2025届四川省自贡市衡水一中富顺学校高三最后一卷化学试卷含解析

2025届四川省自贡市衡水一中富顺学校高三最后一卷化学试卷注意事项：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、煤、石油、天然气是人类使用的主要能源，同时也是重要的化工原料。我们熟悉的塑料、合成纤维和合成橡胶主要是以石油、煤和天然气为原料生产。下列说法中正确的是（）A．煤的液化是物理变化B．石油裂解气不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．棉花、羊毛、蚕丝和麻的主要成分都是纤维素D．“可燃冰”是由甲烷与水在高压低温下形成的类冰状的结晶物质2、700℃时，H2(g)＋CO2(g)

H2O(g)＋CO(g)。该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2和CO2，起始浓度如下表所示。其中甲经2min达平衡时，v

(H2O)为0.025mol/(L·min)，下列判断不正确的是(

)起始浓度甲乙丙C(H2)/mol/L0.10.20.2C(CO2)/mol/L0.10.10.2A．平衡时，乙中CO2的转化率大于50％B．当反应平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为25/16，则正反应为吸热反应D．其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol/LH2和0.20mol/LCO2，到达平衡时c(CO)与乙不同3、传统接触法制取硫酸能耗大，污染严重。将燃料电池引入硫酸生产工艺可有效解决能耗和环境污染问题，同时提供电能。以燃料电池为电源电解硫酸铜溶液的工作原理示意图如下所示。下列说法不正确的是A．b极为正极，电极反应式为O2+4H++4e-==2H2OB．H+由a极通过质子交换膜向b极移动C．该燃料电池的总反应式为2SO2+O2+2H2O==2H2SO4D．若a极消耗2.24L(标准状况)SO2，理论上c极有6.4g铜析出4、设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温常压下，9.5g羟基（）含有的中子数为B．中含有的键数量为C．与足量浓盐酸反应产生时转移电子数为D．溶液中含有的阴离子总数大于5、如图所示的X、Y、Z、W四种短周期元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是A．X、Y、W三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B．Z、X、W三种元素氧化物对应水化物的酸性依次增强C．由X、W和氢三种元素形成的化合物中只含共价键D．X、Z形成的二元化合物是一种新型无机非金属材料6、用下列实验方案不能达到实验目的的是（）A．图A装置——Cu和稀硝酸制取NO B．图B装置——检验乙炔的还原性C．图C装置——实验室制取溴苯 D．图D装置——实验室分离CO和CO27、下列说法错误的是（）A．光照下，1molCH4最多能与4molCl2发生取代反应，产物中物质的量最多的是HClB．将苯滴入溴水中，振荡、静置，上层接近无色C．邻二氯苯仅有一种结构可证明苯环结构中不存在单双键交替结构D．乙醇、乙酸都能与金属钠反应，且在相同条件下乙酸比乙醇与金属钠的反应更剧烈8、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．常温下，1L0.5mol/LCH3COONH4溶液的pH＝7，则溶液中CH3COO－与NH4＋的数目均为0.5NAB．10g质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢原子的数目为0.6NAC．16g氨基(－NH2)中含有的电子数为7NAD．在密闭容器中将2molSO2和1molO2混合反应后，体系中的原子数为8NA9、用多孔石墨电极完成下列实验，下列解释或推断不合理的是（）实验现象（i）中a、b两极均有气泡产生（ii）中b极上析出红色固体（iii）中b极上析出灰白色固体A．（i）中，a电极上既发生了化学变化，也发生了物理变化B．电解一段时间后，（i）中溶液浓度不一定会升高C．（ii）中发生的反应为H2+Cu2+=2H++Cu↓D．（iii）中发生的反应只可能是2Ag+Cu=2Ag++Cu2+10、设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A．0.1mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NAB．1mol氯气分别与足量铁和铝完全反应时转移的电子数均为3NAC．28g乙烯与丙烯混合物中含有C－H键的数目为4NAD．25℃时1LpH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.2NA11、部分共价键的键长和键能的数据如表，则以下推理肯定错误的是共价键C﹣CC=CC≡C键长（nm）0.1540.1340.120键能（kJ/mol）347612838A．0.154nm＞苯中碳碳键键长＞0.134nmB．C=O键键能＞C﹣O键键能C．乙烯的沸点高于乙烷D．烯烃比炔烃更易与溴加成12、下列化学用语正确的是A．CH3OOCCH3名称为甲酸乙酯B．次氯酸的电子式C．17Cl原子3p亚层有一个未成对电子D．碳原子最外层电子云有两种不同的伸展方向13、下列各组物质的分类正确的是①同位素：1H、2H2、3H②同素异形体：C80、金刚石、石墨③酸性氧化物：CO2、NO、SO3④混合物：水玻璃、水银、水煤气⑤电解质：明矾、冰醋酸、石膏⑥干冰、液氯、乙醇都是非电解质A．②⑤ B．②⑤⑥ C．②④⑤⑥ D．①②③④⑤⑥14、如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。下列说法错误的是A．铁闸主要发生的是吸氧腐蚀B．图中生成铁锈最多的是乙区域C．铁腐蚀时的电极反应式：Fe－2e－==Fe2＋D．将铁闸与石墨相连可保护铁闸15、化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是（）A．煤的干馏和煤的液化均是物理变化B．天然纤维和合成纤维的主要成分都是纤维素C．海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等D．用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同16、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17、向某二元弱酸H2A水溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgx（x为或）与pH的变化关系如图所示，下列说法正确的是（）A．pH=7时，存在c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)B．直线Ⅰ表示的是lg随pH的变化情况C．=10-2.97D．A2-的水解常数Kh1大于H2A电离常数的Ka218、没有涉及到氧化还原反应的是A．Fe3+和淀粉检验I- B．氯水和CCl4检验Br-C．新制Cu(OH)2、加热检验醛基 D．硝酸和AgNO3溶液检验Cl-19、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向FeBr2溶液中通入适量Cl2，溶液由浅绿色变为黄色Cl2氧化性强于Br2B常温下，等体积pH＝3的HA和HB两种酸分别加水稀释，溶液导电能力如图HA酸性比HB弱C向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X具有氧化性D取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体气体为氧气A．A B．B C．C D．