阳泉市重点中学2025届高考化学考前最后一卷预测卷含解析

阳泉市重点中学2025届高考化学考前最后一卷预测卷考生请注意：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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、把35.7g金属锡投入300mL14mol/LHNO3共热(还原产物为NOx)，完全反应后测得溶液中c(H+)=10mol/L，溶液体积仍为300mL。放出的气体经水充分吸收，干燥，可得气体8.96L(S．T．P)。由此推断氧化产物可能是A．Sn(NO3)4 B．Sn(NO3)2 C．SnO2∙4H2O D．SnO2、下列关于古籍中的记载说法不正确的是A．《本草纲目》“烧酒”条目下写道自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏B．《吕氏春秋·别类编》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性C．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应D．《抱朴子·金丹篇》中记载：“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又成丹砂”，该过程发生了分解、化合、氧化还原反应3、下列有关反应的离子方程式书写正确的是()A．氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2OB．过量SO2通入澄清石灰水中：SO2＋OH－===HSO3-C．NH4HCO3溶液与足量Ba(OH)2溶液混合：HCO3-＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2OD．NH4Al(SO4)2溶液与足量Ba(OH)2溶液混合：2Al3＋＋3SO42-＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓4、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．标准状况下，11.2LCHC13中含有的氯原子数目为1.5NAB．10.0g质量分数为46％的乙醇溶液与足量钠反应产生的H2数目为0.05NAC．常温常压下，124gP4中含σ键数目为4NAD．向1L1mol·L－1NH4Cl溶液中加入氨水至中性，溶液中数目为NA5、面对突如其来的新冠病毒，越来越多的人意识到学习化学的重要性。下列说法正确的是A．医用酒精灭活新冠肺炎病毒是利用其氧化性B．N95口罩所使用的聚丙烯材料属于合成纤维C．为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入稀盐酸D．我国研制的重组新冠疫苗无需冷藏保存6、某热再生电池工作原理如图所示。放电后，可利用废热进行充电。已知电池总反应：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ΔH＜0。下列说法正确的是（）A．充电时，能量转化形式主要为电能到化学能B．放电时，负极反应为NH3-8e-+9OH-=NO3-+6H2OC．a为阳离子交换膜D．放电时，左池Cu电极减少6.4g时，右池溶液质量减少18.8g7、化学与生活密切相关。下列说法正确的是（）A．利用二氧化硅与碳酸钙常温反应制备陶瓷B．纺织业利用氢氧化钠的强氧化性将其作为漂洗的洗涤剂C．利用明矾的水溶液除去铜器上的铜锈，因Al3+水解呈酸性D．“丹砂（主要成分为硫化汞）烧之成水银，积变又还成丹砂”中发生的反应为可逆反应8、下判说法正确的是A．常温下，c(Cl-)均为0.1mol/LNaCl溶液与NH4Cl溶液，pH相等B．常温下，浓度均为0.1mol/L的CH3COOH溶液与HCl溶液，导电能力相同C．常温下，HCl溶液中c(Cl-)与CH3COOH溶液中c(CH3COO-)相等，两溶液的pH相等D．室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液呈中性9、下列说法错误的是（）A．以乙醇、空气为原料可制取乙酸B．甲苯分子中最多13个原子共平面C．淀粉、油脂和蛋白质都是可以水解的高分子化合物D．分子式为C5H12O的醇共有8种结构10、已知常温下HF酸性强于HCN，分别向1Llmol/L的HF和HCN溶液中加NaOH固体调节pH（忽略温度和溶液体积变化），溶液中（X表示F或者CN）随pH变化情况如图所示，下列说法不正确的是A．直线I对应的是B．I中a点到b点的过程中水的电离程度逐渐增大C．c点溶液中：D．b点溶液和d点溶液相比：cb(Na+)<cd(Na+)11、据报道科学家在宇宙中发现了分子。与属于A．同位素 B．同系物 C．同分异构体 D．同素异形体12、下列关于古籍中的记载说法正确的是A．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应B．氢化钙的电子式是：Ca2+[∶H]2–C．目前，元素周期表已经排满，第七周期最后一种元素的原子序数是118D．直径为20nm的纳米碳酸钙属于胶体13、联合国气候变化会议在延长一天会期之后于星期六在印尼巴厘岛闭幕。会议在经过激烈的谈判后通过了巴厘岛路线图，决定启动至关重要的有关加强应对气候变化问题的谈判。为人类生存环境创造好的条件。下面关于环境的说法正确的是（）A．地球上的碳是不断地循环着的，所以大气中的CO2含量不会改变B．燃烧含硫的物质导致酸雨的形成C．生活中臭氧的含量越高对人越有利D．气候变暖只是偶然的因素14、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素形成的某种化合物（如图所示）是一种优良的防龋齿剂（用于制含氟牙膏）。下列说法错误的是（）A．W、X、Y的简单离子的电子层结构相同B．W、Y形成的化合物中只含离子键C．该化合物中Z不满足8电子稳定结构D．X、Y形成的化合物溶于水能促进水的电离15、用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L－1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列叙述错误的是（）A．Ka2(H2SO3)的数量级为10－8B．若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂C．图中Z点对应的溶液中：c(Na＋)>c(SO32－)>c(HSO3－)>c(OH－)D．图中Y点对应的溶液中：3c(SO32－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)16、某同学设计了如图所示元素周期表，已知Z元素的最外层电子数是次外层的3倍。空格中均有对应的元素填充。下列说法正确的是A．白格中都是主族元素，灰格中都是副族元素B．