遼寧省凌源市第二中學2024年高考臨考沖刺化學試卷含解析

遼寧省凌源市第二中學2024年高考臨考沖刺化學試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、能證明KOH是離子化合物的事實是A．常溫下是固體 B．易溶于水 C．水溶液能導電 D．熔融態(tài)能導電2、下列說法中正確的是（）A．2019年，我國河南、廣東等許多地方都出現了旱情，緩解旱情的措施之一是用溴化銀進行人工降雨B．“光化學煙霧”“臭氧層空洞”“溫室效應”“硝酸型酸雨”等環(huán)境問題的形成都與氮氧化合物有關C．BaSO4在醫(yī)學上用作透視鋇餐，主要是因為它難溶于水D．鈉、鎂等單質在電光源研制領域大顯身手，鈉可以應用于高壓鈉燈，鎂可以制造信號彈和焰火3、下列選項中，為完成相應實驗，所用儀器或相關操作合理的是ABCD用CCl4提取溶在乙醇中的I2測量Cl2的體積過濾用NaOH標準溶液滴定錐形瓶中的鹽酸A．A B．B C．C D．D4、某無色溶液，經測定含有Al3+、Br-、SO42-，且各離子物質的量濃度相等（不考慮水電離出來的H+和OH-），則對該溶液的說法合理的是（）A．可能含有Cl- B．可能含有HCO3-5、下列除去雜質（括號內的物質為雜質）的方法中錯誤的是（）A．FeSO4（CuSO4）：加足量鐵粉后，過濾B．Fe粉（Al粉）：用NaOH溶液溶解后，過濾C．NH3（H2O）：用濃H2SO4洗氣D．MnO2（KCl）：加水溶解后，過濾、洗滌、烘干6、下列分子中，所有碳原子總是處于同一平面的是A． B． C． D．7、硫元素最常見和最穩(wěn)定的一種同素異形體是黃色的正交α－型，1912年E.Beckmann由硫在碘中的冰點降低法測得它含有S8分子。1891年，M.R.Engel用濃鹽酸和硫代硫酸鹽的飽和溶液在0℃下作用首次制得了一種菱形的－硫，后來證明含有S6分子。下列說法正確的是A．S6和S8分子都是由S原子組成，所以它們是一種物質B．S6和S8分子分別與鐵粉反應，所得產物不同C．S6和S8分子分別與過量的氧氣反應可以得到SO3D．等質量的S6和S8分子分別與足量的KOH反應，消耗KOH的物質的量相同8、化石燃料開采、加工過程中會產生劇毒氣體硫化氫(H2S)，可通過間接電化學法除去，其原理如圖所示。下列說法錯誤的是A．反應池中處理硫化氫的反應是H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+B．電極a為陽極，電極b為陰極C．若交換膜為質子(H+)交換膜，則NaOH溶液的濃度逐漸變大D．若交換膜為陽離子交換膜，b電極區(qū)會產生紅褐色沉淀9、工業(yè)上常采用堿性氯化法來處理高濃度氰化物污水，發(fā)生的主要反應為：CN－＋OH－＋Cl2―→CO2＋N2＋Cl－＋H2O（未配平）。下列說法錯誤的是A．Cl2是氧化劑，CO2和N2是氧化產物B．該反應中，若有1molCN－發(fā)生反應，則有5NA電子發(fā)生轉移C．上述離子方程式配平后，氧化劑、還原劑的化學計量數之比為2∶5D．若將該反應設計成原電池，則CN－在負極區(qū)發(fā)生反應10、下列方程式不能正確表示某沉淀溶解過程的是A．熱的濃鹽酸洗滌試管內壁的MnO2：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2OB．熱的NaOH溶液洗滌試管內壁的S：3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2OC．向石灰石粉的懸濁液中持續(xù)通CO2：Ca(OH)2＋2CO2＝Ca(HCO3)2D．稀硫酸可除去鐵銹：Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O11、以石墨負極（C）、LiFePO4正極組成的鋰離子電池的工作原理如圖所示（實際上正負極材料是緊貼在鋰離子導體膜兩邊的）。充放電時，Li+在正極材料上脫嵌或嵌入，隨之在石墨中發(fā)生了LixC6生成與解離。下列說法正確的是A．鋰離子導電膜應有保護成品電池安全性的作用B．該電池工作過程中Fe元素化合價沒有發(fā)生變化C．放電時，負極材料上的反應為6C+xLi++xe-=LixC6D．放電時，正極材料上的反應為LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+12、青石棉（cricidolite）是世界衛(wèi)生組織確認的一種致癌物質，是《鹿特丹公約》中受限制的46種化學品之一，青石棉的化學式為：Na2Fe5Si8O22（OH）2，青石棉用稀硝酸溶液處理時，還原產物只有NO，下列說法中正確的是A．青石棉是一種易燃品，且易溶于水B．青石棉的化學組成用氧化物的形式可表示為：Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2OC．1molNa2Fe5Si8O22（OH）2與足量的硝酸作用，至少需消耗8.5L2mol/LHNO3溶液D．1molNa2Fe5Si8O22（OH）2與足量氫氟酸作用，至少需消耗7L2mol/LHF溶液13、常溫下，向20.00mL0.1000mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000mol·L-1的NaOH溶液，pH隨NaOH溶液體積的變化如圖所示。下列說法不正確的是（）A．在滴定過程中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)B．pH=5時，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C．pH=7時，消耗NaOH溶液的體積小于20.00mLD．在滴定過程中，隨NaOH溶液滴加c(CH3COO-)持續(xù)增大14、用如圖示的方法可以保護鋼質閘門。下列說法正確的是（）A．當a、b間用導體連接時，則X應發(fā)生氧化反應B．當a、b間用導體連接時，則X可以是鋅或石墨C．當a、b與外接電源相連時，a應連接電源的正極D．當a、b與外接電源相連時，陰極的電極反應式：2Cl--2e-=Cl2↑15、黃銅礦（CuFeS2）是提取銅的主要原料，其煅燒產物Cu2S在1200℃高溫下繼續(xù)反應：2Cu2S+3O2→2Cu2O+2SO2…①2Cu2O+Cu2S→6Cu+SO2…②．則A．反應①中還原產物只有SO2B．