2023高考化學模擬試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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、銫(Cs)在自然界中只有一種穩定同位素Cs，核泄漏事故中會產生人工放射性同位素Cs、Cs。下列有關說法正確的是A．銫元素的相對原子質量約為133 B．Cs、Cs的性質相同C．Cs的電子數為79 D．Cs、Cs互為同素異形體2、下列說法正確的是A．時，將的碳酸鈉溶液加水稀釋100倍，所得溶液的B．pH相同的鹽酸和醋酸溶液分別與足量鎂粉反應，醋酸產生體積更大C．時，的HA弱酸溶液與的NaOH溶液等體積混合，所得溶液pH一定小于7D．溶液中加入一定量晶體，溶液中增大，可以證明為弱酸3、測定稀鹽酸和氫氧化鈉稀溶液中和熱的實驗中沒有使用的儀器有：①大、小燒杯；②容量瓶；③量筒；④環形玻璃攪拌棒；⑤試管；⑥溫度計；⑦蒸發皿；⑧托盤天平中的()A．①②⑥⑦ B．②⑤⑦⑧ C．②③⑦⑧ D．③④⑤⑦4、常溫下，分別向NaX溶液和YCl溶液中加入鹽酸和氫氧化鈉溶液，混合溶液的PH與離子濃度變化關系如圖所示，下列說法不正確的是（）A．0.1mol/L的YX溶液中離子濃度關系為：c(Y+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)B．L1表示-lg與pH的變化關系C．Kb(YOH)=10-10.5D．a點時兩溶液中水的電離程度不相同5、氨硼烷(NH3·BH3)電池可在常溫下工作，裝置如圖所示。未加入氨硼烷之前，兩極室質量相等，電池反應為NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。已知兩極室中電解質足量，下列說法正確的是（）A．正極的電極反應式為2H++2e-═H2↑B．電池工作時，H+通過質子交換膜向負極移動C．電池工作時，正、負極分別放出H2和NH3D．工作一段時間后，若左右兩極室質量差為1.9g，則電路中轉移0.6mol電子6、主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加，且均小于20。W、X、Y、Z的族序數之和為12；X與Y的電子層數相同；向過量的ZWY溶液中滴入少量膽礬溶液，觀察到既有黑色沉淀生成又有臭雞蛋氣味的氣體放出。下列說法正確的是（）A．ZWY是離子化合物，既可以與酸反應又可以與堿反應B．晶體X熔點高、硬度大，可用于制造光導纖維C．原子半徑由小到大的順序為：D．熱穩定性：7、下列各物質或微粒性質的比較中正確的是A．碳碳鍵鍵長：乙烯＞苯B．密度：一氯乙烷＞一氯丁烷C．熱穩定性：NaHCO3＞Na2CO3＞H2CO3D．沸點：H2O＞H2S＞H2Se8、天然氣脫硫的方法有多種，一種是干法脫硫，其涉及的反應：H2(g)+CO(g)+SO2(g)H2O(g)+CO2(g)+S(s)+Q(Q>0)。要提高脫硫率可采取的措施是A．加催化劑 B．分離出硫 C．減壓 D．加生石灰9、某同學設計了蔗糖與濃硫酸反應的改進裝置，并對氣體產物進行檢驗，實驗裝置如圖所示。下列結論中正確的是（）選項現象結論A．Ⅰ中注入濃硫酸后，可觀察到試管中白色固體變為黑色體現了濃硫酸的吸水性B．Ⅱ中觀察到棉球a、b都褪色均體現了SO2的漂白性C．Ⅱ中無水硫酸銅變藍說明反應產物中有H2OD．Ⅲ中溶液顏色變淺，Ⅳ中澄清石灰水變渾濁說明有CO2產生A．A B．B C．C D．D10、短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序數依次增加，W與Y能形成兩種常溫下均為液態的化合物，X是形成化合物種類最多的元素，Z的原子在短周期中半徑最大，Q為地殼中含量最多的金屬元素，下列說法正確的是A．簡單離子半徑：Y<ZB．W、X、Y、Z四種元素組成的物質，其水溶液一定呈堿性C．簡單氫化物的穩定性：Y大于X，是因為非金屬性Y強于XD．工業上制取Q單質通常采用電解其熔融氯化物的方法11、W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，W和Y同族，X和Z同族，X的簡單離子和Y的簡單離子具有相同的電子層結構，W和X、Z均能形成共價化合物，W和X、Y分別形成的化合物溶于水均呈堿性。下列說法錯誤的是A．4種元素中Y的金屬性最強B．最高價氧化物對應的水化物的酸性：Z>XC．簡單陽離子氧化性：W>YD．W和Y形成的化合物與水反應能生成一種還原性氣體12、下列操作能達到實驗目的的是目的實驗操作AAl2O3有兩性將少量Al2O3分別加入鹽酸和氨水中B濃硫酸有脫水性蔗糖中加入濃硫酸，用玻璃棒充分攪拌C檢驗SO42-向某溶液中滴加少量酸化的BaCl2溶液D檢驗Fe2+向某溶液中滴入氯水，再滴入KSCN溶液A．A B．B C．C D．D13、下列實驗對應的現象及結論均正確且兩者具有因果關系的是選項實驗現象結論A將SO2通入BaCl2溶液中，然后滴入HNO3有白色沉淀生成，且白色沉淀不溶于稀硝酸所得的沉淀為BaSO3，后轉化為BaSO4B向足量含有淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水溶液變藍還原性：I->Fe2+C向FeCl2溶液中加入Na2O2粉末出現紅褐色沉淀和無色液體FeCl2溶液部分變質D將濃硫酸滴入蔗糖中并攪拌得黑色蓬松的固體并有刺激性氣味該過程中濃硫酸僅體現了吸水性和脫水性A．A B．B C．C D．D14、為探究NaHCO3、Na2CO3與1mol/L鹽酸反應（設兩反應分別是反應Ⅰ、反應Ⅱ）過程中的熱效應，進行實驗并測得如下數據：序號液體固體混合前溫度混合后最高溫度①35mL水2.5gNaHCO320℃18.5℃②35mL水3.2gNa2CO320℃24.3℃③35mL鹽酸2.5gNaHCO320℃16.2℃④35mL鹽酸3.2gNa2CO320℃25.1℃下列有關說法正確的是A．僅通過實驗③即可判斷反應Ⅰ是吸熱反應B．僅通過實驗④即可判斷反應Ⅱ是放熱反應C．通過實驗可判斷出反應Ⅰ、Ⅱ分別是吸熱反應、放熱反應D．通過實驗可判斷出反應Ⅰ、Ⅱ分別是放熱反應、吸熱反應15、元素周期表的第四周期為長周期，該周期中的副族元素共有A．32種 B．18種 C．10種 D．7種16、下列說法正確的是（）A．電解精煉銅時，陽極泥中含有Zn、Fe、Ag、Au等金屬B．恒溫時，向水中加入少量固體硫酸氫鈉，水的電離程度增大C．2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)在298K時能自發進行，則它的ΔH<0D．