2023年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、常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A．使酚酞變紅的溶液中：Na+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣B．c（Al3+）＝0.1mol?L﹣1的溶液中：K+、Mg2+、AlO2﹣、SO42﹣C．澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣D．c（H+）＝0.1mol?L﹣1的溶液中；K+、Na+、CH3COO﹣、NO3﹣2、根據下列實驗操作和現象所得到的結論正確的是選項實驗操作和現象實驗結論A向一定濃度CuSO4溶液中通入H2S氣體，出現黑色沉淀H2S酸性比H2SO4強B將木炭和濃硫酸共熱生成的氣體通入澄清石灰水中，澄清石灰水變渾濁該氣體一定是CO2C向某溶液中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成該溶液中一定含有SO42-D向1mL濃度均為0.1mol·L?1的MgSO4和CuSO4混合溶液中，滴入少量0.1mol·L?1NaOH溶液，先產生藍色沉淀Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]A．A B．B C．C D．D3、常溫下，用0.1000NaOH溶液滴定20.00mL某未知濃度的CH3COOH溶液，滴定曲線如右圖所示。已知在點③處恰好中和。下列說法不正確的是（）A．點①②③三處溶液中水的電離程度依次增大B．該溫度時CH3COOH的電離平衡常數約為C．點①③處溶液中均有c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)D．滴定過程中可能出現：c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)4、BMO(Bi2MoO6)是一種高效光催化劑，可用于光催化降解苯酚，原理如圖所示，下列說法不正確的是A．該過程的總反應：C6H6O+7O26CO2+3H2OB．該過程中BMO表現較強還原性C．降解產物的分子中只含有極性分子D．①和②中被降解的苯酚的物質的量之比為3:15、已知H2C2O4水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-三種形態的粒子的物質的量分數（分布系數）δ隨溶液pH變化的關系如圖所示，下列說法正確的是A．曲線①代表的粒子是HC2O4-B．H2C2O4的Ka1=-1.2C．向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH=4.2：c(K+)＜3c(C2O42-)D．濃度均為0.01mol·L?1的草酸與KOH溶液等體積混合并充分反應得到的溶液：c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42-)6、X、Y、Z、R是四種原子序數依次遞增的短周期主族元素，X原子最外層有兩個未成對電子，Y原子最外層電子數是內層電子數的3倍，Z元素的單質常溫下能與水劇烈反應產生氫氣，R原子的核外電子數是X原子與Z原子的核外電子數之和。下列敘述正確的是（）A．原子半徑的大小順序：X<Y<Z<RB．X、Y分別與氫元素組成的化合物熔沸點一定是：X<YC．最高價氧化物對應水化物的酸性：R＞XD．Y與Z形成的兩種化合物中的化學鍵和晶體類型均完全相同7、X、Y、Z、W均為短周期元素，它們在周期表中相對位置如圖所示。若Z原子的最外層電子數是K層電子數的3倍，下列說法中正確的是A．最高價氧化物對應水化物的酸性Z比W強B．只由這四種元素不能組成有機化合物C．與Z的單質相比較，Y的單質不易與氫氣反應D．X、Y形成的化合物都是無色氣體8、X、Y、Z、W為原子序數遞增的四種短周期元素，其中Z為金屬元素，X、W為同一主族元素，Y是地殼中含量最高的元素。X、Z、W分別與Y形成的最高價化合物為甲、乙、丙。結合如圖轉化關系，下列判斷錯誤的是A．反應③為工業制粗硅的原理B．Z位于元素周期表第三周期ⅡA族C．4種元素的原子中，Y原子的半徑最小D．工業上通過電解乙來制取Z9、化學家創造的酸堿質子理論的要點是：凡能給出質子(H+)的分子或離子都是酸，凡能接受質子(H+)的分子或離子都是堿。按此觀點，下列微粒既屬于酸又屬于堿的是①H2O②CO32-③Al3+④CH3COOH⑤NH4+⑥H2N-CH2COOHA．②③ B．①⑥ C．④⑥ D．⑤⑥10、傅克反應是合成芳香族化合物的一種重要方法。有機物a(－R為烴基)和苯通過傳克反應合成b的過程如下(無機小分子產物略去)下列說法錯誤的是A．一定條件下苯與氫氣反應的產物之一環己烯與螺［1．3］己烷互為同分異構體B．b的二氯代物超過三種C．R為C5H11時，a的結構有3種D．R為C4H9時，1molb加成生成C10H10至少需要3molH111、研究銅和鐵與濃硫酸的反應，實驗如下：①②銅絲表面無明顯現象鐵絲表面迅速變黑，之后無明顯現象銅絲或鐵絲逐漸溶解，產生大量氣體，品紅溶液褪色下列說法正確的是A．常溫下不能用鐵制容器盛放濃硫酸，可用銅制容器盛放濃硫酸B．②中銅絲或鐵絲均有剩余時，產生氣體的物質的量相等C．依據②，可推斷出銅和鐵與濃硫酸反應可生成SO2D．①②中現象的差異僅是由于溫度改變了化學反應速率12、已知：pKa=?lgKa，25℃時，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常溫下，用0.1mol·L?1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L?1H2SO3溶液的滴定曲線如下圖所示(曲線上的數字為pH)。下列說法不正確的是()A．a點所得溶液中：2c(H2SO3)+c(SO32－)=0.1