反應②中Cu2S只發(fā)生了氧化反應C．將1molCu2S冶煉成2molCu，需要O21molD．若1molCu2S完全轉化為2molCu，則轉移電子數為2NA16、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）A．71gCl2溶于足量水中，Cl-的數量為NAB．46g乙醇中含有共價鍵的數量為7NAC．25℃時，1LpH=2的H2SO4溶液中含H+的總數為0.02NAD．標準狀況下，2.24LCO2與足量Na2O2反應轉移的電子數為0.1NA17、下列不能使氫氧化鈉的酚酞溶液褪色的氣體是()A．NH3 B．SO2C．HCl D．CO218、下列關于同溫同壓下的兩種氣體12C18O和14N2的判斷正確的是A．體積相等時密度相等 B．原子數相等時具有的中子數相等C．體積相等時具有的電子數相等 D．質量相等時具有的質子數相等19、碳酸亞乙酯是鋰離子電池低溫電解液的重要添加劑，其結構如下圖。下列有關該物質的說法正確的是A．分子式為C3H2O3B．分子中含6個σ鍵C．分子中只有極性鍵D．8.6g該物質完全燃燒得到6.72LCO220、已知NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．120gNaHSO4固體中含有H+的數目為NAB．向FeBr2溶液中緩慢通入0.2molCl2時，被氧化的Fe2＋數目一定為0.4NAC．用惰性電極電解1L濃度均為2mol/L的AgNO3與Cu（NO3）2的混合溶液，當有0.2NA個電子轉移時，陰極析出金屬的質量大于6.4gD．加熱條件下，1molFe投入足量的濃硫酸中，生成SO2的分子數目為NA21、某化學小組設計了如圖甲所示的數字化實驗裝置，研究常溫下，向1L0.1mol/LH2A溶液中逐滴加入等濃度NaOH溶液時的pH變化情況，并繪制出溶液中含A元素的粒子的物質的量分數與溶液pH的關系如圖乙所示，則下列說法中正確的是（）A．pH=4.0時，圖中n(HA-)約為0.0091molB．0.1mol/LNaHA溶液中存在c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/LC．該實驗應將左邊的酸式滴定管換成右邊堿式滴定管并加酚酞作指示劑D．常溫下，等物質的量濃度的NaHA與Na2A溶液等體積混合后溶液pH=3.022、25℃時，向20.00mL0.1mol·L-1H2X溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液中由水電離出的c水(OH-)的負對數[-1gc水(OH-)]與所加NaOH溶液體積的關系如圖所示。下列說法中正確的是A．水的電離程度：M>N=Q>PB．圖中M、P、Q三點對應溶液中cHXC．N點溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)D．P點溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+c(H2X)二、非選擇題(共84分)23、（14分）為探究黑色固體X(僅含兩種元素)的組成和性質，設計并完成如下實驗：請回答：（1）X的化學式是______________。（2）寫出藍色溶液轉化為藍色沉淀的離子方程式是______________。（3）寫出固體甲與稀硫酸反應的化學方程式______________。24、（12分）比魯卡胺(分子結構見合成線路)是有抗癌活性，其一種合成路線如圖：回答下列問題（1）A的化學名稱為__。（2）D中官能團的名稱是__。（3）反應④所需試劑、條件分別為__、__。（4）寫出⑤的反應方程式__。（5）F的分子式為__。（6）寫出與E互為同分異構體，且符合下列條件的化合物的結構簡式__。①所含官能團類別與E相同；②核磁共振氫譜為三組峰，峰面積比為1：1：6（7）參考比魯卡胺合成的相關信息，完成如圖合成線路(其他試劑任選)___。25、（12分）實驗室制備叔丁基苯（）的反應和有關數據如下：+ClC(CH3)3+HClI．如圖是實驗室制備無水AlCl3，可能需要的裝置：(1)檢查B裝置氣密性的方法是_______。(2)制備無水AlCl3的裝置依次合理的連接順序為__________（埴小寫字母），其中E裝置的作用是________。(3)實驗時應先加熱圓底燒瓶再加熱硬質玻璃管，其原因是________。Ⅱ．如圖是實驗室制備叔丁基苯的裝置（夾持裝置略）：在三頸燒瓶中加入50mL的苯和適量的無水AlCl3，由恒壓漏斗滴加氯代叔丁烷10mL，一定溫度下反應一段時間后，將反應后的混合物洗滌分離，在所得產物中加入少量無水MgSO4固體，靜置，過濾，蒸餾得叔丁基苯20g。(4)使用恒壓漏斗的優(yōu)點是_______；加入無水MgSO4固體的作用是________。(5)洗滌混合物時所用的試劑有如下三種，正確的順序是________。（填序號）①5%的Na2CO3溶液②稀鹽酸③H2O(6)本實驗中叔丁基苯的產率為______。（保留3位有效數字）26、（10分）某小組同學探究物質的溶解度大小與沉淀轉化方向之間的關系。已知：（1）探究BaCO3和BaSO4之間的轉化，實驗操作：試劑A試劑B試劑C加入鹽酸后的現象實驗ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……實驗ⅡNa2SO4Na2CO3有少量氣泡產生，沉淀部分溶解①實驗Ⅰ說明BaCO3全部轉化為BaSO4，依據的現象是加入鹽酸后，__________②實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后發(fā)生反應的離子方程式是_______。③實驗Ⅱ說明沉淀發(fā)生了部分轉化，結合BaSO4的沉淀溶解平衡解釋原因：______（2）探究AgCl和AgI之間的轉化，實驗Ⅲ：實驗Ⅳ：在試管中進行溶液間反應時，同學們無法觀察到AgI轉化為AgCl，于是又設計了如下實驗（電壓表讀數：a＞c＞b＞0）。注：其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑（或還原劑）的氧化性（或還原性）越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性（或還原性）強弱與其濃度有關。①實驗Ⅲ證明了AgCl轉化為AgI，甲溶液可以是______（填序號）。