2024年湖北省浠水縣實驗中學高考沖刺押題（最后一卷）化學試卷含解析

2024年湖北省浠水縣實驗中學高考沖刺押題（最后一卷）化學試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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、W、X、Y、Z均為短周期元素，原子序數依次增加，W的原子核最外層電子數是次外層的2倍，X－、Y+具有相同的電子層結構，Z的陰離子不能發(fā)生水解反應。下列說法正確的是()A．原子半徑：Y＞Z＞X＞WB．簡單氫化物的穩(wěn)定性：X＞Z＞WC．最高價氧化物的水化物的酸性：W＞ZD．X可分別與W、Y形成化合物，其所含的化學鍵類型相同2、由下列實驗、現(xiàn)象以及由現(xiàn)象推出的結論均正確的是選項實驗方法現(xiàn)象結論A向FeCl3溶液中滴入少量KI溶液，再加入KSCN溶液溶液變紅Fe3+與I－的反應具有可逆性BSO2通入Ba(NO3)2溶液產生白色沉淀白色沉淀是BaSO4C將稀硫酸滴入淀粉溶液中并加熱，冷卻后再加入新制Cu(OH)2懸濁液并加熱未出現(xiàn)磚紅色沉淀淀粉未水解D用碎瓷片做催化劑，給石蠟油加熱分解，產生的氣體通過酸性高錳酸鉀溶液酸性高錳酸鉀溶液逐漸褪色石蠟油裂解一定生成乙烯A．A B．B C．C D．D3、短周期主族元素W、X、Y、Z、R