mol·L?1B．b點所得溶液中：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32－)+c(OH－)C．c點所得溶液中：c(Na+)>3c(HSO3－)D．d點所得溶液中：c(Na+)>c(SO32－)>c(HSO3－)13、高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種新型非氯高效消毒劑，微溶于KOH溶液，熱穩定性差。實驗室制備高鐵酸鉀的原理為3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH==2K2FeO4+6KCl++8H2O。下列實驗設計不能達到實驗目的的是A．用圖所示裝置制備并凈化氯氣B．用圖所示裝置制備高鐵酸鉀C．用圖所示裝置分離出高鐵酸鉀粗品D．用圖所示裝置干燥高鐵酸鉀14、常溫下，向20mL0.05mol·L－1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol·L－1氨水，溶液中由水電離出氫離子濃度隨滴入氨水體積變化如圖。下列分析正確的是（）A．NaHB溶液可能為酸性，也可能為堿性B．A、B、C三點溶液的pH是逐漸減小，D、E、F三點溶液的pH是逐漸增大C．E溶液中離子濃度大小關系：c(NH4+)>c(B2－)>c(OH－)>c(H+)D．F點溶液c(NH4+)=2c(B2－)15、在2L的密閉容器中，發生反應：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)+131.5kJ，5min后達到平衡，固體減少了24g，則A．ρ氣體不變時反應達到平衡狀態 B．v正(CO)為2.4mol/(L?min)C．若容器體積縮小，平衡常數減小 D．增大C的量，平衡右移16、用NA表示阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A．標準狀況下,22.4L乙酸中含有的碳碳單鍵總數為2NAB．常溫下,46gNO2氣體中所含有的分子數為NAC．1mol氖氣中含有的原子總數為NAD．0.1L0.1mol·L-1MgCl2溶液中的Mg2+數目為0.01NA17、下列有關CuSO4溶液的敘述中正確的是A．該溶液呈堿性B．它與H2S反應的離子方程式為：Cu2++S2-=CuS↓C．用惰性電極電解該溶液時，陽極產生銅單質D．在溶液中：2c(Cu2+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)18、25°C時，用濃度為0.1000mol/L的NaOH溶液滴定體積均是20mL、濃度均為0.1000mol/L的三種酸HX、HY、HZ，滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是（）A．酸性強弱順序是HX>HY>HZB．加入10mLNaOH溶液時，HY溶液中c（Na+）>c（Y-）C．pH=2的HZ溶液加水稀釋10倍，pH為3D．加入20mLNaOH溶液時，只有HY溶液達到滴定終點19、人類使用材料的增多和變化，標志著人類文明的進步，下列材料與化學制備無關的是()A．青銅器 B．鐵器 C．石器 D．高分子材料20、200℃時，11.6gCO2和水蒸氣的混合氣體與過量的Na2O2充分反應后，固體質量增加了3.6g，再將反應后剩余固體冷卻后加入含有Na＋、HCO3-、SO32-、CO32-等離子的水溶液中，若溶液體積保持不變，則下列說法中正確的是A．原混合氣體的平均摩爾質量為23.2g/molB．混合氣體與Na2O2反應過程中電子轉移的物質的量為0.25molC．溶液中SO32-的物質的量濃度基本保持不變D．溶液中HCO3-的物質的量濃度減小，CO32-的物質的量濃度增大，但是HCO3-和CO32-的物質的量濃度之和基本保持不變21、某小組設計如圖裝置，利用氫鎳電池為鈉硫電池(總反應為：)充電。已知氫鎳電池放電時的總反應式為，其中M為儲氫合金，下列說法正確的是A．a極為氫鎳電池的正極B．充電時，通過固體陶瓷向M極移動C．氫鎳電池的負極反應式為D．充電時，外電路中每通過2mol電子，N極上生成1molS單質22、NA是阿伏加徳羅常數的值，下列說法正確的是A．12g石墨烯（單層石墨）中含有六元環的個數為2NAB．標準狀況下，22.4LHF中含有的氟原子數目為NAC．密閉容器中，lmolNH3和lmolHC1反應后氣體分子總數為NAD．在1L0.1mol/L的硫化鈉溶液中，陰離子總數大于0.1NA二、非選擇題(共84分)23、（14分）存在于茶葉的有機物A，其分子中所含的苯環上有2個取代基，取代基不含支鏈，且苯環上的一氯代物只有2種。A遇FeCl3溶液發生顯色反應。F分子中除了2個苯環外，還有一個六元環。它們的轉化關系如下圖：（1）有機物A中含氧官能團的名稱是_____________________；（2）寫出下列反應的化學方程式A→B：_______________________________________________________；M→N：_______________________________________________________；（3）A→C的反應類型為________________，E→F的反應類型為_________________1molA可以和______________molBr2反應；（4）某營養物質的主要成分(分子式為C16H14O3)是由A和一種芳香醇R發生酯化反應成的，則R的含有苯環的同分異構體有________________種（不包括R）；（5）A→C的過程中還可能有另一種產物C1，請寫出C1在NaOH水溶液中反應的化學方程式________________________________________。24、（12分）化合物H是一種高效除草劑，其合成路線流程圖如下：（1）E中含氧官能團名稱為________和________。（2）A→B的反應類型為________。（3）寫出同時滿足下列條件的D的一種同分異構體的結構簡式：________。①不能發生水解反應，能與FeCl3溶液發生顯色反應：②分子中有4種不同化學環境的氫。（4）F的分子式為C15H7ClF3NO4，寫出F的結構簡式：________。（5）已知：—NH2與苯環相連時，易被氧化；—COOH與苯環相連時，再引入其他基團主要進入它的間位。請寫出以A和D為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。__________25、（12分）氯化亞銅(CuCl)廣泛應用于化工、印染、電鍍等行業，是難溶于水的白色固體，能溶解于硝酸，在潮濕空氣中可被迅速氧化。Ⅰ.實驗室用CuSO4—NaCl混合液與Na2SO3溶液反應制取CuCl。相關裝置及數據如圖：圖甲圖乙圖丙回答以下問題：(1)甲圖中儀器1的名稱是________；制備過程中Na2SO3過量會發生副反應生成[Cu(SO3)2]3-，為提高產率，儀器2中所加試劑應為_____________。(2)乙圖是體系pH隨時間變化關系圖，寫出制備CuCl的離子方程式_____________。丙圖是產率隨pH變化關系圖，實驗過程中往往用Na2SO3—Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是_______并維持pH在______左右以保證較高產率。(3)反應完成后經抽濾、洗滌、干燥獲得產品。洗滌時，用“去氧水”作洗滌劑洗滌產品，作用是________。Ⅱ.工業上常用CuCl作O2、CO的吸收劑，某同學利用如圖所示裝置模擬工業上測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的含量。A．CuCl的鹽酸溶液B．Na2S2O4和KOH的混合溶液C．KOH溶液D．已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液可吸收氧氣。(4)裝置A中用鹽酸而不能用硝酸，其原因是__________(用化學方程式表示)。用D裝置測N2含量，讀數時應注意________。整套實驗裝置的連接順序應為_______________→D。26、（10分）圖A裝置常用于實驗室制備氣體(1)寫出實驗室用該裝置制備O2化學方程式__________________________________。(2)若利用該裝置制備干燥NH3，試管中放置藥品是_______________(填化學式)；儀器a中放置藥品名稱是________。(3)圖B裝置實驗室可用于制備常見的有機氣體是_______。儀器b名稱是_________。有學生利用圖B裝置用濃氨水和生石灰制備NH3，請說明該方法制取NH3的原因。______________________________________________________________(4)學生甲按圖所示探究氨催化氧化①用一只錐形瓶倒扣在濃氨水試劑瓶口收集氨氣，然后將紅熱的螺旋狀銅絲插入錐形瓶中；片刻，錐形瓶中氣體變為紅棕色。下列敘述正確的是_________A．如圖收集氨氣是利用氨水的密度較小B．錐形瓶必須干燥C．收集氨氣時間越長，紅棕色現象越明顯D．銅絲能保持紅熱②學生乙對學生甲的實驗提出了異議，認為實驗中產生的紅棕色氣體可能是空氣中的氮氣氧化后造成的，你認為學生乙的說法合理嗎？請你設計一個簡單實驗證明學生乙的說法是否正確。_____________________________________。27、（12分）硫酸銅是一種常見的化工產品，它在紡織、印染、醫藥、化工、電鍍以及木材和紙張的防腐等方面有極其廣泛的用途。實驗室制備硫酸銅的步驟如下:①在儀器a中先加入20g銅片、60mL水，再緩緩加入17mL濃硫酸:在儀器b中加入39mL濃硝酸;在儀器c中加入20%的石灰乳150mL。②從儀器b中放出約5mL濃硝酸，開動攪拌器然后采用滴加的方式逐漸將濃硝酸加到儀器a中，攪拌器間歇開動。當最后滴濃硝酸加完以后，完全開動攪拌器，等反應基本停止下來時，開始用電爐加熱直至儀器a中的紅棕色氣體完全消失，立即將導氣管從儀器c中取出，再停止加熱。③將儀器a中的液體倒出，取出未反應完的銅片溶液冷卻至室溫.析出藍色晶體.回答下列問題:（1）將儀器b中液體滴入儀器a中的具體操作是__________。（2）寫出裝置a中生成CuSO4的化學方程式:_______。（3）步驟②電爐加熱直至儀器a中的紅棕色氣體完全消失，此時會產生的氣體是______，該氣體無法直接被石灰乳吸收，為防止空氣污染，請畫出該氣體的吸收裝置（標明所用試劑及氣流方向）______。（4）通過本實驗制取的硫酸銅晶體中常含有少量Cu（NO3）2,可來用重結晶法進行提純，檢驗Cu（NO3）2是否被除凈的方法是_______。（5）工業上也常采用將銅在450°C左右焙燒，再與一定濃度的硫酸反應制取硫酸銅的方法，對比分析本實驗采用的硝酸氧化法制取CuSO4的優點是_______。（6）用滴定法測定藍色晶體中Cu2+的含量。取ag試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL用cmol·L-1EDTA（H2Y）標準溶液滴定至終點，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液bmL，滴定反應為Cu2++H2Y=CuY+2H+，藍色晶體中Cu2+質量分數_____%.28、（14分）CO2是一種廉價的碳資源，其綜合利用具有重要意義。（一）CO2的化學捕獲：（1）CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH=13，CO2主要轉化為___（寫含碳粒子符號）。（室溫下，H2CO3的Ka1=4.3×10﹣7；Ka2=5.6×10﹣11）（2）固體氧化物電解池（SOEC）用于高溫共電解CO/H2，既可實現CO2的減排又可高效制備合成氣（CO/H2），其工作原理如圖。寫出電極A發生的電極反應式___。（二）CO2的綜合利用（1）CO2與CH4經催化重整制得合成氣：反應Ⅰ．CH4（g）H+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）△H1已知氫氣、一氧化碳和甲烷的標準燃燒熱（25℃）如表所示物質H2（g）CO（g）CH4（g）標準燃燒熱△H/kJ?mol﹣1﹣285.8﹣283.0﹣890.3則反應I的△H=___kJ?mol﹣1。（2）用CO2催化加氫制取二甲醚的反應為：反應Ⅱ.2CO2（g）+6H2（g）?CH3OCH3（g）+3H2O（g），在10L恒容密閉容器中，均充入2molCO2和6moH2，分別以銥（Ir）和鈰（Ce）作催化劑，反應進行相同的時間后測得的CO2的轉化率α（CO2）隨反應溫度的變化情況如圖1。①根據圖1，下列說法不正確的是___。A．反應Ⅱ的△H＜0，△S＜0B．用Ir和Ce作催化劑時，反應Ⅱ的活化能更低的是CeC．狀態d時，v（正）＜v（逆）D．從狀態b到d，α（CO2）先增大后減小，減小的原因可能是溫度升高平衡逆向移動②狀態e（900K）時，α（CO2）=50%，則此時的平衡常數K=___。③若H2和CO2的物質的量之比為n：1，900K時相應平衡體系中二甲醚的物質的量分數為x，請在圖2中繪制x隨n變化的示意圖。_______29、（10分）化合物H是一種有機材料中間體。實驗室由芳香化合物A制備H的一種合成路線如下：已知：①RCHO＋R′CHO②RCHO＋R′CH2CHO＋H2O③請回答下列問題：（1）芳香族化合物B的名稱為________，1molB最多能與_____molH2加成，其加成產物等效氫共有_______種。（2）由E生成F的反應類型為________，F分子中所含官能團的名稱是_______。（3）X的結構簡式為________。（4）寫出D生成E的第①步反應的化學方程式______。（5）G與乙醇發生酯化反應生成化合物Y，Y有多種同分異構體，其中符合下列條件的同分異構體有________種，寫出其中任意一種的結構簡式____。①分子中含有苯環，且能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出CO2；②其核磁共振氫譜顯示有4種不同化學環境的氫，峰面積比為6∶2∶1∶1。（6）根據題目所給信息，設計由乙醛和苯甲醛制備的合成路線（無機試劑任選）______。