在硫酸鋇懸濁液中加入足量飽和Na2CO3溶液，振蕩、過濾、洗滌，沉淀中加入鹽酸有氣體產生，說明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)17、關于Na2O2的敘述正確的是（NA表示阿伏伽德羅常數）A．7.8gNa2O2含有的共價鍵數為0.2NAB．7.8gNa2S與Na2O2的混合物，含離子總數為0.3NAC．7.8gNa2O2與足量的CO2充分反應，轉移的電數為0.2NAD．0.2molNa被完全氧化生成7.8gNa2O2，轉移電子的數目為0.4NA18、下列物質屬于只含共價鍵的電解質的是（）A．SO2 B．C2H5OH C．NaOH D．H2SO419、有關下圖所示化合物的說法不正確的是A．既可以與Br2的CCl4溶液發生加成反應，又可以在光照下與Br2發生取代反應B．1mol該化合物最多可以與3molNaOH反應C．既可以催化加氫,又可以使酸性KMnO4溶液褪色D．既可以與FeCl3溶液發生顯色反應，又可以與NaHCO3溶液反應放出CO2氣體20、反應A+B→C+Q(Q＞0)分兩步進行，①A+B→X+Q(Q＜0)②X→C+Q(Q＞0)。下列示意圖中，能正確表示總反應過程中能量變化的是（）A． B．C． D．21、我國古代文獻中有許多化學知識的記載，如《夢溪筆談》中的“信州鉛山縣有苦泉，……，挹其水熬之，則成膽礬，熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”等，上述描述中沒有涉及的化學反應類型是A．復分解反應B．化合反應C．離子反應D．氧化還原反應22、氧氟沙星是常用抗菌藥物，其結構簡式如圖所示。下列有關氧氟沙星的敘述錯誤的是A．能發生加成、取代、還原等反應B．分子內有3個手性碳原子C．分子內存在三種含氧官能團D．分子內共平面的碳原子多于6個二、非選擇題(共84分)23、（14分）A（C2H4）是基本的有機化工原料。用A和常見的有機物可合成一種醚類香料和一種縮醛類香料，具體合成路線如圖所示（部分反應條件略去）：已知：+→2ROH+回答下列問題：（1）B的分子式是__________。若D為單取代芳香族化合物且能與金屬鈉反應；每個D分子中只含有1個氧原子，D中氧元素的質量分數約為13.1%，則D的結構簡式為__________。（2）C中含有的官能團名稱是_______________。⑥的反應類型是________________。（3）據報道，反應⑦在微波輻射下，以NaHSO4·H2O為催化劑進行，請寫出此反應的化學方程式：___________________________________________________。（4）請寫出滿足下列條件的苯乙醛的所有同分異構體的結構簡式：______________________。i.含有苯環和結構ii.核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為3:2:2:1（5）若化合物E為苯甲醚的同系物，且相對分子質量比苯甲醚大14，則能使FeCl3溶液顯色的E的所有同分異構體共有（不考慮立體異構）__________種。（6）參照的合成路線，寫出由2-氯丙烷和必要的溶劑、無機試劑制備的合成流程圖：_____________________________。合成流程圖示例如下：24、（12分）化合物X是一種香料，可采用乙烯與甲苯為主要原料，按下列路線合成：已知：RCHO＋CH3COOR1RCH＝CHCOOR1請回答：（1）F的名稱為_____________。（2）C→D的反應類型為_________。（3）D→E的化學方程式________________________。（4）X的結構簡式____________________。（5）D的芳香族化合物同分異構體有______種(不考慮立體異構)，其中核磁共振氫譜為4組峰，且峰面積之比為3∶2∶2∶1的是_________(寫結構簡式)。25、（12分）用如圖裝置探究NH3和CuSO4溶液的反應。(1)上述制備NH3的實驗中，燒瓶中反應涉及到多個平衡的移動：NH3+H2ONH3?H2O、____________、_________________(在列舉其中的兩個平衡，可寫化學用語也可文字表述)。(2)制備100mL25%氨水(ρ=0.905g?cm-3)，理論上需要標準狀況下氨氣______L(小數點后保留一位)。(3)上述實驗開始后，燒杯內的溶液__________________________，而達到防止倒吸的目的。(4)NH3通入CuSO4溶液中，產生藍色沉淀，寫出該反應的離子方程式。_______________________。繼續通氨氣至過量，沉淀消失得到深藍色[Cu(NH3)4]2+溶液。發生如下反應：2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(銅氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)。①該反應平衡常數的表達式K=___________________________。②t1時改變條件，一段時間后達到新平衡，此時反應K增大。在下圖中畫出該過程中v正的變化___________________。③向上述銅氨溶液中加水稀釋，出現藍色沉淀。原因是：________________________________。④在絕熱密閉容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)進行上述反應，v正隨時間的變化如下圖所示，v正先增大后減小的原因__________________________________。26、（10分）苯甲酰氯()是制備染料，香料藥品和樹脂的重要中間體，以光氣法制備苯甲酰氯的原理如下(該反應為放熱反應)：+COCl2+CO2+HCl已知物質性質如下表：物質熔點/℃沸點/℃溶解性苯甲酸122.1249微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有機溶劑碳酰氯(COCl2)-1888.2較易溶于苯、甲苯等。遇水迅速水解，生成氯化氫，與氨很快反應，主要生成尿素[CO(NH2)2]和氯化銨等無毒物質苯甲酰氯-1197溶于乙醚、氯仿和苯。遇水或乙醇逐漸分解，生成苯甲酸或苯甲酸乙酯和氯化氫三氯甲烷(CHCl3)-63.563.1不溶于水，溶于醇、苯。極易揮發，穩定性差，450℃以上發生熱分解I.制備碳酰氯反應原理：2CHCl3＋O22HCl＋COCl2甲.乙.丙.丁.戊.(1)儀器M的名稱是____________(2)按氣流由左至右的順序為___________→c→d→_________→_________→_________→_________→_________.(3)試劑X是_______________(填名稱)。(4)裝置乙中堿石灰的作用是____________。