2024年新疆乌鲁木齐市高考考前提分化学仿真卷含解析

2024年新疆乌鲁木齐市高考考前提分化学仿真卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、某盐溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Na+、Fe2+、Cl—、CO32—、NO3—七种离子中的数种。某同学取4份此溶液样品，分别进行了如下实验：①用pH试纸测得溶液呈强酸性；②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成；③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色该同学最终确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl—三种离子。请分析，该同学只需要完成上述哪几个实验，即可得出此结论。A．①②④ B．①② C．①②③④ D．②③④2、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3、侯氏制碱法中，对母液中析出NH4Cl无帮助的操作是（）A．通入CO2 B．通入NH3 C．冷却母液 D．加入食盐4、CH3OH是重要的化工原料,工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为:CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。按n(CO):n(H2)=1:2，向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中,正确的是A．p1<p2B．该反应的ΔH>0C．平衡常数:K(A)=K(B)D．在C点时,CO转化率为75%5、已知NH4CuSO3与足量的10mol／L硫酸混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成②产生刺激性气味的气体③溶液呈现蓝色据此判断下列说法正确的是（）A．反应中硫酸作氧化剂B．NH4CuSO3中硫元素被氧化C．刺激性气味的气体是氨气D．1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子6、下列关于金属腐蚀和保护的说法正确的是A．牺牲阳极的阴极保护法利用电解法原理B．金属的化学腐蚀的实质是：M－ne－=Mn＋，电子直接转移给还原剂C．外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零。D．铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时正极的电极反应为：2H＋＋2e－=H2↑7、某研究性学习小组的同学在实验室模拟用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝[A12(SO4)x(OH)6-2x]溶液，并用于烟气脱硫研究，相关过程如下：下列说法错误的是A．滤渣I、II的主要成分分别为SiO2、CaSO4B．若将pH调为4，则可能导致溶液中铝元素的含量降低C．吸收烟气后的溶液中含有的离子多于5种D．完全热分解放出的SO2量等于吸收的SO2量8、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．0.5molN4（分子为正四面体结构）含共价键数目为2NAB．1L0.5mol·L1Na2S溶液中含阴离子数目小于0.5NAC．锌与浓硫酸反应生成气体11.2L（标准状况）时转移电子数目为NAD．14g己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为3NA9、下列图示与对应的叙述相符的是()。A．表示反应的B．表示不同温度下溶液中和浓度变化曲线，点对应温度高于点C．针对N2+3H2=2NH3的反应，图Ⅲ表示时刻可能是减小了容器内的压强D．表示向醋酸稀溶液中加水时溶液的导电性变化，图中点大于点10、室温下，0.1000mol·L－1的盐酸逐滴加入到20.00mL0.1000mol·L－1的氨水中，溶液的pH和pOH[注：pOH＝－lgc(OH－)]与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法中不正确的是()A．图中a＋b＝14B．交点J点对应的V(HCl)＝20.00mLC．点A、B、C、D四点的溶液中均存在如下关系：c(Cl－)－c(NH4+)＝c(H＋)－c(OH－)D．若在绝热体系中发生上述反应，图中的交点J向右移11、向某二价金属M的M(OH)2的溶液中加入过量的NaHCO3溶液，生成了MCO3沉淀，过滤，洗涤、干燥后将沉淀置于足量的稀盐酸中，充分反应后，在标准状况下收集到VL气体。如要计算金属M的相对原子质量，你认为还必需提供下列哪项数据是A．M(OH)2溶液的物质的量浓度 B．与MCO3反应的盐酸的物质的量浓度C．MCO3的质量 D．题给条件充足，不需要再补充数据12、下列有关共价键的说法正确的是（）A．分子晶体中共价键越强，熔沸点越高B．只含共价键的物质，一定是共价化合物C．两种元素组成的分子中一定只含有极性共价键D．分子晶体中，可能不存在共价键，但一定存在分子间作用力13、莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中。有关说法正确的是（）A．等浓度的两种酸其酸性相同B．两种酸都能与溴水发生加成反应C．鞣酸分子与莽草酸分子相比多了两个碳碳双键D．鞣酸能与Fe3+发生显色反应，而莽草酸不能14、a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层电子数相同，c所在周期数与族序数相同；d与a同族，下列叙述正确的是（）A．四种元素中b的金属性最强B．原子半径：dC．d的单质氧化性比a的单质氧化性强D．c的最高价氧化物对应水化物是一种强碱15、下列有关垃圾分类说法错误的是A．废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不能使溴水退色B．可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氧化铝制取C．废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，不能填埋处理D．含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时只生成CO2和H2O16、下列表示氮原子结构的化学用语规范，且能据此确定电子能量的（）A． B．C．1s22s22p3 D．17、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18、实验室处理含FeBr3废催化剂的溶液，可得到溴的苯溶液和无水FeCl3。下列做法能达到相应实验目的的是()A．制取Cl2B．使Br－转化为Br2C．分液，先放出水层，再倒出溴的苯溶液D．将分液后的水层蒸干获得无水FeCl319、下列叙述正确的是A．Na在足量O2中燃烧，消耗lmolO2时转移的电子数是4×6.02×1023B．盐酸和醋酸的混合溶液pH=1，该溶液中c(H+)=0.1mol/LC．1L0.1mol/LNH4Cl溶液中的NH数是0.1×6.02×1023D．标准状况下2.24LCl2中含有0.2mol共价键20、短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，有关物质的转化关系如下图所示。下列说法错误的是A．W与Z形成的化合物为离子化合物 B．戊一定为有毒气体C．离子半径大小：Y>Z>W D．相同条件下，乙的沸点高于丁21、将一定体积的CO2缓慢地通入V

