河南省安陽一中、安陽正一中學高三第三次測評新高考化學試卷注意事項：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、下列物質中，按只有氧化性，只有還原性，既有氧化性又有還原性的順序排列的一組是A．Cl2、Al、H2 B．F2、K、HClC．NO2、Na、Br2 D．HNO3、SO2、H2O2、能通過化學反應使溴水褪色的是A．苯B．乙烷C．乙烯D．乙酸3、短周期元素甲、乙、丙、丁的原子半徑依次增大，其簡單氫化物中甲、乙、丙、丁的化合價如表所示下列說法正確的是（）元素甲乙丙丁化合價－2－3－4－2A．氫化物的熱穩定性：甲>丁 B．元素非金屬性：甲<乙C．最高價含氧酸的酸性：丙>丁 D．丙的氧化物為離子化合物4、中國科學院院士張青蓮教授曾主持測定了銦（49In）等9種元素相對原子質量的新值，被采用為國際新標準。已知：銦與鋁（13Al）同主族。下列說法錯誤的是（）A．In

的金屬性大于

AlB．In

最外層有

2

種能量的電子C．In

的中子數為

66D．In

原子的相對原子質量為

1155、如圖是在明礬溶液中滴入氫氧化鋇溶液，下列說法錯誤的是()A．OA段的反應離子方程式為：2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓B．AB段的離子方程式只有：Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2OC．A點的沉淀為Al(OH)3和BaSO4的混合物D．B點溶液為KAlO2溶液6、下列各組性質比較中，正確的是()①沸點：②離子還原性：③酸性：④金屬性：⑤氣態氫化物穩定性：⑥半徑：A．①②③ B．③④⑤⑥ C．②③?④ D．①③?④⑤⑥7、下列說法不正確的是（）A．乙烯的結構簡式為CH2＝CH2B．乙烯分子中6個原子共平面C．乙烯分子的一氯代物只有一種D．CHBr＝CHBr分子中所有原子不可能共平面8、厭氧氨化法（Anammox）是一種新型的氨氮去除技術，下列說法中不正確的是A．1molNH4+所含的質子總數為10NAB．聯氨（N2H4）中含有極性鍵和非極性鍵C．過程II屬于氧化反應，過程IV屬于還原反應D．過程I中，參與反應的NH4+與NH2OH的物質的量之比為1:19、將少量SO2氣體通入BaCl2和FeCl3的混合溶液中,溶液顏色由棕黃色變成淺綠色,同時有白色沉淀產生。針對上述變化,下列分析正確的是A．該實驗表明SO2有漂白性 B．白色沉淀為BaSO3C．該實驗表明FeCl3有還原性 D．反應后溶液酸性增強10、體積相同的鹽酸和醋酸兩種溶液，n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)=0.01mol，下列敘述正確的是()A．醋酸溶液的pH大于鹽酸B．醋酸溶液的pH小于鹽酸C．與NaOH完全中和時，醋酸消耗的NaOH多于鹽酸D．分別用水稀釋相同倍數后，所得溶液中：n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)11、25℃下，向20mL0.1mol?L-1HA溶液中逐滴加入0.1mol?L-1

