浙江省重點中學2025屆高考化學考前最后一卷預測卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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、下列關于物質或離子檢驗的敘述正確的是A．在溶液中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，出現白色沉淀，證明原溶液中有SO42－B．用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，證明該溶液一定是鈉鹽溶液C．氣體通過無水CuSO4，粉末變藍，證明原氣體中含有水蒸氣D．將氣體通入澄清石灰水，溶液變渾濁，證明原氣體是SO22、新型材料B4C可用于制作切削工具和高溫熱交換器。關于B4C的推斷正確的是A．B4C是一種分子晶體 B．B4C是該物質的分子式C．B4C是一種原子晶體 D．B4C的電子式為3、下列有關說法正確的是()A．H2O與D2O互為同位素B．CO2和CO屬于同素異形體C．乙醇與甲醚互為同分異構體D．葡萄糖和蔗糖互為同系物4、下圖為某城市某日空氣質量報告，下列敘述與報告內容不相符的是A．該日空氣首要污染物是PM10B．該日空氣質量等級屬于中度污染C．污染物NO2、CO可能主要來源于機動車尾氣D．PM2.5、PM10指的是懸浮顆粒物，會影響人體健康5、鉍(Bi)位于元素周期表中第ⅤA族，其價態為＋3時較穩定，鉍酸鈉(NaBiO3)溶液呈無色?，F取一定量的硫酸錳(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，對應的現象如表所示：在上述實驗條件下，下列結論正確的是A．BiO3-的氧化性強于MnO4-B．H2O2被高錳酸根離子還原成O2C．H2O2具有氧化性，能把KI氧化成I2D．在KI-淀粉溶液中滴加鉍酸鈉溶液，溶液一定變藍色6、下列物質的水溶液因水解而呈堿性的是（）A．NaOHB．NH4ClC．CH3COONaD．HC17、實驗過程中不可能產生Fe(OH)3的是A．蒸發FeCl3溶液 B．FeCl3溶液中滴入氨水C．將水蒸氣通過灼熱的鐵 D．FeCl2溶液中滴入NaOH溶液8、《唐本草》和《本草圖經》中記載：“絳礬，本來綠色，……正如瑁璃燒之赤色”“取此物（絳礬）置于鐵板上，聚炭，……吹令火熾，其礬即沸，流出，色赤如融金汁者是真也”。其中不涉及的物質是（）A．FeSO4·7H2O B．S C．Fe2O3 D．H2SO49、下列說法正確的是（）A．用乙醇和濃硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸B．測定新制氯水的pH時，先用玻璃棒蘸取液體滴在pH試紙上，再與標準比色卡對照C．檢驗牙膏中是否含有甘油，可選用新制的氫氧化銅懸濁液，若含有甘油，則產生絳藍色沉淀D．將阿司匹林粗產品置于燒杯中，攪拌并緩慢加入飽和NaHCO3溶液，目的是除去粗產品中的水楊酸聚合物10、短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，Y與W同族，W的核電荷數是Y的兩倍，四種元素組成的一種化合物如圖所示。下列說法一定正確的是（）A．簡單離子半徑：Z＞W＞Y＞XB．最簡單氫化物的穩定性：W＞YC．X與Z可形成離子化合物ZXD．W的氧化物對應的水化物為強酸11、室溫下，有pH均為9，體積均為10mL的NaOH溶液和CH3COONa溶液，下列說法正確的是A．兩種溶液中的c(Na+)相等B．兩溶液中由水電離出的c(OH-)之比為10-9/10-5C．分別加水稀釋到100mL時，兩種溶液的pH依然相等D．分別與同濃度的鹽酸反應，恰好反應時消耗的鹽酸體積相等12、下列離子方程式書寫正確的是()A．NaHCO3溶液與足量的澄清石灰水反應：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3-=CaCO3↓＋2H2OB．NH4HCO3溶液與足量的NaOH溶液反應：HCO3-＋OH－=CO32-＋H2OC．向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2：SiO32-＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋HCO3-D．Cl2與足量的FeBr2溶液反應：Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－13、《本草綱目》中記載：“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”。下列敘述正確的是A．“取堿浣衣”與酯的水解有關B．取該“堿”溶于水可得到一種堿溶液C．“以灰淋汁”所涉及的操作有溶解、分液D．“薪柴之灰”與銨態氮肥混合施用可增強肥效14、下列過程屬于物理變化的是A．煤的干餾B．石油的分餾C．石油裂化D．石油裂解15、下列選項中，有關實驗操作、現象和結論都正確的是選項實驗操作現象結論A將過量的CO2通入CaCl2溶液中無白色沉淀出現生成的Ca(HCO3)2可溶于水B常溫下將Al片插入濃硫酸中無明顯現象Al片和濃硫酸不反應C用玻璃棒蘸取濃氨水點到紅色石蕊試紙上試紙變藍色濃氨水呈堿性D將SO2通入溴水中溶液褪色SO2具有漂白性A．A B．B C．C D．D16、下圖是一種微生物燃料電池的工作原理示意圖，工作過程中必須對某室進行嚴格密封。下列有關說法錯誤的是A．a極的電極反應式為B．若所用離子交換膜為質子交換膜，則將由A室移向B室C．根據圖示，該電池也可以在堿性環境中工作D．由于A室內存在細菌，所以對A室必須嚴格密封，以確保厭氧環境17、氫氧化鈰[Ce(OH)4]是一種重要的稀土氫氧化物。平板電視顯示屏生產過程中會產生大量的廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)，某課題組以此粉末為原料回收鈰，設計實驗流程如下：下列說法錯誤的是A．濾渣A中主要含有SiO2、CeO2B．過濾操作中用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒C．過程②中發生反應的離子方程式為CeO2+H2O2+3H+=Ce3++2H2O+O2↑D．過程④中消耗11.2LO2(已折合成標準狀況)，轉移電子數為2×6.02×102318、甲、乙、丙三種有機化合物的鍵線式如圖所示。下列說法錯誤的是A．甲、乙的化學式均為C8H14B．乙的二氯代物共有7種（不考慮立體異構）C．丙的名稱為乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面D．甲、乙、丙均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色19、從海帶中提取碘的實驗中，包括灼燒、浸取和過濾、氧化、萃取、反萃取等步驟。下列說法正確的是（）A．灼燒中用到的儀器有蒸發皿、三腳架、酒精燈、玻璃棒B．過濾中用到的儀器只有燒杯、漏斗(帶濾紙)、鐵架臺C．萃取得到碘的四氯化碳溶液，分液時從分液漏斗上口倒出D．反萃取是在有機相中加入濃氫氧化鈉溶液，振蕩、靜置、分液，再向水相中滴加45％硫酸溶液，過濾得固態碘20、為測定人體血液中Ca2＋的含量，設計了如下方案：有關反應的化學方程式為：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O若血液樣品為15mL，滴定生成的草酸消耗了0.001mol·L－1的KMnO4溶液15.0mL，則這種血液樣品中的含鈣量為A．0.001mol·L－1 B．0.0025mol·L－1 C．0.0003mol·L－1 D．0.0035mol·L－121、將Na2O2與過量NaHCO3混合固體在密閉容器中充分加熱反應后，排出氣體后最終剩余固體是（）A．NaOH和Na2O2 B．NaOH和Na2CO3C．Na2CO3 D．Na2O222、鋅電池是一種極具前景的電化學儲能裝置。扣式可充電電池組成示意圖如下。可以在晶體中可逆地嵌入和脫除，總反應為。下列說法錯誤的是（）A．放電時不銹鋼箔為正極，發生還原反應B．放電時負極的反應為C．充電時電池正極上的反應為：D．充電時鋅片與電源的負極相連二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機鋅試劑（R—ZnBr）與酰氯（）偶聯可用于制備藥物Ⅱ：（1）化合物Ⅰ的分子式為_____________。（2）關于化合物Ⅱ，下列說法正確的有______（雙選）。A．可以發生水解反應B．可與新制的Cu（OH）2共熱生成紅色沉淀C．可與FeCl3溶液反應顯紫色D．可與熱的濃硝酸和濃硫酸混合液反應（3）化合物Ⅲ含有3個碳原子，且可發生加聚反應，按照途徑1合成線路的表示方式，完成途經2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路線：_____________（標明反應試劑，忽略反應條件）。