2025屆重慶市永川區高三第六次模擬考試化學試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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、化學與人們的日常生活密切相關，下列敘述正確的是A．二氧化硅是制造玻璃、光導纖維的原料B．纖維素、油脂是天然有機高分子化合物C．白菜上灑少許福爾馬林，既保鮮又消毒D．NOx、CO2、PM2.5顆粒都會導致酸雨2、《本草綱目》中有“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”的記載。下列說法正確的是A．“薪柴之灰”可與銨態氮肥混合施用 B．“以灰淋汁”的操作是萃取C．“取堿”得到的是一種堿溶液 D．“浣衣”過程有化學變化3、將51.2gCu完全溶于適量濃硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，這些氣體恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成的鹽溶液中NaNO3的物質的量為（已知：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O）（）A．0.2mol B．0.4mol C．0.6mol D．0.8mol4、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加。m、p、r是由這些元素組成的二元化合物，n是元素Z的單質，通常為黃綠色氣體，q的水溶液具有漂白性，0.01mol·L–1r溶液的pH為2，s通常是難溶于水的混合物。上述物質的轉化關系如下圖所示。下列說法不正確的是（）A．原子半徑的大小：W<Y<XB．元素的非金屬性：Z>X>YC．Y的氫化物常溫常壓下為液態D．X的最高價氧化物的水化物為弱酸5、2019年北京園藝會主題是“綠色生活，美麗家園”。下列有關園藝會說法正確的是(