X、Y分别与Z形成的化合物都只有两种C．X、Y元素最高价氧化物对应的水化物酸性：X>YD．X、Y、Z的气态氢化物中最稳定的是X的氢化物17、生铁比纯铁（）A．硬度低 B．易腐蚀 C．熔点高 D．含碳量低18、化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法不正确的是A．电动汽车充电、放电过程均有电子转移B．很多鲜花和水果的香味来自于酯C．淘米水能产生丁达尔效应，这种淘米水具有胶体的性质D．碳纳米管是一种比表面积大的有机合成纤维，可用作新型储氢材料19、已知AG=lg，电离度α=×100%。常温下，向10mL0.1mol/LHX溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，混合溶液中AG与滴加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是（）A．F点溶液pH<7B．G点溶液中c(Na+)=c（X-）>c(H+)=c（OH-）C．V=10时，溶液中c（OH-）<c(HX)D．常温下，HX的电离度约为1%20、已知某高能锂离子电池的总反应为：2Li+FeS=Fe+Li2S，电解液为含LiPF6·SO(CH3)2的有机溶液（Li+可自由通过）。某小组以该电池为电源电解废水并获得单质镍，工作原理如图所示。下列分析正确的是A．X与电池的Li电极相连B．电解过程中c(BaC12)保持不变C．该锂离子电池正极反应为：FeS+2Li++2e−=Fe+Li2SD．若去掉阳离子膜将左右两室合并，则X电极的反应不变21、298K时，用0.01mol∙L-1NaOH溶液滴定10mL0.01mol∙L-1H2A溶液的滴定曲线如图所示（已知：25℃时，H2A的Ka1=10-1.75，Ka2=10-7.19）。下列说法不正确的是（）A．a点所得溶液中：V0=5mLB．B点所得溶液中：c(H2A)＋c(H＋)=c(A2-)＋c(OH-)C．C点所得溶液中：c(Na＋)>3c(HA-)D．D点所得溶液中A2-水解平衡常数Kh1=10-6.8122、关于下列各装置图的叙述中，正确的是()A．图a制取及观察Fe(OH)2B．图b比较两种物质的热稳定性C．图c实验室制取NH3D．图d分离沸点不同且互溶的液体混合物二、非选择题(共84分)23、（14分）某研究小组按下列路线合成药物诺氟沙星：已知：试剂EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，在适当条件下，可由C生成D。②③请回答：（1）根据以上信息可知诺氟沙星的结构简式_____。（2）下列说法不正确的是_____。A．B到C的反应类型为取代反应B．EMME可发生的反应有加成，氧化，取代，加聚C．化合物E不具有碱性，但能在氢氧化钠溶液中发生水解D．D中两个环上的9个C原子可能均在同一平面上（3）已知：RCH2COOH，设计以化合物HC(OC2H5)3、C2H5OH合成EMME的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_____。（4）写出C→D的化学方程式______。（5）写出化合物G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：____①1H-NMR谱表明分子中有4种氢原子，IR谱显示含有N－H键，不含N－N键；②分子中含有六元环状结构，且成环原子中至少含有一个N原子。24、（12分）有机物数量众多，分布极广，与人类关系非常密切。（1）石油裂解得到某烃A，其球棍模型为，它是重要的化工基本原料。①A的结构简式为_________，A的名称是____________。②A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为_______________。③A→C的反应类型是____，C+D→E的化学方程式为_______，鉴别C和D的方法是_______。④A的同系物B的相对分子质量比A大14，B的结构有____种。（2）生苹果肉遇碘酒变蓝，熟苹果汁能与银氨溶液反应，苹果由生到成熟时发生的相关反应方程式为__________。25、（12分）亚硝酸钠（NaNO2）是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量。在漂白、电镀等方面应用也很广泛。某兴趣小组设计了如下图所示的装置制备NaNO2（A中加热装置已略去）。已知：室温下，①2NO+Na2O2===2NaNO2②酸性条件下，NO或NO2-都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+（1）A中发生反应的化学方程式为_________________________________。（2）检查完该装置的气密性，装入药品后，实验开始前通入一段时间N2，然后关闭弹簧夹，再滴加浓硝酸，加热。通入N2的作用是______________。（3）装置B中观察到的主要现象为_________________（4）①为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是___________（填字母序号）。A．P2O5B．无水CaCl2C．碱石灰D．浓硫酸②如果取消C装置，D中固体产物除NaNO2外，可能含有的副产物有________写化学式）。（5）E中发生反应的离子方程式为____________。（6）将1.56gNa2O2完全转化为NaNO2，理论上至少需要木炭__________g。26、（10分）实验室以海绵铜（主要成分为Cu和CuO）为原料制取CuCl的主要流程如图所示。已知：①CuCl微溶于水，不溶于乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。②CuCl露置于潮湿的空气中易被氧化。回答下列问题。（1）“氧化”时温度应控制在60~70℃，原因是____________________。（2）写出“转化”过程中的离子方程式____________________。（3）“过滤Ⅱ”所得滤液经__________、__________、过滤等操作获得(NH4)2SO4晶体，可用作化学肥料。“过滤Ⅱ”所得滤渣主要成分为CuCl，用乙醇洗涤的优点是________________。（4）氯化铵用量[]与Cu2+沉淀率的关系如图所示。随着氯化铵用量的增多Cu2+沉淀率增加，但当氯化铵用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率减小，其原因是__________。（5）若CuCl产品中混有少量CaSO4，设计提纯CuCl的实验方案：__________。（实验中可选试剂：0.1mol·L−1盐酸、10mol·L−1盐酸、蒸馏水、无水乙醇）27、（12分）碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了FeCO3，并对FeCO3的性质和应用进行了探究。