辽宁省凌源市第三高级中学2024年高三适应性调研考试化学试题含解析

辽宁省凌源市第三高级中学2024年高三适应性调研考试化学试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、液氨中存在与水的电离类似的电离过程，金属钠投入液氨中可生成氨基钠(NaNH2)，下列说法不正确的是A．液氨的电离方程式可表示为2NH3⇌NH4++NH2-B．钠与液氨的反应是氧化还原反应，反应中有H2生成C．NaNH2与少量水反应可能有NH3逸出，所得溶液呈弱碱性D．NaNH2与一定量稀硫酸充分反应，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐2、关于反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)-11kJ，正确的是A．反应物的总键能低于生成物的总键能B．1molI2(g)中通入1molH2(g)，反应放热11kJC．等物质的量时，I2(g)具有的能量低于I2(l)D．平衡时分离出HI(g)，正反应速率先减小后增大3、下列有关实验的选项正确的是A．A B．B C．C D．D4、化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A．汽车尾气中的氮氧化合物是汽油或柴油不完全燃烧造成的B．我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与硅有关C．液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰D．工程兵开山使用的炸药“TNT”是有机高分子化合物5、根据下列实验现象所得出的结论正确的是选项实验现象实验结论A将铝片分别投入浓、稀硝酸中，前者无明显现象，后者反应剧烈稀硝酸的氧化性比浓硝酸的强B滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，红色变浅Na2CO3溶液中存在水解平衡C某溶液中滴加过量氨水产生白色沉淀且不溶解该溶液中一定含有Mg2+D溴水中通入SO2，溴水褪色SO2具有漂白性A．A B．B C．C D．D6、某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）。关于该固体混合物，下列说法正确的是A．一定含有Al，其质量为4.05gB．一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C．一定含有MgCl2和FeCl2D．一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，且物质的量相等7、关于下列各实验装置的叙述中正确的是A．装置①可用于吸收氯化氢气体 B．装置②可用于制取氯气C．装置③可用于制取乙酸乙酯 D．装置④可用于制取氨气8、化合物M(如图所示)可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法不正确的是A．原子半径：Y＞Z＞XB．X元素的族序数是Y元素的2倍C．工业上电解熔融Y2X3化合物制备单质YD．W与X形成的所有化合物都只含极性共价键9、实验室常用如下装置制备乙酸乙酯。下列有关分析不正确的是A．b中导管不能插入液面下，否则会阻碍产物的导出B．固体酒精是一种白色凝胶状纯净物，常用于餐馆或野外就餐C．乙酸乙酯与互为同分异构体D．乙酸、水、乙醇羟基氢的活泼性依次减弱10、X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，X与Z同族，Y与Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法正确的是A．Y的最高价氧化物对应的水化物是二元强酸B．原子半径：X<Z<YC．气态氢化物的热稳定性：Y<ZD．X与W可形成两种阴、阳离子的物质的量之比均为1：2的离子化合物11、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）＝1×10﹣1012、短周期主族元素W、X、Y、Z、R