NaOH溶液，隨滴入NaOH溶液體積的變化混合溶液的pH的變化如圖所示。下列說法正確的是（）A．A-的水解常數約為10-11B．水的電離程度：e＞d＞c＞b＞aC．c點和d點溶液中均符合c（Na+）=c（A-）D．b點溶液中粒子濃度關系：c（A-）＞c（HA）＞c（H+）＞c（OH-）12、常溫下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，不斷加入固體NaOH后，NH4+與NH3·H2O的變化趨勢如圖所示(不考慮體積變化和氨的揮發)。下列說法不正確的是()A．M點溶液中水的電離程度比原溶液小B．在M點時，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)molC．隨著NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不斷增大D．當n(NaOH)＝0.1mol時，c(Na＋)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)13、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次遞增。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性，W和X的最外層電子數之和等于Z的最外層電子數，同一主族的W和Y，Y的原子序數是W的2倍，下列說法不正確的是()A．原子半徑：W＜Z＜Y＜XB．Y的氣態氫化物的穩定性弱于Z的氣態氫化物C．W與X形成的化合物不可能含有共價鍵D．常溫常壓下，Y的單質是固態14、實驗測得濃度均為0.5mol?L-1的Pb(CH3COO)2溶液的導電性明顯弱于Pb(NO3)2溶液，又知PbS是不溶于水及稀酸的黑色沉淀，下列離子方程式書寫錯誤的是A．Pb(NO3)2溶液與CH3COONa溶液混合：Pb2++2CH3COO-=Pb(CH3COO)2B．Pb(NO3)2溶液與K2S溶液混合：Pb2++S2-=PbS↓C．Pb(CH3COO)2溶液與K2S溶液混合：Pb2++S2-=PbS↓D．Pb(CH3COO)2在水中電離：Pb(CH3COO)2Pb2++2CH3COO-15、某化合物由兩種單質直接反應生成，將其加入Ba（HCO3）2溶液中同時有氣體和沉淀產生。下列化合物中符合上述條件的是A．Na2O B．AlCl3 C．FeCl2 D．SiO216、溫度T℃時，在初始體積為1L的兩個密閉容器甲（恒容）、乙（恒壓）中分別加入0.2molA和0.1molB，發生反應2A(g)+B(g)xC(g)，實驗測得甲、乙容器中A的轉化率隨時間的變化關系如圖所示。下列說法錯誤的是A．x可能為4B．M為容器甲C．容器乙達平衡時B的轉化率為25%D．M的平衡常數大于N17、Mg－AgCl電池是一種用海水激活的一次性電池，在軍事上用作電動魚雷的電源。電池的總反應為Mg＋2AgCl＝MgCl2＋2Ag。下列說法錯誤的是A．該電池工作時，正極反應為2AgCl＋2e－＝2Cl－＋2AgB．該電池的負極材料Mg用金屬鋁代替后，仍能形成原電池C．有1molMg被氧化時，可還原得到108gAgD．裝備該電池的魚雷在海水中行進時，海水作為電解質溶液18、，改變溶液的，溶液中濃度的對數值與溶液的變化關系如圖所示。若。下列敘述錯誤的是（）A．時，B．電離常數的數量級為C．圖中點x的縱坐標值為D．的約等于線c與線d交點處的橫坐標值19、油畫變黑，可用一定濃度的H2O2溶液擦洗修復，發生的反應為4H2O2+PbS→PbSO4+4H2O下列說法正確的是A．H2O是氧化產物B．H2O2中負一價的氧元素被還原C．PbS是氧化劑D．H2O2在該反應中體現還原性20、NSR技術能降低柴油發動機在空氣過量條件下NOx的排放，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．降低NOx排放可以減少酸雨的形成B．儲存過程中NOx被氧化C．還原過程中消耗1molBa(NO3)2轉移的電子數為5NA（NA為阿伏加德羅常數的值）D．通過BaO和Ba(NO3)2的相互轉化實現NOx的儲存和還原21、Q、W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期元素，X的焰色反應呈黃色。Q元素的原子最外層電子數是其內層電子數的2倍。W、Z最外層電子數相同，Z的核電荷數是W的2倍。元素Y的合金是日常生活中使用最廣泛的金屬材料之一，下列說法正確的是A．原子半徑的大小順序：rY>rX>rQ>rWB．X、Y的最高價氧化物的水化物之間不能發生反應C．Z元素的氫化物穩定性大于W元素的氫化物穩定性D．元素Q和Z能形成QZ2型的共價化合物22、溫度為T時，向2.0L恒容密閉容器中充入1.0molPCl5，反應：PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)經一段時間后達到平衡，反應過程中測定的部分數據見下表：t/s050150250250n(PCl3)/mol00.160.190.200.20下列說法正確的是A．反應在前50s內的平均速率v(PCl3)=0.0032mol/(L·s)B．保持其他條件不變，升高溫度，平衡時c(PCl3)=0.11mol/L，該反應為放熱反應C．相同溫度下，起始時向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，達到平衡前的v正＞v逆D．相同溫度下，起始時向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，達到平衡時，PCl3的轉化率小于80％二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機化合物P是合成抗腫瘤藥物的中間體，其合成路線如下:已知:RClRCOOH（1）H的官能團名稱___________。寫出E的結構簡式___________。（2）B→C中①的化學方程式___________。（3）檢驗F中官能團的試劑及現象_________。（4）D的同分異構體有多種，其中滿足以下條件的有________種。①1molD能與足量NaHCO3反應放出2molCO2②核磁共振氫譜顯示有四組峰（5）H→J的反應類型___________。（6）已知：K經過多步反應最終得到產物P：①K→L的化學方程式___________。②寫出M的結構簡式___________。24、（12分）有機物M（）是某抗病毒藥物的中間體，它的一種合成路線如下：已知：①②回答下列問題：(1)有機物A的名稱是_____，F中含有的官能團的名稱是_____。(2)A生成B所需的試劑和反應條件是_____。(3)F生成G的反應類型為_____。(4)G與NaOH溶液反應的化學方程式為_____。(5)有機物I的結構簡式為_____。(6)參照上述合成路線，以乙烯為起始原料（無機試劑任選），設計制備E的合成路線____________________。25、（12分）某活動小組利用廢鐵屑(含少量S等元素)為原料制備硫酸亞鐵銨晶體[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]，設計如圖所示裝置(夾持儀器略去)。稱取一定量的廢鐵屑于錐形瓶中，加入適量的稀硫酸，在通風櫥中置于50~60°C熱水浴中加熱.充分反應。待錐形瓶中溶液冷卻至室溫后加入氨水，使其反應完全，制得淺綠色懸濁液。(1)在實驗中選擇50~60°C熱水浴的原因是___________(2)裝置B的作用是______________；KMnO4溶液的作用是______________。(3)若要確保獲得淺綠色懸濁液，下列不符合實驗要求的是_________(填字母)。a.保持鐵屑過量b.控制溶液呈強堿性c.將稀硫酸改為濃硫酸(4)檢驗制得的(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O中是否含有Fe3+的方法：將硫酸亞鐵銨晶體用加熱煮沸過的蒸餾水溶解，然后滴加_______(填化學式)。(5)產品中雜質Fe3+的定量分析：①配制Fe3+濃度為0.1mg/mL的標準溶液100mL。稱取______(精確到0.1)mg高純度的硫酸鐵銨[(NH4)Fe(SO4)2·12H2O]，加入20.00mL經處理的去離子水。振蕩溶解后，加入2mol·L-1HBr溶液1mL和1mol·L-1KSCN溶液0.5mL，加水配成100mL溶液。②將上述溶液稀釋成濃度分別為0.2、1.0、3.0、5.0、7.0、10.0(單位：mg·L-1)的溶液。分別測定不同濃度溶液對光的吸收程度(吸光度)，并將測定結果繪制成如圖所示曲線。取硫酸亞鐵銨產品，按步驟①配得產品硫酸亞鐵銨溶液10mL，稀釋至100mL，然后測定稀釋后溶液的吸光度，兩次測得的吸光度分別為0.590、0.610，則該興趣小組所配產品硫酸亞鐵銨溶液中所含Fe3+濃度為_______mg·L-1。(6)稱取mg產品，將產品用加熱煮沸的蒸餾水溶解，配成250mL溶液，取出100mL放入錐形瓶中，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液VmL，則硫酸亞鐵銨晶體的純度為_____(用含c、V、m的代數式表示)。26、（10分）水合肼（N2H4·H2O）又名水合聯氨，無色透明，具有腐蝕性和強還原性的堿性液體，它是一種重要的化工試劑，利用尿素法生產水合肼的原理為：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl實驗一：制備NaClO溶液。（實驗裝置如右圖所示）（1）配制30%NaOH溶液時，所需玻璃儀器除量筒外還有（填標號）。A．容量瓶B．燒杯C．燒瓶D．玻璃棒（2）錐形瓶中發生反應的離子方程式是。（3）設計實驗方案：用中和滴定原理測定反應后錐形瓶中剩余NaOH的濃度（實驗提供的試劑：H2O2溶液、FeCl2溶液、0.10mol·L-1鹽酸、酚酞試液）：。實驗二：制取水合肼。（實驗裝置如右圖所示）（4）控制反應溫度，將分液漏斗中溶液緩慢滴入三頸燒瓶中，充分反應。加熱蒸餾三頸燒瓶內的溶液，收集108～114℃餾分。分液漏斗中的溶液是（填標號）。A．CO(NH2)2溶液B．NaOH和NaClO混合溶液原因是：（用化學方程式表示）。實驗三：測定餾分中肼含量。（5）稱取餾分5.0g，加入適量NaHCO3固體，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于錐形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.10mol·L-1的I2溶液滴定。滴定過程中，溶液的pH保持在6.5左右。（已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O）①滴定時，碘的標準溶液盛放在(填“酸式”或“堿式”)滴定管中；本實驗滴定終點的現象為。②實驗測得消耗I2溶液的平均值為18.00mL，餾分中水合肼（N2H4·H2O）的質量分數為。27、（12分）CuCl用于石油工業脫硫與脫色，是一種不溶于水和乙醇的白色粉末，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。相關裝置及數據如下圖。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_________（填“A”或“B”）。A、CuSO4-NaCl混合液B、Na2SO3溶液（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CuSO4-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。抽濾所采用裝置如丁圖所示，其中抽氣泵的作用是使吸濾瓶與安全瓶中的壓強減小，跟常規過濾相比，采用抽濾的優點是________________________（寫一條）；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，某同學利用如下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。已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液也能吸收氧氣。（4）裝置的連接順序應為_______→D（5）用D裝置測N2含量，讀數時應注意______________________。28、（14分）（10分）含碳物質的價值型轉化，有利于“減碳”和可持續性發展，有著重要的研究價值。請回答下列問題：（1）已知CO分子中化學鍵為C≡O。相關的化學鍵鍵能數據如下：化學鍵H—OC≡OC=OH—HE/(kJ·mol?1)4631075803436CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH=___________kJ·mol?1。下列有利于提高CO平衡轉化率的措施有_______________（填標號）。a．增大壓強b．降低溫度c．提高原料氣中H2O的比例d．使用高效催化劑（2）用惰性電極電解KHCO3溶液，可將空氣中的CO2轉化為甲酸根(HCOO?)，然后進一步可以制得重要有機化工原料甲酸。CO2發生反應的電極反應式為________________，若電解過程中轉移1mol電子，陽極生成氣體的體積（標準狀況）為_________L。（3）乙苯催化脫氫制取苯乙烯的反應為：(g)＋CO2(g)(g)＋CO(g)＋H2O(g)，其反應歷程如下：①由原料到狀態Ⅰ____________能量（填“放出”或“吸收”）。②一定溫度下，向恒容密閉容器中充入2mol乙苯和2molCO2，起始壓強為p0，平衡時容器內氣體總物質的量為5mol，乙苯的轉化率為_______，用平衡分壓代替平衡濃度表示的化學平衡常數Kp=_______。[氣體分壓(p分)=氣體總壓(p總)×氣體體積分數]③乙苯平衡轉化率與p(CO2)的關系如下圖所示，請解釋乙苯平衡轉化率隨著p(CO2)變化而變化的原因________________________________________________。29、（10分）工業廢氣、汽車尾氣中含有的NOx、SO2等，是形成霧霾的主要物質，其綜合治理是當前重要的研究課題。(1)NO加速臭氧層被破壞，其反應過程如圖所示：已知：O3(g)+O(g)═2O2(g)△H=-143kJ/mol反應1：O3(g)+NO(g)═NO2(g)+O2(g)△H1

