安徽省宿松縣程集2021-2022學(xué)年高三一診考試化學(xué)試卷含解析

1、2021-2022高考化學(xué)模擬試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、在100mL的混合液中，硝酸和硫酸的物質(zhì)的量濃度分別是0.3mol/L、0.15mol/L，向該混合液中加入2.56g銅粉，加熱，待充分反應(yīng)后，所得溶液

2、中銅離子的物質(zhì)的量濃度是A0.15mol/L B0.225mol/L C0.30mol/L D0.45mol/L2、室溫時，用0.0200mol/L稀鹽酸滴定20.00mL0.0200mol/LNaY溶液，溶液中水的電離程度隨所加稀鹽酸的體積變化如圖所示(忽略滴定過程中溶液的體積變化)，則下列有關(guān)說法正確的是已知：K(HY)=5.010-11A可選取酚酞作為滴定指示劑 BM點溶液的pH7C圖中Q點水的電離程度最小，Kw10-14 DM點,c(Na+)=c(HY)+c(Y-)+c(Cl-)3、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A標準狀況下，11.2 L的甲醇所含的氫原子數(shù)大于2NA

3、B常溫下，1 mol L-1的Na2CO3溶液中CO32-的個數(shù)必定小于NAC1 mol Cu與含2 mol H2SO4的濃硫酸充分反應(yīng)，生成的SO2的分子個數(shù)為NAD1 mol苯分子中含有3NA個碳碳雙鍵4、已知NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是（）A標準狀況下0.5molNT3分子中所含中子數(shù)為6.5NAB0.1molFe與0.1molCl2完全反應(yīng)后，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAC13.35gAlCl3水解形成的Al(OH)3膠體粒子數(shù)小于0.1NAD一定條件下的密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應(yīng)充分發(fā)生后分子總數(shù)為2NA5、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共

4、存的是A遇苯酚顯紫色的溶液：I、K+、SCN、Mg2BpH12 的溶液：K+、Na、ClO、SO32C水電離的 c(OH)11013molL1的溶液中：K、Cl、CH3COO、Cu2+D0.1 molL1的 K2SO4溶液：Na、Al3、Cl、NO36、下列說法正確的是( )A將BaSO4放入水中不能導(dǎo)電，所以BaSO4是非電解質(zhì)B氨溶于水得到的氨水能導(dǎo)電，所以氨水是電解質(zhì)C固態(tài)的離子化合物不能導(dǎo)電，熔融態(tài)的離子化合物能導(dǎo)電D強電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力一定比弱電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力強7、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X原子最外層有6個電子，Y是至今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素且無正價，Z

5、在周期表中處于周期序數(shù)等于族序數(shù)的位置，W的單質(zhì)廣泛用作半導(dǎo)體材料下列敘述正確的是（ ）A原子半徑由大到小的順序：W、Z、Y、XB原子最外層電子數(shù)由多到少的順序：Y、X、W、ZC元素非金屬性由強到弱的順序：Z、W、XD簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性由強到弱的順序：X、Y、W8、下列實驗?zāi)苓_到目的的是 選項目的實驗A驗證某氣體表現(xiàn)還原性將某氣體通入溴水中，溴水褪色B制備少量二氧化硫氣體向飽和亞硫酸溶液中滴加濃硫酸C制備硅酸膠體向硅酸鈉水溶液中逐滴滴加濃鹽酸至溶液呈強酸性D配制0.2mol/L的CH3COOH溶液準確量取100mL2mol/L的CH3COOH溶液，加入燒杯中稀釋后迅速轉(zhuǎn)移至1000mL容量

6、瓶中，然后加蒸餾水定容AABBCCDD9、用下圖所示裝置進行下列實驗：將中溶液滴入中，預(yù)測的現(xiàn)象與實際相符的是選項中物質(zhì)中物質(zhì)預(yù)測中的現(xiàn)象A稀鹽酸碳酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液立即產(chǎn)生氣泡B濃硝酸用砂紙打磨過的鋁條產(chǎn)生紅棕色氣體C草酸溶液高錳酸鉀酸性溶液溶液逐漸褪色D氯化鋁溶液濃氫氧化鈉溶液產(chǎn)生大量白色沉淀AABBCCDD10、2019年2月27日,科技日報報道中科院大連化學(xué)物理研究所創(chuàng)新性地提出鋅碘單液流電池的概念,鋅碘單液流電池中電解液的利用率達到近100% ,進而大幅度提高了電池的能量密度,工作原理如圖所示。下列說法正確的是A該電池放電時電路中電流方向為AabBABM為陰離子交換膜,N為陽離

7、子交換膜C如果使用鉛蓄電池進行充電,則B電極應(yīng)與鉛蓄電池中的Pb電極相連D若充電時C區(qū)增加的離子數(shù)為2NA,則A極增重65 g11、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是()A1 mol鐵在一定條件下分別和氧氣、氯氣、硫完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)都為2NAB30 g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氫原子數(shù)為4NAC12 g石墨烯(單層石墨)中含有六元環(huán)的個數(shù)為2NAD2.1 g DTO中含有的質(zhì)子數(shù)為NA12、某鋰離子電池充電時的工作原理如圖所示，LiCoO2中的Li+穿過聚內(nèi)烯微孔薄膜向左遷移并嵌入石墨（C6表示）中。下列說法錯誤的是（ ）A充電時，陽極電極反應(yīng)式為LiCoO2-xe-=xLi+