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、C【解析】

A、使酚酞變紅的溶液呈堿性，NH4+與氫氧根反應，在溶液中不能大量共存，故A錯誤；B、Al3+、AlO2﹣之間發生雙水解反應生成氫氧化鋁沉淀，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；C、Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣之間不反應，在溶液中能夠大量共存，故C正確；D、H+、CH3COO﹣之間發生反應，在溶液中不能大量共存，故D錯誤；答案選C。2、D【解析】

A．由于CuS不溶于硫酸，則向一定濃度的CuSO4溶液中通入適量H2S氣體會生成CuS黑色沉淀，不能根據該反應判斷H2S、H2SO4的酸性強弱，故A錯誤；B．木炭和濃硫酸共熱生成的氣體為二氧化碳、二氧化硫，二者都可是澄清石灰水變渾濁，應先除去二氧化硫再檢驗二氧化碳，故B錯誤；C．白色沉淀可能為AgCl或硫酸鋇，不能說明該溶液中一定含有SO42-，故C錯誤；D．向1mL濃度均為0.1mol/L的MgSO4和CuSO4混合溶液中，滴入少量0.1mol/LNaOH溶液，先產生藍色沉淀，說明氫氧化銅的溶度積較小，易生成沉淀，故D正確；答案選D。3、C【解析】

