2023屆上海市虹口區(qū)北虹高三六校第一次聯(lián)考化學試卷含解析

2023高考化學模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、氮及其化合物的轉化過程如圖所示。下列分析不合理的是A．催化劑a表面發(fā)生了非極性共價鍵的斷裂和極性共價鍵的形成B．催化劑不能改變反應焓變但可降低反應活化能C．在催化劑b表面形成氮氧鍵時，涉及電子轉移D．催化劑a、b能提高反應的平衡轉化率2、2019年6月6日，工信部正式向四大運營商頒發(fā)了5G商用牌照，揭示了我國5G元年的起點。通信用磷酸鐵鋰電池具有體積小、重量輕、高溫性能突出、可高倍率充放電、綠色環(huán)保等眾多優(yōu)點。磷酸鐵鋰電池是以磷酸鐵鋰為正極材料的一種鋰離子二次電池，電池總反應為M1-xFexPO4+LiC6LiM1-xFexPO4+6C，其原理如圖所示，下列說法正確的是（）A．充電時，正極質量增加B．放電時，電流由石墨電極流向磷酸鐵鋰電極C．充電時，陰極反應式為Li++6C+e-═LiC6D．放電時，Li+移向石墨電極3、我國某科研團隊設計了一種新型能量存儲／轉化裝置（如下圖所示）。閉合K2、斷開K1時，制氫并儲能；斷開K2、閉合K1時，供電。下列說法錯誤的是A．制氫時，溶液中K+向Pt電極移動B．制氫時，X電極反應式為C．供電時，Zn電極附近溶液的pH降低D．供電時，裝置中的總反應為4、能用共價鍵鍵能大小解釋的性質是（）A．穩(wěn)定性：HCl>HI B．密度：HI>HClC．沸點：HI>HCl D．還原性：HI>HCl5、化學與生活密切相關，下列說法錯誤的是A．純棉面料主要含C、H

、O

三種元素B．植物油的主要成分屬于酯類物質C．用于食品包裝的聚乙烯塑料能使溴水褪色D．聚乳酸

(

)

