2024年滨海新区高考化学必刷试卷含解析

2024年滨海新区高考化学必刷试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是A．滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：B．滴入KSCN显血红色的溶液中：C．=1012的溶液中：D．由水电离的c(H+)=1.0×l0-13mol/L溶液中：2、在饱和食盐水中滴加酚酞溶液后，在以碳棒为电极进行电解，下列有关的实验现象的描述中正确的是（）A．负极区先变红 B．阳极区先变红C．阴极有无色气体放出 D．正极有黄绿色气体放出3、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A在KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2蓝色褪去还原性：I－＞SO2B向苯酚溶液中滴加少量浓溴水无白色沉淀苯酚浓度小C向NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液有黄色沉淀生成Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)D用pH试纸测浓度均为0.1mol·L－1的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pHCH3COONa溶液的pH大HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强A．A B．B C．C D．D4、下列说法不正确的是（）A．冰醋酸和水银都是纯净物 B．氢原子和重氢原子是两种不同核素C．氯化钠固体和氯化钠溶液都是电解质 D．稀硫酸和氢氧化铜悬浊液都属于分散系5、X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素。25℃时，各元素最高价氧化物对应水化物的pH与原子半径的关系如图，其中X、N、W、R测定的是浓度均为0.01mol/L溶液的pH，Y、Z测定的是其饱和溶液的pH。下列说法正确的是A．R、N分别与X形成二元化合物的水溶液均呈碱性B．N、Z、X三种元素的最高价氧化物均不与水反应C．单质与H2化合由易到难的顺序是：R、N、MD．金属单质与冷水反应由易到难的顺序是：Y、X、Z6、下列各组物质既不是同系物又不是同分异构体的是（）A．甲酸甲酯和乙酸 B．对甲基苯酚和苯甲醇C．油酸甘油酯和乙酸乙酯 D．软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯7、用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是（）A．加热装置I中的烧杯分离I2和高锰酸钾固体B．用装置II验证二氧化硫的漂白性C．用装置III制备氢氧化亚铁沉淀D．用装置IV检验氯化铵受热分解生成的两种气体8、溶液A中可能含有如下离子：、、、、、、、。某同学设计并完成了如下的实验：下列说法正确的是A．气体F能使湿润的蓝色石蕊试纸变红B．溶液A中一定存在、、，可能存在C．溶液A中一定存在、、、，可能存在D．溶液A中可能存在，且9、“太阳能燃料”国际会议于2019年10月在我国武汉举行，旨在交流和探讨太阳能光催化分解水制氢、太阳能光催化二氧化碳转化为燃料等问题。下列说法错误的是()A．太阳能燃料属于一次能源B．直接电催化CO2制取燃料时，燃料是阴极产物C．用光催化分解水产生的H2是理想的绿色能源D．研发和利用太阳能燃料，有利于经济的可持续发展10、原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、、P、Q分别位于三个周期，X与Z、Y与P分别位于同主族，Z与Y可形成原子个数比分别为1：1和2：1的离子化合物。则下列说法正确的是A．单质的沸点：Q>PB．简单氢化物的热稳定性：Y>PC．简单离子的半径：Z>Y>XD．X、Y、Z、P形成的化合物的水溶液显碱性11、关于化学键的各种叙述，下列说法中不正确的是（）A．Ca(OH)2中既有离子键又有共价键B．在单质或化合物中，一定存在化学键C．在离子化合物中，可能存在共价键D．化学反应中肯定有化学键发生变化12、下列离子方程式书写错误的是()A．铝粉投入到NaOH溶液中:2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑B．Al(OH)3溶于NaOH溶液中:Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OC．FeCl2溶液中通入Cl2:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-D．AlCl3溶液中加入足量的氨水:A13++3OH-=Al(OH)313、时，及其钠盐的溶液中，H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数(α)随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是()A．溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为B．当溶液恰好呈中性时:c(Na+)>c(HSO3-)+c(SO32-)C．向pH=8的上述溶液中滴加少量澄清石灰水，的值增大D．向pH=3的上述溶液中滴加少量稀硫酸，减小14、工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)；ΔH=+QkJ·mol-1(Q＞0)，某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应，下列叙述正确的是（）A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B．若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为QkJC．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol·L-1，则H2反应速率为0.03mol·L-1·min-1D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1mol·L-1的NaOH溶液恰好反应15、化学可以变废为室，利用电解法处理烟道气中的NO，将其转化为NH4NO3的原理如下图所示，下列说法错误的是A．该电解池的阳极反反为:NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+B．该电解池的电极材料为多孔石墨，目的是提高NO的利用率和加快反应速率C．用NH4NO3的稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行D．为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A为HNO316、用短线“—”表示共用电子对，用“··”表示未成键孤电子对的式子叫路易斯结构式。R分子的路易斯结构式可以表示为则以下叙述错误的是()A．R为三角锥形 B．R可以是BF3C．R是极性分子 D．键角小于109°28′17、下列物质的工业生产过程中，其主要反应不涉及氧化还原反应的是（）A．纯碱 B．氨气 C．烧碱 D．盐酸18、工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属，其原因与下列无关的是A．铝还原性较强 B．铝能形成多种合金C．铝相对锰、钒较廉价 D．反应放出大量的热19、下列除去杂质（括号内的物质为杂质）的方法中错误的是（）A．FeSO4（CuSO4）：加足量铁粉后，过滤B．Fe粉（Al粉）：用NaOH溶液溶解后，过滤C．NH3（H2O）：用浓H2SO4洗气D．MnO2（KCl）：加水溶解后，过滤、洗涤、烘干20、关于Na2O2的叙述正确的是（NA表示阿伏伽德罗常数）A．7.8gNa2O2含有的共价键数为0.2NAB．7.8gNa2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NAC．7.8gNa2O2与足量的CO2充分反应，转移的电数为0.2NAD．0.2molNa被完全氧化生成7.8gNa2O2，转移电子的数目为0.4NA21、Na、Al、Fe都是重要的金属元素。下列说法正确的是A．三者的氧化物都是碱性氧化物B．三者的氢氧化物都是白色固体C．三者的氯化物都可用化合反应制得D．三者的单质在空气中最终都生成氧化物22、在加热条件下，乙醇转化为有机物R的过程如图所示，其中错误的是A．R的化学式为C2H4OB．乙醇发生了还原反应C．反应过程中固体有红黑交替变化的现象D．乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）也能发生类似反应二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物A具有乙醛和乙酸中官能团的性质，不饱和烃B的摩尔质量为40g·mol－1，C中只有一个甲基，能发生银镜反应，有关物质的转化关系如图：已知：①同一个碳原子上连接2个碳碳双键的结构不稳定②RCH=CHOH→RCH2CHO请回答：(1)D的名称是________。