L

NaOH溶液中，已知NaOH完全反应，若在反应后的溶液中加入足量石灰水，得到ag沉淀；若在反应后的溶液中加入足量CaCl2溶液，得到bg沉淀，则下列说法正确的是A．参加反应的CO2的体积为0.224aLB．若a=b，则CO2与NaOH溶液反应的产物中盐只有Na2CO3C．b可能等于a、小于a或大于aD．不能确定NaOH溶液的物质的量浓度22、2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法不正确的是()A．元素乙的原子序数为32B．原子半径比较：甲>乙>SiC．元素乙的简单气态氢化物的稳定性强于。D．推测乙可以用作半导体材料二、非选择题(共84分)23、（14分）盐酸普罗帕酮是一种高效速效抗心律失常药。合成此药的原料D的流程如下：已知：请回答以下问题：(I)A的化学名称为____，试剂a的结构简式为____。(2)C的官能团名称为____________。(3)反应⑤的反应类型为____；反应①和⑤的目的为_______。(4)满足下列条件的B的同分异构体还有___种(不包含B)。其中某同分异构体x能发生水解反应，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，请写出x与NaOH溶液加热反应的化学方程式____。①能发生银镜反应②苯环上有2个取代基(5)关于物质D的说法，不正确的是____（填标号）。a．属于芳香族化合物b．易溶于水c．有三种官能团d．可发生取代、加成、氧化反应24、（12分）肉桂酸是一种重要的有机合成中间体，被广泛应用于香料、食品、医药和感光树脂等精细化工产品的生产，它的一条合成路线如下：已知：完成下列填空：（1）反应类型：反应II________________，反应IV________________。（2）写出反应I的化学方程式____________________________________。上述反应除主要得到B外，还可能得到的有机产物是______________（填写结构简式）。（3）写出肉桂酸的结构简式______________________。（4）欲知D是否已经完全转化为肉桂酸，检验的试剂和实验条件是____________________。（5）写出任意一种满足下列条件的C的同分异构体的结构简式。①能够与NaHCO3(aq)反应产生气体②分子中有4种不同化学环境的氢原子。___________________________。（6）由苯甲醛（）可以合成苯甲酸苯甲酯（），请设计该合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）_____________25、（12分）碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。（1）合成该物质的步骤如下：步骤1：配制0.5mol·L-1MgSO4溶液和0.5mol·L-1NH4HCO3溶液。步骤2：用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器。温度控制在50℃。步骤3：将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调节溶液pH到9.5。步骤4：放置1h后，过滤，洗涤。步骤5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（MgCO3·nH2On=1～5）。①步骤2控制温度在50℃，较好的加热方法是_________。②步骤3生成MgCO3·nH2O沉淀的化学方程式为__________。③步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是__________。（2）测定生成的MgCO3·nH2O中的n值。称量1.000碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入适量水，并滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应4～5h，反应后期将温度升到30℃，最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作2次。①图中气球的作用是_________。②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是______。③测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12L，则n值为_______。（3）碳酸镁晶须可由菱镁矿获得，为测定某菱镁矿（主要成分是碳酸镁，含少量碳酸亚铁、二氧化硅）中铁的含量，在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中，加入指示剂，用0.010mol/LH2O2溶液进行滴定。平行测定四组。消耗H2O2溶液的体积数据如表所示。实验编号1234消耗H2O2溶液体积/mL15.0015.0215.6214.98①H2O2溶液应装在_________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。②根据表中数据，可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为_________%（保留小数点后两位）。26、（10分）铜及其化合物在生产、生活中有广泛的应用。某研究性学习小组的同学对铜常见化合物的性质和制备进行实验探究，研究的问题和过程如下：I.探究不同价态铜的稳定性进行如下实验：(1)向中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，该反应的离子化学方程式为：__________。由此可知，在酸性溶液中，价Cu比+1价Cu更_______(填“稳定”或“不稳定”)。(2)将粉末加热至以上完全分解成红色的粉末，该反应说明：在高温条件下，+1价的Cu比+2价Cu更_______(填“稳定”或“不稳定”)。II.探究通过不同途径制取硫酸铜(1)途径A：如下图①杂铜(含少量有机物)灼烧后的产物除氧化铜还含少量铜，原因可能是___________(填字母代号)a.该条件下铜无法被氧气氧化b.灼烧不充分，铜未被完全氧化c.氧化铜在加热过程中分解生成铜d.灼烧过程中部分氧化铜被还原②测定硫酸铜晶体的纯度：某小组同学准确称取4.0g样品溶于水配成100mL溶液，取10mL溶液于锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3~4，加入过量的KI，用标准溶液滴定至终点，共消耗标准溶液。上述过程中反应的离子方程式如下：。则样品中硫酸铜晶体的质量分数为_________________(2)途径B：如下图①烧瓶内可能发生反应的化学方程式为_______________(已知烧杯中反应：)②下图是上图的改进装置，其中直玻璃管通入氧气的作用是_____________________。Ⅲ.探究用粗铜(含杂质Fe)按下述流程制备氯化铜晶体。