2025屆柳州市重點中學高考壓軸卷化學試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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、用類推的方法可能會得出錯誤結論,因此推出的結論要經過實踐的檢驗才能確定其正確與否。下列推論中正確的是()A．Na失火不能用滅火,K失火也不能用滅火B．工業上電解熔融制取金屬鎂,也可以用電解熔融的方法制取金屬鋁C．Al與S直接化合可以得到與S直接化合也可以得到D．可以寫成也可寫成2、人的胃壁能產生胃液，胃液里含有少量鹽酸，稱為胃酸。胃過多會導致消化不良和胃痛。抗酸藥是一類治療胃痛的藥物，能中和胃里過多的鹽酸，緩解胃部的不適。下列物質不能作抗酸藥的是（）A．碳酸氫鈉 B．氫氧化鋁 C．碳酸鎂 D．硫酸鋇3、以下是中華民族為人類文明進步做出巨大貢獻的幾個事例，運用化學知識對其進行的分析不合理的是A．四千余年前用谷物釀造出酒和醋，釀造過程中只發生水解反應B．商代后期鑄造出工藝精湛的后(司)母戊鼎，該鼎屬于銅合金制品C．漢代燒制出“明如鏡、聲如磬”的瓷器，其主要原料為黏士D．屠呦呦用乙醚從青蒿中提取出對治療瘧疾有特效的青蒿素，該過程包括萃取操作4、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是A．含1molH2SO4的濃硫酸和足量的鋅完全反應，轉移的電子數為2NAB．常溫下1L0.1mol·L－1NH4NO3溶液中的氮原子數為0.2NAC．標準狀況下2.24L己烷分子中含有1.9NA對共用電子D．以Mg、Al為電極，NaOH溶液為電解質溶液的原電池中，導線上經過NA個電子，則正極放出H2的體積為11.2L5、分枝酸可用于生化研究。其結構簡式如圖。下列關于分枝酸的敘述正確的是A．分子中含有2種官能團B．可與乙醇、乙酸反應，且反應類型相同C．1mol分枝酸最多可與3molNaOH發生中和反應D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高錳酸鉀溶液褪色，且原理相同6、中國第二化工設計院提出，用間接電化學法對大氣污染物NO進行無害化處理，其原理示意如圖(質子膜允許H+和H2O通過)，下列相關判斷正確的是A．電極Ⅰ為陰極，電極反應式為2H2O+2e-=2OH-+H2↑B．電解池中質子從電極Ⅰ向電極Ⅱ作定向移動C．吸收塔中的反應為2NO+2S2O42-+H2O=N2+4HSO3-D．每處理1molNO電解池質量減少16g7、五種短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序數依次增大。T的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代，W的簡單氣態氫化物遇Z的氫化物產生白煙。T、Z原子最外層電子數之和等于X的核外電子總數，T和Y位于同一主族。下列推斷正確的是（）A．原子半徑：T＜W＜Z＜Y＜XB．簡單氣態氫化物的熱穩定性：Y＞T＞WC．氧化物對應水化物的酸性：Y＜T＜W＜ZD．X3W和XW3都是離子化合物，但所含化學鍵類型不完全相同8、25℃時，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1CH3COOH(Ka=1.75×10－5)溶液的過程中，消耗NaOH溶液的體積與溶液pH的關系如圖所示。下列各項中粒子濃度關系正確的是A．點①所示溶液中：2c(CH3COO－)－2c(CH3COOH)=c(H＋)－c(OH－)B．點②所示溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)C．點③所示溶液中：c(CH3COO－)－C(CH3COOH)=c(Na＋)＋2c(H＋)－2c(OH－)D．pH=12的溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)9、如圖表示1~18號元素原子的結構或性質隨核電荷數遞增的變化。圖中縱坐標表示A．電子層數 B．原子半徑 C．最高化合價 D．最外層電子數10、北宋《本草圖經》中載有：“綠礬形似樸消（Na2SO4·10H2O）而綠色，取此一物置于鐵板上，聚炭，封之囊袋，吹令火熾，其礬即沸，流出色赤如融金汁者，是真也。”下列對此段話的理解正確的是A．樸消是黑火藥的成分之一 B．上述過程發生的是置換反應C．此記載描述的是鑒別綠礬的方法 D．“色赤”物質可能是單質銅11、常溫下，向20mL0.1mol/L氨水中滴加一定濃度的稀鹽酸，溶液中由水電離的氫離子濃度隨加入鹽酸體積的變化如圖所示。則下列說法正確的是()A．常溫下，0.1mol/L氨水中，c(OH﹣)＝1×10﹣5mol/LB．b點代表溶液呈中性C．c點溶液中c(NH4+)＝c(Cl﹣)D．d點溶液中：c(Cl﹣)＞c(NH4+)＞c(OH﹣)＞c(H+)12、X、Y、Z、W是四種原子序數依次增大的短周期元素，Z、W可以形成兩種重要化合物ZW2、Z2W2，X、Y的原子半徑依次減小，X、Y、Z組成的一種化合物(ZXY)2：的結構式為Y≡X-Z-Z-X≡Y。下列說法正確的是()A．化合物Z2W2中含有離子鍵B．簡單離子半徑大小順序：ry>rw>rzC．元素W的氧化物對應水化物的酸性比Y的強D．X和Z組成的化合物中可能所有原子都達到8電子穩定結構13、A是一種常見的單質，B、C為中學化學常見的化合物，A、B、C均含有元素X。它們有如下的轉化關系（部分產物及反應條件已略去），下列判斷正確的是A．X元素可能為AlB．X元素不一定為非金屬元素C．反應①和②互為可逆反應D．反應①和②一定為氧化還原反應14、下列變化中只存在放熱過程的是（）A．氯化鈉晶體熔化 B．氫氧化鈉晶體溶于水C．液氮的氣化 D．水蒸氣的液化15、下列各項中的兩個量，其比值一定為2∶1的是（）A．在反應2FeCl3+Fe=3FeCl2中還原產物與氧化產物的質量B．相同溫度下，0.2mol·L－1CH3COOH溶液與0.1mol·L-1CH3COOH溶液中c(H+)C．在密閉容器中，N2+3H22NH3已達平衡時c(NH3)與c(N2)D．