=-200.2kJ/mol反應2：熱化學方程式為________(2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2(弱酸)的混合溶液，電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時陽極的電極反應式：_________。(3)利用電解法處理高溫空氣中稀薄的NO(O2濃度約為NO濃度十倍)，裝置示意圖如圖所示，固體電解質可傳導O2-。①陰極的反應為________；②消除一定量的NO所消耗的電量遠遠大于理論計算量，可能的原因是(不考慮物理因素)________；(4)處理煙氣中SO2也可采用堿液吸收法。已知25℃時，K(NH3?H2O)=1.8×10-5；Ksp(CaSO4)=7.1×10-5。第1步：用過量的濃氨水吸收SO2，并在空氣中氧化；第2步：加入石灰水，發生反應Ca2++2OH-+2NH4++SO42-?CaSO4↓+2NH3?H2OK。①寫出用足量氨水吸收SO2的化學方程式______________；②25℃時，2.0mol?L-1的氨水中，NH3?H2O的電離度_______；③計算第2步中反應的K=________(列出計算式即可)。

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】

物質的氧化性和還原性，需從兩個反面入手。一是熟悉物質的性質，二是物質所含元素的化合價。如果物質所含元素處于中間價態，則物質既有氧化性又有還原性，處于最低價，只有還原性，處于最高價，只有氧化性。【詳解】A.Cl2中Cl元素化合價為0價，處于其中間價態，既有氧化性又有還原性，而金屬鋁和氫氣只有還原性，A錯誤；A.F2只有氧化性，F2化合價只能降低，K化合價只能升高，所以金屬鉀只有還原性，鹽酸和金屬反應表現氧化性，和高錳酸鉀反應表現還原性，B正確；C.NO2和水的反應說明NO2既有氧化性又有還原性，金屬鈉只有還原性，溴單質既有氧化性又有還原性，C錯誤；D.SO2中硫元素居于中間價，既有氧化性又有還原性，D錯誤。故合理選項是B。【點睛】本題主要考察對氧化性和還原性的判斷和理解。氧化性是指物質得電子的能力，處于高價態的物質一般具有氧化性，還原性是在氧化還原反應里，物質失去電子或電子對偏離的能力，金屬單質和處于低價態的物質一般具有還原性，元素在物質中若處于該元素的最高價態和最低價態之間，則既有氧化性，又有還原性。2、C【解析】苯能萃取溴水中的溴，使溴水褪色，屬于物理變化，故A錯誤；乙烷與溴水不反應，不能使溴水褪色，故B錯誤；乙烯與溴水發生加成反應使溴水褪色，故C正確；乙酸與溴水不反應，溴水不褪色，故D錯誤。3、A【解析】