D20、下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（）选项操作现象结论A测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH前者pH比后者大非金属性：S>CB滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝不能确定原溶液中含NH4+C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D将淀粉溶液与少量稀硫酸混合加热，然后加入新制的Cu(OH)2悬浊液，并加热没有砖红色沉淀生成淀粉未发生水解A．A B．B C．C D．D21、用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是A．甲用于制取氯气B．乙可制备氢氧化铁胶体C．丙可分离I2和KCl固体D．丁可比较Cl、C、Si的非金属性22、用下列装置能达到实验目的的是A．清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管B．配置一定物质的量浓度的溶液实验中，为定容时的操作C．装置制取金属锰D．装置为制备并用排气法收集NO气体的装置二、非选择题(共84分)23、（14分）丙胺卡因（H）是一种局部麻醉药物，实验室制备H的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)B的化学名称是________，H的分子式是_____________。(2)由A生成B的反应试剂和反应条件分别为_______________。(3)C中所含官能团的名称为_________，由G生成H的反应类型是___________。(4)C与F反应生成G的化学方程式为______________________________________。反应中使用K2CO3的作用是_______________。(5)化合物X是E的同分异构体，X能与NaOH溶液反应，其核磁共振氢谱只有1组峰。X的结构简式为____________________。(6)（聚甲基丙烯酸甲酯）是有机玻璃的主要成分，写出以丙酮和甲醇为原料制备聚甲基丙烯酸甲酯单体的合成路线：________________。（无机试剂任选）24、（12分）药物Z可用于治疗哮喘、系统性红斑狼疮等，可由X（1,4-环己二酮单乙二醇缩酮）和Y（咖啡酸）为原料合成，如下图：（1）化合物X的有____种化学环境不同的氢原子。（2）下列说法正确的是_____。A．X是芳香化合物B．Ni催化下Y能与5molH2加成C．Z能发生加成、取代及消去反应D．1molZ最多可与5molNaOH反应（3）Y与过量的溴水反应的化学方程式为_________________________________。（4）X可以由____（写名称）和M（）分子间脱水而得；一定条件下，M发生1个—OH的消去反应得到稳定化合物N（分子式为C6H8O2），则N的结构简式为____（已知烯醇式不稳定，会发生分子重排，例如：）。（5）Y也可以与环氧丙烷（）发生类似反应①的反应，其生成物的结构简式为____________（写一种）；Y的同分异构体很多种，其中有苯环、苯环上有三个取代基（且酚羟基的位置和数目都不变）、属于酯的同分异构体有_____种。25、（12分）为了测定含氰废水中CN－的含量，某化学小组利用如图所示装置进行实验。关闭活塞a，将100ml含氰废水与过量NaClO溶液置于装置B的圆底烧瓶中充分反应，打开活塞b，滴入稀硫酸，然后关闭活塞b。（1）B中盛装稀硫酸的仪器的名称是_____________。（2）装置D的作用是_________________，装置C中的实验现象为______________。（3）待装置B中反应结束后，打开活塞a，经过A装置缓慢通入一段时间的空气①若测得装置C中生成59.1mg沉淀，则废水中CN－的含量为_________mg·L-1。②若撤去装置A，直接向装置B中缓慢通入一段时间的空气，则测得含氰废水中CN－的含量__________（选填“偏大”、“偏小”、“不变”）。（4）向B中滴入稀硫酸后会发生某个副反应而生成一种有毒的黄绿色气体单质，该副反应的离子方程式为_________________。（5）除去废水中CN－的一种方法是在碱性条件下，用H2O2将CN－氧化生成N2，反应的离子方程式为_____________________________。26、（10分）某学习小组利用下图装置探究铜与浓H2SO4的反应（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）。资料：微量Cu2+与过量NaOH溶液发生反应：Cu2++4OH−=[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。编号实验用品实验现象I10mL15mol/L浓H2SO4溶液过量铜片剧烈反应，品红溶液褪色，150℃时铜片表面产生大量黑色沉淀，继续加热，250℃时黑色沉淀消失。II10mL15mol/L浓H2SO4溶液适量铜片剧烈反应，品红溶液褪色，150℃时铜片表面产生少量黑色沉淀，继续加热，250℃时黑色沉淀消失。（1）A中反应的化学方程式是________。（2）将装置C补充完整并标明所用试剂________。（3）实验I中，铜片表面的黑色沉淀可能含CuO、Cu2S或CuS。为探究黑色沉淀的成分，取出反应后的铜片，用水小心冲洗后，进行下列操作：i.黑色沉淀脱落，一段时间后，上层溶液呈无色。ii.开始时，上层溶液呈无色，一段时间后，上层溶液呈淡蓝色。甲认为通过上述两个实验证明黑色沉淀不含CuO，理由是________。②乙同学认为仅通过颜色判断不能得出上述结论，理由是______。需要增加实验iii，说明黑色沉淀不含CuO，实验iii的操作和现象是_______。（4）甲同学对黑色沉淀成分继续探究，补全实验方案：编号实验操作实验现象iv取洗净后的黑色沉淀，加入适量_____溶液，加热。黑色沉淀全部溶解，试管上部出现红棕色气体，底部有淡黄色固体生成。（5）用仪器分析黑色沉淀的成分，数据如下：150℃取样230℃取样铜元素3.2g，硫元0.96g。铜元素1.28g，硫元0.64g。230℃时黑色沉淀的成分是__________。（6）为探究黑色沉淀消失的原因，取230℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250℃时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成，试管底部出现淡黄色固体，溶液变蓝。用化学方程式解释原因____。（7）综合上述实验过程，说明Cu和浓H2SO4除发生主反应外，还发生着其他副反应，为了避免副反应的发生，Cu和浓H2SO4反应的实验方案是______。27、（12分）卤素单质在碱性溶液中容易发生歧化反应，歧化的产物依反应温度的不同而不同。Cl2＋2OH－Cl－＋ClO－＋H2O3Cl2＋6OH－5Cl－＋ClO3-＋3H2O下图为制取氯气、氯酸钾、次氯酸钠和检验氯气性质的微型实验装置：装置中盛装的药品如下：①多用滴管中装有5mL浓盐酸；②微型具支试管中装有1.5gKMnO4；③微型具支试管中装有2～3mL浓硫酸；④U形反应管中装有30%KOH溶液；⑤U形反应管中装有2mol·L－1NaOH溶液；⑥、⑦双U形反应管中分别装有0.1mol·L－1KI－淀粉溶液和KBr溶液；⑧尾气出口用浸有0.5mol·L－1Na2S2O3溶液的棉花轻轻覆盖住（1）检查整套装置气密性的方法是________。（2）为了使装置④⑤中的反应顺利完成，应该控制的反应条件分别为___________。（3）装置⑥⑦中能够观察到的实验现象分别是_________。（4）如果把装置⑥⑦中的试剂互换位置，则______（填“能”或“不能”）证明氧化性Cl2>I2，理由是_______。（5）已知氯酸钾和氯化钾的溶解度曲线如图所示，反应结束后，从装置④所得溶液中提取氯酸钾晶体的实验操作是______________。（6）尾气处理时Cl2发生反应的离子方程式为_________。（7）选择微型实验装置的优点有___________（任答两点）。28、（14分）有机物A、B结构如图：