(1)实验室采用如下图所示的装置，可将粗铜与反应转化为固体l(部分仪器和夹持装置已略去)，有同学认为应在浓硫酸洗气瓶前增加吸收的装置，你认为是否必要________(填“是”或“否”)(2)将溶液2转化为的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色。已知：在氯化铜溶液中有如下转化关系：[Cu(H2O)4]2+(aq，蓝色)+4Cl-(aq)CuCl42-(aq，黄色)+4H2O(l)，该小组同学取氯化铜晶体配制成蓝绿色溶液Y，进行如下实验，其中能够证明溶液中有上述转化关系的是_____________(填序号)(已知：较高浓度的溶液呈绿色)。a.将Y稀释，发现溶液呈蓝色b.在Y中加入晶体，溶液变为绿色c.在Y中加入固体，溶液变为绿色d.取Y进行电解，溶液颜色最终消失Ⅳ.探究测定铜与浓硫酸反应取铜片和12mL18mol/L浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，一段时间后停止反应，为定量测定余酸的物质的量浓度，某同学设计的方案是：在反应后的溶液中加蒸馏水稀释至1000mL，取20mL至锥形瓶中，滴入2~3滴甲基橙指示剂，用标准氢氧化钠溶液进行滴定(已知氢氧化铜开始沉淀的pH约为5)，通过测出消耗氢氧化钠溶液的体积来求余酸的物质的量浓度。假定反应前后烧瓶中溶液的体积不变，你认为该学生设计的实验方案能否求得余酸的物质的量浓度____________(填“能”或“不能”)，其理由是_____________。27、（12分）对甲基苯胺可用对硝基甲苯作原料在一定条件制得。主要反应及装置如下:主要反应物和产物的物理性质见下表:实验步骤如下:①向三颈烧瓶中加入50mL稀盐酸、10.7mL(13.7g)对硝基甲苯和适量铁粉,维持瓶内温度在80℃左右,同时搅拌回流、使其充分反应;②调节pH=7~8,再逐滴加入30mL苯充分混合;③抽滤得到固体,将滤液静置、分液得液体M;④向M中滴加盐酸,振荡、静置、分液,向下层液体中加入NaOH溶液,充分振荡、静置;⑤抽滤得固体,将其洗涤、干燥得6.1g产品。回答下列问题:（1）主要反应装置如上图,a处缺少的装置是____(填仪器名称),实验步骤③和④的分液操作中使用到下列仪器中的_____(填标号)。a.烧杯b.漏斗c.玻璃棒d.铁架台（2）步骤②中用5%的碳酸钠溶液调pH=7~8的目的之一是使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀,另一个目的是____。（3）步骤③中液体M是分液时的____层(填“上”或“下”)液体,加入盐酸的作用是____。（4）步骤④中加入氢氧化钠溶液后发生反应的离子方程式有____。（5）步骤⑤中,以下洗涤剂中最合适的是____(填标号)。a.乙醇b.蒸馏水c.HCl溶液d.NaOH溶液（6）本实验的产率是_____%。(计算结果保留一位小数)28、（14分）二甲醚（CH3OCH3）被称为“21世纪的清洁燃料”。利用甲醇脱水可制得二甲醚，反应方程式如下：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH1(1)二甲醚亦可通过合成气反应制得，相关热化学方程式如下：2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）ΔH2CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2(g)ΔH33H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2(g)ΔH4则ΔH1＝________（用含有ΔH2、ΔH3、ΔH4的关系式表示）。(2)经查阅资料，上述反应平衡状态下Kp的计算式为:（Kp为以分压表示的平衡常数，T为热力学温度）。且催化剂吸附H2O(g)的量会受压强影响，从而进一步影响催化效率。)①在一定温度范围内，随温度升高，CH3OH(g)脱水转化为二甲醚的倾向_______（填“增大”、“不变”或“减小”）。②某温度下（此时Kp=100），在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的分压如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O分压/MPa0.500.500.50此时正、逆反应速率的大小：v正____v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）。③200℃时，在密闭容器中加入一定量甲醇CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数为_______（填标号）。A．＜B．C．~D．E．＞④300℃时，使CH3OH(g)以一定流速通过催化剂，V/F(按原料流率的催化剂量)、压强对甲醇转化率影响如图1所示。请解释甲醇转化率随压强（压力）变化的规律和产生这种变化的原因，规律__________________________，原因_______________________。(3)直接二甲醚燃料电池有望大规模商业化应用，工作原理如图2所示。①该电池的负极反应式为：_______________。②某直接二甲醚燃料电池装置的能量利用率为50%，现利用该燃料电池电解氯化铜溶液，若消耗2.3g二甲醚，得到铜的质量为_______g。29、（10分）硫酸在生活和生产中应用广泛。Ⅰ某工厂以黄铁矿（主要成分为FeS2）为原料，采用“接触法”制备硫酸。已知298K和101kPa条件下：2FeS2（s）=2FeS（s）＋S（s）ΔH1S（s）＋2O2（g）=2SO2（g）ΔH24FeS（s）＋7O2（g）=2Fe2O3（s）＋4SO2（g）ΔH3则在该条件下FeS2与O2生成Fe2O3和SO2的总热化学方程式是________。Ⅱ催化氧化反应：2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）ΔH＜0（1）在体积可变的密闭容器，维持压强为1×105Pa和初始n（SO2）＝2mol，充入一定量的O2，SO2平衡转化率α（SO2）随O2物质的量n（O2）的变化关系如图所示：①在1000℃时，SO2平衡转化率随着O2物质的量的增大缓慢升高，解释其原因________。②a点时SO3的平衡分压p（SO3）＝________Pa（保留2位有效数字，某组分的平衡分压＝总压×某组分的物质的量分数）。（2）保持温度不变，向固定体积的密闭容器中充入一定量的SO2、O2。请画出平衡体系中SO3的体积分数φ（SO3）随初始SO2、O2的物质的量之比[n（SO2）/n（O2）]的变化趋势图。（3）已知活化氧可以把SO2快速氧化为SO3。根据计算机模拟结果，在炭黑表面上O2转化为活化氧的反应历程与能量变化如图所示。下列说法正确的是________。AO2转化为活化氧是氧氧键的断裂与碳氧键的生成过程B该过程中最大能垒（活化能）E正＝0.73eVC每活化一个O2吸收0.29eV的能量D炭黑可作为SO2转化为SO3的催化剂E其它条件相同时，炭黑颗粒越小，反应速率越快Ⅲ硫酸工厂尾气中的SO2可被NaOH溶液吸收，用惰性电极将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH的同时得到H2SO4，写出阳极的电极方程式________。

