西藏林芝地区第二中学2024年高三3月份模拟考试化学试题含解析

西藏林芝地区第二中学2024年高三3月份模拟考试化学试题注意事项: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、已知X、Y、Z、W、M均为短周期元素。25℃时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol/L）溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．X、M简单离子半径大小顺序：X>MB．Z的最高价氧化物水化物的化学式为H2ZO4C．X、Y、Z、W、M五种元素中只有一种是金属元素D．X的最简单氢化物与Z的氢化物反应后生成的化合物中既含离子键又含共价键2、下图所示的实验，能达到实验目的的是（）A．验证化学能转化为电能B．证明温度对平衡移动的影响C．验证铁发生析氢腐蚀D．验证AgCl溶解度大于Ag2S3、下列有关有机化合物的说法中，正确的是A．淀粉、蛋白质和油脂都属于有机高分子化合物B．乙烯、苯和乙醇均能被酸性高锰酸钾溶液氧化C．绝大多数的酶属于具有高选择催化性能的蛋白质D．在的催化作用下，苯可与溴水发生取代反应4、下列判断正确的是()A．加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可确定原溶液中有Cl—存在B．加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定原溶液中有CO32—存在C．加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，可确定原溶液中有SO42—存在D．通入Cl2后，溶液由无色变为深黄色，加入淀粉溶液后，溶液变蓝，可确定原溶液中有I—存在5、如图所示是一种以液态肼（N2H4）为燃料，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该电池的工作温度可高达700～900℃，生成物均为无毒无害的物质。下列说法错误的是A．电池总反应为：N2H4+2O2=2NO+2H2OB．电池内的O2−由电极乙移向电极甲C．当甲电极上消耗lmolN2H4时，乙电极理论上有22.4L（标准状况下）O2参与反应D．电池正极反应式为：O2+4e−=2O2−6、下列化肥长期施用容易导致土壤酸化的是()A．硫酸铵 B．尿素 C．草木灰 D．硝酸钾7、溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质。实验室用工业大理石(含有少量Al3+、Fe3+等杂质）制备溴化钙的主要流程如下：下列说法错误的是A．已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH4+，步骤II加入的试剂a是石灰水B．步骤II控制溶液的pH约为8.0的主要目的是沉淀过量Ca2+C．试剂b是氢溴酸，步骤IV的目的是除去过量的氢氧化钙D．步骤V所含的操作依次是蒸发浓缩，冷却结晶8、将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是：（）A．加入合金的质量不可能为6.4gB．沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为120mLC．溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24LD．参加反应的硝酸的物质的量为0.2mol9、NA为阿伏伽德罗常数的值。关于常温下pH＝2的H2SO4溶液，溶液中不存在H2SO4分子，但存在HSO4一离子，下列说法错误的是A．每升溶液中的H＋数目为0.01NAB．Na2SO4溶液中：c(Na+)=2c(SO42-)＞c(H+)=2c(OH-)C．向稀硫酸中逐滴滴加浓硫酸，溶液中减小D．NaHSO4不是弱电解质10、PbO2在酸性溶液中能将Mn2+氧化成MnO4﹣，本身被还原为Pb2+，取一支试管，加入适量PbO2固体和适量的稀H2SO4后滴入2mL1mol/LMnSO4溶液。下列说法错误的是（）A．上述实验中不能用盐酸代替硫酸B．将试管充分振荡后静置，溶液颜色变为紫色C．在酸性条件下，PbO2的氧化性比MnO4﹣的氧化性强D．若硫酸锰充分反应，消耗PbO2的物质的量为0.01mol11、化学与生产、生活和环境密切相关。下列有关说法正确的是()A．面粉生产中禁止添加的过氧化钙(CaO2)中阴、阳离子个数比为1：2B．“文房四宝”中的砚台，用石材磨制的过程是化学变化C．月饼中的油脂易被氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋D．丝绸的主要成分是蛋白质，它属于天然高分子化合物12、下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．0.1mol·L-1的NH4Cl溶液与0.05mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后的溶液：c(Cl-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)B．把0.02mol·L-1的CH3COOH溶液和0.01mol·L-1的NaOH溶液等体积混合：2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)-c(CH3COOH)C．pH=2的一元酸HA与pH=12的一元碱MOH等体积混合：c(M+)=c(A-)>c(OH-)=c(H+)D．0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)13、下列说法正确的是（）A．