A：B：完成下列填空：(1)等物质的量的A和B，分别和足量氢氧化钠溶液完全反应，消耗氢氧化钠物质的量之比为___________。(2)写出B与足量溴水反应的化学反应方程式________________________。(3)欲将B转化为，则应加入_______；若在B中加入足量Na2CO3溶液，则B转化为____________(填写结构简式)。(4)某有机物是A的同系物，且沸点比A低，写出其结构简式_________；能鉴别A、B的试剂是______________________________________________29、（10分）铁是一种过渡元素，金属铁是最常用的金属材料。请回答下列有关问题：（1）工业上常利用CO还原铁的氧化物冶炼铁。已知：Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH1＝－25kJ/mol3Fe2O3(s)＋CO(g)=2Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH2＝－47kJ/molFe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH3＝＋19kJ/mol请写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：_____。（2）11.2gFe与一定量的HNO3充分反应后，Fe全部溶解，生成Fe2＋、Fe3＋的物质的量之比为1：4，将生成的气体与一定量的O2混合后通入水槽中，气体恰好被完全吸收，O2的物质的量是____。（3）利用电解实验可以制得纯净的Fe(OH)2，装置如图所示，两电极分别是石墨和铁，电解质溶液为NaCl溶液。①植物油的作用是___，在加入植物油之前，要对NaCl溶液作何处理：____。②阳极的电极反应式为____。③若将该装置改为防止Fe发生电化学腐蚀的装置，则Fe电极应与电源____极相连，当电路中通过2mol电子时，两极共收集到气体___L(标准状况)。

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、D【解析】

A．煤的液化是指从煤中产生液体燃料的一系列方法的统称，是化学变化，A错误；B．石油裂解的化学过程是比较复杂的，生成的裂解气是一种复杂的混合气体，它除了主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃外，还含有甲烷、乙烷、氢气、硫化氢等，有烯烃，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C．羊毛蚕丝主要成分都是蛋白质，棉花和麻主要成分都是天然纤维，C错误；D．天然气水合物，有机化合物，化学式CH₄·nH₂O，即可燃冰，是分布于深海沉积物或陆域的永久冻土中，由天然气与水在高压低温条件下形成的类冰状的结晶物质，D正确；故答案选D。2、D【解析】

A．根据水蒸气的反应速率，生成水蒸气的物质的量浓度为0.025×2mol·L－1=0.05mol·L－1，则消耗CO2的物质的量浓度为0.05mol·L－1，推出CO2的转化率为×100%=50%，乙可以看作是在甲的基础上再通入H2，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，即大于50%，故A正确；B．反应前后气体系数之和相等，因此甲和丙互为等效平衡，即丙中c(CO2)是甲中c(CO2)的2倍，故B正确；C．700℃时，H2（g）＋CO2（g）H2O（g）＋CO（g）起始：0.10.100变化：0.050.050.050.05平衡：0.050.050.050.05根据化学平衡常数的定义，K==1，温度升高至800℃，此时平衡常数是>1，说明升高温度平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应方向是吸热反应，故C正确；D．若起始时，通入0.1mol·L－1H2和0.2mol·L－1CO2，转化率相等，因此达到平衡时c(CO)相等，故D错误；故答案选D。3、D【解析】