a.AgNO3溶液b.NaCl溶液c.KI溶液②實驗Ⅳ的步驟ⅰ中，B中石墨上的電極反應式是_______________③結合信息，解釋實驗Ⅳ中b＜a的原因：______。④實驗Ⅳ的現象能說明AgI轉化為AgCl，理由是_______27、（12分）輝銅礦與銅藍礦都是天然含硫銅礦，在地殼中二者常伴生存在?，F取一份該伴生礦樣品，經檢測后確定僅含Cu2S、CuS和惰性雜質。為進一步確定其中Cu2S、CuS的含量，某同學進行了如下實驗：①取2.6g樣品，加入200.0mL0.2000mol·L－1酸性KMnO4溶液，加熱(硫元素全部轉化為SO42－)，濾去不溶雜質；②收集濾液至250mL容量瓶中，定容；③取25.00mL溶液，用0.1000mol·L－1FeSO4溶液滴定，消耗20.00mL；④加入適量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再參與其他反應)，再加入過量KI固體，輕搖使之溶解并發(fā)生反應：2Cu2++4I－=2CuI+I2；⑤加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1·L－1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S2O32－+I2=S4O62－+2I－)?；卮鹣铝袉栴}：(1)寫出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的離子方程式：___________；(2)配制0.1000mol·L－1FeSO4溶液時要用煮沸過的稀硫酸，原因是___________，配制過程中所需玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒、容量瓶外還有___________；(3)③中取25.00mL待測溶液所用的儀器是___________；(4)⑤中滴定至終點時的現象為___________；(5)混合樣品中Cu2S和CuS的含量分別為_________%、_________%(結果均保留1位小數)。28、（14分）研究氮氧化物與懸浮在大氣中海鹽粒子的相互作用時，涉及如下反應：2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3（s）+ClNO（g）+Q1K1（Ⅰ）2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）+Q2K2（Ⅱ）（1）4NO2（g）+2NaCl（s）?2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常數K=____（用含K1、K2的代數式表示）．（2）為研究不同條件對反應（Ⅱ）的影響，在恒溫條件下，向2L恒容密閉容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min時反應（Ⅱ）達到平衡．測得在10min內v（ClNO）=7.5×10﹣3mol?L﹣1?min﹣1，則平衡后n（Cl2）=_____mol，NO的轉化率а1=____．其它條件保持不變，反應（Ⅱ）在恒壓條件下進行，平衡時NO的轉化率а2____а1（填“＞”“＜”或“=”），平衡常數K2____（填“增大”“減小”或“不變”）．若要使K2減小，可采用的措施是____．（3）實驗室可用NaOH溶液吸收NO2，反應為2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液與0.2molNO2恰好完全反應得1L溶液A，溶液B為0.1mol?L﹣1的CH3COONa溶液，則兩溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的順序為____．（已知HNO2的電離常數Ka=7.1×10﹣4mol?L﹣1，CH3COOH的電離常數Ka=1.7×10﹣5mol?L﹣1，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是____．a向溶液A中加適量水b向溶液A中加適量NaOHc向溶液B中加適量水d溶液B中加適量NaOH．29、（10分）工業(yè)合成氨對人類生存貢獻巨大，反應原理為：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H(1)若在一容積為2L的密閉容器中加入0.2mol的N2和0.6mol的H2在一定條件下發(fā)生反應，若在5分鐘時反應達到平衡，此時測得NH3的物質的量為0.2mol。則前5分鐘的平均反應速率v(N2)=__。(2)平衡后，若提高H2的轉化率，可以采取的措施有__。A．加入催化劑B．增大容器體積C．降低反應體系的溫度D．加入一定量N2(3)科學家研究在催化劑表面合成氨的反應機理，反應步驟與能量的關系如圖所示（吸附在催化劑表面的微粒用*標注，省略了反應過程中的部分微粒）。寫出步驟c的化學方程式___；由圖像可知合成氨反應的△H__0（填“＞”“＜”或“=”）。(4)將n(N2)∶n(H2)=1∶3的混合氣體，勻速通過裝有催化劑的剛性反應器，反應器溫度變化與從反應器排出氣體中NH3的體積分數φ(NH3)關系如圖。隨著反應器溫度升高，NH3的體積分數φ(NH3)先增大后減小的原因是_。某溫度下，混合氣體在剛性容器內發(fā)生反應，起始氣體總壓為2×107Pa，平衡時總壓為開始的90%，則H2的轉化率為___（氣體分壓P分=P總×體積分數）。用某物質的平衡分壓代替物質的量濃度也可以表示化學平衡常數（記作KP），此溫度下，該反應的化學平衡常數KP=__（分壓列計算式、不化簡）。(5)合成氨的原料氣H2可來自甲烷水蒸氣催化重整（SMR）。我國科學家對甲烷和水蒸氣催化重整反應機理也進行了廣泛研究，通常認為該反應分兩步進行。第一步：CH4催化裂解生成H2和碳（或碳氫物種），其中碳（或碳氫物種）吸附在催化劑上，如CH4→Cads/［C(H)n］ads＋(2-)H2；第二步：碳（或碳氫物種）和H2O反應生成CO2和H2，如Cads/C(H)n］ads＋2H2O→CO2＋(2＋)H2。反應過程和能量變化殘圖如下（過程①沒有加催化劑，過程②加入催化劑），過程①和②ΔH的關系為：①__②（填“＞”“＜”或“=”）；控制整個過程②反應速率的是第__步（填“I”或“II”），其原因為__。