液面均在“0”刻度時，50mL堿式滴定管和25mL堿式滴定管所盛溶液的體積16、三元軸烯（a）、四元軸烯（b）、五元軸烯（c）的結構簡式如圖所示，下列說法不正確的是A．a、b、c都能發生加成反應B．a與苯互為同分異構體C．a、b、c的一氯代物均只有一種D．c分子中的原子不在同一個平面上17、不同溫度下，三個體積均為1L的密閉容器中發生反應：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ.mol-1，實驗測得起始、平衡時的有關數據如表。下列說法正確的是容器編號溫度/K起始物質的量/mol平衡物質的量/molCH4NO2N2CO2H2ONO2IT10.501.20000.40IIT20.300.800.200.200.400.60IIIT30.400.700.700.701.0A．T1<T2B．若升高溫度，正反應速率減小，逆反應速率增大，平衡逆移C．平衡時，容器I中反應放出的熱量為693.6kJD．容器III中反應起始時v正(CH4)<v逆(CH4)18、下列說法正確的是A．檢驗(NH4)2Fe(SO4)2·12H2O晶體中的NH4+：取少量晶體溶于水，加入足量濃NaOH溶液并加熱，再用濕潤的藍色石蕊試紙檢驗產生的氣體B．驗證FeCl3與KI反應的限度：可將少量的FeCl3溶液與過量的KI溶液混合，充分反應后用CCl4萃取，靜置，再滴加KSCN溶液C．受溴腐蝕至傷時，先用稀NaOH溶液洗，再用水洗D．用激光筆檢驗硫酸銅溶液具有丁達爾效應19、25℃時，將0.10mol·L－1CH3COOH溶液滴加到10mL0.10mol·L－1NaOH溶液中，lg與pH的關系如圖所示，C點坐標是(6，1.7)。(已知：lg5=0.7)下列說法正確的是A．Ka(CH3COOH)＝5.0×10－5B．Ka(CH3COOH)＝5.0×10－6C．pH＝7時加入的醋酸溶液的體積小于10mLD．B點存在c(Na＋)－c(CH3COO－)＝(10－6－10－8)mol·L－120、下圖所示是驗證氯氣性質的微型實驗，a、b、d、e是浸有相關溶液的濾紙。向KMnO4晶體滴加一滴濃鹽酸后，立即用另一培養皿扣在上面。已知：2KMnO4＋16HCl=2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O對實驗現象的“解釋或結論”正確的是()選項實驗現象解釋或結論Aa處變藍，b處變紅棕色氧化性：Cl2>Br2>I2Bc處先變紅，后褪色氯氣與水生成了酸性物質Cd處立即褪色氯氣與水生成了漂白性物質De處變紅色還原性：Fe2＋>Cl－A．A B．B C．C D．D21、《環境科學》刊發了我國科研部門采用零價鐵活化過硫酸鈉（Na2S2O8，其中S為+6價）去除廢水中的正五價砷[As(V)]的研究成果，其反應機制模型如圖所示。Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10-39，下列敘述錯誤的是A．pH越小，越有利于去除廢水中的正五價砷B．1mol過硫酸鈉（Na2S2O8）含NA個過氧鍵C．堿性條件下，硫酸根自由基發生反應的方程式為：SO4-?+OH-=SO42-+?OHD．室溫下，中間產物Fe(OH)3溶于水所得飽和溶液中c(Fe3+)約為2.7×10-18mol·L-122、化合物(X)、(Y)、(Z)的分子式均為C5H6。下列說法正確的是（）A．X、Y、Z均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B．Z的同分異構體只有X和Y兩種C．Z的二氯代物只有兩種(不考慮立體異構)D．Y分子中所有碳原子均處于同一平面二、非選擇題(共84分)23、（14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)。24、（12分）某研究小組擬合成醫藥中間體X和Y。已知：①；②；③。(1)的名稱是__________(2)G→X的反應類型是_____________。(3)化合物B的結構簡式為_____________。(4)下列說法不正確的是__________(填字母代號)A．化合物A能使酸性KMnO4溶液褪色B．化合物C能發生加成、取代、消去反應C．化合物D能與稀鹽酸反應D．X的分子式是C15H16N2O5(5)寫出D+F→G的化學方程式:____________________(6)寫出化合物A(C8H7NO4)同時符合下列條件的兩種同分異構體的結構簡式_______。①分子是苯的二取代物，1H—NMR譜表明分子中有4種化學環境不同的氧原子；②分子中存在硝基和結構。(7)參照以上合成路線設計E→的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)。____________________________________________。25、（12分）一氯甲烷(CH3Cl)一種重要的化工原料，常溫下它是無色有毒氣體，微溶于水，易溶于乙醇、CCl4等有機濃劑。(1)甲組同學在實驗室用裝置A模擬催化法制備一氯甲烷并檢驗CH3Cl的穩定性。A．B．C．D．①裝置A中儀器a的名稱為__________，a瓶中發生反應的化學方程式為________。②實驗室干燥ZnCl2晶體制備無水ZnCl2的方法是________。(2)為探究CH3Cl與CH4分子穩定性的差別，乙組同學設計實驗驗證CH3C1能被酸性KMnO4溶液氧化。①為達到實驗目的，上面裝置圖中裝置連接的合理順序為A________②裝置中水的主要作用是__________。③若實驗過程中還產生了一種黃綠色氣體和一種無色氣體，該反應的離子方程式為_____。(3)丙組同學選用A裝置設計實驗探究甲醇的轉化率。取6.4g甲醇與足量的濃鹽酸充分反應，將收集到的CH3Cl氣體在足量的氧氣中充分燃燒，產物用過量的V1mL、c1mol·L-1NaOH溶液充分吸收。現以甲基橙作指示劑，用c2mol·L-1鹽酸標準溶液對吸收液進行返滴定，最終消耗V2mL鹽酸。(已知：2CH3Cl+3O22CO2+2H2O+2HCl)①滴定終點的現象為____________②該反應甲醇的轉化率為________。