2023高考化學模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加，K、L、M均是由這些元素組成的二元化合物，甲、乙分別是元素X、Y的單質,甲是常見的固體，乙是常見的氣體。K是無色氣體，是主要的大氣污染物之一，0.05mol/L丙溶液的pH為l，上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是A．原子半徑：W<X<Y B．元素的非全屬性：Z>Y>XC．化合物XYZ中只含共價鍵 D．K、L、M中沸點最高的是M2、已知CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g)ΔH==-Q1；2H2(g)+O2(g)→2H2O(g)ΔH==-Q2；H2O(g)→H2O(l)ΔH==-Q3常溫下，取體積比為4：1的甲烷和H2的混合氣體112L（標準狀況下），經完全燃燒后恢復到常溫，則放出的熱量為A．4Q1+0.5Q2 B．4Q1+Q2+10Q3 C．4Q1+2Q2 D．4Q1+0.5Q2+9Q33、下列屬于置換反應的是（）A．2C+SiO22CO+SiB．2HClO2HCl+O2↑C．3CO+Fe2O33CO2+2FeD．2Na+Cl2=2NaCl4、藥物麻黃堿和牛磺酸的結構簡式如圖。有關麻黃堿、牛磺酸的敘述正確的是麻黃堿牛磺酸A．分子式分別為C10H16ON、C2H7NO2SB．均能發生取代反應，麻黃堿還能發生加成反應C．均能與金屬鈉及氫氧化鈉溶液反應D．牛磺酸與HSCH2CH(NH2)COOH(半胱氨酸)互為同系物5、某學習小組在實驗室從海帶中提取碘，設計實驗流程如下：下列說法錯誤的是A．過濾操作主要除去海帶灰中難溶于水的固體，它們主要是無機物B．氧化劑參加反應的離子方程式為2I-+H2O2+2H+=I2+2H2OC．萃取過程所用有機溶劑可以是酒精或四氯化碳D．因I2易升華，I2的有機溶液難以通過蒸餾法徹底分離6、將表面已完全鈍化的鋁條，插入下列溶液中，不會發生反應的是（）A．稀硝酸 B．硝酸銅 C．稀鹽酸 D．氫氧化鈉7、實驗室從含碘廢液（含有I2、I-等）中回收碘，其實驗過程如下：已知：溴化十六烷基三甲基銨是一種陽離子表面活性劑，可以中和沉淀表面所帶的負電荷，使沉淀顆粒快速聚集，快速下沉。下列說法不正確的是A．步驟①中Na2S2O3可用Na2SO3代替B．步驟②可以用傾析法除去上層清液C．含碘廢液中是否含有IO3-，可用KI-淀粉試紙檢驗D．步驟③發生反應的離子方程式為：4Fe3++2CuI4Fe2++2Cu2++I28、對氧化還原反應：11P+15CuSO4+24H2O→5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，下列說法正確的是A．5/11的磷被氧化B．3molCuSO4可氧化11/5molPC．每摩爾起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物質的量為0.6molD．當1molP參加反應時，轉移電子的物質的量為3mol9、常溫下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1某酸（HA）溶液，溶液中HA、A－的物質的量分數δ(X)隨pH的變化如圖所示。［已知δ(X)＝］下列說法正確的是A．Ka(HA)的數量級為10－5B．溶液中由水電離出的c(H＋)：a點＞b點C．當pH＝4.7時，c(A－)＋c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)D．當pH＝7時，消耗NaOH溶液的體積為20.00mL10、下列解釋事實的離子方程式正確的是（）A．用稀硫酸除去硫酸鈉溶液中少量的硫代硫酸鈉：Na2S2O3＋2H+＝SO2↑＋S↓＋2Na+＋H2OB．硝酸鐵溶液中加入少量碘化氫：2Fe3++2I-=2Fe2++I2C．向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸：ClO-＋H2O＋CO2＝HClO＋HCO3-D．硫酸鋁銨與氫氧化鋇以1：2混合形成的溶液：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=BaSO4↓+AlO2-+2H2O11、一種香豆素的衍生物結構如圖所示，關于該有機物說法正確的是（）A．該有機物分子式為C10H10O4B．1mol該有機物與H2發生加成時最多消耗H25molC．1mol該有機物與足量溴水反應時最多消耗Br23molD．1mol該有機物與NaOH溶液反應是最多消耗NaOH3mol12、NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．18gD2O和18gH2O中含有的質子數均為10NAB．2L0.5mol·L－1H2S溶液中含有的H＋離子數為2NAC．過氧化鈉與水反應時，生成0.1mol氧氣轉移的電子數為0.2NAD．密閉容器中2molSO2與1molO2充分反應，產物的分子數為2NA13、某科學興趣小組查閱資料得知，反應溫度不同，氫氣還原氧化銅的產物就不同，可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均為不溶于水的紅色固體，但氧化亞銅能與稀硫酸反應，化學方程式為：Cu2O＋H2SO4=CuSO4＋Cu＋H2O，為探究反應后的紅色固體中含有什么物質？他們提出了以下假設：假設一：紅色固體只有Cu假設二：紅色固體只有Cu2O假設三：紅色固體中有Cu和Cu2O下列判斷正確的是()A．取少量紅色固體，加入足量的稀硫酸，若溶液無明顯現象，則假設一和二都成立B．若看到溶液變成藍色，且仍有紅色固體，則只有假設三成立C．現將7.2克紅色固體通入足量的H2還原，最后得到固體6.4克，則假設二成立D．實驗室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2沉淀，加熱后制取Cu2O14、下列離子方程式書寫正確的是()A．