（4）化合物Ⅴ的核磁共振氫譜中峰的組數為_____________，以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的羧酸類同分異構體共有_____________種（不考慮手性異構）。（5）化合物Ⅵ和Ⅶ反應可直接得到Ⅱ，則化合物Ⅶ的結構簡式為：_____________。24、（12分）某新型藥物H()是一種可用于治療腫瘤的藥物，其合成路線如圖所示：已知：(1)E的分子式為C9H8O2，能使溴的四氯化碳溶液褪色(2)（R為烴基）(3)請回答下列問題：(1)A的結構簡式為_____；D的官能團的名稱為_____。(2)①的反應類型是_____；④的反應條件是_____。(3)寫出B→C的化學方程式_____。(4)寫出F+G→H的化學方程式_____。(5)E有多種同分異構體，同時滿足下列條件的E的同分異構體有_____種。ⅰ.能發生銀鏡反應ⅱ.能發生水解反應ⅲ.分子中含的環只有苯環(6)參照H的上述合成路線，設計一條由乙醛和NH2CH(CH3)2為起始原料制備醫藥中間CH3CONHCH(CH3)2的合成路線_____。25、（12分）硫代硫酸鈉(Na2S2O3)是重要的化工原料。具有較強的還原性，可用于棉織物漂白后的脫氯劑，定量分析中的還原劑。易溶于水，不溶于乙醇。Na2S2O3?5H2O于40～45℃熔化，48℃分解。實驗室中常用亞硫酸鈉和硫磺制備Na2S2O3?5H2O。制備原理為：Na2SO3+S+5H2O═Na2S2O3?5H2O。某化學興趣小組在實驗室制備硫代硫酸鈉晶體并探究其化學性質。Ⅰ.實驗室制取Na2S2O3?5H2O晶體的步驟如下：①稱取12.6gNa2SO3于燒杯中，溶于80.0mL水。②另取4.0g硫粉，用少許乙醇潤濕后，加到上述溶液中。③水浴加熱(如圖1所示，部分裝置略去)，微沸，反應約1小時后過濾。④濾液在經過蒸發濃縮、冷卻結晶后析出Na2S2O3?5H2O晶體。⑤進行減壓過濾(如圖2所示)、乙醇洗滌并干燥。請回答：(1)儀器B的名稱是_____。(2)步驟④在濃縮過程中不能蒸發過度，其原因是_____。步驟⑤如欲停止抽濾，應先將吸濾瓶支管上的橡皮管拔下，再關抽氣泵，其原因是_____。(3)洗滌時為盡可能避免產品損失應選用的試劑是_____。A．水B．乙醇C．氫氧化鈉溶液D．稀鹽酸Ⅱ.設計以下實驗流程探究Na2S2O3的某些化學性質(4)實驗①Na2S2O3溶液pH＝8的原因是_____(用離子方程式表示)。(5)寫出實驗②中發生的離子反應方程式_____。Ⅲ.用Na2S2O3的溶液測定溶液中ClO2的物質的量濃度，可進行以下實驗。步驟1：準確量取ClO2溶液10.00mL，稀釋成100mL試樣。步驟2：量取V1ML試樣加入到錐形瓶中，調節試樣的pH≤2.0，加入足量的KI晶體，搖勻，在暗處靜置30分鐘(已知：ClO2+I﹣+H+—I2+Cl﹣+H2O未配平)。步驟3：以淀粉溶液作指示劑，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液V2mL(已知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣)。(6)滴定終點現象是_____。根據上述步驟計算出原ClO2溶液的物質的量濃度為_____mol/L(用含字母的代數式表示)。26、（10分）吊白塊(NaHSO2·HCHO·2H2O，M=154.0g/mol)在工業中有廣泛應用；吊白塊在酸性環境下、100℃即發生分解釋放出HCHO。實驗室制備吊白塊的方案如下：NaHSO3的制備：如圖，在廣口瓶中加入一定量Na2SO3和水，振蕩溶解，緩慢通入SO2，至廣口瓶中溶液pH約為4，制得NaHSO3溶液。（1）裝置Ⅰ中產生氣體的化學反應方程式為__；Ⅱ中多孔球泡的作用是__。（2）實驗室檢測NaHSO3晶體在空氣中是否發生氧化變質的實驗方案是__。吊白塊的制備：如圖，向儀器A中加入上述NaHSO3溶液、稍過量的鋅粉和一定量甲醛，在80~90℃C下，反應約3h，冷卻過濾。（3）儀器A的名稱為___；用恒壓漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的優點是__。（4）將儀器A中的反應溫度恒定在80~90℃的目的是__。吊白塊純度的測定：將0.5000g吊白塊樣品置于蒸餾燒瓶中，加入10%磷酸10mL，立即通入100℃水蒸氣；吊白塊分解并釋放出甲醛，用含36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4吸收甲醛(不考慮SO2影響，4MnO4－+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O)，再用0.1000mol·L－1的草酸標準溶液滴定酸性KMnO4，再重復實驗2次，平均消耗草酸溶液的體積為30.00mL。（5）滴定終點的判斷方法是__；吊白塊樣品的純度為__%(保留四位有效數字)；若KMnO4標準溶液久置釋放出O2而變質，會導致測量結果__(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)27、（12分）PbCrO4是一種黃色顏料，制備PbCrO4的一種實驗步驟如圖1：已知：①Cr（OH）3（兩性氫氧化物）呈綠色且難溶于水②Pb（NO3）2、Pb（CH3COO）2均易溶于水，PbCrO4的Ksp為2.8×10﹣13，Pb（OH）2開始沉淀時pH為7.2，完全沉淀時pH為8.7。③六價鉻在溶液中物種分布分數與pH關系如圖2所示。④PbCrO4可由沸騰的鉻酸鹽溶液與鉛鹽溶液作用制得，含PbCrO4晶種時更易生成（1）實驗時需要配置100mL3mol?L﹣1CrCl3溶液，現有量筒、玻璃棒、燒杯，還需要玻璃儀器是___。（2）“制NaCrO2（aq）”時，控制NaOH溶液加入量的操作方法是_____。（3）“氧化”時H2O2滴加速度不宜過快，其原因是_____；“氧化”時發生反應的離子方程式為___。（4）“煮沸”的目的是_____。（5）請設計用“冷卻液”制備PbCrO4的實驗操作：_____[實驗中須使用的試劑有：6mol?L﹣1的醋酸，0.5mol?L﹣1Pb（NO3）2溶液，pH試紙]。28、（14分）物質M是一種日常生活中不可缺少的調味品．已知C可在D中燃燒發出蒼白色火焰，M與其他物質的轉化關系如圖所示（部分產物已略去）（1）寫出用惰性電極電解M溶液的離子方程式_____。（2）比較B中各元素原子半徑由大到小_____（填元素符號）。（3）若A是一種酸性氧化物，且可用于制造玻璃，則G的化學式是_____。（4）若A是一種常見金屬單質，且A與B溶液能夠反應，則將過量的F溶液逐滴加入E溶液，邊加邊振蕩，所看到的實驗現象是_____。（5）若A是一種鹽，A溶液與B溶液混合產生白色絮狀沉淀且瞬間變為灰綠色，最后變成紅褐色的E，則由A轉化成E的離子方程式是_____。（6）若A是一種溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32﹣、SO42﹣中的某些離子，當向該溶液中加入B溶液時發現生成沉淀的物質的量隨B溶液的體積發生變化如圖所示，由此可知，該溶液中肯定含有的離子及其濃度之比為_____。（7）若E可用于檢驗葡萄糖的存在，寫出G溶液充分蒸發灼燒后的產物與乙醇反應的化學方程式為_____。29、（10分）實現碳及其化合物的相互轉化，對開發新能源和降低碳排放意義重大。（1）已知：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H=x已知：標準狀態下，由最穩定的單質生成1mol化合物的焓變，稱為該化合物的標準摩爾生成焓，幾種物質的標準摩爾生成焓如下。則x=__kJ·mol－1。(標準摩爾生成焓：CH4(g)－75kJ/mol；H2O(g)－240kJ/mol；CO(g)－110kJ/mol；H2(g)－0kJ/mol)（2）為了探究溫度、壓強對反應(1)的影響，在恒溫恒容下，向下列三個容器中均充入4molCH4和4molH2O。容器溫度/℃體積/LCH4平衡濃度/mol·L－1平衡時間/min甲40011.55.0乙5001xt1丙4002yt2①平衡前，容器甲中反應的平均速率(H2)=__mol/(L·min)；在一定條件下，能判斷容器丙中的反應一定處于化學平衡狀態的是__(填序號)；A．3v(CH4)正=v(H2)逆B．CH4和H2O的轉化率相等C．容器內壓強保持不變D．混合氣體的密度保持不變②平衡后，乙容器中CH4的轉換率較丙低，其原因是__，其中t1__t2(填“>”、“<”或“=”)。（3）pC是指極稀溶液中溶質物質的量濃度的負對數。已知常溫下，H2CO3溶液中加入強酸或強堿后達到平衡時溶液中三種成分的pC－pH圖，據圖分析：常溫下，碳酸的一級電離常數Ka1的數量級為__；其中碳酸的Ka1>>Ka2，其原因是__。（4）我國科學家根據反應CO2C+O2↑，結合電解池原理設計出了二氧化碳捕獲與轉化裝置。該裝置首先利用電解池中熔融電解質ZrO捕獲CO2，發生的相關反應為：①CO2+O2－=CO32－，②2CO2+O2－=C2O52－，然后CO32－在陰極轉化為碳單質和__；C2O52－在陽極發生電極反應，其方程式為__。