)A．大會交通推廣使用的是利用原電池原理制成太陽能電池汽車，可減少化石能源的使用B．媯汭劇場里使用的建筑材料第五形態的碳單質——“碳納米泡沫”，與石墨烯互為同分異構體C．傳統煙花的制作常加入含有鉑、鐵、鉀、鈣、銅等金屬元素的發光劑，燃放時呈現美麗的顏色，大會慶典禁止使用D．秸稈經加工處理成吸水性的材料——植物纖維，可用作食品干燥劑，符合大會主題6、下列有關物質的用途，說法不正確的是（）A．水玻璃是建筑行業常用的一種黏合劑B．碳酸鈉是烘制糕點所用發酵劑的主要成分之一C．硫酸鋇醫學上用作檢查腸胃的內服劑，俗稱“鋇餐”D．金屬鈉可以與鈦、鋯、鈮、鉭等氯化物反應置換出對應金屬7、常溫下，向20.00mL0.1mol?L-1BOH溶液中滴入0.1mol?L-1鹽酸，溶液中由水電離出的c（H+）的負對數[-lgc水（H+）]與所加鹽酸體積的關系如下圖所示，下列說法正確的是A．常溫下，BOH的電離常數約為1×10-4B．N點溶液離子濃度順序：c（B+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+）C．a=20D．溶液的pH:R>Q8、室溫下，用滴定管量取一定體積的濃氯水置于錐形瓶中，用NaOH溶液以恒定速度來滴定該濃氯水，根據測定結果繪制出ClO－、ClO3－等離子的物質的量濃度c與時間t的關系曲線如下。下列說法正確的是A．NaOH溶液和濃氯水可以使用同種滴定管盛裝B．a點溶液中存在如下關系：c(Na+)+c(H+)=c(ClO－)+c(ClO3－)+c(OH－)C．b點溶液中各離子濃度：c(Na+)＞c(Cl－)＞c(ClO3－)=c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H+)D．t2~t4，ClO－的物質的量下降的原因可能是ClO－自身歧化：2ClO－=Cl－+ClO3－9、秦皮是一種常用的中藥，具有抗炎鎮痛、抗腫瘤等作用。“秦皮素”是其含有的一種有效成分，結構簡式如圖所示，有關其性質敘述不正確的是（）A．該有機物分子式為C10H8O5B．分子中有四種官能團C．該有機物能發生加成、氧化、取代等反應D．1mol該化合物最多能與3molNaOH反應10、如圖是工業利用菱鎂礦(主要含MgCO3，還含有Al2O3、FeCO3雜質)制取氯化鎂的工藝流程。下列說法不正確的是（）A．酸浸池中加入的X酸是硝酸B．氧化池中通入氯氣的目的是將Fe2+氧化為Fe3+C．沉淀混合物為Fe(OH)3和Al(OH)3D．在工業上常利用電解熔融氯化鎂的方法制取金屬鎂11、用98%濃硫酸配制500mL2mol/L稀硫酸，下列操作使所配制濃度偏高的是A．量取濃硫酸時俯視量筒的刻度線B．定容時仰視500mL容量瓶的刻度線C．量取硫酸后洗滌量筒并將洗滌液轉入容量瓶D．搖勻后滴加蒸餾水至容量瓶刻度線12、設NA代表阿伏加德羅常數，下列說法正確的是（）A．5.6g鐵與足量鹽酸反應轉移的電子數為0.3NAB．100mL2.0mol/L的鹽酸與醋酸溶液中氫離子均為0.2NAC．標準狀況下，22.4L氦氣與22.4L氟氣所含原子數均為2NAD．常溫常壓下，20g重水(D2O)中含有的電子數為10NA13、下列物質的轉化在給定條件下能實現的是①NaAlO2(aq)AlCl3Al②NH3NOHNO3③NaCl(飽和)NaHCO3Na2CO3④FeS2SO3H2SO4A．②③ B．①④ C．②④ D．③④14、X、Y、Z、W是原子序數依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序數=族序數，由這四種元素組成的單質或化合物存在如圖所示的轉化關系，其中甲、戊是兩常見的金屬單質，丁是非金屬單質，其余為氧化物且丙為具有磁性的黑色晶體。下列說法正確的是A．W的原子序數是Z的兩倍，金屬性強于ZB．W元素在周期表中的位置是第四周期VIII族C．丙屬于兩性氧化物D．等物質的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量一定相等15、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數逐漸增大，四種元素形成的化合物甲的結構如圖所示：且W與X、Y、Z均可形成電子數相等的分子，W2Z常溫常壓下為液體。下列說法正確的是A．YW3分子中的鍵角為120°B．W2Z的穩定性大于YW3C．物質甲分子中存在6個σ鍵D．Y元素的氧化物對應的水化物為強酸16、下列實驗操作、現象和結論均正確的是（）選項操作現象結論A．向某無色溶液中滴加BaCl2溶液產生白色沉淀該無色溶液中一定含有SO42-B．向盛有飽和硫代硫酸鈉溶液的試管中滴加稀鹽酸有刺激性氣味氣體產生，溶液變渾濁硫代硫酸鈉在酸性條件下不穩定C．打開分液漏斗，向裝有Na2CO3的圓底燒瓶中滴加HCl，將產生的氣體通入Na2SiO3水溶液中Na2SiO3水溶液中出現白色膠狀沉淀證明酸性強弱為：HCl>H2CO3>H2SiO3D．CaCO3懸濁液中滴加稀Na2SO4溶液無明顯現象Ksp小的沉淀只能向Ksp更小的沉淀轉化A．A B．B C．C D．D17、有機物M是合成某藥品的中間體，結構簡式如圖所示。下列說法錯誤的是A．用鈉可檢驗M分子中存在羥基B．M能發生酯化、加成、氧化反應C．M的分子式為C8H8O4D．M的苯環上一硝基代物有2種18、“擬晶”(quasicrystal)是一種具有凸多面體規則外形但不同于晶體的固態物質。Al65Cu23Fe12是二十世紀發現的幾百種擬晶之一，具有合金的某些優良物理性能。下列有關這種擬晶的說法正確的是A．無法確定Al65Cu23Fe12中三種金屬的化合價B．Al65Cu23Fe12的硬度小于金屬鐵C．Al65Cu23Fe12不可用作長期浸泡在海水中的材料D．1molAl65Cu23Fe12溶于過量的硝酸時共失去265mol電子19、用標準鹽酸滴定未知濃度氫氧化鈉溶液，描述正確的是A．用石蕊作指示劑B．錐形瓶要用待測液潤洗C．如圖滴定管讀數為25.65mLD．滴定時眼睛注視錐形瓶內溶液顏色的變化20、光電池在光照條件下可產生電壓，如下裝置可以實現光能源的充分利用，雙極性膜可將水解離為H+和OH-，并實現其定向通過。下列說法不正確的是A．該裝置將光能轉化為化學能并分解水B．雙極性膜可控制其兩側溶液分別為酸性和堿性C．如陽極區為KOH深液，在光照過程中陽極區溶液中的c(OH-)基本不變D．再生池中的反應：2V2++2H+2V3++H2↑21、下列有關化學用語表示不正確的是（）A．蔗糖的分子式：C12H22O11 B．HClO的結構式H-Cl-OC．氯化鈉的電子式： D．二硫化碳分子的比例模型：22、原子序數依次增大的四種短周期元素W、X、Y、Z，其中只有X與Z同主族；W、X、Y最外層電子數之和為10；Y是地殼中含量最高的金屬元素。下列關于它們的敘述一定正確的是（）A．Z的最高價氧化物對應的水化物為強酸B．W、Y的氧化物一定屬于離子化合物C．X、Z的氫化物中，前者的沸點低于后者D．X、Y的簡單離子中，前者的半徑大于后者二、非選擇題(共84分)23、（14分）從薄荷油中得到一種烴A（C10H16），叫ɑ—非蘭烴，與A相關反應如下：已知：（1）H的分子式為________________。（2）B所含官能團的名稱為_________________。（3）含兩個—COOCH3基團的C的同分異構體共有_________種（不考慮手性異構），其中核磁共振氫譜呈現2個吸收峰的異構體結構簡式為_______________________。（4）B→D，D→E的反應類型分別為___________、_______________。（5）G為含六元環的化合物，寫出其結構簡式：_____________________。（6）F在一定條件下發生聚合反應可得到一種高級吸水性樹脂，該樹脂名稱為______________。（7）寫出E→F的化學方程式：______________________________________________。（8）A的結構簡式為_____________，A與等物質的量的Br2進行加成反應的產物共有______種（不考慮立體異構）。24、（12分）化合物X由三種元素(其中一種是第四周期元素)組成，現進行如下實驗：已知：氣體A在標準狀況下密度為0.714g·L-1；堿性溶液焰色反應呈黃色。