(5)裝置戊中冰水混合物的作用是____________；多孔球泡的作用是________________。Ⅱ.制備苯甲酰氯(部分夾持裝置省略)(6)碳酰氯也可以用濃氨水吸收，寫出該反應的化學方程式：______________。若向三頸燒瓶中加入610g苯甲酸，先加熱至140~150℃，再通入COCl2，充分反應后，最后產品經減壓蒸餾得到562g苯甲酰氯，則苯甲酸的轉化率為_________________。27、（12分）某化學興趣小組利用硫酸鐵溶液與銅粉反應，又向反應后溶液中加入KSCN溶液以檢驗Fe3+是否有剩余，實驗記錄如下；實驗編號操作現象實驗1i．加入Cu粉后充分振蕩，溶液逐漸變藍；ii．取少量i中清液于試管中，滴加2滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液變為紅色，但振蕩后紅色迅速褪去并有白色沉淀生成。（1）寫出實驗1中第i步的離子方程式_______________。甲同學猜想第ii步出現的異常現象是由于溶液中的Cu2+干擾了檢驗Fe3+的現象。查閱相關資料如下①2Cu2++4SCN-2CuSCN↓（白色）+(SCN)2（黃色）②硫氰[(SCN)2]：是一種擬鹵素，性質與鹵素單質相似，其氧化性介于Br2和I2之間。該同學又通過如下實驗驗證猜想實驗編號操作現象實驗2溶液呈綠色，一段時間后后開始出現白色沉淀，上層溶液變為黃色實驗3無色溶液立即變紅，同時生成白色沉淀。（2）經檢測，實驗2反應后的溶液pH值減小，可能的原因是___________________________________________。（3）根據實驗2、3的實驗現象，甲同學推斷實驗3中溶液變紅是由于Fe2+被(SCN)2氧化，寫出溶液變紅的離子方程式_______________________。繼續將實驗2中的濁液進一步處理，驗證了這一結論的可能性。補充實驗4的目的是排除了溶液存在Cu2+的可能，對應的現象是____________________________________________。（4）乙同學同時認為，根據氧化還原反應原理，在此條件下，Cu2+也能氧化Fe2+，他的判斷依據是_______。（5）為排除干擾，小組同學重新設計如下裝置。①A溶液為____________________________。②“電流表指針偏轉，說明Cu與Fe3+發生了反應”，你認為這種說法是否合理？__________________（填合理或不合理），原因是__________________________________________。③驗證Fe3+是否參與反應的操作是________________________________________。28、（14分）“低碳經濟”已成為全世界科學家研究的重要課題。為減小和消除CO2對環境的影響，一方面世界各國都在限制其排放量，另一方面科學家加強了對CO2創新利用的研究。(1)已知：①CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)ΔH＝－41kJ·mol－1②C(s)＋2H2(g)CH4(g)ΔH＝－73kJ·mol－1③2CO(g)C(s)＋CO2(g)ΔH＝－171kJ·mol－1寫出CO2與H2反應生成CH4和H2O(g)的熱化學方程式：____(2)目前工業上有一種方法是用CO2來生產燃料甲醇。為探究該反應原理，在容積為2L密閉容器中，充入1molCO2和3.25molH2在一定條件下發生反應，測得CO2、CH3OH(g)和H2O(g)的物質的量(n)隨時間的變化如圖所示：①從反應開始到平衡，氫氣的平均反應速率v(H2)＝________。②下列措施一定不能使CO2的平衡轉化率增大的是________。A在原容器中再充入1molCO2B在原容器中再充入1molH2C在原容器中充入1mol氦氣D使用更有效的催化劑E縮小容器的容積F將水蒸氣從體系中分離(3)煤化工通常研究不同條件下CO轉化率以解決實際問題。已知在催化劑存在條件下反應：CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)中CO的平衡轉化率隨p(H2O)/p(CO)及溫度變化關系如圖所示：①上述反應的正反應方向是________反應(填“吸熱”或“放熱”)；②對于氣相反應，用某組分(B)的平衡壓強(pB)代替物質的量濃度(cB)也可以表示平衡常數(記作Kp)，則該反應的Kp＝_____（填表達式，不必代數計算）；如果提高p（H2O）/p（CO），則Kp_______(填“變大”“變小”或“不變”)。使用鐵鎂催化劑的實際工業流程中，一般采用400℃左右、p（H2O）/p（CO）＝3～5，采用此條件的原因可能是_______(4)科學家用氮化鎵材料與銅組裝成如圖所示的人工光合系統，利用該裝置實現了用CO2和H2O合成CH4。下列關于該電池的敘述錯誤的是________。A．該裝置能量轉化形式僅存在將太陽能轉化為電能B．銅電極為正極，電極反應式為CO2＋8e－＋8H＋===CH4＋2H2OC．電池內部H＋透過質子交換膜從左向右移動29、（10分）a、b、c、d、e是元素周期表中前四周期的元素，其原子序數依次增大，a為元素周期表中原子半徑最小的元素，b的基態原子中占有電子的3個能級上的電子總數均相等，d與b同族，c與b同周期，且c的所有p軌道上的電子總數與所有s軌道上的電子總數相等，e的次外層電子數是其最外層電子的7倍。回答下列問題：（1）c、d形成的化合物的晶體類型為___________；（2）b、ac形成的三原子分子中，c原子的雜化方式為___________；（3）b、c、d三種元素的電負性由小到大的順序為___________；（用元素符號表示），d元素基態原子價層電子排布式為_________；（4）金屬Mg與a、e形成的化合物是目前人類已發現的體積儲氫密度最高的儲氫材料之一，其晶胞結構如圖所示，其中黑球代表e，深灰色小球代表Mg，淺灰色小球代表a，其中淺灰色小球除在棱上、面上以外，在晶胞內部還有6個。試寫出該化合物的化學式：__________________。（5）b、c、e能形成如圖所示三角雙錐構型的配合物分子，三種元素的原子分別用大白球、小白球和灰色小球代表。該配合物形成配位鍵時提供空軌道的原子是___________（填元素符號），該配合物中大白球代表的元素的化合價為___________。（6）①在水溶液中，水以多種微粒的形式與其他化合物形成水合物。試畫出如下微粒的結構圖式。H5O2+______________________②如圖為冰的一種骨架形式，依此為單位向空間延伸該冰中的每個水分子有___________個氫鍵；如果不考慮晶體和鍵的類型，哪一物質的空間連接方式與這種冰的連接類似_______