原子序数依次增大。考古时利用W

的一种同位素测定一些

文物的年代，X是地壳中含量最多的元素，Y、Z的质子数分别是W、X

的质子数的2倍。下列说法错误的是（）A．Y

单质可以与WX2

发生置换反应B．可以用澄清的石灰水鉴别WX2

与ZX2C．原子半径:Y>Z>R；简单离子半径:Z>X>YD．工业上常用电解熔融的Y

与R

形成的化合物的方法制取Y13、下列选项中，为完成相应实验，所用仪器或相关操作合理的是ABCD用CCl4提取溶在乙醇中的I2测量Cl2的体积过滤用NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸A．A B．B C．C D．D14、下列仪器名称不正确的是()A．烧瓶 B．冷凝管 C．表面皿 D．蒸馏烧瓶15、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是A．原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)B．化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同C．含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性D．Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构16、室温下，将0.10mol·L-1盐酸逐滴滴入20.00mL0.10mol·L-1氨水中，溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知：pOH=-lgc(OH-)。下列说法正确的是（）A．M点所示溶液中：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)B．N点所示溶液中：c(NH4+)>c(Cl-)C．Q点所示消耗盐酸的体积等于氨水的体积D．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同17、向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液，溶液pH随时间的变化如图所示。呈碱性时停止滴加，一段时间后溶液黄绿色逐渐褪去。由此得不到的结论是A．该新制氯水c(H+)=10-2.6mol/LB．开始阶段，pH迅速上升说明H+被中和C．OH-和Cl2能直接快速反应D．NaOH和氯水反应的本质是OH-使Cl2+H2OH++Cl-+HClO平衡右移18、下列仪器名称为“烧杯”的是（）A．B．C．D．19、下列由实验得出的结论正确的是()A．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液变无色透明，生成的产物可溶于四氯化碳B．乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体，说明两种分子中的氢原子都能产生氢气C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，是因为乙酸的酸性小于碳酸的酸性D．甲烷与氯气光照下反应后的混合气体能使湿润石蕊试纸变红是因为生成的一氯甲烷具有酸性20、下列有关化学用语表示正确的是①CSO的电子式：②对硝基苯酚的结构简式：③Cl－的结构示意图：④苯分子的比例模型：⑤葡萄糖的实验式：CH2O⑥原子核内有20个中子的氯原子：⑦HCO3－的水解方程式为：HCO3－＋H2OCO32－＋H3O＋A．①④⑤ B．①②③④⑤ C．③⑤⑥⑦ D．全部正确21、硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列说法错误的是（）A．在图示的转化中，Fe3+和CuS是中间产物B．在图示的转化中，化合价不变的元素只有铜C．图示转化的总反应是2H2S+O22S+2H2OD．当有1molH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol22、下列有关描述中，合理的是A．用新制氢氧化铜悬浊液能够区别葡萄糖溶液和乙醛溶液B．洗涤葡萄糖还原银氨溶液在试管内壁产生的银:先用氨水溶洗、再用水清洗C．裂化汽油和四氯化碳都难溶于水，都可用于从溴水中萃取溴D．为将氨基酸混合物分离开，可以通过调节混合溶液pH，从而析出晶体，进行分离。二、非选择题(共84分)23、（14分）乙炔为原料在不同条件下可以合成多种有机物．已知：①CH2=CH‑OH（不稳定）CH3CHO②一定条件下，醇与酯会发生交换反应：RCOOR’+R”OHRCOOR”+R’OH完成下列填空：（1）写反应类型：③__反应；④__反应．反应⑤的反应条件__．（2）写出反应方程式．B生成C__；反应②__．（3）R是M的同系物，其化学式为，则R有__种．（4）写出含碳碳双键、能发生银镜反应且属于酯的D的同分异构体的结构简式__．24、（12分）原子序数依次增大的X、Y、Z、W、M五种短周期主族元素中，X、Y两元素间能形成原子个数比分别为1:1和1:2的固态化合物A和B，Y是短周期元素中失电子能力最强的元素，W、M的最高价氧化物对应的水化物化学式分别为H3WO4、HMO4，Z的单质能与盐酸反应。(1)根据上述条件不能确定的元素是______（填代号），A的电子式为_____，举例说明Y、Z的金属性相对强弱：______(写出一个即可）。(2)W能形成多种含氧酸及应的盐，其中NaH2WO2能与盐酸反应但不能与NaOH溶液反应，则下列说法中正确的是___________(填字母)AH3WO2是三元酸BH3WO2是一元弱酸CNaH2WO2是酸式盐DNaH2WO2不可能被硝酸氧化(3)X、M形成的一种化合物MX2是一种优良的水处理剂，某自来水化验室利用下列方法裣测处理后的水中MX2残留量是否符合饮用水标准（残留MX2的浓度不高于0.1mg•L-1），已知不同pH环境中含M粒子的种类如图所示：I.向100.00mL水样中加入足量的KI，充分反应后将溶液调至中性，再加入2滴淀粉溶液。向I中所得溶液中滴加2.0×10-4mol•L-1的溶液至终点时消耗5.00mL标准溶液(已知2S2O32-+I2=S4O26-+2I-）。①则该水样中残留的的浓度为______mg•L-1。②若再向II中所得溶液中加硫酸调节水样pH至1〜3，溶液又会呈蓝色，其原因是____(用离子方程式表示）。25、（12分）某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20℃)2.4×10-41.4×10-33.0×10-71.5×10-4(1)探究BaCO3和BaSO4之间的转化试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……实验ⅡNa2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解①实验I说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，__________________。②实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是__________________________________。③实验Ⅱ中加入试剂C后，沉淀转化的平衡常数表达式K=___________。(2)探究AgCl和AgI之间的转化实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验(电压表读数：a＞c＞b>0)。装置步骤电压表读数ⅰ.如图连接装置并加入试剂，闭合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3(aq),至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl(s)cⅳ.