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】

由①溶液呈强酸性，溶液中不含CO32-；由②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成，溶液中含NH4＋、Fe2＋，由于酸性条件下NO3-、Fe2+不能大量共存，则溶液中不含NO3-，根据溶液呈电中性，溶液中一定含Cl-；由③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，溶液中含Cl-；由④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色，溶液中含Fe2+；根据上述分析，确定溶液中肯定含NH4+、Fe2+、Cl-只需完成①②，答案选B。2、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。3、A【解析】

母液中析出NH4Cl，则溶液应该达到饱和，饱和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：NH4Cl(s)⇌NH4+(aq)+Cl-(aq)，若要析出氯化铵，应该使平衡逆向移动。【详解】A．通入二氧化碳后，对铵根离子和氯离子没有影响，则对母液中析出NH4Cl无帮助，故A正确；B．通入氨气后，溶液中铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于氯化铵的析出，故B错误；C．冷却母液，氯化铵的溶解度降低，有利于氯化铵的析出，故C错误；D．加入食盐，溶液中氯离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于氯化铵的析出，故D错误；故选A。4、D【解析】

A．增大压强平衡向正反应方向移动；B．由图可知，升高温度，平衡逆向移动，该反应的△H＜0；C．平衡常数只与温度有关；D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法进行数据分析计算．【详解】A．由300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；B．图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故B错误；C．A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始120变化x2xx结束1-x2-2xx在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x＋2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正确；故选D。5、D【解析】

A项，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根中硫元素在反应前后化合价未变，反应中硫酸体现酸性，不做氧化剂，故A项错误；B项，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B项错误；C项，因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C项错误；D项，NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体为Cu、在酸性条件下，SO32-+2H+=SO2↑+H2O，反应产生有刺激性气味气体是SO2，溶液变蓝说明有Cu2+生成，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，反应的离子方程式为：2NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，故1molNH4CuSO3完全反应转移的电子为0.5mol，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。6、C【解析】

A.牺牲阳极的阴极保护法利用原电池原理，用较活泼的金属作负极先被氧化，故A错误；B.金属的化学腐蚀的实质是：金属作还原剂M－ne－=Mn＋，电子直接转移给氧化剂，故B错误；C.外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零，故C正确；D.铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时，铜作负极，碳正极的电极反应为：O2+4e－+4H＋=2H2O，故D错误；故选C。7、D【解析】

A.粉煤灰与稀硫酸混合发生反应：Al2O3＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2O，而SiO2不与稀硫酸反应，故滤渣I的主要成分为SiO2；滤液中含Al2(SO4)3，加入碳酸钙粉末后调节pH=3.6，发生反应CaCO3＋H2SO4=CaSO4＋CO2↑＋H2O，因CaSO4微溶，故滤渣II的成分为CaSO4，A项正确；B.将pH调为4，溶液中会有部分的铝离子会与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，可能导致溶液中铝元素的含量降低，B项正确；C.吸收液中本身含有H＋、Al3＋、OH－、SO42－，吸收SO2以后会生成SO32－，部分SO32－会发生水解生成HSO3－，溶液中含有的离子多于5种，C项正确；D.SO2被吸收后生成SO32－，SO32－不稳定，被空气氧化为SO42－，因此完全热分解放出的SO2量会小于吸收的SO2量，D项错误；答案选D。8、C【解析】

