2023學年江西省上高縣第學高考沖刺模擬化學試題含解析

2023高考化學模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，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、室溫下，對于0.10mol?L﹣1的氨水，下列判斷正確的是A．與AlCl3溶液反應發(fā)生的離子方程式為Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓B．用HNO3溶液完全中和后，溶液不顯中性C．加水稀釋后，溶液中c（NH4+）?c（OH﹣）變大D．1L0.1mol?L﹣1的氨水中有6.02×1022個NH4+2、化學與生產(chǎn)、生活、社會密切相關(guān)。下列說法錯誤的是A．大量使用含丙烷、二甲醚等輔助成分的“空氣清新劑”會對環(huán)境造成新的污染B．制造普通玻璃的原料為石英砂（Si02）、石灰石（CaCO3）和純堿C．髙錳酸鉀溶液、酒精、雙氧水能殺菌消毒，都利用了強氧化性D．紅柿摘下未熟，每籃用木瓜三枚放入，得氣即發(fā)，并無濕味?！蔽闹械摹皻狻笔侵敢蚁?、的名稱是A．1-甲基-4-乙基戊烷 B．2-乙基戊烷C．1,4-二甲基己烷 D．3-甲基庚烷4、常溫下，向1L0.01mol·L－1一元酸HR溶液中逐漸通入氨氣［常溫下NH3·H2O電離平衡常數(shù)K＝1.76×10－5］，保持溫度和溶液體積不變，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述不正確的是A．0.01mol·L－1HR溶液的pH約為4B．隨著氨氣的通入，逐漸減小C．當溶液為堿性時，c（R－）＞c（HR）D．當通入0.01molNH3時，溶液中存在：c（R－）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH－）5、化學與生活、生產(chǎn)密切相關(guān)，下列敘述正確的是A．用含橙色的酸性重鉻酸鉀溶液的儀器檢驗酒駕，利用了乙醇的揮發(fā)性和還原性。B．空氣污染日報中的空氣污染指數(shù)的主要項目有可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮和二氧化碳C．為消除碘缺乏癥，我國衛(wèi)生部門規(guī)定食鹽中必須加碘，其中碘元素以KI形式存在D．為了獲得更好的消毒效果，醫(yī)用酒精的濃度通常為95%6、X、Y、Z、Q、R為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其原子半徑與最外層電子數(shù)的關(guān)系如下圖所示。R原子最外層電子數(shù)Q原子最外層電子數(shù)的4倍，Q的簡單離子核外電子排布與Z2-相同。下列相關(guān)敘述不正確的是A．化合物XZB．五種元素中Q的金屬性最強C．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：YD．最高價氧化物對應的水化物酸性：HY7、關(guān)于“植物油”的敘述錯誤的是（）A．屬于酯類 B．不含碳碳雙鍵C．比水輕 D．在堿和加熱條件下能完全水解8、如圖所示，甲池的總反應式為：N2H4+O2═N2+2H2O下列關(guān)于該電池工作時說法正確的是（）A．甲池中負極反應為：N2H4﹣4e﹣═N2+4H+B．甲池溶液pH不變，乙池溶液pH減小C．反應一段時間后，向乙池中加一定量CuO固體，能使CuSO4溶液恢復到原濃度D．甲池中消耗2.24LO2，此時乙池中理論上最多產(chǎn)生12.8g固體9、以丁烯二醛和肼為原料經(jīng)過Diels-Alder反應合成噠嗪，合成關(guān)系如圖，下列說法正確的是（）A．噠嗪的二氯代物超過四種B．聚丁烯二醛因無碳碳雙鍵不能使溴水褪色C．丁烯二醛與N2H4可以在一定條件下加成后再消去可制得噠嗪D．物質(zhì)的量相等的丁烯二醛和噠嗪分別與氫氣完全加成，消耗氫氣的量不同10、短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大，a和b的最外電子數(shù)之和等于c和d的最外層電子數(shù)之和，這四種元素組成兩種鹽b2da3和bca2。在含該兩種鹽的混合溶液中滴加鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀的物質(zhì)的量與鹽酸體積的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A．1mold的氧化物含2mol化學鍵B．工業(yè)上電解c的氧化物冶煉單質(zhì)cC．原子半徑：a<b<c<dD．簡單氫化物的沸點：a<d11、下列有關(guān)說法不正確的是A．鈉與氧氣反應的產(chǎn)物與反應條件有關(guān)B．金屬鎂分別能在氮氣、氧氣、二氧化碳中燃燒C．工業(yè)上主要采用高溫冶煉黃銅礦的方法獲得銅D．二氧化硫能漂白某些物質(zhì)，能使紫色石蕊試液先變紅后褪色12、如圖是部分短周期元素原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系圖。字母代表元素，分析正確的是A．R在周期表的第15列B．Y、Q兩種元素的氣態(tài)氫化物及其最高價氧化物的水化物均為強酸C．簡單離子的半徑:X>Z>MD．Z的單質(zhì)能從M與Q元素構(gòu)成的鹽溶液中置換出單質(zhì)M13、2.8gFe全部溶于一定濃度、200mL的HNO3溶液中，得到標準狀況下的氣體1.12L，測得反應后溶液的pH為1。若反應前后溶液體積變化忽略不計，下列有關(guān)判斷正確的是A．反應后溶液中c（NO3－）=0.85mol/LB．反應后的溶液最多還能溶解1.4gFeC．反應后溶液中鐵元素可能以Fe2+形式存在D．1.12L氣體可能是NO、NO2的混合氣體14、已知：CH3C≡CH＋CO＋CH3OHM，N＋CH3OHM＋H2O。其中M的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=C(CH3)COOCH3，下列說法錯誤的是（）A．N可以使溴水褪色B．N轉(zhuǎn)化為M的反應為取代反應C．M中所有碳原子可能共面D．N屬于酯的同分異構(gòu)體有3種15、電滲析法是指在外加電場作用下，利用陰離子交換膜和陽離子交換膜的選擇透過性，使部分離子透過離子交換膜而遷移到另一部分水中，從而使一部分水淡化而另一部分水濃縮的過程。下圖是利用電滲析法從海水中獲得淡水的原理圖，已知海水中含Na＋、Cl－、Ca2＋、Mg2＋、SO42-等離子，電極為石墨電極。下列有關(guān)描述錯誤的是A．陽離子交換膜是A，不是BB．通電后陽極區(qū)的電極反應式：2Cl－－2e－→Cl2↑C．