(用含有V、c的式子表示)26、（10分）亞硝酸鈉（NaNO2)外觀酷似食鹽且有咸味，是一種常用的防腐劑。某化學興趣小組設計如圖所示裝置（省略夾持裝置）制備NaNO2并探究其性質。已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；②NaNO2易被空氣氧化，NO能被酸性高錳酸鉀溶液氧化為NO3-；③HNO2為弱酸，室溫下存在反應3HNO2=HNO3+2NO+H2O。回答下列問題：（1）裝置E中盛放銅片的儀器名稱是_____，檢査裝置E氣密性的方法是_____。（2）上述實驗裝置中，依次連接的合理順序為h-_____。（3）裝置D中酸性KMnO4溶液的作用是_____（用離子方程式表示）。（4）反應結束后，取適量產品溶于稀硫酸中，觀察到的實驗現象為_____。（5）測定深水井中亞硝酸鈉含量：取1000mL水樣于錐形瓶中，立即加入50.00mL0.001mol/L酸性高錳酸鉀溶液，充分反應后用0.001mol·L-1草酸鈉溶液滴定剩余的高錳酸鉀，終點時消耗草酸鈉溶液115.00mL。則水中NaNO2的含量為_____mg·L-1。若所取樣品在空氣中放置時間過長，則測定結果_____（填“偏高”“偏低”或“無影響”）。有關反應如下：5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O；5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。27、（12分）已知25℃時，Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16。某研究性學習小組探究AgCl、Ag2S沉淀轉化的原因。步驟現象Ⅰ.將NaCl與AgNO3溶液混合產生白色沉淀Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀變為黑色Ⅲ.濾出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空氣中放置較長時間后，沉淀變為乳白色(1)Ⅰ中的白色沉淀是__。(2)Ⅱ中能說明沉淀變黑的離子方程式是__。(3)濾出步驟Ⅲ中乳白色沉淀，推測含有AgCl。用濃HNO3溶解，產生紅棕色氣體，沉淀部分溶解，過濾得到濾液X和白色沉淀Y。ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，產生白色沉淀ⅱ.向Y中滴加KI溶液，產生黃色沉淀①由ⅰ判斷，濾液X中被檢出的離子是__。②由ⅰ、ⅱ可確認步驟Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一種沉淀__。(4)該學生通過如下對照實驗確認了步驟Ⅲ中乳白色沉淀產生的原因：在NaCl存在下，氧氣將Ⅲ中黑色沉淀氧化。現象B：一段時間后，出現乳白色沉淀C：一段時間后，無明顯變化①A中產生的氣體是___。②C中盛放的物質W是__。③該同學認為B中產生沉淀的反應如下（請補充完整）：__2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH④從溶解平衡移動的角度，解釋B中NaCl的作用__。28、（14分）碳、氮、硫的化合物在生產生活中廣泛存在。請回答：（1）以CO2與NH3為原料可合成化肥尿素[CO(NH2)2]。已知：①2NH3(g)＋CO2(g)=NH2CO2NH4(s)ΔH＝－l59.5kJ·mol-1②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)ΔH＝－160.5kJ·mol-1③H2O(l)=H2O(g)ΔH＝＋44.0kJ·mol-1寫出CO2與NH3合成尿素和氣態水的熱化學反應方程式____________。（2）T1溫度時在容積為2L的恒容密閉容器中只充入1.00molNO2氣體發生反應：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)?H<0。實驗測得：v正=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=k逆c2(NO2)，k正、k逆為速率常數只受溫度影響。不同時刻測得容器中n(NO2)如下表：時間/s012345n(NO2)/mol1.000.800.650.550.500.50①從0～2s該反應的平均速率v(NO2)=___________。②T1溫度時化學平衡常數K=___________mol-1·L。③化學平衡常數K與速率常數k正、k逆的數學關系是K=___________。若將容器的溫度改變為T2時其k正=k逆，則T1__________T2(填“>”、“<”或“=”)。（3）常溫下，用SO2與NaOH溶液反應可得到NaHSO3、Na2SO3等。①已知Na2SO3水溶液顯堿性，原因是____________________(寫出主要反應的離子方程式)，該溶液中，c(Na＋)______2c(SO32-)＋c(HSO3-)(填“＞”“＜”或“＝”)。②在某NaHSO3、Na2SO3混合溶液中HSO3-、SO32-物質的量分數隨pH變化曲線如圖所示(部分)，根據圖示，則SO32-的第一步水解平衡常數＝________。29、（10分）利用高濃度含砷廢水(主要成分為)制取的工藝流程如下圖所示。已知：(1)與同主族且比多2個電子層，寫出中子數為42的的原子符號______。(2)比較、、的氣態氫化物的沸點(由大到小排列)______(用化學式表示)。(3)結合化學平衡的原理解釋步驟Ⅰ加入的作用是______。(4)步驟Ⅲ“氧化脫硫”過程中被氧化的元素是______(填元素符號)。(5)步驟Ⅳ發生反應的離子方程式為______。(6)砷及其化合物幾乎都有毒，通常價砷化合物毒性強于價砷化合物。海產品中含有微量價砷化合物，食用海鮮后不能馬上進食水果的原因是______。(7)利用反應設計成原電池，起始時在甲、乙兩地中分別加入圖示藥品并連接裝置(a、b均為石墨電極)。①起始時，b電極的電極反應式為______。②一段時間后電流計指針不發生偏圍，欲使指針偏轉方向與起始時相反，可向乙池中加入______(舉一例)。

