安徽省亳州市2024年高三第一次模拟考试化学试卷含解析

安徽省亳州市2024年高三第一次模拟考试化学试卷考生请注意：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（每题只有一个选项符合题意）1、用如图装置进行实验，甲逐滴加入到固体乙中，如表说法正确的是（）选项

液体甲

固体乙

溶液丙

丙中现象

A

CH3COOH

NaHCO3

苯酚钠

无明显现象

B

浓HCl

KMnO4

紫色石蕊

最终呈红色

C

浓H2SO4

Na2SO3

品红

红色变无色

D

浓H2SO4

Cu

氢硫酸

溶液变浑浊

A．A B．B C．C D．D2、在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备化工产品[Co(NH3)6]Cl3，下列表述正确的是A．中子数为32，质子数为27的钴原子:B．H2O2的电子式：C．NH3和NH4Cl化学键类型相同D．[Co(NH3)6]Cl3中Co的化合价是+33、关于C9H12的某种异构体，以下说法错误的是()A．一氯代物有5种B．分子中所有碳原子都在同一平面C．能发生加成、氧化、取代反应D．1mol该物质最多能和3molH2发生反应4、下列变化过程中克服共价键的是（）A．二氧化硅熔化 B．冰融化 C．氯化钾熔化 D．碘升华5、甲醇低压羰基合成法（CH3OH+CO→CH3COOH）是当今世界醋酸生产的主要方法，国标优等品乙酸含量99.8%。为检验得到的乙酸中是否含有甲醇，可用的方法是A．观察放入金属Na是否产生气泡B．观察滴入的紫色石蕊溶液是否变红C．观察滴入的酸性KMnO4溶液是否褪色D．观察插入的表面发黑的灼热铜丝是否变红6、下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）（）A．NaCl→Na++Cl-B．CuCl→Cu2++2Cl-C．CH3COOH⇌CH3COO-+H+D．H2

