2025屆內蒙古自治區包頭市三十三中高三第五次模擬考試化學試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、25℃時，1mol/L醋酸加水稀釋至0.01mol/L，下列說法正確的是A．溶液中的值增大 B．pH增大2個單位C．溶液中c(OH-)減小 D．Kw減小2、已知AG=lg，電離度α=×100%。常溫下，向10mL0.1mol/LHX溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，混合溶液中AG與滴加NaOH溶液體積的關系如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．F點溶液pH<7B．G點溶液中c(Na+)=c（X-）>c(H+)=c（OH-）C．V=10時，溶液中c（OH-）<c(HX)D．常溫下，HX的電離度約為1%3、下列實驗操作與預期實驗目的或所得實驗結論一致的是選項實驗操作和現象預期實驗目的或結論A向兩支盛有KI3的溶液的試管中，分別滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液變藍，后者有黃色沉淀KI3溶液中存在平衡:I3-I2+I-B向1mL濃度均為0.05mol·L-lNaCl、NaI的混合溶液中滴加2滴0.01mol·L-lAgNO3溶液，振蕩，沉淀呈黃色Ksp(AgCl)<Ksp(AgI)C室溫下，用pH試紙分別測定濃度為0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比較HC1O和CH3COOH的酸性強弱D濃硫酸與乙醇180℃共熱，制得的氣體通入酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去制得的氣體為乙烯A．A B．B C．C D．D4、下列關于有機物1-氧雜-2，4-環戊二烯（）的說法正確的是（）A．與互為同系物B．一氯代物有2種，二氯代物有4種（不考慮立體異構）C．能使溴水退色，不能使酸性高錳酸鉀溶液退色D．1mol該有機物完全燃燒消耗5molO25、已知X、Y、Z為短周期主族元素，在周期表中的相應位置如圖所示，下列說法不正確的是（）A．若X為金屬元素，則其與氧元素形成的化合物中陰陽離子個數比可能是1∶2B．若Z、Y能形成氣態氫化物，則穩定性一定是ZHn>YHnC．若Y是金屬元素，則其氫氧化物既能和強酸反應又能和強堿反應D．三種元素的原子半徑：r（X）>r（Y）>r（Z）6、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7、化學與能源開發、環境保護、生產生活等密切相關。下列敘述錯誤的是A．光催化水制氫比電解水制氫更節能環保B．用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可減少白色污染C．開發利用可再生能源，可減少化石燃料的使用D．改進汽車尾氣凈化技術，可減少大氣污染物的排放8、對于下列實驗事實的解釋，不合理的是選項實驗事實解釋A加熱蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固體；加熱蒸干MgCl2溶液得不到MgCl2固體H2SO4不易揮發，HCl易揮發B電解CuCl2溶液陰極得到Cu；電解NaCl溶液，陰極得不到Na得電子能力：Cu2+>Na+>H+C濃HNO3能氧化NO；稀HNO3不能氧化NOHNO3濃度越大，氧化性越強D鈉與水反應劇烈；鈉與乙醇反應平緩羥基中氫的活潑性：H2O＞C2H5OHA．A B．B C．C D．D9、下列說法正確的是()A．用干燥的pH試紙測定氯水的pHB．配制一定濃度的NaOH溶液，定容時仰視讀數，使配制的溶液濃度偏小C．用加熱分解的方法可將NH4Cl固體和Ca(OH)2固體的混合物分離D．將25.0gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸餾水中，配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液10、成語是中國文化的魂寶。下列成語涉及的金屬在常溫下不溶于濃硝酸的是A．銅殼滴漏 B．化鐵為金 C．火樹銀花 D．書香銅臭11、下列說法正確的是()A．碘單質或NH4Cl的升華過程中，不需克服化學鍵B．Na2O2屬于離子化合物，該物質中陰、陽離子數之比為1∶1C．CO2和SiO2中，都存在共價鍵，它們的晶體都屬于分子晶體D．金剛石和足球烯(C60)雖均為碳單質，但晶體類別不同，前者屬于原子晶體，后者屬于分子晶體12、下列有關說法正確的是（）A．糖類、蛋白質、油脂都屬于天然高分子化合物B．石油經過蒸餾、裂化過程可以得到生產無紡布的原材料丙烯等C．根據組成，核酸分為脫氧核糖核酸（DNA）和核糖核酸（RNA），它們都是蛋白質D．醫藥中常用酒精來消毒，是因為酒精能夠使細菌蛋白質發生變性13、下列關于自然界中氮循環的說法錯誤的是A．氮肥均含有NH4+B．雷電作用固氮中氮元素被氧化C．碳、氫、氧三種元素參與了自然界中氮循環D．合成氨工業的產品可用于侯氏制堿法制備純堿14、甲、乙兩種CH3COOH溶液的pH，若甲比乙大1，則甲、乙兩溶液中A．c（甲）:c（乙）＝1:10 B．c（H+）甲:c（H+）乙＝1:2C．c（OH-）甲:c（OH-）乙＝10:1 D．α（甲）:α（乙）＝2:115、下列實驗操作、解釋或結論均正確的是選項實驗目的操作結論或解釋A檢驗、混合溶液中的取待測液少許，加入過量的溶液，再加振蕩靜置；取上層清液，向其中加入硝酸酸化的溶液液體分層，加入硝酸酸化的，溶液有白色沉淀產生，則溶液中含B檢驗某溶液中有無取待測液少許，加入鹽酸，有氣體放出，將氣體通入澄清石灰水中澄清石灰水變渾濁，則含C檢驗溶液中的取待測液少許，先通入氯氣，再加KSCN溶液溶液變紅色，則含D檢驗食鹽中是否含取少量食鹽溶于水，加少量淀粉溶液變藍色，則含A．A B．B C．C D．D16、如圖所示是一種以液態肼(N2H4)為燃料氧氣為氧化劑，某固體氧化物為電解質的新型燃料電池。該固體氧化物電解質的工作溫度高達700—900℃時，O2—可在該固體氧化物電解質中自由移動，反應生成物均為無毒無害的物質。下列說法正確的是（）A．電池內的O2—由電極甲移向電極乙B．電池總反應為N2H4+2O2＝2NO+2H2OC．當甲電極上有1molN2H4消耗時，標況下乙電極上有22.4LO2參與反應D．電池外電路的電子由電極乙移向電極甲17、根據下列實驗操作和現象，得出的結論錯誤的是選項實驗操作和現象結論A向2mL濃度均為1.0mol·L-1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2~3滴0.01mol·L-1AgNO3溶液，振蕩，有黃色沉淀產生。Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)B某溶液中加入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀產生，再加入足量稀鹽酸，白色沉淀不消失。原溶液中有SO42-C向兩支分別盛有0.1mol·L-1醋酸和硼酸溶液的試管中滴加等濃度Na2CO3溶液，可觀察到前者有氣泡產生，后者無氣泡產生。電離常數：Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(H3BO3)D在兩支試管中各加入4mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液和2mL0.1mol·L-1H2C2O4，再向其中一支試管中快速加入少量MnSO4固體，加有MnSO4的試管中溶液褪色較快。Mn2+對該反應有催化作用A．A B．B C．C D．D18、下列實驗能達到目的是（）A．用飽和碳酸氫鈉溶液鑒別SO2和CO2B．用灼熱的銅網除去CO中少量的O2C．用溴水鑒別苯和CCl4D．用蒸發結晶的方法從碘水中提取碘單質19、在海水中提取溴的反應原理是5NaBr＋NaBrO＋3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O下列反應的原理與上述反應最相似的是（）A．2NaBr＋Cl2＝2NaCl＋Br2B．2FeCl3＋H2S=2FeCl2＋S+2HClC．2H2S+SO2=3S+2H2OD．AlCl3＋3NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl20、電滲析法是一種利用離子交換膜進行海水淡化的方法，其工作原理可簡單表示如下圖所示，下列說法不正確的是（）A．通電后a極區可能發生反應2Cl－－2e－＝Cl2↑B．圖中A為陽離子交換膜，B為陰離子交換膜C．通電后b極區附近，溶液的pH變大D．蒸餾法、電滲析法、離子交換法等都是海水淡化的常用方法21、下列除去括號內雜質的方法正確的是（）A．FeCl2(FeCl3)：加入足量鐵屑，充分反應后過濾B．CO2(HCl)：通過飽和NaOH溶液，收集氣體C．N2(O2)：通過灼熱的CuO粉末，收集氣體D．KCl(MgCl2)：加入適量NaOH溶液，過濾22、在體積都為1L、pH都等于2的鹽酸和醋酸溶液中，分別投入等量的鋅粒。下圖所示可能符合客觀事實的是A． B．C． D．二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機物W在醫藥和新材料等領域有廣泛應用。W的一種合成路線如圖：已知部分信息如下：①1molY完全反應生成2molZ，且在加熱條件下Z不能和新制氫氧化銅懸濁液反應②+R1COOH③RCH2NH2++H2O請回答下列問題：(1)Y的化學名稱是___；Z中官能團的名稱是___；(2)中_____________（填“有”或“無”）手性碳原子；圖示中X轉化為Y的反應類型是___。(3)生成W的化學方程式為___。