A．N4呈正四面体结构，类似白磷(P4)，如图所示，1个N4分子含6个共价键（N–N键），则0.5molN4含共价键数目为3NA，A项错误；B．S2＋H2O⇌HS＋OH，阴离子包括S2、OH和HS，阴离子的量大于0.5mol，B项错误；C．锌与浓硫酸发生反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，生成气体11.2L（标准状况），则共生成气体的物质的量，即n(H2+SO2)=，生成1mol气体时转移2mol电子，生成0.5mol气体时应转移电子数目为NA，C项正确；D．己烯和环己烷的分子式都是C6H12，最简式为CH2，14g混合物相当于1molCH2，含2molH原子，故14g己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为2NA，D项错误；答案选C。9、C【解析】A.根据图Ⅰ，反应A＋B＝C＋D属于放热反应，ΔH＝-(a-c)kJ·mol-1，故A错误；B.根据图Ⅱ，温度越高，水的离子积常数越大，图中a点对应温度低于b点，故B错误；C.根据图Ⅲ，t1时刻，反应速率减小，平衡逆向移动，可能减小了容器内的压强，故C正确；D.根据图Ⅳ，向醋酸稀溶液中加水时，溶液中离子的浓度逐渐减小，溶液的导电性能力逐渐减小，p点酸性比q点强，pH小于q点，故D错误；故选C。10、B【解析】

A.图中A点和B点对应的溶质相同，根据a＝－lgc(H＋)，b＝－lgc(OH－)，c(H＋)·c(OH－)＝10－14计算可知a＋b＝－lgc(H＋)·c(OH－)＝－lg10－14＝14，A项正确；B.交点J点对应的点pH＝7，应该是氨水和氯化铵的混合溶液，V(HCl)＜20.00mL，B项错误；C.A、B、C、D四点的溶液中均存在电荷守恒，c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH4+)＋c(H＋)，变式得c(Cl－)－c(NH4+)＝c(H＋)－c(OH－)，C项正确；D.中和反应为放热反应，若在绝热体系中发生上述反应，体系的温度升高，水和氨水的电离程度都变大，c(OH－)增大，pOH减小，pH增大，图中的交点J向右移，D项正确；答案选B。11、C【解析】

生成的气体是CO2，所以要计算M的相对原子质量，还需要知道MCO3的质量，选项C正确，答案选C。12、D【解析】

A．分子晶体熔沸点与分子间作用力有关，有的还与氢键有关，但与化学键无关，A错误；B．只含共价键的物质可能是共价单质，如氮气、氢气等，B错误；C．两种元素组成的分子中可能含有非极性键，如乙烯、双氧水等，C错误；D．稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键，只存在分子间作用力，D正确；故选D。13、D【解析】

A.莽草酸只有一个羧基能电离出氢离子，使溶液显酸性，鞣酸有一个羧基、三个酚羟基均可以电离出氢离子，使溶液显酸性，则等浓度的两种酸，鞣酸酸性更强，故A错误；B.鞣酸不含碳碳双键，含有酚羟基，与溴水只发生取代反应，故B错误；C.鞣酸含有苯环，不含碳碳双键，故C错误；D.鞣酸含有酚羟基，与铁离子反应，而莽草酸中不含酚−OH，则遇三氯化铁溶液不显紫色，故D正确；答案选D。【点睛】鞣酸中的羟基为酚羟基，遇三氯化铁溶液显紫色，莽草酸中的六元环不是苯环，其中的羟基是醇羟基，遇三氯化铁溶液不显紫色，这是同学们的易错点。14、A【解析】

a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素；则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。【详解】由以上分析可知：a为O元素、b可能为Na或Mg、c为Al、d为S元素。A．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b＞c，a、d为非金属，金属性较弱，则4种元素中b的金属性最强，选项A正确；B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为b＞c＞d，a为O，原子半径最小，选项B错误；C．一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a的单质的氧化性强，选项C错误；D．c为Al，对应的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，选项D错误；故选：A。15、D【解析】

A.废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，聚乙烯不含双键，不能使溴水退色，故A正确；B.可回收的易拉罐中含金属铝，电解熔融氧化铝可制取金属铝，故B正确；C.废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，填埋处理会造成土壤、水污染，所以不能填埋处理，故C正确；D.丝、毛的成分是蛋白质，含有C、H、O、N等元素，含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时生成CO2和H2O的同时还有含氮物质生成，故D错误；选D。16、C【解析】

A.表示N原子的原子结构示意图，只能看出在原子核外各个电子层上含有的电子数的多少，不能描述核外电子运动状态，故A错误；B.表示N原子的电子式，可以知道原子的最外电子层上有5个电子，不能描述核外电子运动状态，故B错误；C.表示N原子的核外电子排布式，不仅知道原子核外有几个电子层，还知道各个电子层上有几个电子轨道及核外电子运动状态，能据此确定电子能量，故C正确；D.表示N原子的轨道表示式，原子核外的电子总是尽可能的成单排列，即在2p的三个轨道上各有一个电子存在，这样的排布使原子的能量最低，故D错误；故答案为：C。17、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。18、C【解析】

A.实验室制备氯气是用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应，稀盐酸与二氧化锰不反应，不能制备氯气，A项错误；B.用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，B项错误；C.分液时先从下口放出水相，再从上口倒出有机相，C项正确；D.蒸发时应该，蒸发至有大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干，另外FeCl3水解生成的盐酸易挥发，直接蒸发，得不到无水FeCl3，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。19、B【解析】