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、A【解析】A、K性質比Na更活潑，還原性更強，與氧氣反應生成過氧化鉀和超氧化鉀，能與CO2反應生成氧氣助燃，所以K失火不能用CO2滅火，故A正確；B、AlCl3屬于共價化合物熔融不導電，工業上是用電解熔解Al2O3的方法制取金屬鋁，故B錯誤；C、S的氧化性較弱，與Fe反應生成FeS，故C錯誤；D、Pb的化合價為+2價、+4價，不存在+3價，Pb3O4可表示為2PbO?PbO2，故D錯誤；故選A。點睛：本題考查無機物的性質。本題雖然考查類比規律，但把握物質的性質是解答該題的關鍵。本題的易錯點是D，注意鐵和鉛元素的常見化合價的不同。2、D【解析】

碳酸氫鈉、氫氧化鋁、碳酸鎂、硫酸鋇中只有硫酸鋇不能和鹽酸反應。答案D3、A【解析】

本題考查的是化學知識在具體的生產生活中的應用，進行判斷時，應該先考慮清楚對應化學物質的成分，再結合題目說明判斷該過程的化學反應或對應物質的性質即可解答。【詳解】A．谷物中的淀粉在釀造中發生水解反應只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，顯然都不是只水解就可以的，選項A不合理；B．商代后期鑄造出工藝精湛的后(司)母戊鼎屬于青銅器，青銅是銅錫合金，選項B合理；C．陶瓷的制造原料為黏土，選項C合理；D．屠呦呦用乙醚從青蒿中提取出對治療瘧疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度較大的原理，將青蒿素提取到乙醚中，所以屬于萃取操作，選項D合理。【點睛】萃取操作有很多形式，其中比較常見的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。實際應用中，還有一種比較常見的萃取形式是固液萃取，即：用液體溶劑萃取固體物質中的某種成分，例如：用烈酒浸泡某些藥材。本題的選項D就是一種固液萃取。4、B【解析】

A.含1molH2SO4的濃硫酸和足量的鋅先發生反應：2H2SO4(濃)+Zn=ZnSO4+SO2↑+2H2O，該反應中消耗1molH2SO4，轉移的電子數為NA，硫酸濃度下降后，Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑，該反應中消耗1molH2SO4，轉移的電子數為2NA，則含1molH2SO4的濃硫酸和足量的鋅完全反應，轉移的電子數介于NA和2NA之間，A錯誤；B.常溫下1L0.1mol·L－1NH4NO3溶液中含有銨離子、一水合氨分子以及硝酸根離子，因為N元素守恒，所以氮原子總數為0.2NA，B正確；C.1摩爾己烷分子含19NA對共用電子，然而標準狀況下己烷呈液態，2.24L己烷分子物質的量并不是1mol，故C錯誤；D.該原電池中，導線上經過NA個電子時，則正極放出H2的物質的量為0.5mol，但是不知道溫度和壓強條件，故體積不一定為11.2L，D錯誤；答案選B。【點睛】C、D容易錯，往往誤以為1mol物質的體積就是22.4L，換算時，一定要明確物質是不是氣體，求氣體體積時一定要注意氣體所處的狀態。5、B【解析】

A項，該化合物分子中含有羧基、醇羥基、醚鍵和碳碳雙鍵4種官能團，故A項錯誤；B項，該物質中含有羧基和羥基，既可以與乙醇發生酯化反應，也可以與乙酸發生酯化反應，反應類型相同，故B項正確；C項，分枝酸中只有羧基能與NaOH溶液發生中和反應，一個分子中含兩個羧基，故1mol分枝酸最多能與2molNaOH發生中和反應，故C項錯誤；D項，該物質使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴與碳碳雙鍵發生加成反應，而是使酸性高錳酸鉀溶液褪色是發生氧化反應，原理不同，故D項錯誤。綜上所述，本題正確答案為B。【點睛】本題考查了有機化合物的結構與性質，包含了通過分析有機化合物的結構簡式，判斷有機化合物的官能團、反應類型的判斷、有機物的性質，掌握官能團的性質是解題的關鍵。6、C【解析】

在電極Ⅰ，HSO3-轉化為S2O42-，S元素化合價由+4價降低為+3價發生還原反應，則該電極作電解池的陰極，電極Ⅱ為電解池的陽極，在電極Ⅱ上H2O失電子發生氧化反應生成O2和H+。【詳解】A．電極Ⅰ為電解池的陰極，電極反應式為2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，A不正確；B．由于陰極需消耗H+，而陽極生成H+，電解池中質子從電極Ⅱ向電極Ⅰ作定向移動，B不正確；C．從箭頭的指向，可確定吸收塔中S2O42-與NO反應，生成HSO3-和N2，發生反應為2NO+2S2O32-+H2O=N2+4HSO3-，C正確；D．每處理1molNO，陰極2HSO3-→S2O42-，質量增加34g，陽極H2O→O2，質量減輕16g，電解池質量增加34g-16g=18g，D不正確；故選C。7、D【解析】

五種短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序數依次增大。通過T的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代可以判斷，T為C元素；根據W的簡單氣態氫化物遇Z的氫化物產生白煙，W的原子序數小于Z可以判斷出，W為N元素，Z為Cl元素；T、Z原子最外層電子數之和等于X的核外電子總數可以判斷出，X的核外電子數為11，X為Na；T和Y位于同一主族，T的原子序數最小，判斷出Y為Si元素。【詳解】A．根據元素電子層數和核電荷數判斷，原子半徑大小為：W<T<Z<Y<X，A錯誤；B．同一周期從左到右，簡單氣態氫化物的熱穩定性越來越強，同一主族從上到下，簡單氣態氫化物的熱穩定性越來越弱，故簡單氣態氫化物的熱穩定性為：W>T>Y，B錯誤；C．氧化物對應水化物的酸性無法判斷，C錯誤；D．X3W和XW3分為Na3N和NaN3，兩者都是離子化合物，但Na3N僅含有離子鍵，NaN3中即含離子鍵也含共價鍵，D正確；答案選D。8、C【解析】