點③處恰好中和，反應生成醋酸鈉，原溶液中醋酸的濃度為：=0.10055mol/L，A.溶液中氫離子或氫氧根離子濃度越大，水的電離程度越小，在逐滴加入NaOH溶液至恰好完全反應時，溶液中氫離子濃度減小，水的電離程度逐漸增大，A項正確；B.點②處溶液的pH=7，此時c(Na+)=c(CH3COO?)==0.05mol/L，c(H+)=10?7mol/L，此時溶液中醋酸的濃度為：?0.05mol/L=0.000275mol/L，所以醋酸的電離平衡常數為：K==≈1.8×10?5，B項正確；C.在點③處二者恰好中和生成醋酸鈉，根據質子守恒可得：c(OH?)=c(CH3COOH)+c(H+)，C項錯誤；D.c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)，根據電荷守恒規律可知，此情況可能出現，如溶液中存在大量醋酸和少量醋酸鈉時，D項正確；答案選C。4、C【解析】

A.根據圖知,反應物是C6H6O和氧氣、生成物是二氧化碳和水,所以該過程的總反應為C6H6O+7O26CO2+3H2O，故A正確，但不符合題意；B.該反應中BMO失電子發生氧化反應，作還原劑，體現較強的還原性，故B正確，但不符合題意；C.二氧化碳是非極性分子，水是極性分子，故C錯誤，符合題意；D.根據轉移電子守恒判斷消耗苯酚的物質的量之比,過氧根離子生成氧離子得到3個電子、BMO+得1個電子，根據轉移電子守恒知，①和②中被降解的苯酚的物質的量之比為3:1，故D正確，但不符合題意；故選：C。5、C【解析】

H2C2O4水溶液在酸性極強下主要存在H2C2O4，分析題中所給信息，曲線①代表的粒子應是H2C2O4，隨著pH的增大，H2C2O4發生一級電離，生成HC2O4-和H+，可知曲線②代表的粒子為HC2O4-，則曲線③代表的粒子為C2O42-。由圖可知，在pH=1.2時，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)；在pH=4.2時，c(HC2O4-)=c(C2O42-)；據此進行分析。【詳解】A．在酸性較強條件下主要存在H2C2O4，曲線①代表的粒子應是H2C2O4，A項錯誤；B．H2C2O4的第一步電離方程式為H2C2O4HC2O4-+H+，Ka1=，由圖可知，pH=1.2時，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)，則Ka1=c(H+)=10?1.2，B項錯誤；C．pH=4.2時，溶液中主要存在的離子有：K+、H+、C2O42-、HC2O4-、OH?，依據電荷守恒可得：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH?)，溶液中c(HC2O4-)=c(C2O42-)，c(H+)＞c(OH?)，可得出c(K+)＜3c(C2O42-)，C項正確；D．濃度均為0.01mol·L?1的草酸與KOH溶液等體積混合并充分反應得到KHC2O4溶液，溶液顯酸性，說明HC2O4-的電離大于水解，故c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，D項錯誤。答案選C。6、C【解析】

X、Y、Z、R是四種原子序數依次遞增的短周期主族元素，Y原子最外層電子數是內層電子數的3倍，則核外各電子層的電子分別為2、6，應為O元素；Z元素的單質常溫下能與水劇烈反應產生氫氣，應為Na元素；X原子最外層有兩個未成對電子，其電子排布式為：1s22s22p2（C）或1s22s22p4（O），排除氧元素，故X為C；X原子與Z原子的核外電子數之和為17，則R為Cl元素，以此解答。【詳解】A.由分析可知，X為C元素、Y為O元素、Z為Na元素、R為Cl元素，電子層數越多，原子半徑越大，同周期元素，原子序數越大，半徑越小，則原子半徑的大小順序：Y<X<R<Z，故A錯誤；B.Y與氫元素組成的化合物是H2O，X與氫元素組成的化合物可以是熔沸點比水小的CH4，也可以是熔沸點比水大的相對分子質量大的固態烴，故B錯誤；C.R為Cl元素、X為C元素，最高價氧化物對應水化物分別是HClO4和H2CO3，酸性：HClO4>H2CO3，故C正確；D.Y與Z形成的兩種化合物為Na2O和Na2O2，二者都是離子晶體，其中Na2O只含離子鍵，Na2O2含有離子鍵和非極性共價鍵，故D錯誤；正確答案是C。【點睛】本題考查原子結構與元素關系、元素的性質等，難度不大，推斷元素是關鍵。7、B【解析】

K層最多只能填2個電子，因此Z原子最外層有6個電子，考慮到X、Y不可能是第一周期，則Z是硫，W是氯，X是氮，Y是氧，據此來分析本題即可。【詳解】A.非金屬越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，而W的非金屬性比Z強，因此W的最高價氧化物對應水化物的酸性比Z強，A項錯誤；B.有機化合物必須有碳元素，這四種元素不能組成有機化合物，B項正確；C.非金屬性越強，其單質與氫氣的化合越容易，Y的非金屬性強于Z，因此Y的單質更易與氫氣反應，C項錯誤；D.X、Y可以組成二氧化氮，這是一種紅棕色氣體，D項錯誤；答案選B。8、D【解析】

由題干信息分析可知X為C、Y為O、Z為Mg、W為Si，甲為CO2，乙為MgO，丙為SiO2，丁為CO；【詳解】A.反應③，為工業制粗硅的原理，A正確；B.Z即鎂位于元素周期表第三周期ⅡA族，B正確；C.4種元素的原子中，Y原子即氧原子的半徑最小，C正確；D.工業上通過電解熔融氯化鎂而不是氧化鎂來制取鎂，D錯誤；答案選D。9、B【解析】

凡能給出質子（即H+）的分子或離子都是酸；凡能接受質子的分子或離子都是堿，則能給出質子且能接受質子的分子或離子既屬于酸又屬于堿，②③只能接受質子，所以屬于堿；④⑤只能給出質子，屬于酸，①⑥既能給出質子又能接受質子，所以既屬于酸又屬于堿；故答案為B。【點睛】正確理解題給信息中酸堿概念是解本題關鍵，再結合微粒的性質解答，同時考查學生學以致用能力，題目難度不大。10、C【解析】