重复i，再向B中加入与ⅲ等量NaCl(s)d注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是________（填标号）。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液②实验Ⅳ的步骤i中，B中石墨上的电极反应式是___________________________。③结合信息，解释实验Ⅳ中b<a的原因_____________________。④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_____________________。(3)综合实验Ⅰ~Ⅳ,可得出的结论是________________________________________。26、（10分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出ClO2，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示：已知：①ClO2的熔点为-59℃、沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。②2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O请回答：(1)按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是____；装置B的作用是___；冰水浴冷却的主要目的不包括_（填字母）。a．减少H2O2的分解b．降低ClO2的溶解度c．减少ClO2的分解(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，写出三颈烧瓶中生成ClO2的化学方程式：____。(3)装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为_____。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，试分析原因：________。(4)该套装置存在的明显缺陷是_________。(5)为防止生成的NaClO2固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是_（填字母）A．过氧化钠B．硫化钠C．氯化亚铁D．高锰酸钾(6)若mgNaClO3(s)最终制得纯净的ngNaClO2(s)，则NaClO2的产率是_×100%。27、（12分）三氯氧磷（POCl3）是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣小组模拟PCl3直接氧化法制备POCl3，实验装置设计如下：有关物质的部分性质如下表：回答下列问题：（1）仪器a的名称是_____________。装置A中发生反应的化学方程式为_______。（2）装置C中制备POCl3的化学方程式为________________________________。（3）C装置控制反应在60～65℃进行，其主要目的是_______________________。（4）通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：I.取xg产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；II.向锥形瓶中加入0.1000mol·L－1的AgNO3溶液40.00mL，使Cl－完全沉淀；III.向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；IV.加入指示剂，用cmol·L－1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为VmL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10－10，Ksp(AgSCN)=2×10－12①滴定选用的指示剂是（填序号）________，滴定终点的现象为_____________。a.酚酞b.NH4Fe(SO4)2c.淀粉d.甲基橙②Cl元素的质量分数为（列出算式）________________。③若取消步骤III，会使步骤IV中增加一个化学反应，该反应的离子方程式为________；该反应使测定结果________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。28、（14分）甲烷催化裂解、氧气部分氧化和水煤气重整是目前制氢的常用方法。回答下列问题：(1)甲烷隔绝空气分解，部分反应如下：Ⅰ.CH4(g)=C(s)+2H2(g)∆H1=+74.9kJ/molⅡ.6CH4(g)=C6H6(g)+9H2(g)∆H2=+531kJ/molⅢ.2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g)∆H3=+202kJ/mol①反应I的△S___(填“＞”或“＜”)0。②的△H=______kJ/mol。(2)CH4用水蒸气重整制氢包含的反应为：Ⅰ.水蒸气重整：Ⅱ.水煤气变换：平衡时各物质的物质的量分数如图所示：①为提高CH4的平衡转化率，除压强、温度外，还可采取的措施是___________(写一条)。②温度高于T1℃时，CO2的物质的量分数开始减小，其原因是___________。③T2℃时，容器中______________。(3)甲烷部分氧化反应为。已知甲烷部分氧化、甲烷水蒸气重整、水煤气变换反应的平衡常数的自然对数lnKp与温度的关系如图所示：①图中Q点时，反应的InKp=________。②在某恒压密闭容器中充入lmolCH4和1molH2O(g)在某温度下发生水蒸气重整反应达到平衡时，CH4的转化率为50%，容器总压强为1atm。H2的平衡分压p(H2)=____atm；此温度下反应的lnKp=___(已知；ln3≈l.1，ln4≈l.4)。29、（10分）研究汽车尾气的产生、转化对环境保护有重要意义。汽车尾气管中的三元催化剂能同时实现CO、CxHy、NOn三种成分的净化。(1)已知热化学方程式：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890.3kJ·mol－1N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH＝＋180kJ·mol－1则反应CH4(g)＋4NO(g)＝CO2(g)＋2N2(g)＋2H2O(l)ΔH＝____kJ·mol－1。(2)研究表明，温度对CO、CxHy、NOn的产生和排放有较大影响。①汽车发动机内的温度越高，生成的NO越多，原因是____。②当汽车刚冷启动时，汽车尾气管排放的CO、CxHy、NOn浓度较高，一段时间后浓度逐渐降低。汽车刚冷启动时排放CO、CxHy、NOn浓度较高的原因是____。(3)催化剂表面CO、CxHy、NOn的转化如图1所示，化合物W可借助图2(傅里叶红外光谱图)确定。①在图1所示转化中，W的化学式为____。若转化Ⅱ中消耗CO的物质的量为1mol，生成N2的物质的量为1mol，则被CxHy还原的W的物质的量为____。②用H2代替CO、CxHy与W反应，该过程相关物质浓度随时间的变化关系如图3所示。该过程分为两步，第一步反应消耗的H2与W的物质的量之比是____。(4)尾气净化过程中，有时会产生N2O。用同位素示踪法研究发现N2O的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的N2O几乎都是15NNO。写出该反应的化学方程式：____。