(2)A～E中都含有的元素的原子结构示意图是________。(3)A＋D→E的化学方程式______________________。(4)下列说法正确的是________。A．B能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色B．C与A在一定条件下都能发生银镜反应C．转化流程中浓H2SO4的作用相同D．可以用饱和Na2CO3溶液鉴别A、C、E三种无色物质24、（12分）W、X、Y、Z均为短周期元素，X、W可形成两种液态化合物甲和乙，其原子个数比分别为1∶1（甲）和2∶1（乙），且分子中电子总数分别为18（甲）和10（乙）。X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙X与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁，丁分子中的电子数为18。X、Y、Z能形成一种离子化合物，其水溶液呈弱酸性。请写出：（1）W的元素符号___，其核外共有___种运动状态不同的电子。（2）甲物质的结构式为___；乙物质的空间构型为___。（3）Z元素核外共有___种能量不同的电子，碱性气体甲的电子式为___。（4）用离子方程式解释X、Y、Z形成的化合物水溶液呈弱酸性的原因是___。（5）铋元素跟Y元素能形成化合物（BiY3），其水解生成难溶于水的BiOY。①BiY3水解反应的化学方程式为___。②把适量的BiY3溶于含有少量丁的水中，能得到澄清溶液，试分析可能的原因___。③医药上把BiOY叫做“次某酸铋”，分析这种叫法的不合理之处，为什么。___。25、（12分）草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]是一种常用的金属着色剂，易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间。某兴趣小组设计实验制备草酸铁铵并测其纯度。（1）甲组设计由硝酸氧化葡萄糖制取草酸，其实验装置(夹持及加热装置略去)如图所示。①仪器a的名称是________________。②55～60℃下，装置A中生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，该反应的化学方程式为__________________________。③装置B的作用是______________________；装置C中盛装的试剂是______________。（2）乙组利用甲组提纯后的草酸溶液制备草酸铁铵。将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液；滴加氨水至__________，然后将溶液________、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品。（3）丙组设计实验测定乙组产品的纯度。准确称量5.000g产品配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入足量0.1000mol·L－1稀硫酸酸化后，再用0.1000mol·L－1KMnO4标准溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液的体积为12.00mL。①滴定终点的现象是_______________________。②滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快，其主要原因是____________________。③产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为____________％。[已知：(NH4)3Fe(C2O4)3的摩尔质量为374g·mol－1]26、（10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__________________________________。27、（12分）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于乙醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解、氧化。（制备）方法一：（资料查阅）(1)仪器X的名称是______，在实验过程中，B中试纸的颜色变化是______。(2)实验操作的先后顺序是______(填操作的编号)a.检查装置的气密性后加入药品b.熄灭酒精灯，冷却c.在气体入口处通入干燥HCld.点燃酒精灯，加热e.停止通入HCI，然后通入(3)反应结束后发现含有少量CuO杂质，产生的原因是______。方法二：(4)向,溶液中加入一定量NaCl和可生成自色沉淀CuCl离子方程式为______，过滤，沉淀用的酸洗，水洗，乙醇洗三步操作，酸洗采用的酸是______(写名称)，用乙醇洗涤的原因是______(任写一点)。（含量测定）(5)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L的溶液滴定到终点，消耗溶液bmL，反应中被还原为，样品中CuCl的质量分数为______(CuCl分子量：)（应用）利用如下图所示装置，测定高炉煤气中CO、、和)的百分组成。(6)已知：i.CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成。ii.保险粉和KOH的混合溶液能吸收氧气。①出保险粉和KOH混合溶液吸收的离子方程式：______。②D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是______、______。28、（14分）工业上用焦炭与石英在高温下氮气流中发生如下反应，3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)+Q(Q>0)，可制得一种新型陶瓷材料氮化硅(Si3N4)，该材料熔点高，硬度大，广泛应用于光伏、轴承、冶金、化工、能源、环保等行业。回答下列问题：(1)N2的电子式为____________，Si在元素周期表中的位置是_______________，氮化硅晶体属于__________晶体。(2)该反应中，还原产物是______________。若测得反应生成22.4LCO气体（标准状况下），则转移的电子的物质的量为_____________。(3)该反应的平衡常数表达式K=__________________；若其他条件不变，降低温度，达到新的平衡时，K值____________(填“增大”、“减小”或“不变”，以下同)。CO的浓度_________，SiO2的质量______________。(4)已知在一定条件下的2L密闭容器中制备氮化硅，SiO2（纯度98.5%，所含杂质不与参与反应）剩余质量和反应时间的关系如右图所示。CO在0～10min的平均反应速率为_______。(5)现用四氯化硅、氮气和氢气在高温下发生反应，可得较高纯度的氮化硅。反应的化学方程式为______________。29、（10分）可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)是硫酸工业中非常重要的一个反应，因该反应中使用催化剂而被命名为接触法制硫酸。(1)使用V2O5催化该反应时，涉及到催化剂V2O5的热化学反应有：①V2O5(s)＋SO2(g)V2O4(s)＋SO3(g)△H1＝＋1．6kJ·mol－1②2V2O4(s)＋O2(g)2V2O5(s)△H2＝-2．4kJ·mol-1则2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H3＝_____，若降低温度，该反应速率会_____（填“增大”或“减小”）(2)向10L密闭容器中加入V2O4(s)、SO2(g)各1mol及一定量的O2，改变加入O2的量，在常温下反应一段时间后，测得容器中V2O4、V2O5、SO2和SO3的量随反应前加入O2的变化如图甲所示，图中没有生成SO3的可能原因是____________________________________________________。(3)向10L密闭容器中加入V2O5(s)、SO2(g)各0.6mol，O2(g)0.3mol，保持恒压的条件下分别在T1、T2、T3三种温度下进行反应，测得容器中SO2的转化率如图乙所示。①T1_____T2(填“>”或“<”)。②T2时，2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的平衡常数K＝_____。若向该容器通入高温He(g)（不参加反应，高于T2），SO3的产率将______选填“增大”“减小”“不变”“无法确定”），理由是_____。③结合化学方程式及相关文字，解释反应为什么在T3条件下比T2条件下的速率慢：__________。(4)T2时使用V2O5进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，在保证O2(g)的浓度不变的条件下，增大容器的体积，平衡_____（填字母代号）。A．向正反应方向移动B．不移动C．向逆反应方向移动D．无法确定