已知：①FeCO3是白色固体，难溶于水②Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-(无色)Ⅰ.FeCO3的制取（夹持装置略）实验i：装置C中，向Na2CO3溶液（pH＝11.9）通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。(1)试剂a是_____。(2)向Na2CO3溶液通入CO2的目的是_____。(3)C装置中制取FeCO3的离子方程式为_____。(4)有同学认为C中出现白色沉淀之后应继续通CO2，你认为是否合理并说明理由________。Ⅱ.FeCO3的性质探究实验ii实验iii(5)对比实验ⅱ和ⅲ，得出的实验结论是_____。(6)依据实验ⅱ的现象，写出加入10%H2O2溶液的离子方程式_____。Ⅲ.FeCO3的应用(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH(OH)COO]2Fe，相对分子质量为234）补血剂。为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德中学化学实验小组准确称量1.0g补血剂，用酸性KMnO4溶液滴定该补血剂，消耗0.1000mol/L的KMnO4溶液10.00mL，则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_____，该数值异常的原因是________（不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差）。28、（14分）研究高效催化剂是解决汽车尾气中的NO和CO对大气污染的重要途径。(1)已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ/molC(s)+O2(g)=CO(g)△H2=-110.5kJ/molN2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.0kJ/mol则汽车尾气的催化转化反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的△H=_______kJ/mol。(2)400℃时，在分别装有催化剂A和B的两个容积为2L的刚性密闭容器中，各充入物质的量均为nmol的NO和CO发生上述反应。通过测定容器内总压强随时间变化来探究催化剂对反应速率的影响，数据如下表：时间/min0102030∞A容器内压强/kPa75.070.065.060.060.0B容器内压强/kPa75.071.068.066.060.0①由上表可以判断催化剂__________(填“A”或“B”)的效果更好。②容器中CO的平衡转化率为__________。400℃时，用压强表示的平衡常数Kp__________(kPa)-1(保留两位小数)。③汽车尾气排气管中使用催化剂可以提高污染物转化率，其原因是__________。(3)为研究气缸中NO的生成，在体积可变的恒压密闭容器中，高温下充入物质的量均为1mol的氮气和氧气，发生反应N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)。①下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是_________(填序号)。A.2v正(O2)=v逆(NO)B.混合气体的平均相对分子质量不变C.c(N2):c(O2)=lD.容器内温度不变②为减小平衡混合气中NO的体积分数，可采取的措施是___________。(4)对于气缸中NO的生成，化学家提出了如下反应历程：第一步O2⇌2O慢反应第二步O+N2⇌NO+N较快平衡第三步N+O2⇌NO+O快速平衡下列说法错误的是_______(填标号)。A.第一步反应不从N2分解开始，是因为N2比O2稳定B.N、O原子均为该反应的催化剂C.三步反应中第一步反应活化能最大D.三步反应的速率都随温度升高而增大29、（10分）1，2-二氯丙烷(CH2C1CHClCH3)是一种重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法制备，主要副产物为3-氯丙烯(CH2=CHCH2C1)，反应原理为：I．CH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2C1CHC1CH3(g)△H1=—134kJ·mol-1II．CH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)△H2=—102kJ·mol-1请回答下列问题：(1)已知CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)CH2C1CHC1CH3(g)的活化能Ea(正)为132kJ·mol-1，则该反应的活化能Ea(逆)为______kJ·mol-1。(2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3(g)和C12(g)。在催化剂作用下发生反应I、Ⅱ，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。时间/min060120180240300360压强/kPa8074.269.465.261.657.657.6①用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即，则前120min内平均反应速率v(CH2C1CHC1CH3)=______kPa·min-1。(保留小数点后2位)。②该温度下，若平衡时HC1的体积分数为，则丙烯的平衡总转化率_______；反应I的平衡常数Kp=_____kPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数，保留小数点后2位)。(3)某研究小组向密闭容器中充入一定量的CH2=CHCH3和C12，分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应，一段时间后测得CH2C1CHC1CH3的产率与温度的关系如下图所示。①下列说法错误的是___________(填代号)。a．使用催化剂A的最佳温度约为250℃b．相同条件下，改变压强不影响CH2C1CHC1CH3的产率c．两种催化剂均能降低反应的活化能，但△H不变d．提高CH2C1CHC1CH3反应选择性的关键因素是控制温度②在催化剂A作用下，温度低于200℃时，CH2C1CHC1CH3的产率随温度升高变化不大，主要原因是_______________________________________________________________。③p点是否为对应温度下CH2C1CHC1CH3的平衡产率，判断理由是_____________。