的降解過程中會發(fā)生取代反應6、利用脫硫細菌凈化含硫物質的方法叫生物法脫硫，發(fā)生的反應為：CH3COOH+Na236SO42NaHCO3+H236S↑。下列說法正確的是A．的摩爾質量是100B．CH3COOH既表現(xiàn)氧化性又表現(xiàn)酸性C．反應的離子方程式是：CH3COOH+2+H236S↑D．每生成11.2LH2S轉移電子為4×6.02×10237、化學與工農業(yè)生產和日常生活密切相關，下列說法正確的是A．漂白粉、漂白液和漂粉精既可作漂白劑，又可作消毒劑B．硅膠可用作催化劑的載體，但不可用作干燥劑C．常溫下鋁制容器可以盛放濃硫酸，是因為鋁與濃硫酸不反應D．明礬可作凈水劑，是因為其溶于水電離出的Al3+具有強吸附性8、下列實驗操作與預期實驗目的或所得實驗結論一致的是選項實驗操作和現(xiàn)象預期實驗目的或結論A用潔凈的鉑絲蘸取某食鹽試樣，在酒精燈火焰上灼燒，火焰顯黃色說明該食鹽試樣不含KIO3BSiO2能與氫氟酸及堿反應SiO2是兩性氧化物C向兩支盛有KI3的溶液的試管中，分別滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液變藍，后者有黃色沉淀KI3溶液中存在平衡：I2＋I－D室溫下向CuCl2和少量FeCl3的混合溶液中，加入銅屑，充分攪拌，過濾，得藍綠色溶液除去雜質FeCl3得純凈CuCl2溶液A．A B．B C．C D．D9、化學與生活密切相關，下列有關說法錯誤的是A．Cu2+為重金屬離子，故CuSO4不能用于生活用水消毒B．鹵水煮豆腐是Mg2+、Ca2+等使蛋白質膠體發(fā)生凝聚過程C．純堿溶液可以洗滌餐具上的油漬D．油漆刷在鋼鐵護欄表層用來防止金屬銹蝕10、11.9g金屬錫跟100mL12mol?L﹣1HNO3共熱一段時間．完全反應后測定溶液中c（H+）為8mol?L﹣1，溶液體積仍為100mL．放出的氣體在標準狀況下體積約為8.96L．由此推斷氧化產物可能是（Sn的相對原子質量為119）（）A．Sn（NO3）4 B．Sn（NO3）2 C．SnO2?4H2O D．SnO11、苯乙酮常溫下為無色晶體或淺黃色油狀液體，是山楂、含羞草、紫丁香等香精的調合原料，并廣泛用于皂用香精和煙草香精中，可由苯經下述反應制備：+(CH3CO)2O+CH3COOHNA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關說法正確的是A．氣態(tài)苯乙酮的密度是氣態(tài)乙酸密度的2倍B．1mol苯所含的化學單鍵數(shù)目為12NAC．0.5mol乙酸酐中含有的電子數(shù)目為27NAD．1L2mol/LCH3COOH溶液與足量鈉反應生成的氣體分子數(shù)為NA12、有4種碳骨架如下的烴，下列說法正確的是（）a．b．c．d．①a和d是同分異構體②b和c是同系物③a和d都能發(fā)生加聚反應④只有b和c能發(fā)生取代反應A．①② B．①④ C．②③ D．①②③13、下列實驗操作對應的現(xiàn)象和結論均正確的是選項實驗操作現(xiàn)象結論A向一定濃度的CuSO4溶液中通入適量H2S氣體出現(xiàn)黑色沉淀H2S的酸性比H2SO4強B向4mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液中分別加入2mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液和2mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液后者褪色所需時間短反應物濃度越大，反應速率越快C將銅粉放入10mol·L-1Fe2（SO4）3溶液中溶液變藍，有黑色固體出現(xiàn)說明金屬鐵比銅活潑D向蔗糖中加入濃硫酸變黑、放熱、體積膨脹，放出有刺激性氣味的氣體濃硫酸具有吸水性和強氧化性，反應中生成C、SO2和CO2等A．A B．B C．C D．D14、下列說法正確的是A．在實驗室用藥匙取用粉末狀或塊狀固體藥品B．pH試紙使用時不需要潤濕，紅色石蕊試紙檢測氨氣時也不需要潤濕C．蒸餾操作時，裝置中的溫度計的水銀球應位于蒸餾燒瓶中的液體中部D．分液時下層液體從分液漏斗下端管口放出，關閉活塞，換一個接收容器，上層液體從分液漏斗上端倒出15、下列說法中不正確的是（）A．D和T互為同位素B．“碳納米泡沫”被稱為第五形態(tài)的單質碳，它與石墨互為同素異形體C．CH3CH2COOH和HCOOCH3互為同系物D．丙醛與環(huán)氧丙烷（）互為同分異構體16、下圖是有機合成中的部分片段：下列說法錯誤的是A．有機物a能發(fā)生加成、氧化、取代等反應B．有機物a~d都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．d中所有原子不可能共平面D．與b互為同分異構體、含有1個和2個的有機物有4種17、在催化劑、400℃時可實現(xiàn)氯的循環(huán)利用，下圖是其能量關系圖下列分析正確的是A．曲線a是使用了催化劑的能量變化曲線B．反應物的總鍵能高于生成物的總鍵能C．反應的熱化學方程式為：4HCl(g)+O2(g)＝2Cl2+2H2O(g)△H＝－115.6kJD．若反應生成2mol液態(tài)水，放出的熱量高于115.6kJ18、通過資源化利用的方式將CO2轉化為具有工業(yè)應用價值的產品(如圖所示)，是一種較為理想的減排方式，下列說法中正確的是()A．CO2經催化分解為C、CO、O2的反應為放熱反應B．除去Na2CO3固體中少量NaHCO3可用熱分解的方法C．過氧化尿素和SO2都能使品紅溶液褪色，其原理相同D．由CO2和H2合成甲醇，原子利用率達100%19、阿伏加德羅常數(shù)為NA。關于l00mLlmol/L的Fe2(SO4)3溶液，下列說法正確是A．加NaOH可制得Fe(OH)3膠粒0.2NAB．溶液中陽離子數(shù)目為0.2NAC．加Na2CO3溶液發(fā)生的反應為3CO32-+2Fe3+=Fe2(CO3)3↓D．Fe2(SO4)3溶液可用于凈化水20、Y是合成藥物查爾酮類抑制劑的中間體，可由X在一定條件下反應制得下列敘述不正確的是（）A．該反應為取代反應B．Y能使酸性高錳酸鉀溶液褪色可證明其分子中含有碳碳雙鍵C．X和Y均能與新制的Cu(OH)2在加熱條件下反應生成磚紅色沉淀D．等物質的量的X、Y分別與H2反應，最多消耗H2的物質的量之比為4∶521、鋅–空氣燃料電池可用作電動車動力電源，電池的電解質溶液為KOH溶液，反應為2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。下列說法正確的是（）A．充電時，電解質溶液中K+向陽極移動B．充電時，電解質溶液中c(OH－)逐漸減小C．放電時，負極反應為：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42－D．放電時，電路中通過2mol電子，消耗氧氣22.4L（標準狀況）22、甲醇質子交換膜燃料電池中將甲醇蒸氣轉化為氫氣的兩種反應原理是：①CH3OH(g)+H2O(g)→CO2(g)+3H2(g)-49.0kJ②CH3OH(g)+O2(g)→CO2(g)+2H2(g)+192.9kJ下列說法正確的是()A．1molCH3OH完全燃燒放熱192.9kJB．反應①中的能量變化如圖所示C．CH3OH轉變成H2的過程一定要吸收能量D．根據(jù)②推知反應：CH3OH(l)+O2(g)→CO2(g)+2H2(g)+Q的Q<192.9kJ二、非選擇題(共84分)23、（14分）某研究小組按下列路線合成藥物諾氟沙星：已知：試劑EMME為C2H5OCH=C(COOC2H5)2，在適當條件下，可由C生成D。②③請回答：（1）根據(jù)以上信息可知諾氟沙星的結構簡式_____。（2）下列說法不正確的是_____。A．B到C的反應類型為取代反應B．EMME可發(fā)生的反應有加成，氧化，取代，加聚C．化合物E不具有堿性，但能在氫氧化鈉溶液中發(fā)生水解D．