用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸B．测定新制氯水的pH时，先用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，再与标准比色卡对照C．检验牙膏中是否含有甘油，可选用新制的氢氧化铜悬浊液，若含有甘油，则产生绛蓝色沉淀D．将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物14、四氢噻吩()是家用天然气中人工添加的气味添加剂具有相当程度的臭味。下列关于该化合物的说法正确的是（）A．不能在O2中燃烧B．所有原子可能共平面C．与Br2的加成产物只有一种D．生成1molC4H9SH至少需要2molH215、化学与生活密切相关，下列有关说法不正确的是（）A．在海轮外壳镶嵌锌块能减缓轮船的腐蚀B．燃煤中加入CaO可以减少温室气体的排放C．加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性D．医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）为75%16、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2NA17、下列各组离子能在指定环境中大量共存的是A．在c（HCO3-）=0.1mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、Cl－、NO3-B．在由水电离出的c（H+）=1×10－12mol/L的溶液中：Fe2+、ClO－、Na+、SO42-C．pH=1的溶液中：Mg2+、Fe3+、NO3－、[Ag(NH3)2]+D．在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO32-、CO32-、Na+、K+18、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，最外层电子数之和为20。W与Y元素同主族，且形成的化合物可用于工业的杀菌与消毒。下列说法正确的是A．W与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物B．Y的氧化物对应的水化物均为强酸C．Z的氢化物为离子化合物D．X和Y形成的化合物的水溶液呈中性19、下列关于物质或离子检验的叙述正确的是A．在溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，证明原溶液中有SO42－B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定是钠盐溶液C．气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是SO220、下列过程中，共价键被破坏的是（）A．碘升华 B．蔗糖溶于水 C．氯化氢溶于水 D．氢氧化钠熔化21、常温下，向1L0.1mol·L-1NH4C1溶液中，逐渐加入NaOH固体粉末，随着n(NaOH)的变化，c(NH4+)与c(NH3·H2O)的变化趋势如下图所示(不考虑体积变化、氨的挥发、温度的变化)。下列说法正确的是()A．M点溶液中水的电离程度比原溶液大B．在M点时，n(OH-)+0.1mol=(a+0.05)molC．随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断减小D．当n(NaOH)=0.1mol时，c(Na+)<c(NH4+)+c(NH3·H2O)22、能用离子方程式2H++CO32－→CO2↑+H2O表示的是A．NaHSO4和Na2CO3 B．HCl和BaCO3C．CH3COOH和Na2CO3 D．HI和NaHCO3二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物M（）是某抗病毒药物的中间体，它的一种合成路线如下：已知：①②回答下列问题：(1)有机物A的名称是_____，F中含有的官能团的名称是_____。(2)A生成B所需的试剂和反应条件是_____。(3)F生成G的反应类型为_____。(4)G与NaOH溶液反应的化学方程式为_____。(5)有机物I的结构简式为_____。(6)参照上述合成路线，以乙烯为起始原料（无机试剂任选），设计制备E的合成路线____________________。24、（12分）盐酸氨溴索(又称溴环己胺醇)，可用于急、慢性支气管炎及支气管扩张、肺气肿、肺结核等疾病的治疗。某研究小组拟用以下流程合成盐酸氨溴索和糖精的中间体X(部分反应条件及产物已略)。已知信息：(Ⅰ)R1CHO+R2NH2R1CH＝N﹣R2(Ⅱ)(易被氧化)请回答：(1)流程中A名称为_____；D中含氧官能团的名称是_____。(2)G的分子式为_____；化合物E的结构简式是_____。(3)A→B、F→G的反应类型分别为：_____、_____。(4)写出B+CD的化学方程式_____。(5)化合物X同时符合下列条件的同分异构体H有_____种；其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为_____。①苯环上有两个取代基，其中之一是氨基；②官能团与X相同，苯环上的一氯代物有两种。(6)以甲苯和甲醇为有机原料，参照盐酸氨溴索的合成路线图，设计X的合成路线______(无机试剂任选，标明试剂、条件及对应物质结构简式)。25、（12分）用如图装置探究NH3和CuSO4溶液的反应。(1)上述制备NH3的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH3+H2ONH3∙H2O、____________、_________________(在列举其中的两个平衡，可写化学用语也可文字表述)。