由短周期元素氫化物中甲、乙、丙、丁的化合價可知，乙、丁處于V族，甲處于ⅥA族，丙處于ⅣA，且甲、乙、丙、丁的原子半徑依次增大，則甲為O元素、乙為N元素、丙為C元素、丁為S元素，結合元素周期律與元素化合物性質解答。【詳解】A.甲形成的氫化物是水，丁形成的氫化物是硫化氫，非金屬性氧大于硫，所以氫化物的穩定性是：甲>丁，故A正確；B.同周期自左而右非金屬性增強,故非金屬性：甲(O)>乙(N)，故B錯誤；C.最高價含氧酸的酸性：碳元素形成碳酸，硫元素形成硫酸，故酸性丙<丁，故C錯誤；D.丙的氧化物是二氧化碳，屬于共價化合物，故D錯誤；故選：A。4、D【解析】

A、同一主族元素的金屬性隨著原子序數的增大而增強；B、銦與鋁(13Al)同主族，則In的最外層電子數為3，排布在s、p軌道上；C、中子數=質量數-質子數，據此計算判斷；D、的質量數為115。【詳解】A、銦與鋁(13Al)同主族，并且銦元素的原子序數較大，同主族從上至下金屬性逐漸增加，所以In的金屬性強，故A不符合題意；B、In的最外層電子數為3，排布在5s、5p軌道上，5s能級上兩個電子能量相同，但小于5p能級上的電子能量，所以In最外層有2

種能量的電子，故B不符合題意；C、的質量數為115、質子數為49，所以中子數=119-49=66，故C不符合題意；D、的質量數為115，In的相對原子質量為天然存在的核素In的質量數與其豐度的乘積之和，故D符合題意；故選：D。5、B【解析】A，OA段加入Ba（OH）2后沉淀物質的量達最大，反應的化學方程式為2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=K2SO4+3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，離子方程式為2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，A項正確；B，AB段加入Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，SO42-繼續沉淀，反應的離子方程式有：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O、SO42-+Ba2+=BaSO4↓，B項錯誤；C，根據上述分析，A點沉淀為Al（OH）3和BaSO4的混合物，C項正確；D，B點Al（OH）3完全溶解，總反應為KAl（SO4）2+2Ba（OH）2=2BaSO4↓+KAlO2+2H2O，B點溶液為KAlO2溶液，D項正確；答案選B。點睛：本題考查明礬與Ba（OH）2溶液的反應。明礬與Ba（OH）2反應沉淀物質的量達最大時，Al3+完全沉淀，SO42-有形成沉淀；沉淀質量達最大時，SO42-完全沉淀，Al3+全部轉化為AlO2-。6、B【解析】

①.HF中含分子間氫鍵，沸點最高，其它氫化物中相對分子質量大的沸點高，則沸點為，故錯誤；②.元素的非金屬性，對應離子還原性，故錯誤；③.非金屬性，元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的酸性越強，即酸性：，故正確；④.同主族從上到下，金屬性增強：，同周期從左到右，金屬性減弱，即，即金屬性：，故正確；⑤.元素的非金屬性，氣態氫化物穩定性，故正確；⑥.電子層越多，離子半徑越大，核外電子排布相同時，核電荷數越多，半徑越小，即，故正確。故選B。7、D【解析】

A.乙烯的結構簡式為CH2=CH2，A正確；B.乙烯是平面型分子，分子中6個原子共平面，B正確；C.乙烯分子結構完全對稱，只有一種等效氫原子，則一氯代物只有一種，C正確；D.乙烯是平面型分子，直接連在雙鍵碳上的溴原子和2個碳原子、2個氫原子共平面，D錯誤；答案為D；8、A【解析】A、質子數等于原子序數，1molNH4＋中含有質子總物質的量為11mol，故A說法錯誤；B、聯氨(N2H4)的結構式為，含有極性鍵和非極性鍵，故B說法正確；C、過程II，N2H4→N2H2－2H，此反應是氧化反應，過程IV，NO2－→NH2OH，添H或去O是還原反應，故C說法正確；D、NH4＋中N顯－3價，NH2OH中N顯－1價，N2H4中N顯－2價，因此過程I中NH4＋與NH2OH的物質的量之比為1：1，故D說法正確。點睛：氧化反應還是還原反應，這是有機物中的知識點，添氫或去氧的反應為還原反應，去氫或添氧的反應的反應氧化反應，因此N2H4→N2H2，去掉了兩個氫原子，即此反應為氧化反應，同理NO2－轉化成NH2OH，是還原反應。9、D【解析】

往FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2，溶液顏色由棕黃色變成淺綠色，同時有白色沉淀產生。是因為SO2+H2O=H2SO3（亞硫酸），H2SO3具有很強的還原性，而Fe3+具有較強的氧化性，所以SO32-和Fe3+發生反應，生成Fe2+和SO42-，所以溶液顏色由黃變綠(Fe2+)，同時有白色沉淀（BaSO4)同時有H2SO4生成，所以酸性增強。A.該實驗表明SO2有還原性，選項A錯誤；B.白色沉淀為BaSO4，選項B錯誤；C.該實驗表明FeC13具有氧化性，選項C錯誤；D.反應后溶液酸性增強，選項D正確；答案選D。10、C【解析】