原子序數依次增大。考古時利用W

的一種同位素測定一些

文物的年代，X是地殼中含量最多的元素，Y、Z的質子數分別是W、X

的質子數的2倍。下列說法錯誤的是（）A．Y

單質可以與WX2

發(fā)生置換反應B．可以用澄清的石灰水鑒別WX2

與ZX2C．原子半徑:Y>Z>R；簡單離子半徑:Z>X>YD．工業(yè)上常用電解熔融的Y

與R

形成的化合物的方法制取Y4、用NaOH溶液吸收煙氣中的SO2，將所得的吸收液用三室膜電解技術處理，原理如圖所示．下列說法錯誤的是A．電極a為電解池陰極B．陽極上有反應HSO3—-2e—+H2O=SO42—+3H+發(fā)生C．當電路中通過1mol電子的電量時，理論上將產生0.5molH2D．處理后可得到較濃的H2SO4和NaHSO3產品5、下列關于古籍中的記載說法正確的是A．《本草經集注》中關于鑒別硝石(KNO3)和樸硝(Na2SO4)的記載：“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石也”，該方法應用了顯色反應B．氫化鈣的電子式是：Ca2+[∶H]2–C．目前，元素周期表已經排滿，第七周期最后一種元素的原子序數是118D．直徑為20nm的納米碳酸鈣屬于膠體6、設NA為阿伏加德羅常數的值。（離子可以看作是帶電的原子）下列敘述正確的是（）A．標準狀況下，22.4LSO3中所含的分子數為NAB．0.1mol?L-1的Na2CO3溶液中，CO32-的數目小于0.1NAC．8.0g由Cu2S和CuO組成的混合物中，所含銅原子的數目為0.1NAD．標準狀況下，將2.24LCl2通入水中，轉移電子的數目為0.1NA7、阿巴卡韋（Abacavir）是一種核苷類逆轉錄酶抑制劑，存在抗病毒功效。關于其合成中間體M（），下列說法正確的是A．與環(huán)戊醇互為同系物B．分子中所有碳原子共平面C．能使酸性高錳酸鉀溶液和溴水褪色，且原理相同D．可用碳酸鈉溶液鑒別乙酸和M8、下列有關物質的描述及其應用均正確的是（）A．Al、Al2O3、Al（OH）3、NaAlO2均能和NaOH溶液發(fā)生反應B．Na2O2中含有O2，所以過氧化鈉可為潛水艇艙提供氧氣C．FeCl3具有氧化性，用FeCl3溶液刻蝕印刷銅電路板D．Na、Al、Cu可以分別用電解冶煉法、熱還原法和熱分解法得到9、某酸的酸式鹽NaHY在水溶液中，HY-的電離程度小于HY-的水解程度。有關的敘述正確的是（）A．H2Y的電離方程式為：B．在該酸式鹽溶液中C．HY-的水解方程式為D．在該酸式鹽溶液中10、微生物電解池(MEC)是一項潛在的有吸引力的綠色電解池，其制取氫氣的原理如圖所示：下列說法正確的是（）A．MEC可在高溫下工作B．電解池工作時，化學能轉變?yōu)殡娔蹸．活性微生物抑制反應中電子的轉移D．陽極的電極反應式為CH3COO-+4H2O-8e-=2HCO3-+9H+11、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，原子序數之和為42，X原子的核外電子總數等于Y的最外層電子數，Z原子最外層只有1個電子，W能形成酸性最強的含氧酸。下列說法正確的是A．單質的熔點：Z>X B．Z與Y、W均能形成離子化合物C．氣態(tài)氫化物的沸點：X<Y<W D．X、Z的氧化物均含非極性鍵12、下列反應不屬于氧化還原反應的是（）A．Cl2+H2O=HCl+HClO B．Fe+CuSO4=FeSO4+CuC．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 D．Cl2+2FeCl2=3FeCl313、CO2和CH4催化重整可制備合成氣，對減緩燃料危機具有重要的意義，其反應歷程示意圖如圖：下列說法中錯誤的是（）A．過程①→②是吸熱反應B．Ni是該反應的催化劑C．過程①→②既有碳氧鍵的斷裂，又有碳氧鍵的形成D．反應的總化學方程式可表示為：CH4+CO22CO+2H214、部分共價鍵的鍵長和鍵能的數據如表，則以下推理肯定錯誤的是共價鍵C﹣CC=CC≡C鍵長（nm）0.1540.1340.120鍵能（kJ/mol）347612838A．0.154nm＞苯中碳碳鍵鍵長＞0.134nmB．C=O鍵鍵能＞C﹣O鍵鍵能C．乙烯的沸點高于乙烷D．烯烴比炔烴更易與溴加成15、2019年是國際化學元素周期表年。1869年門捷列夫把當時已知的元素根據物理、化學性質進行排列；準確的預留了甲、乙兩種未知元素的位置，并預測了二者的相對原子質量，部分原始記錄如下。下列說法不正確的是A．元素甲的原子序數為31B．元素乙的簡單氣態(tài)氫化物的沸點和穩(wěn)定性都低于CH4C．原子半徑比較：甲>乙>SiD．乙的單質可以作為光電轉換材料用于太陽能電池16、用電解法可提純含有某些含氧酸根雜質的粗KOH溶液，其工作原理如圖所示。下列有關說法錯誤的是A．通電后陰極區(qū)附近溶液pH會增大B．陽極反應式為4OH--4e-=2H2O+O2↑C．純凈的KOH溶液從b出口導出D．K+通過交換膜從陰極區(qū)移向陽極區(qū)17、設NA為阿伏加德羅常數值。下列有關敘述不正確的是A．常溫常壓下，1mol氦氣中含有的質子數為2NAB．l0g46%乙醇水溶液中所含氧原子數為0.4NAC．1Llmol/LNa2CO3溶液中，陰離子總數小于NAD．濃硝酸熱分解生成NO2、N2O4共23g，轉移電子數為0.5NA18、運用化學知識對下列說法進行分析,不合理的是A．從健康的角度考慮臭氧比氯氣更適合作自來水的消毒劑B．在“新冠肺炎戰(zhàn)疫”發(fā)揮了重要作用的熔噴布口罩,其主要生產原料聚丙烯是混合物C．“一帶一路”是現(xiàn)代絲調之路。絲綢的主要成分是蛋白質,屬于天然高分子化合物D．水墨山水畫不易褪色的原因是墨汁中的炭黑具有吸附性19、鉈(Tl)與鋁同族。Ti3+在酸性溶液中就能發(fā)生反應：Tl3++2Ag=Tl++2Ag+。下列推斷錯誤的是A．Tl+的最外層有1個電子B．Tl能形成+3價和+1價的化合物C．酸性溶液中Tl3+比Tl+氧化性強D．Tl+的還原性比Ag弱20、探究濃度對化學平衡的影響，實驗如下：Ⅰ.向5mL0.05mol/LFeCl3溶液中加入5mL0.05mol/LKI溶液（反應a），平衡后分為兩等份Ⅱ.向一份加入飽和KSCN溶液，變紅（反應b）；加入CCl4，振蕩靜置，下層顯極淺的紫色Ⅲ.向另一份加入CCl4，振蕩靜置，下層顯紫紅色結合實驗，下列說法不正確的是：A．反應a為：2Fe3++2I-?2Fe2++I2B．比較氧化性：Ⅱ中，I2>Fe3+C．Ⅱ中，反應a進行的程度大于反應bD．比較水溶液中c(Fe2+)：Ⅱ<Ⅲ21、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完成相關實驗，最合理的選項是選項a中的液體b中的物質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A．A B．B C．C D．D22、有關鋁及其化合物的用途正確的是()A．氫氧化鋁：治療胃酸過多B．氧化鋁：鋁熱劑C．明礬：消毒凈水D．鋁槽車：裝運稀硫酸二、非選擇題(共84分)23、（14分）幾種中學化學常見的單質及其化合物相互轉化的關系圖如下：可供參考的信息有：①甲、乙、丙、丁為單質，其余為化合物②A由X和Y兩種元素組成，其原子個數比為l︰2，元素質量之比為7︰8。③B氣體是引起酸雨的主要物質，H常溫下為無色無味的液體，E常用作紅色油漆和涂料。試根據上述信息回答下列問題：(1)A的化學式為___________，每反應lmol的A轉移的電子數為_____________mol；(2)F與丁單質也可以化合生成G，試寫出該反應的離子方程式：______________________；(3)少量F的飽和溶液分別滴加到下列物質中，得到三種分散系①、②、③。試將①、②、③對應的分散質具體的化學式填人下列方框中：________________(4)化合物M與H組成元素相同，可以將G氧化為F，且不引進新的離子。試寫出M在酸性環(huán)境下將G氧化為F的離子方程式：________________24、（12分）F(4-苯并呋喃乙酸)是合成神經保護劑依那朵林的中間體,某種合成路線如下:(1)化合物F中的含氧官能團為____和_______(填官能團的名稱)。(2)試劑X分子式為C2H3OCl且分子中既無甲基也無環(huán)狀結構,則X的結構簡式為_______;由E→F的反應類型為______。并寫出該反應方程式:______(3)寫出同時滿足下列條件的E的一種同分異構體的結構簡式:______Ⅰ.能發(fā)生銀鏡反應Ⅱ.