(1)X中非金屬元素的名稱為__________，X的化學式__________。(2)X與水反應的化學方程式為_________。(3)化合物Y由X中金屬元素和第四周期元素構成，設計實驗證明Y的晶體類型__________。(4)補充焰色反應的操作：取一根鉑絲，________，蘸取待測液灼燒，觀察火焰顏色。25、（12分）某研究小組利用下圖裝置探究溫度對氨氣還原Fe2O3的影響（固定裝置略）。完成下列填空：（1）實驗時A中有大量紫紅色的煙氣，則NH4I的分解產物為___（至少填三種），E裝置的作用是___。（2）裝置B中的反應方程式：______，D裝置的作用是______。某研究小組按上圖裝置進行對比實驗，甲組用酒精燈、乙組用酒精噴燈對裝置C加熱，反應產物均為黑色粉末（純凈物），兩組分別用各自的產物進行以下探究，完成下列填空：步驟操作甲組現象乙組現象1取黑色粉末加入稀鹽酸溶解，無氣泡溶解，有氣泡2取步驟1中溶液，滴加KSCN溶液變紅無現象3向步驟2溶液中滴加新制氯水紅色先變深后褪去先變紅后也褪色（3）乙組得到的黑色粉末是______。（4）甲組步驟1中反應的離子方程式為______。（5）乙組步驟3中，溶液變紅的原因為______；溶液褪色可能的原因及其驗證方法為______。（6）若裝置C中Fe2O3反應后的產物是兩種氧化物組成的混合物，為研究氧化物的組成，研究小組取樣品7.84克在加熱條件下通入氨氣，完全反應后，停止加熱，反應管中鐵粉冷卻后，稱得質量為5.6克，則混合物的組成為______。26、（10分）納米TiO2是一種重要的光催化劑。以鈦酸酯Ti(OR)4為原料制備納米TiO2的步驟如下：①組裝裝置如下圖所示，保持溫度約為65℃，先將30mL鈦酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]加入盛有無水乙醇的三頸燒瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分攪拌；②將含水20％的乙醇溶液緩慢滴入三頸燒瓶中，得到二氧化鈦溶膠；③將二氧化鈦溶膠干燥得到二氧化鈦凝膠，灼燒凝膠得到納米TiO2。已知，鈦酸四丁酯能溶于除酮類物質以外的大部分有機溶劑，遇水劇烈水解；Ti(OH)4不穩定，易脫水生成TiO2，回答下列問題：(1)儀器a的名稱是_______，冷凝管的作用是________。(2)加入的乙酰丙酮可以減慢水解反應的速率，其原理可能是________(填標號)。a.增加反應的焓變b.增大反應的活化能c.減小反應的焓變d.降低反應的活化能制備過程中，減慢水解反應速率的措施還有________。(3)步驟②中制備二氧化鈦溶膠的化學方程式為________。下圖所示實驗裝置中，可用于灼燒二氧化鈦凝膠的是________(填標號)。(4)測定樣品中TiO2純度的方法是：精確稱取0.2000g樣品放入錐形瓶中，加入硫酸和硫酸銨的混合溶液，加強熱使其溶解。冷卻后，加入一定量稀鹽酸得到含TiO2+的溶液。加入金屬鋁，將TiO2+全部轉化為Ti3+。待過量的金屬鋁完全溶解并冷卻后，加入指示劑，用0.1000mol·L-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至終點。重復操作2次，消耗0.1000mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液的平均值為20.00mL(已知：Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋)。①加入金屬鋁的作用除了還原TiO2＋外，另一個作用是________________。②滴定時所用的指示劑為____________(填標號)a.酚酞溶液b.KSCN溶液c.KMnO4溶液d.淀粉溶液③樣品中TiO2的質量分數為________%。27、（12分）某實驗小組探究SO2與Cu(OH)2懸濁液的反應。（1）實驗一：用如圖裝置（夾持裝置已略，氣密性已檢驗）制備SO2，將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中。B中出現少量紅色沉淀；稍后，B中所得溶液呈綠色，與CuSO4溶液、CuCl2溶液的顏色有明顯不同。①排除裝置中的空氣，避免空氣對反應干擾的操作是_____，關閉彈簧夾。②打開分液漏斗旋塞，A中發生反應的方程式是_____。（2）實驗二：為確定紅色固體成分，進行以下實驗：①在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是_____。②根據上述實驗可得結論：該紅色固體為_____。（3）實驗三：為探究B中溶液呈綠色而不是藍色的原因，實驗如下：i.向4mL1mol/L的CuSO4溶液中通入過量SO2，未見溶液顏色發生變化。ii.取少量B中濾液，加入少量稀鹽酸，產生無色刺激性氣味的氣體，得到澄清的藍色溶液。再加入BaCl2溶液，出現白色沉淀。查閱資料：SO2在酸性條件下還原性較差。①實驗i的目的_____。②根據上述實驗可得結論：溶液顯綠色的原因是溶液中含有較多Cu(HSO3)2。小組同學通過進一步實驗確認了這種可能性，在少量1mol/L的CuSO4溶液中加入_____溶液，得到綠色溶液。（4）綜上實驗可以得出：出現紅色沉淀的原因是：_____；（用離子方程式表示）溶液呈現綠色的原因是：_____。（用化學方程式表示）28、（14分）為解決“溫室效應”日趨嚴重的問題,科學家們不斷探索CO2的捕獲與資源化處理方案,利用CH4捕獲CO2并轉化為CO和H2混合燃料的研究成果已經“浮出水面”。已知:①CH4(g)十H2O(g)==CO(g)+3H2(g)△H1=+206.4kJ/mol②CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ/molT1°C時，在2L恒容密閉容器中加入2molCH4和1molCO2，并測得該研究成果實驗數據如下：請回答下列問題:時間/s0102030405060CO2/mol10.70.60.540.50.50.5H2/mol00.60.80.92111（1）該研究成果的熱化學方程式③CH4(g)+CO2(g)==2CO(g)+2H2(g)△H=_____（2）30s時CH4的轉化率為_______，20~40s,v(H2)=_______.（3）T2°C時,該反應的化學平衡常數為1.5,則T2___T1(填“>”“=”或“<”。)（4）T1°C時反應③達到平衡的標志為______________。A．容器內氣體密度不變B．體系壓強恒定C．CO和H2的體積分數相等且保持不變D．2v(CO)逆=v(CH4)正（5）上述反應③達到平衡后,其他條件不變,在70s時再加入2molCH4和1molCO2,此刻平衡的移動方向為________(填“不移動”“正向”或“逆向"),重新達到平衡后，CO2的總轉化率比原平衡____________(填“大”“小”或“相等”)。29、（10分）酸雨治理，處理SO2尾氣方法較多：(1)還原法反應原理：恒溫恒容時2C(s)＋2SO2(g)?S2(g)＋2CO2(g)。一定溫度下，反應進行到不同時刻測得各物質的濃度部分圖像如圖：①0～20min內反應速率表示為v(SO2)＝________；②30min時，改變某一條件平衡發生移動，則改變的條件最有可能是________；③該反應的平衡常數K＝________。(2)循環利用法相關反應為①Na2SO3＋SO2＋H2O=2NaHSO3，②2NaHSO3Na2SO3＋SO2↑＋H2O。下列說法正確的是________。A．反應①進行時，溶液中c(SO32-)/c(HSO)減小，反應②進行時，溶液中c(SO32-)/c(HSO3-)增大B．反應①與反應②Kw均為10－14C．循環利用的物質是Na2SO3溶液，尾氣中的氧氣對循環利用的次數有影響D．反應①進行時，2c(SO32-)＋c(HSO3-)＋c(OH－)之和不變(3)電解法①如圖所示，Pt(Ⅰ)電極的反應式為________________；②當電路中轉移0.02mole－時(較濃H2SO4尚未排出)，交換膜左側溶液中約增加________mol離子。