(4)G是對硝基乙苯的同分異構體，G能和碳酸鈉反應產生氣體且分子中含有—NH2（氨基），G的同分異構體有___種（不考慮立體結構），其中在核磁共振氫譜上峰的面積比為1∶2∶2∶2∶2的結構簡式為_________________。(5)設計以苯乙烯和丙酮為原料制備藥物中間體的合成路線__________（無機試劑自選）。24、（12分）已知：D為烴，E分子中碳元素與氫元素的質量之比6∶1，相對分子質量為44，其燃燒產物只有CO2和H2O。A的最簡式與F相同，且能發生銀鏡反應，可由淀粉水解得到。（1）A的結構簡式為__________________。（2）寫出D→E的化學方程式_______________________。（3）下列說法正確的是____。A.有機物F能使石蕊溶液變紅B.用新制的氫氧化銅無法區分有機物C、E、F的水溶液C.等物質的量的C和D分別完全燃燒消耗氧氣的量相等D.可用飽和碳酸鈉溶液除去有機物B中混有的少量C、FE.B的同分異構體中能發生銀鏡反應的酯類共有2種25、（12分）某校探究性學習小組用已部分生銹的廢鐵屑制作印刷電路板的腐蝕劑，并回收銅。探究過程如下：請回答下列問題：（1）步驟①中先加入熱的Na2CO3溶液除油污，操作甲的名稱是_____。（2）步驟②中，除發生反應Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑外，其他可能反應的離子方程式為Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O和____。（3）溶液C的顏色是____，溶液D中可能含有的金屬陽離子有___。（4）可以驗證溶液B中是否含有Fe2＋的一種試劑是____(填選項序號)。a．稀硫酸b．鐵c．硫氰化鉀d．酸性高錳酸鉀溶液（5）操作乙的名稱是___，步驟⑤產生金屬銅的化學方程式為____。26、（10分）乙醇是制取飲料、香精、染料、涂料、洗滌劑等產品的原料。完成下列填空：（1）實驗室用乙醇制取乙烯時，濃硫酸的用量遠遠超過作為催化劑的正常用量，原因是______。（2）驗證乙烯加成反應性質時，需對乙烯氣體中的干擾物質進行處理，可選用的試劑是_____（填寫化學式）；能確定乙烯通入溴水中發生了加成反應的事實是______。（選填編號）a．溴水褪色b．有油狀物質生成c．反應后水溶液酸性增強d．反應后水溶液接近中性（3）實驗室用乙醇和乙酸制備乙酸乙酯時，甲、乙兩套裝置如圖1都可以選用。關于這兩套裝置的說法正確的是______。（選填編號）a．甲裝置乙酸轉化率高b．乙裝置乙酸轉化率高c．甲裝置有冷凝回流措施d．乙裝置有冷凝回流措施（4）用乙裝置實驗時，提純乙中乙酸乙酯的流程如圖3以上流程中試劑A的化學式是______；操作Ⅱ的名稱是______；操作Ⅲ一般適用于分離______混合物。（5）如圖2是用乙醇制備溴乙烷的裝置，實驗中有兩種加料方案：①先加溴化鈉→再加乙醇→最后加1：1濃硫酸；②先加溴化鈉→再加1：1濃硫酸→最后加乙醇。按方案①和②實驗時，產物都有明顯顏色，若在試管中加入______，產物可變為無色。與方案①相比較，方案②的明顯缺點是______。27、（12分）下面是關于硫化氫的部分文獻資料資料：常溫常壓下，硫化氫(H2S)是一種無色氣體，具有臭雞蛋氣味，飽和硫化氫溶液的物質的量濃度約為0.1mol·L－1。硫化氫劇毒，經粘膜吸收后危害中樞神經系統和呼吸系統，對心臟等多種器官造成損害。硫化氫的水溶液稱氫硫酸(弱酸)，長期存放會變渾濁。硫化氫及氫硫酸發生的反應主要有：2H2S+O2=2H2O+2S2H2S+3O2=2H2O+2SO22H2S+SO2=2H2O+3S2H2S+Cl2=2HCl+S↓H2S=H2+SH2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4H2S+2NaOH=Na2S+2H2OH2S+NaOH=NaHS+H2O……某研究性學習小組對資料中“氫硫酸長期存放會變渾濁”這一記載十分感興趣，為了探究其原因，他們分別做了如下實驗：實驗一：將H2S氣體溶于蒸餾水制成氫硫酸飽和溶液，在空氣中放置1～2天未見渾濁現象。用相同濃度的碘水去滴定氫硫酸溶液測其濃度。圖一所示為兩只燒杯中氫硫酸濃度隨時間變化而減小的情況。實驗二：密閉存放的氫硫酸，每天定時取1mL氫硫酸，用相同濃度的碘水滴定，圖二所示為氫硫酸濃度隨放置天數變化的情況。實驗三：在飽和氫硫酸溶液中以極慢的速度通入空氣（1～2個氣泡/min），數小時未見變渾濁的現象。實驗四：盛滿試劑瓶，密閉存放的飽和氫硫酸溶液隔2～3天觀察，直到略顯渾濁；當把滿瓶的氫硫酸倒扣在培養皿中觀察2～3天，在溶液略顯渾濁的同時，瓶底僅聚集有少量的氣泡，隨著時間的增加，這種氣泡也略有增多（大），渾濁現象更明顯些。請回答下列問題：（1）實驗一（見圖一）中，氫硫酸的濃度隨時間變化而減小的主要因素是_______________。（2）實驗一和實驗二中，碘水與氫硫酸反應的化學方程式為_________________________。兩個實驗中準確判斷碘水與氫硫酸恰好完全反應是實驗成功的關鍵。請設計實驗方案，使實驗者準確掌握所加碘水恰好與氫硫酸完全反應___________________________________________________________________________。（3）“氫硫酸長期存放會變渾濁”中，出現渾濁現象是由于生成了_____________的緣故。（4）該研究性學習小組設計實驗三，說明他們認為“氫硫酸長期存放會變渾濁”的假設原因之一是（用文字說明）__________________________________。此實驗中通入空氣的速度很慢的主要原因是什么？________________________________________________________。（5）實驗四的實驗現象說明“氫硫酸長期存放會變渾濁”的主要原因可能是__________。為進一步證實上述原因的準確性，你認為還應做哪些實驗（只需用文字說明實驗設想，不需要回答實際步驟和設計實驗方案）？_____________________________________。28、（14分）燃煤煙氣中含有大量NOx、CO2、CO和SO2，經處理可獲得重要的化工原料。(1)用CH4催化還原NOx可以消除氮氧化物的污染。CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH1=－574.0kJ·mol－1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=＋1160.0kJ·mol－1①反應CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH3=___________kJ·mol－1。②若反應中還原NOx至N2，消耗標準狀況下4.48LCH4，則反應過程中轉移的電子總數為_____。(2)利用煙氣中分離所得的CO2、CO與H2按一定比例混合在催化劑的作用下合成甲醇，發生的主要反應如下：反應1:CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH1=－99.0kJ·mol－1反應2:CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH2=＋483.0kJ·mol－1反應3:CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH3=＋384.0kJ·mol－1反應體系中CO平衡轉化率(α)與溫度和壓強的關系如圖所示。①α(CO)隨溫度升高而減小的原因是____________________。②圖中的p1、p2、p3由大到小的順序為__________________。(3)亞氯酸鈉(NaClO2)和次氯酸鈉(NaClO)混合液作為復合吸收劑可脫除煙氣中的NOx、SO2，使其轉化為NO3-、SO42-。①寫出NO與NaClO2在堿性環境中反應的離子方程式：________________。②下圖表示在一定條件下溫度與復合吸收劑對煙氣中SO2、NO脫除效率的關系。圖中SO2比NO脫除效率高的原因可能是：____________________。③從復合吸收劑吸收煙氣后的廢液中可回收得到NaHSO4，低溫電解NaHSO4水溶液可制備工業上常用的強氧化劑Na2S2O8，原理如圖所示。電解時電極Ⅰ的電極反應式為______________。29、（10分）元素單質及其化合物有廣泛用途，請根據周期表中第三周期元素相關知識回答下列問題：（1）按原子序數遞增的順序（稀有氣體除外），以下說法正確的是___。a．原子半徑和離子半徑均減小b．金屬性減弱，非金屬性增強c．單質的熔點降低d．氧化物對應的水合物堿性減弱，酸性增強（2）原子最外層電子數與次外層電子數相同的元素名稱為___，氧化性最弱的簡單陽離子是___。（3）已知：化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3類型離子化合物離子化合物離子化合物共價化合物熔點/℃28002050714191工業制鎂時，電解MgCl2而不電解MgO的原因是___；制鋁時，電解Al2O3而不電解AlCl3的原因是___。（4）晶體硅（熔點1410℃）是良好的半導體材料．由粗硅制純硅過程如下：Si（粗）SiCl4SiCl4（純）Si（純）寫出SiCl4的電子式：___；在上述由SiCl4制純硅的反應中，測得每生成1.12kg純硅需吸收akJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式___。（5）下列氣體不能用濃硫酸干燥，可用P2O5干燥的是___。a．NH3b．HIc．SO2d．CO2（6）KClO3可用于實驗室制O2，若不加催化劑，400℃時分解只生成兩種鹽，其中一種是無氧酸鹽，另一種鹽的陰陽離子個數比為1：1．寫出該反應的化學方程式：___。