D中兩個環(huán)上的9個C原子可能均在同一平面上（3）已知：RCH2COOH，設計以化合物HC(OC2H5)3、C2H5OH合成EMME的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)_____。（4）寫出C→D的化學方程式______。（5）寫出化合物G的同系物M（C6H14N2）同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式：____①1H-NMR譜表明分子中有4種氫原子，IR譜顯示含有N－H鍵，不含N－N鍵；②分子中含有六元環(huán)狀結構，且成環(huán)原子中至少含有一個N原子。24、（12分）某化合物X有三種元素組成，某學習小組進行了如下實驗：(1)化合物X的化學式為___________(2)混合氣體N通入足量的NaOH溶液中，恰好完全反應生成一種鹽，其離子反應方程式為______________。(3)黑色固體Y與NH3的化學方程式為____________(4)若以X?3H2O進行實驗，在170℃時可以生成一種中間產物W。0.1mol化合物W能與0.6molHCl剛好完全反應，若0.1mol化合物W再繼續(xù)加熱生成黑色固體Y的質量為32.0g。則化合物W的化學式為______________。(5)混合氣體N有毒，為保護環(huán)境，可以用保險粉（Na2S2O4）吸收。請說明混合氣體N能用保險粉吸收的理由___________。25、（12分）四氯化錫（SnCl4）常用作有機催化劑、煙霧彈和用來鍍錫。某學習小組擬用干燥的氯氣和熔融的錫制備SnCl4并測定產品的純度。已知：i．SnCl4在空氣中極易水解成SnO2·xH2O；ii．有關物質的物理性質如下表所示。物質顏色熔點/℃沸點/℃Sn銀白色2322260SnCl2白色247652SnCl4無色-33114回答下列問題：(1)裝置E的儀器名稱是_____，裝置C中盛放的試劑是_____。(2)裝置G的作用是_____。(3)實驗開始時，正確的操作順序為_____。①點燃裝置A處酒精燈②點燃裝置D處酒精燈③打開分液漏斗活塞(4)得到的產品顯黃色是因含有少量_____，可以向其中加入單質___________（填物質名稱）而除去。為了進一步分離提純產品，采取的操作名稱是_____。(5)產品中含少量SnCl2，測定產品純度的方法：取0.400g產品溶于足量稀鹽酸中，加入淀粉溶液作指示劑，用0.0100mo/L碘酸鉀標準溶液滴定至終點，消耗標準液8.00mL。①滴定原理如下，完成i對應的離子方程式。i．_____Sn2++_____IO3－+_____H+=________Sn4++_____I－+_____ii．IO3－+5I2－+6H+=3I2+3HO②滴定終點的現(xiàn)象是_____。③產品的純度為_____%（保留一位小數(shù)）。26、（10分）硫酰氯（SO2Cl2）熔點-54.1℃，沸點在染料、藥品、除草劑和農用殺蟲劑的生產過程中有重要作用。（1）SO2Cl2中的S的化合價為_______________，SO2Cl2在潮濕空氣中因水解“發(fā)煙”的化學方程式為_______________。（2）現(xiàn)擬用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯，實驗裝置如圖所示（部分夾持裝置未畫出）。①儀器A的名稱為_______________，裝置乙中裝入的試劑是_______________，裝罝B的作用是_______________。②裝置丙分液漏斗中盛裝的最佳試劑是_______________（選填編號）。A．蒸餾水B．l0.0mol·L-1濃鹽酸C．濃氫氧化鈉溶液D．飽和食鹽水③滴定法測定硫酰氯的純度:取1.800g產品，加入到100mL0.50000mol·L-1NaOH溶液中加熱充分水解，冷卻后加蒸餾水準確稀釋至250mL，取25mL溶液于錐形瓶中，滴加2滴甲基橙，用0.1000mol·L-1標準HC1滴定至終點，重復實驗三次取平均值，消耗HCll0.00mL。達到滴定終點的現(xiàn)象為_______________，產品的純度為_______________。27、（12分）氯化亞銅(CuCl)廣泛應用于化工、印染、電鍍等行業(yè)。CuCl難溶于乙醇和水，可溶于氯離子濃度較大的體系，在潮濕空氣中易水解、氧化。（制備）方法一：（資料查閱）(1)儀器X的名稱是______，在實驗過程中，B中試紙的顏色變化是______。(2)實驗操作的先后順序是______(填操作的編號)a.檢查裝置的氣密性后加入藥品b.熄滅酒精燈，冷卻c.在氣體入口處通入干燥HCld.點燃酒精燈，加熱e.停止通入HCI，然后通入(3)反應結束后發(fā)現(xiàn)含有少量CuO雜質，產生的原因是______。方法二：(4)向,溶液中加入一定量NaCl和可生成自色沉淀CuCl離子方程式為______，過濾，沉淀用的酸洗，水洗，乙醇洗三步操作，酸洗采用的酸是______(寫名稱)，用乙醇洗滌的原因是______(任寫一點)。（含量測定）(5)準確稱取所制備的氯化亞銅樣品mg，將其置于過量的溶液中，待樣品完全溶解后，加入適量稀硫酸，用amol/L的溶液滴定到終點，消耗溶液bmL，反應中被還原為，樣品中CuCl的質量分數(shù)為______(CuCl分子量：)（應用）利用如下圖所示裝置，測定高爐煤氣中CO、、和)的百分組成。(6)已知：i.CuCl的鹽酸溶液能吸收CO形成。ii.保險粉和KOH的混合溶液能吸收氧氣。①出保險粉和KOH混合溶液吸收的離子方程式：______。②D、F洗氣瓶中宜盛放的試劑分別是______、______。28、（14分）氨為重要化工原料，有廣泛用途。(1)合成氨中的氫氣可由下列反應制?。篴.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H=+216.4KJ/molb.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.2kJ/mol則反應CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)△H=______。(2)起始時投入氮氣和氫氣分別為1mol、3mol，在不同溫度和壓強下合成氨。平衡時混合物中氨的體積分數(shù)與溫度關系如圖。①恒壓時，反應一定達到平衡狀態(tài)的標志是______(填序號)：A．N2和H2的轉化率相等B．反應體系密度保持不變C．的比值為3:2D．=2②P1______P2(填“>”、“<”、“=”，下同)：反應平衡常數(shù)：B點______D點；③C點H2的轉化率______；(數(shù)值保留0.1%)在A、B兩點條件下，該反應從開始到平衡時生成氫氣平均速率：v(A)______v(B)(填“>”、“<”、“=”)。(3)已知25℃時由Na2SO3和NaHSO3形成的混合溶液恰好呈中性，則該混合溶液中各離子濃度的大小順序為______________(已知25℃時，H2SO3的電離平衡常數(shù)Ka1=1×10-2，Ka2=1×10-7)29、（10分）光氣（）界面縮聚法合成一種高分子化合物聚碳酸酯G的合成路線如下所示：已知：（1）C的核磁共振氫譜只有一組吸收峰，C的化學名稱為_____________。（2）E的分子式為________，H中含有的官能團是氯原子和________，B的結構簡式為______。（3）寫出F生成G的化學方程式_____________。（4）F與I以1:2的比例發(fā)生反應時的產物K的結構簡式為__________。（5）H→I時有多種副產物，其中一種含有3個環(huán)的有機物的結構簡式為______。（6）4—氯—1，2—二甲苯的同分異構體中屬于芳香族化合物的有________種。（7）寫出用2-溴丙烷與D為原料，結合題中信息及中學化學所學知識合成的路線，無機試劑任取。（已知：一般情況下，溴苯不與NaOH溶液發(fā)生水解反應。）_______例：