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.二氧化硅是制造玻璃、光導纖維的原料，A正確；B.纖維素屬于天然有機高分子化合物，油脂是小分子，B錯誤；C.福爾馬林是甲醛的水溶液，福爾馬林有毒，不能用于食物的保鮮和消毒，C錯誤；D.導致酸雨的物質主要是SO2和NOx，CO2、PM2.5顆粒不會導致酸雨，D錯誤；答案選A。2、D【解析】

A.“薪柴之灰”中含有碳酸鉀，與銨態氮肥共用時，發生水解反應，相互促進水解，降低肥效，故A錯誤；B.“以灰淋汁”的操作是過濾，故B錯誤；C.“取堿”得到的是碳酸鉀溶液，屬于鹽溶液，故C錯誤；D.“浣衣”過程中促進油脂的水解，屬于化學變化，故D正確；故選D。3、A【解析】

縱觀反應始終，容易看出只有兩種元素的價態有變化，其一是Cu到Cu（NO3）2，每個Cu升2價，失2個電子；另一個是HNO3到NaNO2，每個N降2價，得2個電子。51.2gCu共失電子×2＝1.6mol，根據電子轉移守恒可知，銅失去的電子等于HNO3到NaNO2得到的電子，所以溶液中n（NaNO2）＝=0.8mol，氣體與氫氧化鈉反應的鹽溶液為NaNO3、NaNO2混合溶液，根據鈉離子守恒有n（NaNO3）+n（NaNO2）=n（Na+），所以溶液中n（NaNO3）＝n（Na+）-n（NaNO2）＝0.5L×2mol/L-0.8mol＝0.2mol，故選A。4、B【解析】

n是元素Z的單質，通常為黃綠色氣體，則為氯氣，Z為Cl，r是由這些元素組成的二元化合物，0.01mol·L–1r溶液的pH為2，說明r為HCl，q的水溶液具有漂白性，說明是水溶液中含有次氯酸根，再結合m和n反應生成q和r，則q為HClO，m為水，s通常是難溶于水的混合物，氯氣和p光照，說明是取代反應，則為烷烴，因此短周期元素W為H，X為C，Y為O，Z為Cl。【詳解】A.原子半徑的大小：H<O<C，故A正確；B.元素的非金屬性：Cl>O>C，故B錯誤；C.Y的氫化物水或過氧化氫常溫常壓下為液態，故C正確；D.X的最高價氧化物的水化物碳酸為弱酸，故D正確。綜上所述，答案為B。5、D【解析】

A.太陽能電池是將太陽能轉化為電能，不是原電池原理，故A錯誤；B.第五形態的碳單質——“碳納米泡沫”，與石墨烯是同素異形體，而非同分異構體，故B錯誤；C.煙花的使用需要從環保、安全等多方面考慮，但禁止使用是錯誤的，故C錯誤；D.植物纖維的成分為糖類，無污染，可再生，可用作食品干燥劑，符合大會主題，故D正確，故選D。6、B【解析】

A.水玻璃是硅酸鈉的水溶液，可用于生產黏合劑和防火劑，故A正確；B.碳酸氫鈉是烘制糕點所用發酵劑的主要成分之一，故B錯誤；C.硫酸鋇醫學上用作檢查腸胃的內服劑，俗稱“鋇餐”，故C正確；D.金屬鈉的還原性比鈦、鋯、鈮、鉭的還原性強，可以與其氯化物反應置換出對應金屬，故D正確；題目要求選擇錯誤選項，故選B。【點睛】本題考查了物質的用途，明確物質的性質是解本題關鍵，性質決定用途，用途體現性質，平時注意掌握常見元素化合物的性質，注意基礎知識的積累和運用。7、D【解析】

BOH對水的電離起抑制作用，加入鹽酸發生反應BOH+HCl=BCl+H2O，隨著鹽酸的加入，BOH電離的OH-濃度減小，對水電離的抑制作用減弱，而且生成的BCl水解促進水的電離，水電離的H+濃度逐漸增大，兩者恰好完全反應時水電離的H+濃度達到最大；繼續加入鹽酸，過量鹽酸電離出H+又抑制水的電離，水電離的H+又逐漸減小，結合相應的點分析作答。【詳解】A.根據圖象，起點時-lgc水（H+）=11，c水（H+）=10-11mol/L，即0.1mol/L的BOH溶液中水電離的H+濃度為10-11mol/L，堿溶液中H+全部來自水的電離，則0.1mol/L的BOH溶液中c（H+）=10-11mol/L，溶液中c（OH-）=10-3mol/L，BOH的電離方程式為BOH?B++OH-，BOH的電離平衡常數為=≈10-5，A錯誤；B.N點-lgc水（H+）最小，N點HCl與BOH恰好完全反應得到BCl溶液，由于B+水解溶液呈酸性，溶液中離子濃度由大到小的順序為c（Cl-）>c（B+）>c（H+）>c（OH-），B錯誤；C.N點-lgc水（H+）最小，N點HCl與BOH恰好完全反應得到BCl溶液，N點加入的鹽酸的體積為20.00mL，則a<20.00mL，C錯誤；D.N點-lgc水（H+）最小，N點HCl與BOH恰好完全反應得到BCl溶液，R點加入的鹽酸不足、得到BOH和BCl的混合液，Q點加入的鹽酸過量、得到BCl和HCl的混合液，即R點加入的鹽酸少于Q點加入的鹽酸，Q點的酸性強于R點，則溶液的pH：R>Q，D正確；答案選D。【點睛】解答本題的關鍵是理解水電離的H+濃度與加入的鹽酸體積間的關系，抓住關鍵點如起點、恰好完全反應的點等。8、C【解析】

A.NaOH溶液屬于強堿溶液，濃氯水顯酸性且具有強氧化性，所以NaOH溶液不能用酸式滴定管，濃氯水不能用堿式滴定管，兩者不能使用同種滴定管盛裝，故A錯誤；B.a點溶液中含有NaClO3、NaClO和NaCl，根據電荷守恒，有：(Na+)+c(H+)=c(ClO3-)+c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-)，故B錯誤；C.由圖象可知，b點溶液中c(ClO3-)=c(ClO-)，根據氧化還原反應得失電子守恒，寫出發生反應的化學方程式為：8NaOH+4Cl2=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O，由此可知，溶液中n(NaCl):n(NaClO3):n(NaClO)=6:1:1，溶液中各離子濃度：(Na+)>c(Cl-)>c(ClO3-)=c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)，故C正確；D.ClO-發生歧化反應，離子方程式為：3ClO-=2Cl-+ClO3-，故D錯誤。故選C。9、D【解析】

由結構可知分子式，秦皮中物質分子中含酚-OH、碳碳雙鍵、-COOC-及醚鍵，結合酚、烯烴及酯的性質來解答。【詳解】A.由結構可知分子式為C10H8O5，A正確；B.含有羥基、酯基、碳碳雙鍵以及醚鍵4種官能團，B正確；C.含苯環、碳碳雙鍵可發生加成反應，碳碳雙鍵、-OH可發生氧化反應，-OH、-COOC-可發生取代反應，C正確；D.能與氫氧化鈉反應的為酚羥基和酯基，且酯基可水解生成羧基和酚羥基，則1mol該化合物最多能與4molNaOH反應，D錯誤；故合理選項是D。【點睛】本題考查有機物的結構與性質，把握官能團與性質、有機反應為解答的關鍵，注意選項D為解答的易錯點。10、A【解析】