A.點①時，NaOH溶液與CH3COOH溶液反應生成等物質的量濃度的醋酸和醋酸鈉的混合溶液，溶液中的電荷守恒式為，溶液中的物料守恒式為，兩式聯立得c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=2c(H＋)－2c(OH－)，A項錯誤；B.點②處溶液呈中性，c(OH－)=c(H＋)，B項錯誤；C.點③處NaOH溶液與CH3COOH恰好反應生成醋酸鈉，溶液中的電荷守恒式為，溶液中的物料守恒式為，兩式聯立得c(CH3COO－)－C(CH3COOH)=c(Na＋)＋2c(H＋)－2c(OH－)，C項正確；D.pH=12的溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，D項錯誤。答案選C。【點睛】本題首先要根據反應原理分析各點溶液的成分，不論在哪一點，均從物料守恒、電荷守恒、質子守恒來分析溶液中的離子即可。9、D【解析】

A項，原子序數1、2的原子電子層數相同，原子序數3~10的原子電子層數相同，原子序數11~18的原子電子層數相同，A項不符合；B項，同周期主族元素，隨原子序數遞增原子半徑減小，B項不符合；C項，第二周期的氧沒有最高正價，第二周期的F沒有正價，C項不符合；D項，第一周期元素原子的最外層電子數從1增至2，第二、三周期元素原子的最外層電子數從1增至8，D項符合；答案選D。10、C【解析】

由信息可知，綠礬為結晶水合物，加熱發生氧化還原反應生成氧化鐵，Fe元素的化合價升高，S元素的化合價降低，以此分析。【詳解】A．樸消是Na2SO4·10H2O，而黑火藥是我國古代四大發明之一,它的組成是“一硫(硫粉)二硝石（即KNO3固體)三碳(木炭粉)，故A錯誤；B．綠礬為結晶水合物，加熱發生氧化還原反應生成氧化鐵，Fe元素的化合價升高，S元素的化合價降低，不是置換反應，故B錯誤；C．FeSO4·7H2O分解生成氧化鐵、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫與水結合生成硫酸，則流出的液體中含有硫酸，現象明顯，是鑒別綠礬的方法，故C正確；D．Fe的氧化物只有氧化鐵為紅色，則“色赤”物質可能是Fe2O3，故D錯誤；故選C。【點睛】本題考查金屬及化合物的性質，把握習題中的信息及發生的反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識的應用，易錯點A，黑火藥的成分和芒硝不同。11、B【解析】

A、由圖可知，常溫下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）＝10﹣11mol/L，則c（OH﹣）＝＝1×10﹣3mol/L，故A錯誤；B、b點為NH4Cl和NH3?H2O的混合溶液，溶液中NH4+促進水的電離程度和H+抑制程度相等，所以水電離的氫離子濃度為10﹣7mol/L，溶液呈中性，故B正確；C、c點溶液為NH4Cl溶液，呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），電荷關系為c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），所以c點溶液中c（NH4+）＜c（Cl﹣），故C錯誤；D、d點溶液為NH4Cl和HCl的混合溶液，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），電荷關系為c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），所以d點溶液中：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D錯誤；故選：B。12、D【解析】

X、Y、Z、W是四種原子序數依次增大的短周期元素，X、Y的原子半徑依次減小，說明二者位于同一周期；X、Y、Z組成的一種化合物(ZXY)2的結構式為Y≡X-Z-Z-X≡Y，X形成4個共價鍵，位于ⅣA族，Y形成3個共價鍵，位于ⅤA族，Z形成2個共價鍵，位于ⅥA族，則X為C元素，Y為N，Z為S元素。Z、W可以形成兩種重要化合物ZW2、Z2W2，則W為Cl元素，形成的物質分別為SCl2和S2Cl2。A．化合物Z2WZ為S2Cl2，S最外層6個電子，達到穩定結構需要共用2個電子，Cl最外層7個電子，達到穩定結構需要共用1個電子，則S2Cl2中只含有共價鍵，結構是為Cl－S－S－Cl，A錯誤；B．Y、Z、W形成的簡單離子分別為N3－、S2－、Cl－，N3－核外只有2個電子層，半徑最小；而S2－和Cl－的核外電子排布相同，核電荷數越大，離子半徑越小，則S2－的半徑大于Cl－的半徑，因此排序為S2－＞Cl－＞N3－，即rz＞rw＞ry，B錯誤；C．W為S元素，Y為N元素，W的含氧酸有H2SO3，為弱酸，其酸性比Y的含氧酸HNO3弱，C錯誤；D．X為C元素，Z為S元素，C原子要達到穩定結構需要共用4個電子，S要達到穩定結構需要共用2個電子，則1個C原子和2個S原子均可達到穩定結構，分子式為CS2，結構是為S=C=S，D正確。答案選D。13、D【解析】

A.如果A是鋁，則B和C分別是AlO2-和Al3+，二者在酸性溶液中不可能生成鋁，選項A不正確；B.由于和反應生成，說明反應一定是氧化還原反應，則在中的化合價分別是顯正價和負價，所以一定是非金屬，選項B不正確；C.反應①②中條件不同，不是可逆反應，選項C不正確；D.反應①和②有單質參與和有單質生成，有單質參加或生成的反應是氧化還原反應，選項D正確；答案選D。14、D【解析】

電解質的電離、銨鹽溶于水、固體融化、液體汽化等均為吸熱過程，而濃硫酸、氫氧化鈉固體溶于、物質的液化、液體的固化均為放熱過程，據此分析。【詳解】A．氯化鈉晶體熔化是吸熱的過程，選項A錯誤；B．氫氧化鈉固體溶于水放熱，氫氧化鈉在水中電離吸熱，選項B錯誤；C．液氮的氣化是吸熱的過程，選項C錯誤；D．水蒸氣液化，為放熱過程，選項D正確。答案選D。15、A【解析】