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）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、A【答案解析】

A．元素的相對原子質量是依照該元素在自然界中的穩定同位素的質量計算的，銫(Cs)在自然界中只有一種穩定同位素Cs，則銫元素的相對原子質量約為133，A正確；B．Cs、Cs的質子數相同，而中子數不同，二者互為同位素，同位素的化學性質相同，但物理性質有差別，B錯誤；C．電子數等于質子數，Cs的質子數為55，則電子數為55，C錯誤；D．Cs、Cs是同種元素的不同原子，互為同位素，不是同素異形體，D錯誤；故合理選項是A。2、D【答案解析】

A．碳酸鈉溶液加水稀釋促進，所以時，將的碳酸鈉溶液加水稀釋100倍，所得溶液的，故A錯誤；B．相同溫度下，pH相同、體積相同的鹽酸和醋酸溶液分別與足量鎂粉反應，因醋酸是弱酸能電離出更多的氫離子，所以生成的氫氣較多，但溶液的體積不知，所以無法確定多少，故B錯誤；C．的HA弱酸溶液與的NaOH溶液等體積混合，得到等物質的量濃度的HA和NaA的混合溶液，如果NaA的水解程度大于HA的電離程度，此時溶液呈堿性，故C錯誤；D．溶液中加入一定量晶體，溶液中增大，說明亞硝酸鈉抑制亞硝酸電離，則亞硝酸部分電離，為弱電解質，故D正確；故答案選D。【答案點睛】判斷酸堿混合后溶液的酸堿性，應根據反應后產物的成分及其物質的量來進行分析，若體系中既有水解又有電離，則需要判斷水解和電離程度的相對大小，進而得出溶液的酸堿性。3、B【答案解析】

在測定稀鹽酸和氫氧化鈉稀溶液中和反應反應熱的實驗中,需要使用量筒量取溶液體積，小燒杯作為兩溶液的反應容器，小燒杯置于大燒杯中，小燒杯與大燒杯之間填充隔熱材料，反應過程中用環形玻璃攪拌棒不斷攪拌促進反應均勻、快速進行，用溫度計量取起始溫度和最高溫度，沒有使用到的是容量瓶、試管、蒸發皿、托盤天平，即②⑤⑦⑧，答案選B。4、A【答案解析】

NaX溶液中加入鹽酸，隨著溶液pH逐漸逐漸增大，X-離子濃度逐漸增大，HX濃度逐漸減小，-lg的值逐漸減小，所以曲線L1表示-lg的與pH的關系；YCl溶液中加入NaOH溶液，隨著溶液pH逐漸增大，Y+離子逐漸減小，YOH的濃度逐漸增大，則-lg的值逐漸增大，則曲線L2表示-lg與pH的變化關系。A．曲線L1中，-lg=0時，c(X-)=c(HX)，Ka(HX)=c(H+)=1×10-9＞1×10-10.5，根據Kh=可知，電離平衡常數越大，對應離子的水解程度越小，則水解程度X-＜Y+，則MA溶液呈酸性，則c(OH-)＜c(H+)、c(Y+)＜c(X-)，溶液中離子濃度大小為：c(X-)＞c(Y+)＞c(H+)＞c(OH-)，故A錯誤；B．根據分析可知，曲線L1表示-lg的與pH的關系，故B正確；C．曲線L2表示-lg與pH的變化關系，-lg=0時，c(Y+)=c(YOH)，此時pH=3.5，c(OH-)=1×10-10.5mol/L，則Kb(YOH)==c(OH-)=1×10-10.5，故C正確；D．a點溶液的pH＜7，溶液呈酸性，對于曲線L1，NaX溶液呈堿性，而a點為酸性，說明加入鹽酸所致，抑制了水的電離；曲線L2中，YCl溶液呈酸性，a點時呈酸性，Y+離子水解導致溶液呈酸性，促進了水的電離，所以水的電離程度：a＜b，故D正確；故答案為A。5、D【答案解析】

由氨硼烷（NH3·BH3）電池工作時的總反應為NH3·BH3+3H2O2═NH4BO2+4H2O可知，左側NH3·BH3為負極失電子發生氧化反應，電極反應式為NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右側H2O2為正極得到電子發生還原反應，電極反應式為3H2O2+6H++6e-═6H2O，據此分析。【題目詳解】A.右側H2O2為正極得到電子發生還原反應，電極反應式為H2O2+2H++2e-=2H2O，故A錯誤；B.放電時，陽離子向正極移動，所以H+通過質子交換膜向正極移動，故B錯誤；C.NH3·BH3為負極失電子發生氧化反應，則負極電極反應式為NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右側H2O2為正極得到電子發生還原反應，電極反應式為3H2O2+6H++6e-═6H2O，電池工作時，兩電極均不會產生氣體，故C錯誤；D.未加入氨硼烷之前，兩極室質量相等，通入后，負極電極反應式為NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正極反應式為3H2O2+6H++6e-═6H2O，假定6mol電子轉移，則左室質量增加=31g-6g=25g，右室質量增加6g，兩極室質量相差19g。工作一段時間后，若左右兩極室質量差為1.9

g，則電路中轉移0.6

mol電子，故D正確；答案選D。【答案點睛】本題考查原電池原理，注意電極反應式的書寫方法，正極得到電子發生還原反應，負極失電子發生氧化反應，書寫時要結合電解質溶液，考慮環境的影響。6、A【答案解析】

主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加，且均不大于20。向過量的ZWY溶液中滴入少量硫酸銅溶液，觀察到既有黑色沉淀生成又有臭雞蛋氣味的氣體放出，臭雞蛋氣體的氣體為H2S，黑色沉淀為CuS，ZWY為NaHS或KHS；由于W、X、Y、Z的族序數之和為12，X的族序數=12-1-1-6=4，X與Y的電子層數相同，二者同周期，且原子序數不大于20，則X只能為Si，Y為S元素；Z的原子序數大于S，則Z為K元素。【題目詳解】W為H，X為Si元素，Y為S，Z為K元素A、KHS屬于離子化合物，屬于弱酸鹽，可以和強酸反應，屬于酸式鹽，可以和堿反應，故A正確；B、晶體Si熔點高、硬度大，是信息技術的關鍵材料，故B錯誤；C、同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑r（W）＜r（Y）＜r（X）＜r（Z），故C錯誤；D、X為Si元素，Y為S，非金屬性Si<S，熱穩定性：SiH4<H2S，故D錯誤；故選A。【答案點睛】本題考查原子結構與元素周期律的關系，解題關鍵：推斷元素，注意掌握元素周期律內容及常見元素化合物性質，易錯點B，注意二氧化硅用于制造光導纖維。7、B【答案解析】