（g）+Cl2

（g）→2HCl（g）+183kJ7、某学习小组在实验室中用废易拉罐(主要成分为AI，含有少量的Fe、Mg杂质)制明矾[KAl(SO4)2·12H2O]的过秳如图所示。下列说法正确的是A．为尽量少引入杂质，试剂①应选用氨水B．滤液A中加入NH4HCO3溶液产生CO2C．沉淀B的成分为Al(OH)3D．将溶液C蒸干得到纯净的明矾8、吗替麦考酚酯主要用于预防同种异体的器官排斥反应，其结构简式如下图所示。下列说法正确的是A．吗替麦考酚酯的分子式为C23H30O7NB．吗替麦考酚酯可发生加成、取代、消去反应C．吗替麦考酚酯分子中所有碳原子一定处于同一平面D．1mol吗替麦考酚酯与NaOH溶液充分反应最多消耗3molNaOH反应9、称取两份铝粉，第一份加入足量浓氢氧化钠溶液，第二份加入足量盐酸，如要放出等量的气体，两份铝粉的质量之比为A．1：3 B．3：1 C．1：1 D．4：310、Z是合成某药物的中间体，其合成原理如下:下列说法正确的是.A．用NaHCO3溶液可以鉴别X和Z B．X、Y、Z都能发生取代反应C．X分子所有碳原子可能共平面 D．与X具有相同官能团的同分异构体还有5种11、海水中含有80多种元素，是重要的资源宝库。己知不同条件下，海水中碳元素的存在形态如图所示。下列说法不正确的是（）A．当，此中主要碳源为B．A点，溶液中和浓度相同C．当时，D．碳酸的约为12、分子式为C5H12的烃，其分子内含3个甲基，该烃的二氯代物的数目为A．8种 B．9种 C．10种 D．11种13、关于①②③三种化合物：，下列说法正确的是A．它们均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．它们的分子式都是C8H8C．它们分子中所有原子都一定不共面D．③的二氯代物有4种14、短周期元素X、Y、Z、W分属三个周期，且原子序数依次增加。其中Y与X、Z均可形成1︰1或1︰2的二元化合物；X与Z最外层电子数相同；Y与W的一种化合物是一种新型的自来水消毒剂。下列说法错误的是A．常温常压下Y的单质为气态B．离子半径：W>Z>YC．X与Z形成的离子化合物具有还原性D．W的最高价氧化物的水化物一定是强酸15、常温下，分别向体积相同、浓度均为1mol／L的HA、HB两种酸溶液中不断加水稀释，酸溶液的pH与酸溶液浓度的对数(lgc)间的关系如图。下列对该过程相关分析正确的是A．HB的电离常数(Ka)数量级为10-3B．其钠盐的水解常数(Kh)大小关系是：NaB>NaAC．a、b两点溶液中，水的电离程度b<aD．当lgc=-7时，两种酸溶液均有pH=716、下图所示为某同学设计的检验浓硫酸和碳反应所得气体产物的实验装置图。下列说法正确的是A．若按①→③→②顺序连接，可检验所有气体产物B．若装置②只保留a、b，同样可以达到实验目的C．若圆底绕瓶内碳粉过量，充分反应后恢复到25℃，溶液的pH≥5.6D．实验结束后，应按从下往上、从左往右的顺序拆卸装置二、非选择题（本题包括5小题）17、下列物质为常见有机物：①甲苯②1，3﹣丁二烯③直馏汽油④植物油填空：（1）既能使溴水因发生化学变化褪色，也能使酸性高锰酸钾褪色的烃是____（填编号）；（2）能和氢氧化钠溶液反应的是______（填编号），写出该反应产物之一与硝酸酯化的化学方程式______．（3）已知：环己烯可以通过1，3﹣丁二烯与乙烯发生环化加成反应得到：实验证明，下列反应中，反应物分子的环外双键比环内双键更容易被氧化：现仅以1，3﹣丁二烯为有机原料，无机试剂任选，按下列途径合成甲基环己烷：（a）写出结构简式：A______；B_____（b）加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是_______（c）1molA与1molHBr加成可以得到_____种产物．18、化合物X由三种元素(其中一种是第四周期元素)组成，现进行如下实验：已知：气体A在标准状况下密度为0.714g·L-1；碱性溶液焰色反应呈黄色。(1)X中非金属元素的名称为__________，X的化学式__________。(2)X与水反应的化学方程式为_________。(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，设计实验证明Y的晶体类型__________。(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，________，蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色。19、某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3·6H2O反应产物。（查阅资料）FeCl3是一种共价化合物，熔点306℃，沸点315℃。实验编号操作现象实验1按上图所示，加热A中MnO2与FeCl3·6H2O混合物①试管A中固体部分变液态，上方出现白雾②稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色液滴③试管B中KI-淀粉溶液变蓝实验2把A中的混合物换为FeCl3·6H2O，B中溶液换为KSCN溶液，加热。A中固体部分变液态，产生白雾和黄色气体，B中KSCN溶液变红（实验探究）实验操作和现象如下表：（问题讨论）（1）实验前首先要进行的操作是______________________________。（2）实验1和实验2产生的白雾是_______（填化学式）溶解在水中形成的小液滴。（3）请用离子方程式解释实验2中黄色气体使KI-淀粉溶液变蓝色的原因_____________。（4）为确认黄色气体中含有Cl2，学习小组将实验1中试管B内KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液，发现B中溶液呈橙色，经检验无Fe2+，说明黄色气体中含有Cl2。用铁氰化钾溶液检验Fe2+的离子方程式是_________________________________。