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】

A．因甲基橙试剂显红色的溶液为酸性溶液，能发生氧化还原反应，则不能大量共存，故A错误；B．滴入KSCN显血红色的溶液，说明存在，因不与该组离子之间发生化学反应，则能够大量共存，故B正确；C．=1012的溶液中，=0.1mol/L，OH-与NH4+、HCO3-均反应，则不能大量共存，故C错误；D．由水电离的c(H+)=1.0×l0-13mol/L溶液，该溶液为酸或碱的溶液，OH-与Al3+能生成沉淀，H+与CH3COO-反应生成弱电解质，则该组离子一定不能大量共存，故D错误。故选B。【点睛】凡是溶液中有关离子因发生反应而使浓度显著改变的均不能大量共存，如生成难溶、难电离、气体物质或能转变成其他种类的离子(包括氧化还原反应)。一般可从以下几方面考虑：(1)弱碱阳离子与OH－不能大量共存，如Fe3＋、Al3＋、Cu2＋、NH、Ag＋等。(2)弱酸阴离子与H＋不能大量共存，如CH3COO－、CO、SO等。(3)弱酸的酸式阴离子在酸性较强或碱性较强的溶液中均不能大量存在。它们遇强酸(H＋)会生成弱酸分子；遇强碱(OH－)会生成正盐和水，如HSO、HCO等。(4)若阴、阳离子能相互结合生成难溶或微溶性的盐，则不能大量共存，如Ba2＋、Ca2＋与CO、SO、SO等；Ag＋与Cl－、Br－、I－等。(5)能发生氧化还原反应的离子不能大量共存，如NO(H＋)与I－、Br－、Fe2＋等。(6)若限定为无色溶液，有色的离子不能大量存在。如MnO(紫红色)、Cu2＋(蓝色)、Fe3＋(棕黄色)、Fe2＋(浅绿色)。2、C【解析】