(2)制备100mL25%氨水(ρ=0.905g∙cm-3)，理论上需要标准状况下氨气______L(小数点后保留一位)。(3)上述实验开始后，烧杯内的溶液__________________________，而达到防止倒吸的目的。(4)NH3通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式。_______________________。继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液。发生如下反应：2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)。①该反应平衡常数的表达式K=___________________________。②t1时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应K增大。在下图中画出该过程中v正的变化___________________。③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：________________________________。④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正随时间的变化如下图所示，v正先增大后减小的原因__________________________________。26、（10分）PbCrO4是一种黄色颜料，制备PbCrO4的一种实验步骤如图1：已知：①Cr（OH）3（两性氢氧化物）呈绿色且难溶于水②Pb（NO3）2、Pb（CH3COO）2均易溶于水，PbCrO4的Ksp为2.8×10﹣13，Pb（OH）2开始沉淀时pH为7.2，完全沉淀时pH为8.7。③六价铬在溶液中物种分布分数与pH关系如图2所示。④PbCrO4可由沸腾的铬酸盐溶液与铅盐溶液作用制得，含PbCrO4晶种时更易生成（1）实验时需要配置100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是___。（2）“制NaCrO2（aq）”时，控制NaOH溶液加入量的操作方法是_____。（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，其原因是_____；“氧化”时发生反应的离子方程式为___。（4）“煮沸”的目的是_____。（5）请设计用“冷却液”制备PbCrO4的实验操作：_____[实验中须使用的试剂有：6mol•L﹣1的醋酸，0.5mol•L﹣1Pb（NO3）2溶液，pH试纸]。27、（12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%。28、（14分）久置的FeSO4溶液变黄，一般认为是二价铁被氧化为三价铁的缘故。某研究小组为研究溶液中Fe2+被O2氧化的过程，查阅资料发现：溶液中Fe2+的氧化过程分为先后两步，首先是Fe2+水解，接着水解产物被O2氧化。于是小组同学决定研究常温下不同pH对Fe2+被O2氧化的影响，并测定了Fe2+氧化率随时间变化的关系，结果如图。回答下列问题：（1）写出Fe2+水解的离子方程式______；要抑制FeSO4水解，可以采取的措施是______。（2）在酸性条件下，Fe2+被O2氧化的反应方程式为：4Fe2++O2⇌4Fe3++2H2O，已知常温下该反应的平衡常数很大。则下列说法正确的是______。a．Fe2+转化为Fe3+的趋势很大b．Fe2+转化为Fe3+的速率很大c．该反应进行得很完全d．酸性条件下Fe2+不会被氧化（3）结合如图分析不同pH对Fe2+被O2氧化的反应发生了怎样的影响______。（4）研究小组在查阅资料时还得知：氧气的氧化性随溶液的酸性增强而增强。通过以上研究可知，配制FeSO4溶液的正确做法是______。（5）用K2Cr2O7标准溶液测定溶液中Fe2+浓度，从而计算Fe2+的氧化率。反应如下：6Fe2++Cr2O72-+14H+→2Cr3++6Fe3++7H2O若取20mL待测溶液，用0.0200mol•L-1KCr2O7标准溶液滴定，消耗标准溶液16.50mL，则溶液中c（Fe2+）=______mol•L-1。29、（10分）研究NO2、NO、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。NO2可用下列反应来处理：6NO2(g)+8NH3(g)7N2(g)+12H2O(g)+Q(Q＞0)。(1)120℃时，该反应在一容积为2L的容器内反应，20min时达到平衡。10min时氧化产物比还原产物多了1.4g，则0～10min时，平均反应速率υ(NO2)=____________________，电子转移了___________个。(2)一定条件下上述反应在某体积固定的密闭容器中进行，能说明该反应已经达到平衡状态的是____________。a．c(NO2)：c(NH3)=3：4b．6v(NO2)正=7v(N2)逆c．容器内气体总压强不再变化d．容器内气体密度不再变化(3)若保持其它条件不变，缩小反应容器的体积后达到新的平衡，此时NO2和N2的浓度之比_________(填增大、不变、减小)，NO2的转化率______________。(4)一定条件下NO2与SO2可发生反应，方程式：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)−Q。若反应的平衡常数K值变大，该反应___________(选填编号)。a.一定向正反应方向移动b.平衡移动时，逆反应速率先减小后增大c.一定向逆反应方向移动d.平衡移动时，正反应速率先增大后减小(5)请写出用NaOH溶液完全吸收含等物质的量的NO、NO2混合气体的离子方程式___________。