菱鎂礦的主要成分是MgCO3，并含少量的Al2O3、FeCO3等，加入過量X酸溶解，根據實驗目的，X酸是鹽酸；通入氯氣將二價鐵氧化為三價鐵，再加MgO調節pH得到氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，過濾分離后，得到氯化鎂溶液，將溶液在HCl氣流中加熱蒸干得到無水氯化鎂，據此分析解答。【詳解】A、工業利用菱鎂礦(主要含MgCO3，還含有Al2O3、FeCO3雜質)制取氯化鎂，所以酸浸池中加入的X酸是鹽酸，故A錯誤；B、加入氯氣將二價鐵氧化為三價鐵，以便于調pH除鐵元素，故B正確；C、根據以上分析可知，加MgO調節pH得到氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，所以沉淀混合物為Fe(OH)3和Al(OH)3，故C正確；D、鎂是活潑金屬，所以在工業上常利用電解熔融氯化鎂的方法制取金屬鎂，故D正確；故選A。11、C【解析】A、量取濃硫酸時俯視量筒的刻度線，量取的濃硫酸偏小，則濃度偏低，故A錯誤；B、定容時仰視500mL

容量瓶的刻度線，定容時加入過多的水，所得溶液濃度偏低，故B錯誤；C、量取硫酸后洗滌量筒并將洗滌液轉入容量瓶，所量取的濃硫酸的體積偏大，則所配稀硫酸的濃度偏高，故C正確；D、搖勻后滴加蒸餾水至容量瓶刻度線，又加入過多的水，所得溶液濃度偏低，故D錯誤；故選C。12、D【解析】

A.5.6g鐵為0.1mol，與足量鹽酸反應生成Fe2+和H2，轉移的電子數為0.2NA，A錯誤；B.醋酸為弱電解質，100mL2.0mol/L的醋酸在溶液部分電離，生成的氫離子數小于0.2NA，B錯誤；C.標準狀況下，22.4LHe與22.4LF2所含原子數不相等，前者為0.1NA，后者為0.2NA，C錯誤；D.常溫常壓下，20g重水(D2O)的物質的量為1mol，含有的電子數為10NA，D正確。故選D。13、A【解析】

①AlCl3為共價化合物，其在熔融狀態下不能導電，應電解熔融的氧化鋁制備鋁，①不可實現；②中各步轉化為工業上制硝酸，在給定的條件下均可實現；③該系列轉化實為侯氏制堿法，可實現；④煅燒FeS2只能生成二氧化硫，不可實現。綜上所述，物質的轉化在給定條件下能實現的是②③，故選A。14、B【解析】

X、Y、Z、W是原子序數依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序數=族序數，則X是H元素，Z是Al元素；由這四種元素組成的單質或化合物存在如圖所示轉化關系，其中甲、戊是兩常見的金屬單質，丁是非金屬單質，其余為氧化物且丙為具有磁性的黑色晶體，則丙是Fe3O4，結合元素及化合物的性質逆推可知甲為Fe，乙為H2O，丁是H2，戊為金屬單質，可以與Fe3O4反應產生Fe單質，因此戊是Al單質，己為Al2O3，結合原子序數的關系可知Y是O元素，W是Fe元素，據此分析解答。【詳解】綜上所述可知X是H元素，Y是O元素，Z是Al元素，W是Fe元素。甲是Fe單質，乙是H2O，丙是Fe3O4，丁是H2，戊是Al單質，己是Al2O3。A.Fe原子序數是26，Al原子序數是13，26為13的2倍，金屬性Al>Fe，A錯誤；B.Fe是26號元素，在元素周期表中位于第四周期VIII族，B正確；C.丙是Fe3O4，只能與酸反應產生鹽和水，不能與堿發生反應，因此不是兩性氧化物，C錯誤；D.Fe是變價金屬，與硝酸反應時，二者的相對物質的量的多少不同，反應失去電子數目不同，可能產生Fe2+，也可能產生Fe3+，而Al是+3價的金屬，因此等物質的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量不一定相等，D錯誤；故合理選項是B。【點睛】本題考查了元素及化合物的推斷及其性質的知識，涉及Fe、Al的單質及化合物的性質，突破口是丙是氧化物，是具有磁性的黑色晶體，結合Fe與水蒸氣的反應及鋁熱反應，就可順利解答。15、B【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數逐漸增大，根據四種元素形成的化合物結構，其中各原子的核外電子排布均處于穩定結構。根據圖示可知，X原子最外層含有4個電子，Y原子最外層含有5個電子，Z原子最外層含有6個電子，W最外層含有1個或7個電子，結合原子序數及“W與X、Y、Z均可形成電子數相等的分子，W2Z常溫常壓下為液體”可知，W為H，X為C，Y為N，Z為O元素，據此分析解答。【詳解】根據分析可知，W為H，X為C，Y為N，Z為O元素。A．YW3為NH3，為三角錐形的分子，分子中的鍵角＜120°，故A錯誤；B．非金屬性越強，氫化物越穩定，水的穩定性大于氨氣，故B正確；C．物質甲的結構簡式為CO(NH2)2，存在7個σ鍵和1個π鍵，故C錯誤；D．N元素的氧化物對應的水化物可能是硝酸，也可能為亞硝酸，其中亞硝酸為弱酸，故D錯誤；故選B。【點睛】根據物質中常見原子的成鍵情況推斷元素為解答關鍵。本題的易錯點為C，要注意物質中化學鍵數目的判斷方法的應用。16、B【解析】

A.向某無色溶液中滴加BaCl2溶液，能產生白色沉淀，說明溶液中可能含有SO42-、CO32-、SO32-等，A錯誤；B.向盛有飽和硫代硫酸鈉溶液的試管中滴加稀鹽酸，S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，產生淡黃色沉淀和刺激性氣味氣體二氧化硫，B正確；C.向裝有Na2CO3的圓底燒瓶中滴加HCl，產生的氣體為CO2，其中混有雜質HCl，應通過飽和的NaHCO3溶液的洗氣瓶，除去CO2中混有的HCl，，再通入Na2SiO3水溶液中，C錯誤；D.在一定條件下，Ksp小的沉淀也能向Ksp大的沉淀轉化，D錯誤；故選B。17、A【解析】