电解饱和食盐水，阳极氯离子发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2Cl－－2e－=Cl2↑；阴极区水发生得电子的还原反应，其电极反应式为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，A.溶液中阴极区会发生电极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，则酚酞溶液在阴极区先变红，A项错误；B.溶液中阴极区会发生电极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，则酚酞溶液在阴极区先变红，B项错误；C.阴极区水发生得电子的还原反应，其电极反应式为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，有无色气体放出，C项正确；D.阳极产生氯气，则现象描述应该为：阳极有黄绿色气体放出，D项错误；答案选C。3、D【解析】

A．KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，生成碘单质，再通入SO2，碘与二氧化硫发生氧化还原反应生成I－，二氧化硫为还原剂，I－为还原产物，证明还原性SO2＞I－，选项A错误；B．苯酚能和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚，所以得不到白色沉淀，该实验结论错误，选项B错误；C．因为I－、Cl－浓度大小不知，虽然黄色沉淀为AgI，但无法通过物质溶度积比较，则无法证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，选项C错误；D．在相同条件下，酸性越弱其盐溶液的水解程度越大，则用pH试纸测浓度均为0.1mol·L－1的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH，CH3COONa溶液的pH大，证明HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强，选项D正确。答案选D。4、C【解析】

A.冰醋酸是醋酸，是纯净物，化学式为CH3COOH，水银是Hg单质，是纯净物，故A正确；B.氢元素有三种原子，普通氢原子没有中子，后面两种各有一个和两个中子，它们分别称为氕、氘、氚，或者称为氢原子、重氢原子、超重氢原子，所以它们质子数电子数核电荷数都相等，但中子数不等，属不同原子，是不同核素，故B正确；C.氯化钠溶液是混合物，不是电解质，故C错误；D.稀硫酸和氢氧化铜悬浊液都混合物，属于分散系，故D正确；题目要求选错误选项，故选C。5、C【解析】

X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素，25℃时，各元素最高价氧化物对应水化物的

pH与原子半径的关系如图，其中

X、N、W、R测定的是浓度均为0.01

mol/L溶液的pH，Y、Z测定的是其饱和溶液的pH，X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的水溶液呈碱性，结合碱性强弱可知，X为Na，Y为Mg，Z为Al；R的pH=2，则R为Cl；N的pH＜2，则N为S；M的pH＜4，应该为P元素，据此解答。【详解】根据分析可知，X为Na，Y为Mg，Z为Al，M为P，N为S，R为Cl元素。

A．NaCl溶液呈中性，故A错误；

B．Na的氧化物为氧化钠，S的最高价氧化物为三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，故B错误；

C．非金属性：Cl＞S＞P，非金属性越强，单质与氢气化合越容易，则单质与

H2化合由易到难的顺序是：R、N、M，故C正确；

D．金属性：Na＞Mg＞Al，则金属单质与冷水反应由易到难的顺序是：X、Y、Z，故D错误；

故选：C。6、C【解析】

A．甲酸甲酯和乙酸分子式相同，结构不同，属于同分异构体，A不合题意；B．对甲基苯酚和苯甲醇分子式相同，结构不同，属于同分异构体，B不合题意；C．油酸甘油酯是不饱和酯，乙酸乙酯是饱和酯，分子式不同，结构不相似，则既不是同系物，又不是同分异构体，C符合题意；D．软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯，结构相似，分子组成上相差2个CH2，互为同系物，D不合题意；故选C。7、D【解析】

A．加热碘升华，高锰酸钾分解，加热法不能分离两者混合物，故A错误；B．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，与二氧化硫的还原性有关，与漂白性无关，故B错误；C．关闭止水夹，NaOH难与硫酸亚铁接触，不能制备氢氧化亚铁，故C错误；D．氯化铵分解生成氨气、HCl，氨气可使湿润的酚酞试纸变红，HCl可使蓝色石蕊试纸变红，P2O5可以吸收氨气，碱石灰可以吸收HCl,所以可检验氯化铵受热分解生成的两种气体，故D正确；本题答案：D。8、D【解析】