A.環己烯分子式為C6H10，螺［1．3］己烷分子式為C6H10，所以互為同分異構體，故A正確；B.若全部取代苯環上的1個H原子，若其中1個Cl原子與甲基相鄰，另一個Cl原子有如圖所示4種取代位置，有4種結構，若其中1個Cl原子處于甲基間位，另一個Cl原子有如圖所示1種取代位置，有1種結構,若考慮烴基上的取代將會更多，故B正確；C.若主鏈有5個碳原子，則氯原子有3種位置，即1－氯戊烷、1－氯戊烷和3－氯戊烷；若主鏈有4個碳原子，此時甲基只能在1號碳原子上，而氯原子有4種位置，分別為1－甲基－1－氯丁烷、1－甲基－1－氯丁烷、3－甲基－1－氯丁烷和3－甲基－1－氯丁烷；若主鏈有3個碳原子，此時該烷烴有4個相同的甲基，因此氯原子只能有一種位置，即1，3－二甲基－1－氯丙烷。綜上所敘分子式為C5H11Cl的同分異構體共有8種，故C錯誤；D.-C4H9已經達到飽和，1mol苯環消耗3mol氫氣，則lmolb最多可以與3molH1加成，故D正確。答案：C【點睛】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，常考查同分異構體數目、氫氣加成的物質的量、消耗氫氧化鈉的物質的量、官能團性質等，熟悉官能團及性質是關鍵。11、C【解析】

A．常溫下鐵遇冷濃硫酸發生鈍化，則可以用鐵制容器盛放濃硫酸，故A錯誤；B．隨著反應的進行濃硫酸的濃度逐漸降低，Cu與稀硫酸不反應，而Fe能與稀硫酸反應生成氫氣，則②中銅絲或鐵絲均有剩余時，產生氣體的物質的量不可能相等，故B錯誤；C．②中在加熱條件下，銅絲或鐵絲逐漸溶解，產生大量氣體，品紅溶液褪色，說明反應中生成SO2，故C正確；D．溫度升高可加快化學反應速率，同時濃硫酸的氧化性隨溫度升高而升高，故D錯誤；故答案為C。12、C【解析】

A、H2SO3為弱酸，a點溶液中含硫的粒子有SO32-、HSO3-、H2SO3，a點溶液體積大于20mL，根據物料守恒有c(H2SO3)+c(SO32－)+c(HSO3－)?0.1mol·L?1，a點所加氫氧化鈉溶液體積小于20ml，所以和H2SO3反應產物為NaHSO3和H2SO3，根據H2SO3的Ka1=c(HSO3－)×c(H+)/c(H2SO3)，根據pKa1=?lgKa1有Ka1=10-1.85=c(HSO3－)×10-1.85/c(H2SO3)，所以c(HSO3－)=c(H2SO3)，帶入物料守恒式子中有：2c(H2SO3)+c(SO32－)?0.1mol·L?1，A錯誤。B、b點加入氫氧化鈉溶液的體積為20mL，與H2SO3恰好生成NaHSO3，根據物料守恒有：c(Na+)=c(SO32－)+c(HSO3－)+c(H2SO3)，根據電荷守恒有：c(OH-)+2c(SO32－)+c(HSO3－)=c(Na+)+c(H+)，所以有：c(OH-)+2c(SO32－)+c(HSO3－)=c(SO32－)+c(HSO3－)+c(H2SO3)+c(H+)，故c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32－)+c(OH－)，B正確。C、c點加入的氫氧化鈉溶液大于20ml小于40ml，所以生成的溶質為Na2SO3和NaHSO3，根據c點溶液中H2SO3的第二步平衡常數，由pKa2=7.19可得Ka2=10-7.19，又根據Ka2=c(SO32-)×c(H+)/c(HSO3-)，c(H+)=10-7.19,所以c(SO32-)=c(HSO3－)，又根據電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO32－)+c(HSO3－)，所以有c(Na+)=c(OH-)+3c(HSO3－)-c(H+)，又因為c點呈堿性，c(OH-)＞c(H+)，所以c(Na+)＞3c(HSO3－)，C正確；D、d點恰好完全反應生成Na2SO3溶液，SO32-水解得到HSO3－，但是水解程度小，故有c(Na+)>c(SO32－)>c(HSO3－)，D正確。正確答案為A【點睛】本題考查水溶液中離子濃度大小的比較，較難。B、D選項容易判斷，主要是A、C兩個選項的判斷較難，首先須分析每點溶液中溶質的成分及酸堿性、然后利用電離常數和對應點氫離子濃度，得到有關的某兩種離子濃度相等的等式，然后利用不等式的知識解答。13、D【解析】

A.可用濃鹽酸與二氧化錳在加熱的條件下制取氯氣，制取的氯氣中含有氯化氫氣體，可通過飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫氣體，能達到實驗目的，故A不符合；B.KOH溶液是過量的，且高鐵酸鉀微溶于KOH溶液，則可析出高鐵酸鉀晶體，能達到實驗目的，故B不符合；C.由B項分析可知，高鐵酸鉀微溶于KOH溶液，可析出高鐵酸鉀晶體，用過濾的方法即可分離出高鐵酸鉀粗品，能達到實驗目的，故C不符合；D.已知高鐵酸鉀熱穩定性差，因此直接加熱會導致高鐵酸鉀分解，不能達到實驗目的，故D符合；答案選D。14、D【解析】

未加入氨水前，溶液的水電離出的OH-濃度為10-13mol/L，所以溶液中c(H+)=0.1mol/L，該酸的濃度為0.05mol/L，所以該酸為二元強酸。酸、堿對水的電離起抑制作用，可水解的鹽對水的電離起促進作用，隨著氨水的不斷滴入，溶液中水電離的c（H+）逐漸增大，當兩者恰好完全反應生成（NH4）2B時水的電離程度達最大（圖中D點），繼續加入氨水，水電離的c（H+）逐漸減小。【詳解】A.NaHB屬于強酸的酸式鹽，NaHB溶液應該呈酸性，A項錯誤；B.向酸溶液中逐漸加入堿發生中和反應，混合液溶液的pH是逐漸增大的，B項錯誤；C.E點溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水電離的c（H+）>1×10-7mol/L，溶液中H+全部來自水電離，則E點水溶液顯酸性，所以c(H+)>c(OH-)，C項錯誤；D.F點溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水電離的c（H+）=1×10-7mol/L，溶液中H+全部來自水電離，則F點水溶液呈中性，此時溶液中的電荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(B2-)，因c(H+)=c(OH-)，所以有c(NH4+)=2c(B2-)，D項正確；所以答案選擇D項。15、A【解析】

A.反應C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)是氣體體積增大的反應，反應過程中體積不變，當氣體質量不變時反應到達平衡，此時ρ氣體不變，ρ氣體不變時反應達到平衡狀態，故A正確；B.5minC(s)減少了=2mol，根據反應關系C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)可知△c(CO)==1mol/L，v正(CO)==0.2mol?L-1?min-1，故B錯誤；C.反應C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)是氣體體積增大的反應，若容器體積縮小，壓強增大，平衡左移，平衡常數和溫度有關系，壓強改變，平衡常數不變，故C錯誤；D.反應C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)中C是固體，增大C的量其濃度不變，平衡不移動，故D錯誤；正確答案是A。【點睛】C項注意：平衡常數是化學反應的特性常數。它不隨物質的初始濃度（或分壓）而改變，僅取決于反應的本性。一定的反應，只要溫度一定，平衡常數就是定值，其他任何條件改變都不會影響它的值。16、C【解析】

A.