工業(yè)上陰極使用鐵絲網(wǎng)代替石墨碳棒，以減少石墨的損耗D．陰極區(qū)的現(xiàn)象是電極上產(chǎn)生無色氣體，溶液中出現(xiàn)少量白色沉淀16、鉛霜(醋酸鉛)是一種中藥，具有解毒斂瘡、墜痰鎮(zhèn)驚之功效，其制備方法為：將醋酸放入磁皿，投入氧化鉛，微溫使之溶化，以三層細布趁熱濾去渣滓，放冷，即得醋酸鉛結(jié)晶；如需精制，可將結(jié)晶溶于同等量的沸湯，滴醋酸少許，過七層細布，清液放冷，即得純凈鉛霜。制備過程中沒有涉及的操作方法是A．萃取 B．溶解 C．過濾 D．重結(jié)晶17、中國工程院院士李蘭娟團隊發(fā)現(xiàn)，阿比朵爾對2019-nCoV具有一定的抑制作用，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下面有關(guān)該化合物的說法正確的是A．室溫可溶于水和酒精B．氫原子種類數(shù)為10C．不能使酸性KMnO4溶液褪色D．1mol該分子最多與8mol氫氣反應18、一定溫度下，10mL0.40mol·L-1H2O2溶液發(fā)生催化分解。不同時刻測得生成O2的體積（已折算為標準狀況）如下表。t/min0236810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列敘述不正確的是（）（溶液體積變化忽略不計）A．反應至6min時，H2O2分解了50％B．反應至6min時，c(H2O2)=0.20mol·L-1C．0~6min的平均反應速率：v(H2O2)≈3.3×10-2mol/(L·min)D．4~6min的平均反應速率：v(H2O2)>3.3×10-2mol/(L·min)19、設阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為NA。下列說法正確的是A．1L1mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的離子數(shù)為3NAB．5.6g乙烯和環(huán)丙烷的混合物中含C—H鍵數(shù)目為1．8NAC．常溫常壓下，22.4L的37Cl2中所含的中子數(shù)為41NAD．硝酸與銅反應生成1.1molNOx時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1.2NA20、下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論A蘸有濃氨水的玻璃棒靠近溶液X有白煙產(chǎn)生溶液X一定是濃鹽酸B用玻璃棒蘸取溶液Y進行焰色反應實驗火焰呈黃色溶液Y中一定含Na+C向Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液溶液變黃氧化性：H2O2>Fe3+D用煮沸過的蒸餾水將Na2SO3固體樣品溶解，加稀鹽酸酸化，再加入氯化鋇溶液有白色沉淀產(chǎn)生Na2SO3樣品中含有SO42－A．A B．B C．C D．D21、鈉與水反應的現(xiàn)象和鈉的下列性質(zhì)無關(guān)的是（）A．鈉的熔點低 B．鈉的密度小 C．鈉的硬度小 D．鈉的強還原性22、標準狀況下，下列實驗用如圖所示裝置不能完成的是（）A．測定一定質(zhì)量的和混合物中的含量B．確定分子式為的有機物分子中含活潑氫原子的個數(shù)C．測定一定質(zhì)量的晶體中結(jié)晶水數(shù)目D．比較Fe3+和Cu2+對一定質(zhì)量的雙氧水分解反應的催化效率二、非選擇題(共84分)23、（14分）藥物瑞德西韋(Remdesivir))對2019年新型冠狀病毒(2019-nCoV)有明顯抑制作用；K為藥物合成的中間體,其合成路線如圖：已知：①R—OHR—Cl②回答下列問題：（1）A的化學名稱為___。由A→C的流程中，加入CH3COCl的目的是___。（2）由G→H的化學反應方程式為___，反應類型為___。（3）J中含氧官能團的名稱為___。碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳原子稱為手性碳原子，則瑞德西韋中含有___個手性碳原子。（4）X是C的同分異構(gòu)體，寫出一種滿足下列條件的X的結(jié)構(gòu)簡式___。①苯環(huán)上含有硝基且苯環(huán)上只有一種氫原子；②遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；③1mol的X與足量金屬Na反應可生成2gH2。（5）設計以苯甲醇為原料制備化合物的合成路線（無機試劑任選）___。24、（12分）有甲、乙、丙、丁、戊五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，其常見化合價依次為+1、-2、+1、+3、-1。它們形成的物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示。常溫下用惰性電權(quán)電解(有陽離子交換膜)1L1mol/L的A溶液。請按要求回答下列問題：①．己元素與丙元素同主族，比丙原子多2個電子層，則己的原子序數(shù)為________；推測相同條件下丙、己單質(zhì)分別與水反應劇烈程度的依據(jù)是__________________________________________________。②．甲、乙、戊按原子個數(shù)比1︰1︰1形成的化合物Y具有漂白性，其電子式為_______________。③．上圖轉(zhuǎn)化關(guān)系中不屬于氧化還原反應的有(填編號)_______。④．接通如圖電路片刻后，向燒杯中滴加一種試劑即可檢驗鐵電極被腐蝕，此反應的離子方程式為_____________________。⑤．當反應①電解一段時間后測得D溶液pH=12(常溫下，假設氣體完全逸出，取出交換膜后溶液充分混勻，忽略溶液體積變化)，此時共轉(zhuǎn)移電子數(shù)目約為___________；反應②的離子方程式為_________⑥．若上圖中各步反應均為恰好完全轉(zhuǎn)化，則混合物X中含有的物質(zhì)(除水外)有___________25、（12分）B．[實驗化學]丙炔酸甲酯（）是一種重要的有機化工原料，沸點為103~105℃。實驗室制備少量丙炔酸甲酯的反應為實驗步驟如下：步驟1：在反應瓶中，加入14g丙炔酸、50mL甲醇和2mL濃硫酸，攪拌，加熱回流一段時間。步驟2：蒸出過量的甲醇（裝置見下圖）。步驟3：反應液冷卻后，依次用飽和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗滌。分離出有機相。步驟4：有機相經(jīng)無水Na2SO4干燥、過濾、蒸餾，得丙炔酸甲酯。（1）步驟1中，加入過量甲醇的目的是________。