燃料电池：a端：二氧化硫生成硫酸根离子，硫元素化合价升高失电子所以a为负极，电极反应式SO2+2H2O-4e-=SO42-+4H+；b为正极，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，总电极反应式2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。电解池：c极和电源正极相连为阳极，失电子，电极反应式为4OH—-4e-=2H2O+O2↑，d极与电源负极相连为阴极，得电子，电极反应式为Cu2++2e+=Cu,总电极反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑。【详解】A.b为正极，看到质子交换膜确定酸性环境，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故不选A；B.原电池内部阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故不选B；C.由上面分析可知该燃料电池的总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故不选C；D.d极与电源负极相连，为阴极得电子，有铜析出，所以应该是若a电极消耗标况下2.24LSO2，理论上在d极上有6.4g铜析出，故选D；正确答案：D。【点睛】根据质子交换膜确定溶液酸碱性，燃料电池中燃料在负极反应失电子，氧气在正极反应得电子。根据燃料电池正负极确定电解池的阴阳极、电极反应式和离子移动方向等。4、A【解析】

A．一个中含有10中子，常温常压下，9.5g羟基()的物质的量为0.5mol，含有的中子数为，故A正确；B．在SiO2晶体中，，每个Si原子形成4个Si-O键，的物质的量为1mol，则含有的键数量为4NA，故B错误；C．未指明Cl2的状态，不知Vm的值，则无法计算22.4LCl2的物质的量，也无法确定反应中转移的电子数，故C错误；D．没有指明溶液的体积，根据n=cV，则无法计算溶液中含有的阴离子的物质的量，故D错误；故答案为A。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。5、D【解析】

根据在短周期中，X、Y、Z、W的位置，可以知道，X和Y位于第二周期，Z和W位于第三周期，设Z元素原子的最外层电子数为a，则X、Y、W的原子的最外层电子数分别为a＋1、a＋2、a＋3；有a+a＋1+a＋2+a＋3=22，得a=4，Z的最外层电子数为4，Z元素为Si，同理可知X、Y、W分别为N、O、Cl。A．X、Y、W三种元素最低价氢化物分别为NH3、H2O、HCl，由于NH3、H2O分子间存在氢键，沸点会升高，因此沸点最高的是H2O，最低的是HCl，A项错误；B．Z、X、W元素氧化物对应的水化物的酸性不一定增强，如Cl的含氧酸中的HClO为弱酸，其酸性比N的最高价氧化物的水化物HNO3的弱，B项错误；C．X、W和H三种元素形成的化合物为NH4Cl等，NH4Cl为离子化合物，其中既存在离子键又存在共价键，C项错误；D．Z和X形成的二元化合物为氮化硅，氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料，它是一种新型无机非金属材料，D项正确；本题答案选D。6、B【解析】

A.铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮不与水反应，所以可以用此装置制取一氧化氮，故A正确；B.用此法制取的乙炔气体中常混有硫化氢等，硫化氢具有还原性，也能使高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C.图C装置，有分液漏斗，可以通过控制液溴的量控制反应，装有四氯化碳的试管可用于除液溴，烧杯中的液体用于吸收溴化氢，倒置漏斗可防倒吸，此装置用于实验室制取溴苯，故C正确；D.二氧化碳可以先被碱液吸收，在球胆中收集一氧化碳气体，再通过分液漏斗向试剂瓶中加入酸液，二氧化碳即可放出，可以用于分离一氧化碳和二氧化碳，故D正确。答案选B。【点睛】本题考查的实验方案的设计，解题的关键是掌握各实验的目的和各物质的性质。解题时注意A选项根据铜和稀硝酸反应的化学方程式分析产生的气体以及一氧化氮的性质分析；D选项根据一氧化碳和二氧化碳的性质的区别分析实验装置和操作方法。据此解答。7、B【解析】

A．甲烷和氯气发生取代反应生成多种氯代烃，取代1个氢原子消耗1mol氯气，同时生成氯化氢；B．苯与溴水不反应，发生萃取；C．如果苯环是单双键交替，则邻二氯苯有两种；D．醇羟基氢活泼性弱于羧羟基氢。【详解】A．甲烷和氯气发生取代反应生成多种氯代烃，取代1个氢原子消耗1mol氯气，同时生成氯化氢，1molCH4最多能与4molCl2发生取代反应，产物中物质的量最多的是HCl，故A正确；B．苯与溴水不反应，发生萃取，溴易溶于苯，苯密度小于水，所以将苯滴入溴水中，振荡、静置，下层接近无色，故B错误；C．如果苯环是单双键交替，则邻二氯苯有两种，邻二氯苯仅有一种结构可证明苯环结构中不存在单双键交替结构，故C正确；D．醇羟基氢活泼性弱于羧羟基氢，所以乙醇、乙酸都能与金属钠反应，且在相同条件下乙酸比乙醇与金属钠的反应更剧烈，故D正确；故选：B。8、D【解析】