溶液A中滴加过量BaCl2溶液所得沉淀B溶解于稀盐酸，部分溶解，并得到沉淀D为BaSO4，物质的量是0.01mol，溶解的为BaSO3，质量为2.17g，物质的量为0.01mol，由此推断原溶液中含有SO42-和SO32-，物质的量均为0.01mol；排除原溶液中含有Ba2+；滤液C中加入足量NaOH溶液，无沉淀可知溶液中无Mg2+，有气体放出，可知溶液中有NH4+，根据生成氨气448mL，可知溶液中NH4+的物质的量为0.02mol；溶液是电中性的，根据电荷守恒可知，溶液中一定还含有Na+，其物质的量为0.02mol，可能还含有Cl-。【详解】A.气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；B.由分析可知，溶液A中一定存在Na+，B错误；C.由分析可知，溶液A中一定不存在Mg2+，C错误；D.由分析可知，溶液A中不存在Cl－时Na+物质的量为0.02mol，若溶液A中存在Cl－，Na+物质的量大于0.02mol，即c(Na+)≥0.20mol·L-1，D正确；故答案选D。9、A【解析】

A选项，太阳能燃料属于二次能源，故A错误；B选项，直接电催化CO2制取燃料时，化合价降低，在阴极反应，因此燃料是阴极产物，故B正确；C选项，用光催化分解水产生的H2，氢气燃烧放出热量多，无污染，是理想的绿色能源，故C正确；D选项，研发和利用太阳能燃料，消耗能量最低，有利于经济的可持续发展，故D正确。综上所述，答案为A。10、B【解析】原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、P、Q分别位于三个周期，则X一定是H。X与Z、Y与P分别位于同主族，Z与Y可形成原子个数比分别为1：1和2：1的离子化合物，所以Z是Na，Y是O，P是S，则Q是Cl。A.常温下硫是固体，则单质的沸点：Q＜P，A错误；B.氧元素非金属性强于硫元素，则简单氢化物的热稳定性：Y>P，B正确；C.核外电子排布相同的离子，离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子的半径：Y>Z>X，C错误；D.X、Y、Z、P形成的化合物是硫酸氢钠，水溶液显酸性，D错误，答案选B。点睛：本题属于元素周期表和元素周期律综合应用题型，通常考查的重点是原子序数排在前20号的元素，依据题给信息准确推断元素种类是解题关键。元素的非金属性越强，氧化性越强，与氢气化合越容易，形成气态氢化物越稳定，元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强；元素的金属性越强，还原性越强，置换酸（或水）中的氢越容易，元素最高价氧化物对应水化物的碱性越强。同周期元素，从左到右，随着原子序数逐渐增大，原子半径减小，金属性减弱，非金属性增强；同主族元素，从上到下，随着原子序数逐渐增大，原子半径增大，非金属性减弱，金属性增强。注意元素周期律的灵活应用。11、B【解析】

A项、Ca(OH)2为离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故A正确；B项、稀有气体为单原子分子，不含有化学键，故B正确；C项、Ca(OH)2为离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故C正确；D项、化学反应的实质是旧键的断裂新键的形成，故D正确；故选B。12、D【解析】

A.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；B.氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；C.亚铁离子被氯气氧化成铁离子和氯离子；D.氨水为弱碱，离子方程式中一水合氨不能拆开。【详解】A.铝粉投入到NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，A正确；B.Al(OH)3是两性氢氧化物，可溶于NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，B正确；C.FeCl2溶液跟Cl2反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，C正确；D.AlCl3溶液中加入足量的氨水，反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。13、C【解析】

A.根据图示可知：溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为HSO3-，A正确；B.根据图示可知：溶液的pH=7时，溶液中c（H+）=c（OH-），溶液中的电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO3-）+2c（SO32-），则c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)，c(Na+)>c(HSO3-)+c(SO32-)，B正确；C.当向pH=8的溶液中滴加少量澄清石灰水，根据图像可知，随着pH的增大，α（SO32-）增大，α（HSO3-）减小，因此的值减小，C错误；D.在pH=3的溶液中滴加少量硫酸，溶液中c(H+)增大，根据图像可知α(HSO3-)减小，D正确；故合理选项是C。14、D【解析】

A.该反应是反应前后气体分子数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，A错误；B.该反应是可逆反应，达平衡时，吸收热量小于QkJ，B错误；C.速率之比等于反应系数之比，v(H2)=v(HCl)=，C错误；D.由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl的物质的量为，100mL1mol·L-1的NaOH的物质的量为0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，D正确；故答案为：D。15、D【解析】

A.根据装置图可知：在阳极NO失去电子，被氧化产生NO3-，该电极反应式为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，A正确；B.电解池中电极为多孔石墨，由于电极表面积大，吸附力强，因此可吸附更多的NO发生反应，因而可提高NO的利用率和加快反应速率，B正确；C.NH4NO3的稀溶液中自由移动的离子浓度比水大，因此用NH4NO3稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行，C正确；D.在阳极NO被氧化变为NO3-，电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；在阴极NO被还原产生NH4+，电极反应式为NO+5e-+6H+=NH4++H2O，从两个电极反应式可知，要使电子得失守恒，阳极产生的NO3-的物质的量比阴极产生的NH4+的物质的量多，总反应方程式为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，为使电解产物全部转化为NH4NO3，要适当补充NH3，D错误；故合理选项是D。16、B【解析】