A．分子中含有酚羥基、羥基、羧基，都能與鈉反應放出氫氣，不能用鈉檢驗M分子中存在羥基，故A錯誤；B．分子中含有酚羥基能發生氧化反應，羥基、羧基能發生酯化，含有苯環能發生加成反應，故B正確；C．根據結構簡式，M的分子式為C8H8O4，故C正確；D．M的苯環上一硝基代物有2種()，故D正確；故選A。18、C【解析】

A．擬晶Al65Cu23Fe12是由三種金屬元素組成，由于金屬無負價，根據化合價代數和為0的原則，三種金屬的化合價均可視作零價，故A錯誤；B．擬晶具有合金的某些優良物理性能，合金的硬度一般比各成分金屬大，故B錯誤；C．Al65Cu23Fe12與海水可以構成原電池，會加速金屬的腐蝕，因此不可用作長期浸泡在海水中的材料，故C正確；D．溶于過量硝酸時，Al與Fe均變為+3價，Cu變為+2價，故1molAl65Cu23Fe12失電子為65×3+23×2+12×3=277mol，故D錯誤；故選C。19、D【解析】

A.滴定終點時石蕊變色不明顯，通常不用石蕊作指示劑，故A錯誤；B.錐形瓶如果用待測液潤洗，會使結果偏高，故B錯誤；C.如圖滴定管讀數為24.40mL，故C錯誤；D．滴定時眼睛不需要注視滴定管中液面，應該注視錐形瓶中溶液顏色變化，以便及時判斷滴定終點，故D正確；故選：D。。20、C【解析】

由圖上電子的移動方向可知右側電解池的陽極，反應式為4OH--4e-=2H2O+O2↑，左側為陰極，反應式為2V3++2e-=2V2+；雙極性膜可將水解離為H+和OH-，由圖可知，H+進入陰極，OH-進入陽極，放電后的溶液進入再生池中在催化劑條件下發生反應放出氫氣，反應方程式為2V2++2H+2V3++H2↑，由此來解題。【詳解】A.由圖可知，該裝置將光能轉化為化學能并分解水，A正確；B.雙極性膜可將水解離為H+和OH-，由圖可知，H+進入陰極，OH-進入陽極，則雙極性膜可控制其兩側溶液分別為酸性和堿性，B正確；C.光照過程中陽極區反應式為4OH--4e-=2H2O+O2↑，又雙極性膜可將水解離為H+和OH-，其中OH-進入陽極，所以溶液中的n(OH-)基本不變，但H2O增多，使c(OH-)降低，C錯誤；D.根據以上分析，再生的反應方程式為2V2++2H+2V3++H2↑，D正確；故合理選項是C。【點睛】本題考查電解池的工作原理，根據題中給出電子的移動方向判斷陰、陽極是解題關鍵。注意題干信息的應用，題目考查了學生信息處理與應用能力。21、B【解析】

A、蔗糖的分子式：C12H22O11，A正確；B、HClO為共價化合物，氧原子與氫原子、氯原子分別通過1對共用電子對結合，結構式為H－O－Cl，B錯誤；C、氯化鈉為離子化合物，電子式：，C正確；D、由圖得出大球為硫原子，中間小球為碳原子，由于硫原子位于第三周期，而碳原子位于第二周期，硫原子半徑大于碳原子半徑，D正確；答案選B。22、D【解析】

原子序數依次增大的四種短周期元素W、X、Y、Z，Y是地殼中含量最高的金屬元素，則Y為Al元素；其中只有X與Z同主族；Z原子序數大于Al，位于第三周期，最外層電子數大于3；W、X、Y最外層電子數之和為10，則W、X的最外層電子數之和為10-3=7，Z的原子序數小于7，所以可能為Si、P、S元素，若Z為Si時，X為C元素，W為B元素，B與Al同主族，不符合；若Z為P元素時，X為N元素，W為Be元素；若Z為S元素，X為O元素，W為為H（或Li）元素。【詳解】A項、Z可能為P、S元素，P的最高價氧化物對應水化物為磷酸，磷酸為弱電解質，不屬于強酸，故A錯誤；B項、Y為Al元素，氧化鋁為離子化合物，W為H元素時，水分子為共價化合物，故B錯誤；C項、X為O時，Z為S，水分子之間存在氫鍵，導致水的沸點大于硫化氫，故C錯誤；D項、X可能為N或O元素，Y為Al，氮離子、氧離子和鋁離子都含有3個電子層，核電荷數越大離子半徑越小，則離子半徑X＞Y，故D正確。故選D。【點睛】本題考查原子結構與元素周期律的關系，注意掌握元素周期律內容、元素周期表結構，利用討論法推斷元素為解答關鍵。二、非選擇題(共84分)23、C10H20羰基、羧基4加成反應（或還原反應）取代反應聚丙烯酸鈉3【解析】

烴A（C10H16）能與氫氣加成得到H，結構簡式為，B為，D為CH3CH（OH）COOH，G為，結合有機物的性質解答。【詳解】（1）根據H的結構簡式可得分子式為C10H20，故答案為C10H20；（2）B的結構簡式為，所以B所含官能團的名稱為羰基、羧基，故答案為羰基、羧基；（3）含兩個—COOCH3基團的C的同分異構、CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3、CH3OOCCH2CH(CH3)COOCH3、CH3CH2C(COOCH3)2共4種；核磁共振氫譜呈現2個吸收峰，既H原子的位置有2種，結構簡式為：，故答案為4；；（4）B→D為羰基與H2發生的加成反應，D→E為D中的ɑ-H原子被Br取代，反應類型為取代反應。故答案為加成反應；取代反應；（5）D分子內羧基和羥基發生酯化反應生成G，則G的結構簡式為：，故答案為；（6）E為丙烯酸，與NaOH醇溶液反應生成丙烯酸鈉，加聚反應可得F，名稱為：聚丙酸鈉。故答案為聚丙烯酸鈉；（7）E在NaOH醇溶液發生消去反應和中和反應，所以E→F的化學方程式為：，故答案為；（8）根據B、C的結構簡式和A的分子式C10H16可推出A的結構簡式為：；A中兩個碳碳雙鍵與等物質的量的Br2可分別進行加成反應，也可以發生1，4加成，所以產物共有3種。故答案為；3。24、碳、溴Na5CBrNa5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑將Y加熱至熔化，然后測其導電性，若熔融狀態下能導電，證明該物質是由離子構成的離子晶體放在稀鹽酸中洗滌后在酒精燈火焰上灼燒至無色【解析】