选择NaBr溶液的原因是________________________________________________________________。（实验结论）（5）实验1充分加热后，若反应中被氧化与未被氧化的氯元素质量之比为1:2，则A中发生反应的化学方程式为____________________________________________________。（实验反思）该学习小组认为实验1中溶液变蓝，也可能是酸性条件下，I－被空气氧化所致，可以先将装置中的空气排尽，以排除O2的干扰。20、二氧化钒（VO2）是一种新型热敏材料。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒（IV）碱式碳酸铵晶体,过程如下:V2O5VOCl2溶液（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]10·H2O回答下列问题：（1）步骤i中生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体,该反应的化学方程式为____。也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOCl2溶液,从环境角度考虑,该方法的缺点是_______。（2）步骤ii可在如图装置（气密性良好）中进行。已知:VO2+能被O2氧化。①药品填装完成后的实验操作是____（填活塞“a”“b”的操作）。②若无装置B,则导致的后果是____。（3）加完VOCl2后继续搅拌数分钟,使反应完全,小心取下分液漏斗,停止通气,立即塞上橡胶塞,将锥形瓶置于CO2保护下的干燥器中，静置过夜,得到紫红色晶体,抽滤,并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次,用无水乙醇洗涤2次,除去水分,再用乙醚洗涤2次,抽干称重。用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是____。（4）测定氧钒（IV）碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量4.246g样品于锥形瓶中,用20mL蒸馏水与30mL硫酸混合溶解后，加0.02mol·L-1的KMnO4溶液至稍过量,充分反应后继续加1%NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2,最后用0.08mol·L-1的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点,消耗体积为30.00mL。（滴定反应:VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O）①NaNO2溶液的作用是____。②粗产品中钒的质量分数为____（精确到小数点后两位）。21、氮的化合物能影响植物的生长，其氧化物也是大气的主要污染物之一。(1)固氮直接影响作物生长。自然固氮发生的反应有：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH1=+180.5kJ·mol－1②2NO(g)+O2(g)==2NO2(g)ΔH2=－114.1kJ·mo1－l③N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH3=__________kJ·mol－l。(2)一定温度下，将等物质的量的NO和CO通入固定容积为4L的密闭容器中发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，反应过程中CO的物质的量变化如图甲所示：①能判断反应已达到化学平衡状态的是___________(填序号)；A．容器中的压强不变B．2v正(CO)=v逆(N2)C．气体的平均相对分子质量保持不变D．NO和CO的体积比保持不变②0～20min平均反应速率v(NO)为_______mol/(L·min)；③反应达平衡后再向容器中加入0.4molCO和0.4molCO2，则此时平衡______(填“向正反应方向移动”、“向逆反应方向移动”或“不移动”)；④该反应的正反应速率如图乙所示。在t2时刻，将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，t3时刻达到新的平衡状态。请在上图乙中，补充画出从t2到t4时刻正反应速率随时间的变化曲线。_____________；(3)三聚氰酸[C3N3(OH)3]可用于消除汽车尾气中的NO2，其反应分两步进行。第一步是：C3N3(OH)33HCNO；第二步是HCNO与NO2反应，把氮元素和碳元素转变成无毒气体。请写出第二步发生的化学反应方程式_________________；(4)常温下，在xmol·L－1氨水中加入等体积的ymol·L－1硫酸得混合溶液M恰好显中性。①M溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为_________________。②常温下，NH3·H2O的电离常数K=_______________(用含x和y的代数式表示，忽略溶液混合前后的体积变化)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A．醋酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳与苯酚钠溶液反应生成苯酚，苯酚难溶于水，溶液变浑浊，A错误；B．反应生成氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，石蕊先变红后褪色，B错误；C．二氧化硫可使品红褪色，C正确；D．浓硫酸和铜应在加热条件下进行，D错误。答案选C。2、D【解析】