（2）步驟2中，上圖所示的裝置中儀器A的名稱是______；蒸餾燒瓶中加入碎瓷片的目的是______。（3）步驟3中，用5%Na2CO3溶液洗滌，主要除去的物質(zhì)是____；分離出有機相的操作名稱為____。（4）步驟4中，蒸餾時不能用水浴加熱的原因是________。26、（10分）ClO2是一種高效安全消毒劑，常溫下ClO2為紅黃色有刺激性氣味氣體，其熔點為-59.5℃，沸點為11.0℃，能溶于水但不與水反應，遇熱水緩慢水解。某研究性學習小組欲制備Ⅰ．二氧化氯水溶液制備。在圓底燒瓶中先放入10gKClO3固體和(1)裝置A用水浴加熱的優(yōu)點是_________；裝置A中水浴溫度不低于60℃，其原因是_______________。(2)裝置A中反應生成ClO2及KHSO4等產(chǎn)物的化學方程式為(3)裝置B的水中需放入冰塊的目的是__________________；已知ClO2緩慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物質(zhì)的量之比為2:1，則該反應的化學方程式為____________；裝置C中的NaOH溶液吸收尾氣中的ClO2，生成物質(zhì)的量之比為的1:1的兩種鹽，一種為NaClOⅡ．ClO2步驟1：量取ClO2溶液10mL，稀釋成100mL步驟2：調(diào)節(jié)試樣的pH≤2.0，加入足量的步驟3：加入指示劑，用c?mol?L-1?(4)已知：2ClO2+8H++10I-=5IⅢ．設計實驗驗證ClO2(5)取適量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振蕩，得無色溶液。欲檢驗H(6)證明ClO2的氧化性比Fe3+強的方案是27、（12分）某同學設計了如下裝置用于制取SO2并驗證SO2的部分性質(zhì)。請回答下列問題：(1)寫出氮氣的電子式________。(2)B中選用不同的試劑可驗證SO2不同的性質(zhì)。為驗證SO2具有酸性氧化物性質(zhì)，在B中可以放入的試劑是________(填相應的編號)。①新制氯水②品紅溶液③含酚酞的NaOH試液④紫色石蕊試液(3)裝置C中可觀察到白色沉淀現(xiàn)象，相關(guān)反應的離子方程式為__________________________。28、（14分）某工業(yè)廢水中含有的Mn2+、CN﹣等會對環(huán)境造成污染，在排放之前必須進行處理。ClO2是一種國際上公認的安全無毒的綠色水處理劑，某實驗興趣小組通過如圖裝置制備ClO2，并用它來處理工業(yè)廢水中的Mn2+、CN﹣。已知：i．ClO2為黃綠色氣體，極易溶于水，沸點11℃；ii．ClO2易爆炸，若用“惰性氣體”等稀釋時，爆炸性則大大降低；iii．某工業(yè)廢水處理過程中Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO2、CN﹣轉(zhuǎn)化為對大氣無污染的氣體；iv．裝置B中發(fā)生的反應為：H2C2O4+H2SO4+2KClO3═K2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O。請回答下列問題：（1）B裝置的名稱是_____，C裝置的作用為_____。（2）用H2C2O4溶液、稀硫酸和KC1O3制備ClO2的最大優(yōu)點是_____。（3）寫出裝置D中除去Mn2+的離子方程式_____。（4）ClO2在處理廢水過程中可能會產(chǎn)生副產(chǎn)物亞氯酸鹽（ClO2）。下列試劑中，可將ClO2轉(zhuǎn)化為Cl的是_____。（填字母序號）。a．FeSO4b．O3c．KMnO4d．SO2（5）在實驗室里對該廢水樣品中CN﹣含量進行測定：取工業(yè)廢水Wg于錐形瓶中，加入10mL0.10mol/L的硫酸溶液，用0.0200mol/L的KMnO4標準溶液進行滴定，當達到終點時共消耗KMnO4標準溶液25.00mL。在此過程中：①實驗中使用棕色滴定管的原因是_____，滴定終點的判斷依據(jù)是_____。②Wg工業(yè)廢水中CN﹣的物質(zhì)的量為_____。③若盛裝工業(yè)廢水的錐形瓶未潤洗，則測定結(jié)果將_____（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。29、（10分）含氮化合物在生產(chǎn)、生命活動中有重要的作用。回答下列問題：(1)已知4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H1=－alkJ/mol，4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H2=－bkJ/mol，H2O(1)=H2O(g)△H3=+ckJ/mol，寫出在298K時，氨氣燃燒生成N2的熱化學方程式___________。(2)肌肉中的肌紅蛋白(Mb)可與O2結(jié)合生成MbO2：Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)，其中k正和k逆分別表示正反應和逆反應的速率常數(shù)，即V正=k正·c(Mb)·P(O2)，V逆=k逆·c(MbO2)。37℃時測得肌紅蛋白的結(jié)合度(α)與P(O2)的關(guān)系如下表[結(jié)合度(α)指已與O2結(jié)合的肌紅蛋白占總肌紅蛋白的百分比]：P(O2)0.501.002.003.004.005.006.00α（MbO2%）50.067.080.085.088.090.391.0①計算37℃、P(O2)為2.00kPa時，上述反應的平衡常數(shù)K=___________。②導出平衡時肌紅蛋白與O2的結(jié)合度(α)與O2的壓強[P(O2)]之間的關(guān)系式α=___________(用含有k正、k逆的式子表示)。(3)構(gòu)成肌紅蛋白的甘氨酸(NH2CH2COOH)是一種兩性物質(zhì)，在溶液中以三種離子形式存在，其轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：在甘氨酸溶液中加入酸或堿，三種離子的百分含量與的關(guān)系如圖所示：①純甘氨酸溶液呈___________性；當溶液呈中性時三種離子的濃度由大到小的順序為___________。②向=8的溶液中加入過量HCl時，反應的離子方程式為___________。③用電位滴定法可測定某甘氨酸樣品的純度.稱取樣品150mg，在一定條件下，用0.1000mol/L的高氯酸溶液滴定(與甘氨酸1︰1發(fā)生反應)，測得電壓變化與滴入HClO4溶液的體積關(guān)系如下圖。做空白對照實驗，消耗HClO4溶液的體積為0.25mL，該樣品的純度為___________%(計算結(jié)果保留一位小數(shù))