8、Lil-xCoO2B放電時，該電池將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能C放電時，b端為負極，發(fā)生氧化反應(yīng)D電池總反應(yīng)為LixC6+Lil-xCoO2C6+LiCoO213、某?；瘜W(xué)興趣小組探究恒溫(98)下乙酸乙酯制備實驗中硫酸濃度對酯化反應(yīng)的影響探究。實驗得到數(shù)據(jù)如下表(各組實驗反應(yīng)時間均5分鐘)：下列關(guān)于該實驗的說法不正確的是A乙酸乙酯制備實驗中起催化作用的可能是H+B濃硫酸的吸水作用、乙酸乙酯的蒸出均可以使酯化反應(yīng)正向移動C濃硫酸和水以體積比約23混合催化效果最好D組可知c(H+)濃度越大，反應(yīng)速率越慢14、已知某溶液中含有碳酸鈉、硫酸鈉、氫氧化鈉、氯化鈉四種溶質(zhì)，欲將該溶液中四種溶質(zhì)的陰離子逐一檢驗出來

9、，所加試劑先后順序合理的是AHNO3、Ba(NO3)2、NH4NO3、AgNO3BHNO3、NH4NO3、Ba(NO3)2、AgNO3CNH4NO3、HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3DNH4NO3、HNO3、AgNO3、Ba(NO3)215、某化合物由兩種單質(zhì)直接反應(yīng)生成，將其加入Ba（HCO3）2溶液中同時有氣體和沉淀產(chǎn)生。下列化合物中符合上述條件的是ANa2OBAlCl3 CFeCl2 DSiO216、下列化學(xué)用語的表述正確的是A磷酸溶于水的電離方程式：H3PO4=3H+ + PO43-B用電子式表示 HCl 的形成過程：CS2的結(jié)構(gòu)示意圖：DKClO 堿性溶液與Fe(OH)3反應(yīng)：

10、3ClO- + 2Fe(OH)3=2FeO42- + 3Cl- + 4H+ + H2O17、實驗室中某些氣體的制取、收集及尾氣處理裝置如圖所示(夾持和凈化裝置省略)。僅用以下實驗裝置和表中提供的物質(zhì)完成相關(guān)實驗，最合理的選項是 選項a中的液體b中的物質(zhì)c中收集的氣體d中的液體A濃氨水堿石灰NH3H2OB濃硝酸CuNO2H2OC濃硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液D稀硝酸CuNONaOH溶液AABBCCDD18、一種從植物中提取的天然化合物，可用于制作“香水”，其結(jié)構(gòu)簡式為，下列有關(guān)該化合物的說法錯誤的是A分子式為C12H18O2B分子中至少有6個碳原子共平面C該化合物能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D

11、一定條件下，1 mol該化合物最多可與3 mol H2加成19、設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)，下列說法正確的是（ ）A6.2g白磷分子（P4）中含P-P鍵數(shù)為0.05NAB1mol CH3+含電子數(shù)為8NAC標準狀況下，22.4LSO3中含原子數(shù)為4NAD常溫常壓下，11.2LCO2氣體通過足量Na2O2充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA20、81號元素所在周期和族是()A第六周期A族B第六周期B族C第七周期0族D第六周期A族21、1875年科學(xué)家布瓦博德朗發(fā)現(xiàn)了一種新元素，命名為“鎵”，它是門捷列夫預(yù)言的元素類鋁。Ga(鎵)和As(砷)在周期表的位置如圖，下列說法不正確的是AlPGaAsAGa的原子序數(shù)

12、為31B堿性：Al(OH)3 r(As3-)r(P3-)DGaAs可制作半導(dǎo)體材料，用于電子工業(yè)和通訊領(lǐng)域22、下列離子方程式正確的是A用稀硫酸除去硫酸鈉溶液中少量的硫代硫酸鈉：S2O32-+2H+=SO2+S+H2OBKClO堿性溶液與Fe(OH)3反應(yīng)：3ClO+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl+4H+H2OC硬脂酸與乙醇的酯化反應(yīng)：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OD向NH4HCO3溶液中加入足量石灰水：Ca2+HCO3-+OH=CaCO3+H2O二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機化合物H的結(jié)構(gòu)簡式為，其合成路線如下（部分反應(yīng)略

13、去試劑和條件）：已知：(苯胺易被氧化)請回答下列問題：(1)烴A的名稱為_，B中官能團為_，H的分子式為_，反應(yīng)的反應(yīng)類型是_。(2)上述流程中設(shè)計CD的目的是_。(3)寫出D與足量NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。(4)符合下列條件的D的同分異構(gòu)體共有_種。A屬于芳香族化合物 B既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)又能發(fā)生水解反應(yīng)寫出其中核磁共振氫譜圖中峰面積之比為6211的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：_。(任寫一種)(5)已知：苯環(huán)上連有烷基時再引入一個取代基，常取代在烷基的鄰對位，而當苯環(huán)上連有羧基時則取代在間位，據(jù)此按先后順序?qū)懗鲆詿NA為原料合成鄰氨基苯甲酸（）合成路線(無機試劑任選)。_24、（12分）物質(zhì)A

14、G有下圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系（部分反應(yīng)物、生成物未列出）。其中A為某金屬礦的主要成分，經(jīng)過一系列反應(yīng)可得到氣體B和固體C。單質(zhì)C可與E的濃溶液發(fā)生反應(yīng)，G為磚紅色沉淀。請回答下列問題：（1）寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：B_、G_。（2）反應(yīng)的化學(xué)方程式是_。（3）利用電解可提純C物質(zhì)，現(xiàn)以堿性鋅錳電池為外電源，在該電解反應(yīng)中電解質(zhì)溶液是_，陽極物質(zhì)是_。MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料，電池放電時，正極的電極反應(yīng)式為_。（4）將0.20mol B和0.10mol O2充入一個固定容積為5L的密閉容器中， 在一定溫度并有催化劑存在下，進行反應(yīng)，經(jīng)半分鐘后達到平衡，測得容器中含D0.18mol，則vO2=_mo