分子中含有1個苯環(huán)且有3種不同化學環(huán)境的氫(4)請寫出以和BrCH2COOC2H5為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑可任選)合成路線流程圖示例如下:______CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH325、（12分）是重要的化工原料，易溶于水，在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定，在酸性環(huán)境下易分解生成S和。某小組設計了如下實驗裝置制備（夾持及加熱儀器略），總反應為?；卮鹣铝袉栴}：a.b.粉末c.溶液d.、溶液e.溶液（1）裝置A的作用是制備________，反應的化學方程式為________。（2）完成下表實驗過程：操作步驟裝置C的實驗現(xiàn)象解釋原因檢查裝置氣密性后，添加藥品pH計讀數約為13用離子方程式表示（以為例）：①__打開，關閉，調節(jié)；使硫酸緩慢勻速滴下ⅰ.導管口有氣泡冒出，②___ⅱ.pH計讀數逐漸③___反應分步進行：↓（較慢）當pH計讀數接近7時，立即停止通，操作是④___必須立即停止通的原因是：⑤___（3）有還原性，可作脫氯劑。向溶液中通入少量，某同學預測轉變?yōu)?，設計實驗驗證該預測：取少量反應后的溶液于試管中，________。26、（10分）無水四氯化錫(SnCl4)常用作有機合成的氯化催化劑。實驗室可用熔融的錫與Cl2反應制備SnCl4。擬利用圖中的儀器，設計組裝一套實驗裝置制備SnCl4（每個裝置最多使用一次）。已知：①有關物理性質如下表物質顏色、狀態(tài)熔點/℃沸點/℃Sn銀白色固體231.92260SnCl2易水解，SnCl4易水解生成固態(tài)二氧化錫，錫與Cl2反應過程放出大量的熱SnCl4無色液體－33114SnCl2無色晶體246652②Fe3++Sn2+—Fe2++Sn4+Fe2++Cr2O72-+H+—Fe3++Cr3++H2O（未配平）回答下列問題：(1)“冷凝管”的名稱是________，裝置Ⅱ中發(fā)生反應的離子方程式為________。(2)用玻管（未畫出）連接上述裝置，正確的順序是（填各接口的代碼字母）_____。(3)如何檢驗裝置的氣密性______，實驗開始時的操作為_______。(4)如果將制取的四氯化錫少許暴露于空氣中，預期可看到的現(xiàn)象是出現(xiàn)白色煙霧，化學方程式為_______。(5)可用重鉻酸鉀滴定法測定產品中的SnCl2的含量，準確稱取該樣品mg放于燒杯中，用少量濃鹽酸溶解，加入過量的氯化鐵溶液，再加水稀釋，配制成250mL溶液，取25.00mL于錐形瓶中，用0.1000mol·L-1重鉻酸鉀標準溶液滴定至終點，消耗標準液15.00mL，則產品中SnCl2的含量為____%(用含m的代數式表示)，在測定過程中，測定結果隨時間延長逐漸變小的原因是____（用離子方程式表示）。27、（12分）甲同學向做過銀鏡反應的試管滴加0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液(pH=2)，發(fā)現(xiàn)銀鏡部分溶解，和大家一起分析原因：甲同學認為：Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質Ag。乙同學認為：Fe(NO3)3溶液顯酸性，該條件下NO3－也能氧化單質Ag。丙同學認為：Fe3+和NO3－均能把Ag氧化而溶解。(1)生成銀鏡反應過程中銀氨溶液發(fā)生_____________（氧化、還原）反應。(2)為得出正確結論，只需設計兩個實驗驗證即可。實驗I：向溶解了銀鏡的Fe(NO3)3的溶液中加入____________（填序號，①KSCN溶液、②K3[Fe(CN)6]溶液、③稀HC1），現(xiàn)象為___________，證明甲的結論正確。實驗Ⅱ：向附有銀鏡的試管中加入______________溶液，觀察銀鏡是否溶解。兩個實驗結果證明了丙同學的結論。(3)丙同學又把5mLFeSO4溶液分成兩份：第一份滴加2滴KSCN溶液無變化；第二份加入1mL0.1mol/LAgNO3溶液，出現(xiàn)白色沉淀，隨后有黑色固體產生（經驗證黑色固體為Ag顆粒），再取上層溶液滴加KSCN溶液變紅。根據上述的實驗情況，用離子方程式表示Fe3+、Fe2+、Ag+、Ag之間的反應關系_______________。(4)丁同學改用如圖實驗裝置做進一步探究：①K剛閉合時，指針向左偏轉，此時石墨作_________，（填“正極”或“負極。此過程氧化性：Fe3+_______Ag+（填>或<）。②當指針歸零后，向右燒杯中滴加幾滴飽和AgNO3溶液，指針向右偏轉。此過程氧化性：Fe3+_______Ag+（填>或<）。③由上述①②實驗，得出的結論是：_______________________。28、（14分）全球變暖，冰川融化，降低大氣中CO2的含量顯得更加緊迫。(1)我國儲氫碳納米管研究取得重大進展，碳納米管可用氧化法提純，請完成并配平下述化學方程式：___C+___K2Cr2O7+__________=__CO2↑+___K2SO4+__Cr2(SO4)3+__H2O(2)甲醇燃料電池即將從實驗室走向工業(yè)化生產。工業(yè)上一般以CO和H2為原料合成甲醇，該反應的熱化學方程式為：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1=-116kJ/mol①下列措施中有利于增大該反應的反應速率的是___________（填字母代號）。A．隨時將CH3OH與反應混合物分離B．降低反應溫度C．增大體系壓強D．使用高效催化劑②已知：CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H2=-283kJ/molH2(g)+O2(g)=H2O(g)△H3=-242kJ/mol則表示1mol氣態(tài)甲醇完全燃燒生成CO2和水蒸氣時的熱化學方程式為__________________。③在容積為1L的恒容容器中，分別研究在230℃、250℃和270℃三種溫度下合成甲醇的規(guī)律。下圖是上述三種溫度下不同的H2和CO的起始組成比（起始時CO的物質的量均為1mol）與CO平衡轉化率的關系。請回答：i)在上述三種溫度中，曲線Z對應的溫度是_____________。ii）利用圖中a點對應的數據，計算出曲線Z在對應溫度下，反應CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常數KZ=__________（計算出數值）。此時KZ________KY（填“>”“<”或“=”）。(3)CO2在自然界循環(huán)時可與CaCO3反應，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9。CaCl2溶液與Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，現(xiàn)將等體積的CaCl2溶液與Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的濃度為5.6×10-5mol/L，則生成沉淀所需CaCl2溶液的最小濃度為______________。29、（10分）乳酸亞鐵晶體（[CH3CH（OH）COO]2Fe·3H2O，相對分子質量為288）易溶于水，是一種很好的補鐵劑，可由乳酸[CH3CH（OH）COOH]與FeCO3反應制得。I.碳酸亞鐵的制備（裝置如圖所示）（1）儀器B的名稱是______；實驗操作如下：打開k1、k2，加入適量稀硫酸，關閉k1，使反應進行一段時間，其目的是______。（2）接下來要使儀器C中的制備反應發(fā)生，需要進行的操作是______，其反應的離子方程式為______。（3）儀器C中混合物經過濾、洗滌得到FeCO3沉淀，檢驗其是否洗凈的方法是____。Ⅱ乳酸亞鐵的制備及鐵元素含量測定（4）向純凈FeCO3固體中加入足量乳酸溶液，在75℃下攪拌使之充分反應，經過濾，在______的條件下，經低溫蒸發(fā)等操作后，獲得乳酸亞鐵晶體。（5）兩位同學分別用不同的方案進行鐵元素含量測定：①甲同學通過KMnO4滴定法測定樣品中Fe2+的含量計算樣品純度。在操作均正確的前提下，所得純度總是大于100%，其原因可能是______②乙同學經查閱資料后改用碘量法測定鐵元素的含量計算樣品純度。稱取3.000g樣品，灼燒完全灰化，加足量鹽酸溶解，取所有可溶物配成100mL溶液。吸取25.00mL該溶液加入過量KI溶液充分反應，然后加入幾滴淀粉溶液，用0.100mol·L－1硫代硫酸鈉溶液滴定（已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-），當溶液______，即為滴定終點；平行滴定3次，硫代硫酸鈉溶液的平均用量為24.80mL，則樣品純度為______%保留1位小數。