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】

A．一水合氨是弱電解質(zhì)，離子方程式中要寫化學式，該反應的離子方程式為：，故A錯誤；B．含有弱根離子的鹽，誰強誰顯性，硝酸銨是強酸弱堿鹽，所以其溶液呈酸性，故B正確；C．加水稀釋促進一水合氨電離，但銨根離子、氫氧根離子濃度都減小，所以減小，故C錯誤；D．一水合氨是弱電解質(zhì)，在氨水中部分電離，所以1L0.1mol?L?1的氨水中的數(shù)目小于6.02×1022，故D錯誤；故答案為：B?！军c睛】對于稀釋過程中，相關(guān)微粒濃度的變化分析需注意，稀釋過程中，反應方程式中相關(guān)微粒的濃度一般情況均會減小，如CH3COONa溶液，溶液中主要存在反應：CH3COONa+H2OCH3COOH+NaOH，稀釋過程中，c(CH3COO-)、c(CH3COOH)、c(OH-)、c(Na+)均逐漸減小，非方程式中相關(guān)微粒一般結(jié)合相關(guān)常數(shù)進行分析。2、C【解析】

A.丙烷、二甲醚都有一定的毒性，會對環(huán)境造成污染，故A不選；B.SiO2和CaCO3、Na2CO3在玻璃熔爐里反應生成Na2SiO3和CaSiO3，和過量的SiO2共同構(gòu)成了玻璃的主要成分，故B不選；C.髙錳酸鉀溶液和雙氧水殺菌消毒，利用了強氧化性，酒精沒有強氧化性，故C選；D.成熟的水果能釋放乙烯，乙烯可以促進果實成熟，故D不選。故選C。3、D【解析】根據(jù)主鏈最長原則，主鏈有7個碳原子；根據(jù)支鏈最近原則，從右端開始第3個碳原子上連有一個甲基，所以的名稱是3-甲基庚烷，故D正確。4、D【解析】

A.pH=6時c(H+)=10-6，由圖可得此時=0，則Ka==10-6，設HR0.01mol·L－1電離了Xmol·L－1，Ka==10-6，解得X=10-6，pH=4，A項正確；B.由已知HR溶液中存在著HR分子，所以HR為弱酸，==c(H+)/Ka溫度不變時Ka的值不變，c(H+)濃度在減小，故在減小，B項正確；C.當溶液為堿性時，R－的水解會被抑制，c(R－)＞c(HR)，C項正確；D.Ka=10-6，當通入0.01molNH3時，恰好反應生成NH4R，又因為常溫下NH3·H2O電離平衡常數(shù)K＝1.76×10－5，所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈堿性，則c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)，D項錯誤；答案選D。5、A【解析】

A．乙醇的沸點低，易揮發(fā)，能與酸性重鉻酸鉀反應，反應中乙醇作還原劑，表現(xiàn)還原性，所以用含橙色酸性重鉻酸鉀的儀器檢驗酒駕，利用了乙醇的揮發(fā)性和還原性，故A正確；B．可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮為污染環(huán)境的主要物質(zhì)，為空氣污染日報中的空氣污染指數(shù)，其中沒有二氧化碳這一項，故B錯誤；C．為消除碘缺乏癥，衛(wèi)生部規(guī)定食鹽中必須加含碘物質(zhì)，在食鹽中所加含碘物質(zhì)是碘酸鉀(KIO3)，故C錯誤；D．醫(yī)用酒精的濃度為75%，不是95%，故D錯誤；故選A。6、A【解析】

X、Y、Z、Q、R為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，R原子最外層上的電子數(shù)是Q原子最外層電子數(shù)的4倍，則Q只能處于IA族，R處于ⅣA族，R與X最外層電子數(shù)相同，二者同主族，且R的原子半徑較大，故X為C元素、R為Si元素；最外層電子數(shù)Z>Y>4，且二者原子半徑小于碳原子，故Y、Z處于第二周期，Z能夠形成離子Z2-，故Z為O元素，則Y為N元素；Q離子核外電子排布與O2-相同，且Q處于IA族，故D為Na，據(jù)此進行解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知X是C元素，Y是N元素，Z是O元素，R是Si元素，Q是Na元素。A.化合物XZ2是CO2，該物質(zhì)是共價化合物，由分子構(gòu)成，分子中含有共價鍵，A錯誤；B.在上述五種元素中只有Q表示的Na元素是金屬元素，因此五種元素中Q的金屬性最強，B正確；C.元素的非金屬性越強，其簡單氫化物的穩(wěn)定性就越強。由于元素的非金屬性N>C，所以氫化物的穩(wěn)定性NH3>CH4，C正確；D.元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強。由于元素的非金屬性N>Si，所以酸性：HNO3>H2SiO3，D正確；故合理選項是A?！军c睛】本題考查了元素周期表與元素周期律的應用的知識。根據(jù)元素的原子結(jié)構(gòu)及相互關(guān)系進行元素推斷是本題解答的關(guān)鍵，難度適中。7、B【解析】

植物油是高級脂肪酸的甘油酯，密度比水小，結(jié)構(gòu)中含有不飽和鍵，在堿性條件下可發(fā)生水解?！驹斀狻緼.植物油是高級脂肪酸的甘油酯，屬于酯類，A項正確；B.植物油結(jié)構(gòu)中含有不飽和的碳碳雙鍵鍵，B項錯誤；C.密度比水小，浮在水面上，C項正確；D.在堿性條件下可發(fā)生水解，生成高級脂肪酸鹽和甘油，D項正確；答案選B。8、C【解析】試題分析：甲池是原電池，N2H4發(fā)生氧化反應，N2H4是負極，在堿性電解質(zhì)中的方程式為N2H4﹣4e﹣+4OH－═N2+4H2O，故A錯誤；甲池的總反應式為：N2H4+O2═N2+2H2O，有水生成溶液濃度減小，PH減?。灰页厥请娊獬?，乙池總反應：2CuSO4+2H2O=2Cu+O2+2H2SO4，乙池溶液pH減小，故B錯誤；乙池析出銅和氧氣，所以反應一段時間后，向乙池中加一定量CuO固體，能使CuSO4溶液恢復到原濃度，故C正確；2.24LO2在非標準狀況下的物質(zhì)的量不一定是0.1mol，故D錯誤?？键c：本題考查原電池、電解池。9、C【解析】