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.在溶液中加酸化的BaCl2溶液，溶液出現白色沉淀，白色沉淀可能是氯化銀或硫酸鋇沉淀，不能證明一定含硫酸根離子，故A錯誤；B.用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，說明該溶液中含有鈉元素，則該溶液可能是鈉鹽溶液或氫氧化鈉溶液，故B錯誤；C.氣體通過無水硫酸銅,粉末變藍,則發生反應：CuSO4+5H2O═CuSO4?5H2O，可證明原氣體中含有水蒸氣，故C正確；D.二氧化硫和澄清石灰水中氫氧化鈣反應生成亞硫酸鈣沉淀，二氧化碳氣體通過澄清石灰水溶液生成碳酸鈣白色沉淀，反應都會變渾濁，不能檢驗二氧化碳和二氧化硫，故D錯誤；答案選C。2、C【解析】

A.新型材料B4C可用于制作切削工具和高溫熱交換器，表明了B4C具有硬度大、熔點高的特性，而分子晶體硬度小、熔沸點低，A錯誤；B.B4C屬于原子晶體，組成微粒是C、B原子，不含分子，因此B4C不是該物質的分子式B錯誤；C.新型材料B4C可用于制作切削工具和高溫熱交換器，表明了B4C具有硬度大、熔點高的特性，說明該物質屬于原子晶體，C正確；D.原子晶體中原子間以共價鍵相結合，B4C中C和B形成四對共用電子，電子式為，D錯誤；故合理選項是C。3、C【解析】