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】

離子化合物在熔融狀態(tài)下能電離生成陰陽離子而導電，共價化合物在熔融狀態(tài)下以分子存在，據此分析解答?！驹斀狻侩x子化合物在熔融狀態(tài)下能電離生成陰陽離子而導電，共價化合物在熔融狀態(tài)下以分子存在，所以在熔融狀態(tài)下能導電的化合物是離子化合物，KOH在熔融狀態(tài)下能導電，所以是離子化合物，與其狀態(tài)、溶解性強弱、其水溶液是否導電都無關，答案選D。2、D【解析】

A.用碘化銀進行人工降雨，而不是溴化銀，故A錯誤；B.“溫室效應”與二氧化碳有關，與氮氧化合物無關，故B錯誤；C.BaSO4在醫(yī)學上用作透視鋇餐，主要是因為它難溶于酸，故C錯誤；D.因為鈉發(fā)出的黃光射程遠，透霧能力強，則鈉可以應用于高壓鈉燈，鎂燃燒發(fā)出耀眼的白光，則鎂可以制造信號彈和焰火，故D正確；綜上所述，答案為D。3、B【解析】

A.四氯化碳是良好的有機溶劑，四氯化碳與乙醇互溶，不會出現分層，不能用分液漏斗分離，故A錯誤；B.氯氣不溶于食鹽水，可排飽和食鹽水測定其體積，則圖中裝置可測定Cl2的體積，故B正確；C.過濾需要玻璃棒引流，圖中缺少玻璃棒，故C錯誤；D.NaOH標準溶液滴定錐形瓶中的鹽酸，NaOH溶液應盛放在堿式滴定管中，儀器的使用不合理，滴定過程中眼睛應注視錐形瓶內溶液顏色的變化，故D錯誤。答案選B。【點睛】本題考查的是關于化學實驗方案的評價，實驗裝置的綜合。解題時需注意氯氣不溶于食鹽水，可排飽和食鹽水測定其體積；NaOH標準溶液滴定錐形瓶中的鹽酸，NaOH溶液應盛放在堿式滴定管中。4、A【解析】

等物質的量濃度的Al3+、Br-、SO42-的溶液中，正電荷數和負電荷數恰好相等，所以無色溶液可能是硫酸鋁和溴化鋁的溶液，也可能還含有等物質的量濃度的Cl-、Na+，由于Al3+和HCO3-離子不共存，所以不可能含有HCO3-，據此解答?！驹斀狻康任镔|的量濃度的Al3+、Br-、SO42-的溶液中，正電荷數和負電荷數恰好相等，所以無色溶液可能是硫酸鋁和溴化鋁的溶液；無色硫酸鋁和溴化鋁的溶液與NaCl溶液不反應、可共存，所以無色溶液可能還含有NaCl，即還含有等物質的量濃度的Cl-、Na+；由于Al3+和HCO3-離子不共存，所以不可能含有HCO3-；綜上：①溶液可能含有Al3+、Br-、SO42-三種離子；②溶液可能含有Al3+、Br-、SO42-、Cl-、Na+五種離子，答案選A。5、C【解析】

除雜要遵循一個原則：既除去了雜質，又沒有引入新的雜質?！驹斀狻緼．因鐵粉能與CuSO4反應生成FeSO4和Cu，鐵粉不能與FeSO4反應，過量的鐵粉和生成的銅可過濾除來去，既除去了雜質，又沒有引入新的雜質，符合除雜原則，A正確；B．用NaOH溶液溶解后，鋁會溶解，鐵不會溶解，過濾即可除去雜質鋁，又沒有引入新的雜質，符合除雜原則，B正確；C．濃H2SO4有吸水性，可以干燥氣體，但濃H2SO4具有強氧化性，NH3會與其發(fā)生氧化還原反應，達不到除雜的目的，C錯誤；D．MnO2不溶于水，KCl溶于水，加水溶解后，過濾得到MnO2、洗滌、烘干，既除去了雜質，又沒有引入新的雜質，符合除雜原則，D正確；答案選Ｃ。6、D【解析】

A.乙烯為平面結構，和雙鍵相連的碳原子是烷烴結構的碳原子，所有碳原子不一定總是處于一個平面，故A錯誤；B.與苯環(huán)相連的碳原子是烷烴結構的碳原子，所有碳原子不一定總是處于一個平面，故B錯誤；C.與雙鍵相連的碳原子是烷烴結構的碳原子，所有碳原子不一定處于一個平面，故C錯誤；D.苯為平面結構，苯甲醇中甲基碳原子處于苯中H原子位置，所有碳原子都處在同一平面上，故D正確；故答案為：D。7、D【解析】

A選項，S6和S8分子都是由S原子組成，它們是不同的物質，互為同素異形體，故A錯誤；B選項，S6和S8是硫元素的不同單質，化學性質相似，因此它們分別與鐵粉反應，所得產物相同，故B錯誤；C選項，不管氧氣過量還是少量，S6和S8分子分別與氧氣反應可以得到SO2，故C錯誤；D選項，等質量的S6和S8分子，其硫原子的物質的量相同，因此它們分別與足量的KOH反應，消耗KOH的物質的量相同，故D正確。綜上所述，答案為D。8、C【解析】

A.由圖示知反應池中，Fe3+與硫化氫發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，故A正確；B.a極產生Fe3+，發(fā)生氧化反應，所以為陽極，b為陰極，故B正確；C.若交換膜為質子交換膜，則H+進入b極，則NaOH溶液的濃度逐漸變小，故C錯誤D.若交換膜為陽離子交換膜，Fe3+會向陰極移動，與氫氧根離子生成紅褐色Fe(OH)沉淀3，故D正確；故選C。9、C【解析】

反應CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合價由0價降低為-1價，化合價總共降低2價，C元素化合價由+2價升高為+4價，N元素化合價由-3價升高為0價，化合價升降最小公倍數為2[(4-2)+(3-0)]=10價，故CN-系數為2，Cl2系數為5，由元素守恒反應方程式為2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，以此來解答?！驹斀狻緼．反應CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合價由0價降低為-1價，C元素化合價由+2價升高為+4價，N元素化合價由-3價升高為0價，可知Cl2是氧化劑，CO2和N2是氧化產物，故A正確；

B．由上述分析可知，C元素化合價由+2價升高為+4價，N元素化合價由-3價升高為0價，所以若有1molCN-發(fā)生反應，則有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA電子發(fā)生轉移，故B正確；

C．由上述分析可知，反應方程式為2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反應中是CN-是還原劑，Cl2是氧化劑，氧化劑與還原劑的化學計量數之比為5：2，故C錯誤；

D．C元素化合價由+2價升高為+4價，N元素化合價由-3價升高為0價，所以CN-失電子，發(fā)生氧化反應為負極，故D正確。

故選：C。10、C【解析】

A.熱的濃鹽酸洗滌試管內壁的MnO2，發(fā)生反應為MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，A正確；B.熱的NaOH溶液洗滌試管內壁的S，發(fā)生反應為3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O，B正確；C.向石灰石粉的懸濁液中持續(xù)通CO2，發(fā)生反應為CaCO3+CO2+H2O＝Ca(HCO3)2，C不正確；D.稀硫酸可除去鐵銹，發(fā)生反應為Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O，D正確；答案為C。11、A【解析】