A．质量数为32，中子数为27的钴原子，应该表示为：，A错误；B．H2O2为共价化合物，原子间形成共用电子对，没有电子的得失，B错误；C．NH3存在氮氢共价键，NH4Cl存在铵根离子和氯离子间的离子键，氮氢原子间的共价键，C错误；D．[Co(NH3)6]Cl3，NH3整体为0价，Cl为-1价，所以Co的化合价是+3，D正确；故答案选D。3、B【解析】

A．苯环上有3种氢，侧链上有2种氢，其一氯代物有5种，故A正确；B．次甲基中碳原子连接的原子或基团形成四面体结构，分子中所有碳原子不可能都在同一平面，故B错误；C．含有苯环，可以发生加成反应与取代反应，可以燃烧，侧链可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故C正确；D．苯环能与氢气发生加成反应，1mol该物质最多能和3molH2发生反应，故D正确。故选：B。【点睛】一氯代物的种类即判断分子内的等效氢数目，一般同一个甲基上的氢等效、同一个碳上连接点甲基上的氢等效、对称结构的氢等效。4、A【解析】

原子晶体熔化克服共价键，离子晶体熔化或电离均克服离子键，分子晶体发生三态变化只破坏分子间作用力，非电解质溶于水不发生电离，则不破坏化学键，以此来解答。【详解】A、二氧化硅是原子晶体，熔化克服共价键，选项A正确；B、冰融化克服的是分子间作用力，选项B错误；C、氯化钾熔化克服是离子键，选项C错误；D、碘升华克服的是分子间作用力，选项D错误；答案选A。5、C【解析】

A．均与Na反应生成气泡，不能检验，故A不选；B．滴入的紫色石蕊溶液是否变红，可检验乙酸，不能检验乙醇，故B不选；C．J甲醇能被高锰酸钾氧化，使其褪色，则滴入的酸性KMnO4溶液是否褪色可检验甲醇，故C选；D．乙酸与CuO反应，干扰乙醇与CuO的反应，不能检验，故D不选；故选：C。6、B【解析】

A、NaCl为强电解质，电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；B、电解氯化铜溶液生成Cu和氯气，电解发生CuCl2Cu+Cl2↑，故B符合题意；C、醋酸为弱酸，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故C不符合题意；D、焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)=(436+243-431×2)kJ/mol=-183kJ/mol，因此H2

(g)+Cl2

(g)→2HCl(g)+183kJ，故D不符合题意；故选：B。【点睛】电解池中阳极若是活性电极作阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应，若是惰性电极作阳极，放电顺序为：，注意：①阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电；②最常用、最重要的放电顺序为阳极：Cl－>OH－；阴极：Ag＋>Cu2＋>H＋。7、C【解析】

A选项，为尽量少引入杂质，试剂①应选用氢氧化钾，故A错误；B选项，滤液A为偏铝酸盐与NH4HCO3溶液反应生成氢氧化铝和碳酸铵，故B错误；C选项，根据B选项得出沉淀B的成分为Al(OH)3，故C正确；D选项，将溶液C蒸干得到明矾中含有硫酸钾杂质，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】偏铝酸盐与NH4HCO3溶液反应生成氢氧化铝和碳酸铵，不是水解反应。8、D【解析】A.吗替麦考酚酯的分子中含有1个N原子，H原子是个数应该为奇数，故A错误；B.吗替麦考酚酯中含有碳碳双键，能够发生加成反应、含有酯基能够发生取代反应、但不能发生消去反应，故B错误；C.吗替麦考酚酯分子中含有亚甲基几个，所有碳原子可能处于同一平面，不是一定处于同一平面，故C错误；D.1mol吗替麦考酚酯含有2mol酯基和1mol酚羟基与NaOH溶液充分反应最多消耗3molNaOH，故D正确；故选D。9、C【解析】

由2Al～6HCl～2NaOH～3H2↑，酸、碱均足量时，Al完全反应，以此分析生成的氢气。【详解】由2Al∼6HCl∼2NaOH∼3H2↑，酸、碱均足量时，Al完全反应，由反应的关系式可知，生成等量的氢气，消耗等量的Al，所以两份铝粉的质量之比为1:1，答案选C。10、B【解析】

A．X和Z分子中都含有羧基，都能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳气体，NaHCO3溶液不能鉴别X和Z，A不正确；B．X和Y能发生酯化反应，Y和Z的苯环上能发生卤代反应，酯化反应和卤代反应都属于取代反应，B正确；C．X分子中与Br相连的碳原子上连有三个碳原子，这四个碳原子不可能共平面，C错误；D．丁酸有两种结构CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，烃基上一个氢原子被溴原子取代的产物有5种，除去X本身，与X具有相同官能团的同分异构体还有4种，D错误。故选B。11、B【解析】