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、B【解析】

X、Y、Z、W、M均为短周期元素，由图像分析可知，原子半径：M>W>Z>Y>X，M的原子半径最大且0.01mol/L最高价氧化物对应水化物溶液的pH=12，则M为Na元素，0.01mol/LW的最高价氧化物对应水化物溶液的pH<2，则W为S元素，0.01mol/LZ的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2，则Z为Cl元素，X的半径最小，其0.01mol/L的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2，则X为N元素，0.01mol/LY的最高价氧化物对应水化物溶液的2<pH<7，则Y为C元素，据此分析解答问题。【详解】A．X、M的简单离子为N3-和Na+，两者电子层数相同，N3-的核电荷数小，故离子半径：N3->Na+，A选项正确；B．Z为Cl元素，其的最高价氧化物的水化物的化学式为HClO4，B选项错误；C．X、Y、Z、W、M五种元素中只有Na元素一种金属元素，C选项正确；D．X的最简单氢化物为NH3，Z的氢化物为HCl，两者反应后生成的化合物为NH4Cl，是离子化合物，既含离子键由含有共价键，D选项正确；答案选B。【点睛】本题要求学生能够掌握原子半径变化规律、酸碱性与pH的关系等，并且能够将这些变化及性质结合起来进行相关元素的判断，对学生的综合能力要求很高，在平时的学习中，要注意对相关知识点的总结归纳。2、B【解析】

A．由图可知，没有形成闭合回路，不能形成原电池，不能验证化学能转化为电能，故A不能达到实验目的；B．在圆底烧瓶中存在化学平衡：2NO2⇌N2O4，二氧化氮为红棕色气体，利用颜色的深浅，可说明温度对二氧化氮与四氧化二氮的化学平衡的影响，故B能达到实验目的；C．食盐水为中性，铁发生吸氧腐蚀，不会发生析氢腐蚀，故C不能达到实验目的；D．加入NaCl溶液后，溶液中Ag+还有剩余，再滴入Na2S溶液后，会生成黑色沉淀，不存在沉淀的转化，因此无法判断AgCl与Ag2S的溶解度大小关系，故D不能达到实验目的；故答案为B。3、C【解析】

A．淀粉、蛋白质是有机高分子化合物，油脂不是有机高分子化合物，A项错误；B．苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B项错误；C．酶是由活细胞产生的具有催化功能的有机物，具有高度选择性，绝大多数酶是蛋白质，C项正确；D．在FeBr3的催化下，苯可与液溴发生取代反应，但不与溴水反应，D项错误；答案选C。4、D【解析】

A、在加HCl之前生成的可能是AgCl沉淀,也可能是别的白色沉淀,但是后面加上HCl中含有大量Cl-，所以不能确定Cl-是原溶液里的还是后来加进去的,故A错误；B、碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸根、亚硫酸氢根遇到盐酸,均会生成能使澄清石灰水变浑浊的气体,故B错误；C、若溶液中含有亚硫酸根,加入Ba(NO3)2溶液,生成白色沉淀,加稀盐酸相当于存在了硝酸,亚硫酸根能被硝酸氧化成硫酸根,会生成硫酸钡沉淀,故C错误；D、氯气能将碘离子氧化为碘单质,碘水溶液为棕黄色,碘遇淀粉变蓝色,故D正确；综上所述，本题应选D。5、A【解析】

A、按照题目意思，生成物均为无毒无害的物质，因此N2H4和O2反应的产物为N2和H2O，总反应方程式为N2H4＋O2=N2＋2H2O，A错误，符合题意；B、在原电池中，阴离子向负极移动，N2H4中N的化合价从－1升高到0，失去电子，因此通过N2H4的一极为负极，则O2－由电极乙向电极甲移动，B正确，不符合题意；C、总反应方程式为N2H4＋O2=N2＋2H2O，每消耗1molN2H4，就需要消耗1molO2，在标准状况下的体积为22.4L，C正确，不符合题意；D、根据题目，O2得到电子生成O2－，电极方程式为O2+4e−=2O2−，D正确，不符合题意；答案选A。6、A【解析】

A．硫酸铵属于强酸弱碱盐，溶于水显酸性，长期施用容易导致土壤酸化，故A正确；B．尿素是碳酰胺，呈弱碱性，长期施用容易导致土壤碱化，故B错误；C．草木灰的主要成分是碳酸钾，呈碱性，长期施用容易导致土壤碱化，故C错误；D．硝酸钾呈中性，植物的根吸收硝酸盐以后会释放出氢氧根离子(OH-)，并在根部区域形成微碱性环境，导致土壤碱化，故D错误；答案选A。7、B【解析】