A．反应后氧元素的价态为-1价，故lmolO2时转移的电子数是2×6.02×1023，故A错误；B．混合溶液pH=1，pH=-lgc（H+）=1，故c（H+）=10-pH=0.1mol/L，故B正确；C．NH4+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故NH4+数小于0.1×6.02×1023，故C错误；D．标准状况下2.24LCl2的物质的量为0.1mol，而1mol氯气中含1mol共价键，故0.1mol氯气中含0.1mol共价键，故D错误；故选B。20、B【解析】

短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，则甲为过氧化钠，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，根据转化变系可知乙为水，Y的单质为氧气，丙为氢氧化钠，若丁为氮气，则戊为一氧化氮；若丁为甲烷，则戊为二氧化碳，故W、X、Y、Z分别为H、C（或N）、O、Na，据此分析。【详解】短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，则甲为过氧化钠，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，根据转化变系可知乙为水，Y的单质为氧气，丙为氢氧化钠，若丁为氮气，则戊为一氧化氮；若丁为甲烷，则戊为二氧化碳，故W、X、Y、Z分别为H、C（或N）、O、Na。A.W与Z形成的化合物NaH为离子化合物，选项A正确；B.戊为一氧化氮或二氧化碳，不一定为有毒气体，选项B错误；C.W离子比其他二者少一个电子层，半径最小，Y、Z离子具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，故离子半径大小：Y>Z>W，选项C正确；D.相同条件下，乙为水常温下为液态，其的沸点高于丁（氨气或甲烷），选项D正确。答案选B。21、B【解析】

根据Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，NaHCO3与CaCl2不反应，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，已知NaOH完全反应，则一定体积的CO2通入V

L

NaOH溶液中产物不确定，以此来解答。【详解】A.因a、b的关系不确定，无法计算参加反应的CO2的体积，A项错误；B.由A选项可知若a=b，则CO2与NaOH溶液反应生成的盐只有Na2CO3，B项正确；C.若产物为碳酸钠，碳酸钠与石灰水、CaCl2溶液都能反应生成碳酸钙，则a=b；若产物为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠与CaCl2溶液不反应，碳酸钠与CaCl2溶液反应生成碳酸钙，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，则a>b，但不可能a<b，C项错误；D.若a、b相等时，由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，由NaCl∼NaOH可计算NaOH的物质的量，溶液的体积已知，则可以计算浓度，D项错误；答案选B。22、C【解析】

由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比As小，As位于第四周期VA族，则C、Si、乙位于第IVA族，乙为Ge，B、Al、甲位于ⅢA族，甲为Ga，以此来解答。【详解】A．乙为Ge，元素乙的原子序数为32，故A正确；B．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较：甲＞乙＞Si，故B正确；C．非金属性Ge小于Si，则元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于SiH4，故C错误；D．乙为Ge，位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，故D正确。故选C。【点睛】本题考查位置、结构与性质，把握相对原子质量、元素的位置及性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。二、非选择题(共84分)23、邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）羟基，羰基取代反应保护羟基不被氧化11bc【解析】

C为；(I)按命名规则给A命名，结合题给信息与反应②中的反应物和产物结构，找出试剂a，可确定结构简式；(2)由反应⑤⑥找到C的结构简式，并且找出其的官能团写名称即可；(3)找到C的结构简式是关键，从流程开始的物质A到C，可发现只有醛基被消除，由此可发现⑤的反应类型及反应①和⑤的目的；(4)从B的结构出发，满足条件的B的同分异构体(不包含B)中，先找出条件对应的基团及位置，最后再确定总数目，同分异构体x与NaOH溶液加热下反应，则X含酯基，X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，确定X结构即可求解；(5)关于物质D的说法不正确的有哪些？从结构中含有苯环、醚键、羰基、醇羟基等基团的相关概念、性质判断；【详解】(I)A为，则其名称为：邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）；答案为：邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）；题给信息，反应②为，则试剂a为；答案为：；(2)由反应⑤⑥找到C的结构简式：，官能团为羟基和羰基；答案为：羟基；羰基；(3)C的结构简式是，与HI在加热下发生反应⑤得到，可见是-OCH3中的-CH3被H取代了；从流程开始的物质A到C，为什么不采用以下途径：主要是步骤3中醇羟基被氧化成羰基时，酚羟基也会被氧化，因此反应①和⑤的目的为保护羟基不被氧化；答案为：取代反应；保护羟基不被氧化；(4)B的同分异构体(不包含B)要满足条件①能发生银镜反应②苯环上有2个取代基，其中有一个醛基(含甲酸酯基)，且取代基可以是邻、间、对3种位置，则2个取代基可以有四种组合：首先是和，它们分别处于间、对，共2种（处于邻位就是B要排除），剩下3种组合分别是、、，它们都可以是邻、间、对3种位置，就9种，合起来共11种；答案为：11；某同分异构体x能与NaOH溶液加热下反应，则X含甲酸酯基，则X中苯环上的侧链为，X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，则取代基处于对位，因此X为，则反应方程式为；答案为：(5)D为，关于物质D的说法：a．因为含有苯环，属于芳香族化合物，a说法正确，不符合；b．亲水基团少，憎水基团大，不易溶于水，b说法不正确，符合；c．含氧官能团有3种，还有1种含氮官能团，c说法不正确，符合；d．醇羟基可发生取代、氧化，羰基、苯环上可催化加氢反应,d说法正确，不符合；答案为：bc。24、取代反应消去反应、新制Cu(OH)2悬浊液、加热（或银氨溶液、加热）或【解析】