A.噠嗪的二氯代物只有四種，A錯誤；B.聚丁烯二醛雖無碳碳雙鍵但含有醛基，能被溴水氧化而使溴水褪色，B錯誤；C.丁烯二醛與N2H4可以在一定條件下加成為，再消去可制得噠嗪，C正確；D.1mol丁烯二醛和噠嗪分別與氫氣完全加成，都消耗3mol氫氣，D錯誤。故選C。10、B【解析】

短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大，a和b的最外電子數(shù)之和等于c和d的最外層電子數(shù)之和，這四種元素組成兩種鹽b2da3和bca2。在含該兩種鹽的混合溶液中滴加鹽酸，生成白色沉淀，鹽酸過量時部分沉淀溶解，說明生成的沉淀中含有氫氧化鋁，因此兩種鹽的混合溶液中含有偏鋁酸鹽，如NaAlO2，因此a為O元素，c為Al元素，b為Na元素；根據(jù)鹽b2da3的形式，結(jié)合強酸制弱酸的原理，d酸難溶于水，因此d酸為硅酸，d為Si元素。據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析，a為O元素，b為Na元素，c為Al元素，d為Si元素。A.d的氧化物為二氧化硅，1mol二氧化硅中含有4molSi-O鍵，故A錯誤；B.工業(yè)上冶煉鋁是電解熔融的氧化鋁實現(xiàn)的，故B正確；C.一般而言，電子層數(shù)越多，半徑越大，電子層數(shù)相同，原子序數(shù)越大，半徑越小，原子半徑：a<d<c<b，故C錯誤；D.水分子間能夠形成氫鍵，沸點較高，而SiH4不能，因此簡單氫化物的沸點：a＞d，故D錯誤；答案選B。11、D【解析】

A、鈉與氧氣反應常溫下生成氧化鈉，加熱或點燃的條件下生成過氧化鈉，故A正確；B、鎂與氮氣燃燒生成氮化鎂，與氧氣燃燒生成氧化鎂，與二氧化碳發(fā)生置換反應，生成碳單質(zhì)和氧化鎂，故B正確；C、現(xiàn)代工業(yè)主要采用“火法煉銅”，即在高溫條件下培燒黃銅礦，故C正確；D、二氧化硫不能漂白石蕊，故D錯誤。故選D。12、C【解析】

從圖可看出X、Y在第二周期，根據(jù)原子序數(shù)知道X是O元素，Y是F元素，同理可知Z是Na元素，M是Al元素，R是Si元素，Q是Cl元素?！驹斀狻緼.R是Si元素，在周期表中位于第14列，故A錯誤；B.Y是F元素，沒有正化合價，沒有含氧酸，故B錯誤；C.X、Z、M的簡單離子都是10電子結(jié)構(gòu)，電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則簡單離子的半徑：X＞Z＞M，故C正確；D.Z是Na元素，鈉與鋁鹽溶液反應時，先與水反應，不能置換出Al，故D錯誤；故選C。13、A【解析】

Fe和硝酸反應生成硝酸鹽和氮氧化物，氮氧化物在標況下體積是1.12L，則n（NOx）＝＝0.05mol，反應后溶液pH＝1說明溶液呈酸性，硝酸有剩余，則Fe完全反應生成Fe（NO3）3?！驹斀狻緼．根據(jù)N原子守恒知，反應后溶液中n（NO3-）＝n（HNO3）+3n[Fe（NO3）3]＝0.02mol+3×＝0.17mol，則c（NO3-）＝＝0.85mol/L，A正確；B、反應后溶液還能溶解Fe，當Fe完全轉(zhuǎn)化為Fe（NO3）2，消耗的Fe質(zhì)量最多，反應后剩余n（HNO3）=0.1mol/L×0.2L=0.02mol，根據(jù)3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O知，硝酸溶解的n（Fe）=×3=0.0075mol，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等知，硝酸鐵溶解的n（Fe）==0.025mol，則最多還能溶解m（Fe）=（0.0075+0.025）mol×56g/mol＝1.82g，B錯誤；C、反應后硝酸有剩余，則Fe完全反應生成Fe（NO3）3，沒有硝酸亞鐵生成，C錯誤；D．2.8gFe完全轉(zhuǎn)化為Fe（NO3）3時轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量＝×3＝0.15mol，假設氣體完全是NO，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量=0.05mol×（5-2）=0.15mol，假設氣體完全是NO2，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量=0.05mol×（5-4）=0.05mol＜0.15mol，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等知，氣體成分是NO，D錯誤；答案選A。【點睛】靈活應用守恒法是解答的關(guān)鍵，注意許多有關(guān)化學反應的計算，如果能夠巧妙地運用守恒規(guī)律可以達到快速解題的目的，常見的守恒關(guān)系有：反應前后元素種類和某種原子總數(shù)不變的原子守恒；②電解質(zhì)溶液中的電荷守恒；③氧化還原反應中得失電子數(shù)守恒、原電池或電解池中兩極通過的電子總數(shù)相等；④從守恒思想出發(fā)還可延伸出多步反應中的關(guān)系式，運用關(guān)系式法等計算技巧巧妙解題。14、D【解析】

由CH3C≡CH＋CO＋CH3OHM，N＋CH3OHM＋H2O，其中M的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=C(CH3)COOCH3，可知N為CH2＝C(CH3)COOH?！驹斀狻緼．由分析可知，N為CH2＝C(CH3)COOH，分子中含有碳碳雙鍵，可以使溴水褪色，故A正確；B．N＋CH3OHM＋H2O為酯化反應，屬于取代反應，故B正確；C．M中碳碳雙鍵、羰基均為平面結(jié)構(gòu)，且直接相連，3個原子可共面，則M中所有碳原子可能共面，故C正確；D．CH2＝C(CH3)COOH，屬于酯的同分異構(gòu)體含?COOC?，可能為CH3CH＝CHOOCH、CH2＝CHCH2OOCH、CH2＝CHOOCCH3、CH3OOCCH＝CH2，則屬于酯的同分異構(gòu)體大于3種，故D錯誤；故答案選D。【點睛】本題把握M的結(jié)構(gòu)簡式及N與甲醇的酯化反應推斷N的結(jié)構(gòu)為解答的關(guān)鍵，注意有機物官能團所具有的性質(zhì)。15、A【解析】