X與水反應產生氣體A和堿性溶液，氣體A摩爾質量為M=0.714g·L-1×22.4L/mol=16g/mol，則A是CH4，說明X中含有C元素；堿性溶液焰色反應呈黃色，說明堿性溶液含有鈉元素，物質X中有鈉元素；向該堿性溶液中加入0.04molHCl溶液顯中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液產生兩種沉淀，質量和為7.62g，根據Cl-守恒，其中含有AgCl沉淀質量為m(AgCl)=0.04mol×143.5g/mol=5.74g，X中含有的另外一種元素位于第四周期，可以與Ag+反應產生沉淀，則該元素為溴元素，則X的組成元素為Na、C、Br三種元素，形成的沉淀為AgBr，其質量為m(AgBr)=7.62g-5.74g=1.88g，n(AgBr)=1.88g÷188g/mol=0.01mol，X中含有Br-0.01mol，其質量為0.01mol×80g/mol=0.80g，結合堿性溶液中加入0.04molHCl，溶液顯中性，說明2.07gX中含有0.05molNa+，X與水反應產生0.01molHBr和0.05molNaOH，其中0.01molHBr反應消耗0.01molNaOH，產生0.01molNaBr，還有過量0.04molNaOH，則X中含有C的物質的量為n(C)=(2.07g-0.05mol×23g/mol-0.80g)÷12g/mol=0.01mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=0.05：0.01：0.01=5：1：1，則X化學式為Na5CBr，Na5CBr與水反應總方程式為：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑，據此分析解答。【詳解】根據上述分析可知X是Na5CBr，A是CH4，堿性溶液為NaOH與NaBr按4：1混合得到的混合物，中性溶液為NaCl、NaBr按4：1物質的量的比的混合物，沉淀為AgCl、AgBr混合物，二者物質的量的比為4：1；(1)X化學式為Na5CBr，其中非金屬元素的名稱為碳、溴；(2)X與水反應的化學方程式為Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑；(3)化合物Y由X中金屬元素和第四周期元素構成，則Y為NaBr，該化合物為離子化合物，證明Y的晶體類型實驗是：將NaBr加熱至熔化，測其導電性，若熔融狀態下能導電，證明在熔融狀態中含有自由移動的離子，則該物質是由離子構成的離子化合物；(4)補充焰色反應的操作：取一根鉑絲，放在稀鹽酸中洗滌后在酒精燈或酒精噴燈火焰上灼燒至無色，然后蘸取待測液灼燒，觀察火焰顏色，來確定其中含有的金屬元素。【點睛】本題考查了元素及化合物的推斷、顏色反應的操作及化合物類型判斷方法。掌握常見元素及化合物的性質、物質的構成微粒，并結合題干信息計算、推理。25、NH3、H2、I2(HI)吸收多余的氨氣Zn+I2═ZnI2安全瓶Fe粉Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2OFe2+被氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-顯紅色假設SCN-被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出現紅色，則假設成立Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4【解析】

(1)實驗時中A有大量紫紅色的煙氣，說明生成了碘蒸氣，NH4I發生下列反應：NH4I(固)?NH3(氣)+HI(氣)，2HI(氣)?H2(氣)+I2(氣)，則NH4I的分解產物為NH3、H2、I2(HI)，E裝置濃硫酸的作用是吸收多余的氨氣；(2)裝置B中鋅的作用是吸收碘蒸氣，反應方程式：Zn+I2═ZnI2，故D裝置的作用是作安全瓶，防倒吸，因為氨氣極易被濃硫酸吸收；(3)利用黑色固體可溶于鹽酸并產生氣體，結合“原子守恒”可知用酒精噴燈的乙組實驗得到的固體為Fe；(4)Fe2O3被還原得到黑色固體為Fe3O4，由此可寫出反應的離子方程式；(5)步驟4中溶液變紅是溶液中Fe2+被Cl2氧化為Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2將SCN-氧化，若該假設成立，則溶液中還存在Fe3+，再繼續加入KSCN溶液則溶液變紅；(6)氧化物樣品質量為7.84克，還原成鐵粉質量為5.6克，氧元素質量為：7.84-5.6g=2.24g，則鐵和氧的原子個數比為：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式為Fe5O7，由此確定混合物的組成。【詳解】：(1)實驗時中A有大量紫紅色的煙氣，說明生成了碘蒸氣，NH4I發生下列反應：NH4I(固)?NH3(氣)+HI(氣)，2HI(氣)?H2(氣)+I2(氣)，則NH4I的分解產物為NH3、H2、I2(HI)，E裝置濃硫酸的作用是吸收多余的氨氣；(2)裝置B的作用是吸收碘蒸氣，反應方程式：Zn+I2═ZnI2，因為氨氣極易被濃硫酸吸收，故D裝置的作用是作安全瓶，防倒吸；(3)利用黑色固體可溶于鹽酸并產生氣體，結合“原子守恒”可知用酒精噴燈的乙組實驗得到的固體為Fe；(4)利用甲組現象可知Fe2O3與CO在酒精燈加熱的條件下，Fe2O3被還原得到黑色固體為Fe3O4，由此可寫出反應的離子方程式為Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；(5)因Fe3+遇SCN-顯紅色，所以乙組步驟3中溶液變紅是溶液中Fe2+被Cl2氧化為Fe3+所致，溶液褪色的原因可能是Cl2將SCN-氧化，若該假設成立，則溶液中還存在Fe3+，再繼續加入KSCN溶液則溶液變紅；(6)氧化物樣品質量為7.84克，還原成鐵粉質量為5.6克，氧元素質量為：7.84-5.6g=2.24g，則鐵和氧的原子個數比為：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式為Fe5O7；則混合物的組成為Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4，故答案為：Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4。26、溫度計冷凝回流b用含水20%的乙醇溶液代替水、緩慢滴液Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OHa與酸反應生成氫氣，形成氫氣氛圍，防止Ti3+在空氣中被氧化b80【解析】