A．根據電荷守恒，當體積相同的鹽酸和醋酸兩種溶液中n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)，氫離子濃度相同，溶液pH相同，故A錯誤；B．根據電荷守恒，當體積相同的鹽酸和醋酸兩種溶液中n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)，氫離子濃度相同，溶液pH相同，故B錯誤；C．醋酸是弱酸存在電離平衡，當n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)時，n(CH3COOH)遠遠大于n(HCl)，與NaOH完全中和時，醋酸消耗的NaOH多于鹽酸，故C正確；D．加水稀釋時，醋酸電離平衡正向移動，醋酸溶液中醋酸根離子物質的量增大，而鹽酸溶液中氯離子物質的量不變，所以分別用水稀釋相同倍數后，所得溶液中：n(Cl﹣)<n(CH3COO﹣)，故D錯誤；選C。【點睛】本題考查了弱電解質的電離，側重于學生的分析能力的考查，根據電荷守恒判斷兩種溶液中氫離子濃度相等是解本題關鍵，再結合弱電解質電離特點來分析解答。11、D【解析】

b點溶質為等體積的NaA和HA，形成緩沖溶液，c點為中性點，c(H+)=c(OH-)，d點為中和點，溶質只有NaA，溶液顯堿性。【詳解】A.HAH++A-，其電離平衡常數，A-+H2OHA+OH-，其水解平衡常數，根據電離平衡常數與水的離子積常數可得，，A錯誤；B.d點恰好反應生成NaA，A-水解，能水解的鹽溶液促進水電離，水的電離程度最大，B錯誤；C.c點溶液顯中性，c(H+)=c(OH-)，根據電荷守恒可知：c(Na+)=c(A-)，d點溶液顯堿性，c(H+)<c(OH-)，根據電荷守恒可知：c(Na+)>c(A-)，C錯誤；D.b點溶液中溶質為等體積的NaA和HA，溶液顯酸性，電離過程大于水解過程，粒子濃度關系：c(A-)＞c(Na+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，D正確；故答案選D。【點睛】酸堿滴定時，中性點和中和點不一樣，離子濃度的大小關系，看該點上的溶質成分以及pH。12、C【解析】A．M點是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不斷加入NaOH固體后反應得到氯化銨和一水合氨溶液，銨根離子濃度和一水合氨濃度相同，一水合氨是一元弱堿抑制水電離，此時水的電離程度小于原氯化銨溶液中水的電離程度，A正確；B．在M點時溶液中存在電荷守恒，n（OH-）+n（Cl-）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n(OH-)-n(H+)=0.05+n（Na+）-n（Cl-）=（a-0.05）mol，B正確；C．銨根離子水解顯酸性，結合水解平衡常數分析，c(H+)×c(NH3·H2O)/c(NH4+)×c(NH3·H2O)=Kh/c(NH3·H2O)，隨氫氧化鈉固體加入，反應生成一水合氨濃度增大，平衡常數不變，則c(H+)/c(NH4+)減小，C錯誤；D．向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不斷加入NaOH固體后，當n（NaOH）=0.1mol時，恰好反應生成氯化鈉和一水合氨，根據物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，D正確；答案選C。13、C【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次遞增。同一主族的W和Y，Y的原子序數是W的2倍，W是O，Y是S，則Z是Cl。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性，W和X的最外層電子數之和等于Z的最外層電子數，X的最外層電子數是7-6＝1，所以X是Na，結合物質的性質和元素周期律分析解答。【詳解】根據以上分析可知W、X、Y、Z分別是O、Na、S、Cl。A．同周期元素原子從左到右半徑增大，有Cl＜S＜Na；一般情況下，原子的電子層數越多，半徑越大，則O原子半徑最小；綜合原子半徑：O＜Cl＜S＜Na，正確，A不選；B．非金屬性Cl＞S，則S的氣態氫化物的穩定性弱于Cl的氣態氫化物，正確，B不選；C．W與X形成的化合物過氧化鈉中含有共價鍵，錯誤，C選；D．常溫常壓下，S的單質是固態，正確，D不選；答案選C。14、C【解析】

由導電性強弱可知，Pb(CH3COO)2是可溶性的弱電解質，在離子方程式中保留化學式，據此分析作答。【詳解】根據上述分析可知，A.Pb(NO3)2溶液與CH3COONa溶液混合，會生成Pb(CH3COO)2，發生反應的離子方程式為：Pb2++2CH3COO-=Pb(CH3COO)2，A項正確；B.Pb(NO3)2溶液與K2S溶液混合會生成PbS沉淀，發生反應的離子方程式為：Pb2++S2-=PbS↓，B項正確；C.Pb(CH3COO)2溶液與K2S溶液混合，離子方程式為：Pb(CH3COO)2+S2-=PbS↓+2CH3COO-，C項錯誤；D.Pb(CH3COO)2在水中電離：Pb(CH3COO)2Pb2++2CH3COO-，D項正確；答案選C。【點睛】Pb(CH3COO)2易溶于水，在水溶液中部分電離，是少有的幾種不是強電解質的鹽之一。15、B【解析】

A、鈉和氧氣可以生成氧化鈉，加入碳酸氫鋇中反應生成碳酸鋇沉淀，沒有氣體，錯誤，不選A；B、鋁和氯氣反應生成氯化鋁，加入碳酸氫鋇中反應生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳，正確，選B；C、鐵和氯氣反應生成氯化鐵，不是氯化亞鐵，錯誤，不選C；D、硅和氧氣反應生成二氧化硅，加入到碳酸氫鋇中不反應，錯誤，不選D。【點睛】注意單質之間化合的產物1、氫氣和氧氣生成水。2、硫和氧氣生成二氧化硫，不是三氧化硫。3、氮氣和氧氣生成一氧化氮，不是二氧化氮。4、鈉和氧氣在點燃條件下反應生成過氧化鈉，常溫下生成氧化鈉。5、鋰和氧氣反應生成氧化鋰，沒有過氧化物。6、鉀和氧氣點燃反應生成更復雜的氧化物。7、鐵和氯氣反應生成氯化鐵，不是氯化亞鐵。8、鐵和硫反應生成硫化亞鐵。9、鐵和氧氣反應生成四氧化三鐵10、銅和硫反應生成硫化亞銅16、D【解析】