15、lLmin；若溫度不變，繼續(xù)通入0.20mol B和0.10mol O2，則平衡_移動（填“向正反應(yīng)方向”、“向逆反應(yīng)方向”或“不”），再次達到平衡后，_molnD”、“0)，可制得一種新型陶瓷材料氮化硅(Si3N4)，該材料熔點高，硬度大 ，廣泛應(yīng)用于光伏、軸承、冶金、化工、能源、環(huán)保等行業(yè)。回答下列問題：(1)N2的電子式為_，Si在元素周期表中的位置是_，氮化硅晶體屬于_晶體。(2)該反應(yīng)中，還原產(chǎn)物是_。若測得反應(yīng)生成22.4 L CO氣體（標準狀況下），則轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為_。(3)該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式K=_；若其他條件不變，降低溫度，達到新的平衡時，K值_(填“增大”、“減小

16、”或“不變”，以下同)。CO的濃度_，SiO2的質(zhì)量_。(4)已知在一定條件下的2L密閉容器中制備氮化硅，SiO2（純度98.5%，所含雜質(zhì)不與參與反應(yīng)）剩余質(zhì)量和反應(yīng)時間的關(guān)系如右圖所示。CO在010min的平均反應(yīng)速率為 _ 。(5)現(xiàn)用四氯化硅、氮氣和氫氣在高溫下發(fā)生反應(yīng)，可得較高純度的氮化硅。反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。29、（10分）鈷的化合物在工業(yè)生產(chǎn)、生命科技等行業(yè)有重要應(yīng)用。（1）Co2+的核外電子排布式為_，Co的第四電離能比 Fe 的第四電離能要小得多，原因是_。（2）Co2+ 、Co3+都能與 CN一形成配位數(shù)為6的配離子。CN一中碳原子的雜化方式為_；HCN分子中含有鍵的數(shù)目

17、為_。（3）用KCN處理含Co2+的鹽溶液 ，有紅色的Co(CN)2 析出，將它溶于過量的KCN溶液后，可生成紫色的Co(CN)6 4- ,該配離子是一種相當強的還原劑，在加熱時能與水反應(yīng)生成Co(CN )63-,寫出該反應(yīng)的離子方程式：_。（4）金屬鈷的堆積方式為六方最密堆積，其配位數(shù)是 _。有學(xué)者從鈷晶體中取出非常規(guī)的“六棱柱”晶胞，結(jié)構(gòu)如圖所示，該晶胞中原子個數(shù)為_，該晶胞的邊長為a nm，高為c nm，該晶體的密度為_gcm-3(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，列出代數(shù)式）參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】溶液中n(H+)=0.15mol/

18、L20.1L+0.3mol/L 0.1L=0.06mol，反應(yīng)計算如下：3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO+ 4H2O。364g 8mol 2mol 3mol2.56g 0.06mol 0.03mol n3642.5620.03NO3-過量，因此用H+進行計算。n=0.0225mol，c(Cu2+)=0.0225mol/0.1L=0.225mol/L，正確答案B。點睛：由于Cu與HNO3反應(yīng)生成Cu(NO3)2，Cu(NO3)2電離生成的NO3-可以在H2SO4電離生成的H+作用下氧化單質(zhì)Cu，因此利用銅與硝酸反應(yīng)方程式計算存在后續(xù)計算的問題，恰當?shù)奶幚矸椒ㄊ怯肅u

19、與NO3-、H+反應(yīng)的離子方程式進行一步計算。2、B【解析】A. 滴定終點溶液顯酸性，故可選取甲基橙作為滴定指示劑，A不正確；B. M點溶液中，c(NaY)=c(HY)，因為K(HY)=5.010-11，所以c(Y-)c(HY)，代入HY的電離常數(shù)表達式可得，ka=cH+=5.010-11，所以，pH7，B正確；C. 由圖可知，Q點水的電離程度最小，Kw=10-14 ，C不正確； D. M點，由物料守恒可知，c(Na+)=c(HY)+c(Y-)， D不正確。本題選B。3、A【解析】A甲醇在標況下為液體，12 L的甲醇的物質(zhì)的量大于25mol，故所含有的氫原子數(shù)大于2NA，A正確；B沒有指明碳酸

20、鈉的體積，不能計算出碳酸根離子的個數(shù)是否小于NA，B錯誤；C隨著反應(yīng)的進行濃硫酸的濃度會降低，銅不與稀硫酸反應(yīng)，故2mol H2SO4不能完全反應(yīng)，生成的SO2的分子個數(shù)會小于NA，C錯誤；D苯分子中不含有碳碳雙鍵，D錯誤；故答案為A。4、D【解析】A. 標準狀況下，0.5molNT3分子中所含中子數(shù)為 =6.5NA， A正確；B. 0.1molFe與0.1molCl2完全反應(yīng)，根據(jù)方程式2Fe3Cl22FeCl3判斷鐵過量，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA，B正確；C. 13.35gAlCl3物質(zhì)的量為0.1mol，Al33H2O Al(OH)33H，水解是可逆的，形成的Al(OH)3膠體粒子數(shù)應(yīng)小

21、于0.1NA，C正確；D. 2molSO2和1molO2的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，充分反應(yīng)也不能進行到底，故反應(yīng)后分子總數(shù)為應(yīng)大于2NA，D錯誤；故選D。5、D【解析】A遇苯酚顯紫色的溶液，說明溶液中含有Fe3+，F(xiàn)e3+與I因發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，F(xiàn)e3+與SCN能反應(yīng)生成絡(luò)合物，而不能大量共存，A不符合題意；BClO具有強氧化性，SO32-具有還原性，ClO與SO32-能發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，B不符合題意；C酸堿抑制水的電離，溶液中水電離的 c(OH)11013molL1，該溶液可能顯酸性或堿性；酸性溶液中，H+與CH3COO不能大量共存，C不符合題意；D0.1 molL1的