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．加水稀釋，溶液中的c(CH3COO-)減小，但醋酸的Ka=不變，故溶液中的值增大，故A正確；B．加水稀釋，醋酸的電離被促進，電離出的氫離子的物質的量增多，故pH的變化小于2，故B錯誤；C．對醋酸加水稀釋，溶液中的氫離子濃度減小，而Kw不變，故c(OH-)增大，故C錯誤；D．Kw只受溫度的影響，溫度不變，Kw的值不變，故加水稀釋對Kw的值無影響，故D錯誤；故答案為A。2、C【解析】

E點為0.1mol/LHX溶液，AG=lg=8，則=108，水的離子積KW==10-14,由此計算氫離子濃度；F點為等物質的量HX溶液NaX溶液的混合液，此時AG=lg=6，則c(H+)>c（OH-），pH<7；G點為AG=lg=0，則c(H+)=c（OH-）；V=10時溶液為NaX溶液,由于水解和水的電離c（OH-）>c(HX)。【詳解】A.F點為等物質的量HX溶液NaX溶液的混合液，此時AG=lg=6，則c(H+)>c（OH-），pH<7,故A正確；B.G點溶液中AG=lg=0，則c(H+)=c（OH-），溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c（OH-）+c（X-），故c(Na+)=c（X-）>c(H+)=c（OH-），故B正確；C．V=10時溶液為NaX溶液,由于水解和水的電離c（OH-）>c(HX)，故C錯誤；D．E點為0.1mol/LHX溶液，AG=lg=8，則=108，水的離子積KW==10-14,,則電離度=，故D正確；故答案選：C。【點睛】溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c（OH-）+c（X-）。3、A【解析】