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】

根据l4mol/LHNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=10mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，利用得失电子守恒来分析金属锡被氧化后元素的化合价。【详解】35.7g金属锡的物质的量为=0.3mol，14mol/L

HNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=10mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，放出的气体经水充分吸收，干燥，可得NO气体8.96L，根据反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，则标准状况下NO2的物质的量为=1.2mol，设金属锡被氧化后元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.3mol×(x−0)=1.2mol×(5−4)，解得x=+4，又溶液中c(H+)=10mol/L，而c(NO3−)==10mol/L，根据溶液电中性可判断氧化产物一定不是硝酸盐，综合以上分析，答案选C。2、C【解析】

A．由“蒸令气”可知与混合物沸点有关，则这里所用的“法”是指蒸馏，故A正确；B．金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚，则说明合金硬度大于各成分，故B正确；C．鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，故C错误；D．丹砂(HgS)烧之成水银，HgSHg+S，积变又还成丹砂的过程都是氧化还原反应，有单质(水银)生成，且单质(水银)重新生成化合物，故该过程包含分解、化合、氧化还原反应，故D正确；答案选C。【点睛】准确把握诗句含义，明确相关物质的性质是解题关键。本题的易错点为C，要注意焰色反应属于物理变化，不是化学变化。3、B【解析】

A．氧化亚铁溶于稀硝酸，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：3FeO+NO3-+10H+═3Fe3++5H2O+NO↑，故A错误；B、澄清石灰水中通入过量的二氧化硫生成亚硫酸氢钙，反应为Ca(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O，CaSO3+SO2+H2O=Ca(HSO3)2，故总的离子方程式为OH-+SO2═HSO3-，故B正确；C．NH4HCO3溶液与足量Ba(OH)2溶液混合反应生成碳酸钡沉淀和氨水，反应的离子方程式为NH4++HCO3-+Ba2++2OH-═BaCO3↓+H2O+NH3·H2O，故C错误；D．NH4Al(SO4)2溶液与足量的Ba(OH)2溶液混合，Al3＋应转化为AlO2-，NH4+也会与OH－反应，故D错误；答案选B。4、D【解析】

A．标准状况下，CHC13是液体，不能用22.4L/mol计算物质的量，不能确定氯原子数目，故A错误；B．10.0g质量分数为46%的乙醇溶液中CH3CH2OH的质量是10.0g×46%=4.6g，物质的量为=0.1mol，根据化学方程式2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，0.1mol乙醇生成0.05mol氢气，乙醇溶液中的水也能与钠反应生成氢气，故与足量的钠反应产生H2数目大于0.05NA，故B错误；C．一个P4分子中含有6个磷磷单键，即6个σ键，124gP4物质的量为124g÷124g/mol=1mol，含σ键数目为6NA，故C错误；D．向1L1mol·L－1NH4Cl溶液中加入氨水至中性，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，则n(NH4+)=n(Cl-)=1L×1mol·L－1=1mol，则数目为NA，故D正确；答案选D。【点睛】C项的P4分子是正四面体构型，分子中含有6个磷磷单键，知道物质的结构很关键。5、B【解析】

A.医用酒精灭活新冠肺炎病毒是因为酒精使蛋白质脱水，并非酒精的氧化性，故A错误；B.聚丙烯材料属于合成有机高分子材料，故B正确；C.84消毒液和洁厕灵混合会发生氧化还原反应产生有毒气体氯气，所以两者不能混合使用，故C错误；D.疫苗的成分是蛋白质，因光和热可以导致蛋白变性，所以疫苗需冷藏保存，故D错误；故选B。6、D【解析】

已知电池总反应：Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+△H＜0，放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池负极，电极反应Cu−2e−＝Cu2＋，通入氨气发生反应Cu2＋＋4NH3⇌[Cu(NH3)4]2＋△H＜0，右端为原电池正极，电极反应Cu2＋＋2e−＝Cu，中间为阴离子交换膜，据此分析。【详解】已知电池总反应：Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+△H＜0，放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池负极，电极反应Cu−2e−＝Cu2＋，通入氨气发生反应Cu2＋＋4NH3⇌[Cu(NH3)4]2＋△H＜0，右端为原电池正极，电极反应Cu2＋＋2e−＝Cu，中间为阴离子交换膜；A．充电时，能量转化形式主要为热能→化学能，故A错误；B．放电时，负极反应为Cu＋4NH3−2e−＝[Cu(NH3)4]2＋，故B错误；C．原电池溶液中阴离子移向负极，a为阴离子交换膜，故C错误；D．放电时，左池Cu电极减少6.4g时，Cu−2e−＝Cu2＋，电子转移0.2mol，右池溶液中铜离子析出0.1mol，硝酸根离子移向左电极0.2mol，质量减少＝0.2mol×62g/mol＋0.1mol×64g/mol＝18.8g，故D正确；故答案选D。7、C【解析】

A．二氧化硅与碳酸钙常温下不反应，A错误；B．氢氧化钠没有强氧化性，作漂洗剂时利用它的碱性，B错误；C．明矾在水溶液中Al3+水解生成硫酸，可除去铜器上的铜锈，C正确；D．丹砂中的硫化汞受热分解生成汞，汞与硫化合生成丹砂，条件不同，不是可逆反应，D错误；故选C。8、C【解析】