標準狀況下，乙酸為液體，無法計算，故A錯誤；B.在NO2氣體中部分NO2會自發發生反應2NO2N2O4，所以46gNO2氣體中所含有的分子數小于NA，故B錯誤；C.氖氣是以單原子的形式存在，因此1mol氖氣中的含有1NA的原子，故C正確；D.氯化鎂溶液中鎂離子會水解，因此0.1L0.1mol·L-1MgCl2溶液中的Mg2+數目小于0.01NA，故D錯誤；故選C。17、D【解析】

A、CuSO4為強酸弱堿鹽，水解溶液呈酸性，選項A錯誤；B.CuSO4與H2S反應生成硫化銅和硫酸，H2S必須寫化學式，反應的離子方程式為：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，選項B錯誤；C.用惰性電極電解CuSO4溶液時，陰極上銅離子得電子產生銅單質，陽極上氫氧根離子失電子產生氧氣，選項C錯誤；D、在溶液中，根據電荷守恒有：2c(Cu2+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，選項D正確；答案選D。18、C【解析】

0.1000mol/L的HZ，pH=1，c(H+)=0.1000mol/L，則c(HZ)=c(H+)，則HZ為一元強酸，HX和HY的pH都大于1，則HX和HY都是一元弱酸，同濃度的三種酸酸性強弱關系為：HX＜HY＜HZ，據此分析解答。【詳解】A．由分析可知，三種酸酸性強弱順序是HX＜HY＜HZ，A錯誤；B．加入10mLNaOH溶液時，HY有一半被中和，此時溶質為等物質的量的HY和NaY，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，由圖可知，此時溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，溶液c(Na+)＜c(Y-)，B錯誤；C．HZ是強酸，加水稀釋10倍，即101倍pH增大1，即pH=2的HZ溶液加水稀釋10倍，pH為3，C正確；D．加入20mLNaOH溶液時，三種溶液pH均發生突變，說明三種溶液均達到滴定終點，D錯誤。答案選C。【點睛】C．pH=a的強酸稀釋10n倍，稀釋后溶液pH=a+n(pH＜7)；pH=a的弱酸稀釋10n倍，稀釋后溶液pH＜a+n(pH＜7)；pH=a的強堿稀釋10n倍，稀釋后溶液pH=a-n(pH＞7)；pH=a的弱堿稀釋10n倍，稀釋后溶液pH＞a-n(pH＞7)19、C【解析】

冶金(青銅器、鐵器制備)、高分子材料合成均涉及化學反應，石器加工只需物理處理，與化學制備無關，答案為C；20、A【解析】

向足量的固體Na2O2中通入11.6gCO2和H2O，固體質量增加3.6g，是因為生成O2，根據質量守恒定律可知m(O2)=11.6g-3.6g=8.0g，所以n(O2)==0.25mol，設混合物中CO2和水蒸氣的物質的量分別為xmol，ymol，則：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，xmol0.5xmol2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ymol0.5ymol所以0.5x+0.5y＝0.25，44x+18y＝11.6，解得：x=0.1，y=0.4。A．原混合氣體的平均摩爾質量==23.2g/mol，故A正確；B．反應中生成氧氣為0.25mol，故轉移電子為0.25mol×2=0.5mol，故B錯誤；C．過氧化鈉有剩余，可以氧化SO32-，溶液中SO32-的物質的量濃度減小，故C錯誤；D．由于反應后固體中含有碳酸鈉，溶液HCO3-和CO32-的物質的量濃度之和增大，故D錯誤；答案選A。21、B【解析】

由電池總反應可知，氫鎳電池放電時為原電池反應，負極反應式為MH+OH--e-=M+H2O，正極反應式為NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-；鈉硫電池充電時為電解池反應，陰極反應式為2Na++2e-=2Na，陽極反應式為Sx2--2e-=xS；充電時，兩個電池的電極負接負，正接正，固體Al2O3中的Na+(陽離子)向陰極（電池的負極）移動，據此解答。【詳解】A.根據以上分析，與a極相連的是鈉硫電池的負極，所以a極為氫鎳電池的負極，故A錯誤；B.電解時陽離子向陰極移動，所以充電時，通過固體Al2O3陶瓷向M極移動，故B正確；C.氫鎳電池的負極發生氧化反應，反應式為MH+OH--e-=M+H2O，故C錯誤；D.充電時，N電極為陽極，反應式為Sx2--2e-=xS，根據電子守恒，外電路中每通過2mol電子，N極上生成xmolS單質，故D錯誤。故選B。22、D【解析】

A.12g石墨烯里有1mol碳原子，在石墨中，每個六元環里有6個碳原子，但每個碳原子被3個環所共有，所以每個環平均分得2個碳原子，所以1個碳原子對應0.5個環，所以12g石墨烯（單層石墨）中含有六元環的個數為0.5NA，故A不選；B.標準狀況下，HF是液體，故B不選；C.NH3和HC1反應生成的NH4Cl不是由分子構成的，是離子化合物，故C不選；D.1L0.1mol/L的硫化鈉溶液中，如果硫離子不水解，則硫離子為0.1mol，但硫離子會發生水解：S2-+H2OHS-+OH-，所以陰離子數目增加，最終陰離子總數大于0.1NA，故D選。故選D。二、非選擇題(共84分)23、羥基、羧基+NaHCO3+CO2+H2O；CH3CH2OHCH2=CH2+H2O加成反應酯化（取代）反應34+3NaOH+NaCl+2H2O。【解析】