大理石和氢溴酸反应生成溴化钙，因含有少量Al3+、Fe3+等杂质，可加入石灰水，沉淀Al3+、Fe3+，过滤后得到溴化钙、氢氧化钙的混合溶液，加入试剂b为氢溴酸，可除去过量的氢氧化钙，然后经蒸发浓缩、冷却结晶可得到溴化钙晶体，据此分析解答。【详解】A．已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH4+，步骤II加入的试剂a的目的是防止氢氧化铝溶解，因此a是碱，根据题意及不引入新的杂质可知是氢氧化钙，故A正确；B．步骤II控制溶液的pH约为8.0的主要目的是沉淀Al3+、Fe3+，故B错误；C．加试剂b的目的是除去过量的氢氧化钙，且不引入新杂质，可以加入氢溴酸，故C正确；D．步骤Ⅴ的结果是从溶液中得到CaBr2∙6H2O，因此其操作步骤为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤，故D正确；答案选B。8、C【解析】

淀为M(OH)2，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n(OH-)==0.3mol，根据氢氧根离子守恒n[M(OH)2]=n(OH-)=×0.3mol=0.15mol，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol；A．因为镁、铜的物质的量无法确定，则无法计算合金质量，故A错误；B．由氢氧根离子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3mol，V(NaOH)==100mL，故B错误；C．由转移电子守恒得n(NO)==0.1mol，生成标况下NO体积=22.4L/mol×0.1mol=2.24L，故C正确；D．根据转移电子守恒得参加反应硝酸的物质的量==0.1mol，根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n(HNO3)=2n[M(NO3)2]=2n(M)=0.15mol×2=0.3mol，所以参加反应硝酸的物质的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol，故D错误；故答案为C。【点睛】本题以镁、铜为载体考查混合物的计算，侧重考查分析、计算能力，正确判断沉淀和合金质量差成分是解本题关键，灵活运用原子守恒、转移电子守恒解答即可。9、B【解析】

常温下的溶液，溶液中不存在分子，但存在离子，说明硫酸的第一步完全电离，第二步部分电离。【详解】A.由可得，每升溶液中的数目为，故A正确；B.，硫酸根有一部分水解成硫酸氢根，c(Na+)＞2c(SO42-)，根据电荷守恒式可知，c(OH-)＞c(H+)，所以应该为c(Na+)＞2c(SO42-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C.据已知可知，当向稀硫酸中逐滴滴加浓硫酸会增大，所以减小，故C正确；D.NaHSO4属于盐，完全电离，故不是弱电解质，D正确；故答案为：B。10、D【解析】

加入适量PbO2固体和适量的稀H2SO4后滴入2mL1mol/LMnSO4溶液发生反应的离子方程式为：5PbO2+4H++2Mn2+=2MnO4−+5Pb2++2H2O；A.用盐酸代替硫酸，氯离子会被PbO2氧化，4H++2Cl−+PbO2═Cl2↑+Pb2++2H2O，故A正确；B.充分振荡后静置，发生氧化还原反应生成高锰酸根离子，溶液颜色变为紫色，故B正确；C.反应中，氧化剂PbO2的氧化性大于氧化产物MnO4−的氧化性，故C正确；D.2mL1mol/LMnSO4溶液中的锰离子物质的量为0.002mol，根据反应离子方程式可知消耗PbO2的物质的量为0.005mol，故D错误；答案选D。11、D【解析】

A.过氧化钙(CaO2)中阴离子是O22-，阳离子是Ca2+，故阴、阳离子个数比为1：1，A错误；B.用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，B错误；C.防止食品氧化变质，应加入还原剂，硅胶具有吸水性，是干燥剂，C错误；D.丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，D正确；故合理选项是D。12、B【解析】

A．0.1mol•L-1的NH4Cl溶液与0.05mol•L-1的NaOH溶液等体积混合后存在等量的NH4+和NH3•H2O，NH3•H2O电离程度大于NH4+水解程度，溶液呈碱性，c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)，故A错误；B．0.02mol•L-1