22、K2SO4溶液，溶液中的Na、Al3、Cl-、NO3-能夠大量共存，D符合題意；答案選D。【點睛】在做離子共存題的時候，重點要注意題目中暗含的信息，例如溶液中水電離的 c(OH)11013molL1，這個溶液可能是酸性溶液也可能是堿性溶液，弱酸根離子與H+不能夠大量共存，弱堿陽離子與OH-不能夠大量共存。6、C【解析】A硫酸鋇是難溶的鹽，熔融狀態(tài)完全電離，所以BaSO4是電解質(zhì)，故A錯誤；B氨氣本身不能電離出離子，溶液導(dǎo)電是氨氣和水反應(yīng)生成的一水合氨弱電解質(zhì)電離的原因，故B錯誤；C固態(tài)離子化合物不能電離出離子，不能導(dǎo)電；離子化合物熔融態(tài)電離出離子，能導(dǎo)電，故C正確；D溶液導(dǎo)電能力取決于溶液中離

23、子濃度的大小，與電解質(zhì)強弱無關(guān)，強電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力不一定比弱電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力強，故D錯誤；正確答案是C?！军c睛】本題考查了電解質(zhì)可導(dǎo)電關(guān)系的判斷，明確電解質(zhì)的強弱與電離程度有關(guān)，與溶液的導(dǎo)電能力大小無關(guān)是解答的關(guān)鍵，題目難度不大。7、B【解析】Y是至今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素，那么Y是F，X最外層有6個電子且原子序數(shù)小于Y，應(yīng)為O，Z在周期表中處于周期序數(shù)等于族序數(shù)的位置，且為短周期，原子序數(shù)大于F，那么Z為Al，W的單質(zhì)廣泛用作半導(dǎo)體材料，那么W為Si，據(jù)此推斷X、Y、Z、W分別為O、F、Al和Si。A、電子層數(shù)越多，原子半徑越大，同一周期，原子序數(shù)越小，原子半徑越大，即原子半徑關(guān)系

24、：AlSiOF，即ZWXY，故A錯誤；B、最外層電子數(shù)分別為6、7、3和4，即最外層電子數(shù)YXWZ，故B正確；C、同一周期，原子序數(shù)越大，非金屬性越強，即非金屬性FOSiAl，因此XWZ，故C錯誤；D、元素的非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，非金屬性FOSiAl，即簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性YXW，故D錯誤；故選B。8、B【解析】A若某氣體具有強氧化性將溴單質(zhì)氧化，溴水也會褪色，故A錯誤；B向飽和亞硫酸鈉溶液中滴加濃硫酸可生成SO2，且濃硫酸溶于水放熱，降低了SO2的溶解度，能夠達到實驗?zāi)康?，故B正確；C硅酸膠體中加入加入過量鹽酸可使膠體聚沉，故C錯誤；D量取一定體積的濃醋酸在燒杯中稀釋后，迅速轉(zhuǎn)

25、移至1000mL容量瓶中，要用蒸餾水洗滌燒杯玻璃棒2-3次，洗滌液轉(zhuǎn)移進容量瓶，否則會造成溶質(zhì)的損失，導(dǎo)致最終溶液濃度偏低，濃醋酸的少量揮發(fā)，也會導(dǎo)致溶質(zhì)的損失，導(dǎo)致最終溶液濃度偏低，故D錯誤；故答案為B。9、C【解析】A項、鹽酸首先中和氫氧化鈉，故A錯誤；B項、常溫下鋁在濃硝酸中鈍化，得不到氣體，故B錯誤；C項草酸具有還原性，能被酸性 高錳酸鉀溶液氧化，使其褪色，故C正確；D項、氫氧化鈉溶液開始是過量的，因此不可能產(chǎn)生白色沉淀氫氧化鋁，故D錯誤；故選C。10、B【解析】A電池放電時，A電極鋅單質(zhì)被氧化成為鋅離子，所以A為負極，所以電路中電流方向為BbaAB，故A錯誤；B放電時A去產(chǎn)生Zn2+

26、，為負極，所以C區(qū)Cl-應(yīng)移向A區(qū)，故M為陰離子交換膜，B區(qū)I2轉(zhuǎn)化為I-，為正極，所以C區(qū)K+應(yīng)移向B區(qū)，故N為陽離子交換膜，故B正確；C充電時B電極應(yīng)與外接電源的正極相連，則B電極應(yīng)于鉛蓄電池中的PbO2電極相連，故C項錯誤；D充電時Cl-從A區(qū)移向C區(qū)、K+從C區(qū)移向B區(qū)，所以C區(qū)增加的離子數(shù)為2NA時，電路中有1mol電子通過，A極的電極反應(yīng)為Zn2+2e-=Zn，生成0.5molZn，所以A極增重32.5g，故D錯誤；故答案為B。11、D【解析】A、1 mol鐵在一定條件下分別與氧氣、氯氣、硫完全反應(yīng)，與氧氣生成四氧化三鐵，轉(zhuǎn)移了mol電子，與氯氣反應(yīng)生成氯化鐵，轉(zhuǎn)移了3mol電子，

27、與S反應(yīng)生成FeS，轉(zhuǎn)移了2mol電子，故A錯誤；B、葡萄糖和冰醋酸最簡式相同為CH2O，30g葡萄糖和冰醋酸的混合物含有原子團CH2O的物質(zhì)的量=1mol，含有的氫原子數(shù)為2NA，故B錯誤；C、石墨烯中每一個六元環(huán)平均含有2個碳原子，故12g石墨烯即1mol石墨中含1molC原子，含有0.5mol六元環(huán)，即0.5NA個六元環(huán)，故C錯誤；D.2.1gDTO的物質(zhì)的量為=0.1mol，而一個DTO中含10個質(zhì)子，故0.1molDTO中含NA個質(zhì)子，故D正確；答案選D。12、C【解析】充電時相當于電解池，電解池在工作時，陽離子移向陰極，因此石墨極是陰極，含鈷的是陽極，據(jù)此來分析各選項即可?！驹斀狻?/p>