A、還原產物由氧化劑FeCl3被還原得到，氧化產物由還原劑Fe被氧化得到，顯然二者的物質的量之比為2∶1，正確；B、CH3COOH溶液中存在電離平衡CH3COOHCH3OO－+H+，加水稀釋時促進電離，故0.2mol·L-1的CH3COOH溶液與0.1mol·L-1CH3COOH溶液中c(H+)之比小于2∶1，錯誤；C、在密閉容器中進行的合成NH3反應，達到平衡時c(NH3)與c(N2)之比與N2的轉化率有關而與各自的化學計量數沒有必然聯系，錯誤；D、由堿式滴定管的結構可知滴定管50mL或25mL的刻度線以下的部分還裝有液體，故二者體積之比不等于2∶1，錯誤，答案選A。16、D【解析】

A.a、b、c均含有碳碳雙鍵，因此都能發生加成反應，故A正確；B.a和苯的分子式均為C6H6，且結構不同，則a與苯互為同分異構體，故B正確；C.a、b、c分子中均只有一種氫原子，則它們的一氯代物均只有一種，故C正確；D.c分子中含有碳碳雙鍵的平面結構，根據乙烯的平面結構分析，c中所有的原子在同一個平面上，故D錯誤；故選D。【點睛】在常見的有機化合物中，甲烷為正四面體結構，乙烯和苯是平面型結構，乙炔是直線型結構，其它有機物可在此基礎上進行判斷即可。17、A【解析】

A.該反應為放熱反應，升溫平衡逆向移動，平衡時二氧化氮的物質的量多，故有T1<T2，正確；B.升溫，正逆速率都加快，平衡逆向移動，故錯誤；C.平衡時，容器I中二氧化氮的消耗量為1.2-0.4=0.8mol，則反應熱為=346.8kJ，故錯誤；D.容器III中T3下平衡常數不確定，不能確定其反應進行方向，故錯誤。故選A。18、B【解析】

A．向某無色溶液中加入濃NaOH溶液，加熱試管，檢驗氨氣，利用濕潤的紅色石蕊試紙，試紙變藍，則說明原溶液中一定含NH4+，不是用藍色石蕊試紙檢驗，故A錯誤；B．反應中氯化鐵不足，KSCN溶液遇三價鐵離子變紅色，若變紅色，說明未完全反應，說明存在化學反應的限度，故B正確；C．氫氧化鈉具有腐蝕性，應該根據溴易溶于酒精或甘油，先用酒精或甘油洗傷口，再用大量水沖洗，故C錯誤；D．淀粉溶液是膠體，可用丁達爾效應檢驗，硫酸銅的水溶液是溶液，沒有丁達爾效應，故D錯誤；故選B。19、A【解析】

醋酸的電離常數，取對數可得到；【詳解】A.據以上分析，將C點坐標(6,1.7)代入，可得lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，Ka(CH3COOH)=5.0×10-5，A正確；B.根據A項分析可知，B錯誤；C.當往10mL0.10mol·L-1NaOH溶液中加入10mL0.10mol·L-1醋酸溶液時，得到CH3COONa溶液，溶液呈堿性，故當pH=7時加入的醋酸溶液體積應大于10mL，C錯誤；D.B點，又lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，則由得，pH=8.3，c(H+)=10-8.3mol·L-1，結合電荷守恒式：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)知，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5.7-10-8.3)mol·L-1，D錯誤；答案選A。20、D【解析】

A、a處變藍,b處變紅棕色,說明Cl2分別與KI、NaBr作用生成I2、Br2,可證明氧化性:Cl2＞I2,Cl2＞Br2,無法證明I2與Br2之間氧化性的強弱,A項錯誤;B、c處先變紅,說明氯氣與水生成酸性物質,后褪色,則證明氯氣與水生成具有漂白性物質,B項錯誤;C、d處立即褪色,也可能是氯氣與水生成酸性物質中和了NaOH,C項錯誤;D、e處變紅說明Cl2將Fe2+氧化為Fe3+,證明還原性:Fe2+＞Cl-,D項正確；答案選D。21、A【解析】

A．pH越小，酸性越強，會使Fe(OH)3(s)?Fe3+(aq)+3OH-(aq)和Fe(OH)2(s)?Fe2+(aq)+2OH-(aq)平衡右移，無法生成沉淀，不利于除去廢水中的正五價砷，故A錯誤；B．設1mol過硫酸鈉(Na2S2O8)中過氧鍵物質的量為amol，鈉為+1價，硫為+6價，過氧鍵中的氧為-1價，非過氧鍵中的氧為-2價，則(+1)×2+(+6)×2+(-2)×a+(-2)×(8-2a)=0，解得a=1，所以1mol過硫酸鈉(Na2S2O8)中過氧鍵的數量為NA，故B正確；C．由圖示可得，堿性條件下，硫酸根自由基發生反應的方程式為：SO42-?+OH-=SO42-+?OH，故C正確；D．Fe(OH)3溶于水存在沉淀溶解平衡：Fe(OH)3(s)?Fe3+(aq)+3OH-(aq)，此溶液堿性極弱，pH接近7，即c(OH-)=1×10-7mol/L，因為Ksp(Fe(OH)3)=c(Fe3+)×c3(OH-)=2.7×10-39，則c(Fe3+)==2.7×10-18mol·L-1，故D正確；答案選A。22、C【解析】

A．z不含碳碳雙鍵，與高錳酸鉀不反應，不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A錯誤；B．C5H6的不飽和度為=3，可知若為直鏈結構，可含1個雙鍵、1個三鍵，則x的同分異構體不止X和Y兩種，故B錯誤；C．z含有1種H，則一氯代物有1種，對應的二氯代物，兩個氯原子可在同一個碳原子上，也可在不同的碳原子上，共2種，故C正確；D．y中含3個sp3雜化的碳原子，這3個碳原子位于四面體結構的中心，則所有碳原子不可能共平面，故D錯誤；故答案為C。二、非選擇題(共84分)23、乙酸苯甲（醇）酯取代反應（或水解反應）2+O22+2H2O4種和【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。24、鄰甲基苯甲酸還原反應BD、、、【解析】