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】

W原子的最外層電子數是次外層的2倍，則W為碳(C)；X－、Y+具有相同的電子層結構，則X為氟（F），Y為鈉（Na）；Z的陰離子不能發(fā)生水解反應，則Z為氯（Cl）?！驹斀狻緼.比較原子半徑時，先看電子層數，再看最外層電子數，則原子半徑Na＞Cl＞C＞F，A錯誤；B.非金屬性F>Cl>C，所以簡單氫化物的穩(wěn)定性X＞Z＞W，B正確；C.非金屬性C<Cl，則最高價氧化物的水化物的酸性W<Z，C錯誤；D.X與W、Y形成的化合物分別為CF4、NaF，前者含共價鍵、后者含離子鍵，D錯誤。故選B。2、B【解析】

A.滴入少量KI溶液，F(xiàn)eCl3剩余，則由現(xiàn)象不能說明該反應為可逆反應，故A錯誤；B.SO2氣體通入Ba(NO3)2溶液中，SO2與水反應生成亞硫酸，在酸性環(huán)境下，硝酸根具有強氧化性，從而發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鋇，白色沉淀是BaSO4，故B正確；C.淀粉水解后檢驗葡萄糖，應在堿性條件下，水解后沒有加堿至堿性，不能檢驗是否水解，故C錯誤；D.酸性高錳酸鉀溶液逐漸褪色，可知石蠟油加熱分解生成不飽和烴，但氣體不一定為乙烯，故D錯誤；故選B?！军c睛】淀粉的水解液顯酸性，檢驗淀粉是否水解時，應先在淀粉的水解液中加入氫氧化鈉至堿性后，再加入新制Cu(OH)2懸濁液，并加熱，觀察是否生成磚紅色沉淀，從而說明是否有葡萄糖生成，進而檢測出淀粉是否水解，這是學生們的易錯點。3、B【解析】

考古時利用W的一種同位素測定一些文物的年代，則W為C；X是地殼中含量最多的元素，則X為O；Y、Z的質子數分別是W、X的質子數的2倍，則Y的質子數為6×2=12，Y為Mg，Z的質子數為8×2=16，Z為S，R的原子序數最大，R為Cl，以此來解答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍?，W為C、X為O、Y為Mg、Z為S、R為Cl；A．Mg與CO2點燃下發(fā)生置換反應生成MgO、C，故A正確；B．二氧化碳、二氧化硫均使石灰水變渾濁，則澄清的石灰水不能鑒別，故B錯誤；C．同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：Y＞Z＞R；電子層越多離子半徑越大，且具有相同電子排布的離子中原子序數大的離子半徑小，則簡單離子半徑：Z＞X＞Y，故C正確；D．Mg為活潑金屬，工業(yè)上采用電解熔融氯化鎂冶煉Mg，故D正確；故答案為B。4、D【解析】

A.從圖中箭標方向“Na+→電極a”，則a為陰極，與題意不符，A錯誤；B.電極b為陽極，發(fā)生氧化反應，根據圖像“HSO3-和SO42-”向b移動，則b電極反應式HSO3-–2e-＋H2O＝SO42-＋3H+，與題意不符，B錯誤；C.電極a發(fā)生還原反應，a為陰極，故a電極反應式為2H++2e–＝H2↑，通過1mol電子時，會有0.5molH2生成，與題意不符，C錯誤；D.根據圖像可知，b極可得到較濃的硫酸，a極得到亞硫酸鈉，符合題意，D正確；答案為D。5、C【解析】

A.根據題意，鑒別KNO3和Na2SO4，是利用了焰色反應，故A錯誤；B.電子式中相同的離子要分開寫，氫化鈣的電子式是：[∶H]-Ca2+[∶H]-，故B錯誤；C.根據各周期容納元素種數可知，第七周期最后一種元素的原子序數為2+8+8+18+18+32+32=118，故C正確；D.納米碳酸鈣只有一種物質，不是分散系，不是膠體，故D錯誤；故選C?！军c睛】此題易錯點在D項，膠體屬于分散系，分散質粒子直徑大小在1nm～100nm之間，膠體屬于混合物。6、C【解析】

A.標準狀況下，SO3為固體，不能利用22.4L/mol計算所含的分子數，A不正確；B.沒有提供0.1mol?L-1的Na2CO3溶液的體積，無法計算CO32-的數目，B不正確；C.8.0gCu2S和8.0gCuO所含銅原子都為0.1mol，則8.0g混合物所含銅原子的數目為0.1NA，C正確；D.2.24LCl2通入水中，與水反應的Cl2的物質的量小于0.1mol，轉移電子的數目小于0.1NA，D不正確。故選C。7、D【解析】

A．M中含有兩個羥基，與環(huán)戊醇結構不相似，不互為同系物，故A錯誤；B．M中含有sp3雜化的碳原子，所有碳原子不可能共平面，故B錯誤；C．M中含有碳碳雙鍵和羥基，能夠與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應而使溶液褪色，M中含有碳碳雙鍵，其與溴水發(fā)生加成反應而使溴水褪色，故C錯誤；D．乙酸與碳酸鈉能夠發(fā)生反應生成二氧化碳氣體，M不與碳酸鈉溶液反應，利用碳酸鈉能鑒別乙酸和M，故D正確；故答案為：D。8、C【解析】

A、NaAlO2與NaOH不反應，故A不正確；B、Na2O2為離子化合物，含O元素，不含O2，但用過氧化鈉可為潛水艇艙提供氧氣，故B不正確；C、Cu與氯化鐵反應生成氯化銅、氯化亞鐵，利用氧化鐵的氧化性，用FeCl3溶液刻蝕印刷電路板，故C正確；D、Al活潑性很強，用電解熔融氧化鋁的方式制備，所以Na、Al、Cu可以分別用電解冶煉法、電解冶煉法熱分解法得到，故D不正確；故選C。9、A【解析】

A.

H2Y是二元弱酸,電離時分兩步電離,第一步電離生成氫離子和酸式酸根離子,電離方程式為：，A項正確；B.

NaHY的水溶液中,陰離子水解,鈉離子不水解,所以c(Na+)>c(HY?);HY?的電離程度小于HY?的水解程度,但無論電離還是水解都較弱,陰離子還是以HY?為主,溶液呈堿性,說明溶液中c(OH?)>c(H+);因溶液中還存在水的電離,則c(H+)>c(Y2?),所以離子濃度大小順序為：c(Na+)>c(HY?)>c(OH?)>c(H+)>c(Y2?)，B項錯誤；C.

HY?水解生成二元弱酸和氫氧根離子,水解方程式為：HY?+H2O?OH?+H2Y，選項中是電離方程式，C項錯誤；D.根據電荷守恒式可知，在該酸式鹽溶液中，D項錯誤；答案選A。【點睛】分析清楚水溶液的平衡是解題的關鍵，電離平衡是指離解出陰陽離子的過程，而水解平衡則是指組成鹽的離子和水中的氫離子或氫氧根離子結合生成弱電解質，改變溶液酸堿度的過程。10、D【解析】A、由于微生物的蛋白質在高溫下變性失去活性，選項A錯誤；B、該裝置是在外接電源供電下進行的，故電能轉變?yōu)榛瘜W能，選項B錯誤；C、微生物作催化劑促進反應中電子的轉移，選項C錯誤；D、陽極上醋酸根離子被告氧化為碳酸氫根離子，選項D正確。答案選D。11、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，原子序數之和為42，Z原子最外層只有1個電子，Z是第IA元素，結合原子序數大小可知Z為Na元素；W能形成酸性最強的含氧酸，W應該為Cl元素；X、Y的原子序數之和=42-11-17=14，X原子的核外電子數等于Y的最外層電子數，Y只能位于第二周期，設X的核外電子數為x，則x+(2+x)=14，解得x=6，則X為C元素、Y為O元素，據此結合元素周期律分析解答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治?，X為C元素，Y為O元素，Z為Na元素，W為Cl元素。A．X、Z分別為C、Na元素，金屬Na的熔點較低，C的單質一般為金剛石或石墨，熔點較高，熔點：X＞Z，故A錯誤；B．Na與O和Cl形成的化合物為氧化鈉和過氧化鈉、NaCl，都是離子化合物，故B正確；C．水分子間能夠形成氫鍵，沸點：H2O＞HCl，故C錯誤；D．X、Z的氧化物可以是CO或CO2、Na2O或Na2O2，僅Na2O2有非極性鍵，故D錯誤；故選B。12、C【解析】氧化還原反應的特征是元素化合價的升降，可從元素化合價的角度判斷反應是否氧化還原反應。A項，反應物中有單質，生成物中都是化合物，一定有化合價變化，A是氧化還原反應；B項，置換反應都是氧化還原反應，B是氧化還原反應；C項，所有元素的化合價都沒有變化，C不是氧化還原反應；D項，有單質參加的化合反應一定是氧化還原反應，是氧化還原反應。點睛：本題考查氧化還原反應，試題難度不大，注意從元素化合價的角度判斷物質的性質，平日學習中注意知識的積累，快速判斷。13、A【解析】