28、A.充電時，陽離子（）從陽極脫嵌，穿過薄膜進入陰極，嵌入石墨中，A項正確；B.放電時相當于原電池，原電池是一類將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，B項正確；C.根據(jù)分析，b為電源正極，發(fā)生還原反應(yīng)，C項錯誤；D.根據(jù)分析，整個鋰電池相當于在正極和負極之間不斷嵌入-脫嵌的過程，D項正確；答案選C?！军c睛】鋰電池正極一般選用過渡金屬化合物來制作，例如本題中的鈷，過渡金屬一般具有多種可變的化合價，方便的嵌入和脫嵌（嵌入時，過渡金屬化合價降低，脫嵌時，過渡金屬化合價升高，因此無論嵌入還是脫嵌，正極材料整體仍然顯電中性）。13、D【解析】乙酸乙酯的制備中，濃硫酸具有催化性、吸水性，并且乙酸和乙醇的酯化的可逆反應(yīng)，

29、濃硫酸吸水作用，乙酸乙酯的蒸出使平衡正向移動。【詳解】A. 從表中可知，沒有水，濃硫酸沒有電離出H+，乙酸乙酯的收集為0，所以起催化作用的可能是H+，A項正確；B. 濃硫酸的吸水作用、乙酸乙酯的蒸出均可以使酯化反應(yīng)正向移動，B項正確；C. 從表中可知，濃硫酸和水以體積比約23混合催化效果最好，C項正確；D. 表中組c(H+)濃度逐漸變小，收集的乙酸乙酯變小，反應(yīng)速率越慢，D項錯誤。答案選D。14、C【解析】先加硝酸，氫離子與碳酸根離子生成氣體，可以鑒別出碳酸鈉，但硝酸也可和氫氧化鈉反應(yīng)生成水，沒有明顯現(xiàn)象，又除去了氫氧根離子，銨根離子與氫氧根離子反應(yīng)生成具有刺激性氣味的氣體，加入硝酸銨可以證明

30、氫氧化鈉的存在；再加入稀硝酸，有氣體生成，證明含有碳酸鈉；加入硝酸鋇，鋇離子與硫酸根離子生成硫酸鋇沉淀，可以證明含有硝酸鋇；最后加入硝酸銀，銀離子與氯離子反應(yīng)生成氯化銀白色沉淀，證明含有氯化鈉，可以將四種溶質(zhì)都證明出來，如先加入硝酸銀，則硫酸銀、氯化銀都生成沉淀，不能鑒別，綜上所述，C項正確； 答案選C。15、B【解析】A、鈉和氧氣可以生成氧化鈉，加入碳酸氫鋇中反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀，沒有氣體，錯誤，不選A；B、鋁和氯氣反應(yīng)生成氯化鋁，加入碳酸氫鋇中反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳，正確，選B；C、鐵和氯氣反應(yīng)生成氯化鐵，不是氯化亞鐵，錯誤，不選C；D、硅和氧氣反應(yīng)生成二氧化硅，加入到碳酸氫鋇中不反

31、應(yīng)，錯誤，不選D?！军c睛】注意單質(zhì)之間化合的產(chǎn)物1、氫氣和氧氣生成水。2、硫和氧氣生成二氧化硫，不是三氧化硫。3、氮氣和氧氣生成一氧化氮，不是二氧化氮。4、鈉和氧氣在點燃條件下反應(yīng)生成過氧化鈉，常溫下生成氧化鈉。5、鋰和氧氣反應(yīng)生成氧化鋰，沒有過氧化物。6、鉀和氧氣點燃反應(yīng)生成更復(fù)雜的氧化物。7、鐵和氯氣反應(yīng)生成氯化鐵，不是氯化亞鐵。8、鐵和硫反應(yīng)生成硫化亞鐵。9、鐵和氧氣反應(yīng)生成四氧化三鐵10、銅和硫反應(yīng)生成硫化亞銅16、C【解析】A選項，磷酸是弱酸，應(yīng)該一步一步電離，第一步電離為：H3PO4H+ + H2PO42，故A錯誤；B選項，用電子式表示 HCl 的形成過程：，故B錯誤；C選項，S2

32、的結(jié)構(gòu)示意圖：，故C正確；D選項，KClO 堿性溶液與Fe(OH)3反應(yīng)：3ClO + 4OH+ 2Fe(OH)3=2FeO42 + 3Cl+ 4H+ + 5H2O，故D錯誤；綜上所述，答案為C?！军c睛】弱酸電離一步一步電離，而多元弱堿的電離雖然復(fù)雜，但寫都是一步到位的。17、C【解析】A.濃氨水與堿石灰不加熱可以制取氨氣，但是氨氣的密度比空氣小，不能用向上排空氣方法收集，A錯誤；B.濃硝酸與Cu反應(yīng)產(chǎn)生NO2氣體，NO2密度比空氣大，可以用向上排空氣方法收集，NO2是大氣污染物，但NO2若用水吸收，會發(fā)生反應(yīng)：3NO2+H2O=2HNO3+NO，產(chǎn)生的NO仍然會污染空氣，B錯誤；C.濃硫酸與

33、Na2SO3發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，產(chǎn)生Na2SO4、H2O、SO2，SO2密度比空氣大，可以用向上排空氣方法收集，SO2是大氣污染物，可以用NaOH溶液吸收，發(fā)生反應(yīng)為：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，為防止倒吸，安裝了倒扣漏斗，從而達到環(huán)境保護的目的，C正確；D.稀硝酸與Cu反應(yīng)產(chǎn)生NO氣體，NO與空氣中的氧氣會發(fā)生反應(yīng)，所以不能用排空氣方法收集，D錯誤；故合理選項是C。18、B【解析】分子式為C13H20O，故A正確；雙鍵兩端的原子共平面，所以至少有5個碳原子共平面，故B錯誤；含有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀褪色，故C正確；含有2個碳碳雙鍵、1個羰基，一定條件下，1mol該化合物最多可與