硫化鈉溶液顯堿性：S2-+2H2O=H2S+2OH-B．金屬鈉投入氯化鎂溶液中：2Na+Mg2+=2Na++MgC．新制氫氧化銅溶于醋酸溶液：2CH3COOH+Cu(OH)2=Cu2++2CH3COO-+2H2OD．水溶液中，等物質的量的Cl2與FeI2混合：2Cl2+2Fe2++2I-=2Fe3++4Cl-+I215、如圖為高中化學教材《必修1》（人教版）中NaCl在水中的溶解和電離示意圖。下列由此得出的說法中，錯誤的是A．在H2O分子中，H或O原子均完全不帶電荷B．在NaCl晶體中，Na＋和Cl－的排列整齊有序C．Na＋、Cl在水中是以水合離子的形式存在D．NaCl晶體的溶解和電離過程破壞了離子鍵16、由下列實驗及現象推出的相應結論正確的是實驗現象結論A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液產生藍色沉淀原溶液中有Fe2+，無Fe3+B．向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液變渾濁酸性：H2CO3>C6H5OHC．向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)D．①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液②再加足量鹽酸①產生白色沉淀②仍有白色沉淀原溶液中有SO42-A．A B．B C．C D．D17、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是（）A．常溫常壓下，22.4LCH4含有的分子數小于NAB．7.8gNa2O2與足量水反應轉移的電子數為0.2NAC．1mol苯中含有的碳碳雙鍵數為3NAD．1L1mol·L-1的磷酸溶液中氫離子數為3NA18、下列有關物質性質的比較，錯誤的是()A．溶解度(25℃)：小蘇打<蘇打 B．沸點：H2Se>H2S>H2OC．密度：溴乙烷>水 D．碳碳鍵鍵長：乙烯<苯19、容量瓶上未必有固定的（）A．溶液濃度 B．容量 C．定容刻度 D．配制溫度20、下列解釋工業生產或應用的化學用語中，不正確的是A．氯堿工業中制備氯氣：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑B．工業制硫酸的主要反應之一：2SO2+O22SO3C．氨氧化法制硝酸的主要反應之一：4NH3+5O24NO+6H2OD．利用鋁熱反應焊接鐵軌：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe21、下列實驗用酸性KMnO4溶液不能達到預期目的的是A．鑒別SO2和CO2 B．檢驗CH2=C(CH3)CHO中含碳碳雙鍵C．鑒別苯和甲苯 D．檢驗硫酸鋁溶液中是否有硫酸亞鐵22、2017年9月25日，化學權威雜志《化學世界》、著名預測博客等預測太陽能電池材料—鈣鈦礦材料可能獲得2017年諾貝爾化學獎。鈦酸鈣(CaTiO3)材料制備原理之一是CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑。下列有關判斷不正確的是A．上述反應是氧化還原反應 B．TiO2和CO2屬于酸性氧化物C．CaTiO3屬于含氧酸鹽 D．CaCO3屬于強電解質二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機物W用作調香劑、高分子材料合成的中間體等，制備W的一種合成路線如下。請回答下列問題：（1）F的化學名稱是________，⑤的反應類型是________。（2）E中含有的官能團是________（寫名稱），D聚合生成高分子化合物的結構簡式為________。（3）將反應③得到的產物與O2在催化劑、加熱的條件下反應可得D，寫出反應④的化學方程式________。（4）④、⑤兩步能否顛倒？________（填“能”或“否”）理由是________。（5）與A具有含有相同官能團的芳香化合物的同分異構體還有________種（不含立體異構），其中核磁共振氫譜為六組峰，且峰面積之比為1：1：2：2：2：2的結構簡式為________。（6）參照有機物W的上述合成路線，以M和CH3Cl為原料制備F的合成路線（無機試劑任選）________。24、（12分）元素周期表中的四種元素的有關信息如下，請用合理的化學用語填寫空白。在周期表中的區域元素代號有關信息短周期元素XX的最高價氧化物的水化物甲是一種胃酸中和劑，且能溶于強堿溶液YY的一種氫化物可用于制造純堿和做制冷劑長周期元素ZZ的一種鹽乙可以作凈水劑，Z的某種氧化物丙可以做紅色涂料WW元素大多存在于海藻種，它的銀鹽可用于人工降雨（1）X元素周期表中的位置為___，X、Y、Z三種元素的簡單離子半徑從大到小的順序為___。（2）足量W的最高價氧化物的水化物是稀溶液與1mol甲完全反應，放出熱量QkJ，請寫出表示該過程中和熱的熱化學方程式：____。（3）下列有關W的氣態氫化物丁的說法正確的有___（選填字母）a.丁比氯化氫沸點高b.丁比氯化氫穩定性好c.丁比氟化氫還原性弱d.丁比氟化氫酸性弱（4）請寫出丙溶于丁的水溶液的離子方程式___。25、（12分）FeCl3在現代工業生產中應用廣泛。某化學研究性學習小組模擬工業流程制備無水FeCl3，再用副產品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。Ⅰ．經查閱資料得知：無水FeCl3在空氣中易潮解，加熱易升華。他們設計了制備無水FeCl3的實驗方案，裝置示意圖(加熱及夾持裝置略去)及操作步驟如下：①檢驗裝置的氣密性；②通入干燥的Cl2，趕盡裝置中的空氣；③用酒精燈在鐵屑下方加熱至反應完成；④……⑤體系冷卻后，停止通入Cl2，并用干燥的H2趕盡Cl2，將收集器密封。請回答下列問題：(1)裝置A中反應的化學方程式為________________。(2)第③步加熱后，生成的煙狀FeCl3大部分進入收集器，少量沉積在反應管A右端，要使沉積的FeCl3進入收集器，第④步操作是_______________。