由圖可知，發(fā)生CH4+CO22CO+2H2，Ni為催化劑，且化學反應中有化學鍵的斷裂和生成，①→②放出熱量，以此來解答?！驹斀狻緼．①→②中能量降低，放出熱量，故A錯誤；B．Ni在該反應中做催化劑，改變反應的途徑，不改變反應物、生成物，故B正確；C．由反應物、生成物可知，①→②既有碳氧鍵的斷裂，又有碳氧鍵的形成，故C正確；D．由分析可知，反應的總化學方程式可表示為：CH4+CO22CO+2H2，故D正確；答案選A。【點睛】反應物的能量高，生成物的能量低，反應為放熱反應，比較吸熱反應和放熱反應時，需要比較反應物和生成物的能量的相對大小。14、C【解析】

A．苯中的化學鍵鍵長介于碳碳單鍵與碳碳雙鍵之間，所以0.154nm＞苯中碳碳鍵鍵長＞0.134nm，故A正確；B．單鍵的鍵能小于雙鍵的鍵能，則C=O鍵鍵能>C?O鍵鍵能，故B正確；C.乙烷的相對分子質量大于乙烯，則乙烷的沸點高于乙烯，故C錯誤；D．雙鍵鍵能小于三鍵，更易斷裂，所以乙烯更易發(fā)生加成反應，則烯烴比炔烴更易與溴加成，故D正確；答案選C?！军c睛】D項為易錯點，由于炔烴和烯烴都容易發(fā)生加成反應，比較反應的難易時，可以根據化學鍵的強弱來分析，化學鍵強度越小，越容易斷裂，更容易發(fā)生反應。15、B【解析】

由元素的相對原子質量可知，甲、乙的相對原子質量均比As小，As位于第四周期VA族，則C、Si、乙位于第IVA族，乙為Ge，B、Al、甲位于ⅢA族，甲為Ga，以此來解答?！驹斀狻緼．甲為Ga，元素甲的原子序數為31，故A正確；B．非金屬性C大于Ge，則元素乙的簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性弱于CH4；相對分子質量越大，分子間作用力越大，沸點越高，元素乙的簡單氣態(tài)氫化物的沸點高于CH4，故B錯誤；C．電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑比較：甲＞乙＞Si，故C正確；D．乙為Ge，位于金屬與非金屬的交界處，可用作半導體材料，故D正確。故選B。【點睛】本題考查元素的位置、結構與性質，把握相對原子質量、元素的位置及性質為解答的關鍵，注意規(guī)律性知識的應用。16、D【解析】

A、陰極的反應是2H++2e-=H2↑，氫離子來自于水電離，所以剩余了水電離的氫氧根離子，溶液的pH升高，A正確；B、陽極是溶液的氫氧根離子失電子，反應為：4OH--4e-=2H2O+O2↑，B正確；C、左側溶液中氫氧根離子轉化為氧氣，多余的鉀離子透過陽離子交換膜進入右側；右側水電離的氫離子轉化為氫氣，剩余大量水電離的氫氧根離子，加上透過交換膜過來的鉀離子，使右側溶液中氫氧化鉀的濃度增大，所以純凈的KOH溶液從b出口導出，C正確；D、陽離子應該向陰極移動，所以K+通過交換膜從陽極區(qū)移向陰極區(qū)移動，D錯誤；故選D。17、C【解析】

A．He原子序數為2，原子序數等于質子數，所以1molHe含有2mol質子，質子數為2NA，A項正確；B．10g46%的乙醇水溶液含有乙醇4.6g，為0.1mol，0.1molCH3CH2OH含有0.1mol氧原子，溶液中還含有54%的水，5.4g水，為0.3molH2O，含有0.3molO，所以溶液中含有的O原子共0.4mol，數目為0.4NA，B項正確；C．CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，可以知道1個CO32－水解會生成1個OH－和1個HCO3－，陰離子數目增加，大于NA，C項錯誤；D．NO2、N2O4的最簡式相同，可以以NO2的形式進行求解，23gNO2物質的量為0.5mol，N的化合價從NO3－中的＋5降低到了＋4，現(xiàn)生成0.5molNO2，則共轉移0.5mol電子，轉移的電子數為0.5NA，D項正確；本題答案選C。18、D【解析】

A.氯氣對自來水進行消毒會產生氯殘留，因此從健康的角度考慮臭氧比氯氣更適合作自來水的消毒劑，故A正確；B.在“新冠肺炎戰(zhàn)疫”發(fā)揮了重要作用的熔噴布口罩，其主要生產原料聚丙烯，高聚物都為混合物，故B正確；C.絲綢的主要成分是蛋白質，屬于天然高分子化合物，故C正確D.水墨山水畫不易褪色的原因是墨汁中的炭黑很穩(wěn)定，故D錯誤。綜上所述，答案為D。19、A【解析】

A．鉈與鋁同族，最外層有3個電子，則Tl+離子的最外層有2個電子，故A錯誤；B．根據反應Tl3++2Ag═Tl++2Ag+可知，Tl能形成+3價和+1價的化合物，故B正確；C．Tl3++2Ag═Tl++2Ag+，氧化還原反應中氧化劑的氧化性最強，則Tl3+的氧化性最強，所以Tl3+比Tl+氧化性強，故C正確；D．還原劑的還原性大于還原產物的還原性，在反應Tl3++2Ag=Tl++2Ag+，還原性Ag＞Tl+，故D正確；故選A。20、C【解析】