A．在中含有3个单键和1对孤电子对，价层电子对数为4，空间上为三角锥形，故A正确；B．B原子最外层含有3个电子，BF3中B原子形成3个共价键，B原子没有孤电子对，所以R不是BF3，故B错误；C．由极性键构成的分子，若结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子，R分子的结构不对称，R是极性分子，故C正确；D．三角锥形分子的键角为107°，键角小于109°28′，故D正确；答案选B。17、A【解析】

A.工业生产纯碱的化学方程式为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑都为复分解反应，不涉及氧化还原反应，故A正确；B.工业制氨气的化学方程式为：

N2+3H22NH3，有化合价变化，是氧化还原反应，故B错误；C.工业制取烧碱的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑

，有化合价变化，是氧化还原反应，故C错误；D.工业制取盐酸：H2+Cl22HCl，HCl溶于水形成盐酸，有化合价变化，是氧化还原反应，故D错误；故答案为A。18、B【解析】

A.铝热反应常用于焊接铁轨，该反应中Al作还原剂，Al的还原性比锰、钒等金属的强，故A相关；B.铝能形成多种合金和工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属无关，和铝本身的性质有关，故B不相关；C.铝相对锰、钒较廉价，所以用铝来制备锰和钒，故C相关；D.铝热剂为铝和金属氧化物的混合物，反应在高温条件下发生氧化还原反应置换出金属单质，为放热反应，放出大量热，故D相关；题目要求选择不相干的，故选B。【点睛】本题考查铝热反应及其应用，把握铝热反应的特点及应用为解答的关键，注意反应的原理，实质为金属之间的置换反应，题目难度不大。19、C【解析】

除杂要遵循一个原则：既除去了杂质，又没有引入新的杂质。【详解】A．因铁粉能与CuSO4反应生成FeSO4和Cu，铁粉不能与FeSO4反应，过量的铁粉和生成的铜可过滤除来去，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，A正确；B．用NaOH溶液溶解后，铝会溶解，铁不会溶解，过滤即可除去杂质铝，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，B正确；C．浓H2SO4有吸水性，可以干燥气体，但浓H2SO4具有强氧化性，NH3会与其发生氧化还原反应，达不到除杂的目的，C错误；D．MnO2不溶于水，KCl溶于水，加水溶解后，过滤得到MnO2、洗涤、烘干，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，D正确；答案选Ｃ。20、B【解析】

A、7.8gNa2O2为1mol，含有的共价键数为0.1NA，错误；B、过氧根离子为整体，正确；C、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应中，过氧化钠中的氧元素化合价从-1变化到-2和0价，根据电子守恒，1molNa2O2与足量CO2反应时，转移NA个电子，错误；D、1molNa失去1mol电子成为Na+所以0.2mol钠完全被氧化失去0.2mol电子，转移电子的数目为0.2NA，错误。21、C【解析】

A.Na、Al、Fe的氧化物中，过氧化钠、四氧化三铁不是碱性氧化物，氧化铝为两性氧化物，故A错误；B.氢氧化钠、氢氧化铝、氢氧化亚铁为白色固体，而氢氧化铁为红褐色固体，故B错误；C.氯化钠、氯化铝、氯化铁都可以由三种的单质与氯气反应得到，故C正确；D.钠在空气中最终得到的是碳酸钠，Al的表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止了Al与氧气继续反应，铁在空气中会生锈，得到氧化铁，故D错误；答案：C22、B【解析】

从铜催化氧化乙醇的反应机理分析。【详解】A.图中CH3CH2OH+CuO→CH3CHO+Cu+H2O，则R化学式为C2H4O，A项正确；B.乙醇变成乙醛，发生了脱氢氧化反应，B项错误；C.图中另一反应为2Cu+O2→2CuO，两反应中交替生成铜、氧化铜，故固体有红黑交替现象，C项正确；D.从乙醇到乙醛的分子结构变化可知，分子中有αH的醇都可发生上述催化氧化反应。乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）的两个羟基都有αH，能发生类似反应，D项正确。本题选B。【点睛】有机反应中，通过比较有机物结构的变化，可以知道反应的本质，得到反应的规律。二、非选择题(共84分)23、正丙醇HCOOH＋CH3CH2CH2OHH2O＋HCOOCH2CH2CH3ABD【解析】