根據題意描述，放電時，石墨為負極，充電時，石墨為陰極，石墨轉化LixC6，得到電子，石墨電極發(fā)生還原反應，與題意吻合，據此分析解答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治觯偡磻獮長iFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6。A.為了防止正負極直接相互接觸，因此用鋰離子導電膜隔開，鋰離子導體膜起到保護成品電池安全性的作用，故A正確；B.根據總反應方程式LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6可知，LiFePO4與Li1-xFePO4中鐵元素的化合價一定發(fā)生變化，否則不能構成原電池反應，故B錯誤；C.放電時，負極發(fā)生氧化反應，電極反應式為：LixC6-xe-=6C+xLi+，故C錯誤；D.放電時，Li1-xFePO4在正極上得電子發(fā)生還原反應，電極反應為：Li1-xFePO4+xLi++xe-═LiFePO4，故D錯誤；答案選A?！军c睛】本題的難點為電池的正負極的判斷，要注意認真審題并大膽猜想。本題的易錯點為B，要注意原電池反應一定屬于氧化還原反應。12、B【解析】

A．青石棉屬于硅酸鹽，不易燃，也不溶于水，A錯誤；B．青石棉中鐵元素的化合價由+2價和+3價兩種，根據原子守恒和化合價不變的思想，化學組成用氧化物的形式可表示為：Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O，B正確；C．8.5L2mol·L-1HNO3溶液中硝酸的物質的量為17mol，青石棉用稀硝酸溶液處理時，亞鐵離子被氧化為鐵離子，硝酸被還原為一氧化氮，產物為NaNO3、Fe（NO3）3、NO、H2O、SiO2，1mol該物質能和18molHNO3反應，C錯誤；D．7L2mol·L-1HF溶液中HF的物質的量為14mol，1mol青石棉能與34mol氫氟酸反應生成四氟化硅，D錯誤。答案選B。13、D【解析】

A．反應后的溶液一定滿足電荷守恒，根據電荷守恒分析；B．pH＝5時，溶液呈酸性，則c(H＋)＞c(OH?)，結合電荷守恒判斷；C．如果消耗NaOH溶液的體積20.00mL，兩者恰好完全反應生成醋酸鈉，溶液呈堿性，若為中性，則加入的氫氧化鈉溶液體積小于20.00mL；D．由于CH3COOH的物質的量是定值，故c(CH3COO-)不可能持續(xù)增大?！驹斀狻緼．在反應過程中，一定滿足電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A正確；B．pH＝5的溶液呈酸性，則c(H+)>c(OH-)，根據電荷守恒可知：c(CH3COO-)>c(Na+)，則溶液中離子濃度的大小為：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故B正確；C．如果消耗NaOH溶液的體積20.00mL，兩者恰好完全反應生成醋酸鈉，溶液呈堿性，若為中性，則加入的氫氧化鈉溶液體積小于20.00mL，故C正確；D．由于CH3COOH的物質的量是定值，故隨NaOH溶液滴加，溶液體積的增大，c(CH3COO-)不可能持續(xù)增大，故D錯誤；故答案選D。【點睛】本題明確各點對應溶質組成為解答關鍵，注意應用電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理判斷離子濃度的大小。14、A【解析】

A．當a、b間用導體連接時構成原電池，根據題意，X應為負極，發(fā)生氧化反應，A正確；B．當a、b間用導體連接時構成原電池，根據題意，X應為負極，X應比Fe活潑，則X可以是鋅，不能選用石墨，B錯誤；C．當a、b與外接電源相連時，a應連接電源的負極，C錯誤；D．當a、b與外接電源相連時，陰極應該發(fā)生得電子的還原反應，D錯誤；答案選A。15、C【解析】

反應①中S化合價變化為：-2→+4，O化合價變化為：0→-2；反應②中，Cu化合價變化為：+1→0，S化合價變化為：-2→+4?？稍诖苏J識基礎上對各選項作出判斷?！驹斀狻緼．O化合價降低，得到的還原產物為Cu2O和SO2，A選項錯誤；B．反應②中Cu2S所含Cu元素化合價降低，S元素化合價升高，所以Cu2S既發(fā)生了氧化反應，又發(fā)生了還原反應，B選項錯誤；C．將反應①、②聯立可得：3Cu2S+3O2→6Cu+3SO2，可知，將1molCu2S冶煉成2molCu，需要O21mol，C選項正確；D．根據反應：3Cu2S+3O2→6Cu+3SO2，若1molCu2S完全轉化為2molCu，只有S失電子，：[(4-(-2)]mol=6mol，所以，轉移電子的物質的量為6mol，即轉移的電子數為6NA，D選項錯誤；答案選C?！军c睛】氧化還原反應中，轉移的電子數=得電子總數=失電子總數。16、D【解析】

A．Cl2與水反應是可逆反應，Cl-的數量少于NA，A錯誤；B．每個乙醇分子中含8個共價鍵，46g乙醇的物質的量==1mol，則共價鍵的物質的量=1mol8=8mol，所以46g乙醇所含共價鍵數量為8NA，B錯誤；C．25℃時，1LpH=2的H2SO4溶液中，C(H+)=10-2mol·L-1，n(H+)=10-2mol·L-1×1L=0.01mol，所以含H+的總數為0.01NA，C錯誤；D．每1molCO2對應轉移電子1mol，標準狀況下，2.24L的物質的量=0.1mol，故0.1molCO2與足量Na2O2反應轉移的電子數為0.1NA，D正確。答案選D。17、A【解析】