A．淀粉遇I2變藍，AgI為黃色沉淀，實驗現象說明KI3的溶液中含有I2和I-，由此得出結論正確，A項符合題意；B．由生成的沉淀呈黃色可知沉淀為AgI，在c(Cl-)和c(I-)相同時，先生成AgI，故可得Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，與結論不符，B項不符合題意；C．NaClO水解生成HClO，次氯酸具有強氧化性，不能用pH試紙測定NaClO溶液的pH，應使用pH計測量比較二者pH的大小，C項不符合題意；D．濃硫酸具有強氧化性，能將乙醇氧化，自身被還原為二氧化硫，二氧化硫以及揮發出來的乙醇蒸氣都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故該氣體不一定是乙烯，實驗現象所得結論與題給結論不符，D項不符合題意；答案選A。4、B【解析】

1-氧雜-2，4-環戊二烯()的分子式為C4H4O，有2種等效氫，結合碳碳雙鍵的平面結構特征和有機物燃燒規律進行解答。【詳解】A．屬于酚，而不含苯環和酚羥基，兩者不是同系物，A錯誤；B．共有2種等效氫（不考慮立體異構），它的一氯代物有2種，二氯代物有4種，B正確；C．含碳碳雙鍵，既能能使溴水退色，又能使酸性高錳酸鉀溶液退色，C錯誤；D．的分子式為C4H4O，1molC4H4O完全燃燒消耗的O2的物質的量為1mol(4+-)=4.5mol，D錯誤。答案選B。5、C【解析】

由題中元素在周期表中的位置推出X、Y、Z三種元素分別位于第二周期和第三周期；當X為金屬時，X可能為Na、Mg、Al，若Y為金屬時可能為Mg或者Al，根據常見氧化物以及鎂、鋁化合物的性質分析。【詳解】由題中元素在周期表中的位置推出X、Y、Z三種元素分別位于第二周期和第三周期；A、當X為金屬時，X可能為Na、Mg、Al，與氧氣形成的化合物分別為Na2O、Na2O2、MgO、Al2O3，陰陽離子個數比有為1:2、1:1、2:3，故A不符合題意；B、由于Z、Y同族，從上至下非金屬性逐漸減弱，Z的非金屬性大于Y，所以氣態氫化物的穩定性ZHn>YHn，故B不符合題意；C、若Y為金屬時可能為Mg或者Al，因為Mg(OH)2不與強堿反應，故C符合題意；D、因電子層數X=Y>Z，故半徑Y>Z，同周期原子半徑從左至右逐漸減小，故原子半徑：r(X)>r(X)>r(Z)，故D不符合題意。故選C。6、B【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。【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。7、B【解析】

A、電解水制氫需要消耗大量的電能，所以光催化水制氫比電解水制氫更節能環保，故A正確；B、聚乙烯塑料在自然界中很難降解，而聚乳酸塑料在自然界中能降解，所以聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可減少白色污染，故B錯誤；C、開發利用可再生能源，可減少傳統燃料如化石燃料的使用，故C正確；D、改進汽車尾氣凈化技術，能把有毒氣體轉化為無毒氣體，可減少大氣污染物的排放，故D正確；答案選B。8、B【解析】

A、硫酸鎂溶液中：Mg2＋＋2H2OMg(OH)2＋2H＋，鹽類水解是吸熱反應，升高溫度，促進水解，但硫酸屬于難揮發性酸，因此加熱蒸干得到的是MgSO4；氯化鎂溶液：MgCl2＋2H2OMg(OH)2＋2HCl，加熱促進水解，HCl易揮發，加熱促進HCl的揮發，更加促進反應向正反應方向進行，因此加熱蒸干得到的是Mg(OH)2或MgO，解釋合理，故A說法正確；B、根據電解原理，電解CuCl2溶液，陰極上發生Cu2＋＋2e－=Cu，說明Cu2＋得電子能力大于H＋，電解NaCl溶液，陰極上發生2H＋＋2e－=H2↑，說明H＋得電子能力強于Na＋，得電子能力強弱是Cu2＋>H＋>Na＋，因此解釋不合理，故B說法錯誤；C、濃硝酸能氧化NO，而稀硝酸不能氧化NO，說明濃硝酸的氧化性強于稀硝酸，即硝酸濃度越大，氧化性越強，解釋合理，故C說法正確；D、鈉與乙醇反應平緩，鈉與水反應劇烈，說明羥基中氫的活性：CH3CH2OH<H2O，解釋合理，故D說法正確。答案選B。9、B【解析】