A.H與D互為同位素，故A錯誤；B.CO2和CO是碳的兩種不同氧化物，不是單質，不屬于同素異形體，故B錯誤；C.乙醇與甲醚分子式相同，結構不同，互為同分異構體，故C正確；D.葡萄糖是單糖、蔗糖是二糖，不是同類物質，不是互為同系物，故D錯誤；故選C。4、B【解析】首要污染物是指污染最重的污染物，根據空氣質量報告，PM10數值最大，所以該日空氣首要污染物是PM10，故A正確；首要污染物的污染指數即為空氣污染指數，該日空氣污染指數為79，空氣質量等級屬于良，故B錯誤；機動車尾氣中含有NO2、CO，故C正確；PM2.5指的是大氣中的細懸浮顆粒物,它的直徑僅有2.5微米,

PM10指的是環境空氣中塵埃在10微米以下的顆粒物，PM2.5、PM10會影響人體健康，故D正確。5、A【解析】

A.向無色硫酸錳(MnSO4)溶液中加入適量無色鉍酸鈉(NaBiO3)溶液，充分反應后溶液變為紫紅色，說明反應產生了MnO4-，Mn元素化合價升高，失去電子被氧化為MnO4-，根據氧化還原反應的規律：氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性，可知BiO3-的氧化性強于MnO4-，A正確；B.向該紫色溶液中加入過量H2O2，溶液的紅色消失，產生氣泡，說明產生了O2，氧元素化合價升高，失去電子，被氧化，則H2O2被高錳酸根離子氧化成O2，B錯誤；C.向溶液中加入適量KI-淀粉溶液，溶液緩慢變為藍色，可能是H2O2將KI氧化為I2，也可能是Mn2+作催化劑使H2O2分解產生的O2將KI氧化為I2，I2遇淀粉溶液變為藍色，C錯誤；D.鉍酸鈉具有強的氧化性，可以將KI氧化為I2，I2遇淀粉溶液變為藍色，也可以將KI氧化為KIO3，因此溶液不一定變為藍色，D錯誤；故合理選項是A。6、C【解析】A．NaOH為強堿，電離使溶液顯堿性，故A不選；B．NH4Cl為強酸弱堿鹽，水解顯酸性，故B不選；C．CH3COONa為強堿弱酸鹽，弱酸根離子水解使溶液顯堿性，故C選；D．HC1在水溶液中電離出H+，使溶液顯酸性，故D不選；故選C。7、C【解析】

A.蒸發FeCl3溶液，鐵離子水解生成氫氧化鐵，故A正確；B.FeCl3溶液中滴入氨水生成氫氧化鐵和氯化銨，故B正確；C.將水蒸氣通過灼熱的鐵生成四氧化三鐵和氫氣，故C錯誤；D.FeCl2溶液中滴入NaOH溶液生成氫氧化亞鐵和氯化鈉，氫氧化亞鐵遇到氧氣被氧化成氫氧化鐵，故D正確；故選：C。8、B【解析】

由信息可知，綠礬為硫酸亞鐵的結晶水合物，即FeSO4·7H2O，加熱發生氧化還原反應，Fe元素的化合價升高，S元素的化合價降低，Fe的氧化物只有氧化鐵為紅色，則“色赤”物質可能是Fe2O3，故生成氧化鐵、二氧化硫、三氧化硫和水蒸氣，三氧化硫與水結合可生成硫酸，不涉及的物質是S，答案選B?！军c睛】硫為淡黃色固體，在題目中并未涉及，做本題時要關注各物質的物理性質。9、D【解析】

A.乙醇和乙酸的反應為可逆反應，用乙醇和濃硫酸不能除去乙酸乙酯中的少量乙酸，并引入了新的雜質，故A錯誤；B.新制氯水具有強氧化性，不能用pH試紙測定新制氯水的pH，故B錯誤；C.多羥基有機化合物如甘油遇新制氫氧化銅產生絳藍色溶液，不會產生藍色沉淀，故C錯誤；D.將阿司匹林粗產品置于燒杯中，攪拌并緩慢加入飽和NaHCO3溶液，目的是除去粗產品中的水楊酸聚合物，故D正確；正確答案是D。10、C【解析】

首先發現Y形成了雙鍵，因此推測Y是氧或者硫，考慮到四種元素的原子序數依次增大，Y與W同族，W的核電荷數是Y的兩倍，因此Y只能是氧，W是硫，X為氫，Z則只能是鈉，故該物質為亞硫酸氫鈉，據此來分析本題即可?！驹斀狻扛鶕陨戏治隹芍猉、Y、Z、W分別是H、O、Na、S。A.根據分析，四種簡單離子半徑的大小為，A項錯誤；B.元素的非金屬性越強，其簡單氫化物的熱穩定性越強，氧的非金屬性強于硫，最簡單氫化物的穩定性：W＜Y，B項錯誤；C.氫和Na可以形成氫化鈉，這是一種金屬氫化物，C項正確；D.硫只有最高價氧化物對應的水化物（硫酸）才是強酸，二氧化硫對應的水化物（亞硫酸）是一種弱酸，D項錯誤；答案選C。11、B【解析】

pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa），相同體積、相同pH的這兩種溶液，則n（NaOH）＜n（CH3COONa）?！驹斀狻緼．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa），鈉離子不水解，所以鈉離子濃度NaOH＜CH3COONa，故A錯誤；B．酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，NaOH溶液中c（H+）等于水電離出c（OH-）=10-9mol/L，CH3COONa溶液10-14/10-9=10-5mol/L，兩溶液中由水電離出的c（OH-）之比=10-9/10-5，故正確；C．加水稀釋促進醋酸鈉水解，導致溶液中pH大小為CH3COONa＞NaOH，故C錯誤；D．分別與同濃度的鹽酸反應，恰好反應時消耗的鹽酸體積與NaOH、CH3COONa的物質的量成正比，n（NaOH）＜n（CH3COONa），所以醋酸鈉消耗的稀鹽酸體積大，故D錯誤。12、D【解析】