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、D【解析】

A.催化劑a表面是氫氣和氮氣反應生成氨氣，催化劑a表面發(fā)生了非極性共價鍵的斷裂和極性鍵的形成，故A合理；B.催化劑可降低反應活化能，改變反應速率，但不能改變反應焓變，故B合理；C.催化劑b表面是氨氣催化氧化生成NO的反應，發(fā)生的是氧化還原反應，涉及電子轉移，故C合理；D.催化劑a、b改變反應速率，不改變化學平衡，不能提高反應的平衡轉化率，故D不合理；故選D。2、C【解析】

A．充電時，正極發(fā)生的反應為LiM1-xFexPO4-e-=M1-xFexPO4+Li+，則正極的質量減小，故A錯誤；B．放電時，石墨電極為負極，電流由磷酸鐵鋰電極流向石墨電極，故B錯誤；C．充電時，陰極上鋰離子得電子，則陰極反應式為Li++6C+e-═LiC6，故C正確；D．放電時，陽離子向正極移動，石墨電極為負極，則Li+移向磷酸鐵鋰電極，故D錯誤；故選：C。3、D【解析】

閉合K2、斷開K1時，該裝置為電解池，Pt電極生成氫氣，則Pt電極為陰極，X電極為陽極；斷開K2、閉合K1時，該裝置為原電池，Zn電極生成Zn2+，為負極，X電極為正極?！驹斀狻緼.制氫時，Pt電極為陰極，電解池中陽離子流向陰極，故A正確；B.制氫時，X電極為陽極，失電子發(fā)生氧化反應，根據(jù)根據(jù)化合價可知該過程中Ni(OH)2轉化為NiOOH，電極方程式為，故B正確；C.供電時，Zn電極為負極，原電池中陰離子流向負極，所以氫氧根流向Zn電極，電極反應為Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O，轉移兩個電子同時遷移兩個OH-，但會消耗4個OH-，說明還消耗了水電離出的氫氧根，所以電極負極pH降低，故C正確；D.供電時，正極為NiOOH被還原，而不是水，故D錯誤；故答案為D。4、A【解析】

A.元素非金屬性F>Cl>Br>I，影響其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性的因素是共價鍵的鍵能，共價鍵的鍵能越大其氫化物越穩(wěn)定，與共價鍵的鍵能大小有關，A正確；B.物質的密度與化學鍵無關，與單位體積內含有的分子的數(shù)目及分子的質量有關，B錯誤；C.HI、HCl都是由分子構成的物質，物質的分子間作用力越大，物質的沸點就越高，可見物質的沸點與化學鍵無關，C錯誤；D.元素非金屬性F>Cl>Br>I，元素的非金屬性越強，其得電子能力越強，故其氣態(tài)氫化合物的還原性就越弱，所以氣態(tài)氫化物還原性由強到弱為HI>HBr>HCl>HF，不能用共價鍵鍵能大小解釋，D錯誤；故合理選項是A。5、C【解析】

A．純棉面料主要成分為纖維素，主要含C、H、O三種元素，故A正確；B．植物油的主要成分為高級脂肪酸甘油酯，屬于酯類，故B正確；C．聚乙烯不含碳碳雙鍵，不能使溴水褪色，故C錯誤；D．聚乳酸的降解過程中發(fā)生水解反應，水解反應屬于取代反應，故D正確；答案選C。6、C【解析】

的摩爾質量是100g·mol?1，A錯誤；CH3COOH中碳化合價升高，表現(xiàn)還原性，B錯誤；醋酸是弱酸，不能拆寫，C正確；沒有指明處于標準狀況，D錯誤。7、A【解析】

本題考查化學在生活中的應用，意在考查對物質性質的識記和理解能力?！驹斀狻緼.漂白粉，漂白液和漂粉精的有效成分都是次氯酸鹽，有強氧化性，所以可以漂白，殺菌，故A正確；B.硅膠具有吸水性，可用作干燥劑，故B錯誤；C.常溫下鋁制容器可以盛放濃硫酸，是因為鋁在濃硫酸中發(fā)生鈍化，故C錯誤；D.明礬可作凈水劑，是因為其溶于水電離出的能水解生成氫氧化鋁膠體，膠體的吸附能力很強，故D錯誤；答案：A8、C【解析】

A.用潔凈的鉑絲蘸取某食鹽試樣，在酒精燈火焰上灼燒，火焰顯黃色，該食鹽試樣不能確定是否含有KIO3，因觀察鉀元素的焰色，需透過藍色的鈷玻璃，故A錯誤；B.二氧化硅與氫氟酸反應是特性，如果換成其它酸，比如H2SO4、HCl等等，反應就不能發(fā)生，二氧化硅與NaOH反應生成鹽和水，所以二氧化硅是酸性氧化物，故B錯誤；C.向兩支盛有KI3的溶液的試管中，分別滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液變藍，說明KI3的溶液含I2，后者有黃色沉淀，說明KI3的溶液中含I-，即KI3溶液中存在平衡為I2＋I－，故C正確；D.Cu與氯化鐵反應生成氯化銅和氯化亞鐵，會引入新的雜質亞鐵離子，故D錯誤；答案選C。9、A【解析】A.Cu2+為重金屬離子，能使蛋白質變性，故CuSO4能用于生活用水消毒，A錯誤；B.鹵水煮豆腐是Mg2+、Ca2+等使蛋白質膠體發(fā)生凝聚過程，B正確；C.純堿溶液顯堿性，可以洗滌餐具上的油漬，C正確；D.油漆刷在鋼鐵護欄表層隔絕空氣，用來防止金屬銹蝕，D正確，答案選A。10、C【解析】

n(Sn)=11.9g÷119g/mol=0.1mol，n(HNO3)=12mol/L×0.1L=1.2mol，12mol/L的硝酸是濃硝酸，反應后溶液中c(H+)為8mol?L?1，說明生成的氣體是二氧化氮，n(NO2)=8.96L÷22.4L/mol=0.4mol，設Sn被氧化后的化合價為x，根據(jù)轉移電子守恒得0.4mol×(5?4)=0.1mol×(x?0)x=+4，又溶液中c(H+)=8mol/L，而c(NO3-)=（1.2mol?0.4mol）÷0.1L=8mol/L，根據(jù)溶液電中性可判斷溶液中不存在Sn(NO3)4，所以可能存在的是SnO2?4H2O，故選：C。11、C【解析】