(3)操作步驟中，為防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步驟序號)_____________。(4)裝置B中冷水浴的作用為________________；裝置C的名稱為_____________；裝置D中FeCl2全部反應后，因失去吸收Cl2的作用而失效，寫出檢驗FeCl2是否失效的試劑：____________。(5)在虛線框中畫出尾氣吸收裝置E并注明試劑_____________。Ⅱ．該組同學用裝置D中的副產品FeCl3溶液吸收H2S，得到單質硫；過濾后，再以石墨為電極，在一定條件下電解濾液。(6)FeCl3與H2S反應的離子方程式為____________。(7)綜合分析實驗Ⅱ的兩個反應，可知該實驗有兩個顯著優點：①H2S的原子利用率為100%；②___________。26、（10分）實驗小組以二氧化錳和濃鹽酸為反應物，連接裝置A→B→C制取氯水，并探究氯氣和水反應的產物。（1）A中發生反應的離子方程式是_________。（2）B中得到淺黃綠色的飽和氯水，將所得氯水分三等份，進行的操作、現象、結論如下：實驗實驗操作現象結論Ⅰ向氯水中加入碳酸氫鈉粉末有無色氣泡產生氯氣與水反應至少產生了一種酸性強于碳酸的物質Ⅱ向品紅溶液中滴入氯水溶液褪色氯氣與水反應的產物有漂白性（1）甲同學指出：由實驗Ⅰ得出的結論不合理，原因是制取的氯水中含有雜質______（填化學式），也能與碳酸氫鈉反應產生氣泡。應在A、B間連接除雜裝置，請畫出除雜裝置并標出氣體流向和藥品名稱______。（2）乙同學指出由實驗Ⅱ得出的結論不合理，原因是實驗未證明_______（填化學式）是否有漂白性。（3）丙同學利用正確的實驗裝置發現氯水中有Cl-存在，證明氯水中有Cl-的操作和現象是：_____。丙同學認為，依據上述現象和守恒規律，能推測出氯水中有次氯酸存在。這一推測是否正確，請說明理由________。（4）丁同學利用正確的實驗裝置和操作進行實驗，觀察到實驗現象與實驗Ⅰ、Ⅱ相似，說明氯氣和水反應的產物具有的性質是________。（5）戊同學將第三份氯水分成兩等份，向其中一份加入等體積的蒸餾水，溶液接近無色。另一份中加入等體積飽和的氯化鈉溶液，溶液為淺黃綠色。對比這兩個實驗現象能說明：_______。27、（12分）（15分）Ⅰ．目前我國鍋爐煙氣脫硝技術有新發現，科學家對O3氧化煙氣脫硝同時制硝酸進行了實驗研究，其生產硝酸的機理如下：回答下列問題：（1）NO3分子內存在兩個過氧鍵，且氧均滿足8電子穩定結構，請寫出NO3中N的化合價______；NO3極不穩定，常溫下即可爆炸分解，試從電子成鍵角度解釋NO3不穩定的原因：__________________。（2）N2O5與O3作用也能生成NO3與氧氣，根據反應前后同種元素，價態相同，不參與氧化還原反應的原則，請分析反應N2O5+O32NO3+O2中，N2O5的作用是__________________（填“氧化劑”“還原劑”或“既是氧化劑，又是還原劑”）。（3）請寫出在有水存在時，O3與NO以物質的量之比為3∶2完全反應的總化學方程式___________。Ⅱ．下圖為某學習興趣小組對Cu與稀硝酸反應的改進實驗裝置圖：（4）按如圖組裝好儀器，檢查氣密性后，裝藥品，實驗時，先關閉a，打開b，將裝置B下移，使之與稀硝酸接觸產生氣體，當________________（填實驗現象），立刻將之上提，并關閉b，這樣操作的目的為________________________________。（5）將銅絲下移，使之與稀硝酸接觸，A中現象是________________，稍后將銅絲上拉，使之與稀硝酸分離；打開a，擠壓E，使少量空氣進入A中，A中現象是______________。（6）打開b，交替擠壓E和F，至裝置內氮氧化物氣體被氫氧化鈉溶液充分吸收，寫出NO2氣體與氫氧化鈉溶液充分反應的離子方程式：______________________________。28、（14分）在分析化學的電位法中，甘汞電極常做參比電極，它是由金屬汞及其難溶鹽Hg2Cl2和KCl溶液組成的電極。Hg2Cl2（甘汞）毒性較小，而HgCl2（升汞）有劇毒。（1）K元素的基態原子的電子填充于_____個不同的能級。（2）Hg的價層電子排布式為5d106s2，Hg元素位于元素周期表的_______區。（3）Hg2Cl2在400~500℃時升華，由此推測Hg2Cl2的晶體類型為____。（4）KCl和NaCl相比，____的熔點更高，原因是________。（5）把NH4Cl和HgCl2按一定比例混合，在密封管中加熱時，生成某種晶體，其晶胞如圖所示。用X-射線衍射法測得該晶體的晶胞為長方體（晶胞參數a=b=419pm、c=794pm），每個NH4+可視為被8個Cl-圍繞，距離為335pm，Cl-與Cl-盡可能遠離。①該晶體的化學式為________。②晶體中Cl-的空間環境_____________（填“相同”或“不相同”）。用題中數據說明理由_______________③設阿伏加德羅常數的值為NA，則該晶體的密度為_______g/cm3（列出計算表達式）。29、（10分）氟代硼酸鉀(KBe2BO3F2)是激光器的核心材料，我國化學家在此領域的研究走在了世界的最前列。回答下列問題：(1)氟代硼酸鉀中各元素原子的第一電離能大小順序是F>O>___。基態K+電子占據最高能級的電子云輪廓圖為____形。(2)NaBH4是有機合成中常用的還原劑，其中的陰離子空間構型是____，中心原子的雜化形式為____。NaBH4中存在____（填標號）。a.離子鍵b.氫鍵c.σ鍵d.π鍵(3)BeC12中的化學鍵具有明顯的共價性，蒸汽狀態下以雙聚分子存在的BeCl2的結構式為___，其中Be的配位數為_____。(4)第三周期元素氟化物的熔點如下表：解釋表中氟化物熔點變化的原因：____。(5)CaF2的一種晶胞如圖所示。Ca2+占據F-形成的空隙，其空隙率是____。若r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，設阿伏加德羅常數的值為NA，則CaF2的密度ρ=_____g.cm-3（列出計算表達式）。