酚酞遇堿變紅，在酸性、中性或弱堿性環(huán)境下褪色。氫氧化鈉的酚酞溶液顯紅色?！驹斀狻緼.氨氣不與氫氧化鈉溶液反應，且氨氣溶于水生成氨水具有堿性，不能使酚酞褪色，故A選；B.SO2溶于水生成亞硫酸，可以和氫氧化鈉溶液反應，使溶液褪色，故B不選；C.HCl溶于水生成鹽酸，可以和氫氧化鈉溶液反應生成中性的氯化鈉，使溶液褪色，故C不選；D.CO2溶于水生成碳酸，碳酸可以和氫氧化鈉溶液反應，使溶液褪色，故D不選；故選A?！军c睛】SO2和CO2是酸性氧化物，和NaOH反應生成Na2SO3和Na2CO3，如果SO2和CO2過量，和NaOH反應生成NaHSO3和NaHCO3。這四種物質除了NaHSO3溶液是酸性的，其他三種都是堿性的，含酚酞的溶液可能褪色。但如果繼續(xù)通入氣體SO2和CO2，溶液中會生成酸，最終溶液一定會褪色。18、C【解析】

A、根據阿伏加德羅定律，物質的量相等，因為摩爾質量不相等，則質量不等，根據密度的定義，密度不相等，故錯誤；B、兩者都是雙原子分子，原子數相等，則物質的量相等，前者中子數為16，后者為14，則中子數不等，故錯誤；C、根據阿伏加德羅定律，兩者物質的量相等，前者電子為14，后者為14，因此等物質的量時，兩種物質所含電子數相等，故正確；D、質量相等，兩種物質的摩爾質量不等，則物質的量不相等，質子數不相等，故錯誤。19、A【解析】

A、雙鍵兩端的碳原子上各有一個氫原子，所以分子式為C3H2O3，故A正確；B、分子中的單鍵為σ鍵，一共有8個，故B錯誤；C、該分子中碳碳雙鍵屬于非極性鍵，故C正確；D、此選項沒有說明溫度和壓強，所以所得二氧化碳的體積是不確定的，故D錯誤。此題選C。20、C【解析】

A．固體NaHSO4中不含氫離子，故A錯誤；B．被氧化的Fe2＋數目與溶液中FeBr2的量有關，故B錯誤；C．混合溶液中n(Ag+)=2mol×1L=2mol，n(Cu2+)=2mol，Ag+氧化性大于Cu2+，電解混合溶液時，陰極首先析出的固體為銀單質，當有0.2mol電子轉移時，首先析出Ag，質量為0.2mol×108g/mol=21.6g，故C正確；D．濃硫酸氧化性較強，可以將Fe氧化成Fe3+，所以1molFe可以提供3mol電子，則生成的SO2的物質的量為1.5mol，個數為1.5NA，故D錯誤；答案為C?！军c睛】熔融狀態(tài)下NaHSO4電離出鈉離子和硫酸氫根離子，在水溶液中NaHSO4電離出鈉離子、氫離子、硫酸根離子。21、A【解析】

A．pH＝3時A2?、HA?的物質的量分數相等，所以二者的濃度相等，則Ka2＝＝c(H＋)＝0.001mol/L，由同一溶液中＝，pH＝4時該酸的第二步電離常數不變，且原溶液中n(HA?)＋n(A2?)＝0.1mol，據此計算n(HA?)；B．該二元酸第一步完全電離，第二步部分電離，所以NaHA溶液中不存在H2A；C．根據圖知，滴定終點時溶液呈酸性；D．pH＝3時，溶液中不存在H2A，說明該酸第一步完全電離，第二步部分電離，則NaHA只電離不水解，Na2A能水解，且c(A2?)＝c(HA?)?！驹斀狻緼．pH＝3時A2?、HA?的物質的量分數相等，所以二者的濃度相等，則Ka2＝＝c(H＋)＝0.001mol/L，由同一溶液中＝，pH＝4時該酸的第二步電離常數不變，且原溶液中n(HA?)＋n(A2?)＝0.1mol，Ka2＝＝×c(H＋)＝×0.0001mol/L＝0.001mol/L，n(HA?)約為0.0091mol，故A正確；B．該二元酸第一步完全電離，第二步部分電離，所以NaHA只能電離不能水解，則溶液中不存在H2A，根據物料守恒得c(A2?)＋c(HA?)＝0.1mol/L，故B錯誤；C．根據圖知，滴定終點時溶液呈酸性，應該選取甲基橙作指示劑，故C錯誤；D．pH＝3時，溶液中不存在H2A，說明該酸第一步完全電離，第二步部分電離，則NaHA只電離不水解，Na2A能水解，且c(A2?)=c(HA?)；等物質的量濃度的NaHA與Na2A溶液等體積混合，因為電離、水解程度不同導致c(A2?)、c(HA?)不一定相等，則混合溶液的pH不一定等于3，故D錯誤；故答案選A?！军c睛】正確判斷該二元酸“第一步完全電離、第二步部分電離”是解本題關鍵，注意電離平衡常數只與溫度有關，與溶液中溶質及其濃度無關。22、C【解析】

A.M點：水電離出來的氫氧根離子為10-11.1mol/L，N點和Q點：水電離出來的氫氧根離子為10-7.0mol/L，P點水電離出來的氫氧根離子為10-5.4mol/L，水的電離程度：P>N=Q>M，故A錯誤；B.H2X的第二步電離常數Ka2=c（X2-）×c（H+）c（HX-）C.N點為NaHX與Na2X的混合溶液，由圖像可知，M點到P點發(fā)生HX-+OH-=H2O+X2-，根據橫坐標消耗堿的量可知，在N點生成的X2-大于剩余的HX-，因此混合液n(Na2X)>n(NaHX),因為溶液呈中性，X2-的水解平衡與HX-的電離平衡相互抵消，所以N點溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)，故選C；D.P點恰好生成Na2X溶液，根據質子守恒c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D錯誤；答案：C【點睛】本題注意把握圖象的曲線的變化意義，把握數據的處理，難度較大。二、非選擇題(共84分)23、CuOCu2++2OH-=Cu(OH)2Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O【解析】