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、C【解析】

A.NH3与水分子一样发生自偶电离，一个氨分子失去氢离子，一个氨分子得到氢离子，液氨的电离方程式可表示为2NH3⇌NH4++NH2-，故A正确；B.钠与液氨的反应钠由0价升高为+1价，有元素化合价变价，是氧化还原反应，氢元素化合价降低，反应中有H2生成，故B正确；C.NaNH2与少量水反应可能有NH3逸出，所得溶液是NaOH，呈强碱性，故C错误；D.NaNH2与一定量稀硫酸充分反应，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐：Na2SO4、NaHSO4、NH4HSO4、(NH4)2SO4，故D正确；故选C。2、D【解析】

A．反应是吸热反应，反应物的总键能高于生成物的总键能，选项A错误；B．反应为可逆反应不能进行彻底，1molI2（g）中通入1molH2（g），反应放热小于11kJ，选项B错误；C．等物质的量时，I2（g）具有的能量高于I2（l），选项C错误；D．平衡时分离出HI（g），平衡逆向进行，碘化氢浓度先减小后增大，所以反应速率先减小后增大，但比原来速率小，选项D正确；答案选D。3、D【解析】

A.乙醇的密度比金属钠小，所以乙醇和金属钠反应钠应沉入试管底部，故A错误；B.因为2NO2N2O4H<0,升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以热水中NO2的浓度高，故B错误；C.氢氧化钠属于强碱，易潮解容易和玻璃中的SiO2反应生成硅酸钠，瓶和塞黏在一起，因此应保存在软木塞的试剂瓶中，故C错误；D.D是实验室制备蒸馏水的装置，故D正确；答案：D。4、C【解析】

A.汽车尾气中的氮氧化合物是汽车发动机中N2与O2在电火花作用下发生反应产生的，A错误；B.我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与二氧化硅有关，B错误；C.液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰,二者发生反应产生CaCl2、Ca(ClO)2和水，从而消除了Cl2的毒性及危害，C正确；D.炸药“TNT”是三硝基甲苯，不是搞高分子化合物，D错误；故合理选项是C。5、B【解析】

A．前者发生钝化反应，生成致密氧化薄膜阻碍反应进行，故错误；B．CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，滴入酚酞，溶液变红，加入Ba2＋，Ba2＋与CO32－反应生成沉淀BaCO3，平衡向逆反应方向进行，溶液颜色变浅，故正确；C．此溶液可能含有Al3＋，因为氢氧化铝不溶于弱碱，故错误；D．发生Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，体现SO2的还原性，故错误。故选B。6、D【解析】A;14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气；5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体，,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L,剩余的气体只能是氢气，体积为3.36，,说明原混合物中一定含有铝，故A对；B:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化,因为氢氧化铝溶于强碱，Fe(OH)2易被氧化，所以一定不含FeCl2，能生成的白色沉淀一定是氯化镁与强碱反应生成的氢氧化镁白色沉淀,一定含有氯化镁，故B错误；C.根据上边分析，一定含氯化镁，一定不含FeCl2，故C错误；根据A分析一定有(NH4)2SO4，根据B分析一定有氯化镁。Mg(OH)2MgCl2(NH4)2SO42NH4+2NH358g1mol1mol22.4L2.9g0.05mol0.05mol2.24L(NH4)2SO4和MgCl2物质的量相等，故D正确。本题答案：D。点睛：:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气,5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体,无水蒸气的存在,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道,一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2,24L,剩余的气体只能是氢气,体积为3.36L,说明原混合物中一定含有铝。7、A【解析】