根据上述反应流程看出，结合及有机物B的分子式看出，有机物A为甲苯；甲苯发生侧链二取代，然后再氢氧化钠溶液中加热发生取代反应，再根据信息，可以得到；与乙醛发生加成反应生成，加热失水得到含有碳碳双键的有机物D，有机物D被弱氧化剂氧化为肉桂酸。【详解】（1）综上所述，反应II为氯代烃的水解反应，反应IV为加热失水得到含有碳碳双键的有机物D，为消去反应；正确答案：取代反应；消去反应。（2）甲苯与氯气光照条件下发生取代反应，方程式为：；氯原子取代甲苯中甲基中的氢原子，可以取代1个氢或2个氢或3个氢，因此还可能得到的有机产物是、；正确答案：；、。（3）反应IV为加热失水得到含有碳碳双键的有机物D，有机物D被弱氧化剂氧化为肉桂酸，结构简式；正确答案：。（4）有机物D中含有醛基，肉桂酸中含有羧基，检验有机物D是否完全转化为肉桂酸，就是检验醛基的存在，所用的试剂为新制的氢氧化铜悬浊液、加热或银氨溶液，加热，若不出现红色沉淀或银镜现象，有机物D转化完全；正确答案：新制Cu(OH)2悬浊液、加热（或银氨溶液、加热）。（5）有机物C分子式为C9H10O2，①能够与NaHCO3(aq)反应产生气体，含有羧基；②分子中有4种不同化学环境的氢原子，有4种峰，结构满足一定的对称性；满足条件的异构体有2种，分别为：和；正确答案：或。（6）根据苯甲酸苯甲酯结构可知，需要试剂为苯甲醇和苯甲酸；苯甲醛还原为苯甲醇，苯甲醛氧化为苯甲酸；苯甲醇和苯甲酸在一定条件下发生酯化反应生成苯甲酸苯甲酯；具体流程如下：；正确答案：；。25、水浴加热MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收4酸式0.13【解析】

本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3·nH2O中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。合成碳酸镁晶须是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成。测定MgCO3·nH2O中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCO3·nH2O反应，测定产生的CO2的体积，可以通过计算确定MgCO3·nH2O中n值。测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱镁矿中的铁转化为Fe2+，用H2O2溶液滴定，根据消耗的H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的含量。【详解】（1）①步骤2控制温度在50℃，当温度不超过100℃时，较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可均匀加热，又可以很好地控制温度。②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成MgCO3·nH2O沉淀的同时还得到(NH4)2SO4，化学方程式为：MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。③步骤4检验沉淀是否洗涤干净，可以检验洗涤液中的SO42-，方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净。（2）①图中气球可以缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用。②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收。③标准状况下1.12LCO2的物质的量为0.05mol，根据碳守恒，有=0.05mol，解得n=4。（3）①H2O2溶液有强氧化性和弱酸性，应装在酸式滴定管中。②四次实验数据，第3次和其他三次数据偏离较大，舍去，计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为15.00mL。n(H2O2)=0.015L×0.010mol/L=1.5×10-4mol，在H2O2和Fe2+的反应中，H2O2做氧化剂，-1价氧的化合价降低到-2价，Fe2+中铁的化合价升高到+3价，根据电子守恒，n(Fe2+)=2(H2O2)=3×10-4mol，则m(Fe)=3×10-4mol×56g/mol=0.0168g，实验菱镁矿中铁元素的质量分数为×100%=0.13%。【点睛】当控制温度在100℃以下时，可以采取水浴加热的方法。检验沉淀是否洗涤干净时需要选择合适的检测离子，选择检测的离子一定是滤液中的离子，并且容易通过化学方法检测。检验沉淀是否洗涤干净的操作需要同学记住。26、稳定稳定bd87.5%Cu+H2SO4+2HNO3（浓）=CuSO4+2NO2↑+2H2O3Cu+3H2SO4+2HNO3（稀）=3CuSO4+2NO↑+4H2O氧气氧化氮氧化合物，使氮氧化物全部被氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气否abc不能虽然甲基橙变色的pH范围为3.1~4.4，Cu（OH）2开始沉淀时的pH为5，在指示剂变色范围之外，即中和酸时，Cu2+不会消耗OH-，但甲基橙由红色变成橙色、黄色时，铜离子溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰【解析】