A．苯中的碳碳鍵介于單鍵與雙鍵之間，則碳碳鍵鍵長：乙烯<苯，故A錯誤；B．氯代烴中C原子個數越多，密度越大，則密度：一氯乙烷>一氯丁烷，故B正確；C．碳酸鈉加熱不分解，碳酸氫鈉加熱分解，碳酸常溫下分解，則穩定性為熱穩定性：Na2CO3>NaHCO3>H2CO3，故C錯誤；D．水中含氫鍵，同類型分子相對分子質量大的沸點高，則沸點為H2O>H2Se>H2S，故D錯誤；故答案為：B。【答案點睛】非金屬化合物的沸點比較：①若分子間作用力只有范德華力，范德華力越大，物質的熔、沸點越高；②組成和結構相似，相對分子質量越大，范德華力越大，熔、沸點越高，如SnH4>GeH4>SiH4>CH4；③相對分子質量相同或接近，分子的極性越大，范德華力越大，其熔、沸點越高，如CO>N2；④同分異構體，支鏈越多，熔、沸點越低，如正戊烷>異戊烷>新戊烷；⑤形成分子間氫鍵的分子晶體熔、沸點較高，如H2O>H2S；如果形成分子內氫鍵則熔沸點越低。8、D【答案解析】

H2（g）+CO（g）+SO2（g）?H2O（g）+CO2（g）+S（s）△H<0，正反應是氣體體積減小的放熱反應，A、加入催化劑只改變反應速率不改變化學平衡，能提高單位時間脫硫率，選項A不符合題意；B．硫是固體，分離出硫對平衡無影響，選項B不符合題意；C、減壓會使平衡逆向進行，脫硫率降低，選項C不符合題意；D．加生石灰可吸收生成的水和二氧化碳，有利于平衡正向移動，提高脫硫率，選項D符合題意。答案選D。【答案點睛】本題考查了化學平衡的分析應用，影響因素的分析判斷，掌握化學平衡移動原理是關鍵，正反應是氣體體積減小的放熱反應，依據化學平衡的反應特征結合平衡移動原理分析選項判斷，高壓、降溫平衡正向進行，固體和催化劑不影響化學平衡。9、D【答案解析】

A．蔗糖遇到濃硫酸變黑，是由于濃硫酸具有脫水性，將蔗糖中氫元素和氧元素以水的比例脫出，不是吸水性，故A錯誤；B．a中品紅褪色，體現二氧化硫的漂白性，b中溴水褪色，體現二氧化硫的還原性，故B錯誤；C．無水硫酸銅變藍，可以用來檢驗水，但是品紅溶液和溴水都有水，不確定使硫酸銅變藍的水是否由反應分解產生的，故C錯誤；D．Ⅲ中溶液顏色變淺，是因為還有二氧化硫，不退色說明二氧化硫反應完全了，Ⅳ中澄清石灰水變渾濁了，說明產生了二氧化碳氣體，故D正確；答案選D。【答案點睛】C項的無水硫酸銅變藍了，說明有水，這個水不一定是反應中產生的水，還要考慮Ⅱ中的其他試劑，這是易錯點。10、C【答案解析】

由題意可推出W、X、Y、Z、Q依次為H、C、O、Na、Al五種元素。A.具有相同電子層結構的離子，核電荷數越大半徑越小，則離子半徑O2->Na+，選項A錯誤；B.這四種元素可以形成多種鹽溶液，其中酸式鹽溶液有可能顯酸性，如NaHC2O4，選項B錯誤；C.元素的非金屬性越強，其簡單氫化物的穩定性越強，因非金屬性Y（O）強于X(C)，則簡單氫化物的穩定性：Y大于X，選項C正確；D.工業制取鋁通常電解熔融氧化鋁和冰晶石的混合物，而不是氯化鋁，因為其為共價化合物，熔融并不導電，選項D錯誤。答案選C。【答案點睛】本題考查元素周期表周期律，推出各元素為解題的關鍵，易錯點為選項D；工業制取鋁通常電解熔融氧化鋁和冰晶石的混合物，而不是氯化鋁，因為其為共價化合物。11、B【答案解析】

W和X、Z均能形成共價化合物，則W、X、Z很可能均為非金屬元素，考慮到W原子序數最小，可推斷W為H元素；W和X、Y分別形成的化合物溶于水均呈堿性，X為非金屬，可推測化合物中有NH3，則X為N元素，又X和Z同族，Z為P元素；W和Y同族，X的簡單離子和Y的簡單離子具有相同的電子層結構，可推知Y為Na元素。綜上推測滿足題干信息，因而推測合理，W為H，X為N，Y為Na，Z為P。A.4種元素中只有Y是金屬元素，即Na，因而金屬性最強，A正確；B.元素的非金屬性越強則最高價氧化物對應的水化物酸性越強，非金屬性：N(X)>P(Z)，因而最高價氧化物對應的水化物的酸性：Z<X，B錯誤；C.元素的金屬性越強，對應簡單陽離子氧化性越弱，金屬性Na(Y)>H(W)，因而簡單陽離子氧化性：W>Y，C正確；D.W和Y形成的化合物為NaH，NaH與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，氫氣為還原性氣體，D正確。故答案選B。12、B【答案解析】

A．Al(OH)3是兩性氫氧化物，只溶于強酸、強堿，不溶于氨水，故A錯誤；B．濃硫酸能將蔗糖中H、O以2∶1水的形式脫去，體現濃硫酸的脫水性，故B正確；C．向某溶液中滴加少量酸化的BaCl2溶液可能生成氯化銀或硫酸鋇白色沉淀，不能檢驗硫酸根離子，故C錯誤；D．氯氣具有氧化性，可以將亞鐵離子氧化，生成三價鐵離子，三價鐵離子可以和KSCN溶液發生顯色反應，顯紅色，不能確定是含有亞鐵離子還是鐵離子，故D錯誤；故選B。13、B【答案解析】

A．二氧化硫與氯化鋇不反應，但溶解的二氧化硫能夠被硝酸氧化生成硫酸，硫酸與氯化鋇反應生成硫酸鋇白色沉淀，結論不正確，故A錯誤；D．氯水先氧化碘離子生成碘單質，則溶液變藍，可知還原性：I-＞Fe2+，故B正確；C．過氧化鈉具有強氧化性，與水反應生成堿，過氧化鈉可氧化亞鐵離子，因此出現紅褐色沉淀和無色液體，該現象不能說明FeCl2溶液是否變質，故C錯誤；D．濃硫酸滴入蔗糖中，使蔗糖脫水，反應放熱，然后C與濃硫酸發生氧化還原反應生成二氧化硫等，主要體現了濃硫酸的脫水性和氧化性，結論不正確，故D錯誤；故選B。14、C【答案解析】