A、导管口插入四氯化碳中，氯化氢气体易溶于水不易溶于四氯化碳，能防止倒吸且能吸收氯化氢，选项A正确；B、制备氯气时应为二氧化锰和浓盐酸共热，装置中缺少加热装置，选项B错误；C、收集乙酸乙酯时导管末端不能伸入液面以下，选项C错误；D、制备氨气时应加热氯化铵和氢氧化钙混合固体，选项D错误。答案选A。8、D【解析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，则W为第一周期主族元素，W为H，Z应为第三周期主族元素，根据化合物M的结构简式可知，Z可形成3个单键和1个双键，因此，Z原子最外层有5个电子，Z为P，W与Z的质子数之和是X的2倍，X的质子数==8，则X为O，根据化合物M的结构简式，Y可形成+3价阳离子，则Y为Al，以此解答。【详解】A.X为O，第二周期元素，Y为Al，Z为P，Y、Z为第三周期元素，电子层数越多，半径越大，同周期元素，核电荷数越大，半径越小，原子半径：Y>Z>X，故A正确；B.X为O元素，第ⅥA族元素，Y为Al元素，第ⅢA族元素，X的族序数是Y元素的2倍，故B正确；C.X为O，Y为Al，Y2X3为Al2O3，工业上制备单质Al的方法为电解熔融Al2O3，故C正确；D.X为O，W为H，W与X形成的化合物有H2O和H2O2，H2O2中含有非极性共价键，故D错误；答案选D。【点睛】氢元素和氧元素可以形成水，含有极性键，或是过氧化氢，含有极性键和非极性键。9、B【解析】

A.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，为防止产生倒吸现象，b中导管不能插入液面下，否则不仅可能会产生倒吸现象，而且还会阻碍产物的导出，A正确；B.固体酒精制作方法如下：将碳酸钙固体放入醋酸(CH3COOH)溶液中，充分反应后生成醋酸钙(CH3COO)2Ca、CO2、H2O，将醋酸钙溶液蒸发至饱和，加入适量酒精冷却后得胶状固体即固体酒精，可见固体酒精是混合物，B错误；C.乙酸乙酯与的分子式都是C4H8O2，二者分子式相同，结构不同，故二者互为同分异构体，C正确；D.乙酸、水、乙醇分子中都含有羟基，电离产生H+的能力：乙酸>水>乙醇，所以羟基氢的活泼性依次减弱，D正确；故合理选项是B。10、D【解析】

X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，Y与Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，则W为Na，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为O，X与Z同族，则Z为S，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则Y为Cl。A.Y的最高价氧化物对应的水化物HClO4是一元强酸，选项A错误；B.原子半径：X(O)<Y(Cl)<Z(S)，选项B错误；C.非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性Y(Cl)>Z(S)，故气态氢化物的热稳定性：HCl>H2S，选项C错误；D.X与W可形成两种阴、阳离子的物质的量之比均为1：2的离子化合物Na2O和Na2O2，选项D正确。答案选D。11、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。12、B【解析】

考古时利用W的一种同位素测定一些文物的年代，则W为C；X是地壳中含量最多的元素，则X为O；Y、Z的质子数分别是W、X的质子数的2倍，则Y的质子数为6×2=12，Y为Mg，Z的质子数为8×2=16，Z为S，R的原子序数最大，R为Cl，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为C、X为O、Y为Mg、Z为S、R为Cl；A．Mg与CO2点燃下发生置换反应生成MgO、C，故A正确；B．二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则澄清的石灰水不能鉴别，故B错误；C．同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Y＞Z＞R；电子层越多离子半径越大，且具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Z＞X＞Y，故C正确；D．Mg为活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁冶炼Mg，故D正确；故答案为B。13、B【解析】

A.四氯化碳是良好的有机溶剂，四氯化碳与乙醇互溶，不会出现分层，不能用分液漏斗分离，故A错误；B.氯气不溶于食盐水，可排饱和食盐水测定其体积，则图中装置可测定Cl2的体积，故B正确；C.过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，故C错误；D.NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸，NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中，仪器的使用不合理，滴定过程中眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查的是关于化学实验方案的评价，实验装置的综合。解题时需注意氯气不溶于食盐水，可排饱和食盐水测定其体积；NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸，NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中。14、A【解析】

A.该仪器为配制一定物质的量浓度的溶液要用的容量瓶，烧瓶没有玻璃塞，A不正确；B.该仪器为蒸馏装置中所用的冷凝管，B正确；C.该仪器为表面皿，C正确；D.该仪器为蒸馏装置中要用到的蒸馏烧瓶，D正确；本题选不正确的，故选A。15、C【解析】

乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；【详解】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是r(Na)>r(s)>r(O)，故A错误；B、SO2能使溴水褪色，发生SO2＋Br2＋H2O=2HBr＋H2SO4，利用SO2的还原性，乙烯和溴水反应，发生的加成反应，故B错误；C、含S元素的盐溶液，如果是Na2SO4，溶液显中性，如果是NaHSO4，溶液显酸性，如果是Na2SO3，溶液显碱性，故C正确；D、形成化合物分别是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，故D错误，答案选C。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。16、D【解析】