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、C【答案解析】

0.05mol/L丙溶液的pH為l，可知丙為二元強酸，應為H2SO4，K是無色氣體，是主要的大氣污染物之一，且可生成H2SO4，則應為SO2，可知乙為O2，L為H2O，甲是單質，且與濃硫酸反應生成SO2、H2O，可知甲為C，M為CO2，則W為H元素，X為C元素，Y為O元素，Z為S元素。【題目詳解】A項、同周期元素，原子半徑從左到右逐漸減小，C＞O，故A錯誤；B項、同主族元素，從上到下非金屬性減弱，O＞S，故B錯誤；C項、化合物COS都由非金屬性構成，只含共價鍵，故C正確；D項、K、M常溫下為氣體，L為水，常溫下為液體，沸點最高，故D錯誤。故選C。【答案點睛】本題考查元素周期律，側重考查分析能力和推斷能力，注意溶液pH為推斷突破口，熟練掌握元素化合物知識，注意抓住短周期元素形成二元化合物是解答關鍵。2、D【答案解析】

①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-Q1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-Q2；H2O(g)→H2O(l)ΔH=-Q3；根據蓋斯定律①+2③得

CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-Q1-2Q3；

根據蓋斯定律②+2③得

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=Q2-2Q3，標準狀況下，112L體積比為4:

1的甲烷和H2的混合氣體的物質的量為=

=

5mol

，故甲烷的物質的量為5mol=4mol，完全燃燒生成液體水放出的熱量為（Q1+2Q3)

=4

(Q1+2Q3)，氫氣的物質的量為5mol-4mol=1mol，完全燃燒生成液體水放出的熱量為(Q2+2Q3)

=0.5

(Q2+2Q3)

，故甲烷、氫氣完全燃燒，放出的熱量為:4

(Q1+2Q3)

+0.5

(Q2+2Q3)=4Q1+0.5Q2+9Q3，故選D。

答案：

D。【答案點睛】先根據混合氣體的物質的量

結合體積分數計算甲烷、氫氣各自物質的量，再根據蓋斯定律，利用已知的三個熱化學反應方程式進行計算甲烷、氫氣完全燃燒生成液體水和二氧化碳的反應熱。3、A【答案解析】

A.2C+SiO22CO+Si，該反應為一種單質與一種化合物反應生成另一種單質和化合物，屬于置換反應，故A正確；B.2HClO2HCl+O2↑，該反應為一種物質生成兩種或多種物質，屬于分解反應，故B錯誤；C.3CO+Fe2O33CO2+2Fe，該反應沒有單質參加，不是置換反應，屬于氧化還原反應，故C錯誤；D.2Na+Cl2=2NaCl，該反應為兩種或多種物質反應生成一種物質，屬于化合反應，故D錯誤。故選A。4、B【答案解析】

A.根據物質結構簡式可知麻黃堿分子式是C10H15ON，牛磺酸分子式是C2H7NO3S，A錯誤；B.麻黃堿含有苯環、醇羥基，可以發生取代反應，含有苯環，可以發生加成反應；牛磺酸含有羥基、氨基，可以發生取代反應，B正確；C.麻黃堿含有醇羥基，可以與Na反應，但不能與NaOH發生反應，C錯誤；D.牛磺酸與HSCH2CH(NH2)COOH(半胱氨酸)結構不同，因此二者不能互為同系物，D錯誤；故合理選項是B。5、C【答案解析】

實驗室從海帶中提取碘：將海帶在坩堝中灼燒得到海帶灰，將海帶灰浸泡得到海帶灰懸濁液，然后采用過濾的方法將殘渣和溶液分離，得到含有碘化鉀的溶液，向水溶液中加入氧化劑，將I-氧化成I2，向含有碘單質的溶液中加入萃取劑萃取分液得到碘單質的有機溶液，據此分析解答。【題目詳解】A．海帶在坩堝中灼燒得到海帶灰，有機物燃燒生成二氧化碳和水，過濾操作主要除去海帶灰中難溶于水的固體，主要是無機物，故A正確；B．氧化劑可以選用過氧化氫溶液，反應的離子方程式為2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故B正確；C．萃取過程所用有機溶劑可以是四氯化碳或苯，不能選用酒精，因為酒精易溶于水，故C錯誤；D．因I2易升華，有機溶劑的沸點一般較低，因此I2的有機溶液通過蒸餾法難以徹底分離，故D正確；故選C。6、B【答案解析】

表面已完全鈍化的鋁條表面的物質是氧化鋁，氧化鋁屬于兩性氧化物，能溶于強酸、強堿溶液，稀硝酸和稀鹽酸是強酸，NaOH是強堿，所以能溶于稀硝酸、稀鹽酸、NaOH溶液中，但不能和硝酸銅反應，故選B。7、C【答案解析】

A.步驟①中Na2S2O3做還原劑，可用Na2SO3代替，故正確；B.步驟②從懸濁液中分離碘化亞銅固體，可以用傾析法除去上層清液，故正確；C.含碘廢液中含有碘單質，能使KI-淀粉試紙變藍，不能用其檢驗是否含有IO3-，故錯誤；D.步驟③中鐵離子具有氧化性，能氧化碘化亞銅，發生反應的離子方程式為：4Fe3++2Cul4Fe2++2Cu2++I2，故正確。故選C。8、C【答案解析】

A.11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合價由0降低為-3價，這樣的P原子是5mol，還有P元素的化合價由0升高為+5價，這樣的P原子是6mol，即被氧化的磷原子為，選項A錯誤；B.根據反應知道，是1molCuSO4得到1mol電子，1molP失去5mol電子，則3molCuSO4可氧化0.6molP，選項B錯誤；C.起氧化作用P元素的化合價由0降低為-3價轉移3個電子，起還原作用的P的化合價由0升高為+5價轉移5個電子，則每摩爾起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物質的量為0.6mol，選項C正確；D.當1molP參加反應時，有molP作還原劑，轉移電子的物質的量為mol，選項D錯誤．答案選C。【答案點睛】本題考查了氧化劑和還原劑的判斷、電子轉移等知識點，注意該反應中P既是氧化劑又是還原劑，會根據元素化合價的變化判斷氧化劑、還原劑和氧化產物、還原產物，11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合價由0降低為-3價，這樣的P原子是5mol，還有P元素的化合價由0升高為+5價，這樣的P原子是6mol，Cu元素的化合價由+2價降低為+1價，根據氧化還原反應中的概念以此電子守恒知識來解答。9、A【答案解析】