不饱和烃B的摩尔质量为40g·mol－1可知B的分子式为C3H4，不饱和度为2，同一个碳原子上不能连两个碳碳双键，可推测B为丙炔：CH3C≡CH，B物质与H2O反应类型为加成反应，由已知信息②RCH=CHOH→RCH2CHO可知C为丙醛CH3CH2CHO，丙醛与H2发生加成反应生成正丙醇CH3CH2CH2OH。根据E的分子式可推知A为甲酸，其分子中既含有羧基又含有醛基，则有机物A具有乙醛和乙酸中官能团的性质，A～E中都含有碳元素，原子结构示意图是，据此分析解答。【详解】不饱和烃B的摩尔质量为40g·mol－1可知B的分子式为C3H4，不饱和度为2，同一个碳原子上不能连两个碳碳双键，可推测B为丙炔：CH3C≡CH，B物质与H2O反应类型为加成反应，由已知信息②RCH=CHOH→RCH2CHO可知C为丙醛CH3CH2CHO，丙醛与H2发生加成反应生成正丙醇CH3CH2CH2OH。根据E的分子式可推知A为甲酸，其分子中既含有羧基又含有醛基，则有机物A具有乙醛和乙酸中官能团的性质，A～E中都含有碳元素，原子结构示意图是，（1）由以上分析知，D为CH3CH2CH2OH，名称是正丙醇；故答案为：正丙醇；（2）A～E中都含有碳元素，原子结构示意图是；故答案为：；（3）A为甲酸，D为CH3CH2CH2OH，A＋D→E的化学方程式为HCOOH＋CH3CH2CH2OHH2O＋HCOOCH2CH2CH3；故答案为：HCOOH＋CH3CH2CH2OHH2O＋HCOOCH2CH2CH3；（4）A.B为丙炔：CH3C≡CH，含有碳碳三键，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；B.C为CH3CH2CHO，A为HCOOH，均含有醛基，则C与A在一定条件下都能发生银镜反应，故正确；C.A为甲酸，在浓硫酸加热的条件下生成CO，浓硫酸作脱水剂；A和D在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，浓硫酸作催化剂、吸水剂，因此转化流程中浓H2SO4的作用不相同，故错误；D.A为甲酸，C为CH3CH2CHO，E为甲酸丙酯，甲酸与Na2CO3溶液反应生成二氧化碳气体；CH3CH2CHO与Na2CO3溶液互溶，无明显的现象；甲酸丙酯的密度比水小，不溶于饱和Na2CO3溶液中，会分层；现象不同，所以可以用饱和Na2CO3溶液鉴别A、C、E三种无色物质，故正确；故答案为：ABD。【点睛】甲酸与Na2CO3溶液反应生成二氧化碳气体；CH3CH2CHO与Na2CO3溶液互溶，无明显的现象；甲酸丙酯在饱和Na2CO3溶液中会分层；现象不同，可以用饱和Na2CO3溶液鉴别该三种无色物质，这是学生们的易错点。24、O8H-O-O-HV型3NH4++H2ONH3·H2O+H+BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl盐酸能抑制BiCl3的水解不合理，因为BiOCl中的Cl的化合价为-1【解析】

W、X、Y、Z均为短周期元素，X、W可形成两种液态化合物甲和乙，其原子个数比分别为1∶1(甲)和2∶1(乙)，且分子中电子总数分别为18(甲)和10(乙)，则W为O元素，X为H元素，两种化合物甲为H2O2、乙为H2O；X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙，则丙为NH3，Z为N元素；H与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁，丁分子中的电子数为18，则丁为HCl，Y为Cl元素；H、Cl、N三种元素能组成一种离子化合物，其水溶液呈弱酸性，则此离子化合物为NH4Cl，据此解题。【详解】由分析知：W为O元素、X为H元素、Y为Cl元素、Z为N元素、甲为H2O2、乙为H2O、丙为NH3；(1)由分析知W为氧元素，元素符号为O，其原子核外共有8个电子，则共有8种运动状态不同的电子；(2)甲H2O2，为极性分子，含有H-O和O-O键，则结构式为H-O-O-H；乙为H2O，O原子的杂化轨道形式为sp3，有两个孤对电子，则空间构型为V型；(3)Z为N元素，电子排布式为1s22s22p3，同一轨道上的电子能量相等，则核外共有3种能量不同的电子，碱性气体丙为NH3，其电子式为；(4)H、Cl、N三种元素组成的离子化合物为NH4Cl，在水溶液中NH4+的水解，使溶液呈弱酸性，发生水解反应的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+；(5)铋元素跟Cl元素能形成化合物为BiCl3，其水解生成难溶于水的BiOCl；①BiCl3水解生成难溶于水的BiOCl，则另一种产物为HCl，水解反应的化学方程式为BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl；②BiCl3溶于稀盐酸，盐酸抑制了BiCl3的水解，从而得到澄清溶液；③BiOCl中Cl元素的化合价为-1价，而次氯酸中Cl元素为+1价，则BiOCl叫做“次某酸铋”的说法不合理。25、球形冷凝管12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O安全瓶，防倒吸NaOH溶液溶液pH介于4.0~5.0之间加热浓缩、冷却结晶溶液变为粉红色,且半分钟内不褪色反应生成的Mn2+是该反应的催化剂74.8【解析】

