取试样25.00mL，用1.500mol∙L−1NaOH标准溶液滴定，消耗23..00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为，由c(HCl)∙V(HCl)=c(NaOH)∙V(NaOH)，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍=1.38×5=6.9mol/L；(3)根据题意碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小；(4)化学反应释放热量，气体体积具有热胀冷缩的特点。使Zn粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转移到左边。若残余清液转移到左边则会残留在Y型管内壁，导致产生气体的量减少，使测定的