A.c(Cl-)相同，说明两种盐的浓度相同，NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，而NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，因此二者的pH不相等，A错误；B.HCl是一元强酸，完全电离，而CH3COOH是一元弱酸，部分电离，在溶液中存在电离平衡，当两种酸的浓度相等时，由于醋酸部分电离，所以溶液中自由移动的离子的浓度HCl>CH3COOH，离子浓度越大，溶液的导电性就越强，故HCl的导电能力比醋酸强，B错误；C.HCl是一元强酸，溶液中c(Cl-)=c(H+)-c(OH-)，CH3COOH是一元弱酸，溶液中存在电离平衡，但溶液中c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，两溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，常温下两溶液中c(H+)相等，所以两溶液的pH也就相等，C正确；D.室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，由于二者的物质的量相等，因此恰好反应产生CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，CH3COO-水解，使溶液显碱性，D错误；故合理选项是C。9、C【解析】

A.醇羟基可以发生氧化反应生成羧基，可以用乙醇、空气为原料制取乙酸，故A正确；B.甲苯中苯基有11个原子共平面，甲基中最多有2个原子与苯基共平面，最多有13个原子共平面，故B正确；C.油脂不属于高分子化合物，故C错误；D.C5H12的同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4，其中CH3CH2CH2CH2CH3有3种H原子，CH3CH2CH(CH3)2有4种H原子，C(CH3)4只有1种H原子，故羟基(—OH)取代1个H得到的醇有3+4+1=8种，故D正确；故答案为C。【点睛】C5H12O的醇可以看做羟基上连接一个戊基，戊基有8种，所以分子式为C5H12O的醇共有8种结构；常见的烃基个数：丙基2种；丁基4种；戊基8种。10、D【解析】

A．纵坐标为0时即=1，此时Ka==c(H+)，因此直线I对应的Ka=10-3.2,直线II对应的Ka=10-9.2,由于HF酸性强于HCN，因此直线I对应，A正确；B．a点到b点的过程中HF浓度逐渐减小，NaF浓度逐渐增大，因此水的电离程度逐渐增大，B正确；C．Ka(HCN)=10-9.2，NaCN的水解常数Kh(NaCN)=10-4.8>Ka(HCN)，因此等浓度的HCN和NaCN的混合溶液中c(CN-)<c(HCN)，c点是HCN和NaCN的混合溶液且c(CN-)=c(HCN)，因此c(NaCN)>c(HCN)，即有c(Na+)>c(CN-)；由于OH-、H+来自水的电离，浓度比较小且此时溶液的pH为9.2，C点溶液中存在：c(Na+)>c(CN-)=c(HCN)>c(OH-)>c(H+)，C正确；D．由于HF酸性强于HCN，要使溶液均显中性，HF溶液中要加入较多的NaOH，因此cb(Na+)>cd(Na+)，D错误；答案选D。【点睛】溶液中有多种电解质时，在比较离子浓度大小时注意水解常数与电离平衡常数的关系。11、D【解析】

A.同种元素的不同种原子互为同位素，故A错误；B.结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物互称为同系物，故B错误；C.分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，故C错误；D.与都是由氢元素形成的不同单质，互为同素异形体，故D项正确。故选D。【点睛】准确掌握“四同”的概念及它们描述的对象，是解决此题的关键。12、C【解析】

A.根据题意，鉴别KNO3和Na2SO4，是利用了焰色反应，故A错误；B.电子式中相同的离子要分开写，氢化钙的电子式是：[∶H]-Ca2+[∶H]-，故B错误；C.根据各周期容纳元素种数可知，第七周期最后一种元素的原子序数为2+8+8+18+18+32+32=118，故C正确；D.纳米碳酸钙只有一种物质，不是分散系，不是胶体，故D错误；故选C。【点睛】此题易错点在D项，胶体属于分散系，分散质粒子直径大小在1nm～100nm之间，胶体属于混合物。13、B【解析】

A.地球上的碳是不断地循环着的，但由于人类的乱砍滥伐，导致大气中的CO2含量不断升高，A错误；B.燃烧含硫的物质导致大气中SO2含量升高，从而导致酸雨的形成，B正确；C.生活中臭氧的含量高，不仅会导致金属制品的腐蚀，还会对人体造成伤害，C错误；D.若不对大气进行治理，气候变暖是必然的，D错误。故选B。14、B【解析】

该化合物可用于制含氟牙膏，说明含有F元素，根据该化合物的结构可知，X原子可以形成一个共价键，则X为F元素；Y可以形成Y+，且原子序数大于X，则Y为Na；Z可以形成五条共价键，应为第ⅤA族元素，原子序数大于Na，则Z为P；根据W元素的成键特点，结合其原子序数最小，则W为O。【详解】A．氧离子、氟离子和钠离子都含有2个电子层，核外电子总数为10，其简单离子的电子层结构相同，故A正确；B．W、Y形成的化合物Na2O2中含有非极性共价键，故B错误；C．P最外层含有5个电子，该化合物中形成了5个共价键，则P最外层电子数为5+5=10，不满足8电子稳定结构，故C正确；D．HF为弱酸，所以NaF溶液中，氟离子会水解促进水的电离，故D正确；故答案为B。15、C【解析】