A．由于醋酸根和铵根均会发生水解，所以溶液中这两种离子的数目一定小于0.5NA，A项错误；B．该溶液中乙醇的质量为4.6g，根据公式计算可知：；该溶液中的水的质量为5.4g，根据公式计算可知：；所以溶液中的H原子数目为1.2NA，B项错误；C．1个氨基中含有9个电子，16g氨基即1mol，所以含有电子数为9NA，C项错误；D．密闭容器中发生的虽然是可逆反应，但原子总数守恒，所以为8NA，D项正确；答案选D。9、D【解析】

A．阴极b极反应：2H++2e-=H2↑产生氢气发生了化学过程，氢气又被吸附在多孔石墨电极中发生了物理变化，故A正确；B．(i)为电解池，a、b两极均产生气泡即相当于电解水，如果原溶液是饱和溶液则电解一段时间后c(NaNO3)不变，如果原溶液是不饱和溶液，则电解一段时间后c(NaNO3)增大，故B正确；C．取出b放到(ii)中即硫酸铜溶液中析出红色固体，说明b产生的氢气吸附在多孔石墨电极中将铜置换出来，反应为：Cu2++H2=Cu+2H+，故C正确；D．(ii)中取出b，则b表面已经有析出的铜，所以放到(iii)中析出白色固体即Ag，可能是铜置换的、也可能是b产生的氢气吸附在多孔石墨电极中置换，则可能发生反应为：2Ag++Cu=Cu2++2Ag和2Ag++H2=2Ag+2H+，故D错误；故答案为D。10、C【解析】

A.NH4NO3溶液的浓度为0.1mol·L－1，溶液体积不确定，不能计算含有的氮原子数，A错误；B.氯气分别与足量铁和铝完全反应时，化合价均由0价变-1价，1mol氯气转移的电子数均为2NA，B错误；C.如果28g全为乙烯，则含有的C－H键数目=×4×NA=4NA；如果28g全为丙烯，则含有的C－H键数目=×6×NA=4NA，所以无论以何种比例混合，28g乙烯与丙烯混合物中C－H键数目始终为4NA，C正确；D.pH=1的H2SO4溶液中，H+的浓度为0.1mol·L－1，故1L溶液中含有H+的数目为0.1NA，D错误；故选C。【点睛】极端假设法适用于混合物组成判断，极端假设恰好为某一成分，以确定混合体系各成分的名称、质量分数、体积分数等。如乙烯与丙烯混合物中含有C－H键的数目的计算，极值法很好理解。11、C【解析】

A．苯中的化学键键长介于碳碳单键与碳碳双键之间，所以0.154nm＞苯中碳碳键键长＞0.134nm，故A正确；B．单键的键能小于双键的键能，则C=O键键能>C−O键键能，故B正确；C.乙烷的相对分子质量大于乙烯，则乙烷的沸点高于乙烯，故C错误；D．双键键能小于三键，更易断裂，所以乙烯更易发生加成反应，则烯烃比炔烃更易与溴加成，故D正确；答案选C。【点睛】D项为易错点，由于炔烃和烯烃都容易发生加成反应，比较反应的难易时，可以根据化学键的强弱来分析，化学键强度越小，越容易断裂，更容易发生反应。12、C【解析】

A．酯的命名是根据生成酯的酸和醇来命名为某酸某酯，此有机物是由甲醇和乙酸酯化得到的，故为乙酸甲酯，选项A错误；B．次氯酸为共价化合物，分子中不存在氢氯键，次氯酸的电子式为：，选项B错误；C．17Cl原子3p亚层上只有一个未成对电子的原子，其外围电子排布为3s23p5，选项C正确；D．碳原子最外层有两个2s、两个2p电子，s电子的电子云为球形，p电子的电子云为纺锤形，有3种伸展方向，选项D错误。答案选C。13、A【解析】

①质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，2H2是单质，不是核素，①错误；②由同一种元素形成的不单质互为同素异形体，C80、金刚石、石墨均是碳元素形成的不同单质，②正确；③能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，NO不是酸性氧化物，③错误；④水银是单质，④错误；⑤溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，明矾、冰醋酸、石膏均是电解质，⑤正确；⑥溶于水和熔融状态下不能导电的化合物是非电解质，液氯是单质，不是非电解质，⑥错误。答案选A。14、D【解析】

A．海水溶液为弱碱性，发生吸氧腐蚀，在酸性较强的条件下才发生析氢腐蚀，故A正确；B．在乙处，海水与氧气接触，与Fe最易形成原电池，发生的吸氧腐蚀的程度最大，生成铁锈最多，故B正确；C．铁腐蚀时作负极失电子生成亚铁离子，电极反应式：Fe－2e－=Fe2＋，故C正确；D．将铁闸与石墨相连，铁比碳活泼，铁作负极失电子，可以加快海水对铁闸的腐蚀，故D错误；答案选D。15、C【解析】试题分析：A、煤的干馏是化学变化，煤的液化是化学变化，故A错误；B、天然纤维指羊毛，、棉花或蚕丝等，羊毛和蚕丝是蛋白质，棉花是纤维素，故B错误；C、蒸馏法或电渗析法可以实现海水淡化，故C正确；D、活性炭是吸附作用，次氯酸盐漂白纸浆是利用强氧化性，故D错误。考点：煤的综合利用，纤维的成分，海水淡化，漂白剂16、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。17、B【解析】