A.氯水具有強氧化性，能使pH試紙褪色，所以不能用的pH試紙測定某氯水的pH，故A錯誤；B.配制一定濃度的NaOH溶液，定容時仰視讀數,會使溶液的體積變大，導致濃度偏小，故B錯誤；C.NH4Cl固體和Ca(OH)2固體在加熱的條件下發生反應2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，所以不能用加熱的方法分離，故C錯誤；D.精確配制一定物質的量濃度的溶液，必須在容量瓶中進行。將25.0gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸餾水中，所得溶液的體積不是100mL，故無法得到1.0mol/LCuSO4溶液，故D錯誤；【點睛】考查實驗基本操作的評價，涉及pH試紙的使用、溶液的配制操作、氨氣的制取等，選項A注意氯水含有次氯酸具有強氧化性能使pH試紙褪色，所以不能用的pH試紙測定某氯水的pH；配制一定物質的量濃度的溶液，定容時仰視讀數,會加水過多，導致濃度偏小；俯視的時候加水變少，導致濃度偏大；配制溶液必須用容量瓶定容溶液體積。10、B【解析】A、銅壺滴漏，銅壺滴漏即漏壺，中國古代的自動化計時（測量時間）裝置，又稱刻漏或漏刻。銅能溶于濃硝酸，故A錯誤；B、化鐵為金，比喻修改文章，化腐朽為神奇。金不活潑，金在常溫下不溶于濃硝酸，鐵常溫下在濃硝酸中鈍化，故B正確；C、火樹銀花，大多用來形容張燈結彩或大放焰火的燦爛夜景。銀不活潑，但能溶于濃硝酸，故C錯誤；D、書香銅臭，書香，讀書的家風；銅臭，銅錢上的臭味。指集書香和銅臭于一體的書商。銅能溶于濃硝酸，故D錯誤；故選B。11、D【解析】

A、NH4Cl的分解生成氣體過程中，需克服離子鍵和共價鍵，選項A錯誤；B、Na2O2中陰離子(O22-)、陽離子(Na＋)數之比為1∶2，選項B錯誤；C、SiO2中，Si原子、O原子向空間伸展，不存在小分子，屬于原子晶體，選項C錯誤；D、金剛石和足球烯(C60)雖均為碳單質，但晶體類別不同，前者屬于原子晶體，后者屬于分子晶體，選項D正確。答案選D。【點睛】本題主要是化學鍵、分子晶體和物質三態變化克服的作用力等知識，正確理解信息是解題關鍵，試題培養了學生分析、理解能力及靈活應用所學知識的能力。注意晶體類型的判斷方法，離子間通過離子鍵形成的晶體是離子晶體，分子間通過分子間作用力形成的晶體是分子晶體，原子間通過共價鍵形成的空間網狀結構的晶體是原子晶體，由金屬陽離子和自由電子構成的晶體是金屬晶體。12、D【解析】

A．糖類中的單糖、油脂的相對分子質量較小，不屬于高分子化合物，A錯誤；B．石油經過分餾、裂化和裂解過程可以得到丙烯等，B錯誤；C．蛋白質是由氨基酸構成的，核酸不屬于蛋白質，C錯誤；D．酒精能使蛋白質變性，用來殺屬菌消毒，D正確；答案選D。【點睛】油脂均不屬于高分子化合物，此為易錯點。13、A【解析】

A項，除了含有銨根的銨態氮肥以外，還有硝態氮肥（以硝酸根NO3-為主）、銨態硝態氮肥（同時含有硝酸根和銨根）、酰胺態氮肥（尿素），故A項錯誤；B項，在閃電（高能）作用下，生成氮氧化合物，氮元素化合價升高，所以雷電作用固氮中氮元素被氧化，故B項正確；C項，碳、氫、氧三種元素參加了氮循環，如蛋白質的制造需要碳元素，又如氮氣在放電條件下，與氧氣直接化合生成一氧化氮氣體，二氧化氮易與水反應生成硝酸和一氧化氮等，故C項正確；D項，侯氏制堿法制備純堿涉及的反應為：NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氫鈉加熱分解生成碳酸鈉，該制備中用到了氨氣，所以合成氨工業的產品可用于侯氏制堿法制備純堿，故D項正確。故選A。14、C【解析】

A．甲、乙兩種溶液的pH，若甲比乙大1，則濃度乙比甲的10倍還要大，A錯誤；

B．根據氫離子濃度等于知，：：10，B錯誤；

C．酸溶液中的氫氧根濃度等于水電離出的氫氧根離子濃度，：：：1，C正確；

D．根據上述分析結果，甲：乙不等于2：1，D錯誤。

答案選C。15、A【解析】

本題考查化學實驗的評價，意在考查分析問題，解決問題的能力。【詳解】A.檢驗氯離子用硝酸銀溶液，但碘離子的存在對氯離子的檢驗有干擾，因此用Fe(NO3)3將碘離子氧化為碘單質并用CCl4萃取，此時上層液體中不含碘離子，再加硝酸酸化的硝酸銀溶液有白色沉淀產生，則表明溶液中含有氯離子，故A正確；B.CO32－、SO32－、HCO3－、HSO3－均可與鹽酸反應，生成能使澄清石灰水變渾濁的氣體，故B錯誤；C.檢驗亞鐵離子應先加KSCN溶液，溶液未變紅，再通人氯氣，溶液變紅，證明有Fe2+，故C錯誤；D.碘酸鉀遇淀粉不能變藍色，故D錯誤；答案：A16、C【解析】

該燃料電池中，負極上燃料失電子發生氧化反應，電極反應式為：N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O，故電極甲作負極，電極乙作正極，正極上氧氣得電子發生還原反應，電極反應式為：O2+4e-=2O2-，電池總反應為：N2H4+O2=N2↑+2H2O，結合離子的移動方向、電子的方向分析解答。【詳解】A.放電時，陰離子向負極移動，即O2?由電極乙移向電極甲，A項錯誤；B.反應生成物均為無毒無害的物質，負極上反應生成氮氣，則電池總反應為N2H4+O2=N2↑+2H2O，B項錯誤；C.由電池總反應為N2H4+O2=N2↑+2H2O可知，當甲電極上有1molN2H4消耗時，乙電極上有1molO2被還原，所以標況下乙電極上有22.4LO2參與反應，C項正確；D.電池外電路的電子從電源的負極流向正極，即由電極甲移向電極乙，D項錯誤；答案選C。17、B【解析】