A.根据上图可以看出，当pH为8.14时，海水中主要以的形式存在，A项正确；B.A点仅仅是和的浓度相同，和浓度并不相同，B项错误；C.当时，即图中的B点，此时溶液的pH在10左右，显碱性，因此，C项正确；D.的表达式为，当B点二者相同时，的表达式就剩下，此时约为，D项正确；答案选B。12、C【解析】

分子式为C5H12含3个甲基的烃为，该烃的一氯代物有4种：ClCH2CH（CH3）CH2CH3、（CH3）2CClCH2CH3、（CH3）2CHCHClCH3、（CH3）2CHCH2CH2Cl，采用“定一移二”法，第二个氯原子的位置如图：、、、，该烃的二氯代物的同分异构体有5+2+2+1=10种，答案选C。13、B【解析】

A．①中没有不饱和间，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B．根据三种物质的结构简式，它们的分子式都是C8H8，故B正确；C．②中苯环和碳碳双键都是平面结构，②分子中所有原子可能共面，故C错误；D．不饱和碳原子上的氢原子，在一定条件下也能发生取代反应，采用定一移一的方法如图分析，③的二氯代物有：，，其二氯代物共6种，故D错误；故选B。14、B【解析】

短周期元素X、Y、Z、W分属三个周期且原子序数依次增加，X为H，Y与X、Z均可形成1︰1或1︰2的二元化合物；X与Z最外层电子数相同；Y为O，Z为Na，Y与W的一种化合物是一种新型的自来水消毒剂，W为Cl。【详解】A.常温常压下Y的单质为氧气或臭氧，故A正确；B.Y为O，Z为Na，对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，应为Z<Y，故B错误；C.X与Z形成的离子化合物是NaH，H为-1价，具有还原性，可与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；D.W的最高价氧化物的水化物是高氯酸，因为氯元素的非金属性强于硫元素，硫酸为强酸，所以高氯酸一定是强酸，故D正确；故选B。【点睛】比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。15、B【解析】

A.由图可知，b点时HB溶液中c=10-3mol·L－1，溶液中c（H＋）=10-6mol·L－1，c（B-）=10-6mol·L－1，则HB的电离常数(Ka)==10-9,故A错误；B.与A同理，HA的电离常数Ka==10-5＞HB的电离常数，则HB酸性弱于HA，由酸越弱对应的盐水解能力越强，水解程度越大，钠盐的水解常数越大，故B正确；C.a、b两点溶液中，b水解程度大，水电离程度大，水的电离程度b>a，故C错误；D.当lgC=-7时，HB中c（H＋）=mol·L－1，HA中c（H＋）=mol·L－1，pH均不为7，故D错误；故选B。【点睛】难点A选项，从图中读出两点氢离子的浓度，酸的浓度，根据电离常数的定义写出电离常数，本题易错点为D选项，当lgc=-7时，是酸的浓度是10-7mol·L－1，不是氢离子的浓度。16、B【解析】浓硫酸和碳反应所得气体产物为二氧化碳、二氧化硫和水蒸气，应该先过无水硫酸铜检验水，再过品红溶液检验二氧化硫，过酸性高锰酸钾氧化除去二氧化硫，过品红溶液验证二氧化硫都被除去，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，所以选项A错误。若装置②只保留a、b，只要看到酸性高锰酸钾溶液没有褪色就可以证明二氧化硫完全被吸收，所以选项B正确。酸雨的要求是pH小于5.6，而本实验中生成的二氧化硫会导致酸雨，所以溶液的pH一定小于5.6，同时随着反应的进行浓硫酸转化为稀硫酸就不再反应，所以还有剩余的稀硫酸，溶液的pH就会更小，选项C错误。从下往上、从左往右是实验装置的安装顺序，拆卸顺序应该相反，选项D错误。二、非选择题（本题包括5小题）17、②④+3HNO3→+3H2OA4【解析】