A．根據表中數據可知，碳酸氫鈉溶于水為吸熱反應，不能僅根據實驗③混合后溶液溫度降低而判斷碳酸氫鈉與鹽酸的反應為吸熱反應，需要結合實驗①綜合判斷，故A錯誤；B．根據實驗②可知，碳酸鈉溶于水的過程為吸熱過程，所以不能僅根據實驗④碳酸鈉與鹽酸反應后混合液溫度升高判斷反應Ⅱ是放熱反應，故B錯誤；C．根據實驗①可知，碳酸氫鈉溶于水后混合液溫度從20℃降低到18.5℃，而實驗③中碳酸氫鈉與鹽酸反應后混合液溫度從20℃降低16.2℃＜18.5℃，通過反應Ⅰ后混合液溫度更低，證明反應Ⅰ為吸熱反應；同理根據實驗②碳酸鈉溶于水，混合液溫度從20℃升高到24.3℃，實驗④中碳酸鈉與鹽酸反應，溫度從20℃升高到25.1℃＞24.3℃，碳酸鈉與鹽酸反應后混合液的溫度比碳酸鈉溶于水后升高的溫度更高，證明碳酸鈉與鹽酸的反應為放熱反應，故C正確；D．根據選項C的分析可知，反應Ⅰ為吸熱反應、反應Ⅱ為放熱反應，故D錯誤；故選C。15、D【答案解析】

第四周期過渡元素有10種，但是從左到右的第8、9、10三列的元素為第Ⅷ族元素，不屬于副族元素，所以副族元素共有7種，故答案選D。16、C【答案解析】

A.電解精煉銅時，在陽極上活動性比Cu強的金屬，如Zn、Fe會被氧化變為Zn2+、Fe2+進入溶液，活動性比Cu弱的金屬Ag、Au等則沉積在陽極底部形成陽極泥，A錯誤；B.恒溫時，向水中加入少量固體NaHSO4，NaHSO4是可溶性強電解質，電離產生Na+、H+、SO42-，產生的H+使溶液中c(H+)增大，導致水的電離程度減小，B錯誤；C.反應2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)是氣體體積減小的反應，△S<0，在298K時反應能自發進行，說明△G=△H-T△S<0，則該反應的ΔH<0，C正確；D.在BaSO4懸濁液中加入足量飽和Na2CO3溶液，振蕩、過濾、洗滌，沉淀中加入鹽酸有氣體產生，說明沉淀中含有BaCO3，這是由于溶液中c(Ba2+)·c(CO32-)>Ksp(BaCO3)，與Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的大小無關，D錯誤；故合理選項是C。17、B【答案解析】

A、7.8gNa2O2為1mol，含有的共價鍵數為0.1NA，錯誤；B、過氧根離子為整體，正確；C、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反應中，過氧化鈉中的氧元素化合價從-1變化到-2和0價，根據電子守恒，1molNa2O2與足量CO2反應時，轉移NA個電子，錯誤；D、1molNa失去1mol電子成為Na+所以0.2mol鈉完全被氧化失去0.2mol電子，轉移電子的數目為0.2NA，錯誤。18、D【答案解析】

A.SO2不能電離屬于非電解質，故A錯誤；B.C2H5OH不能電離屬于非電解質，故B錯誤；C.NaOH是離子化合物，含有離子鍵和共價鍵，溶于水導電屬于電解質，故C錯誤；D.H2SO4是共價化合物只含共價鍵，溶于水導電屬于電解質，故D正確；故答案選D。19、D【答案解析】

A、根據結構簡式可知化合物中含有的官能團有酯基、酚羥基、醚鍵、碳碳雙鍵。碳碳雙鍵可以和溴加成，甲基上的氫原子可以被取代，A正確。B、2個酯基水解需要2個氫氧化鈉，1個酚羥基需要1個氫氧化鈉，即1mol該化合物最多可以與3molNaOH反應，B正確。C、含有碳碳雙鍵，既可以催化加氫，又可以使酸性KMnO4溶液褪色，C正確。D、酚羥基不能與NaHCO3溶液反應放出CO2氣體，D錯誤。答案選D。20、D【答案解析】

由反應A+B→C+Q(Q＞0)可知，該反應是放熱反應，A和B的能量之和大于C的能量；由①A+B→X+Q(Q＜0)可知，該步反應是吸熱反應，故X的能量大于A和B的能量之和；又因為②X→C+Q(Q＞0)是放熱反應，故X的能量之和大于C的能量，圖象D符合，故選D。21、A【答案解析】CuSO4+5H2O=CuSO4.5H2O為化合反應，CuSO4.5H2OCuSO4+5H2O為分解反應，Fe+CuSO4=Cu+FeSO4為置換反應，且Fe、Cu元素的化合價變化，為氧化還原反應，故答案為A。22、B【答案解析】

A．含C=C、苯環、羰基，均能與H2發生加成反應，也是還原反應；含-COOH，能發生取代反應，故A正確；B．手性碳原子上需連接四個不同的原子或原子團，則中只有1個手性碳原子，故B錯誤；C．分子結構中含有羧基、羰基和醚鍵三種含氧官能團，故C正確；D．苯環、C=O均為平面結構，且二者直接相連，與它們直接相連的C原子在同一平面內，則分子內共平面的碳原子數多于6個，故D正確；故答案為B。【答案點睛】考查有機物的結構和性質，注意把握有機物的結構特點以及官能團的性質，為解答該類題目的關鍵，該有機物中含C=C、C=O、苯環、-COOH，結合烯烴、苯、羧酸的性質及苯為平面結構來解答。二、非選擇題(共84分)23、CH4O羥基氧化反應、9【答案解析】