A.NaHCO3溶液與足量的澄清石灰水反應生成碳酸鈣、氫氧化鈉和水，反應的離子方程式為：Ca2＋＋OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O，選項A錯誤；B.NH4HCO3溶液與足量的NaOH溶液反應生成碳酸鈉、一水合氨和水，反應的離子方程式為HCO3-＋NH4+＋2OH－=CO32-＋H2O＋NH3·H2O，選項B錯誤；C.向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2，反應生成碳酸氫鈉和硅酸，反應的離子方程式為SiO32-＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCO3-，選項C錯誤；D.Fe2＋還原性大于Br－，Cl2與足量的FeBr2溶液反應只能生成Fe3＋，反應的離子方程式為Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，選項D正確?！军c睛】本題考查離子方程式的書寫及正誤判斷，易錯點為選項A.考查過量問題，在離子方程式的正誤判斷中，學生往往忽略相對量的影響，命題者往往設置“離子方程式正確，但不符合相對量”的陷阱。突破這個陷阱的方法一是審準“相對量”的多少，二是看離子反應是否符合該量。如何判斷哪種物質過量：典例對應的離子方程式①少量NaHCO3Ca2＋＋OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O②足量Ca(OH)2③足量NaHCO3Ca2＋＋2OH－＋2HCO3-=CaCO3↓＋2H2O＋CO32-④少量Ca(OH)213、A【解析】

A．草木灰的主要成分是碳酸鉀，碳酸鉀水解顯堿性，可洗衣服，使衣服中的油脂水解，A正確；B、取該“堿”溶于水可得到一種鹽溶液碳酸鉀溶液，B錯誤；C、“以灰淋汁”所涉及的操作有溶解、過濾，C錯誤；D、“薪柴之灰”與銨態氮肥混合施用可減弱肥效，因碳酸根與銨根離子發生雙水解而使肥效減弱，D錯誤；答案選A。14、B【解析】煤的干餾有苯及苯的同系物等新物質生成，屬于化學變化，故A錯誤；石油的分餾是根據沸點不同把石油分離為汽油、煤油、柴油等物質，沒有新物質生成，屬于物理變化，故B正確；石油裂化是大分子烴斷裂為小分子烴，生成新物質屬于化學變化，故C錯誤；石油裂解是大分子烴斷裂為乙烯、丙烯等產物，生成新物質屬于化學變化，故D錯誤。15、C【解析】

A．因碳酸的酸性比鹽酸弱，所以CO2與CaCl2溶液不反應，A項錯誤；B．鋁與濃硫酸發生鈍化作用，在表面生成一層致密的氧化物膜而阻礙反應的繼續進行，B項錯誤；C．能使紅色石蕊試紙變藍色的溶液呈堿性，則濃氨水呈堿性，C項正確；D．二氧化硫與溴水發生氧化還原反應，體現二氧化硫的還原性，而不是漂白性，D項錯誤；故答案選C。16、C【解析】

本題考查電化學原理，意在考查對電解池原理的理解和運用能力。【詳解】A.由圖可知負極（a極）反應式為C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，正極（b極）反應式為O2+4H++4e-=2H2O，故不選A；B.根據圖示和題中信息，A室產生而B室消耗，氫離子將由負極移向正極，故不選B；C.在負極室厭氧環境下，有機物在微生物作用下分解并釋放出電子和質子，電子依靠合適的電子傳遞介體在生物組分和負極之間進行有效傳遞，并通過外電路傳遞到正極形成電流，而質子通過質子交換膜傳遞到正極，氧化劑（一般為氧氣）在正極得到電子被還原與質子結合成水，所以不可以堿性環境，故選C；D.由于A室內存在細菌，所以對A室必須嚴格密封，以確保厭氧環境，故不選D;答案：C17、C【解析】

該反應過程為：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀鹽酸，Fe2O3轉化FeCl3存在于濾液中，濾渣為CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉化為Ce3+，濾渣為SiO2；③加入堿后Ce3+轉化為沉淀，④通入氧氣將Ce從+3氧化為+4，得到產品?！驹斀狻緼.CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀鹽酸，Fe2O3轉化FeCl3存在于濾液中，濾渣為CeO2和SiO2，故A正確；B.結合過濾操作要點，實驗中用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，故B正確；C.稀硫酸、H2O2，CeO2三者反應生成轉化為Ce2（SO4）3、O2和H2O，反應的離子方程式為：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O，故C錯誤；D.過程④中消耗11.2LO2的物質的量為0.5mol，轉移電子數為0.5mol×NA=2×6.02×1023，故D正確；故答案為C。18、D【解析】

A．根據結構簡式判斷；B．乙的二氯代物中兩個氯原子可在相同或不同的C原子上；C．苯為平面形結構，結合三點確定一個平面分析；D．乙與高錳酸鉀不反應?！驹斀狻緼．由結構簡式可知甲、乙的化學式均為C8H14，故A正確；B．乙的二氯代物中兩個氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH－原子上，共有7種，故B正確；C．苯為平面形結構，碳碳單鍵可以旋轉，結合三點確定一個平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正確；D．乙為飽和烴，與酸性高錳酸鉀溶液不反應，故D錯誤。故選D。19、D【解析】