由、A的分子式，縱觀整個過程，結合X的結構，可知發生甲基鄰位硝化反應生成A為，對比各物質的分子，結合反應條件與給予的反應信息，可知A中羧基上羥基被氯原子取代生成B，B中甲基上H原子被溴原子取代生成C，C中氯原子、溴原子被-NH-取代生成D，故B為、C為、D為。由X的結構，逆推可知G為，結合F、E的分子式，可推知F為CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3、E為CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3。【詳解】根據上述分析可知：A為；B為；C為；D為；E為CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3；F為CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3；G為。(1)的甲基在苯環羧基的鄰位C原子上，因此其名稱是鄰甲基苯甲酸；(2)G變X是-NO2變為-NH2，發生的是還原反應；(3)化合物B的結構簡式為；(4)A.化合物A的苯環上有甲基，能酸性KMnO4溶液氧化，因而可以使酸性KMnO4溶液褪色，A正確；B.化合物C結構簡式是，含苯環與羰基能發生加成反應，有Br原子可以發生取代反應；由于Br原子連接的C原子直接連接在苯環上，因此不能發生消去反應，B錯誤；C.化合物D含有亞氨基，能與稀鹽酸反應，C正確；D.根據物質的結構簡式可知X的分子式是C15H18N2O5，D錯誤；故合理選項是BD；(5)D+F→G的化學方程式為：；(6)化合物A（C8H7NO4）的同分異構體同時符合下列條件：①分子是苯的二取代物，1H-NHR譜表明分子中有4種化學環境不同的氫原子，存在對稱結構；②分子中存在硝基和酯基結構，2個取代基可能結構為：-NO2與-CH2OOCH、-NO2與-CH2COOH、-COOH與-CH2NO2、-OOCH與-CH2NO2，同分異構體可能結構簡式為、、、。(7)由E（CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3）先在NaOH溶液中發生水解反應，然后酸化可得，該物質與SOCl2發生反應產生，與NH3發生反應得到目標產物，故由E合成的路線為：。【點睛】本題考查有機物的合成與推斷，關鍵是對給予信息的理解，要結合路線圖中物質的結構與分子式進行推斷，題目側重考查學生分析推理能力、自學能力、知識遷移運用能力，熟練掌握官能團的性質與轉化。25、圓底燒瓶CH3OH+HCl(濃)→CH3Cl+H2O在HC1氣流中小心加熱C-D-B除去CH3C1中的HCl和甲醇，防止對后續試驗的干擾10CH3Cl+14MnO4－+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O溶液顏色由黃色變為橙色，且半分鐘內不變化【解析】

(1)①根據儀器a特點，得出儀器a為圓底燒瓶；根據實驗目的，裝置A是制備CH3Cl，據此分析；②ZnCl2為強酸弱堿鹽，Zn2＋能發生水解，制備無水ZnCl2時，需要防止Zn2＋水解；(2)①A是制備CH3Cl的裝置，CH3Cl中混有甲醇和HCl，甲醇和HCl能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，干擾實驗，必須除去，利用它們溶于水，需要通過C裝置，然后通過D裝置驗證CH3Cl能被酸性高錳酸鉀溶液氧化最后通過B裝置；②根據①分析；③黃綠色氣體為Cl2，利用高錳酸鉀溶液的氧化性，將CH3Cl中C氧化成CO2，高錳酸鉀中Mn元素被還原成Mn2＋，據此分析；(3)①使用鹽酸滴定，甲基橙作指示劑，終點是溶液顏色由黃色變為橙色，且半分鐘內不變化；②CH3Cl燃燒生成CO2和HCl，CO2和HCl被NaOH所吸收，然后用鹽酸滴定過量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，據此分析；【詳解】(1)①根據儀器a的特點，儀器a的名稱為圓底燒瓶，根據實驗目的，裝置A制備CH3Cl，HCl中Cl取代CH3OH中羥基，則a瓶中的反應方程式為CH3OH+HCl(濃)→CH3Cl+H2O；答案：圓底燒瓶；CH3OH+HCl(濃)→CH3Cl+H2O；②ZnCl2為強酸弱堿鹽，Zn2＋發生水解，因此實驗室干燥ZnCl2晶體制備無水ZnCl2的方法是在HC1氣流中小心加熱；答案：在HC1氣流中小心加熱；(2)①根據實驗目的，裝置A制備CH3Cl，甲醇和濃鹽酸易揮發，CH3C1中含有HCl和甲醇等雜質，HCl和甲醇均能使酸性KMnO4溶液褪色，干擾后續實驗，利用甲醇和HCl易溶于水，通入KMnO4溶液前需用水除去，然后再通入酸性高錳酸鉀溶液，根據③得到黃綠色氣體，黃綠色氣體為Cl2，氯氣有毒，污染環境，因此最后通入CCl4溶液，除去Cl2等有毒氣體，則連接順序是A→C→D→B；答案：C→D→B；②根據①分析，水的作用是除去CH3C1中的HCl和甲醇；答案：除去CH3Cl中的HCl和甲醇，防止對后續實驗的干擾；③黃綠色氣體為Cl2，利用高錳酸鉀溶液的氧化性，將CH3Cl中C氧化成CO2，高錳酸鉀中Mn元素被還原成Mn2＋，根據化合價升降法、原子守恒和電荷守恒，得到l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O；答案：l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O；(3)①燃燒生成的CO2和HCl全部被NaOH溶液充分吸收，溶液中的溶質有NaOH、NaCl、Na2CO3，用甲基橙作指示劑，鹽酸進行滴定，滴定終點的產物為NaCl，滴定終點的現象為溶液顏色由黃色變為橙色，且半分鐘內不變化；答案：溶液顏色由黃色變為橙色，且半分鐘（30s）內不變化；②根據①的分析，最后溶質為NaCl，NaCl中氯元素來自于CH3Cl和鹽酸，根據Cl元素守恒可得CH3Cl中的n(Cl)=n(CH3Cl)-n（HCl）=(c1V1－c2V2)×10－3，甲醇的轉化率是=；答案：。26、圓底燒瓶先關閉彈簧夾，從滴液漏斗處倒水，若形成一段穩定的水柱，則證明裝置氣密性好e-f-c-d-a-b-g5NO+3MnO4－+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O有氣泡產生，液面上方變紅0.69mg/L偏低【解析】