若該反應為氣體物質的量增大的反應，即x＞3，隨著反應的進行，甲容器中氣體的壓強增大，平衡過程中反應速率比恒壓時大，建立平衡需要的時間較少，對應于圖像M，增大壓強，平衡逆向移動，A的轉化率減小，與圖像相符；若該反應為氣體物質的量減少的反應，即x＜3，隨著反應的進行，甲容器中氣體的壓強減小，平衡過程中反應速率比恒壓時小，建立平衡需要的時間較長，對應于圖像N，減小壓強，平衡逆向移動，A的轉化率減小，與圖像不符；若該反應x=3，則兩容器得到相同的平衡狀態，與圖像不符，據此分析解答。【詳解】A．根據上述分析，該反應為氣體物質的量增大的反應，因此x可能為4，故A正確；B．根據上述分析，該反應為氣體體積增大的反應，M為容器甲，N為容器乙，故B正確；C．根據上述分析，N為容器乙，容器乙達平衡時A的轉化率為25%，根據方程式2A(g)+B(g)xC(g)，加入0.2molA和0.1molB時，反應的B為A的物質的量的一半，A和B的轉化率相等，也是25%，故C正確；D．溫度不變，平衡常數不變，達到平衡時，M、N對應的溫度相同，則平衡常數相等，故D錯誤；故選D。【點睛】解答本題的關鍵是判斷壓強對該反應的影響。本題的難點是排除x＜3的情況。17、C【解析】

A、由電池反應方程式看出，Mg是還原劑、AgCl是氧化劑，故金屬Mg作負極，正極反應為：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，選項A正確；B、Al的活潑性大于Ag，所以鋁和氯化銀、海水也能構成原電池，故該電池的負極材料Mg用金屬鋁代替后，仍能形成原電池，選項B正確；C、電極反應式：Mg﹣2e﹣=Mg2+，1molMg被氧化時，轉移電子是2mol，正極反應為：2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，可還原得到216gAg，選項C錯誤；D、因為該電池能被海水激活，海水可以作為電解質溶液，選項D正確。答案選C。【點睛】本題考查原電池的應用。總結題技巧總結：電極類型的判斷首先在明確屬于電解池還是原電池基礎上來分析的，原電池對應的是正、負兩極，電解池對應的陰、陽兩極，根據元素價態變化找出氧化劑與還原產物。18、A【解析】

根據圖知，pH<7時，CH3COOH電離量少，c表示CH3COOH的濃度；pH=7時c（OH－）=c（H＋），二者的對數相等，且pH越大c（OH－）越大、c（H＋）越小，則lgc（OH－）增大，所以b、d分別表示H＋、OH－；pH>7時，CH3COOH幾乎以CH3COO－形式存在，a表示CH3COO－；A、pH=6時，縱坐標越大，該微粒濃度越大；B、c（CH3COOH）=c（CH3COO－）時，CH3COOH電離平衡常數K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=c（H＋）；C、根據K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)求解；D、CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，0.01mol·L－1CH3COONa水解平衡常數Kh=c(CH3COOH)·c(OH－)/c(CH3COO－)=1/k，求出c(OH－)，pH=14-pOH，即c與線d交點處的橫坐標值。【詳解】A、pH=6時，縱坐標越大，該微粒濃度越大，所以存在c（CH3COO－）＞c（CH3COOH）＞c（H＋），故A錯誤；B、c（CH3COOH）=c（CH3COO－）時，CH3COOH電離平衡常數K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=c（H＋）=10-4.74，故B正確；C、根據K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)求解；pH=2時，c（H＋）=10-2mol·L－1，從曲線c讀出c(CH3COOH)=10-2mol·L－1，由選項B，K=10-4.74，解得c(CH3COO－)=10-4.74，故C正確；D、CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，0.01mol·L－1CH3COONa水解平衡常數Kh=c(CH3COOH)·c(OH－)/c(CH3COO－)=1/k，從c與線d交點作垂線，交點c（HAc）=c（Ac－），求出c(OH－)=1/k=104.74mol·L－1，pH=14-pOH=9.26，即c與線d交點處的橫坐標值。故D正確。故選A。19、B【解析】H2O2中氧元素化合價降低生成H2O，H2O是還原產物，故A錯誤；H2O2中負一價的氧元素化合價降低，發生還原反應，故B正確；PbS中S元素化合價升高，PbS是還原劑，故C錯誤；H2O2中氧元素化合價降低，H2O2在該反應中是氧化劑體現氧化性，故D錯誤。點睛：所含元素化合價升高的反應物是還原劑，所含元素化合價降低的反應物是氧化劑，氧化劑得電子發生還原反應，氧化劑體現氧化性。20、C【解析】

A．大氣中的NOx可形成硝酸型酸雨，降低NOx排放可以減少酸雨的形成，A正確；B．儲存過程中NOx轉化為Ba(NO3)2，N元素價態升高被氧化，B正確；C．還原過程中消耗1molBa(NO3)2轉移的電子數為10NA，C錯誤；D．BaO轉化為Ba(NO3)2儲存NOx，Ba(NO3)2轉化為BaO、N2和H2O，還原NOx，D正確；故選C。21、D【解析】

X的焰色反應呈黃色，X為Na元素；Q元素的原子最外層電子數是其內層電子數的2倍，Q元素原子有2個電子層，最外層電子數為4，Q為碳元素；W、Z最外層電子數相同，所以二者處于同一主族，Z的核電荷數是W的2倍，W為氧元素，Z為硫元素；元素Y的合金是日常生活中使用最廣泛的金屬材料之一，則Y為Al元素。A、同周期自左向右原子半徑減小，所以原子半徑Na＞Al＞Si，C＞O，同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑Si＞C，故原子半徑Na＞Al＞C＞O，即X＞Y＞Q＞W，故A錯誤；B、X、Y的最高價氧化物的水化物分別是氫氧化鈉和氫氧化鋁，而氫氧化鋁是兩性氫氧化物，與氫氧化鈉反應生，故B錯誤；C、非金屬性O＞S，故氫化物穩定性H2O＞H2S，故C錯誤；D、元素Q和Z能形成QZ2是CS2屬于共價化合物，故D正確；故答案選D。22、C【解析】