A的分子式為C2H4，A為乙烯，即結構簡式為CH2=CH2，根據問題（1），D能與金屬鈉反應，且D分子中只有一個氧原子，即D中含有－OH，D屬于芳香族化合物，即D中含有苯環，D的相對分子質量為1×16/13.1%=122，根據苯乙醛推出D的結構簡式為，根據縮醛的結構簡式，推出C的結構簡式為HOCH2CH2OH，根據信息，推出B的結構簡式為CH3OH，據此分析；【題目詳解】A的分子式為C2H4，A為乙烯，即結構簡式為CH2=CH2，根據問題（1），D能與金屬鈉反應，且D分子中只有一個氧原子，即D中含有－OH，D屬于芳香族化合物，即D中含有苯環，D的相對分子質量為1×16/13.1%=122，根據苯乙醛的結構簡式推出D的結構簡式為，根據縮醛的結構簡式，推出C的結構簡式為HOCH2CH2OH，根據信息，推出B的結構簡式為CH3OH，（1）根據上述分析，B的結構簡式為CH3OH，即分子式為CH4O；D能與金屬鈉反應，且D分子中只有一個氧原子，即D中含有－OH，D屬于芳香族化合物，即D中含有苯環，D的相對分子質量為1×16/13.1%=122，根據苯乙醛的結構簡式，推出D的結構簡式為；（2）C的結構簡式為HOCH2CH2OH，含有的官能團是羥基；根據合成路線，反應⑥是苯乙醇被氧化成苯乙醛，反應類型為氧化反應；（3）反應⑦是苯乙醛與HOCH2CH2OH反應生成縮醛，即化學反應方程式為；（4）根據信息，核磁共振氫譜有4組峰，說明是對稱結構，峰面積之比為3：2：2：1，說明不同化學環境的氫原子的個數比為3：2：2：1，符合條件的結構簡式為、；（5）若化合物E為苯甲醚的同系物，且相對分子質量比苯甲醚大14，則其分子式為C8H10O，E的同分異構體能使FeCl3溶液顯色，說明含有酚羥基，假設苯環上有－OH、－C2H5兩個取代基，有鄰間對三種結構，假設苯環上有－OH、－CH3、－CH3三個取代基，兩個甲基在鄰位，羥基有2種結構；兩個甲基在間位，羥基有3種結構；兩個甲基在對位，羥基有1種結構，一共有9種結構；（6）根據反應②，推出生成目標物原料是，根據路線①，用乙烯與O2在Ag作催化劑的條件下生成環氧乙烷，因此生成的原料是CH3CH=CH2，生成丙烯，用2－氯丙烷發生消去反應，合成路線為。【答案點睛】本題的難點是同分異構體的判斷，根據信息判斷出含有的形式，如本題含有苯環和，寫出苯乙醛的同分異構體，醛與酮互為同分異構體，則有，符合峰有4種，峰面積之比為3：2：2：1，然后將－CH2CHO，拆成－CH3和－CHO，在苯環上有鄰、間、對三種，然后根據峰和峰的面積進行判斷，哪些符合要求。24、乙酸苯甲（醇）酯取代反應（或水解反應）2+O22+2H2O4種和【答案解析】

乙烯和水發生加成反應生成A，A為CH3CH2OH，A發生催化氧化生成B，根據B分子式知，B結構簡式為CH3COOH，在光照條件下甲苯和氯氣發生取代反應生成C，根據反應條件知，氯原子取代甲基上氫原子，由C分子式知，C結構簡式為，C發生取代反應生成D，D為，D發生催化氧化反應生成E為，B和D發生酯化反應生成F，F為，F發生信息中的反應生成X，根據X分子式知，X結構簡式為，（1）F為，名稱為乙酸苯甲（醇）酯；（2）C→D是在氫氧化鈉的水溶液中加熱發生水解反應，也屬于取代反應生成和氯化鈉，反應類型為取代反應（或水解反應）；（3）D→E是在催化劑的作用下與氧氣發生氧化反應生成和水，反應的化學方程式為2+O22+2H2O；（4）X的結構簡式為；（5）D為，其芳香族化合物同分異構體有甲苯醚、鄰甲基苯酚、間甲基苯酚和對甲基苯酚共4種；其中核磁共振氫譜為4組峰，且峰面積之比為3∶2∶2∶1的是甲苯醚和對甲基苯酚。25、NH3?H2ONH4＋＋OH－NH3(g)NH3(aq)(或氨氣的溶解平衡)Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)(或Ca(OH)2的溶解平衡)29.8進入干燥管后，又回落至燒杯，如此反復進行Cu2＋＋2NH3?H2O→Cu(OH)2↓＋2NH4＋[[Cu(NH3)4]2＋]/[NH3]2?[NH4＋]2加水，反應物、生成物濃度均降低，但反應物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀釋后c[Cu(NH3)4]2＋/c2(NH3)?c2(NH4＋)會大于該溫度下的K，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2，得到藍色沉淀該反應是放熱反應，反應放出的熱使容器內溫度升高，v正增大；隨著反應的進行，反應物濃度減小，v正減小【答案解析】

(1)制備NH3的實驗中，存在著NH3+H2ONH3?H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2的溶解平衡三個平衡過程；(2)氨水是指NH3的水溶液，不是NH3·H2O的水溶液，所以要以NH3為標準計算.n（NH3）==1.33mol；(3)實驗開始后，燒杯內的溶液進入干燥管后，又回落至燒杯，如此反復進行，而達到防止倒吸的目的；(4)NH3通入CuSO4溶液中和水反應生成NH3?H2O，NH3?H2O電離出OH-，從而生成藍色沉淀Cu(OH)2；①反應2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(銅氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)，平衡常數的表達式K=；②反應2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(銅氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)是放熱反應，降溫可以使K增大，正逆反應速率都減少；③向上述銅氨溶液中加水稀釋，出現藍色沉淀。原因是：加水，反應物、生成物濃度均降低，但反應物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀釋后會大于該溫度下的K，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2，得到藍色沉淀；④在絕熱密閉容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)進行上述反應，v正先增大后減小的原因，溫度升高反應速度加快，反應物濃度降低反應速率又會減慢。【題目詳解】(1)制備NH3的實驗中，存在著NH3+H2ONH3?H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2的溶解平衡三個平衡過程，故答案為：NH3?H2ONH4＋＋OH－NH3(g)NH3(aq)(或氨氣的溶解平衡)、Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)(或Ca(OH)2的溶解平衡)；(2)氨水是指NH3的水溶液，不是NH3·H2O的水溶液，所以要以NH3為標準計算.n（NH3）==1.33mol，標準狀況下體積為1.33mol×22.4L/mol=29.8L；(3)實驗開始后，燒杯內的溶液進入干燥管后，又回落至燒杯，如此反復進行，而達到防止倒吸的目的；(4)NH3通入CuSO4溶液中和水反應生成NH3?H2O，NH3?H2O電離出OH-，從而生成藍色沉淀Cu(OH)2，該反應的離子方程式為：Cu2＋＋2NH3?H2O→Cu(OH)2↓＋2NH4＋；①反應2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(銅氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)，平衡常數的表達式K=；②反應2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(銅氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)是放熱反應，降溫可以使K增大，正逆反應速率都減少，畫出該過程中v正的變化為：；③向上述銅氨溶液中加水稀釋，出現藍色沉淀。原因是：加水，反應物、生成物濃度均降低，但反應物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀釋后會大于該溫度下的K，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2，得到藍色沉淀；④在絕熱密閉容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)進行上述反應，v正先增大后減小的原因，溫度升高反應速度加快，反應物濃度降低反應速率又會減慢，故原因是：該反應是放熱反應，反應放出的熱使容器內溫度升高，v正增大；隨著反應的進行，反應物濃度減小，v正減小。26、分液漏斗eghbaf濃硫酸干燥氣體，防止水蒸氣進入裝置戊中防止三氯甲烷揮發，使碳酰氯液化增大反應物之間的接觸面積，加快反應速率COCl2＋4NH3?H2O=CO(NH2)2＋2NH4Cl＋4H2O79.3%【答案解析】