CH3COOH溶液与0.01mol•L-1NaOH溶液等体积混合，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)、根据物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，所以得2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故B正确；C．酸和碱的强弱未知，混合后溶液的性质不能确定，无法判断c(OH-)和c(H+)大小，故C错误；D．0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，物料守恒：c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，计算得到：c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c(CO32-)，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点和难点为D，要注意灵活运用电解质溶液中的电荷守恒和物料守恒。13、D【解析】

A.乙醇和乙酸的反应为可逆反应，用乙醇和浓硫酸不能除去乙酸乙酯中的少量乙酸，并引入了新的杂质，故A错误；B.新制氯水具有强氧化性，不能用pH试纸测定新制氯水的pH，故B错误；C.多羟基有机化合物如甘油遇新制氢氧化铜产生绛蓝色溶液，不会产生蓝色沉淀，故C错误；D.将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物，故D正确；正确答案是D。14、B【解析】

由结构可知，含碳碳双键，且含C、H、S元素，结合双键为平面结构及烯烃的性质来解答。【详解】A．家用天然气中可人工添加，能在O2中燃烧，故A错误；B．含双键为平面结构，所有原子可能共平面，故B正确；C．含2个双键，若1：1加成，可发生1，2加成或1，4加成，与溴的加成产物有2种，若1：2加成，则两个双键都变为单键，有1种加成产物，所以共有3种加成产物，故C错误；D．含有2个双键，消耗2molH2，会生成1mol，故D错误；故答案选B。【点睛】本题把握官能团与性质、有机反应为解答关键，注意选项D为解答的难点。15、B【解析】

A．Zn、Fe、海水形成原电池中，Zn比Fe活泼作负极，Fe作正极，发生得电子的还原反应得到保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B．燃煤中加入CaO可吸收二氧化硫，减少酸雨的发生，不能减少温室气体的排放，故B错误；C．加热可使蛋白质发生变性，则加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性，故C正确；D．75%的酒精可用于杀菌消毒，杀毒效果好，对人体危害最小，浓度太大易在细胞壁上形成一层膜阻止酒精渗入，浓度太小杀菌效果差，故D正确；故答案选B。16、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。17、D【解析】

离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。【详解】A、Al3＋和HCO3－水解相互促进生成氢氧化铝和CO2，不能大量共存；B、水的电离是被抑制的，所以溶液可能显酸性，也可能显碱性。但不论是显酸性，还是显碱性，ClO－都能氧化Fe2+，不能大量共存；C、溶液显酸性[Ag(NH3)2]+不能大量共存。D、溶液显碱性，可以大量共存；答案选D。【点睛】该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验。有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。18、A【解析】

W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W与Y元素同主族，且形成的化合物可用于工业的杀菌与消毒，故W为O，Y为S，Z为Cl，根据最外层电子数之和为20，X为Na。【详解】A.W为O，与其他三种元素可形成，Na2O2和Na2O，SO2和SO3，Cl2O7、ClO2，Cl2O等，故A正确；B.Y的最高价氧化物对应的水化物H2SO4为强酸，H2SO3不是强酸，故B错误；C.Z的氢化物HCl为共价化合物，故C错误；D.X和Y形成的化合物为Na2S，水溶液呈碱性，故D错误；故选A。19、C【解析】

A.在溶液中加酸化的BaCl2溶液，溶液出现白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡沉淀，不能证明一定含硫酸根离子，故A错误；B.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液中含有钠元素，则该溶液可能是钠盐溶液或氢氧化钠溶液，故B错误；C.气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,则发生反应：CuSO4+5H2O═CuSO4⋅5H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故C正确；D.二氧化硫和澄清石灰水中氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，二氧化碳气体通过澄清石灰水溶液生成碳酸钙白色沉淀，反应都会变浑浊，不能检验二氧化碳和二氧化硫，故D错误；答案选C。20、C【解析】

A．碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故A错误；B．蔗糖溶于水后，蔗糖在水中以分子形式存在，所以没有化学键的破坏，故B错误；C．氯化氢气体溶于水，氯化氢在水分子的作用下发生电离生成氯离子和氢离子，所以有化学键的破坏，故C正确；D．氢氧化钠熔化时电离出OH-和Na+，只破坏离子键，故D错误；故答案为C。21、C【解析】

A．M点，向1L0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，A项错误；B.在M点时溶液中存在电荷守恒，n(OH−)+n(Cl−)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，则n(OH−)+0.1mol=0.05+n(H+)+a=(a+0.05)mol+n(H+)，B项错误；C.铵根离子水解显酸性，因=，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则c(H+)/c(NH4+)不断减小，C项正确；D.当n(NaOH)=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知，c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，D项错误；答案选C。22、A【解析】