A．氣態(tài)苯乙酮的摩爾質量為120g/mol，氣態(tài)乙酸的摩爾質量為60g/mol，根據(jù)ρ=，二者氣態(tài)物質的狀態(tài)條件未知，體積無法確定，則密度無法確定，故A錯誤；B．苯的結構中，只有碳氫單鍵，碳碳之間是一種介于單鍵與雙鍵之間的一種特殊鍵，則1個苯分子中有6個單鍵，1mol苯中含有6mol單鍵即6NA個，故B錯誤；C．一個乙酸酐分子中含有54個電子，1mol乙酸酐分子中含有54mol電子，則0.5mol乙酸酐中含有27mol電子，即電子數(shù)目為27NA，故C正確；D．1L2mol/LCH3COOH的物質的量為2mol，與鈉反應生成氫氣1mol，足量鈉，醋酸消耗完可繼續(xù)與水反應，則生成的氣體分子數(shù)大于NA個，故D錯誤；答案選C?！军c睛】足量的鈉與乙酸反應置換出氫氣后，剩余的鈉會繼續(xù)和水反應，鈉與水反應也會釋放出氫氣。12、A【解析】

由碳架結構可知a為(CH3)2C=CH2，b為C(CH3)4，c為(CH3)3CH，d為環(huán)丁烷，①a為(CH3)2C=CH2，屬于烯烴，d為環(huán)丁烷，屬于環(huán)烷烴，二者分子式相同，結構不同，互為同分異構體，①正確；②b為C(CH3)4，c為(CH3)3CH，二者都屬于烷烴，分子式不同，互為同系物，②正確；③a為(CH3)2C=CH2，含有C=C雙鍵，可以發(fā)生加聚反應，d為環(huán)丁烷，屬于環(huán)烷烴，不能發(fā)生加聚反應，③錯誤；④都屬于烴，一定條件下都可以發(fā)生取代反應，④錯誤；所以①②正確，故答案為：A。13、B【解析】

A.CuSO4和H2S反應生成CuS黑色沉淀，反應能發(fā)生是因為CuS不溶于硫酸，不是因為H2S的酸性比H2SO4強，硫酸是強酸，H2S是弱酸，故A不選；B.相同濃度的KMnO4酸性溶液和不同濃度的H2C2O4溶液反應，MnO4-被還原為Mn2+，溶液褪色，草酸濃度大的反應速率快，故B選；C.Fe2（SO4）3和Cu反應生成FeSO4和CuSO4，溶液變藍，但沒有黑色固體出現(xiàn)，故C不選；D.濃硫酸有脫水性，能使蔗糖脫水炭化，同時濃硫酸具有強氧化性，被還原為SO2，有刺激性氣味的氣體產生，故D不選。故選B。14、D【解析】

A、粉末狀或小顆粒狀固體，要利用藥匙，塊狀固體藥品要用鑷子取用，故A錯誤；B、紅色石蕊試紙檢測氣體時需要潤濕，而pH試紙使用時不需要潤濕，故B錯誤；C、蒸餾操作時，裝置中的溫度計的水銀球應位于蒸餾燒瓶中的支管口處，測的是蒸汽的溫度，故C錯誤；D、分液時下層液體從分液漏斗下端管口放出，關閉活塞，換一個接收容器，上層液體從分液漏斗上端倒出，故D正確；故選D。15、C【解析】

A.D和T均為氫元素，但中子數(shù)不同，互為同位素，故A正確；B.“碳納米泡沫”和石墨均為碳元素形成的單質，互為同素異形體，故B正確；C.CH3CH2COOH屬于羧酸類，HCOOCH3屬于酯類，官能團不同，不是同系物，故C錯誤；D.丙醛與環(huán)氧丙烷（）分子式相同，結構不同，互為同分異構體，故D正確；綜上所述，答案為C。16、D【解析】

本題考查有機物的結構與性質，意在考查知識遷移能力。【詳解】A.a中含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成反應，氧化反應，氫原子在一定條件下可以被取代，故不選A；B.a含有碳碳雙鍵和醛基、b中含有碳碳雙鍵、c、d中均含有-CH2OH，它們能被酸性高錳酸鉀氧化，故不選B；C.d中含有四面體結構的碳，所以所有的原子不可能共平面，故不選C；D.與b互為同分異構體、含有1個-COOH和2個-CH3的有機物有、、、、、等，故選D；答案：D【點睛】易錯選項B，能使酸性高錳酸鉀褪色的有：碳碳雙鍵、碳碳三鍵、和苯環(huán)相連的碳上有C-H鍵，醇羥基（和羥基相連的碳上含有C-H鍵）、酚、醛等。17、D【解析】

A.曲線b的活化能比a的低，所以曲線b是使用了催化劑的能量變化曲線，選項A錯誤；B.由圖像可知反應物能量高，所以鍵能低，選項B錯誤；C.反應的熱化學方程式為：4HCl（g）+O2（g）2Cl2+2H2O（g）△H=﹣115.6kJ/mol，選項C錯誤；D.氣態(tài)水變成液態(tài)要放出能量，所以若反應生成2mol液態(tài)水，放出的熱量高于115.6kJ，選項D正確；答案選D。18、B【解析】

A、該反應應為吸熱反應，A錯誤；B、碳酸氫鈉受熱易分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，因此除去Na2CO3固體中少量NaHCO3可用熱分解的方法，B正確；C、過氧化尿素使品紅溶液褪色是利用它的強氧化性，而二氧化硫使品紅溶液褪色是利用它與品紅試劑化合生成不穩(wěn)定的無色物質，原理不相同，C錯誤；D、由圖示可知，二氧化碳與氫氣合成甲醇的原子利用率不是100%，D錯誤；答案選B。19、D【解析】