已知室温时水的电离常数为110-14，则根据曲线得Q点时溶液中pH=pOH=7，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3·H2O；Q点左侧溶液为碱性，Q点右侧溶液为酸性。【详解】A项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，而M点加的盐酸比Q点少，溶液为碱性，即c(H+)＜c(OH-)，则c(NH4+)＞c(Cl-)，故A项错误；B项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，而N点加的盐酸比Q点多，溶液为酸性，即c(H+)＞c(OH-)，则c(NH4+)＜c(Cl-)，故B项错误；C项，根据分析，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3·H2O，则消耗的盐酸体积小于氨水的体积，故C项错误；D项，M点溶液为碱性，而pH=a，则水电离出的c(H+)=10-amol/L，N点溶液为酸性，pOH=a，则水电离出的c(OH-)=10-amol/L，，而水电离出的H+和OH-始终相等，即M点和N点均满足水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-amol/L，即水的电离程度相同，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。17、C【解析】

A.没有加入NaOH溶液时，新制氯水的pH为2.6，氢离子的浓度c(H+)=10-2.6mol/L，故A正确；B.向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氢离子反应，pH迅速上升，故B正确；C.新制氯水中有氢离子，逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氢离子和HClO反应，故C错误；D.由图可知，逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氢离子和HClO反应，使Cl2+H2OH++Cl-+HClO反应平衡右移，故D正确；题目要求选择不能得到的结论，故选C。18、A【解析】A．仪器的名称是烧杯，故A正确；B．仪器的名称是分液漏斗，故B错误；C．仪器的名称是容量瓶，故C错误；D．仪器的名称是烧瓶，故D错误；答案为A。19、A【解析】

A.乙烯含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，溶液最终变为无色透明，生成的产物1，2-二溴乙烷可溶于四氯化碳，A项正确；B.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应，且−OH中H的活泼性比水弱，B项错误；C.用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，C项错误；D.甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的石蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，D项错误；答案选A。20、A【解析】

①CSO分子中存在碳碳双键和碳硫双键，正确；②对硝基苯酚的结构简式中硝基表示错误，正确的结构简式为，错误；③Cl－的结构示意图为，错误；④苯为平面结构，碳原子半径大于氢原子半径，分子的比例模型：，正确；⑤葡萄糖的分子式为C6H12O6，则实验式为CH2O，正确；⑥原子核内有20个中子的氯原子质量数为37，则该元素表示为：，错误；⑦HCO3－的水解方程式为：HCO3－＋H2OOH－＋H2CO3，HCO3－＋H2OCO32－＋H3O＋为电离方程式，错误；答案选A。21、B【解析】

A．该过程中发生反应：Cu2++H2S→CuS+2H+，CuS+Fe3+→S+Fe2++Cu2+(未配平)，Fe2++O2→Fe3+(未配平)，由此可知，Fe3+和CuS是中间产物，故A不符合题意；B．由图知，化合价变化的元素有：S、Fe、O，Cu、H、Cl的化合价没发生变化，故B符合题意；C．由A选项分析并结合氧化还原反应转移电子守恒、原子守恒可知，其反应的总反应为：2H2S+O22S+2H2O，故C不符合题意；D．H2S反应生成S，硫元素化合价升高2价，O2反应时氧元素化合价降低2，根据氧化还原转移电子守恒可知，当有1molH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol，故D不符合题意；故答案为：B。22、D【解析】

A．葡萄糖和乙醛都含有醛基，加热时都可与氢氧化铜发生氧化还原反应，不能鉴别，故A错误；B．银不与氨水反应，不能用于洗涤试管内壁的银单质，银可溶于硝酸，可用硝酸洗涤，故B错误；C．裂化汽油成分中，含有碳碳双键的化合物，可与溴水发生加成反应，则不能用作萃取剂，故C错误；D．氨基酸含有羧基、氨基，具有两性，不同的氨基酸达到等电点的pH不同，可控制pH利用溶解度差异分离，故D正确。答案选D。【点睛】氨基酸解离成阳离子和阴离子的趋势及程度相等，所带净电荷为零，呈电中性，此时溶液的pH称为该氨基酸的等电点。当达到等电点时氨基酸在溶液中的溶解度最小。二、非选择题(共84分)23、取代反应加成反应铁粉作催化剂2CH3CHO+O22CH3COOHnCH3COOCH=CH24HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）C=CH2【解析】