A、加入CCl4，振蕩、靜置，下層顯紫紅色，說明5mL0.05mol/LFeCl3溶液中加入5mL0.05mol/LKI溶液，兩者發(fā)生氧化還原反應生成碘單質，所以反應的化學方程式：2Fe3++2I-?2Fe2++I2，故A正確；B、Ⅱ中下層顯極淺的紫色，說明加入飽和KSCN溶液，平衡2Fe3++2I-?2Fe2++I2逆向移動，所以在飽和KSCN溶液中，碘單質是氧化劑，鐵離子是氧化產物，根據氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性，則氧化性：Ⅱ中，I2＞Fe3+，故B正確；C、反應a進行是鐵離子與碘離子反應生成單質碘和亞鐵離子，而反應b進行的是鐵離子與KSCN溶液生成絡合物的反應，兩者反應不同，無法比較其反應程度的大小，故C錯誤；D、Ⅱ中下層顯極淺的紫色，說明平衡2Fe3++2I-?2Fe2++I2逆向移動，導致亞鐵離子的濃度減小，Ⅲ中向另一份加入CCl4，碘單質溶解在四氯化碳中碘單質的濃度減小，平衡2Fe3++2I-?2Fe2++I2正向移動，所以水溶液中c(Fe2+)：Ⅱ＜Ⅲ，故D正確；答案選C。21、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反應產生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：3NO2+H2O=2HNO3+NO，產生的NO仍然會污染空氣，B錯誤；C.濃硫酸與Na2SO3發(fā)生復分解反應，產生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反應產生NO氣體，NO與空氣中的氧氣會發(fā)生反應，所以不能用排空氣方法收集，D錯誤；故合理選項是C。22、A【解析】

A．氫氧化鋁堿性較弱，能與酸反應，可用于治療胃酸過多，故A正確；B．鋁熱劑是鋁粉和難熔金屬氧化物的混合物，不含氧化鋁，故B錯誤；C．明礬凈水是由于明礬水解生成氫氧化鋁膠體，具有吸附能力，但不具有消毒殺菌能力，故C錯誤；D．鋁會和稀硫酸反應，釋放出氫氣，不能用鋁罐車盛稀硫酸，故D錯誤；答案選A?！军c睛】消毒劑可以是醫(yī)用酒精，使蛋白質變性，可以是氯氣，臭氧，具有強氧化性，可以用于殺菌，明礬只能吸附懸浮物，不能殺菌消毒。二、非選擇題(共84分)23、FeS2112Fe3++Fe=3Fe2+:分散質微粒的直徑(nm)；H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+【解析】

由③中信息可知：

B氣體是引起酸雨的主要物質，則B為SO2，H常溫下為無色無味的液體，則H為H2O；E常用作紅色油漆和涂料，故E為Fe2O3，則A中應含F(xiàn)e、S兩種元素。由②可計算得到A的化學式為FeS2，再結合流程圖可推知甲為O2，C為SO3，D為H2SO4

乙由E(Fe2O3)和乙在高溫的條件下生成丁(單質)可知，丁為Fe，D

(

H2SO4)

+E

(

Fe2O3)→F，則F為Fe2

(SO4)3，G為FeSO4，丙可以為S等，乙可以為碳或氫氣等。【詳解】(1)由上述分析可知，A的化學式為FeS2，高溫下燃燒的化學方程式為:

4FeS2

+

11O2

2Fe2O3

+8SO2，由此分析可知，每消耗4

mol

FeS2，轉移電子為44mol，即每反應1

mol的A

(

FeS2)轉移的電子為11

mol

，故答案為.：FeS2；11。

(2)由轉化關系圖可知F為Fe2

(SO4)3，丁為Fe，G為FeSO4，則有關的離子反應為:

Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案為：Fe+2Fe3+=3Fe2+；

(3)少量飽和Fe2

(SO4)3溶液加入①冷水中形成溶液，溶質為Fe2

(SO4)3；加入②NaOH溶液中會產生Fe

(OH)

3沉淀，形成濁液；加入③沸水中會產生Fe

(OH)

3膠體，即①Fe2

(SO4)3、③Fe

(OH)

3膠體、②

Fe

(OH)

3沉淀，故答案為:分散質微粒的直徑(nm)；

(4)化合物M與H

(

H2O)組成元素相同，則M為H2O2，M在酸性條件下將G

(

FeSO4)氧化為F[Fe2

(SO4)3]的離子方程式為：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+，故答案為：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+。24、羧基醚鍵ClCH2CHO取代反應+H2O+CH3CH2OH【解析】

由A生成B，A的苯環(huán)變成環(huán)己烷結構，兩個羥基變成羰基。在試劑X的作用下得到C。C生成D，羰基變?yōu)椤狢H2COOC2H5，D生成E，重新變成苯環(huán)，E分子中有酯基，發(fā)生酸性水解，酯基轉變?yōu)轸然??！驹斀狻?1)由F的結構可知，含氧官能團為羧基、醚鍵；(2)試劑X分子式為C2H3OCl，且分子中既無甲基也無環(huán)狀結構，且羥基和碳碳雙鍵連在同一個碳原子上的結構不穩(wěn)定，則X的結構簡式為ClCH2CHO。由E→F發(fā)生酯的水解反應，屬于取代反應。故答案為：ClCH2CHO，取代反應，+H2O+CH3CH2OH；(3)E中有12個碳原子，3個氧原子和7個不飽和度，它的一種同分異構體滿足:Ⅰ.能發(fā)生銀鏡反應，含有醛基，Ⅱ.分子中含有1個苯環(huán)且有3種不同化學環(huán)境的氫，可以含有3個—CH2CHO，且處于間位位置，結構簡式為；(4)可以先從生成物入手考慮，要得到，結合給出的原料BrCH2COOC2H5，根據轉化關系中的C→D→E→F，需要有，可以用原料合成。即與HBr發(fā)生加成反應得到，在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下水解生成，再發(fā)生催化氧化生成，結合轉化關系中C→D反應，與BrCH2COOC2H5/Zn作用得到，最后在酸性條件下水解得到。故答案為：。25、溶液出現(xiàn)淡黃色渾濁，然后逐漸澄清（或渾濁減少）減小關閉、，打開過量會使溶液酸度增加，使產物分解，降低產率加入過量鹽酸，過濾，向濾液中滴加Ba溶液，有白色沉淀生成【解析】

（1）裝置A中試劑1為濃硫酸，試劑2為Na2SO3，反應生成二氧化硫氣體；（2）檢查裝置氣密性后，添加藥品，pH計讀數約為13說明溶液顯堿性是硫離子水解的原因；打開K2，關閉K3，調節(jié)K1使硫酸緩慢勻速滴下，反應分步進行：Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO22Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓Na2SO3+S═Na2S2O3（較慢）發(fā)生總反應為2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2