二元弱酸的Ka1=×c（H＋）＞Ka2=×c（H＋），当溶液的pH相同时，c（H＋）相同，lgX：Ⅰ＞Ⅱ，则Ⅰ表示lg与pH的变化关系，Ⅱ表示lg与pH的变化关系。【详解】A．pH=4.19，溶液呈酸性，若使溶液为中性，则溶液中的溶质为NaHA和Na2A，根据物料守恒，存在c(Na+)＞c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故A错误；B.由分析：直线Ⅰ表示的是lg随pH的变化情况，故B正确；C.=÷==102.97，故C错误；D．pH=1.22时和4.19时，lgX=0，则c（H2A）=c（HA－）、c（HA－）=c（A2－），Ka1=×c（H＋）=c（H＋）=10-1.22，K2=×c（H＋）=c（H＋）=10-4.19，A2－的水解平衡常数Kh1==10-9.81＜10-4.19=Ka2，故D错误；故选B。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握物料守恒及溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易难点。18、D【解析】

A.Fe3+具有氧化性，可以将碘离子I-氧化成碘I2，碘遇淀粉变蓝，离子方程式：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故A项涉及；B.氯水中的氯气和次氯酸具有氧化性，可以把Br-氧化成Br2，CCl4层显橙色，故B涉及；C.醛基和新制Cu(OH)2在加热的条件下，发生氧化还原反应，生成砖红色沉淀，故C涉及；D.Cl-和硝酸酸化过的AgNO3溶液中银离子反应生成氯化银沉淀，这个反应不是氧化还原反应，故D不涉及；题目要求选择不涉及氧化还原反应的，故选D。19、B【解析】

A．溶液由浅绿色变为黄色，可能亚铁离子、溴离子均被氧化，可能只有亚铁离子被氧化，则由现象不能比较Cl2、Br2的氧化性，故A错误；B．由图可知，稀释时HB的导电能力变化大，则HB的酸性强，即HA酸性比HB弱，故B正确；C．白色沉淀可能为亚硫酸钡，则X可能为氨气，故C错误；D．变质的过氧化钠中含有碳酸钠，过氧化钠和碳酸钠均能与盐酸反应生成无色气体，生成的气体可能为二氧化碳，故D错误；故选B。20、B【解析】

A.测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，可比较碳酸氢根离子与亚硫酸氢根离子的酸性；B.滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨；C.氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；D.淀粉水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖。【详解】A.测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，可比较HCO3-与HSO3-的酸性，不能比较S、C两种元素的非金属性强弱，A错误；B.滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨，试纸不变蓝，因此不能确定原溶液中是否含NH4+，B正确；C.加热Al，表面的Al被氧化产生Al2O3，Al2O3是离子化合物，熔点高，包裹在Al的外面，使熔化后的液态铝不会滴落下来，C错误；D.淀粉在酸性条件下水解，水解后产生的葡萄糖应该在碱性溶液中进行检验，未将催化剂硫酸中和，操作不合理，因此不会产生砖红色沉淀，D错误；故合理选项是B。21、C【解析】

A.MnO2与浓盐酸反应制备氯气需要加热，缺少加热装置，A不能达到实验目的；B.向NaOH溶液中滴加饱和FeCl3溶液得到红褐色的Fe(OH)3沉淀，不能获得氢氧化铁胶体，制备氢氧化铁胶体应向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续加热至液体呈红褐色即可，B不能达到实验目的；C.I2易升华，加热I2和KCl固体的混合物，I2变为碘蒸气，碘蒸气在圆底烧瓶底冷凝成I2固体，烧杯中留下KCl，C能达到实验目的；D.锥形瓶中产生气泡，说明锥形瓶中发生反应2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑，得出酸性HCl>H2CO3，但HCl不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较C、Cl非金属性强弱，由于盐酸具有挥发性，从锥形瓶导出的CO2中一定混有HCl，HCl能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故烧杯中产生白色沉淀，不能说明CO2一定与硅酸钠溶液发生了反应，不能比较H2CO3、H2SiO3酸性的强弱，不能比较C、Si非金属性的强弱，D不能达到实验目的；答案选C。22、D【解析】

A.自来水中有杂质离子，清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管不能用自来水，应该用蒸馏水，且应该把反应液倒入水中，A项错误；B.定容时，当液面距定容刻度线1到2厘米处，改用滴管滴加，使凹液面最低端与刻度线相切，B项错误；C.利用铝热反应制取金属锰时采用的是高温条件，需要氯酸钾分解产生氧气，促进镁条燃烧，利用镁条燃烧产生大量热制取金属锰，该实验装置中没有氯酸钾作引发剂，C项错误；D.铜和稀硝酸反应可以制备NO，NO的密度比CO2的密度小，采用短口进气、长口出气的集气方式，D项正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）C13H20ON2浓HNO3／浓H2SO4，加热氨基取代反应吸收反应产生的HCl，提高反应的转化率或【解析】

A的分子式结合G得知：A是甲苯，B中有-NO2，结合G的结构苯环上的-CH3和N原子所连接B苯环上的C属于邻位关系，故B是邻硝基甲苯，在Fe和HCl存在下被还原成C物质：邻氨基甲苯，结合题干信息：二者反应条件一致，则确定D是乙醛CH3CHO，E是，部分路线如下：【详解】（1）B的化学名称是邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）；H的分子式是C13H20ON2；（2）由A生成B的反应是硝化反应，试剂：浓HNO3、浓H2SO4，反应条件：加热；（3）C中所含官能团的名称为氨基；观察G生成H的路线：G的Cl原子被丙胺脱掉—NH2上的一个H原子后剩下的集团CH3CH2CH2NH—取代，故反应类型是取代反应；（4）C与F反应生成G的化学方程式为；有机反应大多是可逆反应，加入K2CO3消耗反应产生的HCl，使平衡正向移动，提高反应物的转化率；（5）的单体是，联系原料有甲醇倒推出前一步是与甲醇酯化反应生成单体，由原料丙酮到增长了碳链，用到题干所给信息：，故流程如下：。24、3C乙二醇或8【解析】