A．灼燒時應使用坩堝和泥三角，不能用蒸發皿，故A錯誤；B．過濾時還需要玻璃棒引流，故B錯誤；C．四氯化碳的密度比水大，在下層，分液時應從下口放出，故C錯誤；D．有機相中加入濃氫氧化鈉溶液，碘單質與堿液發生歧化反應，生成物溶于水相，分液后向水相中滴加硫酸，含碘物質發生歸中反應生成碘單質，碘單質微溶，所以會析出固態碘，過濾得到碘單質，故D正確；故答案為D。20、B【解析】

由方程式Ca2+＋C2O42+＝CaC2O4、CaC2O4＋H2SO4＝CaSO4↓＋H2C2O4、2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝H2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O可得關系式：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，令血液中含鈣量為cmol/L，則：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO452cmol/L×0.015L0.001mol?L-1×0.015L所以cmol/L×0.015L×2＝5×0.001mol?L-1×0.015L解得c＝0.0025mol?L-1；答案選B。21、C【解析】

加熱時碳酸氫鈉分解生成二氧化碳和水，分別與過氧化鈉反應生成碳酸鈉和氫氧化鈉，當碳酸氫鈉過量時，生成二氧化碳過量，最終產物為碳酸鈉?！驹斀狻考訜釙r碳酸氫鈉分解生成二氧化碳和水，二氧化碳和水與過氧化鈉反應，當碳酸氫鈉過量時，生成二氧化碳、水均過量，則反應后生成的固體中不可能存在過氧化鈉，過氧化鈉先與過量的二氧化碳反應生成碳酸鈉，則最終產物為碳酸鈉；故答案選C。22、C【解析】

如圖：對VS2/Zn扣式可充電電池組成分析，放電時，不銹鋼箔為正極，鋅片為負極，電極反應Zn-2e－═Zn2＋；充電時原電池的正極與外電源正極相連，作陽極，失電子發生氧化反應，原電池負極與電源負極相連，作陰極，得到電子發生還原反應?！驹斀狻緼．放電時，不銹鋼箔為正極，發生還原反應，故A正確；B．放電時，負極為鋅，鋅電極反應為：Zn-2e－═Zn2＋，故B正確；C．充電時，原電池的正極接電源的正極，作陽極，失去電子，發生氧化反應，故C錯誤；D．充電時，原電池負極鋅片與電源的負極相連，作陰極，故D正確；故選C。二、非選擇題(共84分)23、C12H9BrADCH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH344【解析】

（1）根據化合物Ⅰ的結構簡式可寫出其分子式為C12H9Br；（2）根據化合物Ⅱ的結構簡式，其含有酯基，可發生水解反應，含有苯環，發生苯環上的硝化反應，沒有醛基，不可與新制的Cu（OH）2共熱生成紅色沉淀，沒有酚羥基，不可與FeCl3溶液反應顯紫色，所以A、D正確，選擇AD；（3）根據Ⅵ的結構簡式及途徑Ⅰ的信息，可推出Ⅴ的結構簡式為BrCH2CH2COOCH2CH3，從而可知Ⅴ是由Ⅳ與乙醇發生酯化反應得到，可推出Ⅳ的結構簡式為BrCH2CH2COOH，而化合物Ⅲ含有3個碳原子，且可發生加聚反應，從而可知化合物Ⅲ的結構簡式為CH2=CHCOOH，故合成路線可表示為：CH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH3；（4）化合物Ⅴ的結構為BrCH2CH2COOCH2CH3，每個碳原子上的氫都相同，不同碳原子上的H原子不相同，所以應有4組峰；以氫原子H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的結構簡式為CH3CH2COOCH2CH3，其屬于羧酸類的結構應為C4H9COOH，C4H9—為丁基，丁基有4種不同的結構的H原子，所以C4H9COOH的同分異構體共有4種；（5）根據題目信息，有機鋅試劑（R—ZnBr）與酰氯（）偶聯可用于制備藥物Ⅱ，因此化合物Ⅵ為BrZnCH2CH2COOCH2CH3，則要合成Ⅱ，Ⅶ為酰氯，根據Ⅱ的結構及途徑Ⅰ合成化合物藥物Ⅱ的方式，可推知Ⅶ的結構為。24、羥基、羧基加成反應濃硫酸、加熱5【解析】

由B的結構簡式，結合反應條件，逆推可知A為，B發生水解反應生成C為，結合D的分子式可知C發生氧化反應生成D為，E的分子式為C9H8O2，能使溴的四氯化碳溶液褪色，則D是發生消去反應生成E，故E為，E發生信息(3)中的反應生成F為，結合信息(2)中H的結構簡式，可知G為；(6)乙醛發生氧化反應生成乙酸，乙酸與PBr3作用生成，最后與NH2CH(CH3)2作用得到CH3CONHCH(CH3)2?！驹斀狻?1)據上所述可知：A的結構簡式為；D為，D官能團的名稱為羥基、羧基；(2)①A變為B的反應，A是，A與Br2的CCl4溶液發生加成反應，產生B：，所以①的反應類型是加成反應；④的反應是D變為E，D是，D發生消去反應，產生E：④的反應類型是消去反應；(3)B是，B與NaOH的水溶液在加熱時發生取代反應，產生C，所以B→C的化學方程式為：；(4)F為，G是，二者發生取代反應產生H：及HBr，該反應的化學方程式為：；(5)E()的同分異構體含有苯環，且同時滿足下列條件：①能發生銀鏡反應、②能發生水解反應，說明含有甲酸形成的酯基，③分子中含的環只有苯環，說明苯環側鏈含有碳碳雙鍵，只有一個取代基為—CH=CHOOCH、、有2個取代基為—CH=CH2、—OOCH，兩個取代基在苯環上有鄰、間、對3不同的位置，故符合條件的共有5種；(6)乙醛發生氧化反應生成乙酸CH3COOH，乙酸與PBr3作用生成，最后與NH2CH(CH3)2作用得到CH3CONHCH(CH3)2，合成路線流程圖為：。【點睛】本題考查有機物的推斷與合成的知識，側重考查分析推斷、知識綜合運用能力，充分利用反應條件、有機物分子式與結構簡式進行分析推斷，明確官能團及其性質關系、官能團之間的轉化關系是解本題關鍵，題目難度中等。25、球形冷凝管避免溫度高于48℃，Na2S2O3?5H2O發生分解避免發生水倒吸BS2O32﹣+H2O?HS2O3﹣+OH﹣S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+溶液藍色褪去，并在半分鐘內不恢復【解析】