A.Fe2(SO4)3加NaOH反應生成Fe(OH)3沉淀，而不是膠粒，故A錯誤；B.l00mLlmol/L的Fe2(SO4)3溶液中n[Fe2(SO4)3]=1mol?L?1×0.1L=0.1mol，n(Fe3+)=0.2mol，鐵離子水解Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，根據(jù)水解方程式得到溶液中陽離子數(shù)目大于0.2NA，故B錯誤；C.加Na2CO3溶液發(fā)生雙水解生成氫氧化鐵沉淀和二氧化碳氣體，其反應為3CO32?+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，故C錯誤；D.Fe2(SO4)3溶液水解生成膠體，膠體具有吸附雜質功能，起凈水功能，因此可用于凈化水，故D正確。綜上所述，答案為D?！军c睛】鐵離子與碳酸根、碳酸氫根、偏鋁酸根、硅酸根等離子要發(fā)生雙水解反應。20、B【解析】

A．由X生成Y，是X中-OH上的H原子被-CH2CH=C(CH3)2所取代，A正確；B．Y使酸性高錳酸鉀溶液褪色，可能是碳碳雙鍵的作用，也可能是醛基的作用，B不正確；C．X和Y分子中都含有醛基，均能與新制的Cu(OH)2在加熱條件下反應生成磚紅色沉淀，C正確；D．醛基、碳碳雙鍵和苯環(huán)都可以和氫氣加成，等物質的量的X、Y分別與H2反應，前者最多消耗H24mol，后者最多消耗H25mol，D正確；故選B。21、C【解析】

A．充電時，陽離子向陰極移動，即K＋向陰極移動，A項錯誤；B．放電時總反應為2Zn+O2+4OH–+2H2O=2Zn(OH)42-，則充電時生成氫氧化鉀，溶液中的氫氧根離子濃度增大，B項錯誤；C．放電時，鋅在負極失去電子，電極反應為Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C項正確；D．標準狀況下22.4L氧氣的物質的量為1摩爾，電路中轉移4摩爾電子，D項錯誤；答案選C?！军c睛】電極反應式的書寫是電化學中必考的一項內容，一般先寫出還原劑（氧化劑）和氧化產物（還原產物），然后標出電子轉移的數(shù)目，最后根據(jù)原子守恒和電荷守恒完成缺項部分和配平反應方程式，作為原電池，正極反應式為：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，負極電極反應式為：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-；充電是電解池，陽離子在陰極上放電，陰離子在陽極上放電，即陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動，對可充電池來說，充電時原電池的正極接電源正極，原電池的負極接電源的負極，不能接反，否則發(fā)生危險或電極互換，電極反應式是原電池電極反應式的逆過程；涉及到氣體體積，首先看一下有沒有標準狀況，如果有，進行計算，如果沒有必然是錯誤選項。22、D【解析】

A．燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量，即H元素要轉化為液態(tài)水而不是轉化為氫氣，故1molCH3OH完全燃燒放出的熱量不是192.9kJ，故A錯誤；B．因為①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)的Q小于0，該反應是吸熱反應，所以反應物的總能量應該小于生成物的總能量，故B錯誤；C．②中的熱化學方程式表明，CH3OH轉變成H2的過程不一定要吸收能量，故C錯誤；D．因為CH3OH(l)變成CH3OH(g)需要吸收能量，根據(jù)②推知反應：CH3OH(l)+O2(g)→CO2(g)+2H2(g)+Q的Q<192.9kJ，故D正確；故選D。【點睛】二、非選擇題(共84分)23、ACC2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH、、、【解析】

根據(jù)流程圖分析，A為，B為，C為，E為，F(xiàn)為，H為。（1）根據(jù)以上信息，可知諾氟沙星的結構簡式。（2）A.B到C的反應類型為還原反應；B.EMME為C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳雙鍵可發(fā)生加成、氧化，加聚反應，酯基可發(fā)生取代反應；C.化合物E含有堿基，具有堿性；D.D中左邊苯環(huán)與右邊環(huán)中一個乙烯的結構片斷、右環(huán)上兩個乙烯的結構片斷都共用兩個碳原子，兩個環(huán)上的9個C原子可能共平面；（3）將C2H5OH氧化為CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再與NaCN反應，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再與HC(OC2H5)3反應，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。（4）與C2H5OCH=C(COOC2H5)2反應，生成和C2H5OH。（5）G的同系物M（C6H14N2）同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式：若六元環(huán)上只有一個N原子，則分子中不存在4種氫原子的異構體，所以兩個N原子必須都在環(huán)上，且分子呈對稱結構。依照試題信息，兩個N原子不能位于六元環(huán)的鄰位，N原子上不能連接C原子，若兩個C原子構成乙基，也不能滿足“分子中有4種氫原子”的題給條件。因此，兩個N原子只能位于六元環(huán)的間位或對位，兩個甲基可連在同一個碳原子上、不同的碳原子上，但都必須呈對稱結構?！驹斀狻浚?）通過對流程圖的分析，可得出諾氟沙星的結構簡式為。答案為：；（2）A.B到C的反應類型為還原反應，A錯誤；B.EMME為C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳雙鍵可發(fā)生加成、氧化，加聚反應，酯基可發(fā)生取代反應，B正確；C.化合物E含有堿基，具有堿性，C錯誤；D.D中左邊苯環(huán)與右邊環(huán)中一個乙烯的結構片斷、右環(huán)上兩個乙烯的結構片斷都共用兩個碳原子，兩個環(huán)上的9個C原子可能共平面，D正確。答案為：AC；（3）將C2H5OH氧化為CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再與NaCN反應，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再與HC(OC2H5)3反應，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。答案為：C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2；（4）與C2H5OCH=C(COOC2H5)2反應，生成和C2H5OH。答案為：+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH；（5）若六元環(huán)上只有一個N原子，則分子中不存在4種氫原子的異構體，所以兩個N原子必須都在環(huán)上，且分子呈對稱結構。依照試題信息，兩個N原子不能位于六元環(huán)的鄰位，N原子上不能連接C原子，若兩個C原子構成乙基，也不能滿足“分子中有4種氫原子”的題給條件。因此，兩個N原子只能位于六元環(huán)的間位或對位，結構簡式可能為、；兩個甲基可連在同一個碳原子上、不同的碳原子上，結構簡式可能為、。答案為：、、、。24、Cu(NO3)24NO2+O2+4OH—=4NO3—+2H2O3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2OCu4(OH)6(NO3)2或Cu(NO3)2?3Cu(OH)2NO2有氧化性，Na2S2O4中+3價的硫元素具有還原性，能發(fā)生氧化還原反應【解析】