A.曲線的交點處，c(HA)=c(A-)，此時pH=4.7，則因此Ka(HA)的數量級為10-5，A項正確；B.a點、b點溶液均顯酸性，均抑制水的電離，a點pH較小，溶液酸性較強，抑制水的電離程度更大，因此，溶液中由水電離出的c(H＋)：a點<b點，B項錯誤；C.當pH＝4.7時，c(HA)=c(A-)，但c(OH－)不等于c(H＋)，C項錯誤；D.HA為弱酸，當消耗NaOH溶液的體積為20.00mL時，二者恰好反應生成NaA溶液，溶液顯堿性，pH>7，D項錯誤；答案選A。【答案點睛】利用曲線的交點計算Ka(HA)，是該題的巧妙之處，因為該點c(HA)=c(A-)，因此Ka(HA)=c(H+)，同學們在做水溶液中離子平衡的圖像題的時候，多關注特殊的點，諸如曲線的交點、起點、恰好反應點、中性點等。10、C【答案解析】

A、Na2S2O3為可溶性鹽類，其與稀硫酸反應的離子方程式為：，故A錯誤；B、硝酸鐵水解會生成硝酸，其氧化性大于鐵離子，因此向硝酸鐵中加入少量碘化氫時，其反應的離子方程式為：，故B錯誤；C、因酸性：碳酸>次氯酸>碳酸氫根，因此向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸的離子反應方程式為：，故C正確；D、硫酸鋁銨與氫氧化鋇以1：2混合形成的溶液中反應的離子方程式為：，故D錯誤；故答案為：C。【答案點睛】對于先后型非氧化還原反應的分析判斷，可采用“假設法”進行分析，其分析步驟為：先假定溶液中某離子與所加物質進行反應，然后判斷其生成物與溶液中相關微粒是否發生反應，即是否能夠共存，若能共存，則假設成立，若不能共存，則假設不能成立。11、C【答案解析】

A．該有機物分子式為C10H8O4，故A錯誤；B．只有苯環和雙鍵能與氫氣發生加成反應，則1mol該有機物與H2發生加成時最多消耗H24mol，故B錯誤；C．酚﹣OH的鄰對位與溴水發生取代反應，碳碳雙鍵與溴水發生加成反應，則1mol該有機物與足量溴水反應時最多消耗Br23mol，故C正確；D．2個酚﹣OH、﹣COOC﹣及水解生成的酚﹣OH均與NaOH反應，則1mol該有機物與NaOH溶液反應時最多消耗NaOH4mol，故D錯誤；故選C。12、C【答案解析】

A.18gD2O物質的量為，質子的物質的量為0.9mol×10=9mol，因此質子數為9NA，故A錯誤；B.2L0.5mol·L－1H2S溶液中物質的量為n=0.5mol·L－1×2L=1mol，H2S是弱電解質，部分電離，因此含有的H＋離子數小于2NA，故B錯誤；C.過氧化鈉與水反應時，轉移2mol電子生成1mol氧氣，因此生成0.1mol氧氣轉移的電子數為0.2NA，故C正確；D.密閉容器中2molSO2與1molO2充分反應，該反應是可逆反應，因此產物的分子數小于2NA，故D錯誤。綜上所述，答案為C。13、C【答案解析】

A.取少量紅色固體，加入足量的稀硫酸，若溶液無明顯現象，說明紅色固體中不含氧化亞銅，則假設一成立，選項A錯誤；B.若看到溶液變成藍色，說明紅色固體中含有氧化亞銅，仍有紅色固體，不能說明紅色固體中含有銅，因為氧化亞銅和稀硫酸反應也能生成銅，則假設二或三成立，選項B錯誤；C.假設紅色固體只有Cu2O，則7.2gCu2O的物質的量為0.05mol，和H2反應后生成銅的物質的量為0.1mol，質量為6.4g，所以假設成立，選項C正確；D.實驗室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2懸濁液，加熱后制取Cu2O，選項D錯誤。答案選C。14、C【答案解析】

A．硫化鈉水解，溶液顯堿性，反應的離子反應為S2-+H2O?HS-+OH-，故A錯誤；B．鈉投入到氯化鎂溶液中反應生成氫氧化鎂、氫氣和氯化鈉，離子方程式：2H2O+2Na+Mg2+═Mg(OH)2↓+H2↑+2

Na+，故B錯誤；C．醋酸溶液與新制氫氧化銅反應，離子方程式：2CH3COOH+Cu(OH)2═2CH3COO-+Cu2++2

H2O，故C正確；D．在溶液中，FeI2與等物質的量的Cl2反應時，只氧化碘離子，反應的離子方程式為2I-+Cl2=I2+2Cl-，故D錯誤；故選C。【答案點睛】本題的易錯點為B，要注意鈉與鹽溶液的反應規律，鈉先與水反應，生成物再與鹽反應。15、A【答案解析】

A．在H2O分子中，O原子吸引電子的能力很強，O原子與H原子之間的共用電子對偏向于O，使得O原子相對顯負電性，H原子相對顯正電性，A項錯誤；B．在NaCl晶體中，Na＋和Cl－整齊有序地排列，B項正確；C．Na＋、Cl在水中是以水合離子的形式存在，C項正確；D．NaCl晶體的溶解和電離過程，使原本緊密結合的Na+與Cl-分開，成為了自由的水合離子，破壞了Na+與Cl-之間的離子鍵，D項正確；答案選A。16、B【答案解析】