(1)(2)根據實驗安全與操作，進行分析；(3)根據信息可知，酸性高錳酸鉀溶液能夠把剩余的氮的氧化物吸收處理；(4)弱酸鹽與強酸反應，生成弱酸，再根據HNO2的性質作答；(5)NO2－可將MnO4－還原為Mn2+，根據化合價變化可得反應的關系式：2MnO4－~5NO2－，多余的高錳酸鉀，可將草酸根氧化，根據化合價變化可得反應的關系式：2MnO4－~5C2O42－，據此計算。【詳解】(1)儀器名稱是圓底燒瓶；檢査裝置E氣密性的方法是先關閉彈簧夾，從滴液漏斗處倒水，若形成一段穩定的水柱，則證明裝置氣密性好，故答案為：圓底燒瓶；先關閉彈簧夾，從滴液漏斗處倒水，若形成一段穩定的水柱，則證明裝置氣密性好；(2)Na2O2會與水反應，接A前要干燥，硝酸易揮發，生成的二氧化氮和水反應生成一氧化氮，接C，多余的NO對空氣有害，接尾氣處理，順序為h-e-f-c-d-a-b-g，故答案為：e-f-c-d-a-b-g；(3)NO能被酸性高錳酸鉀溶液氧化為NO3-，離子方程式為5NO+3MnO4－+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O，故答案為：5NO+3MnO4－+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O；(4)亞硝酸鈉與硫酸反應，生成HNO2，HNO2反應3HNO2=HNO3+2NO+H2O，NO與空氣反應，生成二氧化氮，現象為：有氣泡產生，液面上方變紅，故答案為：有氣泡產生，液面上方變紅；(5)NO2－可將MnO4－還原為Mn2+，根據化合價變化可得反應的關系式：2MnO4－~5NO2－，多余的高錳酸鉀，可將草酸根氧化，根據化合價變化可得反應的關系式：2MnO4－~5C2O42－，消耗0.001mol·L-1草酸鈉115.00mL，消耗高錳酸鉀的物質的量為0.001mol·L－1×0.115L×2/5=4.6×10-5mol，則1000mL水樣消耗高錳酸鉀的物質的量為0.001mol·L－1×0.05L-4.6×10-5mol=4×10-6mol，則水樣中含有亞硝酸鈉的物質的量為4×10-6mol×5/2=10-5mol，質量為10-5mol×69g/mol=6.9×10-4g=0.69mg，所以水中NaNO2的含量為0.69mg/1L=0.69mg/L；NaNO2放置空氣中時間過長被氧化，實際含量降低，測定結果偏低，故答案為：0.69mg/L；偏低。27、AgCl2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)SO42-SO2Ag2S的懸濁液2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH對于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2將S2-氧化生成S時有Ag+游離出來，NaCl中大量的Cl-與游離的Ag+結合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最終出現乳白色沉淀AgCl和S【解析】

(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl與AgNO3溶液發生反應生成。(2)Ⅱ中沉淀由白變黑，則表明白色沉淀與S2-反應，生成Ag2S沉淀等。(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，產生白色沉淀，說明此沉淀為BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，產生黃色沉淀，說明AgCl轉化為AgI；①由ⅰ判斷，可確定濾液X中被檢出的離子。②另一種沉淀應能被濃硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化劑，由此確定產生氣體的成分。②因為C是做對比實驗而設立的，由此可確定C中盛放的物質W。③B中，反應物還有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。④B中，Ag2S被氧化生成S，則Ag+會與NaCl作用，從而促進平衡正向移動。【詳解】(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl與AgNO3反應生成，則為AgCl。答案為：AgCl；(2)Ⅱ中沉淀由白變黑，則表明白色沉淀與S2-反應，生成Ag2S沉淀等，反應的離子方程式為2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案為：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，產生白色沉淀，說明此沉淀為BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，產生黃色沉淀，說明AgCl轉化為AgI；①由ⅰ判斷，可確定濾液X中被檢出的離子為SO42-。答案為：SO42-；②另一種沉淀應能被濃硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，則其為S。答案為：S；(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化劑，由此確定產生氣體為O2。答案為：O2；②因為C是做對比實驗而設立的，由此可確定C中盛放的物質W為Ag2S的懸濁液。答案為：Ag2S的懸濁液；③B中，反應物還有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式為2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH。答案為：2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH；④B中，Ag2S被O2氧化生成S，則Ag+游離出來，會與NaCl中的Cl-結合，生成AgCl沉淀，從而促進平衡正向移動，B中最終出現乳白色沉淀AgCl和S。答案為：對于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2將S2-氧化生成S時有Ag+游離出來，NaCl中大量的Cl-與游離的Ag+結合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最終出現乳白色沉淀AgCl和S。【點睛】因為Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16，所以將AgCl轉化為Ag2S我們容易理解，如何實現黑色沉淀向白色沉淀的轉化，即Ag2S轉化為AgCl，則需要改變反應條件，通過實驗我們可得出是O2的幫助，結合前面推斷，可確定還有S生成，然后利用守恒法便可將方程式配平。28、2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=-276.0kJ/mol0.0875mol/(L·s)8k正/k逆<SO32-＋H2O?HSO3-＋OH－＞10－6.8【解析】

(1)依據熱化學方程式和蓋斯定律計