流程中32gX隔絕空氣加熱分解放出了能使帶火星的木條復燃的氣體為氧氣，質量：32.0g-28.8g=3.2g，證明X中含氧元素，28.8g固體甲和稀硫酸溶液反應生成藍色溶液，說明含銅離子，證明固體甲中含銅元素，即X中含銅元素，銅元素和氧元素形成的黑色固體為CuO，X為氧化銅，n(CuO)==0.4mol，結合質量守恒得到n(O2)==0.1mol，氧元素守恒得到甲中n(Cu)：n(O)=0.4mol：(0.4mol-0.1mol×2)=2：1，固體甲化學式為Cu2O，固體乙為Cu，藍色溶液為硫酸銅，加入氫氧化鈉溶液生成氫氧化銅沉淀，加熱分解得到16.0g氧化銅?！驹斀狻?1)分析可知X為CuO，故答案為CuO；(2)藍色溶液為硫酸銅溶液，轉化為藍色沉淀氫氧化銅的離子方程式為Cu2++2OH-=Cu(OH)2，故答案為Cu2++2OH-=Cu(OH)2；(3)固體甲為Cu2O，氧化亞銅和稀硫酸溶液發(fā)生歧化反應生成銅、二價銅離子和水，反應的化學方程式為：Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O，故答案為Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O。24、丙酮碳碳雙鍵、羧基甲醇濃硫酸、加熱+CH3OHC12H9N2OF3【解析】

A和HCN加成得到B，-H加在O原子上，-CN加C原子上，B發(fā)生消去反應得到C，C水解得到D，E和甲醇酯化反應得到E，E發(fā)生取代反應生成F，F發(fā)生加成、氧化反應生成G，G氧化成比魯卡胺。【詳解】（1）由A的結構簡式可知，A的分子式為：C3H6O，故答案為：C3H6O；（2）由D的結構簡式可知，D中含碳碳雙鍵、羧基，故答案為：碳碳雙鍵、羧基；（3）D和甲醇酯化反應生成E，酯化反應的條件為濃硫酸、加熱，故答案為：甲醇；濃硫酸、加熱；（4）由圖可知，E中的烷氧基被取代生成F，烷氧基和H原子生成了甲醇，所以發(fā)生的反應為：+CH3OH，故答案為：+CH3OH；（5）數就行了，F的分子式為：C12H9N2OF3，故答案為：C12H9N2OF3；（6）所含官能團類別與E相同，則一定含碳碳雙鍵、酯基，核磁共振氫譜為三組峰，峰面積比為1：1：6，則必有2個甲基，所以先確定局部結構含C-C=C，在此基礎上，酯基中的羰基只可能出現在3號碳上，那么甲基只可能連在一號碳上，所以符合條件的只有一種，故答案為：；（7）結合本題進行逆合成分析：參照第⑤步可知，可由和合成，由和甲醇合成，由水解而來，由消去而來，由和HCN加成而來，綜上所述，故答案為：。【點睛】復雜流程題，要抓住目標產物、原料和流程中物質的相似性，本題中的目標產物明顯有個酰胺基，這就和F對上了，問題自然應迎刃而解。25、分液漏斗注入水后，關閉止水夾，打開分液漏斗的活塞使液體流下，一段時間后液體不能繼續(xù)流下，說明氣密性良好defghijc防止空氣中的水蒸氣進入，吸收多余的氯氣若先加熱硬質玻璃管，Al先與O2反應，無法制得純凈AlCl3使液體順利滴下干燥②①③74.6%【解析】

(1)檢查B裝置氣密性的方法是分液漏斗注入水后，關閉止水夾，打開分液漏斗的活塞使液體流下，一段時間后液體不能繼續(xù)流下，說明氣密性良好；(2)制備無水AlCl3，在裝置B中利用濃鹽酸與二氧化錳加熱條件下反應生成氯氣，通過裝置D中的飽和食鹽水將氯氣中的氯化氫除去，裝置C干燥氯氣，純凈干燥的氯氣進入裝置F與鋁粉在加熱條件下反應生成氯化鋁，最后為防止空氣中的水蒸氣進入且利用堿石灰吸收未反應的氯氣，故裝置依次合理的連接順序為defghijc，其中E裝置的作用是防止空氣中的水蒸氣進入，吸收多余的氯氣；(3)實驗時應先加熱圓底燒瓶再加熱硬質玻璃管，其原因是若先加熱硬質玻璃管，Al先與O2反應，無法制得純凈AlCl3；（4）使用恒壓漏斗可以平衡漏斗內外壓強，使液體順利滴下，在洗滌后所得產物中加入少量無水MgSO4固體，目的是吸收產品中少量的水分，起到干燥的作用；（5）稀鹽酸洗滌可以除去氯化鋁雜質，再用5%Na2CO3溶液除去過量的鹽酸，最后用水洗滌除去剩余的5%Na2CO3，故答案為②①③；（6）加入苯的物質的量為=0.56mol，氯代叔丁烷的物質的量為=0.20mol，由反應方程式+ClC(CH3)3+HCl可知，加入的苯過量，則理論上生成叔丁基苯的質量為：0.20mol×134g/mol=26.8g，叔丁基苯的產率為：×100%=74.6%。26、沉淀不溶解或無明顯現象BaCO3+2H+===Ba2++CO2↑+H2OBaSO4在溶液中存在BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32-與Ba2+結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動b2I--2e-===I2由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)減小，I-還原性減弱實驗ⅳ表明Cl-本身對該原電池電壓無影響，則c＞b說明加入Cl-使c(I-)增大，證明發(fā)生了AgI+Cl-AgCl+I-【解析】