A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，產生藍色沉淀，說明溶液中有Fe2+，但是無法證明是否有Fe3+，選項A錯誤；B．向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液變渾濁，說明生成了苯酚，根據強酸制弱酸的原則，得到碳酸的酸性強于苯酚，選B正確；C．向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液，雖然有ZnS不溶物，但是溶液中還有Na2S，加入硫酸銅溶液以后，Cu2+一定與溶液中的S2-反應得到黑色的CuS沉淀，不能證明發生了沉淀轉化，選項C錯誤；D．向溶液中加入硝酸鋇溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入鹽酸時，溶液中就會同時存在硝酸鋇電離的硝酸根和鹽酸電離的氫離子，溶液具有硝酸的強氧化性。如果上一步得到的是亞硫酸鋇沉淀，此步就會被氧化為硫酸鋇沉淀，依然不溶，則無法證明原溶液有硫酸根離子，選項D錯誤。【答案點睛】在解決本題中選項C的類似問題時，一定要注意判斷溶液中的主要成分。當溶液混合進行反應的時候，一定是先進行大量離子之間的反應（本題就是進行大量存在的硫離子和銅離子的反應），然后再進行微量物質之間的反應。例如，向碳酸鈣和碳酸鈉的懸濁液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸鈉反應得到碳酸氫鈉，再與碳酸鈣反應得到碳酸氫鈣。17、A【答案解析】

A.常溫常壓下，22.4LCH4物質的量小于1mol，其含有的分子數小于NA，故A正確；B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2mol過氧化鈉轉移2mol電子，因此7.8gNa2O2即0.1mol與足量水反應轉移的電子數為0.1NA，故B錯誤；C.苯中不含有的碳碳雙鍵，故C錯誤；D.1L1mol·L-1的磷酸物質的量為1mol，磷酸是弱酸，部分電離，因此溶液中氫離子數小于3NA，故D錯誤。綜上所述，答案為A。18、B【答案解析】

A．在碳酸鈉飽和溶液中通入二氧化碳生成碳酸氫鈉，可觀察到溶液變渾濁，說明碳酸鈉溶解度大于碳酸氫鈉，故A正確；B．由于水分子間存在氫鍵，故水的沸點反常的升高，故有：H2O>H2Se>H2S，故B錯誤；C．溴代烴和碘代烴的密度均大于水，故溴乙烷的密度比水的大，故C正確；D．苯中碳碳鍵介于單鍵和雙鍵之間，碳碳鍵鍵長：乙烯<苯，故D正確；故選B。【答案點睛】本題考查元素及其對應單質、化合物的性質的遞變規律，側重于溶解度、硬度、密度等性質的考查，題目難度不大，注意水分子間存在氫鍵，沸點反常的升高。19、A【答案解析】

容量瓶上標有：溫度、規格、刻度線，沒有溶液濃度，A項正確答案選A。20、A【答案解析】

本題主要考查化學與生活、生產工業之間的聯系。A.考慮到氯堿工業實質是電解飽和食鹽水，而不是電解熔融的氯化鈉；B.工業制備硫酸，主要有三個階段，分別是：①煅燒黃鐵礦：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3；②SO2的催化氧化：2SO2+O22SO3；③用98.3%的濃硫酸吸收，再稀釋的所需濃度的硫酸SO3+H2O=H2SO4。C.工業制硝酸，主要反應為：①氨氣的催化氧化：4NH3+5O24NO+6H2O；②2NO+O2＝2NO2；③3NO2+H2O＝2HNO3+NO；D.利用鋁熱反應焊接鐵軌，主要利用了鋁的強還原性，其反應為：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe。【題目詳解】A.以電解食鹽水為基礎制取氯氣等產品的工業稱為氯堿工業，則氯堿工業中制備氯氣的化學方程式為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故A錯誤；B.工業制硫酸的主要反應之一為二氧化硫的催化氧化，化學方程式為：2SO2+O22SO3，故B正確；C.氨氧化法制硝酸的主要反應之一為氨氣的催化氧化，化學方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O，故C正確；D.工業上可以利用Fe2O3或Fe3O4發生鋁熱反應焊接鐵軌，化學方程式為：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故D正確；本題答案選A。【答案點睛】高中階段常見的工業制備及其所設計的化學方程式如下：1.工業制備硫酸：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3；2SO2+O22SO3；SO3+H2O=H2SO4。2.工業制取硝酸：：4NH3+5O24NO+6H2O；2NO+O2＝2NO2；3NO2+H2O＝2HNO3+NO；3.工業合成氨：N2+3H22NH3；4.氯堿工業：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；5.制水煤氣：C+H2O（g）CO+H2；

6.工業制取粉精：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；7.高爐煉鐵：3CO+Fe2O33CO2+2Fe；8.工業制備單晶硅：2C+SiO2Si+2CO(制得粗硅)；9.工業制普通玻璃：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑；10.粗銅的精煉：陽極：Cu-2e-=Cu2+陰極:Cu2++2e-=Cu11.侯氏制堿法：①NaCl(飽和)+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O21、B【答案解析】

A.二氧化硫能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，高錳酸鉀溶液會褪色，而二氧化碳不與酸性高錳酸鉀溶液反應，所以反應現象不同，能達到實驗目的，故不選A；B.碳碳雙鍵和醛基都能被高錳酸鉀氧化，不能用酸性高錳酸鉀鑒別，故選B；C.甲苯能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，而苯不能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，所以反應現象不同，能達到實驗目的，故不選C；D.硫酸亞鐵可以與酸性高錳酸鉀溶液反應，使其褪色，而硫酸鋁不能，故不選D；答案：B【答案點睛】能使酸性高錳酸鉀反應褪色的是：亞鐵離子、H2S、SO2、FeSO4、KI、HCl、醛基、酚羥基、碳碳雙鍵、碳碳三鍵、和苯環相連的碳上有氫原子、和羥基相連的碳上有氫原子的醇。22、A【答案解析】A、CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑，反應中沒有化合價變化，是非氧化還原反應，故A錯誤；B、TiO2和CO2均能與堿反應生成鹽和水，均屬于酸性氧化物，故B正確；C、CaTiO3=Ca2＋＋TiO32－，CaTiO3由含氧酸根和鈣離子構成，屬于含氧酸鹽，故C正確；D、CaCO3雖然難溶，但溶于水的部分全部電離，屬于強電解質，故D正確；故選A。二、非選擇題(共84分)23、苯甲醇消去反應碳碳雙鍵、羧基否在醛基被催化氧化的同時，碳碳雙鍵也被能氧化5【答案解析】