A.陰離子交換膜只允許陰離子自由通過，陽離子交換膜只允許陽離子自由通過，隔膜B和陰極相連，陰極是陽離子放電，所以隔膜B是陽離子交換膜，選項A錯誤；B.陽極上是陰離子氯離子失去電子的氧化反應，即2Cl--2e-→Cl2↑，選項B正確；C.電解池的陰極材料可以被保護，陰極使用鐵絲網(wǎng)代替石墨碳棒，增大反應接觸面，選項C正確；D.陰極區(qū)域是氫離子得電子的還原反應，電極上產(chǎn)生無色氣體氫氣，氫氧根離子濃度增加，溶液中出現(xiàn)少量氫氧化鎂白色沉淀，選項D正確。答案選A。16、A【解析】

此操作中，將醋酸放入磁皿，投入氧化鉛，微溫使之溶化操作為溶解；放冷，即得醋酸鉛結(jié)晶…清液放冷，即得純凈鉛霜此操作為重結(jié)晶；以三層細紗布趁熱濾去渣滓，此操作為過濾，未涉及萃取，答案為A。17、B【解析】

A．該分子中親水基比重很小，主要為憎水基，不溶于水，故A錯誤；B．如圖所示有10種氫原子，故B正確；C．該分子中含有碳碳雙鍵和酚羥基，能被酸性高錳酸鉀氧化使其褪色，故C錯誤；D．碳碳雙鍵、苯環(huán)可以與氫氣加成，所以1mol該分子最多與7mol氫氣加成，故D錯誤；故答案為B。18、D【解析】

A．0～6min時間內(nèi)，生成氧氣為=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2mol/L，則H2O2分解率為×100%=50%，故A正確；B．由A計算可知，反應至6min時c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故B正確；C．0～6min時間內(nèi)，生成氧氣為=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2mol/L，所以v(H2O2)=≈0.033mol/(L?min)，故C正確；D．由題中數(shù)據(jù)可知，0～3min生成氧氣的體積大于3～6min生成氧氣的體積，因此，4～6min的平均反應速率小于0～6min時間內(nèi)反應速率，故D錯誤；答案選D。19、B【解析】

A.HSO3-屬于弱酸酸式陰離子，在溶液中既存在水解平衡又存在電離平衡，1L1mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的離子數(shù)不是3NA，故A錯誤；B.乙烯和環(huán)丙烷的最簡式為CH2，2．6g的混合物中含CH2物質(zhì)的量為1.4mol，所以含C—H鍵數(shù)目為1.8NA，故B正確；C.標準狀況下，3．4L的37Cl2中所含的中子數(shù)為41NA，常溫常壓下中子數(shù)不為41NA，故C錯誤；D.NOx可能是NO或NO2，根據(jù)得失電子守恒可得，生成1．1molNOx轉(zhuǎn)移電子數(shù)介于1.11.3mol之間，故D錯誤；答案：B。20、D【解析】

A.若X為濃硝酸，蘸有濃氨水的玻璃棒靠近溶液X也會產(chǎn)生白煙，溶液X不一定是濃鹽酸，A項錯誤；B.鈉元素的焰色反應為黃色，由于玻璃中含有鈉元素，會干擾實驗，所以應改用鉑絲取溶液Y進行焰色反應，此時若火焰為黃色，則Y溶液中一定含有鈉離子，B項錯誤；C.在酸性條件下，F(xiàn)e(NO3)2溶液中含有的NO3—具有強氧化性，優(yōu)先把Fe2+氧化成Fe3+，使得溶液變黃，因而不能判斷氧化性：H2O2>Fe3+，C項錯誤；D.Na2SO3和稀鹽酸反應生成SO2，溶液中沒有SO32-，再加入氯化鋇溶液有白色沉淀，說明Na2SO3固體變質(zhì)被部分或全部氧化成Na2SO4，白色為BaSO4沉淀，即Na2SO3樣品中含有SO42－，D項正確。故選D。21、C【解析】

A．因鈉與水反應放熱，鈉的熔點低，所以看到鈉熔成閃亮的小球，與性質(zhì)有關(guān)，故A錯誤；B．鈉的密度比水小，所以鈉浮在水面上，與性質(zhì)有關(guān)，故B錯誤；C．硬度大小與Na和水反應現(xiàn)象無關(guān)，與性質(zhì)無關(guān)，故C正確；D．因鈉的還原性強，所以與水反應劇烈，放出熱量，與性質(zhì)有關(guān)，故D錯誤；故答案為C?！军c睛】考查鈉與水的反應，應從鈉的強還原性和鈉的物理性質(zhì)來理解鈉與水反應的現(xiàn)象，鈉與水反應時產(chǎn)生的各種現(xiàn)象如下：鈉浮在水面，然后熔化成閃亮的小球，在水面游動，并發(fā)出嘶嘶的響聲?，F(xiàn)象是物質(zhì)性質(zhì)的體現(xiàn)，根據(jù)鈉的性質(zhì)分析現(xiàn)象原因。22、C【解析】

A.在燒瓶中放入Na2O和Na2O2的混合物，然后將水從分液漏斗放下，通過產(chǎn)生氣體的量可計算Na2O2的量，故A符合題意；B.在燒瓶中放入金屬鈉，然后將有機物從分液漏斗放下，根據(jù)產(chǎn)生的氣體的量來判斷有機物分子中含活潑氫原子的個數(shù)，故B符合題意；C.該實驗需要測量生成氣體的量進而計算，Na2SO4·xH2O晶體中結(jié)晶水測定時無法產(chǎn)生氣體，該裝置不能完成，故C不符合題意；D.可通過對照所以比較單位時間內(nèi)Fe3+和Cu2+與雙氧水反應產(chǎn)生氣體的多少比較的催化效率，故D符合題意。故選C。二、非選擇題(共84分)23、苯酚保護羥基，防止被氧化HCHO+HCN加成反應酯基5或【解析】