(1)植物油属于酯类物质，既能使溴水因发生化学变化褪色，也能使酸性高锰酸钾褪色的烃中有碳碳不饱和键，据此分析判断；(2)烃不能与NaOH反应，酯能够在NaOH溶液中水解，据此分析解答；(3)根据碳原子数目可知，反应①为1，3-丁二烯与CH2=CH-CH3发生信息Ⅰ反应生成A，则A为，A发生信息Ⅱ的反应生成B，则B为，结合C的分子式可知，B与氢气发生全加成反应生成C，C为，C发生消去反应生成D，D为，D发生加成反应生成甲基环己烷，据此分析解答。【详解】(1)植物油属于酯类物质，不是烃；甲苯和直馏汽油中不存在碳碳双键，不能使溴水因发生化学反应褪色；1，3-丁二烯中含有碳碳双键，能够与溴水发生加成反应，能够被酸性高锰酸钾氧化，使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：②；(2)烃不能与NaOH反应，酯能够在NaOH溶液中发生水解反应；植物油是高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油，甘油能够与硝酸发生酯化反应，反应方程式为：+3HNO3→+3H2O，故答案为：④；+3HNO3→+3H2O；(3)(a)通过以上分析知，A的结构简式是，B的结构简式是，故答案为：；；(b)据上述分析，加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是A，故答案为：A；(c)A的结构简式是，分子中2个碳碳双键上的4个C原子都不等效，所以Br原子加成到4个C原子上的产物都不相同，因此A与HBr加成时的产物有4种，故答案为：4。18、碳、溴Na5CBrNa5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑将Y加热至熔化，然后测其导电性，若熔融状态下能导电，证明该物质是由离子构成的离子晶体放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯火焰上灼烧至无色【解析】

X与水反应产生气体A和碱性溶液，气体A摩尔质量为M=0.714g·L-1×22.4L/mol=16g/mol，则A是CH4，说明X中含有C元素；碱性溶液焰色反应呈黄色，说明碱性溶液含有钠元素，物质X中有钠元素；向该碱性溶液中加入0.04molHCl溶液显中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液产生两种沉淀，质量和为7.62g，根据Cl-守恒，其中含有AgCl沉淀质量为m(AgCl)=0.04mol×143.5g/mol=5.74g，X中含有的另外一种元素位于第四周期，可以与Ag+反应产生沉淀，则该元素为溴元素，则X的组成元素为Na、C、Br三种元素，形成的沉淀为AgBr，其质量为m(AgBr)=7.62g-5.74g=1.88g，n(AgBr)=1.88g÷188g/mol=0.01mol，X中含有Br-0.01mol，其质量为0.01mol×80g/mol=0.80g，结合碱性溶液中加入0.04molHCl，溶液显中性，说明2.07gX中含有0.05molNa+，X与水反应产生0.01molHBr和0.05molNaOH，其中0.01molHBr反应消耗0.01molNaOH，产生0.01molNaBr，还有过量0.04molNaOH，则X中含有C的物质的量为n(C)=(2.07g-0.05mol×23g/mol-0.80g)÷12g/mol=0.01mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=0.05：0.01：0.01=5：1：1，则X化学式为Na5CBr，Na5CBr与水反应总方程式为：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知X是Na5CBr，A是CH4，碱性溶液为NaOH与NaBr按4：1混合得到的混合物，中性溶液为NaCl、NaBr按4：1物质的量的比的混合物，沉淀为AgCl、AgBr混合物，二者物质的量的比为4：1；(1)X化学式为Na5CBr，其中非金属元素的名称为碳、溴；(2)X与水反应的化学方程式为Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑；(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，则Y为NaBr，该化合物为离子化合物，证明Y的晶体类型实验是：将NaBr加热至熔化，测其导电性，若熔融状态下能导电，证明在熔融状态中含有自由移动的离子，则该物质是由离子构成的离子化合物；(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯或酒精喷灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色，来确定其中含有的金属元素。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、颜色反应的操作及化合物类型判断方法。掌握常见元素及化合物的性质、物质的构成微粒，并结合题干信息计算、推理。19、检查装置的气密性HCl2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I23Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O【解析】