A．向2mL濃度均為1.0mol·L-1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2~3滴0.01mol·L-1AgNO3溶液，振蕩，有黃色沉淀產生。說明先生成AgI沉淀，從而說明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，正確；B.某溶液中加入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀產生，再加入足量稀鹽酸，白色沉淀不消失。不能證明原溶液中有SO42-，因為若含SO32-，也會生成BaSO4沉淀，錯誤；C.向兩支分別盛有0.1mol·L-1醋酸和硼酸溶液的試管中滴加等濃度Na2CO3溶液，可觀察到前者有氣泡產生，后者無氣泡產生。說明酸性：CH3COOH＞H2CO3＞H3BO3，從而說明電離常數：Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(H3BO3)，正確；D.在兩支試管中各加入4mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液和2mL0.1mol·L-1H2C2O4，再向其中一支試管中快速加入少量MnSO4固體，加有MnSO4的試管中溶液褪色較快。從而說明Mn2+對該反應有催化作用，正確。故選B。18、C【解析】

A.二氧化硫與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，二氧化碳難溶于飽和碳酸氫鈉溶液，二氧化硫和二氧化碳分別通入飽和碳酸氫鈉溶液都會產生氣泡，現象相同，不能鑒別，故A錯誤；B.加熱時，Cu與氧氣反應生成CuO，CO能與氧化銅反應，所以不能用用灼熱的銅網除去CO中少量的O2，故B錯誤；C.溴水與苯混合有機層在上層，溴水與四氯化碳混合有機層在下層，現象不同，可鑒別，故C正確；D.蒸發時，碘易升華而損失，應用萃取、分液的方法分離，故D錯誤。故選C。19、C【解析】

反應5NaBr＋NaBrO＋3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O為氧化還原反應，只有Br元素發生電子的得與失，反應為歸中反應。A.2NaBr＋Cl2＝2NaCl＋Br2中，變價元素為Br和Cl，A不合題意；B.2FeCl3＋H2S=2FeCl2＋S+2HCl中，變價元素為Fe和S，B不合題意；C.2H2S+SO2=3S+2H2O中，變價元素只有S，發生歸中反應，C符合題意；D.AlCl3＋3NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl為非氧化還原反應，D不合題意。故選C。20、B【解析】

A.通電后，a電極為陽極，陽極是氯離子放電，生成氯氣，其電極反應為：2Cl－－2e－＝Cl2↑，A正確；B.陰離子交換膜只允許陰離子自由通過，陽離子交換膜只允許陽離子自由通過，隔膜A和陽極相連，陽極是陰離子放電，所以隔膜A是陰離子交換膜，隔膜B是陽離子交換膜，B錯誤；C.通電后，b電極為陰極，陰極區是氫離子得到電子生成氫氣，氫氧根離子濃度增大，溶液的pH變大，C正確；D.蒸餾法、電滲析法、離子交換法等都是海水淡化的常用方法，D正確；故答案為：B。21、A【解析】

A、鐵和氯化鐵反應生成物是氯化亞鐵，A正確；B、NaOH也吸收CO2，所以不正確，應選用飽和的碳酸氫鈉溶液，B不正確；C、氧化銅與氧氣不反應，應選用灼熱的銅網，C不正確；D、加入適量NaOH溶液會引入鈉離子，應該是氫氧化鉀，D不正確；故選A。【點睛】除雜的要求是不增不減。即不引入新雜質，不減少主要成分；如B選項，NaOH能與CO2反應，主要物質被反應，故錯誤。22、C【解析】

根據鹽酸和醋酸溶液中的氫離子物質的量和加入鋅的物質的量，依據鹽酸是強酸，醋酸是弱酸，在溶液中存在電離平衡判斷反應過程和反應量的關系，結合圖象中的縱坐標和橫坐標的意義，曲線的變化趨勢，起點、拐點、終點的意義分析判斷是否符合事實。【詳解】體積都為1L，pH都等于2的鹽酸和醋酸溶液中，n(CH3COOH)>n(HCl)=0.01mol，鋅和酸反應Zn+2H+=Zn2++H2↑，鹽酸溶液中氫離子不足，醋酸溶液中存在電離平衡，平衡狀態下的氫離子不足，但隨著反應進行，醋酸又電離出氫離子進行反應，放出的氫氣一定比鹽酸多，開始時由于氫離子濃度相同，開始的反應速率相同，反應過程中醋酸溶液中的氫離子濃度始終比鹽酸溶液中的氫離子濃度大，所以反應速率快；反應后，醋酸有剩余，導致醋酸溶液中pH小于鹽酸溶液中；A．由于醋酸會不斷電離出H+，因此醋酸pH上升會比鹽酸慢。雖然和同量的Zn反應，醋酸速率快，但是這是pH，不是氫氣的量，所以pH上升醋酸慢，A錯誤；B．反應開始氫離子濃度相同，反應速率相同。曲線從相同速率開始反應，但醋酸溶液中存在電離平衡，反應過程中醋酸溶液中的氫離子濃度始終比鹽酸溶液中的氫離子濃度大，所以醋酸溶液反應過程中反應速率快，溶解的鋅的量也比鹽酸多，所以圖象不符合題意，B錯誤；C．產生氫氣的量從0開始逐漸增多，最終由于醋酸電離平衡的存在，生成氫氣的量比鹽酸多，反應過程中氫離子濃度大于鹽酸溶液中氫離子濃度，和同量鋅反應速率快，若Zn少量產生的H2的量相同，鋅過量則醋酸產生的氫氣多，故圖象符合Zn少量，C正確；D．反應開始氫離子濃度相同，反應過程中醋酸存在電離平衡，醋酸溶液中的氫離子濃度始終比鹽酸溶液中的氫離子濃度大，D錯誤；故合理選項是C。【點睛】本題考查了圖象法在化學反應速率的影響中的應用，關鍵是反應過程中溶液中的氫離子濃度大小的判斷和一定量鋅與氫離子反應的過量判斷，注意弱電解質在溶液中存在電離平衡，弄清坐標系中橫坐標、縱坐標的含義分析解答。二、非選擇題(共84分)23、2，3-二甲基-2-丁烯羰基無消去反應17、【解析】