A發(fā)生信息1的反應生成B，B發(fā)生硝化取代反應生成C，根據(jù)C的結(jié)構(gòu)簡式可知，B為，A為；D發(fā)生信息1的反應生成E，E中含兩個Cl原子，則E為，E和A發(fā)生取代反應生成F，G發(fā)生信息2的反應生成H，H發(fā)生取代反應，水解反應得到I，根據(jù)I結(jié)構(gòu)簡式可知H為HOCH2CN，G為HCHO，I發(fā)生酯化反應生成J，F(xiàn)與J發(fā)生取代反應生成K，J為，結(jié)合題目分析解答；（7）的水解程度為：，結(jié)構(gòu)中的-COOH可由-CN酸性條件下水解得到，而與HCN發(fā)生加成反應可生成，再結(jié)合苯甲醇催化氧化即可生成苯甲醛，據(jù)此分析確定合成路線?！驹斀狻浚?）由上述分析可知，A為，其化學名稱為：苯酚；酚羥基具有弱還原性，能夠被濃硫酸氧化，因此加入CH3COCl的目的是保護羥基，防止被氧化；（2）H為HOCH2CN，G為HCHO，由G生成H的化學反應方程式為：HCHO+HCN；反應中醛基中不飽和鍵生成飽和化學鍵，屬于加成反應；（3）J為，其含氧官能團為酯基；瑞德西韋中碳原子位置為：，一共有5個手性碳原子；（4）C是對硝基乙酸苯酯，X是C的同分異構(gòu)體，X的結(jié)構(gòu)簡式滿足下列條件：①苯環(huán)上含有硝基且苯環(huán)上只有一種氫原子；②遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；③1mol的X與足量金屬Na反應可生成2gH2(即1mol)，則含有兩個羥基，根據(jù)不飽和度知還存在-CH=CH2，該分子結(jié)構(gòu)對稱，符合條件的結(jié)構(gòu)簡式為：或；（5）根據(jù)上述分析可知，該合成路線可為：。24、（1）37；依據(jù)同主族元素的金屬性隨核電荷數(shù)的增加而增強，推測己單質(zhì)與水反應較丙更劇烈（1分，合理給分）（2）；（3）④；（4）3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（5）6.02×l021；2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（6）NaCl、Al（OH）3【解析】試題分析：根據(jù)題意可知：A是NaCl，B是Cl2，C是H2，D是NaOH，E是HCl，丁是Al，F(xiàn)是NaAlO2；X是NaCl、AlCl3的混合物。根據(jù)元素的化合價及元素的原子序數(shù)的關(guān)系可知甲是H，乙是O，丙是Na，丁是Al，戊是Cl，己是Rb，原子序數(shù)是37；鈉、銣同一主族的元素，由于從上到下原子半徑逐漸增大，原子失去電子的能力逐漸增強，所以它們與水反應的能力逐漸增強，反應越來越劇烈；（2）甲、乙、戊按原予個數(shù)比1：1：1形成的化合物Y是HClO，該物質(zhì)具有強的氧化性，故具有漂白性，其電子式為；（3）在上圖轉(zhuǎn)化關(guān)系中①②③反應中有元素化合價的變化，所以屬于氧化還原反應，而④中元素的化合價沒有發(fā)生變化，所以該反應是非氧化還原反應；（4）如構(gòu)成原電池，F(xiàn)e被腐蝕，則Fe為負極，發(fā)生反應：Fe-2e-=Fe2+，F(xiàn)e2+與[Fe（CN）6]3-會發(fā)生反應產(chǎn)生藍色沉淀，反應的離子方程式是：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（5）NaCl溶液電解的化學方程式是：2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH，在該反應中，每轉(zhuǎn)移2mol電子，反應會產(chǎn)生2molNaOH，n（NaCl）=1L×1mol/L=1mol，當NaCl電解完全后反應轉(zhuǎn)移1mol電子，反應產(chǎn)生1molNaOH，當反應①電解一段時間后測得D溶液pH=12，n（NaOH）=10-2mol/L×1L=0.01mol＜1mol，說明NaCl沒有完全電解，則電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量是0.01mol，電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目約是N（e-）=0.01mol×6.02×1023/mol=6.02×l021；反應②是Al與NaOH溶液反應，反應的離子方程式為2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（6）若上圖中各步反應均為恰好完全轉(zhuǎn)化，則4HCl+NaAlO2=NaCl+AlCl3，所以混合物X中含有的物質(zhì)是NaCl、Al（OH）3?？键c：考查元素及化合物的推斷、化學方程式和離子方程式的書寫、電解反應原理的應用的知識。25、作為溶劑、提高丙炔酸的轉(zhuǎn)化率(直形)冷凝管防止暴沸丙炔酸分液丙炔酸甲酯的沸點比水的高【解析】

（1）一般來說，酯化反應為可逆反應，加入過量的甲醇，提高丙炔酸的轉(zhuǎn)化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇還作為反應的溶劑；（2）根據(jù)裝置圖，儀器A為直形冷凝管；加熱液體時，為防止液體暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本題中加入碎瓷片的目的是防止液體暴沸；（3）丙炔酸甲酯的沸點為103℃~105℃，制備丙炔酸甲酯采用水浴加熱，因此反應液中除含有丙炔酸甲酯外，還含有丙炔酸、硫酸；通過飽和NaCl溶液可吸收硫酸；5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na2CO3，然后通過分液的方法得到丙炔酸甲酯；（4）水浴加熱提供最高溫度為100℃，而丙炔酸甲酯的沸點為103℃~105℃，采用水浴加熱，不能達到丙炔酸甲酯的沸點，不能將丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸餾時不能用水浴加熱。【點睛】《實驗化學》的考查，相對比較簡單，本題可以聯(lián)想實驗制備乙酸乙酯作答，如碳酸鈉的作用，實驗室制備乙酸乙酯的實驗中，飽和碳酸鈉的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出等，平時復習實驗時，應注重課本實驗復習，特別是課本實驗現(xiàn)象、實驗不足等等。26、受熱均勻，且易控制溫度如溫度過低，則反應速率較慢，且不利于ClO2的逸出2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O可減少ClO2揮發(fā)和水解8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2NaClO3135cV2V1偏大鹽酸和BaCl2溶液將ClO2氣體通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，觀察溶液顏色變化，若溶液變?yōu)檠t色，則證明ClO2的氧化性比【解析】