A的分子式為C9H8O3，分子中所含的苯環上有2個取代基，取代基不含支鏈，且苯環上的一氯代物只有2種，2個取代基處于對位，A遇FeCl3溶液發生顯色反應，分子中含有酚羥基-OH，A能與碳酸氫鈉反應，分子中含有羧基-COOH，A的不飽和度為=6，故還含有C=C雙鍵，所以A的結構簡式為，X在濃硫酸、加熱條件下生成A與M，M的分子式為C2H6O，M為乙醇，乙醇發生消去反應生成乙烯，N為乙烯，X為，A與碳酸氫鈉反應生成B，為，B與Na反應生成D，D為，A與HCl反應生成C，C的分子式為C9H9ClO3，由A與C的分子式可知，發生加成反應，C再氫氧化鈉水溶液中發生水解反應生成E，E在濃硫酸、加熱的條件下生成F，F分子中除了2個苯環外，還有一個六元環，應發生酯化反應，故C為，E為，F為，據此解答。【詳解】(1)由上述分析可知，有機物A為，分子中含有官能團：羥基、碳碳雙鍵、羧基，但含氧官能團有：羥基和羧基，故答案為：羥基、羧基；

(2)A→B的反應方程式為：+NaHCO3→+H2O+CO2↑，M→N是乙醇發生選取反應生成乙烯，反應方程式為：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，故答案為：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；(3)A→C是與HCl發生加成反應生成，E→F是發生酯化反應生成，與溴發生反應時，苯環羥基的鄰位可以發生取代反應，C=C雙鍵反應加成反應，故1molA可以和3mol

Br2反應，故答案為：加成反應，酯化(取代)反應；3；

(4)某營養物質的主要成分(分子式為C16H14O3)是由A和一種芳香醇R發生酯化反應生成的，故R的分子式為C7H8O，R為苯甲醇，R含有苯環的同分異構體(不包括R)，若含有1個支鏈為苯甲醚，若含有2個支鏈為-OH、-CH3，羥基與甲基有鄰、間、對三種位置關系，故符合條件的同分異構體有4種，故答案為：4；

(5)A→C的過程中還可能有另一種產物C1，則C1為，C1在NaOH水溶液中反應的化學方程式為+3NaOH+NaCl+2H2O，故答案為：+3NaOH+NaCl+2H2O。24、醚鍵羧基取代反應【解析】

根據流程可知，B被酸性重鉻酸鈉氧化生成C，結合A的結構簡式可知B為，在濃硫酸催化下與濃硝酸發生硝化反應（也屬于取代反應）生成和水；與發生反應生成分子式為C15H7ClF3NO4的F，F與發生反應生成，結構兩者的結構簡式可知F為，據此分析解答。【詳解】根據流程可知，B被酸性重鉻酸鈉氧化生成C，結合A的結構簡式可知B為，在濃硫酸催化下與濃硝酸發生硝化反應（也屬于取代反應）生成和水；與發生反應生成分子式為C15H7ClF3NO4的F，F與發生反應生成，結構兩者的結構簡式可知F為。（1）E為，含氧官能團名稱為醚鍵和羧基；（2）A→B是在濃硫酸催化下與濃硝酸發生硝化反應（也屬于取代反應）生成和水；反應類型為取代反應；（3）D為，滿足條件①不能發生水解反應，能與FeCl3溶液發生顯色反應，則不含有肽鍵及酯基，含有酚羥基；②分子中有4種不同化學環境的氫，則高度對稱，若苯環上只有兩個取代基則應為對位且有一個是酚羥基，則為；若苯環上有多個取代基，則為兩個酚羥基且對稱、一個醛基和一個氨基，符合條件的有、；（4）F的結構簡式為：；（5）A（）和D（）為原料制備，在氯化鐵的催化下與氯氣發生取代反應生成，氧化得到，與在碳酸鉀作用下反應生成，在濃硝酸、雙氧水及冰醋酸作用下生成，合成路線流程圖如下：。【點睛】本題考查有機合成及推斷，解題的關鍵是分析反應類型、推出各有機物及反應原理，本題的難點是結合題中合成路線設計合理的合成方案，注意題中信息的解讀。25、三頸燒瓶Na2SO3溶液2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓+2H++與H+作用，調整pH3.5洗去晶體表面的雜質離子，同時防止CuCl被氧化6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O溫度降到常溫，上下調節量氣管至左、右液面相平，該數時視線與凹液面最低處相切C→B→A【解析】

(1)根據儀器1的圖示解答；制備過程中Na2SO3過量會發生副反應生成[Cu(SO3)2]3-，需要控制Na2SO3的加入量，據此分析判斷；(2)根據題意，在CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液生成CuCl(氯化亞銅)沉淀，同時溶液的酸性增強，結合Na2CO3的性質分析解答；(3)根據“氯化亞銅(CuCl)在潮濕空氣中可被迅速氧化”分析解答；(4)根據“氯化亞銅(CuCl)能溶解于硝酸”，結合硝酸的強氧化性書寫反應的方程式；根據正確的讀數方法解答；用CuCl作O2、CO的吸收劑，測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧氣，再用A吸收CO，最后用排水法測量氮氣的體積，據此分析解答。【詳解】(1)甲圖中儀器1為三頸燒瓶；制備過程中Na2SO3過量會發生副反應生成[Cu(SO3)2]3-，為提高產率，可控制Na2SO3的加入量，則儀器2中所加試劑應為Na2SO3溶液，故答案為：三頸燒瓶；Na2SO3溶液；(2)在提純后的CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加熱，生成CuCl(氯化亞銅)沉淀，同時溶液的酸性增強，生成硫酸，反應的離子方程式為：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+，用Na2SO3-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，Na2CO3可與生成的H+反應，及時除去系統中反應生成的H+，利于反應進行，由圖象可知，應維持pH在3.5左右，故答案為：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+；與H+作用，調整pH；3.5；(3)用去氧水作洗滌劑洗滌產品，可洗去晶體表面的雜質離子，同時防止CuCl被氧化，故答案為：洗去晶體表面的雜質離子，同時防止CuCl被氧化；(4)根據題意，氯化亞銅(CuCl)能溶解于硝酸，反應的方程式為6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O；用D裝置測N2含量，應注意溫度在常溫，且左右液面相平，讀數時視線與凹液面最低處水平相切，以減小實驗誤差；用CuCl作O2、CO的吸收劑，測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧氣，再用A吸收CO，最后用排水法測量氮氣的體積，則順序為C→B→A→D，故答案為：6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O；降低溫度到常溫，上下調節量氣管液面至左右液面相平，讀數時視線與凹液面最低處水平相切；C→B→A。26、：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑或2KClO32KCl+3O2↑；NH4Cl、Ca(OH)2堿石灰乙炔或CH≡CH分液漏斗生石灰與氨水中的水反應發出大量的熱促使氨水分解生成NH3BD現另取一個錐形瓶，將紅熱的螺旋狀銅絲插入錐形瓶中觀察象【解析】