（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；（2）FeCl3•6H2O受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴；（3）由信息可知，FeCl3是一种共价化合物，受热变为黄色气体，氯化铁具有强氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质；（4）用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀；为确认黄色气体中含有Cl2，需要除去Fe3+的干扰，因为Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2，可选择NaBr溶液；（5）二氧化锰与FeCl3•6H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，据此结合原子守恒书写化学方程式。【详解】（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；故答案为检查装置的气密性；（2）FeCl3•6H2O受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴，而形成白雾；故答案为HCl；（3）碘离子具有还原性，氯化铁具有强氧化性，两者反应，碘离子被氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I2，故答案为2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I2；（4）用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀，离子方程式是3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓；为确认黄色气体中含有Cl2，将试管B内KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液，若B中观察到浅橙红色，为溴水的颜色，则证明有物质能够将Br-氧化成Br2，铁离子不能氧化溴离子，若未检查到Fe2+，则证明是Cl2氧化的Br-，而不是Fe3+，故答案为3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓；Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2；（5）二氧化锰与FeCl3•6H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，反应方程式为：MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O，故答案为MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O。20、2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O氯气有毒，污染空气打开活塞a数分钟后，再打开活塞bHCl与NH4HCO3反应Cl-除去过量的KMnO42.88%【解析】

V2O5与盐酸、N2H4﹒2HCl混合发生反应：2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到VOCl2溶液，加碳酸氢铵溶液后得到氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体。（1）根据原子守恒及氧化还原反应原理分析解答；（2）根据题给信息中+4价V易被氧化的性质分析解答；（3）根据原子守恒及晶体的组成分析解答；（4）根据滴定原理及氧化还原反应原理分析解答。【详解】（1）根据原子守恒分析生成的一种无色无污染的气体为N2，该反应的化学方程式为2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；根据氧化还原反应原理分析，V被还原，则浓盐酸的中Cl被氧化生成氯气，氯气有毒，污染空气，故答案为：2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；氯气有毒，污染空气；（2）①已知VO2+能被O2氧化，故装置中不能有空气，所以反应前先通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化，所以实验操作时先打开活塞a数分钟后，再打开活塞b，故答案为：打开活塞a数分钟后，再打开活塞b；②A中制得的二氧化碳混有氯化氢气体，B装置中的试剂应是除去二氧化碳气体中HCl气体的饱和NaHCO3溶液，若无装置B，则HCl与NH4HCO3反应，故答案为：HCl与NH4HCO3反应；（3）根据原子守恒分析，及晶体的组成分析，NH4HCO3溶液洗涤除去阴离子主要是Cl-，故答案为：Cl-；（4）①根据分析，KMnO4溶液的作用是氧化V，NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4，故答案为：除去过量的KMnO4；②根据V元素的质量守恒，根据滴定反应VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则n(V)=n((NH4)2Fe(SO4)2)=0.08mol·L-1×0.03L=0.0024mol，则粗产品中钒的含量为：，故答案为：2.88%。21、+66.4AC0.01向逆反应方向移动8HCNO+6NO2==7N2+8CO2+4H2Oc(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)=c(OH-)【解析】

(1)根据盖斯定律分析解答；(2)①一定温度下，将等物质的量的NO和CO通入固定容积为4L的密闭容器中发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。根据平衡的概念和特征分析判断；②根据三段式分析解答；③反应达平衡后再向容器中加入0.4molCO和0.4molCO2，计算Qc与K的大小关系进行判断；④在t2时刻，将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，减小了压强，则正逆反应速率均是减小的，平衡向逆反应方向移动，t3时刻达到新的平衡状态，据此画图；(3)第二步是HCNO与NO2反应，把氮元素和碳元素转变成无毒气体为氮气和二氧化碳，据此书写反应的化学方程式；(4)溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，结合盐类水解或电荷守恒分析判断c(NH4+)、c(SO42-)的大小，再排序；②将xmol•L-1的氨水与ymol•L-1的硫酸等体积混合，反应后溶液显中性，溶液中c(OH-)=1×10-7mol/L，溶液中c(NH4+)=2c(SO42-)=ym