（1）同一个碳原子上的氢原子是相同的，其次同一个碳原子所连接的所有甲基上的氢原子是相同的，再就是具有对称性结构的（类似于平面镜成像中物体和像的关系），所以根据化合物X的结构简式可知，分子中含有3种化学环境不同的氢原子。（2）A、X分子中不存在苯环，不是芳香化合物，A不正确；B、Y分子中含有1个苯环和1个碳碳双键，在Ni催化下Y能与4molH2加成，B不正确；C、Z分子中含有碳碳双键、酚羟基、醇羟基、酯基，因此能发生加成、取代及消去反应，C正确；D、Z分子中含有2和酚羟基和1个酯基，则1molZ最多可与3molNaOH反应，答案选C。（3）Y分子中酚羟基的邻位与对位的氢原子与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则Y与过量的溴水反应的化学方程式为。（4）X分子中含有2个醚键，则X可以由乙二醇和M通过分子间脱水而得；一定条件下，M发生1个—OH的消去反应生成碳碳双键，由于羟基与碳碳双键直接相连不稳定，容易转化为碳氧双键，所以得到稳定化合物N的结构简式为。（5）根据已知信息可知反应①是醚键断键，其中一个氧原子结合氢原子变为羟基，而属于其它部分相连，由于环氧乙烷分子不对称，因此生成物可能的结构简式为或；苯环对称结构，在苯环上取代有2种可能；属于酯的取代基有4种：、、（或），所以共2×4=8种同分异构体。25、分液漏斗防止空气中的CO2进入装置C中有白色沉淀生成，溶液的红色逐渐变浅（或褪去）78偏大Cl－＋ClO－＋2H＋=Cl2↑＋H2O5H2O2+2CN－=N2↑+2HCO3－+4H2O（或5H2O2+2CN－+2OH－=N2↑+2CO32－+6H2O）【解析】

实验的原理是利用CN−+ClO−═CNO+Cl−;2CNO−+2H++3ClO−═N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O,通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量,装置A是除去通入空气中所含二氧化碳,装置B中的反应是CN−+ClO−═CNO+Cl−;2CNO−+2H++3ClO−═N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O,通过装置C吸收生成的二氧化碳,根据关系式计算含氰废水处理百分率,实验中应排除空气中二氧化碳的干扰,防止对装置C实验数据的测定产生干扰,装置D的作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰。(1)装置中B为分液漏斗;(2)实验的原理是利用CN−+ClO−═CNO+Cl−;2CNO−+2H++3ClO−═N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O,通过测定C装置的质量的变化测得二氧化碳的质量,根据关系式计算含氰废水处理百分率,实验中应排除空气中二氧化碳的干扰;滴有酚酞的氢氧化钡溶液呈红色,二氧化碳通入和氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀,氢氧根离子浓度减小,溶液红色会逐渐褪去;(3)①CN−+ClO−=CNO−+Cl−、2CNO−+2H++3ClO−=N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O,CO2+Ba(OH)2=BaSO4↓+H2O,结合化学方程式的反应关系计算;②若撤去装置A,直接向装置B中缓慢通入一段时间的空气,空气中二氧化碳也会和氢氧化钡溶液反应;(4)向B中滴入稀硫酸后会发生某个副反应而生成一种有毒的气体单质为氯气,是氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中发生氧化还原反应生成;(5)除去废水中CN−的一种方法是在碱性条件下,用H2O2将CN−氧化生成N2，结合电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子方程式。【详解】(1)B中盛装稀硫酸的仪器的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)实验的原理是利用CN−+ClO−═CNO+Cl−;2CNO−+2H++3ClO−═N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，实验中应排除空气中二氧化碳的干扰，防止对装置C实验数据的测定产生干扰，装置D的作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰，滴有酚酞的氢氧化钡溶液呈红色，二氧化碳通入和氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，氢氧根离子浓度减小，溶液红色会逐渐褪去，故答案为：防止空气中的CO2和水蒸气进入C装置；有白色沉淀生成，溶液的红色逐渐变浅（或褪去）；(3)①依据反应CN−+ClO−═CNO+Cl−;2CNO−+2H++3ClO−═N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O，CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O得到，装置C中生成59.1mg沉淀为BaCO3↓物质的量==3×10−4molCN−∼CNO−∼CO2∼BaCO3↓1