与乙烯水化法得到乙醇类似，乙炔与水反应得到乙烯醇，乙烯醇不稳定会自动变成乙醛，因此B为乙醛，C为乙醛催化氧化后得到的乙酸，乙酸和乙炔在一定条件下加成，得到，即物质D，而D在催化剂的作用下可以发生加聚反应得到E，E与甲醇发生酯交换反应，这个反应在题干信息中已经给出。再来看下面，为苯，苯和丙烯发生反应得到异丙苯，即物质F，异丙苯和发生取代得到M，注意反应⑤取代的是苯环上的氢，因此要在铁粉的催化下而不是光照下。【详解】（1）反应③是酯交换反应，实际上符合取代反应的特征，反应④是一个加成反应，这也可以从反应物和生成物的分子式来看出，而反应⑤是在铁粉的催化下进行的；（2）B生成C即乙醛的催化氧化，方程式为2CH3CHO+O22CH3COOH，而反应②为加聚反应，方程式为nCH3COOCH=CH2；（3）说白了就是在问我们丁基有几种，丁基一共有4种，因此R也有4种；（4）能发生银镜反应说明有醛基，但是中只有2个氧原子，除酯基外不可能再有额外的醛基，因此只能是甲酸酯，符合条件的结构有HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）C=CH2。【点睛】一般来说，光照条件下发生的是自由基反应，会取代苯环侧链上的氢、烷基上的氢，例如乙烯和氯气若在光照下不会发生加成，而会发生取代，同学们之后看到光照这个条件一定要注意。24、Z钠的金属性比Z的强，如钠能与冷水剧烈反应而Z不能（或最高价氧化物对应水化物的碱性：Na＞Z）B0.675ClO2－+4I－+4H+=Cl-+2I2+2H2O【解析】

Y是短周期元素中失电子能力最强的元素，则推出Y为Na元素，又X、Y两元素间能形成原子个数比分别为1:1和1:2的固态化合物A和B，则推出X为O元素，两者形成的化合物为B为Na2O、A为Na2O2；Z的单质能与盐酸反应，则说明Z为活泼金属，为Mg或Al中的一种；W、M的最高价氧化物对应的水化物化学式分别为H3WO4、HMO4，则W和M的最高价化合价分别为+5和+7，又X、Y、Z、W、M五种短周期主族元素原子序数依次增大，则可推出W为P元素，M为Cl元素，据此分析作答。【详解】根据上述分析易知：X、Y、Z、W、M分别是O、Na、Mg或Al、P、Cl，则（1）Z可与盐酸反应，Z可能是Mg或Al中的一种，不能确定具体是哪一种元素；A为Na2O2，由离子键和共价键构成，其电子式为：；钠的金属性比Z的强，如钠能与冷水剧烈反应而Z不能（或最高价氧化物对应水化物的碱性：Na＞Z），故答案为：Z；；钠的金属性比Z的强，如钠能与冷水剧烈反应而Z不能（或最高价氧化物对应水化物的碱性：Na＞Z）；（2）NaH2PO2能与盐酸反应，说明H3PO2是弱酸，NaH2PO2不能与NaOH反应，说明NaH2PO2中的H不能被中和，推出NaH2PO2为正盐，C项错误；H3PO2分子中只能电离出一个H＋，为一元弱酸，B项正确，A项错误；NaH2PO2中P的化合价为+1，具有还原性，可被硝酸氧化，D项错误；故答案为B；（3）①由图知，中性条件下ClO2被I－还原为ClO2－，I－被氧化为I2；根据氧化还原反应中得失电子数目相等可知：2ClO2~I2~2Na2S2O3，因此可知，水中残留的ClO2的浓度为2×10-4mol/L×5×10-3L×67.5g/mol×1000mg/g÷0.1L=0.675mg/L，故答案为：0.675；②由图知，水样pH调至1~3时，ClO2-被还原成Cl-，该操作中I－被ClO2－氧化为I2，故离子方程式为：ClO2－+4I－+4H+=Cl-+2I2+2H2O。25、沉淀不溶解，无气泡产生BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2Ob2I――2e－＝I2由于生成AgI沉淀，使B溶液中c(I－)减小，I－还原性减弱，原电池电压减小实验步骤ⅳ表明Cl－本身对原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI+Cl－AgCl+I－溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现【解析】