，據此分析反應現(xiàn)象；當pH計讀數接近7時，立即停止通SO2，SO2過量會使溶液酸度增加，使產物分解，降低產率，操作是關閉K1、K2，打開K3；（3）預測S2O32-轉變?yōu)镾O42-，可以利用檢驗硫酸根離子的方法設計實驗檢驗；【詳解】（1）裝置A中試劑1為濃硫酸，試劑2為Na2SO3，反應生成二氧化硫氣體，反應的化學方程式為：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4，故答案為SO2；

H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4；(2)檢查裝置氣密性后，添加藥品，pH計讀數約為13說明溶液顯堿性是硫離子水解，水解離子方程式為：S2?+H2O?HS?+OH?，打開K2，關閉K3，調節(jié)K1使硫酸緩慢勻速滴下，反應分步進行：Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO22Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓Na2SO3+S═Na2S2O3（較慢）發(fā)生總反應為2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2

，反應過程中的現(xiàn)象是導管口有氣泡冒出，溶液出現(xiàn)淡黃色渾濁，然后逐漸澄清(或渾濁減少)，碳酸鈉溶液變化為亞硫酸鈉溶液和硫代硫酸鈉溶液，pH計讀數逐漸減小當pH計讀數接近7時，立即停止通SO2，操作是關閉K1、K2，打開K3，必須立即停止通SO2的原因是：SO2過量會使溶液酸度增加，使產物分解，降低產率，故答案為S2?+H2O?HS?+OH?；溶液出現(xiàn)淡黃色渾濁，然后逐漸澄清(或渾濁減少)；減??；關閉K1、K2，打開K3；SO2過量會使溶液酸度增加，使產物分解，降低產率；(3)Na2S2O3有還原性，可作脫氯劑。向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，某同學預測S2O32?轉變?yōu)镾O42?，設計實驗為：取少量反應后的溶液于試管中，加入過量鹽酸，過濾，向濾液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，故答案為加入過量鹽酸，過濾，向濾液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；26、直形冷凝管2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2OBIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ關閉滴液漏斗活塞，將裝置最后端的導氣管插入水中，微熱燒瓶，在導管末端有氣泡產生，冷卻燒瓶，在導管內形成一段高于液面的水柱，一段時間不發(fā)生變化，說明氣密性良好先打開Ⅱ中的活塞，待Ⅰ中燒瓶充滿黃綠色氣體后，點燃Ⅰ中的酒精燈SnCl4+2H2O=SnO2+4HCl855/m2Sn2++O2+4H+=2Sn4++2H2O【解析】

裝置Ⅱ為制備氯氣的裝置，產生的氯氣中會混有HCl和水蒸氣等雜質氣體，將氣體通過V裝置，V裝置中的飽和食鹽水可除去HCl，再將氣體通過Ⅳ裝置，Ⅳ裝置中的濃硫酸可除去水蒸氣，可得到干燥、純凈的氯氣。將氯氣通入Ⅰ裝置，氯氣與Sn反應可制得SnCl4蒸氣，將SnCl4蒸氣經裝置Ⅲ冷卻，可得到SnCl4液體。由于SnCl4易水解，為防止空氣中的水蒸氣進入裝置Ⅲ以及吸收多余的Cl2，可在裝置Ⅲ后連接Ⅵ裝置。（1）根據儀器特點解答儀器名稱，裝置II中KMnO4與HCl反應制Cl2；（2）依據上述分析進行儀器連接；需注意制備的氯氣應先除雜后干燥，干燥、純凈的氯氣再和Sn反應，因為SnCl4易水解，應在收集SnCl4的裝置后邊連接干燥裝置，防止空氣中的水蒸氣進入，同時要吸收尾氣Cl2；（3）氣密性的檢驗可采用加熱法，升高發(fā)生裝置體系內氣體的溫度，可以增大壓強，使體系內空氣外逸，當溫度恢復初始溫度時，體系內壓強減小，導致浸沒在水中的導氣管內倒吸一段水柱；防止Sn與O2反應以及防止生成的SnCl4水解，實驗開始應先通Cl2排盡裝置中空氣；（4）根據信息書寫方程式；（5）用重鉻酸鉀滴定法測定SnCl2時，發(fā)生的反應為2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+、6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，可得關系式3Sn2+~Cr2O72-，由消耗的K2Cr2O7計算SnCl2，進一步計算SnCl2的含量；Sn2+具有強還原性，易被O2氧化。【詳解】（1）“冷凝管”的名稱是直形冷凝管；裝置Ⅱ中是KMnO4和HC1制備氯氣的反應，高錳酸鉀中的錳元素由+7價降低到+2價生成Mn2+，HCl中的氯元素由-1價升高到0價生成氯氣，離子反應方程式為2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。本小題答案為：直形冷凝管；2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。（2）裝置Ⅱ為制備氯氣的裝置，產生的氯氣中會混有HCl和水蒸氣等雜質氣體，將氣體通過V裝置，V裝置中的飽和食鹽水可除去HCl，再將氣體通過Ⅳ裝置，Ⅳ裝置中的濃硫酸可除去水蒸氣，可得到干燥、純凈的氯氣。將氯氣通入Ⅰ裝置，氯氣與Sn反應可制得SnCl4蒸氣，將SnCl4蒸氣經裝置Ⅲ冷卻，可得到SnCl4液體。由于SnCl4易水解，為防止外界空氣中的水蒸氣進入裝置Ⅲ以及吸收多余Cl2防污染大氣，可在裝置Ⅲ后連接Ⅵ裝置。根據上述分析該裝置的連接順序是BIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ。本小題答案為：BIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ。（3）檢查裝置的氣密性用加熱法，操作為：關閉滴液漏斗活塞，將裝置最后端的導氣管插入水中，微熱燒瓶，在導管末端有氣泡產生，冷卻燒瓶，在導管內形成一段高于液面的水柱，一段時間不發(fā)生變化，說明氣密性良好；防止Sn與O2反應以及防止生成的SnCl4水解，實驗開始應先通Cl2排盡裝置中空氣，故實驗開始時的操作為：先打開Ⅱ中的活塞，待Ⅰ中燒瓶充滿黃綠色氣體后，點燃Ⅰ中的酒精燈。本小題答案為：關閉滴液漏斗活塞，將裝置最后端的導氣管插入水中，微熱燒瓶，在導管末端有氣泡產生，冷卻燒瓶，在導管內形成一段高于液面的水柱，一段時間不發(fā)生變化，說明氣密性良好；先打開Ⅱ中的活塞，待Ⅰ中燒瓶充滿黃綠色氣體后，點燃Ⅰ中的酒精燈。（4）根據表格所給信息，SnCl4易水解生成固態(tài)二氧化錫，將四氯化錫少許暴露于空氣中，還可看到白色煙霧，說明水解產物中還有HCl，HCl與空氣中的水蒸氣形成鹽酸小液滴，現(xiàn)象為白霧，化學方程式為SnCl4+2H2O=SnO2+4HCl。本小題答案為：SnCl4+2H2O=SnO2+4HCl。（5）用重鉻酸鉀滴定法測定SnCl2時，發(fā)生的反應為2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+、6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，可得關系式3Sn2+~Cr2O72-（或根據得失電子守恒判斷），實驗中消耗的n(K2Cr2O7)=0.1000mol·L-1×0.015L=0.0015mol，則25.00mLSnCl2溶液中n(SnCl2)=0.0015mol×3=0.0045mol，則250.00mLSnCl2溶液中n(SnCl2)=0.045mol，m(SnCl2)=0.045mol×190g/mol=8.55g，則mg產品中SnCl2的含量為8.55g/mg×100%=%；根據反應“2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+”得出Sn2+的還原性強于Fe2+，Sn2+在空氣中易被氧化，測定結果隨時間延長逐漸變小是因為SnCl2被氧氣氧化，發(fā)生2Sn2++O2+4H+=2Sn4++2H2O反應，滴定時消耗的重鉻酸鉀的量減少，由此計算出的SnCl2量減小，測量結果變小。本小題答案為：855/m；2Sn2++O2+4H+=2Sn4++2H2O。27、還原②產生藍色沉淀pH=20.3mol/LKNO3或NaNO3溶液Ag+Fe3+?Ag++Fe2+或(Ag++Fe2+?Ag+Fe3+)正極＞＜其它條件不變時，物質的氧化性與濃度有關系，濃度的改變可導致平衡的移動【解析】