(1)、根據裝置圖可知，儀器B為球形冷凝管；(2)、根據題干信息‘Na2S2O3?5H2O于40～45℃熔化，48℃分解’解答；停止抽濾時，應先將吸濾瓶支管上的橡皮管拔下，再關抽氣泵，是為了避免發生水倒吸；(3)、硫粉難溶于水、微溶于乙醇，乙醇濕潤可以使硫粉易于分散到溶液中，硫在酒精中微溶，可以增大接觸面積，提高反應速率；(4)、常溫下，由pH=8，是Na2S2O3為強堿弱酸鹽，水解呈堿性；(5)、加入足量氨水同時加入氯化鋇溶液，氯水具有氧化性，Na2S2O3具有還原性，發生氧化還原反應，生成SO42-和Cl-，生成的SO42-再與Ba2+反應；(6)、滴定終點時Na2S2O3溶液將碘全部還原，以淀粉溶液作指示劑，溶液藍色褪去；由方程式2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-得關系式ClO2~52S2O32-,n(2S2O32-)=cV2×10-3mol，所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物質的量為2cV2×10-4mol，根據c=計算出原ClO2溶液的物質的量濃度。【詳解】（1）由裝置圖可知儀器B為球形冷凝管，故答案為：球形冷凝管；（2）加熱時應避免溫度高于48℃，Na2S2O3?5H2O發生分解，抽濾時應避免倒吸，如欲停止抽濾，應先將吸濾瓶支管上的橡皮管拔下，再關抽氣泵，其原因是避免發生水倒吸，故答案為：避免溫度高于48℃，Na2S2O3?5H2O發生分解；避免發生水倒吸；（3）洗滌時為盡可能避免產品損失應選用乙醇，故答案為：B；（4）Na2S2O3為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，離子方程式為S2O32﹣+H2O?HS2O3﹣+OH﹣，故答案為：S2O32﹣+H2O?HS2O3﹣+OH﹣；（5）實驗②中發生的離子反應方程式為S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+，故答案為：S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+；（6）滴定終點，溶液藍色褪色，且半分鐘內不恢復，反應的關系式為2ClO2～5I2～10S2O32﹣，n（Na2S2O3）＝V2c×10﹣3mol，則c（ClO2）＝mol/L，故答案為：溶液藍色褪去，并在半分鐘內不恢復；。26、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O增大氣體與溶液的接觸面積，加快氣體的吸收速率取少量NaHSO3晶體于試管中，加少量水溶解，滴加過量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，說明NaHSO3被氧化三頸燒瓶恒壓滴液漏斗可以保持內外壓強一致，液體順利流下，同時避免HCHO揮發溫度過低反應較慢，溫度過高會導致吊白塊分解當滴入最后一滴草酸溶液，錐形瓶內溶液顏色由紫紅色變為無色，且半分鐘內部變為原來的顏色92.40%偏高【解析】

⑴裝置Ⅰ中產生氣體的化學反應方程式為Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大氣體與液體的接觸面積，加快氣體的吸收速率。⑵實驗室檢測NaHSO3晶體在空氣中是否發生氧化變質的實驗方案是其實就是硫酸根離子的檢驗，首先排除亞硫酸氫根離子干擾，所以取少量NaHSO3晶體于試管中，加少量水溶解，滴加過量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，說明NaHSO3被氧化。⑶儀器A的名稱為三頸燒瓶；用恒壓漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的優點是恒壓滴液漏斗可以保持內外壓強一致，液體順利流下，同時避免HCHO揮發。⑷根據信息吊白塊在酸性環境下、100℃即發生分解釋放出HCHO，因此將儀器A中的反應溫度恒定在80~90℃的目的是溫度過低反應較慢，溫度過高會導致吊白塊分解。⑸滴定終點的判斷方法是當滴入最后一滴草酸溶液，錐形瓶內溶液顏色由紫紅色變為無色，且半分鐘內部變為原來的顏色；5mol：0.1000mol·L－1×0.03L=2mol：xmol解得x=1.2×10－3mol36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4的物質的量為36.00×10－3L×0.1000mol·L－1=3.6×10－3mol，則甲醛消耗得高錳酸鉀的物質的量為3.6×10－3mol-1.2×10－3mol=2.4×10－3mol，再根據4mol：2.4×10－3mol=5mol：ymol解得y=3×10－3mol，若KMnO4標準溶液久置釋放出O2而變質，消耗草酸量減少，則計算出高錳酸鉀與甲醛反應得多，則計算出吊白塊測量結果偏高。【詳解】⑴裝置Ⅰ中產生氣體的化學反應方程式為Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大氣體與液體的接觸面積，加快氣體的吸收速率，故答案為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；增大氣體與溶液的接觸面積，加快氣體的吸收速率。