（1）①BaCO3與鹽酸反應放出二氧化碳氣體，BaSO4不溶于鹽酸；②實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后有少量氣泡產生，是BaCO3與鹽酸反應放出二氧化碳；③實驗Ⅱ中加入試劑Na2CO3后，發(fā)生反應是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-，根據離子濃度對平衡的影響分析作答；（2）①要證明AgCl轉化為AgI，AgNO3與NaCl溶液反應時，必須是NaCl過量；②I―具有還原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原電池負極；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；④AgI轉化為AgCl，則c(I－)增大，還原性增強，電壓增大?！驹斀狻竣僖驗锽aCO3能溶于鹽酸，放出CO2氣體，BaSO4不溶于鹽酸，所以實驗Ⅰ說明全部轉化為BaSO4，依據的現象是加入鹽酸后，沉淀不溶解或無明顯現象；②實驗Ⅱ是BaCl2中加入Na2SO4和Na2CO3產生BaSO4和BaCO3，再加入稀鹽酸有少量氣泡產生，沉淀部分溶解，是BaCO3和鹽酸發(fā)生反應產生此現象，所以反應的離子方程式為：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；③由實驗Ⅱ知A溶液為3滴0.1mol/LBaCl2，B為2mL0.1mol/L的Na2SO4溶液，根據Ba2++SO42-=BaSO4，所以溶液中存在著BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32-與Ba2+結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動。所以BaSO4沉淀也可以轉化為BaCO3沉淀。答案：BaSO4在溶液中存在BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32-與Ba2+結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動。（2）①甲溶液可以是NaCl溶液，滴入少量的AgNO3溶液后產生白色沉淀，再滴入KI溶液有黃色沉淀產生。說明有AgCl轉化為AgI，故答案為b；②實驗Ⅳ的步驟ⅰ中，B中為0.01mol/L的KI溶液，A中為0.1mol/L的AgNO3溶液，Ag+具有氧化性，作原電池的正極，I-具有還原性，作原電池的負極，所以B中石墨上的電極反應式是2I--2e-=I2；③由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，產生了AgI沉淀，使B的溶液中c(I-)減小，I-還原性減弱，根據已知其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑（或還原劑）的氧化性（或還原性）越強，原電池的電壓越大，而離子的濃度越大，離子的氧化性（或還原性）強。所以實驗Ⅳ中b＜a。答案：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)減小，I-還原性減弱。④雖然AgI的溶解度小于AgCl，但實驗Ⅳ中加入了NaCl(s)，原電池的電壓c＞b，說明c(Cl-)的濃度增大，說明發(fā)生了AgI+Cl-AgCl+I-反應，平衡向右移動，c(I-)增大，故答案為實驗ⅳ表明Cl-本身對該原電池電壓無影響，則c＞b說明加入Cl-使c(I-)增大，證明發(fā)生了AgI+Cl-AgCl+I-。27、Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O除去水中溶解的氧氣，防止Fe2+被氧化膠頭滴管（酸式）滴定管（或移液管）溶液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘內不恢復原色61.536.9【解析】

由配制溶液的過程確定所需儀器，據滴定實驗原理判斷終點現象，運用關系式計算混合物的組成?！驹斀狻?1)據題意，樣品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分別氧化成Cu2+、SO42-，則Cu2S與酸性KMnO4溶液反應的離子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O。(2)配制0.1000mol·L－1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧氣，防止Fe2+被氧化；配制過程中所需玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管。(3)步驟③中取25.00mL待測溶液（有未反應的酸性KMnO4溶液），所用儀器的精度應為0.01mL，故選酸式滴定管或移液管。(4)步驟⑤用標準Na2S2O3溶液滴定反應生成的I2，使用淀粉作指示劑，終點時溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內不恢復原色。(5)設2.6g樣品中，Cu2S和CuS的物質的量分別為x、y，據5Fe2+~MnO4-（5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O），樣品反應后剩余n(MnO4-)=0.1000mol·L－1×20.00×10-3L××=4.000×10-3mol樣品消耗n(MnO4-)=0.2000mo·L－1×200.0×10-3L－4.000×10-3mol=36.00×10-3mol由Cu2S~2MnO4-和5CuS~8MnO4-（5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2++5SO42-+8Mn2++12H2O），得2x+y=36.00×10-3mol又據2Cu2+~I2~2S2O32－，得2x+y=0.1000mo1·L－1×30.00×10-3L×=30.00×10-3mol解方程組得x=y=0.01mol故w(Cu2S)==61.5%，w(CuS)==36.9%?！军c睛】混合物的計算常利用方程組解決，多步反應用關系式使計算簡化。注意溶液體積的倍數關系，如本題中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于測定實驗。28、1.12575%＞不變升高溫度c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）bc【解析】

（1）結合已知反應化學方程式判斷與4NO2（g）+2NaCl（s）?2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的關系，結合平衡常數表達式計算得到平衡常數關系；（2）依據平衡三段式列式計算，依據反應速率概念計算V=、轉化率概念的計算，轉化率=×111%，反應（Ⅱ）在恒壓條件下進行，隨反應進行，氣體體積減小，為保持恒壓所以容器體積減小，壓強比恒容容器大，平衡正向進行，平衡時NO的轉化率α2

增大；平衡常數隨溫度變化，不隨濃度、壓強變化，若要使K2減小，平衡逆向進行，反應是放熱反應，依據平衡移動原理應升高溫度，平衡逆向進行，平衡常數隨溫度變化；（3）1.2molNaOH的水溶液與1.2molNO2恰好完全反應得1L溶液A，反應為2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液中NaNO3物質的量濃度為1．1mol/L，NaNO2物質的量為1.1mol/L，溶液B為1.1mol?L-1的CH3COONa溶液，已知HNO2的電離常數Ka=7.1×11-4mol?L-1，CH3COOH的電離常數Ka=1.7×11-5mol?L-1，說明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，對應陰離子水解程度大．【詳解】(1)2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3（s）+ClNO（g）+Q1K1（Ⅰ）2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）+Q2K2（Ⅱ）由I×2?II得到4NO2(g)+2NaCl(s)?2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，則K=，故答案為：；(2)在恒溫條件下，向2L恒容密閉容器中加入1.2molNO和1.1molCl2，11min時反應(Ⅱ)達到平衡，測得11min內v(ClNO)=7.5×11?3mol?L﹣1?min﹣1，物質的量為7.5×11?3mol?L﹣1?min﹣1×11min×2L=1.15mol，

2NO(g)+Cl2(g)?2ClNO(g)，起始量(mol)1.2

1.1

1變化量(mol)1.15

1.175

1.15平衡量(mol)1.15

1.125

1.15則平衡后n(Cl2)=1.125mol，NO的轉化率α1=1.15mol÷1.2mol×111%=75%；其他條件保持不變,反應(Ⅱ)在恒壓條件下進行,隨反應進行，氣體體積減小，為保持恒壓所以容器體積減小，壓強比恒容容器大，平衡正向進行，平衡時NO的轉化率α2增大；平衡常數隨溫度變化，不隨濃度、壓強變化，若要使K2減小，平衡逆向進行，反應是放熱反應，依據平衡移動原理應升高溫度，平衡逆向進行；故答案為：1.125；75%；>；不變；升高溫度；(3)1.2molNaOH的水溶液與1.2molNO2恰好完全反應得1L溶液A，反應為2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液中NaNO