(1)根據元素化合價的變化判斷；

(2)實驗Ⅰ：甲同學認為：Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質Ag，則要證明甲的結論正確，可驗證Fe3+的還原產物Fe2+的存在；

實驗Ⅱ：進行對照實驗；

(3)根據實驗現(xiàn)象判斷溶液中發(fā)生的反應；

(4)根據指針偏轉方向判斷正負極，判斷電極反應，并結合氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產物分析解答?！驹斀狻?1)往AgNO3溶液中逐滴加入氨水，銀離子和氨水反應生成白色的氫氧化銀沉淀和銨根離子，Ag++NH3?H2O═AgOH↓+NH4+；繼續(xù)滴入氨水白色沉淀溶解，氫氧化銀和氨水反應生成銀氨溶液和水，AgOH+2NH3?H2O═Ag(NH3)2OH+2H2O，若用乙醛進行銀鏡反應，再加入乙醛溶液后，水浴加熱，生成乙酸銨，氨氣、銀和水，化學反應方程式為：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，銀氨溶液中的銀為+1價，被醛基還原生成0價的銀單質，故答案為：還原；

(2)實驗Ⅰ：甲同學認為：Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質Ag，則要證明甲的結論正確，可驗證Fe3+的還原產物Fe2+的存在即可，驗證Fe2+的實驗是取少量除盡Ag+后的溶液于試管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液會和Fe2+反應生成藍色沉淀，故答案為：②；產生藍色沉淀；

實驗Ⅱ：丙同學認為：Fe3+和NO3－均能把Ag氧化而溶解，且兩個實驗結果證明了丙同學的結論，而實驗I驗證了Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質Ag，則實驗II需要驗證NO3－也能把Ag氧化而溶解，需進行對照實驗，0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液(pH=2)，NO3－為0.3mol/L，所以需向附有銀鏡的試管中加入pH=2的0.3mol/LKNO3或NaNO3溶液，故答案為：pH=2的0.3mol/LKNO3或NaNO3；

(3)Fe3+遇KSCN溶液變紅，第一份滴加2滴KSCN溶液無變化，說明FeSO4溶液中無Fe3+，第二份加入1ml0.1mol/LAgNO3溶液，出現(xiàn)白色沉淀，隨后有黑色固體Ag產生，再取上層溶液滴加KSCN溶液變紅，說明有Fe3+產生，說明Fe2+被Ag+氧化生成Fe3+，Ag+被還原為Ag，又Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質Ag，則該反應為可逆反應，反應的離子方程式為：Fe3++Ag?Fe2++Ag+或Ag++Fe2+?Ag+Fe3+；

(4)①K剛閉合時，指針向左偏轉，則銀為負極，石墨為正極，該電池的反應本質為Fe3++Ag?Fe2++Ag+，該反應中鐵離子為氧化劑，銀離子為氧化產物，則氧化性：Fe3+＞Ag+，故答案為：正極；＞；

②當指針歸零后，向右燒杯中滴加幾滴飽和AgNO3溶液，指針向右偏轉，則此時石墨為負極，銀為正極，右側燒杯中銀離子濃度增大，反應Fe3++Ag?Fe2++Ag+的平衡左移，發(fā)生反應Ag++Fe2+?Ag+Fe3+，此時Ag+為氧化劑，F(xiàn)e3+為氧化產物，則氧化性：Fe3+＜Ag+；③由上述①②實驗，得出的結論是：在其它條件不變時，物質的氧化性與濃度有關，濃度的改變可導致平衡移動。28、328H2SO43228CDCH3OH(g)+O2(g)CO2(g)+2H2O(g)△H=-651kJ/mol270℃<4(L/mol)22×10-4mol/L【解析】

(1)反應中C元素的化合價由0升高為+4價，Cr元素的化合價由+6價降低為+3價，結合化合價升降總數相等以及質量守恒定律配平；(2)①根據影響反應速率的因素進行判斷，溫度升高，反應速率加快，使用催化劑，反應速率加快；②根據蓋斯定律和題中所給熱化學方程式寫出甲醇完全燃燒生成二氧化碳的熱化學方程式；③i)合成甲醇的反應是放熱反應，溫度升高，轉化率降低；ii)根據平衡常數表達式和一氧化碳的轉化率求算，結合該反應的熱效應及溫度對平衡移動的影響判斷平衡常數的大小；(3)Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)?c(CO32-)=2.8×10-9，將c(CO32-)混合后的濃度帶入該式子，就可為得到最小的c(Ca2+)?！驹斀狻?1)反應中C元素的化合價由0升高為+4價，一個碳化合價變化4，Cr元素的化合價由+6價降低為+3價，1個K2Cr2O7化合價變化6，4和6的最小公倍數為12，由化合價升降總數相等可知，C的化學計量數為3，K2Cr2O7的化學計量數為2，最后由質量守恒定律可知得化學反應為3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2↑+2K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O；(1)①A.隨時將CH3OH與反應混合物分離，CH3OH的濃度減小，反應速率降低，A錯誤；B.溫度降低，反應速率變小，B錯誤；C.壓強增大，反應速率加快，C正確；D.使用催化劑，反應速率加快，D正確；故合理選項是CD；②已知CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H2=-283kJ/mol①H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H3=-242kJ/mol②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1=-116kJ/mol③；根據蓋斯定律