用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：NaOH+H2SO3═NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOH═Na2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。【详解】A．由图像可知，当溶液中c(HSO3-)=c(SO32－)时，此时pH=7.19，即c(H+)=10-7.19mol/L，则H2SO3的Ka2=c(SO32－)cH+c（HSO3-）=c(H+)，所以H2SO3的Ka2=1×10-7.19，B．第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图像，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，可用甲基橙作指示剂，故B正确；C．Z点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，溶液pH=9.86，溶液显碱性，表明SO32-会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(OH-)＞c(HSO3-)，故C错误；D．根据图像，Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于c(HSO3-)=c(SO32-)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故D正确；答案选C。【点睛】明确滴定反应式，清楚特殊点的含义，把握溶液中的守恒思想是解答本题的关键。本题的易错点为A，要注意根据Y点结合Ka2的表达式分析解答。16、C【解析】

按照排布规律，前3周期，一侧的相同位置的元素位于同一主族，比如B和Al同主族，均在H的左侧，均处于棱形的顶部空格内。则可知X、Y同主族，且X为N，Y为P，Z为O。到了第四周期，出现灰色空格，填充副族元素，如Se。【详解】A、按照图示，白格填充的为主族元素和稀有气体元素，灰格填充的为副族元素，A错误；B、X和Z，可以形成NO、NO2、N2O5等氮氧化物，不止2种，B错误；C、X的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，Y的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，同主族元素，同上到下非金属性减弱，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则HNO3＞H3PO4；C正确；D、非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，同主族元素，同上到下非金属性减弱，同周期元素，从左到右，非金属性增强，则非金属性排序为O＞N＞P，氢化物最强的是Z的氢化物，H2O；D错误；答案选D。17、B【解析】

生铁是合金，强度和硬度一般比组成它的纯金属更高；A．生铁是合金，其硬度比纯铁高，故A错误；B．生铁是合金，易发生电化学腐蚀，而纯铁只能发生化学腐蚀，生铁易被腐蚀，故B正确；C．生铁是合金，其熔点比纯铁低，故C错误；D．通常生铁是铁碳合金，含碳量比纯铁高，故D错误；故答案为B。18、D【解析】

A.电动汽车充电为电解池原理，放电过程为原电池原理，两个过程均属于氧化还原反应，存在电子转移，A正确；B.一些低级酯有芳香气味，很多鲜花和水果的香味来自于这些酯，B正确；C.淘米水中含有的淀粉分子达到胶体颗粒的大小，能产生丁达尔效应，说明这种淘米水具有胶体的性质，C正确；D.碳纳米管只含有C元素，属于单质，不是有机物，D错误；故合理选项是D。19、C【解析】

E点为0.1mol/LHX溶液，AG=lg=8，则=108，水的离子积KW==10-14,由此计算氢离子浓度；F点为等物质的量HX溶液NaX溶液的混合液，此时AG=lg=6，则c(H+)>c（OH-），pH<7；G点为AG=lg=0，则c(H+)=c（OH-）；V=10时溶液为NaX溶液,由于水解和水的电离c（OH-）>c(HX)。【详解】A.F点为等物质的量HX溶液NaX溶液的混合液，此时AG=lg=6，则c(H+)>c（OH-），pH<7,故A正确；B.G点溶液中AG=lg=0，则c(H+)=c（OH-），溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c（OH-）+c（X-），故c(Na+)=c（X-）>c(H+)=c（OH-），故B正确；C．V=10时溶液为NaX溶液,由于水解和水的电离c（OH-）>c(HX)，故C错误；D．E点为0.1mol/LHX溶液，AG=lg=8，则=108，水的离子积KW==10-14,,则电离度=，故D正确；故答案选：C。【点睛】溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c（OH-）+c（X-）。20、C【解析】

由反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，应为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为正极反应，正极电极反应为FeS+2Li++2e-=Fe+Li2S，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni，则电解池中：镀镍碳棒为阴极，即Y接线柱与原电池负极相接，发生还原反应，碳棒为阳极，连接电源的正极，发生氧化反应，据此分析解答。【详解】A.用该电池为电源电解含镍酸性废水，并得到单质Ni，镍离子得到电子、发生还原反应，则镀镍碳棒为阴极，连接原电池负极，碳棒为阳极，连接电源的正极，结合原电池反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为原电池正极，所以X与电池的正极FeS相接，故A错误；B.镀镍碳棒与电源负极相连、是电解池的阴极,电极反应Ni2++2e−=Ni，为平衡阳极区、阴极区的电荷，Ba2+和Cl−分别通过阳离子膜和阴离子膜移向1%BaCl2溶液中，使BaCl2溶液的物质的量浓度不断增大，故B错误；C.锂离子电池，FeS所在电极为正极，正极反应式为FeS+2Li++2e−═Fe+Li2S，故C正确；D.若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl−>OH−，则Cl−移向阳极放电：2Cl−−2e−=Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变，故D错误；答案选C。21、A【解析】

A．a点所得溶液中，pH=1.75，则c(H2A)==c(HA-)，所以H2A与NaOH反应发生后，c(H2A)>c(HA-)，V0<5mL，A不正确；B．B点时，H2A与KOH刚好完全反应生成KHA，溶液中存在三个平衡体系：HA-H++A2-，HA-+H2OH2A+OH-，H2OH++OH-，由此得出所得溶液中：c(H2A)＋c(H＋)=c(A2-)＋c(OH-)，B正确；C．C点时，c(HA-)==c(A2-)，依据电荷守恒c(Na＋)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)=3c(HA-)+c(OH-)，因为pH=7.19，c(H+)<c(OH-)，所以c(Na＋)>3c(HA-)，C正确；D．D点所得溶液中，A2-水解平衡常数Kh1===10-6.81，D正确；故选A。22、A【解析】