對X進行加熱后分解產生了紅棕色的混合氣體，混合氣體中一定有NO2，所以X中一定有N和O元素；X分解產生的黑色固體與NH3反應后，可以獲得紫紅色固體，即銅單質，所以X中一定有Cu元素，所以X為Cu(NO3)2?！驹斀狻?1)通過分析可知，X的化學式即為Cu(NO3)2；(2)通過分析可知Cu(NO3)2分解的方程式為：，所以混合氣體與足量NaOH溶液反應的離子方程式為：；(3)通過分析可知黑色固體Y即為CuO，其與NH3反應的方程式為：；(4)0.1molW能消耗0.6molHCl，所以W化學式中含有6個OH-；又因為，0.1molW分解得到Y(CuO)質量32.0g即0.4mol，所以W的化學式中含有4個Cu2+，所以W的化學式為Cu4(OH)6(NO3)2；(5)混合氣體中含有NO2，具有氧化性，其可以與具有還原性的Na2S2O4發(fā)生氧化還原反應，從而轉化成無毒的N2。25、冷凝管濃硫酸（濃H2SO4）吸收多余的Cl2，防止污染空氣；吸收空氣中的水蒸氣，防止產品水解③①②Cl2錫蒸餾316313H2O錐形瓶內溶液由無色變?yōu)樗{色，半分鐘不褪色88.6【解析】

在A裝置中，MnO2與濃鹽酸在加熱條件下反應生成Cl2，由于濃鹽酸易揮發(fā)，所以生成的Cl2中混有HCl氣體和水蒸氣。B裝置中，飽和食鹽水可除去Cl2中的HCl，C裝置用于干燥Cl2，所以應放入濃硫酸；在排盡裝置內的空氣后，加熱D裝置，讓錫與Cl2反應生成SnCl4蒸汽，冷凝管冷凝后用F裝置收集，同時用G裝置吸收未反應的Cl2，并防止空氣中的水蒸氣進入F中，引起SnCl4的水解?！驹斀狻?1)裝置E的儀器名稱是冷凝管，由以上分析知，裝置C用于干燥氯氣，應盛放的試劑是濃硫酸（濃H2SO4）。答案為：冷凝管；濃硫酸（濃H2SO4）；(2)裝置G既可防止氯氣進入大氣，又可防止大氣中的水蒸氣進入裝置，所以其作用是吸收多余的Cl2，防止污染空氣；吸收空氣中的水蒸氣，防止產品水解。答案為：吸收多余的Cl2，防止污染空氣；吸收空氣中的水蒸氣，防止產品水解；(3)實驗開始時，應先加藥品再制氯氣，最后發(fā)生Sn與Cl2的反應，所以正確的操作順序為③①②。答案為：③①②；(4)得到的產品顯黃色是因含有少量Cl2，可以向其中加入單質錫，讓其與Cl2反應生成SnCl4除去。由信息可知，雜質SnCl2的沸點比SnCl4高，可采取的操作名稱是蒸餾。答案為：Cl2；錫；蒸餾；(5)①利用得失電子守恒配平時，可先配含變價元素微粒的化學計量數(shù)，再利用電荷守恒、質量守恒配其它物質的化學計量數(shù)，從而得到配平的方程式為：3Sn2++IO3－+6H+=3Sn4++I－+3H2O。答案為：3；1；6；3；1；3H2O；②滴定終點時，發(fā)生反應IO3－+5I2－+6H+=3I2+3HO，生成的I2使淀粉變藍，從而得出產生的現(xiàn)象是錐形瓶內溶液由無色變?yōu)樗{色，半分鐘不褪色。答案為：錐形瓶內溶液由無色變?yōu)樗{色，半分鐘不褪色；③由反應方程式可得關系式：3Sn2+——IO3－，n(Sn2+)=3n(IO3-)=3×0.0100mo/L×8.00×10-3L=2.4×10-4mol，產品的純度為=88.6%。答案為：88.6?！军c睛】在回答“為了進一步分離提純產品，采取的操作名稱”時，我們應清楚產品中混入了何種雜質，所以需從題干、表格中尋找信息，在表格中將SnCl2的熔、沸點與SnCl4進行了對比，從而暗示我們，雜質為SnCl2，由此便可確定凈化方法。26、+6SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4冷凝管濃硫酸防止空氣中水蒸汽進入三頸燒瓶，使SO2Cl2發(fā)生水解變質并能吸收尾氣SO2和Cl2，防止污染環(huán)境D滴加最后一滴HCl標準液，錐形瓶中溶液由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘不恢?5%【解析】