13×10−4mol

3×10−4molc(CN−)==0.078g/L=78g/L，故答案为：78；②若撤去装置A，直接向装置B中缓慢通入一段时间的空气，空气中二氧化碳也会和氢氧化钡溶液反应，生成碳酸钡出的质量会增大，测定含氰废水中CN−的含量偏大，故答案为：偏大；(4)向B中滴入稀硫酸后会发生某个副反应而生成一种有毒的气体单质为氯气，是氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中发生氧化还原反应生成，反应的离子方程式为：Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O，故答案为：Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O；(5)除去废水中CN−的一种方法是在碱性条件下，用H2O2将CN−氧化生成N2，结合电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子方程式为：5H2O2+2CN－=N2↑+2HCO3－+4H2O(或5H2O2+2CN－+2OH－=N2↑+2CO32－+6H2O)，故答案为：5H2O2+2CN－=N2↑+2HCO3－+4H2O（或5H2O2+2CN－+2OH－=N2↑+2CO32－+6H2O）。26、Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2ONaOH溶液实验i和ii对比，上层溶液颜色不同，说明CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，i中上层溶液无色，说明不含Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。溶液中Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色取实验i的上层清液，加入过量NaOH溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色HNO3CuSCuS+2H2SO4S↓+CuSO4+SO2↑+2H2O将烧瓶中10mL15mol/L的浓H2SO4加热至250℃以上，其后加入适量铜片【解析】

（1）A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水；（2）二氧化硫属于酸性氧化物，污染空气；（3）①CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，溶液变蓝；②溶液中Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色；检验上层溶液是否含有Cu2+；（4）试管上部出的现红棕色气体是NO2，底部淡黄色固体是S单质；（5）根据n(Cu):n(S)可计算化学式；（6）取230℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250℃时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫气体，试管底部出现淡黄色固体S，溶液变蓝说明有CuSO4生成，根据得失电子守恒配平方程式；（7）综合上述实验过程可知加热至250℃时可避免铜与浓硫酸发生副反应。【详解】（1）A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式是Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；（2）二氧化硫污染空气，所以装置C中盛放NaOH溶液吸收二氧化硫，装置图为；（3）①CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，溶液变蓝；实验i和ii对比，i中上层溶液无色，说明不含Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。②如果溶液中Cu2+浓度过低，也无法呈明显的蓝色，所以仅通过颜色判断不能得出黑色沉淀不含CuO的结论；根据资料信息：微量Cu2+与过量NaOH溶液发生反应：Cu2++4OH−＝[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。因此说明黑色沉淀不含CuO的实验iii的操作和现象是取实验i的上层清液，加入过量NaOH溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色；（4）黑色沉淀中加入适量硝酸发生氧化还原反应，硝酸被还原为红棕色气体是NO2，氧化产物是S单质；（5）230℃取样，铜元素1.28g，硫元0.64g，则n(Cu):n(S)=，所以230℃时黑色沉淀的成分是CuS；（6）取230℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250℃时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫气体，试管底部出现淡黄色固体S，溶液变蓝说明有CuSO4生成，反应方程式是CuS+2H2SO4S↓+CuSO4+SO2↑+2H2O；（7）将烧瓶中10mL15mol/L的浓H2SO4加热至250℃以上，其后加入适量铜片只发生Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。【点睛】本题考查物质性质的探究，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握分析反应产物的方法、实验设计的能力，仔细审题、应用题干信息是解题关键。27、连接好实验装置，由⑧导管向⑦装置中加水，若能形成一段稳定的水柱，则装置的气密性良好（其他合理答案均可）装置④放入348K（或75℃）热水浴中；装置⑤放入冷水浴中装置⑥中溶液变蓝；装置⑦中溶液变成橙色能Cl2与KBr反应生成Br2，氧化性Cl2>Br2，Cl2与挥发出来的Br2均可与KI反应，氧化性Br2>I2或Cl2>I2，均可证明氧化性Cl2>I2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤、干燥）S2O32-＋4Cl2＋5H2O=2SO42-＋8Cl－＋10H＋简化实验装置、节约成本；试剂用量少、能源消耗少；节省空间，缩短实验时间；减少污染等（任答两点）【解析】

（1）气体经过的装置数目较多，可用液差法检查整套装置的气密性；（2）该实验的目的是制取氯酸钾和次氯酸钠，由于④U形反应管中装有30%KOH溶液，用于制取氯酸钾，⑤U形反应管中装有2mol·L－1NaOH溶液用于制取次氯酸钠，结合已知离子方程式写出反应条件；（3）装置⑥中KI溶液与Cl2反应生成I2，使淀粉溶液变蓝，装置⑦中KBr溶液与Cl2反应生成Br2；（4）如果把装置⑥、⑦中的试剂互换位置，Cl2与KBr反应生成的Br2挥发出来会与KI反应生成I2，据此分析解答；（5）物质的溶解度随温度的变化较快，常常选择冷却结晶方式析出晶体，物质的溶解度随温度的变化相对平缓，常常选择蒸发溶剂的结晶方式析出晶体；观察溶解度曲线特点，选择结晶方式；（6）Na2S2O3和Cl2发生氧化还原反应生成Na2SO4和NaCl，结合电子守恒、电荷守恒写出离子方程式；（7）结合微型实验装置的特点回答其优点，如节约药品，减少环境污染等等。【详解】（1）整套装置气密性的检查用液差法，方法是连接好实验装置，由⑧导管向⑦装置中加水，若能形成一段稳定的水柱，则装置的气密性良好。（2）装置④中盛放30%KOH溶液，装置④中发生的反应为3Cl2＋6KOHKClO3＋5KCl＋3H2O，则装置④用于制备KClO3；装置⑤中盛放2mol·L－1NaOH溶液，装置⑤中发生的反应为Cl2＋2NaOHNaCl＋NaClO＋H2O，则装置⑤用于制备NaClO。为了使装置④中的反应顺利完成，装置④应放入348K（或75℃）热水浴中；为了使装置⑤中的反应顺利完成，装置⑤应放入冷水浴中。（3）装置⑥中盛放KI－淀粉溶液，通入Cl2发生反应Cl2＋2KI=