I.(1)物质都有由不稳定物质转化为稳定物质的倾向，所以在酸性溶液中，+2价Cu比+1价Cu更稳定；(2)在高温下CuO分解产生Cu2O、O2，说明Cu2O比CuO在高温下稳定；II.(1)①Cu未完全反应、部分氧化铜能被有机物还原；②根据Cu元素守恒和反应方程式可得关系式，然后利用关系式计算CuSO4·5H2O的质量，最后根据质量分数的含义计算硫酸铜晶体的含量；(2)①Cu与稀硫酸、浓硝酸（或随着反应进行浓硝酸变为的稀硝酸）反应产生硫酸铜、NO2（或NO）、H2O，根据氧化还原反应规律书写反应方程式；②O2可以将NO氧化为NO2，可以将NO、NO2驱赶进入NaOH溶液中，发生反应，防止大气污染；III.(1)HCl对反应没有影响；(2)根据平衡移动原理分析；IV.含铜离子溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰。【详解】I.(1)向Cu2O中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，这说明氧化亚铜和稀硫酸反应生成的是硫酸铜、水和单质铜，该反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，这说明在酸性溶液中，+2价Cu比+1价Cu更稳定；(2)将粉末加热至以上完全分解成红色的粉末，该反应说明：在高温条件下，+1价的Cu比+2价Cu更稳定；II.(1)①a.加热条件下铜易被氧气氧化，a错误；b.灼烧不充分，铜未被完全氧化导致含有铜单质，b正确；c.氧化铜在加热过程中不会分解生成铜，c错误；d.灼烧过程中部分氧化铜被有机物还原生成铜单质，d正确；故合理选项是bd；②根据方程式可知：2Cu2+~I2~2S2O32-，n(S2O32-)=0.1000mol/L×0.014L×10=1.4×10-2mol，则n(Cu2+)=1.4×10-2mol，m(CuSO4·5H2O)=1.4×10-2mol×250g/mol=3.5g，所以硫酸铜晶体的质量分数为(3.5g÷4.0g)×100%=87.5%；(2)①Cu与稀硫酸、浓硝酸（或随着反应进行浓硝酸变为的稀硝酸）反应生成硫酸铜、NO2（或NO）、H2O，根据氧化还原反应规律，可得反应方程式为：；②NO不能被NaOH溶液吸收，O2可以将NO氧化为NO2，使氮氧化物完全被NaOH溶液吸收，同时可以将NO、NO2驱赶进入NaOH溶液中，发生反应，转化为NaNO2、NaNO3，防止大气污染；III.(1)Cl2中混有的HCl对反应没有影响，因此不需要在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl的装置；(2)a.将Y稀释，平衡向左移动，溶液呈蓝色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，a正确；b.在Y中加入CuCl2晶体，溶液中[Cu(H2O)4]2+、Cl-浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，b正确；c.在Y中加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，c正确；d.取Y进行电解，铜离子放电，溶液颜色最终消失，不能可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，d错误；故合理选项是abc；IV.甲基橙变色的pH范围是3.1~4.4，Cu(OH)2开始沉淀的pH=5，在指示剂变色范围之外，即酸被碱中和时，Cu2+不会消耗OH-，但是甲基橙由红色变成橙色、黄色时，Cu2+溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰，因此不能测定剩余硫酸的物质的量浓度。【点睛】本题考查了实验方案的设计、对工艺流程理解、实验装置的理解、平衡移动、物质分离提纯等，明确物质的性质是解答题目关键，难点是实验方案的评价，从实验的可操作性、简便性、安全性、环保等方面考虑，有助于培养学生基本扎实的基础与综合运用能力。27、球形冷凝管ad使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺上与对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐进入水层与对硝基甲苯的分离H++OH-=H2O、+OH-+H2Ob57.0%【解析】

首先向三颈烧瓶中加稀盐酸、对硝基甲苯和适量铁粉加热进行反应，生成对甲基苯胺盐酸盐，调节pH=7~8，沉淀铁离子并使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，加入苯溶解生成的对甲基苯胺和未反应的对硝基甲苯，抽滤静置分液得到有机层，向有机层中加入盐酸使对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐，生成的对甲基苯胺盐酸盐易溶于水，静置分液得到无机层，向无机层加入NaOH溶液，使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，对甲基苯胺常温下为不溶于水的固体，所以在加入氢氧化钠溶液后会有对甲基苯胺固体析出，抽滤得到固体，洗涤、干燥得到产品。【详解】（1）该反应中反应物沸点较低，加热反应过程中会挥发，需要在a处加装球形冷凝管冷凝回流；分液操作需要烧杯、分液漏斗、铁架台，所以选ad；（2）根据题目所给信息可知，pH值升高会使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，达到分离提纯的目的；（3）根据分析步骤③中液体M为有机层，溶剂为苯，密度比水小，所以在上层；加入盐酸使对甲基苯胺转化为易溶于水的对甲基苯胺盐酸盐，从而实现与对硝基甲苯的分离；（4）下层液体中有未反应的盐酸和生成的对甲基苯胺盐酸盐都与NaOH发生反应，离子方程式为：H++OH-=H2O、+OH-+H2O；（5）洗涤过程是为了洗去对甲基苯胺可能附着的对甲基苯胺盐酸盐、NaCl和NaOH等可溶于水的杂质，为降低对甲基苯胺洗涤过程的溶解损失，最好的洗涤剂应为蒸馏水，所以选b；（6）原料中有13.7g对硝基甲苯，即=0.1mol，所以理论上生成的对甲基苯胺应为0.1mol，实际得到产品6.1g，所以产率为=57.0%。28、ΔH4-2ΔH2-ΔH3减小＞C规律：压强增大，甲醇转化率减小原因：压强增大，催化剂吸附水分子的量增多，催化效率降低CH3OCH3-12e-＋3H2O＝2CO2＋12H+9.6g【解析】

(1)结合已知热化学反应方程式，根据盖斯定律解