A.NaHSO4=Na++H++SO42-，Na2CO3=2Na++CO32-，所以两者反应可以用2H++CO32－→CO2↑+H2O表示，故A正确；B.BaCO3是不溶性的盐，不能拆，故B错误；C.CH3COOH是弱酸，不能拆，故C错误；D.NaHCO3是弱酸的酸式盐，不能电离出碳酸根离子，故D错误；故选：A。二、非选择题(共84分)23、甲苯羧基浓硝酸、浓硫酸、水浴加热取代反应CH3-CH2-CHBr-COOH+2NaOHCH3-CH2-CH(OH)-COONa+NaBr+H2OCH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH【解析】

(A)与混酸在水浴加热条件下发生取代反应生成(B)；B被MnO2氧化，将-CH3氧化为-CHO，从而生成(C)；C发生还原反应生成(D)。(E)发生氧化生成(F)；F与Br2在PBr3催化下发生取代反应生成(G)；G在碱性条件下发生水解反应生成(H)；依据M和D的结构，可确定I为，是由H在氧化剂作用下发生氧化反应生成；D与I发生反应生成(M)。【详解】(1)有机物A为，其名称是甲苯，F为，含有的官能团的名称是羧基。答案为：甲苯；羧基；(2)由(A)在混酸作用下生成(B)，所需的试剂和反应条件是浓硝酸、浓硫酸、水浴加热。答案为：浓硝酸、浓硫酸、水浴加热；(3)(F)与Br2在PBr3催化下生成(G)，反应类型为取代反应。答案为：取代反应；(4)(G)与NaOH溶液反应，-COOH、-Br都发生反应，化学方程式为CH3-CH2-CHBr-COOH+2NaOHCH3-CH2-CH(OH)-COONa+NaBr+H2O。答案为：CH3-CH2-CHBr-COOH+2NaOHCH3-CH2-CH(OH)-COONa+NaBr+H2O；(5)依据M和D的结构，可确定I为，是由H在氧化剂作用下发生氧化反应生成。答案为：；(6)由乙烯制CH3CH2CH2CH2OH，产物中碳原子数刚好为反应物的二倍，可依据信息②进行合成，先将乙烯制乙醇，然后氧化得乙醛，再发生信息②反应，最后加氢还原即得。制备E的合成路线为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH。答案为：CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH。【点睛】合成有机物时，先从碳链进行分析，从而确定反应物的种类；其次分析官能团的变化，在此点，题给流程图、题给信息的利用是解题的关键所在；最后将中间产物进行处理，将其完全转化为目标有机物。24、邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯硝基、羟基C13H18N1OBr1氧化反应取代反应3【解析】

由B与C的分子式、D的结构简式，结合信息①，可知B为、C为，对比甲苯与B的结构，可知甲苯发生硝化反应生成A，A发生氧化反应生成B，故A为，D发生信息②中还原反应生成E为，由盐酸氨溴索的结构简式可知E→F发生还原反应生成F，F与溴发生苯环上取代反应生成G，G与HCl反应生成盐酸氨溴索，故F为、G为。(6)、甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl还原引入氨基，羧基与甲醇发生酯化反应引入酯基，氨基易被氧化且能与羧基反应，结合生成A的转化，应先发生硝化反应反应生成，再发生氧化反应生成，然后发生酯化反应生成，最后发生还原反应生成目标产物。【详解】（1）A的结构简式为，其名称为：邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯。D中含氧官能团的名称是：硝基、羟基，故答案为：邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯；硝基、羟基；（1）G的结构简式为，其分子式为：C13H18N1OBr1．由分析可知，化合物E的结构简式是：，故答案为：C13H18N1OBr1；；（3）A→B是转化为，甲基转化为醛基，属于氧化反应。F→G是转化为，F中苯环上氢原子被溴原子替代，属于取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应；（4）B+CD的化学方程式为，故答案为：；（5）化合物X同时符合下列条件的同分异构体：①苯环上有两个取代基，其中之一是氨基；②官能团与X相同，另外一个取代基含有酯基，可能为﹣COOCH3、﹣OOCCH3、﹣CH1OOCH，苯环上的一氯代物有两种，1个不同的取代基处于对位，符合条件的H共有3种，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为：，故答案为：3；；（6）甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl还原引入氨基，羧基与甲醇发生酯化反应引入酯基，氨基易被氧化且能与羧基反应，结合生成A的转化，应先发生硝化反应反应生成，再发生氧化反应生成，然后发生酯化反应生成，最后发生还原反应生成目标物，合成路线流程图为：，故答案为：。25、NH3∙H2ONH4＋＋OH－NH3(g)NH3(aq)(或氨气的溶解平衡)Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)(或Ca(OH)2的溶解平衡)29.8进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行Cu2＋＋2NH3∙H2O→Cu(OH)2↓＋2NH4＋[[Cu(NH3)4]2＋]/[NH3]2∙[NH4＋]2加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后c[Cu(NH3)4]2＋/c2(NH3)∙c2(NH4＋)会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正减小【解析】