34、3mol H2加成，故D正確。19、B【解析】A. 1mol白磷分子（P4）中含P-P鍵數(shù)為6mol，則6.2g白磷分子（P4）中含P-P鍵數(shù)為=0.3NA，A項錯誤；B. 1個CH3+中含8個電子，所以1molCH3+中含電子數(shù)為8NA，B項正確；C. 標準狀況下，SO3不是氣體，不能使用氣體摩爾體積22.4L/mol計算SO3中含原子數(shù)，C項錯誤；D. 常溫常壓不是標準狀況，不能使用氣體摩爾體積22.4L/mol，無法計算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，D項錯誤；答案選B。20、D【解析】第六周期0族元素為86號元素，因此8681 =5，18 5 =13，在13縱列，即第A族，因此81號元素在第六周期A族，

35、故D符合題意。綜上所述，答案為D。21、C【解析】A. Al是13號元素，Ga位于Al下一周期同一主族，由于第四周期包括18種元素，則Ga的原子序數(shù)為13+18=31，A正確；B. Al、Ga是同一主族的元素，由于金屬性AlGa，元素的金屬性越強，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物的堿性就越強，所以堿性：Al(OH)3 r(P3-)r(Ga3+)，C錯誤；D. GaAs導(dǎo)電性介于導(dǎo)體和絕緣體之間，可制作半導(dǎo)體材料，因此廣泛用于電子工業(yè)和通訊領(lǐng)域，D正確；故合理選項是C。22、A【解析】A. 用稀硫酸除去硫酸鈉溶液中少量的硫代硫酸鈉，發(fā)生歧化反應(yīng)生成二氧化硫與硫單質(zhì)，其離子方程式為：S2O32-+2H+

36、=SO2+S+H2O，A項正確；B. KClO堿性溶液與Fe(OH)3反應(yīng)，不可能生成H+，其離子方程式為：3ClO+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO42-+3Cl+5H2O，B項錯誤；C. 硬脂酸與乙醇的酯化反應(yīng)的化學(xué)方程式為：C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，C項錯誤；D. 向NH4HCO3溶液中加入足量石灰水，銨根離子與碳酸氫根離子均會與氫氧根離子反應(yīng)，其離子方程式為：NH4+Ca2+HCO3-+2OH=CaCO3+H2O+NH3H2O，D項錯誤；答案選A。【點睛】B項是易錯點，在書寫離子方程式時，若反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)，則應(yīng)該符合電子守恒

37、、電荷守恒、原子守恒，同時注意在酸性環(huán)境不可能存在大量OH-，同時在堿性溶液中不可能大量存在H+。二、非選擇題(共84分)23、甲苯 氯原子或Cl C7H7O3N 取代反應(yīng)或硝化反應(yīng) 保護(酚)羥基不被氧化 +2NaOH+CH3COONa+H2O 14 或 【解析】H的結(jié)構(gòu)簡式為，逆推可知G為?？v觀整個過程，可知烴A為芳香烴，結(jié)合C的分子式C7H8O，可知A為，A與Cl2發(fā)生苯環(huán)上氯代反應(yīng)生成B，B中氯原子發(fā)生水解反應(yīng)、酸化引入-OH生成C，C中酚羥基發(fā)生信息中取代反應(yīng)生成D，D與酸性KMnO4溶液反應(yīng)，D中-CH3被氧化成-COOH生成E，EF轉(zhuǎn)化中在苯環(huán)上引入硝基-NO2，F(xiàn)G的轉(zhuǎn)化重新引

38、入酚羥基，可知CD的轉(zhuǎn)化目的防止酚羥基被氧化，結(jié)合H的結(jié)構(gòu)簡式，可推知B為、C為、D為、E為、F為。(5)甲基氧化引入羧基，硝基還原引入氨基，由于氨基易被氧化，應(yīng)先把甲基氧化為羧基后再將硝基還原為氨基，結(jié)合苯環(huán)引入基團的定位規(guī)律，甲苯先和濃硝酸發(fā)生取代反應(yīng)生成鄰硝基甲苯，然后鄰硝基甲苯再被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成鄰硝基苯甲酸，最后鄰硝基苯甲酸和Fe、HCl反應(yīng)生成鄰氨基苯甲酸。【詳解】根據(jù)上述分析可知：A為，B為、C為、D為、E為、F為，G為，H為。(1)烴A為，A的名稱為甲苯。B為，B中官能團為氯原子。H的結(jié)構(gòu)簡式為，H的分子式為C7H7O3N。反應(yīng)是苯環(huán)上引入硝基，反應(yīng)類型是：取代反應(yīng)；(

39、2)CD中消除酚羥基，F(xiàn)G中又重新引入酚羥基，而酚羥基容易被氧化，所以流程中設(shè)計CD的目的是：保護(酚)羥基不被氧化；(3)D是，D與足量NaOH溶液發(fā)生酯的水解反應(yīng)，化學(xué)方程式為：+2NaOH+CH3COONa+H2O，(4)D為，其符合下列條件的同分異構(gòu)體：A.屬于芳香族化合物，說明含有苯環(huán)；B.既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)又能發(fā)生水解反應(yīng)，說明含有-OOCH基團。只有1個取代基為-CH2CH2OOCH和-CH(CH3)OOCH兩種不同結(jié)構(gòu)；有2個取代基為-CH3、-CH2COOH，或者-CH2CH3、-OOCH，這兩種情況均有鄰、間、對3種位置結(jié)構(gòu)，種類數(shù)為23=6種；有3個取代基為-CH3、-CH