Ⅰ．水浴加熱條件下，草酸、氯酸鉀在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應生成ClO2，因遇熱水緩慢水解，則B中含冰塊的水用于吸收ClO2，根據(jù)氧化還原反應規(guī)律，結(jié)合生成物的物質(zhì)的量的比及質(zhì)量守恒定律書寫反應方程式；C中NaOH溶液可吸收ClO2尾氣，生成物質(zhì)的量之比為1：1的兩種陰離子，一種為NaClO2，根據(jù)氧化還原反應規(guī)律來書寫；II.有碘單質(zhì)生成，用淀粉做指示劑；根據(jù)元素守恒結(jié)合反應得到關(guān)系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3計算c(ClO2)；III.ClO2具有強氧化性，可氧化H2S生成硫酸，氧化亞鐵離子生成鐵離子，檢驗鐵離子即可解答該題。【詳解】I.(1)裝置A用水浴加熱的優(yōu)點是受熱均勻，且易控制溫度，如溫度過低，則反應速率較慢，且不利于ClO2的逸出，溫度過高，會加劇ClO2水解；(2)裝置A中反應生成ClO2及KHSO4等產(chǎn)物，同時草酸被氧化生成水和二氧化碳，則反應化學方程式為2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；(3)裝置B的水中需放入冰塊，可減少ClO2揮發(fā)和水解；ClO2緩慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物質(zhì)的量之比為2:1，則根據(jù)反應前后各種元素原子個數(shù)相等，結(jié)合電子轉(zhuǎn)移守恒，可得該反應的化學方程式為8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2；裝置C中NaOH溶液的作用是吸收尾氣中的ClO2，生成物質(zhì)的量之比為的1：1的兩種鹽，由于ClO2中Cl元素的化合價為+4價，一種為NaClO2，根據(jù)氧化還原反應的規(guī)律，則另一種生成物為NaClO3；II.有碘單質(zhì)生成，用淀粉作指示劑；二氧化硫和碘單質(zhì)的反應中，根據(jù)電子守恒，得到：2ClO2～5I2，結(jié)合反應2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到關(guān)系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3。設原ClO2溶液的濃度為x，n(Na2S2O3)=c·V2×10-3mol，2ClO2～5I2～10Na2S2O32mol10mol10-2?x?V1×10-310-1cV2×10-3mol，2:10=10-2?x?V1如果滴加速率過慢，溶液中部分I-被氧氣氧化產(chǎn)生I2，消耗的標準Na2S2O3溶液的體積偏大，則由此計算出的ClO2的含量就會偏大；(4)取適量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振蕩，得無色溶液，說明硫化氫被氧化生成硫酸，可先加入鹽酸酸化，然后再加入氯化鋇檢驗，若反應產(chǎn)生白色沉淀，證明有SO42-，即H2S被氧化產(chǎn)生了H2SO4；(5)證明ClO2的氧化性比Fe3+強，則可通過ClO2氧化Fe2+生成Fe3+，可將ClO2氣體通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，觀察溶液顏色變化，若溶液變?yōu)檠t色，則證明ClO2的氧化性比Fe3+強。【點睛】本題考查了物質(zhì)的制備和性質(zhì)探究，把握物質(zhì)的性質(zhì)以及實驗的原理和操作方法是解題關(guān)鍵，側(cè)重考查學生的分析能力、實驗能力，同時考查學生接受題目提供的信息能力與應用能力。27、∶N??N∶③④SO2＋2Fe3＋＋Ba2＋＋2H2O=BaSO4↓＋2Fe2＋＋4H＋【解析】

裝置圖可知，該實驗原理：通過燒瓶中亞硫酸鈉與濃硫酸反應產(chǎn)生二氧化硫，B中選用不同的試劑可驗證SO2不同的性質(zhì)。為驗證SO2具有酸性氧化物性質(zhì)，在B中可以放入的試劑是含酚酞的NaOH試液或紫色石蕊試液，新制氯水體現(xiàn)二氧化硫的還原性，品紅溶液體現(xiàn)二氧化硫的漂白性。裝置C中可觀察到白色沉淀現(xiàn)象，說明產(chǎn)生BaSO4沉淀，據(jù)此分析?！驹斀狻?1)氮氣的電子式為∶N??N∶；(2)裝置圖可知，該實驗原理：通過燒瓶中亞硫酸鈉與濃硫酸反應產(chǎn)生二氧化硫，B中選用不同的試劑可驗證SO2不同的性質(zhì)。為驗證SO2具有酸性氧化物性質(zhì)，在B中可以放入的試劑是含酚酞的NaOH試液和紫色石蕊試液，新制氯水體現(xiàn)二氧化硫的還原性，品紅溶液體現(xiàn)二氧化硫的漂白性。答案選③④；(3)裝置C中可觀察到白色沉淀現(xiàn)象，說明產(chǎn)生BaSO4沉淀，相關(guān)反應的離子方程式為SO2＋2Fe3＋＋Ba2＋＋2H2O=BaSO4↓＋2Fe2＋＋4H＋。28、圓底燒瓶防倒吸制得ClO2的同時有CO2產(chǎn)生，可稀釋ClO2，大大降低爆炸的可能性2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+ad防止KMnO4見光分解錐形瓶中的溶液顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘內(nèi)不褪色0.0005mol無影響【解析】

（1）B為圓底燒瓶；依據(jù)C裝置進氣管、出氣管都較短可知為安全瓶，防止倒吸；（2）反應生成的產(chǎn)物結(jié)合ClO2易爆炸，用惰性氣體等稀釋時，可防止爆炸分析；（3）二氧化氯具有強的氧化性，能夠氧化二價錳離子生成二氧化錳，本身被還原為氯離子；（4）將ClO2轉(zhuǎn)化為Cl-，應加入還原劑；（5）①高錳酸鉀不穩(wěn)定；高錳酸鉀與CN-發(fā)生氧化還原反應，被還原為無色的二價錳離子，所以當達到滴定終點時：顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘內(nèi)不褪色；②涉及反應為：，結(jié)合方程式計算；③錐形瓶無需潤洗?！驹斀狻浚?）B裝置的名稱是圓底燒瓶；依據(jù)C裝置進氣管、出氣管都較短可知為安全瓶，防止倒吸，故答案為：圓底燒瓶；防倒吸；（2）用H2C2O4溶液、