由分子式可知，X為飽和一元醇(或醚)，X在濃硫酸、加熱條件下轉化為Y，Y發生信息②中氧化反應生成Z，故X為飽和一元醇，X發生消去反應生成烯烴Y，1molY完全反應生成2molZ，則Y為結構對稱，且在加熱條件下Z不能和新制氫氧化銅濁液反應，結合信息②可知Z為，則Y為、X為，結合信息③可推知W為。乙苯發生硝化反應生成，然后發生還原反應生成，據此分析解答。【詳解】(1)由分析可知，Y為，Y的化學名稱是：2，3-二甲基-2-丁烯；Z為，Z中官能團的名稱是：羰基；(2)連接4個不同原子或原子團的碳原子是手性碳原子，故中沒有手性碳原子；圖示中X轉化為Y是分子內脫去1分子水形成碳碳雙鍵，屬于消去反應；(3)生成W的化學方程式為：；(4)G是對硝基乙苯()的同分異構體，G能和碳酸鈉反應產生氣體且分子中含有-NH2(氨基)，G中還含有羧基，苯環可以含有1個側鏈為-CH(NH2)COOH；可以有2個側鏈為-CH2NH2、-COOH，或者為-NH2、-CH2COOH，均有鄰、間、對三者位置結構；可以有3個側鏈為：-CH3、-NH2、-COOH，氨基與羧基有鄰、間、對3種位置結構，對應的甲基分別有4種、4種、2種位置，故符合條件的同分異構體共有1+3×2+4+4+2=17種，其中在核磁共振氫譜上峰的面積比為1：2：2：2：2的結構簡式為：和；(5)由與反應生成；苯乙烯與氫氣發生加成反應生成乙苯，乙苯發生硝化反應生成，再用酸性高錳酸鉀溶液氧化生成，然后與Fe/HCl反應生成，合成路線流程圖為：。24、CH2OH(CHOH)4CHO2CH2CH2+O22CH3CHOACDE【解析】

A能發生銀鏡反應，可由淀粉水解得到，說明A為葡萄糖，葡萄糖在催化劑作用下生成C為乙醇，E分子中碳元素與氫元素的質量之比6∶1，說明E分子中C與H原子個數比為1:2，相對分子質量為44，其燃燒產物只有CO2和H2O，則E為CH3CHO，D為烴，根據C和E可知，D為乙烯，F的最簡式和葡萄糖相同，且由乙醛催化氧化得到，說明F為乙酸，B在酸性條件下生成乙酸和乙醇，則B為乙酸乙酯。據此判斷。【詳解】(1)A為葡萄糖，其結構簡式為CH2OH(CHOH)4CHO，故答案為CH2OH(CHOH)4CHO；(2)乙烯催化氧化生成乙醛的化學方程式為：2CH2＝CH2+O22CH3CHO，故答案為2CH2＝CH2+O22CH3CHO；(3)A.有機物F為乙酸，具有酸性，可使石蕊溶液變紅，故A正確；B.C為乙醇、E為乙醛、F為乙酸乙酯，乙醇易溶于水，不分層，乙醛與新制氫氧化銅反應生成磚紅色沉淀，乙酸乙酯不溶于水，產生分層，上層為油狀液體，現象各不相同，所以可用新制的氫氧化銅區分，故B錯誤；C.1mol乙醇完全燃燒消耗3mol氧氣，1mol乙烯完全燃燒消耗3mol氧氣，則等物質的量的乙醇和乙烯分別完全燃燒消耗氧氣的量相等，故C正確；D.飽和碳酸鈉溶液可以溶解乙醇、消耗乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，所以可用飽和碳酸鈉溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙醇和乙酸，故D正確；E.乙酸乙酯的同分異構體中能發生銀鏡反應的酯類物質有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，共2種，故E正確；答案選：ACDE。25、過濾Fe+2Fe3+=3Fe

2+棕黃色Fe2+、Cu2+、

Fe3+d電解CuCl2Cu+Cl2↑。【解析】

廢鐵屑經①加入熱的Na2CO3溶液除油污，經過過濾操作可得到固體A，加入鹽酸，發生Fe2O3+6H+

=2Fe3++3H2O，Fe+2Fe3+=3Fe

2+

然后通入適量的氯氣，發生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，溶液C為FeCl3，用于腐蝕印刷電路，發生Cu+2Fe3+=

2Fe2++Cu2+

通過電解操作乙可得到氯氣、銅和E，所以陽極生成氯氣，陰極生成銅，最后得到氯化亞鐵溶液。【詳解】(1)廢鐵屑經①加入熱的Na2CO3溶液除油污，可得到固體A，應經過過濾操作，故答案為：過濾；

(2)經過上述分析可知：固體A為Fe2O3和Fe的混合物,

加入鹽酸發生Fe2O3+6H+

=2Fe3++3H2O，Fe+2Fe3+=3Fe

2+；故答案為：Fe+2Fe3+=3Fe

2+；

(3)經過上述分析可知：溶液B為FeCl2和FeCl3的混合物，通入適量的氯氣，發生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，

所以溶液C為FeCl3，呈棕黃色，用于腐蝕印刷電路，發生的發應為：Cu+2Fe3+=

2Fe2++Cu2+，則溶液D中可能含有的金屬陽離子有Fe2+

、Cu2+、Fe3+，故答案為：棕黃色；

Fe2+、Cu2+、

Fe3+；(4)因為

Fe2+具有還原性，可使酸性高錳酸鉀褪色，所以用酸性高錳酸鉀溶液檢驗，故答案為:

d；

(5)經過上述分析可知：溶液D中含有的離子為Fe2+

、Cu2+、Fe3+、Cl-。步驟⑤產生金屬銅和氯氣，其電解反應的化學方程式為：

CuCl2Cu+Cl2↑，故答案為：電解；CuCl2Cu+Cl2↑。26、利用濃硫酸的吸水性，使反應向有利于生成乙烯的方向進行NaOHdb、dNa2CO3分液相互溶解但沸點差別較大的液體混合物Na2SO3先加濃硫酸會有較多HBr氣體生成，HBr揮發會造成HBr的損耗【解析】