(1)根據水、無水乙醇和乙酰丙酮容易揮發分析解答；(2)反應的焓變只與初始狀態和終了狀態有關；增大反應的活化能，反應速率減慢；降低反應的活化能，反應速率加快，據此分析判斷；根據實驗步驟②的提示分析判斷；(3)Ti(OH)4不穩定，易脫水生成TiO2，鈦酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化鈦溶膠，據此書寫反應的化學方程式；灼燒固體需要在坩堝中進行；(4)根據Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋，說明Ti3+容易被氧化；并據此分析判斷可以選用的指示劑，結合消耗的NH4Fe(SO4)2的物質的量計算樣品中TiO2的質量分數。【詳解】(1)根據裝置圖，儀器a為溫度計，實驗過程中為了防止水、無水乙醇和乙酰丙酮揮發，可以使用冷凝管冷凝回流，提高原料的利用率，故答案為溫度計；冷凝回流；(2)a.反應的焓變只與初始狀態和終了狀態有關，加入的乙酰丙酮，改變是反應的條件，不能改變反應的焓變，故a錯誤；b.增大反應的活化能，活化分子數減少，反應速率減慢，故b正確；c.反應的焓變只與初始狀態和終了狀態有關，加入的乙酰丙酮，改變是反應的條件，不能改變反應的焓變，故c錯誤；d.降低反應的活化能，活化分子數增多，反應速率加快，故d錯誤；故選b；根據實驗步驟②的提示，制備過程中，用含水20%的乙醇溶液代替水、緩慢滴液，減慢鈦酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解的反應速率，故答案為b；用含水20%的乙醇溶液代替水、緩慢滴液；(3)Ti(OH)4不穩定，易脫水生成TiO2，步驟②中鈦酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化鈦溶膠，反應的化學方程式為Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；灼燒二氧化鈦凝膠需要在坩堝中進行，故選擇的裝置為a，故答案為Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；a；(4)①根據Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋，說明Ti3+容易被氧化，鋁與酸反應生成氫氣，在液面上方形成氫氣氛圍，防止Ti3+在空氣中被氧化，故答案為與酸反應生成氫氣，形成氫氣氛圍，防止Ti3+在空氣中被氧化；②酚酞溶液、淀粉溶液與NH4Fe(SO4)2溶液，現象不明顯；KMnO4溶液也能氧化Ti3+，影響滴定結果，KMnO4不與Fe3+反應；根據滴定反應Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋可知，可以選用KSCN溶液作指示劑，當滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液，容易變成血紅色，且半分鐘不褪色，說明到達了滴定終點，故答案為b；③消耗的NH4Fe(SO4)2的物質的量=0.02L×0.1000mol·L-1=0.002mol，則根據鈦原子守恒，n(TiO2)=n(Ti3+)=n（Fe3+）=0.002mol，樣品中TiO2的質量分數=×100%=80%，故答案為80。27、打開彈簧夾，通入N2一段時間H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O將紅色物質轉化為氧化銅Cu排除溶解的SO2、H2SO3導致溶液顯綠色的可能性NaHSO3或KHSO3SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2【解析】

(1)①為排出空氣對實驗的干擾，滴加濃硫酸之前應先通入氮氣，將空氣排出；②裝置A中的反應是制備SO2的反應；(2)將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中，B中出現少量紅色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是將紅色物質轉化為氧化銅，有利于后續定量判斷；②由實驗中物質的質量計算紅色固體的平均摩爾質量，進而分析固體成分；(3)①根據B中所得溶液中可能的成分等，實驗i可以排除部分成分顯綠色的可能性；②確認Cu(HSO3)2使溶液呈綠色，需要在溶液中加入含有HSO3-離子的物質；(4)出現紅色沉淀的原因是生成了Cu；溶液呈現綠色的原因生成了含HSO3-離子的物質。【詳解】(1)①為排出空氣對實驗的干擾，滴加濃硫酸之前應先通入氮氣，將空氣排出，操作為：打開彈簧夾，通入N2一段時間，關閉彈簧夾；②裝置A中的反應是制備SO2的反應，化學方程式為H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；(2)將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中，B中出現少量紅色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是將紅色物質轉化為氧化銅，有利于后續定量判斷；②由實驗可知n(CuO)==0.025mol，則紅色固體的平均摩爾質量為=64g/mol，故紅色固體為銅；(3)①B中所得溶液中可能含有溶解的SO2，H2SO3，Cu(HSO3)2、CuSO4等，CuSO4在溶液中呈藍色，而B所得溶液呈綠色，實驗i可以排除溶解的SO2、H2SO3導致溶液顯綠色的可能性；②確認Cu(HSO3)2使溶液呈綠色，需要在溶液中加入含有HSO3-離子的物質，故可加入NaHSO3或KHSO3；(4)出現紅色沉淀的原因是生成了Cu，離子方程式為：SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O；溶液呈現綠色的原因生成了含HSO3-離子的物質，離子方程式為2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2.【點睛】本題注意實驗三中判斷使溶液顯綠色的粒子時，要分別判斷，逐一分析，每一步實驗都要從實驗目的角度分析設置的原因。28、+247.6KJ/mol23%0.005mol/(L·s)＞BC正向小【解析】

已知：①CH4(g)十H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H1=+206.4kJ/mol②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ/mol(1)利用蓋斯定律，將①-②，可得出熱化學方程式③CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H。(2)利用三段式，建立各物質的起始量、變化量與平衡量的關系，可得出30s時CH4的轉化率，20~40s的v(H2)。(3)利用三段式，可求出T1時的化學平衡常數，與T2時進行比較，得出T2與T1的關系。(4)A．氣體的質量不變，容器的體積不變，則容器內氣體密度始終不變；B．容器的體積不變，氣體的分子數隨反應進行而發生變化；C．平衡時，CO和H2的體積分數保持不變；D．2v(CO)逆=v(CH4)正，方向相反，但數值之比不等于化學計量數之比。(5)利用濃度商與平衡常數進行比較，可確定平衡移動的方向；利用等效平衡原理，可確定CO2的總轉化率與原平衡時的關系。【詳解】已知：①CH4(g)十H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H1=+206.4kJ/mol②CO(g)+H2O(g