A．将滴管插入到液面以下，氢氧化钠和硫酸亚铁发生反应：2NaOH+FeS04=Na2S04+Fe（OH）2↓，Fe（OH）2很容易被空气中的氧气氧化：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该装置使用煤油以隔绝空气，使氢氧化亚铁不能与氧气充分接触，从而达到防止被氧化的目的，所以该实验能制取并观察到氢氧化亚铁白色絮状沉淀，故A正确；B．碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，该装置的受热温度较低的小试管中应该盛放易分解的碳酸氢钠，由于该设计方案中碳酸氢钠的受热温度较高，故无法比较二者的热稳定性，故B错误；C．氯化铵受热生成氨气和氯化氢，在试管口易因温度降低，两者易反应生成氯化铵，不能制备氨气，故C错误；D．图中装置为分馏操作，可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物，进出水方向为下口进上口出，温度计水银球的位置应该在蒸馏烧瓶的支管出口处，故D错误；故答案选A。二、非选择题(共84分)23、ACC2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH、、、【解析】

根据流程图分析，A为，B为，C为，E为，F为，H为。（1）根据以上信息，可知诺氟沙星的结构简式。（2）A.B到C的反应类型为还原反应；B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应；C.化合物E含有碱基，具有碱性；D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面；（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。（5）G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，但都必须呈对称结构。【详解】（1）通过对流程图的分析，可得出诺氟沙星的结构简式为。答案为：；（2）A.B到C的反应类型为还原反应，A错误；B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应，B正确；C.化合物E含有碱基，具有碱性，C错误；D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面，D正确。答案为：AC；（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。答案为：C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2；（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。答案为：+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH；（5）若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，结构简式可能为、；两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，结构简式可能为、。答案为：、、、。24、CH3CH=CH2丙烯CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br加成反应CH3CH2CHOH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O将C和D分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C3(C6H10O5)n(淀粉)+nH2OnC6H12O6(葡萄糖)【解析】

(1)根据球棍模型为，A的结构简式为CH3CH=CH2，A(CH3CH=CH2)与水发生加成反应生成C，C为醇，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，D为酸，则C为CH3CH2CH2OH，D为CH3CH2COOH，C和D发生酯化反应生成E，E为CH3CH2COOCH2CH2CH3，加成分析解答；(2)生苹果肉遇碘酒变蓝，熟苹果汁能与银氨溶液反应，说明生苹果肉中含有淀粉，熟苹果汁中含有葡萄糖，加成分析解答。【详解】(1)①根据球棍模型为，A的结构简式为CH3CH=CH2，名称为丙烯，故答案为CH3CH=CH2；丙烯；②A(CH3CH=CH2)与溴的四氯化碳溶液中的溴发生加成反应，反应的化学方程式为CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br，故答案为CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br；③根据流程图，A(CH3CH=CH2)与水发生加成反应生成C，C为醇，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，D为酸，则C为CH3CH2CH2OH，D为CH3CH2COOH，C和D发生酯化反应生成E，E为CH3CH2COOCH2CH2CH3，因此A→C为加成反应，C+D→E的化学方程式为CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O，醇不能电离出氢离子，酸具有酸性，鉴别C和D，可以将C和D分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C，故答案为加成反应；CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O；将C和D分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C；④A(CH3CH=CH2)的同系物B的相对分子质量比A大14，说明B的分子式为C4H8，B的结构有CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CHCH3、(CH3)2C=CH2，共3种，故答案为3；(2)生苹果肉遇碘酒变蓝，熟苹果汁能与银氨溶液反应，说明生苹果肉中含有淀粉，熟苹果汁中含有葡萄糖，苹果由生到成熟时发生的相关反应方程式为(C6H10O5)n(淀粉)+nH2OnC6H12O6(葡萄糖)，故答案为(C6H10O5)n(淀粉)+nH2OnC6H12O6(葡萄糖)。25、C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O排尽空气，防止生成的NO被氧气氧化红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出CNa2CO3、NaOH5NO+3MnO4⁻+4H+=5NO3⁻+3Mn2++2H2O0.24g【解析】