由Ｂ的結構可知Ａ為，Ａ與溴發生加成反應生成Ｂ，Ｂ發生水解反應生成Ｃ為，Ｃ催化氧化的產物繼續氧化生成Ｄ，則Ｄ為，對比Ｄ、Ｅ分子式可知Ｄ分子內脫去１分子水生成Ｅ，故Ｄ在濃硫酸、加熱條件下發生消去反應生成Ｅ，則Ｅ為，Ｅ和Ｆ發生酯化反應生成Ｗ為。【題目詳解】（1）F的結構簡式為，的化學名稱是苯甲醇，⑤為Ｄ在濃硫酸、加熱條件下發生消去反應生成Ｅ。（2）E的結構為，含有的官能團是碳碳雙鍵、羧基，D含有羧基和羥基，能發生聚合生成酯類高分子化合物，結構簡式為。（3）經過反應③，是羥基連接的碳原子上有2個氫原子的碳原子發生氧化反應生成醛基得到，與O2在催化劑、加熱的條件下反應可得D，寫出反應④的化學方程式。（4）④、⑤兩步不能顛倒，因為在醛基被催化氧化的同時，碳碳雙鍵也被能氧化。（5）與A具有含有相同官能團的芳香化合物的同分異構體還有5種。苯環上可以連接一個甲基和一個-CH=CH2，有三種結構，也可以是苯環上連接-CH=CHCH3或-CH2CH=CH2，共5種，其中核磁共振氫譜為六組峰，且峰面積之比為1：1：2：2：2：2的結構簡式為。（6）根據逆推原理分析，合成苯甲醇，需要制備，可以用甲苯的取代反應，利用苯和一氯甲烷發生取代反應生成甲苯，故合成路線為：。24、第三周期ⅢA族r(Fe3+)>r(N3-)>r(Al3+)HIO4(aq)+Al(OH)3(s)=H2O(l)+Al(IO4)3(aq)△H=-QkJ/molaFe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O【答案解析】

氫氧化鋁具有兩性，X的最高價氧化物的水化物甲是一種胃酸中和劑，且能溶于強堿溶液，X是Al元素；氨氣作制冷劑，Y的一種氫化物可用于制造純堿和做制冷劑，Y是N元素；氧化鐵是紅色染料的成分，Z的一種鹽乙可以作凈水劑，Z的某種氧化物丙可以做紅色涂料，Z是Fe元素；碘化銀用于人工降雨，W元素大多存在于海藻種，它的銀鹽可用于人工降雨，W是I元素；【題目詳解】（1）X是Al元素，Al元素周期表中的位置為第三周期ⅢA族，電子層數越多半徑越大，電子層數相同，質子數越多半徑越小，Al3+、N3-、Fe3+三種離子半徑從大到小的順序為r(Fe3+)＞r(N3-)＞r(Al3+)。（2）W的最高價氧化物的水化物是HIO4，甲是氫氧化鋁；足量HIO4稀溶液與1molAl(OH)3完全反應，放出熱量QkJ，表示該過程中和熱的熱化學方程式是HIO4(aq)+Al(OH)3(s)=H2O(l)+Al(IO4)3(aq)△H=-QkJ/mol。（3）a.HI的相對分子質量大于HCl，HI比氯化氫沸點高，故a正確；b.Cl的非金屬性大于I，HCl比HI穩定性好，故b錯誤；c.Cl的非金屬性大于I，HI比氟化氫還原性強，故c錯誤；d.HI是強酸，氫氟酸是弱酸，故d錯誤。（4）鐵的氧化物丙可以做紅色涂料，丙是Fe2O3，丁是HI，Fe2O3與HI發生氧化還原反應生成FeI2和I2，反應的離子方程式是Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O。25、2Fe+3Cl22FeCl3在沉積的FeCl3固體下方加熱②⑤冷卻，使FeCl3沉積，便于收集產品干燥管K3[Fe(CN)6)溶液2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+FeCl3得到循環利用【答案解析】

Ⅰ．裝置A中鐵與氯氣反應，反應為：2Fe+3Cl22FeCl3，B中的冷水作用為是冷卻FeCl3使其沉積，便于收集產品；為防止外界空氣中的水蒸氣進入裝置使FeCl3潮解，所以用裝置C無水氯化鈣來吸水，裝置D中用FeCl2吸收Cl2時的反應離子方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，用裝置D中的副產品FeCl3溶液吸收H2S，離子方程式為：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，用氫氧化鈉溶液吸收的是氯氣，不用考慮防倒吸，所以裝置E為氫氧化鈉溶液吸收氯氣，據此分析解答(1)~(5)；Ⅱ．三價鐵具有氧化性，硫化氫具有還原性，二者之間發生氧化還原反應，化學方程式為2FeCl3+H2S═2FeCl2+S↓+2HCl，電解氯化亞鐵時，陰極陽離子得到電子發生還原反應；陽極陰離子失去電子發生氧化反應，據此分析解答(6)~(7)。【題目詳解】Ⅰ．(1)氯氣具有強氧化性，將有變價的鐵元素氧化成高價鐵，生成氯化鐵，所以裝置A中鐵與氯氣反應生成氯化鐵，反應為2Fe+3Cl22FeCl3，故答案為：2Fe+3Cl22FeCl3；(2)第③步加熱后，生成的煙狀FeCl3大部分進入收集器，少量沉積在反應管A右端，因為無水FeCl3加熱易升華，要使沉積的FeCl3進入收集器，需要對FeCl3加熱，使氯化鐵發生升華，使沉積的FeCl3進入收集器，故答案為：在沉積的FeCl3固體下方加熱；(3)為防止FeCl3潮解，可以采取的措施有：步驟②中通入干燥的Cl2，步驟⑤中用干燥的N2趕盡Cl2，故答案為：②⑤；(4)B中的冷水是為了冷卻FeCl3使其沉積，便于收集產品，裝置C的名稱為干燥管；Fe2+的檢驗可通過與K3[Fe(CN)6)溶液生成藍色沉淀的方法來完成，故答案為：冷卻，使FeCl3沉積，便于收集產品；干燥管；K3[Fe(CN)6)溶液；(5)氯氣和氫氧化鈉反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，所以可以用氫氧化鈉溶液吸收尾氣中的氯氣，尾氣吸收裝置E為：，故答案為：；Ⅱ．(6)三價鐵具有氧化性，硫化氫具有還原性，二者之間發生氧化還原反應：2FeCl3+3H2S=2FeCl2+6HCl+3S↓，離子方程式為：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案為：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；(7)電解氯化亞鐵時，陰極發生氫離子得電子的還原反應，2H++2e-═H2↑，陽極亞鐵離子發生失電子的氧化反應：Fe2+-e-=Fe3+，電解池中最終得到的FeCl3可重新用來吸收H2S，可以循環利用，故答案為：FeCl3可以循環利用。26、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OHClCl2取少量氯水于試管中，加入硝酸銀和稀硝酸，產生白色沉淀，說明有Cl-不正確，從實驗可知，氯水中含H+、Cl-，即氯氣與水反應生成了H+和Cl-，氯的化合價從零價降低到-1價，必然要有元素化合價升高，H已是最高價，不再升高，一定有其他元素化合價的升高，而氯元素不一定只升高到+1價。酸性和漂白性加入蒸餾水溶液接近無色，說明c(Cl2)幾乎降低為零，加入等體積的飽和氯化鈉溶液，溶液還是淺黃綠色，說明氯離子的加入又生成了Cl2，即氯氣和水的反應是可逆反應，增大氯離子濃度，平衡向反應物方向移動，使Cl2增多，所以呈現淺綠色【答案解析】