（1）乙醇在濃硫酸作催化劑、脫水劑的條件下迅速升溫至170℃可到乙烯，反應為可逆反應，濃硫酸還具有吸水性；（2）乙醇生成乙烯的反應中，濃硫酸作催化劑和脫水劑，濃硫酸還有強氧化性，與乙醇發生氧化還原反應，因此產物中有可能存在SO2，會對乙烯的驗證造成干擾，選擇氫氧化鈉溶液吸收SO2；乙烯與溴水發生加成反應生成1,2—二溴乙烷，據此分析解答；（3）甲裝置邊反應邊蒸餾，乙裝置采用冷凝回流，等反應后再提取產物，使反應更充分；（4）分離粗產品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物時加入飽和的碳酸鈉溶液，吸收揮發出的乙酸和乙醇，同時降低乙酸乙酯的溶解度，分液可將其分離，得到的乙酸乙酯再進一步進行提純即可；（5）按方案①和②實驗時，產物都有明顯顏色，是由于有溴單質生成，溶于水后出現橙紅色；方案②中把濃硫酸加入溴化鈉溶液，會有HBr生成，HBr具有揮發性，會使HBr損失。【詳解】（1）乙醇制取乙烯的同時還生成水，濃硫酸在反應中作催化劑和脫水劑，濃硫酸的用量遠遠超過作為催化劑的正常用量，原因是：濃硫酸還具有吸水性，反應生成的水被濃硫酸吸收，使反應向有利于生成乙烯的方向進行；（2）乙醇生成乙烯的反應中，濃硫酸作催化劑和脫水劑，濃硫酸還有強氧化性，與乙醇發生氧化還原反應，因此產物中有可能存在SO2，會對乙烯的驗證造成干擾，選擇堿性溶液吸收SO2；a．若乙烯與溴水發生取代反應也可使溴水褪色；b．若乙烯與溴水發生取代反應也有油狀物質生成；c．若反應后水溶液酸性增強，說明乙烯與溴水發生了取代反應；d．反應后水溶液接近中性，說明反應后沒有HBr生成，說明乙烯與溴水發生了加成反應；答案選d；（3）甲裝置邊反應邊蒸餾，而乙醇、乙酸易揮發，易被蒸出，使反應物轉化率降低，乙裝置采用冷凝回流，等充分反應后再提取產物，使反應更充分，乙酸的轉化率更高；答案選bd。（4）分離粗產品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物時加入飽和的碳酸鈉溶液，吸收揮發出的乙酸和乙醇，同時降低乙酸乙酯的溶解度，分液可將其分離；分液得到的乙酸乙酯中還含有少量雜質，再精餾，精餾適用于分離互溶的沸點有差異且差異較大的液態混合物；（5）按方案①和②實驗時，產物都有明顯顏色，是由于有溴單質生成，溶于水后出現橙紅色，可用亞硫酸鈉溶液吸收生成的溴單質；方案②中把濃硫酸加入溴化鈉溶液，會有HBr生成，HBr具有揮發性，會使HBr損失。27、硫化氫的揮發H2S+I2=2HI+S↓向氫硫酸中加入淀粉液，滴加碘水到溶液剛好呈藍色S或硫氫硫酸被空氣中氧氣氧化防止因通入空氣過快而使硫化氫大量揮發硫化氫自身分解確證生成的氣體是氫氣【解析】

（1）因為硫化氫氣體溶于水生成氫硫酸，所以氫硫酸具有一定的揮發性，且能被空氣中的氧氣氧化而生成硫。實驗一（見圖一）中，溶液未見渾濁，說明濃度的減小不是由被氧化引起的。（2）實驗一和實驗二中，碘水與氫硫酸發生置換反應，生成硫和水。使實驗者準確掌握所加碘水恰好與氫硫酸完全反應，應使用指示劑。（3）“氫硫酸長期存放會變渾濁”中，出現的渾濁只能為硫引起。（4）實驗三中，氫硫酸溶液與空氣接觸，則是硫化氫與空氣中氧氣反應所致。此實驗中通入空氣的速度很慢，主要從硫化氫的揮發性考慮。（5）實驗四為密閉容器，與空氣接觸很少，所以應考慮分解。因為被氧化時，生成硫和水；分解時，生成硫和氫氣，所以只需檢驗氫氣的存在。【詳解】（1）實驗一（見圖一）中，溶液未見渾濁，說明濃度的減小不是由被氧化引起，應由硫化氫的揮發引起。答案為：硫化氫的揮發；（2）實驗一和實驗二中，碘水與氫硫酸發生置換反應，方程式為H2S+I2=2HI+S↓。實驗者要想準確掌握所加碘水恰好與氫硫酸完全反應，應使用淀粉作指示劑，即向氫硫酸中加入淀粉液，滴加碘水到溶液剛好呈藍色。答案為：H2S+I2=2HI+S↓；向氫硫酸中加入淀粉液，滴加碘水到溶液剛好呈藍色；（3）“氫硫酸長期存放會變渾濁”中，不管是氧化還是分解，出現的渾濁都只能為硫引起。答案為：S或硫；（4）實驗三中，氫硫酸溶液與空氣接觸，則是硫化氫與空氣中氧氣反應所致。此實驗中通入空氣的速度很慢，防止因通入空氣過快而使硫化氫大量揮發。答案為：氫硫酸被空氣中氧氣氧化；防止因通入空氣過快而使硫化氫大量揮發；（5）實驗四為密閉容器，與空氣接觸很少，所以應考慮硫化氫自身分解。因為被氧化時，生成硫和水；分解時，生成硫和氫氣，所以只需檢驗氫氣的存在。答案為：硫化氫自身分解；確證生成的氣體是氫氣。【點睛】實驗三中，通入空氣的速度很慢，我們在回答原因時，可能會借鑒以往的經驗，認為通入空氣的速度很慢，可以提高空氣的利用率，從而偏離了命題人的意圖。到目前為止，使用空氣不需付費，顯然不能從空氣的利用率尋找答案，應另找原因。空氣通入后，大部分會逸出，會引起硫化氫的揮發，從而造成硫化氫濃度的減小。28、+2931.6NA升高溫度時，反應1為放熱反應，平衡向左移動，使得體系中CO的量增大；反應3為吸熱反應，平衡向右移動，又使得CO的量增大p1>p2>p34NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2OSO2易溶于水，NO難溶于水，吸收劑中SO2濃度明顯比NO大SO42--2e-=S2O82-或2HSO4--2e-=S2O82-+2H+【解析】

(1)①依據已知的熱化學方程式利用蓋斯定律解答；②若反應中還原NOx至N2，消耗標準狀況下4.48LCH4，CH4被氧化為CO2，碳元素化合從-4價升高為+4價，可結合甲烷的物質的量，可計算反應中轉移電子數目；(2)①由圖可知，壓強一定時，隨溫度的升高，CO的轉化率降低，根據升高溫度對反應①、③的影響，進行分析CO轉化率變化原因；②相同溫度下，反應③前后氣體分子數不變，壓強改變不影響其平衡移動，反應①正反應為氣體分子