（1）SO2Cl2中，O的化合價是-2價，Cl的化合價是-1價，計算可得S的化合價是+6價。SO2Cl2中與水發(fā)生反應“發(fā)煙”的化學方程式為：SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4。（2）①如上圖，甲是反應的發(fā)生裝置，儀器A是球形冷凝管，作用是冷凝回流SO2C12；B是球形干燥管，裝有堿石灰，其作用是防止空氣中水蒸氣的進入，還可以吸收尾氣SO2和C12，防止污染環(huán)境；丙是提供氯氣的裝置，乙的作用是除去氯氣中的雜質。由于通入甲的氯氣必須是干燥的，故乙中應加入干燥劑，圖中所示為液體干燥劑，即濃硫酸。故答案為冷凝管；濃硫酸；防止空氣中水蒸汽進入三頸燒瓶，使SO2C12發(fā)生水解變質并能吸收尾氣SO2和C12，防止污染環(huán)境。②利用加入的液體使集氣瓶中的氯氣排出，氯氣在飽和食鹽水中溶解度小，因此選D。③硫酰氯在水溶液中與水反應生成鹽酸和硫酸，都是酸性物質，與氫氧化鈉可以發(fā)生反應。因此在過量的NaOH溶液中加熱充分水解，得到Na2SO4、NaCl和NaOH的混合溶液。滴加甲基橙后，由于溶液顯堿性，因此顯黃色。用0.1000mol·L-1標準HC1滴定至終點時，觀察到的現(xiàn)象為錐形瓶中溶液由黃色變?yōu)槌壬野敕昼姴换謴?。消耗的HCl的物質的量與滴定所取25mL混合溶液中NaOH的物質的量相等，為0.1000mol·L-1×0.0100L=0.001mol，由于滴定所取的溶液為原混合溶液的1/10，故原混合溶液中含有NaOH0.01mol。與氯化氫和硫酸反應消耗的NaOH為0.100L×0.50000mol·L-1-0.010mol=0.04mol，根據(jù)總反應方程式SO2C12+4NaOH=2NaC1+Na2SO4+2H2O可知，原產品中含有SO2C12的物質的量為0.01mol，質量為0.01mol×135g/mol=1.35g，產率為1.35g÷1.800g×100%=75%。故答案為滴加最后一滴HC1標準液，錐形瓶中溶液由黃色變?yōu)槌壬野敕昼姴换謴停?5%?！军c睛】SOCl2水解的反應可以把SO2Cl2和H2O都拆成正價和負價兩部分，即把SO2Cl2拆成和Cl-兩部分，把水拆成H+和OH-兩部分，然后正和負兩兩結合，即可寫出生成物，同時可以直接配平方程式。即H+和Cl-結合，由于有2個Cl-，所以需要2個水分子提供2個H+，同時提供的2個OH-和1個結合為H2SO4，最終反應的方程式為：SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4。其他物質和水的反應均可同樣方法寫出化學方程式，如CaC2、NaH、Mg3N2、Al2S3、BrCl等，鹽類的水解也可以同樣寫出。27、干燥管先變紅后褪色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的鹽酸溶液【解析】

CuCl2·2H2O晶體在氯化氫氣流中加熱失水得到CuCl2，溫度高于300℃分解生成CuCl和Cl2；向硫酸銅溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3發(fā)生氧化還原反應生成CuCl，得到的CuCl經硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗滌，可快速除去固體表面的水分，防止水解、氧化；氯化亞銅與氯化鐵發(fā)生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，發(fā)生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，結合關系式解答該題；保險粉和KOH的混合溶液吸收O2，發(fā)生氧化還原反應；CuCl易被氧化，因此吸收CO前，要先吸收O2；NaOH溶液能吸收CO2，則吸收O2前，要先吸收CO2；N2的體積可用排水法測定，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)根據(jù)儀器X的構造，其名稱是干燥管；由制備CuCl的原理可知，反應生成了Cl2，故B中濕潤的石蕊試紙試紙先變紅后褪色，故答案為干燥管；先變紅后褪色；(2)實驗時檢查裝置的氣密性后加入藥品后，要先在氣體入口處通入干燥HCl，再點燃酒精燈，加熱，實驗結束時要先熄滅酒精燈，冷卻，再停止通入HCl，然后通入，所以操作的先后順序是cdb，故答案為cdb；(3)根據(jù)以上分析，若實驗中通入的HCl的量不足，則氯化銅晶體加熱時發(fā)生水解，最后生成少量CuO，故答案為通入的HCl的量不足；(4)向硫酸銅溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3發(fā)生氧化還原反應生成CuCl，離子方程式為2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；由制備反應可知，有硫酸鈉生成，則應加入硫酸，為防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入鹽酸，防止引入新雜質；因乙醇沸點低，易揮發(fā)，則用乙醇洗滌，可快速除去固體表面的水分，防止水解、氧化；故答案為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)氯化亞銅與氯化鐵發(fā)生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，發(fā)生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，反應的關系式為6CuCl～6Fe2+～Cr2O72-，

6

1

n

ab×10-3mol

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

則樣品中CuCl的質量分數(shù)為

×100%，

故答案為

×100%；(6)①保險粉和KOH的混合溶液吸收O2，發(fā)生氧化還原反應：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，則吸收O2前，要先吸收CO2；故吸收順序為CO2、O2、CO，N2的體積可用排水法測定。故D用來吸收CO2，試劑為NaOH溶液。F用來吸收CO，試劑為CuCl的鹽酸溶液。故答案為2S2O42-+3O2+4OH-=

4SO42-+2H2O；NaOH溶液；CuCl的鹽酸溶液?！军c睛】本題側重于分析能力、實驗能力和計算能力的考查，注意把握物質的性質以及反應流程，注意（5）中利用關系式的計算。28、CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)△H=+175.2kJ/molB<>66.7%<c(Na+)>c(HSO3-)=c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)【解析】

(1)將兩個熱化學方程式疊加，就可得到相應反應的熱化學方程式；(2)①根據(jù)反應達到平衡時任何一組分的速率不變，物質的濃度、含量等不變判斷平衡狀態(tài)；②該反應是氣體體積減小的反應，在溫度不變時，增大壓強，平衡正向移動，氨的含量增加；在壓強不變時，根據(jù)該反應的正反應是放熱反應分析判斷B、D兩點的化學平衡常數(shù)大小；③根據(jù)C點時氨的含量是50%，利用三段式計算H2的轉化率；根據(jù)A、B兩點的溫度、壓強的大小及溫度、壓強與化學反應速率的影響分析；(3)利用物料守恒、電荷守恒分析比較離子濃度大小?！驹斀狻?1)a+b，整理可得CH4(g)