（1）二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯氣、氯化錳和水；（2）①濃鹽酸易揮發，制取的氯氣含有氯化氫，依據氯化氫能夠與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳解得；依據氯氣和氯化氫在飽和食鹽水中溶解性不同，選擇除雜方法；②驗證氯氣與水反應的產物具有漂白性應首先排除干燥氯氣的影響，需要進行對比實驗；③依據氯離子能夠與銀離子反應生成氯化銀白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸的性質檢驗氯離子的存在；根據元素化合價的升降來判斷丙同學的推斷；④正確的實驗裝置和操作進行實驗，觀察到實驗現象與實驗Ⅰ、Ⅱ中相似，說明氯水具有漂白性和酸性；（3）依據氯氣溶液水，部分與水反應生成氯化氫和次氯酸，存在Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，依據化學平衡移動影響因素分析解答。【題目詳解】（1）二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯氣、氯化錳和水，離子學方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；（2）①濃鹽酸易揮發，制取的氯氣含有氯化氫，依據氯化氫能夠與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，也會有無色氣泡產生，對氯水性質檢驗造成干擾；氯氣在飽和食鹽水中溶解度不大，氯化氫易溶于水，所以可以用盛有飽和食鹽水的洗氣瓶除去氯化氫；故答案為：HCl；；②實驗Ⅰ：沒有事先證明干燥的氯氣無漂白性，則不能證明氯氣與水反應的產物是否具有漂白性；故答案為：Cl2；③氯離子能夠與銀離子反應生成氯化銀白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸，所以檢驗氯離子存在的方法：取少量氯水于試管中，加入硝酸銀和稀硝酸，若有白色沉淀產生，說明有Cl-存在；從實驗可知，氯水中含H+、Cl-，即氯氣與水反應生成了H+和Cl-，氯的化合價從零價降低到-1價，必然要有元素化合價升高，H已是最高價，不再升高，一定有其他元素化合價的升高，而氯元素不一定只升高到+1價；④正確的實驗裝置和操作進行實驗，觀察到實驗現象與實驗Ⅰ、Ⅱ中相似，說明氯水具有漂白性和酸性，故答案為：酸性和漂白性；（3）氯氣溶液水，部分與水反應生成氯化氫和次氯酸，存在Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入蒸餾水溶液接近無色，說明c（Cl2）幾乎降低為零，加入等體積的飽和氯化鈉溶液，溶液還是淺黃綠色，說明氯離子的加入又生成了Cl2，即氯氣和水的反應是可逆反應，增大氯離子濃度，平衡向反應物方向移動，使Cl2增多，所以呈現淺綠色。【答案點睛】氯氣本身不具有漂白性，與水反應生成的次氯酸具有漂白性，氯水的成分有：氯氣，次氯酸，水，氫離子，氯離子，次氯酸根離子，氫氧根離子。27、+2（1分）N原子未達到8電子穩定結構（或N原子最外層為7電子結構，不穩定）（2分）既是氧化劑，又是還原劑（1分）3O3+2NO+H2O2HNO3+3O2（3分）C處產生白色沉淀時（1分）排出裝置A內的空氣，防止對生成NO的實驗影響（2分）溶液由無色變成藍色且有無色氣泡冒出（1分）氣體變紅棕色（1分）2NO2+2OH?++H2O（3分）【答案解析】

（1）NO3分子內有三個氧且存在兩個過氧鍵，它的結構為，兩個氧與氮相連，另一個氧與兩個氧相連，所以氮顯+2價，根據NO3的結構可知，N原子最外層為7電子結構，未達到8電子穩定結構，因此不穩定。（2）N2O5+O32NO3+O2反應中生成2個NO3，1個NO3中兩個氧顯示?1價，另1個氧顯示0價，2個NO3中有兩個氧顯示0價，1個來自O3，另1個來自N2O5，也就是說N2O5中的1個氧化合價升高到0價，4個氧化合價升高到?1價，同時N2O5中的N化合價降低到+2價，所以N2O5既是氧化劑，又是還原劑。（3）依據生產硝酸的機理，O3與NO及水反應最終生成HNO3和O2，當O3與NO反應的物質的量之比為3∶2，可得3O3+2NO+H2O2HNO3+3O2。（4）Cu與稀HNO3反應生成NO氣