A、反應在前50s內PCl3的物質的量增加0.16mol，所以前50s內的平均速率v(PCl3)==0.0016mol／(L·s)，故A錯誤；B、原平衡時PCl3的物質的量濃度c(PCl3)=0.20mol÷2.0L=0.10mol/L，若升高溫度，平衡時c(PCl3)=0.11mol/L，PCl3的濃度比原平衡時增大了，說明升高溫度，平衡正向移動，則正向是吸熱反應，故B錯誤；C、根據表中數據可知平衡時Cl2的濃度是0.1mol/L，PCl5的濃度是0.4mol/L，則該溫度下的平衡常數K==0.025，相同溫度下，起始時向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20mo1Cl2，Qc==0.02<0.025，所以反應正向進行，達平衡前v正＞v逆，故C正確；D、相同溫度下，起始時向容器中充入1.0molPCl3、1.0molCl2，則與原平衡是等效平衡，原平衡中五氯化磷的轉化率是0.2mol÷1.0mol×100%=20%，所以三氯化磷的轉化率是80%，而向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，相當于容器的體積縮小一倍，壓強增大，則平衡逆向移動，所以三氯化磷的轉化率大于80%，故D錯誤；答案選C。二、非選擇題(共84分)23、醚鍵、硝基(C2H5OOC)2C=CHOC2H5ClCH2COOH+NaCN→CNCH2COOH+NaClFeCl3溶液，顯紫色3還原反應+C2H5OH【解析】

A和Cl2反應生成B，B中只有1個Cl，所以應該是取代反應，B發生了給出的已知中的反應，所以C中有羧基，C有4個氧原子，而且C的不飽和度為2，再根據D的結構簡式，可知C為丙二酸，B為ClCH2COOH，A為CH3COOH。根據K和J的結構簡式可知E的結構簡式為(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)，根據G的結構簡式可知F為苯酚。【詳解】（1）根據H的結構簡式，H的官能團名稱為醚鍵和硝基。E的結構簡式為(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)。（2）B→C中①的化學方程式為ClCH2COOH+NaCNNCCH2COOH+NaCl。（3）F為苯酚，苯酚遇FeCl3溶液顯紫色，或和濃溴水反應生成三溴苯酚白色沉淀。（4）D的同分異構體有多種，1molD能與足量NaHCO3反應放出2molCO2，說明1個D分子中有2個羧基。核磁共振氫譜顯示有四組峰，說明D分子有比較高的對稱性。符合要求的有HOOCCH2CH2CH2CH2CH2COOH、HOOCCH(CH3)CH2CH(CH3)COOH和，共3種。（5）H→J是H中的硝基變成了氨基，是還原反應。（6）①根據已知，K→L發生了苯環上的一個氫原子和酯基上的乙氧基斷裂結合成乙醇，苯環上的碳原子和斷裂乙氧基的碳原子結合成新的碳碳單鍵的反應，再結合P的結構可知，苯環上斷裂的氫原子是和氮原子處于鄰位、和甲氧基處于對位的氫原子，所以K→L的化學方程式為：+C2H5OH。②得到的L繼續發生給出的已知的反應，生成Q（），Q在NaOH溶液中發生水解，Cl被羥基代替，同時羧基和NaOH發生中和反應生成鈉鹽，故M的結構簡式為。24、甲苯羧基濃硝酸、濃硫酸、水浴加熱取代反應CH3-CH2-CHBr-COOH+2NaOHCH3-CH2-CH(OH)-COONa+NaBr+H2OCH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH【解析】

(A)與混酸在水浴加熱條件下發生取代反應生成(B)；B被MnO2氧化，將-CH3氧化為-CHO，從而生成(C)；C發生還原反應生成(D)。(E)發生氧化生成(F)；F與Br2在PBr3催化下發生取代反應生成(G)；G在堿性條件下發生水解反應生成(H)；依據M和D的結構，可確定I為，是由H在氧化劑作用下發生氧化反應生成；D與I發生反應生成(M)。【詳解】(1)有機物A為，其名稱是甲苯，F為，含有的官能團的名稱是羧基。答案為：甲苯；羧基；(2)由(A)在混酸作用下生成(B)，所需的試劑和反應條件是濃硝酸、濃硫酸、水浴加熱。答案為：濃硝酸、濃硫酸、水浴加熱；(3)(F)與Br2在PBr3催化下生成(G)，反應類型為取代反應。答案為：取代反應；(4)(G)與NaOH溶液反應，-COOH、-Br都發生反應，化學方程式為CH3-CH2-CHBr-COOH+2NaOHCH3-CH2-CH(OH)-COONa+NaBr+H2O。答案為：CH3-CH2-CHBr-COOH+2NaOHCH3-CH2-CH(OH)-COONa+NaBr+H2O；(5)依據M和D的結構，可確定I為，是由H在氧化劑作用下發生氧化反應生成。答案為：；(6)由乙烯制CH3CH2CH2CH2OH，產物中碳原子數剛好為反應物的二倍，可依據信息②進行合成，先將乙烯制乙醇，然后氧化得乙醛，再發生信息②反應，最后加氫還原即得。制備E的合成路線為CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH。答案為：CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH。【點睛】合成有機物時，先從碳鏈進行分析，從而確定反應物的種類；其次分析官能團的變化，在此點，題給流程圖、題給信息的利用是解題的關鍵所在；最后將中間產物進行處理，將其完全轉化為目標有機物。25、使受熱均勻，加快反應速率，防止溫度過高，氨水揮發過多，原料利用率低防止液體倒吸進入錐形瓶吸收氨氣、硫化氫等雜質氣體，防止污染空氣bcKSCN86.185【解析】