(1)看圖得出儀器M的名稱。(2)根據已知，碳酰氯與水反應，因此要干燥氧氣，且后面產物中要隔絕水蒸氣，再得出順序。(3)根據已知信息，碳酰氯不能見水，因此整個環境要干燥，故得到答案。(4)根據(2)中得到裝置乙中堿石灰的作用是干燥氣體。(5)根據碳酰氯(COCl2)沸點低，三氯甲烷易揮發，得出結論，多孔球泡的作用是增大反應物之間的接觸面積，加快反應速率。Ⅱ(6)碳酰氯也可以用濃氨水吸收，生成尿素和氯化銨，再寫出反應方程式，先根據方程式計算實際消耗了苯甲酸的質量，再計算轉化率。【題目詳解】(1)儀器M的名稱是分液漏斗，故答案為：分液漏斗。(2)根據已知，碳酰氯與水反應，因此要干燥氧氣，且后面產物中要隔絕水蒸氣，因此X要用濃硫酸干燥，按氣流由左至右的順序為e→c→d→g→h→b→a→f，故答案為：e；g；h；b；a；f。(3)根據上題得出試劑X是濃硫酸，故答案為：濃硫酸。(4)根據(2)中得到裝置乙中堿石灰的作用是干燥氣體，防止水蒸氣進入裝置戊中，故答案為：干燥氣體，防止水蒸氣進入裝置戊中。(5)碳酰氯(COCl2)沸點低，三氯甲烷易揮發，因此裝置戊中冰水混合物的作用是防止三氯甲烷揮發，使碳酰氯液化；多孔球泡的作用是增大反應物之間的接觸面積，加快反應速率，故答案為：防止三氯甲烷揮發，使碳酰氯液化；增大反應物之間的接觸面積，加快反應速率。Ⅱ(6)碳酰氯也可以用濃氨水吸收，生成尿素和氯化銨，該反應的化學方程式：COCl2＋4NH3?H2O=CO(NH2)2＋2NH4Cl＋4H2O，+COCl2+CO2+HCl121g140.5gxg562g121g：xg=140.5g：562g解得x=484g，故答案為：COCl2＋4NH3?H2O=CO(NH2)2＋2NH4Cl＋4H2O，79.3%。27、Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+部分(SCN)2與水反應生成酸Fe3++3SCN-Fe(SCN)3溶液褪色，無藍色沉淀在Cu2+與SCN－反應中，Cu2+是氧化劑，氧化性Cu2+〉(SCN)20.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液不合理未排除氧氣干擾一段時間后，取少量A溶液于試管中，滴加鐵氰化鉀溶液，出現藍色沉淀【答案解析】

(1)Cu粉與Fe3+反應，離子方程式為Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；(2)硫氰[(SCN)2]：是一種擬鹵素，性質與鹵素單質相似，其氧化性介于Br2和I2之間，能與水反應，生成酸；(3)Fe2+被(SCN)2氧化為Fe3+，Fe3+與KSCN反應，顯紅色；(SCN)2會與氫氧化鉀反應，同時Cu2+與氫氧化鉀反應，生成藍色沉淀，沒有Cu2+則無藍色沉淀；(4)根據氧化還原反應規律分析；(5)①A的電極為C，B的電極為Cu，則Cu做負極，C做正極，A中放電解質溶液；②溶液中的氧氣會影響反應；③鐵氰化鉀溶液遇亞鐵鹽則生成深藍色沉淀。【題目詳解】(1)Cu粉與Fe3+反應，離子方程式為Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+，故答案為：Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；(2)硫氰[(SCN)2]：是一種擬鹵素，性質與鹵素單質相似，其氧化性介于Br2和I2之間，能與水反應，生成酸，故答案為：部分(SCN)2與水反應生成酸；(3)Fe2+被(SCN)2氧化為Fe3+，Fe3+與KSCN反應，顯紅色，離子方程式為Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；(SCN)2會與氫氧化鉀反應，同時Cu2+與氫氧化鉀反應，生成藍色沉淀，沒有Cu2+則無藍色沉淀，故答案為：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；溶液褪色，無藍色沉淀；(4)根據2Cu2++4SCN-2CuSCN↓(白色)+(SCN)2(黃色),Cu2+是氧化劑，氧化性Cu2+>(SCN)2，(SCN)2能氧化Fe2+，則氧化性(SCN)2>Fe2+，即Cu2+也能氧化Fe2+，故答案為：在Cu2+與SCN－反應中，Cu2+是氧化劑，氧化性Cu2+>(SCN)2；(5)①A的電極為C，B的電極為Cu，則Cu做負極，C做正極，A中放電解質溶液，則電解質為0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液，故答案為：0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液；②溶液中的氧氣會影響反應，未做排氧操作，不合理，故答案為：不合理；未排除氧氣干擾；③Fe3+參與反應后生成Fe2+，鐵氰化鉀溶液遇亞鐵鹽則生成深藍色沉淀，可驗證產生的Fe2+，操作為一段時間后，取少量A溶液于試管中，滴加鐵氰化鉀溶液，出現藍色沉淀，故答案為：一段時間后，取少量A溶液于試管中，滴加鐵氰化鉀溶液，出現藍色沉淀。【答案點睛】本題易錯點(6)，使用的電解質溶液，要和之前的濃度保持一致，才能形成對比實驗，做實驗題型，一定要注意控制變量法的規則。28、CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH＝－162kJ·mol－10.1125mol·L－1·min－1ACD放熱pCO2?pH2/pCO?pH2O不變催化劑的活性溫度在400℃左右；投料比太低，CO的平衡轉化率不高，而400℃左右，投料比3～5時CO的平衡轉化率較高，已能滿足要求，再增加投料比，成本增大，但CO的平衡轉化率提高不多，經濟上不合算A【答案解析】

(1)依據熱化學方程式和蓋斯定律分析計算；(2)①根據圖知，達到平衡狀態時n(CH3OH)=n(H2O)=0.75mol，根據H原子守恒得消耗n(H2)=2n(CH3OH)+n(H2O)=2×0.75mol+0.75mol=2.25mol，結合v(H2)=計算；②使CO2的轉化率增大須使平衡向正反應方向移動，可采取的措施有增大壓強、分離生成物或增加另一種反應物等措施；(3)①由圖可知，在相同的時，溫度