40、3、-OOCH，2個甲基有鄰、間、對3種位置結(jié)構(gòu)，對應(yīng)的-OOCH分別有2種、3種、1種位置，故符合條件的共有2+32+2+3+1=14種。其中核磁共振氫譜圖中峰面積之比為6：2：1：1的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：或。(5)以甲苯為原料合成的方法是：先使甲苯發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生鄰硝基甲苯，用酸性KMnO4氧化甲基為COOH，得到鄰硝基甲苯，用Fe在HCl存在條件下發(fā)生還原反應(yīng)，NO2被還原得到NH2，就生成鄰氨基苯甲酸。故合成路線流程圖為：?！军c睛】本題考查有機物推斷與合成，涉及物質(zhì)的命名、反應(yīng)類型的判斷、操作目的、同分異構(gòu)體種類的判斷及符合要求的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式的書寫等。要采用正推、逆推相結(jié)合的方

41、法分析判斷。需要熟練掌握官能團性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，并對給予的信息進行利用，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系中有機物H的結(jié)構(gòu)和反應(yīng)條件進行推斷。24、（1）SO2Cu2O（2）Cu+2H2SO4濃）SO2+ CuSO4+2H2O（3）CuSO4溶液 粗銅 MnO2+ H2O+e-=MnOOH+OH-（4）0.036 ； 正反應(yīng)方向 ； 0.36 ；0.40；（5）HCHO+2CuOH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O 或HCHO+4CuOH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O 【解析】試題分析：F與甲醛溶液反應(yīng)生成G，G為磚紅色沉淀，則G為Cu2O； A為某金屬礦的主要成分，則A中含有Cu元素，經(jīng)

42、過一系列反應(yīng)可得到氣體B和固體C。單質(zhì)C可與E的濃溶液發(fā)生反應(yīng)，判斷C為Cu單質(zhì)，則E為酸，B能與氧氣反應(yīng)生成C，C能與水反應(yīng)生成相應(yīng)的酸，所以B是二氧化硫，C是三氧化硫，E為硫酸，Cu與濃硫酸加熱反應(yīng)生成二氧化硫和硫酸銅，硫酸銅與氫氧化鈉溶液、甲醛反應(yīng)生成氧化亞銅沉淀，符合此圖。（1）根據(jù)以上分析，B的化學(xué)式是SO2；G為Cu2O；（2）反應(yīng)為Cu與濃硫酸的反應(yīng)，化學(xué)方程式為Cu+2H2SO4濃）SO2+ CuSO4+2H2O；（3）提純Cu時，用粗銅作陽極，純銅作陰極，硫酸銅作電解質(zhì)溶液，則銅離子在陰極析出，從而提純Cu；MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料，電池放電時，正極發(fā)生還原反應(yīng)，Mn

43、元素的化合價降低，與水結(jié)合生成堿式氧化錳和氫氧根離子，電極反應(yīng)式為MnO2+ H2O+e-=MnOOH+OH-；（4）二氧化硫與氧氣的反應(yīng)方程式是2SO2+O22SO3，經(jīng)半分鐘后達到平衡，測得容器中含三氧化硫0.18 mol，說明消耗氧氣的物質(zhì)的量是0.09mol，則vO（2）=0.09mol/5L/0.5min=0.036 mol/Lmin)；繼續(xù)通入0.20 mol B和0.10 mol O2，相當于反應(yīng)物濃度增大，縮小容器體積，壓強增大，平衡正向移動，再達平衡時，三氧化硫的物質(zhì)的量比原來的2倍還多，所以大于0.36mol，容器中相當于有0.4mol二氧化硫，可逆反應(yīng)不會進行到底，所以三

44、氧化硫的物質(zhì)的量小于0.40mol；（5）F是硫酸銅，先與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氫氧化銅，甲醛與氫氧化銅發(fā)生氧化反應(yīng)，生成氧化亞銅磚紅色沉淀，化學(xué)方程式是HCHO+2CuOH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O 或HCHO+4CuOH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O 。考點：考查物質(zhì)推斷，物質(zhì)性質(zhì)的判斷，化學(xué)方程式的書寫25、分液漏斗CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2除去CO2氣體中混入的HClNaOH溶液吸收未反應(yīng)的CO2氣體2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2將帶火星的木條伸入瓶中，若木條復(fù)燃證明O2甲基橙

45、溶液由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘之?nèi)無變化79.5%【解析】A中CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，制備CO2，B中裝有飽和NaHCO3溶液除去CO2中少量HCl，C中盛放的是過氧化鈉，發(fā)生反應(yīng)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，D中放NaOH溶液，吸收未反應(yīng)的CO2氣體，E收集生成的O2?！驹斀狻浚?）a的名稱分液漏斗，故答案為：分液漏斗；（2）A是實驗室中制取CO2，化學(xué)反應(yīng)方程式為：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，離子反應(yīng)方程式為：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故答案為：CaCO3+2H+=Ca

46、2+H2O+CO2；（3）裝置序號加入的試劑加入該試劑的目的B飽和NaHCO3溶液除去CO2氣體中混入的HClDNaOH溶液吸收未反應(yīng)的CO2氣體故答案為：除去CO2氣體中混入的HCl；NaOH溶液；吸收未反應(yīng)的CO2氣體；（4）C中盛放的是過氧化鈉，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案為：Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（5）F中得到氣體為氧氣，其檢驗方法：將帶火星的木條伸入瓶中，若木條復(fù)燃證明O2，故答案為：將帶火星的木條伸入瓶中，若木條復(fù)燃證明O2；（6）

47、鹽酸滴定碳酸鈉，碳酸鈉顯堿性，可用甲基橙作指示劑，已知：Na2CO3與HCl的滴定反應(yīng)為Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，滴定終點的實驗現(xiàn)象溶液由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘之?nèi)無變化，由實驗數(shù)據(jù)分析可知，實驗次數(shù)編號為3的實驗誤差大，不可用，由1、2平均可得，消耗的鹽酸體積為30.0mL，由反應(yīng)方程式可知，Na2CO32HCl，碳酸鈉的物質(zhì)的量為：n(Na2CO3)=1/2n(HCl)=1/20.2000molL0.03L=0.003mol，m(Na2CO3)= 0.003mol106gmol-1=0.318g，碳酸鈉樣品的純度為100%=79.5%，故答案為：甲基橙；溶液由黃色變