A中稀硫酸與廢鐵屑反應生成硫酸亞鐵、氫氣，還有少量的硫化氫氣體，滴加氨水，可生成硫酸亞鐵銨，B導管短進短出為安全瓶，避免倒吸，C用于吸收硫化氫等氣體，避免污染環境，氣囊可以吸收氫氣。【詳解】（1）水浴加熱的目的是控制溫度，加快反應的速率，同時防止溫度過高，氨水揮發過多，原料利用率低，故答案為：使受熱均勻，加快反應速率，防止溫度過高，氨水揮發過多，原料利用率低；（2）B裝置短進短出為安全瓶，可以防止液體倒吸進入錐形瓶；由于鐵屑中含有S元素，因此會產生H2S，同時氨水易揮發，因此高錳酸鉀溶液(具有強氧化性)吸收這些氣體，防止污染空氣，吸收氨氣、硫化氫等雜質氣體，防止污染空氣，故答案為：防止液體倒吸進入錐形瓶；吸收氨氣、硫化氫等雜質氣體，防止污染空氣；（3）由于Fe2+易被氧化，所以為防止其被氧化，鐵屑應過量，同時為抑制Fe2+的水解，所以溶液要保持強酸性，濃硫酸常溫下會鈍化鐵，故答案為：bc；（4）檢驗鐵離子常用KSCN溶液，故答案為：KSCN；（5）①在Fe3+濃度為1.0mg/mL的標準溶液100mL中，m（Fe3+）=0.1mg/mL×100mL=10.0mg，依據關系式Fe3+～（NH4）Fe（SO4）2?12H2O得：m[（NH4）Fe（SO4）2?12H2O]=10.0mg×=86.1mg，故答案為：86.1；②兩次測定所得的吸光度分別為0.590、0.610，取其平均值為0.600，從吸光度可以得出濃度為8.5mg/L，又因配得產品溶液10mL，稀釋至100mL，故原產品硫酸亞鐵銨溶液中所含Fe3+濃度為：8.5mg/L×=85mg/L，故答案為：85；（6）滴定過程中Fe2+被氧化成Fe3+，化合價升高1價，KMnO4被還原生成Mn2+，所以有數量關系5Fe2+~KMnO4，所以n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]=V×10-3L×cmol·L-1×5×=12.5Vc10-3mol，則硫酸亞鐵銨晶體的純度為×100%=；故答案為：。26、（1）B、D（2）Cl2+2OH-＝ClO-+Cl-+H2O（3）取一定量錐形瓶內混合溶液，加入適量的H2O2溶液后，滴加2~3滴酚酞試液，用0.10mol·L-1鹽酸滴定，記錄消耗鹽酸的量，重復上述操作2~3次。（其它合理答案給分)（4）BN2H4·H2O+2NaClO＝N2↑+3H2O+2NaCl（5）酸式溶液出現藍色且半分鐘內不消失（6）9%【解析】試題分析：(3)取一定量錐形瓶內混合溶液，加入適量的H2O2溶液后，滴加2~3滴酚酞試液，用0.10mol·L-1鹽酸滴定，記錄消耗鹽酸的量，重復上述操作2~3次，加入H2O2防止次氯酸根的在酸性條件下分解產生鹽酸和氧氣，干擾實驗結果的測定。(4)B．NaOH和NaClO混合溶液,次氯酸根離子在酸性和加熱條件下容易分解，所以分液漏斗中的液體是NaOH和NaClO混合溶液。(5)①堿式滴定管上的橡皮管易被碘水腐蝕，故用酸式滴定管；②由化學方程式的三段式可知n(N2H4·H2O)=1/2n(I2)=1.8mol,故W（N2H4·H2O）=（（1.8×10-3×50）/5）×100%=9%。考點：一定濃度溶液的配置；酸堿中和滴定；物質的性質；質量分數的計算。27、三頸燒瓶B2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－及時除去系統中反應生成的H+3.5可加快過濾速度、得到較干燥的沉淀（寫一條）洗去晶體表面的雜質離子，同時防止CuCl被氧化C→B→A溫度降到常溫，上下調節量氣管至左右液面相平，讀數時視線與凹液面的最低處相切（任意兩條）【解析】

Ⅰ.（1）根據儀器的結構和用途回答；儀器2中所加試劑應為Na2SO3溶液，便于通過分液漏斗控制滴加的速率，故選B。（2）乙圖隨反應的進行，pH降低，酸性增強，Cu2＋將SO32－氧化，制備CuCl的離子方程式2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－；丙圖是產率隨pH變化關系圖，pH=3.5時CuCl產率最高，實驗過程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，控制pH。（3）抽濾的優點是可加快過濾速度、得到較干燥的沉淀（寫一條）；洗滌時，用“去氧水”作洗滌劑洗滌產品，作用是洗去晶體表面的雜質離子，同時防止CuCl被氧化。Ⅱ.（4）氫氧化鉀會吸收二氧化碳，鹽酸揮發出的HCl會影響氧氣的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氫氧化鈉溶液吸收二氧化碳，B中盛放保險粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧氣，A中盛放CuCl的鹽酸溶液吸收CO，D測定氮氣的體積，裝置的連接順序應為C→B→A→D；（5）用D裝置測N2含量，讀數時應注意溫度降到常溫，上下調節量氣管至左右液面相平，讀數時視線與凹液面的最低處相切（任意兩條）。【詳解】Ⅰ.（1）根據儀器的結構和用途，甲圖中儀器1的名稱是三頸燒瓶；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，儀器2中所加試劑應為Na2SO3溶液，便于通過分液漏斗控制滴加的速率，故選B。（2）乙圖是體系pH隨時間變化關系圖，隨反應的進行，pH降低，酸性增強，Cu2＋將SO32－氧化，制備CuCl的離子方程式2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－；丙圖是產率隨pH變化關系圖，pH=3.5時CuCl產率最高，實驗過程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是及時除去系統中反應生成的H+，并維持pH在3.5左右以保證較高產率。（3）抽濾所采用裝置如丁圖所示，其中抽氣泵的作用是使吸濾瓶與安全瓶中的壓強減小，跟常規過濾相比，采用抽濾的優點是可加快過濾速度、得到較干燥的沉淀（寫一條）；洗滌時，用“去氧水”作洗滌劑洗滌產品，作用是洗去晶體表面的雜質離子，同時防止CuCl被氧化。Ⅱ.（