(1)制备NH3的实验中，存在着NH3+H2ONH3∙H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2的溶解平衡三个平衡过程；(2)氨水是指NH3的水溶液，不是NH3·H2O的水溶液，所以要以NH3为标准计算.n（NH3）==1.33mol；(3)实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；(4)NH3通入CuSO4溶液中和水反应生成NH3∙H2O，NH3∙H2O电离出OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2；①反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)，平衡常数的表达式K=；②反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)是放热反应，降温可以使K增大，正逆反应速率都减少；③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢。【详解】(1)制备NH3的实验中，存在着NH3+H2ONH3∙H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2的溶解平衡三个平衡过程，故答案为：NH3∙H2ONH4＋＋OH－NH3(g)NH3(aq)(或氨气的溶解平衡)、Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)(或Ca(OH)2的溶解平衡)；(2)氨水是指NH3的水溶液，不是NH3·H2O的水溶液，所以要以NH3为标准计算.n（NH3）==1.33mol，标准状况下体积为1.33mol×22.4L/mol=29.8L；(3)实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；(4)NH3通入CuSO4溶液中和水反应生成NH3∙H2O，NH3∙H2O电离出OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2，该反应的离子方程式为：Cu2＋＋2NH3∙H2O→Cu(OH)2↓＋2NH4＋；①反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)，平衡常数的表达式K=；②反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)是放热反应，降温可以使K增大，正逆反应速率都减少，画出该过程中v正的变化为：；③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢，故原因是：该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正减小。26、100mL容量瓶和胶头滴管不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解减小H2O2自身分解损失2CrO2-＋3H2O2＋2OH－===2CrO＋4H2O除去过量的H2O2①在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，②先加入一滴0.5mol·L－1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，③向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4【解析】

Cr(OH)3为两性氢氧化物，在CrCl3溶液中滴加NaOH溶液可生成NaCrO2，“制NaCrO2(aq)”时，控制NaOH溶液加入量，应再不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，再加入6%H2O2溶液，发生氧化还原反应生成Na2CrO4，“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可减小H2O2自身分解损失，经煮沸可除去H2O2，冷却后与铅盐溶液作用制得PbCrO4，以此解答该题。【详解】（1）实验时需要配置100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是100mL容量瓶和胶头滴管，其中胶头滴管用于定容，故答案为：100mL容量瓶和胶头滴管；（2）Cr(OH)3为两性氢氧化物，呈绿色且难溶于水，加入氢氧化钠溶液时，不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，可防止NaOH溶液过量，故答案为：不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解；（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可防止反应放出热量，温度过高而导致过氧化氢分解而损失，反应的离子方程式为2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O，故答案为：减小H2O2自身分解损失；2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O；（4）煮沸可促使过氧化氢分解，以达到除去过氧化氢的目的，故答案为：除去过量的H2O2；（5）“冷却液”的主要成分为Na2CrO4，要想制备PbCrO4，根据已知信息②由Pb(NO3)2提供Pb2+，但要控制溶液的pH不大于7.2，以防止生成Pb(OH)2沉淀，由信息③的图象可知，溶液的pH又不能小于6.5，因为pH小于6.5时CrO42﹣的含量少，HCrO4﹣的含量大，所以控制溶液的pH略小于7即可，结合信息④，需要先生成少许的PbCrO4沉淀，再大量生成。所以实验操作为在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6mol•L﹣1的醋酸至弱酸性（pH略小于7），将溶液加热至沸腾，先加入一滴0.5mol•L﹣1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥；故答案为：①在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，②先加入一滴0.5mol·L－1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，③向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4。27、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+H2