48、為橙色，且半分鐘之內(nèi)無變化；79.5%；26、飽和NaHSO3 溶液 b 品紅試液 漂白性 BaSO4 避免氧氣干擾實驗 SO2+H2OH2SO3 H2SO3H+ HSO3 在水溶液中O2 氧化SO2 的速率比NO3快 【解析】(1) 除去白霧（H2SO4）可以用飽和NaHSO3 溶液；(2) 檢驗SO2常用的試劑是品紅試液，利用了SO2的漂白性；(3) SO2通入0.1mol/L Ba(NO3)2溶液中，SO2先和水反應(yīng)生成亞硫酸，溶液呈酸性，酸性溶液中存在NO3-，亞硫酸會被氧化成硫酸，最終生成的白色沉淀是BaSO4；(4) 實驗A、C中，煮沸蒸餾水及使用植物油的目的是：避免氧氣干擾實驗；

49、(5) 實驗C中，SO2先和水反應(yīng)生成H2SO3使 pH傳感器顯示溶液呈酸性；(6)A中沒有氧氣，SO2在酸性環(huán)境中被NO3氧化，而B中沒有排出O2，則SO2被O2和NO3共同氧化，實驗B中出現(xiàn)白色沉淀比實驗A快很多，說明在水溶液中O2 氧化SO2 的速率比NO3快。【詳解】(1) 除去白霧（H2SO4）可以用飽和NaHSO3 溶液，所以中應(yīng)該放飽和NaHSO3 溶液，并且氣體從b口進；(2) 檢驗SO2常用的試劑是品紅試液，利用了SO2的漂白性；(3) SO2通入0.1mol/L Ba(NO3)2溶液中，SO2先和水反應(yīng)生成亞硫酸，溶液呈酸性，酸性溶液中存在NO3-，亞硫酸會被氧化成硫酸，最

50、終生成的白色沉淀是BaSO4；(4) 實驗A、C中，煮沸蒸餾水及使用植物油的目的是：避免氧氣干擾實驗；(5) 實驗C中，SO2先和水反應(yīng)生成H2SO3使 pH傳感器顯示溶液呈酸性，化學(xué)方程式為：SO2+H2OH2SO3；(6)A中沒有氧氣，SO2在酸性環(huán)境中被NO3氧化，而B中沒有排出O2，則SO2被O2和NO3共同氧化，實驗B中出現(xiàn)白色沉淀比實驗A快很多，說明在水溶液中O2 氧化SO2 的速率比NO3快；實驗B中SO2更多被氧化，最終生成更多的硫酸，硫酸酸性比亞硫酸強，故B中酸性更強，故溶液pH：A B。27、三頸燒瓶 B 2Cu2SO322ClH2O=2CuCl2HSO42 及時除去系統(tǒng)中

51、反應(yīng)生成的H+ 3.5 可加快過濾速度、得到較干燥的沉淀（寫一條） 洗去晶體表面的雜質(zhì)離子，同時防止CuCl被氧化 CBA 溫度降到常溫，上下調(diào)節(jié)量氣管至左右液面相平，讀數(shù)時視線與凹液面的最低處相切（任意兩條） 【解析】.（1）根據(jù)儀器的結(jié)構(gòu)和用途回答；儀器2中所加試劑應(yīng)為Na2SO3溶液，便于通過分液漏斗控制滴加的速率，故選B。（2）乙圖隨反應(yīng)的進行，pH 降低，酸性增強，Cu2將SO32氧化，制備CuCl的離子方程式2Cu2SO322ClH2O=2CuCl2HSO42；丙圖是產(chǎn)率隨pH變化關(guān)系圖，pH =3.5時CuCl產(chǎn)率最高，實驗過程中往往用CuSO4- Na2CO3混合溶液代替Na2

52、SO3溶液，控制pH。（3）抽濾的優(yōu)點是可加快過濾速度、得到較干燥的沉淀（寫一條）；洗滌時，用“去氧水”作洗滌劑洗滌產(chǎn)品，作用是洗去晶體表面的雜質(zhì)離子，同時防止CuCl被氧化。.（4）氫氧化鉀會吸收二氧化碳，鹽酸揮發(fā)出的HCl會影響氧氣的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氫氧化鈉溶液吸收二氧化碳，B中盛放保險粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧氣，A中盛放CuCl的鹽酸溶液吸收CO，D測定氮氣的體積，裝置的連接順序應(yīng)為CBAD；（5）用D裝置測N2含量，讀數(shù)時應(yīng)注意溫度降到常溫，上下調(diào)節(jié)量氣管至左右液面相平，讀數(shù)時視線與凹液面的最低處相切（任意兩條）?！驹斀狻?（1）根據(jù)儀器的結(jié)構(gòu)和用途

53、，甲圖中儀器1的名稱是三頸燒瓶；制備過程中Na2SO3過量會發(fā)生副反應(yīng)生成Cu(SO3)23-，為提高產(chǎn)率，儀器2中所加試劑應(yīng)為Na2SO3溶液，便于通過分液漏斗控制滴加的速率，故選B。（2）乙圖是體系pH隨時間變化關(guān)系圖，隨反應(yīng)的進行，pH 降低，酸性增強，Cu2將SO32氧化，制備CuCl的離子方程式2Cu2SO322ClH2O=2CuCl2HSO42；丙圖是產(chǎn)率隨pH變化關(guān)系圖，pH =3.5時CuCl產(chǎn)率最高，實驗過程中往往用CuSO4- Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是及時除去系統(tǒng)中反應(yīng)生成的H+ ，并維持pH在3.5左右以保證較高產(chǎn)率。（3）抽濾所采用裝置如丁