A装置为C与HNO3(浓)反应生成二氧化碳与二氧化氮，二氧化氮在B中与水反应生成硝酸，硝酸与Cu反应生成NO，D装置中制备NaNO2，由于二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的得到碳酸钠、氢氧化钠，故需要除去二氧化碳，并干燥NO气体，所以C中放了碱石灰，反应开始需要排尽装置中的空气，防止氧气将NO氧化，利用酸性高锰酸钾溶液溶液氧化未反应的NO，可以防止污染空气。【详解】(1)A装置为C与HNO3(浓)反应生成二氧化碳与二氧化氮，反应方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；(2)实验开始前通入一段时间N2，可排尽装置中的空气，防止氧气将NO氧化；(3)二氧化氮在B中与水反应生成硝酸，硝酸与Cu反应生成NO，所以看到的现象为：红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出；(4)①根据分析可知，C装置中可能盛放的试剂是碱石灰；②结合分析可知，二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的得到副产物碳酸钠、氢氧化钠；(5)根据题目提供信息可知酸性条件下，NO能与MnO4⁻反应生成NO3⁻和Mn2+，方程式为：5NO+3MnO4⁻+4H+=5NO3⁻+3Mn2++2H2O；(6)n(Na2O2)==0.02mol，根据元素守恒可知1.56gNa2O2完全转化为NaNO2，需要n(NO)=0.04mol。设参加反应的碳为xmol，根据方程式C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O可知生成n(NO2)=4xmol，根据方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知4xmolNO2与水反应生成xmol硝酸和xmolNO；根据3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O可知硝酸与铜反应生成的NO为xmol，所以有xmol+xmol=2xmol=0.04mol，解得x=0.02mol，则需要的碳的质量为12g/mol×0.02mol=0.24g。【点睛】本题易错点为第(3)小题的现象描述，在描述实验现象要全面，一般包括有无气体的产生、溶液颜色是否有变化、固体是否溶解、是否有沉淀生成、体系的颜色变化。26、温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+蒸发浓缩降温结晶CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O2氧化生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥【解析】

实验流程中，海绵铜（主要成分为Cu和CuO）中加入硝酸铵和硫酸，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜生成Cu2+，滤液中含有Cu2+、NH4+、H+、SO42-、NO3-，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵，发生氧化还原反应生成CuCl，发生反应：2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+，得到产品CuCl，据此分析。【详解】（1）物质“溶解氧化”时，既要考虑反应速率，还要考虑是否有副反应发生，温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解。答案为：温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解；（2）“转化”中氧化产物为硫酸铵，滤液主要是硫酸铵。可知亚硫酸铵被溶液中的CuSO4氧化成硫酸铵，Cu2+被还原生成CuCl。答案为：2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+；（3）“过滤Ⅱ”所得滤液为硫酸铵溶液，获取晶体需通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作。CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇沸点低，易挥发，避免因水洗干燥时间长而导致CuCl被氧气氧化。答案为：蒸发浓缩、降温结晶；CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O2氧化；（4）根据题中已知条件，CuCl可溶于氯离子浓度较大的溶液中。当氯化铵用量增加到一定程度后，氯化亚铜的沉淀率减小，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中。答案为：生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中；（5）由题目已知资料可知，CuCl难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。若CuCl产品中混有少量CaSO4，向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥即可得到纯净氯化亚铜。答案为：向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥。【点睛】解题思路：解题时首先要明确原料和产品（包括副产品），即箭头进出方向，其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清有关反应原理，明确目的（如沉淀反应、除杂、分离），最后联系储存的知识，有效地进行信息的利用，准确表述。27、饱和NaHCO3溶液降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)22HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响)Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+117%乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4【解析】

I.装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去，装置C中，向碳酸钠溶液(pH=11.9)通入一段时间二氧化碳至其pH为7，滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到FeCO3；II.(5)根据Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；(6)实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成；(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。【详解】I.(1)装置A中制取的CO2中混有HCl，欲除去CO2中混有的HCl，B中盛装的试剂a应是饱和NaHCO3溶液，故答案为：饱和NaHCO3溶液；(2)向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应生成的NaHCO3，提高溶液中HCO3-的浓度，抑制CO32-的水解，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2，故答案为：降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；(3)装置C中，向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO3，再滴加FeSO4溶液，有FeCO3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(4)FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCO3)2，降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通入CO2，或者：出现白色沉淀之后继续通CO2，可防止空气中氧气氧化FeCO3，提高产物的纯度，故答案为：不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响)；Ⅱ.(5)通过对比实验ii和iii，可知Fe2+与SCN-的络合生成可溶于水的Fe(SCN)64-，会促进FeCO3固体的溶解，故答案为：Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大；(6)依据实验ⅱ的现象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后，有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成，发生反应的离子方程式为6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+；故答案为：6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+；Ⅲ.(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH(OH)COO]2Fe补血剂，可得关系式MnO4~5Fe2+~5[CH3CH(OH)COO]2Fe，则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/L×0.01L×5=0.005mol，则乳酸亚铁的质量分数，由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液的量增多，而计算中只按Fe2+被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，导致产品中乳酸亚铁的质量分数大于100%，故答案为：117%；乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4。28、-794.5A80%4.27排气管是敝口容器，管中进行的反应为非平衡态，该非平衡条件下，反应速率越快，相同时间内污染物转化率就越高AD降低温度B【解析】

（1）已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ/mol②C(s)+O2(g)=CO(g)△H2=-110.5kJ/mol③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.0kJ/mol根据盖斯定律，2×①-（2×②+③）得2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-393.5kJ/mol×2-（-110.5kJ/mol）×2-180.0kJ/mol=-794.5kJ/mol，故答案为：-794.5；（2）①根据表中数据分析A容器中反应先达到平衡，则催化剂A的效果更好，故答案为：A；②设平衡时反应的CO的物质的量为x，则则，解得x=，CO的平衡转化率为；平衡时NO、CO、N2、CO2的物质的量分别为、、、，则各物质的分压分别为、、、，(kPa)-1，故答案为：80%；4.27；③汽车尾气排气管中使用催化剂可以提高污染物转化率，其原因是排气管是敝口容器，管中进行的反应为非平衡态，该非平衡条件下，反应速率越快，相同时间内污染物