(1)①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，BaSO4不溶于盐酸；②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生，是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳；③实验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；(2)①要证明AgCl转化为AgI，AgNO3与NaCl溶液反应时，必须是NaCl过量；②I―具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；④AgI转化为AgCl，则c(I－)增大，还原性增强，电压增大。(3)根据实验目的及现象得出结论。【详解】(1)①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，BaSO4不溶于盐酸，实验I说明BaCO3全部转化为BaSO4的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生；②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，说明是BaCO3与盐酸反应，反应离子方程式是BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；③实验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；固体不计入平衡常数表达式，所以沉淀转化的平衡常数表达式K=；(2)①AgNO3与NaCl溶液反应时，NaCl过量，再滴入KI溶液，若有AgI沉淀生成才能证明AgCl转化为AgI，故实验Ⅲ中甲是NaCl溶液，选b；②I―具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极，负极反应是2I――2e－＝I2；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀，B溶液中c(I－)减小，I－还原性减弱，原电池电压减小，所以实验Ⅳ中b<a；④实验步骤ⅳ表明Cl－本身对原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI+Cl－AgCl+I－。(3)综合实验Ⅰ~Ⅳ,可得出的结论是溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。26、检查装置的气密性防止倒吸b2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2ONaClO2遇酸放出ClO2空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降没有处理尾气A或或(或其他合理答案)【解析】

在装置内，NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，生成的ClO2与O2的混合气随空气排出进入B装置；B装置的进、出气导管都很短，表明此装置为防倒吸装置，混合气进入C中，发生反应2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，ClO2的熔点低，遇热水、见光易分解，所以应使用冰水浴，以降低气体的温度；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低，则需控制气体的流速不能过慢，但过快又会导致反应不充分，吸收效率低。ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理。【详解】(1)制取气体前，为防漏气，应在组装好仪器后，进行的操作是检查装置的气密性；由以上分析知，装置B的作用是防止倒吸；冰水浴冷却气体，可减少H2O2的分解、减少ClO2的分解，ClO2为气体，降温有利于气体的溶解，不可能降低ClO2的溶解度，所以主要目的不包括b。答案为：检查装置的气密性；防止倒吸；b；(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，三颈烧瓶中NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应生成ClO2的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。答案：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O；(3)因为NaClO2遇酸会放出ClO2，所以装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为NaClO2遇酸放出ClO2，加碱可改变环境，使NaClO2稳定存在。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，原因是：空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降。答案为：NaClO2遇酸放出ClO2；空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降；(4)ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理，所以该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气。答案为：没有处理尾气；(5)A．过氧化钠与水反应，可生成H2O2和NaOH，其还原能力与H2O2相似，A符合题意；B．硫化钠具有强还原性，能将NaClO2固体还原为NaCl，B不合题意；C．氯化亚铁具有较强还原性，能将NaClO2固体还原为NaCl，C不合题意；D．高锰酸钾具有强氧化性，不能将NaClO2固体还原，D不合题意；故选A。答案为：A；(6)可建立如下关系式：NaClO3(s)—ClO2—NaClO2(s)，从而得出NaClO2(s)的理论产量为：=g，NaClO2的产率是=×100%。答案为：或或(或其他合理答案)。【点睛】书写三颈烧瓶中NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2的方程式时，我们可先确定主反应物(NaClO3、H2O2)和主产物(ClO2、O2)，然后配平，即得2NaClO3+H2O2——2ClO2↑+O2↑；再利用质量守恒确定其它反应物(H2SO4)和产物(Na2SO4、H2O)，最后配平，即得2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。27、冷凝管2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O=2H2O+O2↑2PCl3+O2=2POCl3加快反应速率，同时防止PCl3气化，逸出损失b当加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液刚好变为红色，且红色半分钟内不褪色AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)偏小【解析】

根据实验目的及装置图中反应物的状态，分析装置的名称及装置中的相关反应；根据滴定实验原理及相关数据计算样品中元素的含量，并进行误差分析。【详解】（1）根据装置图知，仪器a的名称是冷凝管；根据实验原理及装置中反应物状态分析知，装置A为用固体和液体制备氧气的装置，可以是过氧化钠与水反应，也可能是双氧水在二氧化锰催化下分解，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O=2H2O+O2↑，故答案为：冷凝管；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O=2H2O+O2↑；（2）装置C中为PCl3与氧气反应生成POCl3的反应，化学方程式为2PCl3+O2=2POCl3，故答案为：2PCl3+O2=2POCl3；（3）通过加热可以加快反应速率，但温度不易太高，防止PCl3气化，影响产量，则C装置易控制反应在60℃∼65℃进行，故答案为：加快反应速率，同时防止PCl3气化，逸出损失；（4）①用cmol⋅L−1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：b；当加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液刚好变为红色，且红色半分钟内不褪色；②用cmol/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积VmL，则过量Ag+的物质的量为V∙c×10−3mol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.04L−Vc×10−3mol＝(4−Vc)×10−3mol，则Cl元素的质量百分含量为，故答案为：；③已知：Ksp(AgCl)＝3.2×10−10，Ksp(AgSCN)＝2×10−12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，反应为：AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)；则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为：AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)；偏小。28、＞+75增大起始时(或及时从产物