(1)該裝置為固體加熱制取氧氣，因此可加熱高錳酸鉀或加熱氯酸鉀和二氧化錳的混合物；

(2)實驗室裝置為固+固氣，可利用NH4Cl和Ca(OH)2共熱制取氨氣，反應產生水，可用堿石灰干燥；(3)圖2裝置為固+液→氣，可用于制備常見的有機氣體乙炔，儀器b分液漏斗，生石灰與氨水中的水反應發出大量的熱促使氨水分解生成NH3；(4)①A．濃氨水揮發，氨氣密度小于空氣；B．氨氣極易溶于水，錐形瓶必須干燥；C．4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2分析；D．該反應為放熱反應，銅絲能保持紅熱；②另取一個錐形瓶，將紅熱的螺旋狀銅絲插入錐形瓶中觀察現象。如果無現象，則證明上述紅棕色氣體由氨催化氧化后造成，而不是空氣中氮氣氧化后造成。【詳解】(1)該裝置為固體加熱制取氧氣，可加熱高錳酸鉀或加熱氯酸鉀和二氧化錳的混合物，化學方程式為2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，2KClO32KCl+3O2↑，故答案為：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑或2KClO32KCl+3O2↑；(2)實驗室裝置為固+固氣，可利用NH4Cl和Ca(OH)2共熱制取氨氣，化學方程式為Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3↑+2H2O，產物中的水可用堿石灰干燥，故答案為：NH4Cl、Ca(OH)2；堿石灰；(3)圖2裝置為固+液→氣，可用于制備常見的有機氣體乙炔，CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑，儀器b分液漏斗，生石灰與氨水中的水反應發出大量的熱，可以促使氨水分解生成NH3，故答案為：乙炔或CH≡CH；分液漏斗；生石灰與氨水中的水反應發出大量的熱促使氨水分解生成NH3；(4)①A．濃氨水揮發，氨氣密度小于空氣，故A錯誤；B．氨氣極易溶于水，錐形瓶必須干燥，故B正確；C．發生的反應為4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，收集氨氣時間越長，錐形瓶中氧氣濃度越低，最終生成NO2的濃度越低，顏色越淺，故C錯誤；D．該反應為放熱反應，銅絲能保持紅熱，故D正確；故答案為：BD；②現另取一個錐形瓶，將紅熱的螺旋狀銅絲插入錐形瓶中觀察象，如果無現象，則證明上述紅棕色氣體由氨催化氧化后造成，而不是空氣中氮氣氧化后造成，如出現紅棕色氣體，說明乙的說法合理；故答案為：現另取一個錐形瓶，將紅熱的螺旋狀銅絲插入錐形瓶中觀察象。27、打開玻璃塞[或旋轉玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)對準漏斗上的小孔]，再將分液漏斗下面的活塞擰開，使液體滴下Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2ONO取少量除雜后的樣品，溶于適量稀硫酸中，加入銅片，若不產生無色且遇空氣變為紅棕色的氣體，說明已被除凈能耗較低，生成的NO2可以被堿液吸收制取硝酸鹽或亞硝酸鹽等副產品，步驟簡單易于操作(答對兩個或其他合理答案即可給分)【解析】

Cu和H2SO4、HNO3反應生成CuSO4、NO2和H2O，本實驗采用的硝酸氧化法制取CuSO4，減少了能源消耗，生成的NO2和堿液反應生成硝酸鹽或亞硝酸鹽，制得的硫酸銅中含有少量Cu(NO3)2，可用重結晶法進行提純，檢驗Cu(NO3)2是否被除凈，主要是檢驗硝酸根，根據硝酸根在酸性條件下與銅反應生成NO，NO與空氣變為紅棕色現象來分析。【詳解】⑴將儀器b中液體滴入儀器a中的具體操作是打開玻璃塞[或旋轉玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)對準漏斗上的小孔]，再將分液漏斗下面的活塞擰開，使液體滴下；故答案為：打開玻璃塞[或旋轉玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)對準漏斗上的小孔]，再將分液漏斗下面的活塞擰開，使液體滴下。⑵根據題中信息得到裝置a中Cu和H2SO4、HNO3反應生成CuSO4、NO2和H2O，其化學方程式：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O；故答案為：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O。⑶步驟②電爐加熱直至儀器a中的紅棕色氣體完全消失，二氧化氮與水反應生成NO，因此會產生的氣體是NO，該氣體無法直接被石灰乳吸收，NO需在氧氣的作用下才能被氫氧化鈉溶液吸收，因此為防止空氣污染，該氣體的吸收裝置為；故答案為：NO；。⑷通過本實驗制取的硫酸銅晶體中常含有少量Cu(NO3)2，可用重結晶法進行提純，檢驗Cu(NO3)2是否被除凈，主要是檢驗硝酸根，根據硝酸根在酸性條件下與銅反應生成NO，NO與空氣變為紅棕色，故答案為：取少量除雜后的樣品，溶于適量稀硫酸中，加入銅片，若不產生無色且遇空氣變為紅棕色的氣體，說明已被除凈。⑸工業上也常采用將銅在450°C左右焙燒，再與一定濃度的硫酸反應制取硫酸銅的方法，對比分析本實驗采用的硝酸氧化法制取CuSO4，工業上銅在450°C左右焙燒，需要消耗能源，污染較少，工藝比較復雜，而本實驗減少了能源的消耗，生成的氮氧化物可以被堿液吸收制取硝酸鹽或亞硝酸鹽等副產品，步驟簡單易于操作；故答案為：能耗較低，生成的NO2可以被堿液吸收制取硝酸鹽或亞硝酸鹽等副產品，步驟簡單易于操作(答對兩個或其他合理答案即可給分)。⑹根據反應為Cu2++H2Y=CuY+2H+，得出n(Cu2+)=n(H2Y)=cmol?L?1×b×10?3L×5=5bc×10?3mol，藍色晶體中Cu2+質量分數；故答案為：。28、CO32﹣CO2+2e﹣═CO+O2﹣、H2O+2e﹣=H2+O2﹣+247.3BC或23.15【解析】

（一）（1）K2==5×10﹣11，當溶液的pH=13，c（H＋）=10-13，有==500，即c（CO32﹣）＞＞c（HCO3﹣）；（2）電解池中，根據O2－移動方向可知：A電極為陰極，該電極上發生還原反應，CO2、H2O分別在A極得到電子發生還原反應生成CO、H2，同時生成O2－；（二）（1）寫出H2、CO、CH4燃燒熱的熱化學方程式：①H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=﹣285.8kJ?mol﹣1、②CO（g