(1)①根据图示分析判断仪器a的名称；②55～60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒分析书写方程式；③反应中生成的NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸；(2)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；(3)①滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂；②滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，据此分析；③根据题给数据，结合反应，计算(NH4)3Fe(C2O4)3的物质的量，进而计算产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数=×100%。【详解】(1)①根据图示仪器a的名称为球形冷凝管；②55～60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒，该反应的化学方程式为12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；③反应中生成的NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸，装置B的作用是做安全瓶防止倒吸，装置C中盛装的试剂是NaOH溶液，用于吸收NO2和NO，发生反应为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；(2)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间，则将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至pH介于4.0～5.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；提纯后的草酸溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品；(3)①滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂，滴定终点的现象是加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色，即为达到终点；②滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，说明反应生成的Mn2+可以加快反应速率，即Mn2+起催化剂的作用；③滴定过程中，产品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸，草酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，离子反应为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，10.00mL产品溶液消耗n(MnO4-)=0.1000mol·L－1×0.012L=0.0012mol，则10.00mL产品溶液中n(H2C2O4)=n(MnO4-)=×0.0012mol=0.003mol，根据物料守恒，100mL产品溶液中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量=×0.003mol××374g·mol－1=3.74g，故产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为×100%=74.8%。26、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。27、干燥管先变红后褪色cdb通入的HCl的量不足2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+硫酸醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化×100%2S2O42-+3O2+4OH-=

4SO42-+2H2ONaOH溶液CuCl的盐酸溶液【解析】

CuCl2·2H2O晶体在氯化氢气流中加热失水得到CuCl2，温度高于300℃分解生成CuCl和Cl2；向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，结合关系式解答该题；保险粉和KOH的混合溶液吸收O2，发生氧化还原反应；CuCl易被氧化，因此吸收CO前，要先吸收O2；NaOH溶液能吸收CO2，则吸收O2前，要先吸收CO2；N2的体积可用排水法测定，据此解答。【详解】(1)根据仪器X的构造，其名称是干燥管；由制备CuCl的原理可知，反应生成了Cl2，故B中湿润的石蕊试纸试纸先变红后褪色，故答案为干燥管；先变红后褪色；(2)实验时检查装置的气密性后加入药品后，要先在气体入口处通入干燥HCl，再点燃酒精灯，加热，实验结束时要先熄灭酒精灯，冷却，再停止通入HCl，然后通入，所以操作的先后顺序是cdb，故答案为cdb；(3)根据以上分析，若实验中通入的HCl的量不足，则氯化铜晶体加热时发生水解，最后生成少量CuO，故答案为通入的HCl的量不足；(4)向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl，离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；由制备反应可知，有硫酸钠生成，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质；因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；故答案为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；硫酸；醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；(5)氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，反应的关系式为6CuCl～6Fe2+～Cr2O72-，

6

1

n

ab×10-3mol

n=6ab×10-3mol，m（CuCl）=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg，

则样品中CuCl的质量分数为

×100%，

故答案为

×100%；(6)①保险粉和KOH的混合溶液吸收O2，发生氧化还原反应：2S2O42-+3O2+4OH-=

4SO42-+2H2O，②CuCl易被氧化，因此吸收CO前，要先吸收O2；NaOH溶液能吸收CO2，则吸收O2前，要先吸收CO2；故吸收顺序为CO2、O2、CO，N2的体积可用排水法测定。故D用来吸收CO2，试剂为NaOH溶液。F用来吸收CO，试剂为CuCl的盐酸溶液。故答案为2S2O42-+3O2+4OH-=

4SO42-+2H2O；NaOH溶液；CuCl的盐酸溶液。【点睛】本题侧重于分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握物质的性质以及反应流程，注意（5）中利用关系式的计算。28、第三周期第ⅣA族原子Si3N42mol增大增大减小0.1mol/(L·min)3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl【解析】

(1)N原子最外层有5个电子，在N2分子中2个N原子形成三对共用电子对，从而使每个N原子都达到8个电子的温度结构，所以N2的电子式为，Si是14号元素，核外电子排布是2、8、4，所以在元素周期表中的位置是第三周期第ⅣA族，在氮化硅晶体中每个Si原子与相邻的4个N原子形成共价键，每个N原子与相邻的3个Si形成共价键，这种结构向空间扩展，就形成了立体网状结构，因此该晶体属于原子晶体。(2)在反应3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)+Q(Q>0)，中C元素的化合价由反应前单质C的0价变为反应后的CO的+2价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以CO是氧化产物，N元素的化合价由反应前N2的0价变为反应后Si3N4的-3价，化合价降低，获得电子，所以该反应中，Si3N4是还原产物。n(CO)=22.4L÷22.4L/mol=1mol，每反应产生1molCO，转移2mol电子，故反应产生1molC