⑵實驗室檢測NaHSO3晶體在空氣中是否發生氧化變質的實驗方案是其實就是硫酸根離子的檢驗，首先排除亞硫酸氫根離子干擾，所以取少量NaHSO3晶體于試管中，加少量水溶解，滴加過量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，說明NaHSO3被氧化，故答案為：取少量NaHSO3晶體于試管中，加少量水溶解，滴加過量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，說明NaHSO3被氧化。⑶儀器A的名稱為三頸燒瓶；用恒壓漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的優點是恒壓滴液漏斗可以保持內外壓強一致，液體順利流下，同時避免HCHO揮發，故答案為：恒壓滴液漏斗可以保持內外壓強一致，液體順利流下，同時避免HCHO揮發。⑷根據信息吊白塊在酸性環境下、100℃即發生分解釋放出HCHO，因此將儀器A中的反應溫度恒定在80~90℃的目的是溫度過低反應較慢，溫度過高會導致吊白塊分解，故答案為：溫度過低反應較慢，溫度過高會導致吊白塊分解。⑸滴定終點的判斷方法是當滴入最后一滴草酸溶液，錐形瓶內溶液顏色由紫紅色變為無色，且半分鐘內部變為原來的顏色；5mol：0.1000mol·L－1×0.03L=2mol：xmol解得x=1.2×10－3mol36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4的物質的量為36.00×10－3L×0.1000mol·L－1=3.6×10－3mol，則甲醛消耗得高錳酸鉀的物質的量為3.6×10－3mol-1.2×10－3mol=2.4×10－3mol，再根據4mol：2.4×10－3mol=5mol：ymol解得y=3×10－3mol，若KMnO4標準溶液久置釋放出O2而變質，消耗草酸量減少，則計算出高錳酸鉀與甲醛反應得多，則計算出吊白塊測量結果偏高，故答案為：當滴入最后一滴草酸溶液，錐形瓶內溶液顏色由紫紅色變為無色，且半分鐘內部變為原來的顏色；92.40%；偏高。27、100mL容量瓶和膠頭滴管不斷攪拌下逐滴加入NaOH溶液，至產生的綠色沉淀恰好溶解減小H2O2自身分解損失2CrO2-＋3H2O2＋2OH－===2CrO＋4H2O除去過量的H2O2①在不斷攪拌下，向“冷卻液”中加入6mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH試紙測定略小于，②先加入一滴0.5mol·L－1Pb(NO3)2溶液攪拌片刻產生少量沉淀，然后繼續滴加至有大量沉淀，靜置，③向上層清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若無沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，靜置、過濾、洗滌、干燥沉淀得PbCrO4【解析】

Cr(OH)3為兩性氫氧化物，在CrCl3溶液中滴加NaOH溶液可生成NaCrO2，“制NaCrO2(aq)”時，控制NaOH溶液加入量，應再不斷攪拌下逐滴加入NaOH溶液，至產生的綠色沉淀恰好溶解，再加入6%H2O2溶液，發生氧化還原反應生成Na2CrO4，“氧化”時H2O2滴加速度不宜過快，可減小H2O2自身分解損失，經煮沸可除去H2O2，冷卻后與鉛鹽溶液作用制得PbCrO4，以此解答該題?！驹斀狻浚?）實驗時需要配置100mL3mol?L﹣1CrCl3溶液，現有量筒、玻璃棒、燒杯，還需要玻璃儀器是100mL容量瓶和膠頭滴管，其中膠頭滴管用于定容，故答案為：100mL容量瓶和膠頭滴管；（2）Cr(OH)3為兩性氫氧化物，呈綠色且難溶于水，加入氫氧化鈉溶液時，不斷攪拌下逐滴加入NaOH溶液，至產生的綠色沉淀恰好溶解，可防止NaOH溶液過量，故答案為：不斷攪拌下逐滴加入NaOH溶液，至產生的綠色沉淀恰好溶解；（3）“氧化”時H2O2滴加速度不宜過快，可防止反應放出熱量，溫度過高而導致過氧化氫分解而損失，反應的離子方程式為2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O，故答案為：減小H2O2自身分解損失；2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O；（4）煮沸可促使過氧化氫分解，以達到除去過氧化氫的目的，故答案為：除去過量的H2O2；（5）“冷卻液”的主要成分為Na2CrO4，要想制備PbCrO4，根據已知信息②由Pb(NO3)2提供Pb2+，但要控制溶液的pH不大于7.2，以防止生成Pb(OH)2沉淀，由信息③的圖象可知，溶液的pH又不能小于6.5，因為pH小于6.5時CrO42﹣的含量少，HCrO4﹣的含量大，所以控制溶液的pH略小于7即可，結合信息④，需要先生成少許的PbCrO4沉淀，再大量生成。所以實驗操作為在不斷攪拌下，向“冷卻液”中加入6mol?L﹣1的醋酸至弱酸性（pH略小于7），將溶液加熱至沸騰，先加入一滴0.5mol?L﹣1Pb(NO3)2溶液攪拌片刻產生少量沉淀，然后繼續滴加至有大量沉淀，靜置，向上層清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若無沉淀生成，停止滴加，靜置、過濾、洗滌、干燥；故答案為：①在不斷攪拌下，向“冷卻液”中加入6mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH試紙測定略小于，②先加入一滴0.5mol·L－1Pb(NO3)2溶液攪拌片刻產生少量沉淀，然后繼續滴加至有大量沉淀，靜置，③向上層清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若無沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，靜置、過濾、洗滌、干燥沉淀得PbCrO4。28、2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑Na＞O＞HH2SiO3溶液中逐漸有白色絮狀沉淀生成，且不斷增加；然后又由多到少，最后消失4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42﹣）=1：1：2：3CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O【解析】（1）C可在D中燃燒發出蒼白色火焰，為氫氣與氯氣反應生成HCl，可推知C為H2、D為Cl2、F為HCl，M是日常生活中不可缺少的調味品，由轉化關系可知，M的溶液電解生成氫氣、氯氣與B，可推知M為NaCl、B為NaOH，用惰性電極電解M溶液的離子方程式為2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑；（2）B為NaOH，H、O、Na分別位于3個不同的周期，原子核外電子層數越多，原子半徑越大，原子半徑大小順序為Na＞O＞H；（3）若A是一種常見的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，則A為SiO2，E為Na2SiO3，與F溶液反應可以得到G為H2SiO3；（4）若A是一種常見金屬單質，且與NaOH溶液能夠反應，則A為Al，E為NaAlO2，則將過量的鹽酸溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氫氧化鋁，而后氫氧化鋁溶解，故看到的現象為：溶液中逐漸有白色絮狀沉淀生成，且不斷增加；然后又由多到少，最后消失；（5）若A是一種鹽，A溶液與B溶液混合將產生白色絮狀沉淀且瞬間變為灰綠色，最后變成紅褐色的E，可推知A中含有Fe2+，E為Fe(OH)3，G為FeCl3，則由A轉化成E的離子方程式是：4Fe2++8OH－+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓；（6）由圖可知，開始加入NaOH沒有沉淀和氣體產生，則一定有H+，一定沒有CO32－，后來有沉淀產生且最后消失，則一定沒有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中間段沉淀的質量不變，應為NH4++OH－=NH3?H2O的反應，則含有NH4+，由電荷守恒可知一定含有SO42－，發生反應H++OH－=H2O，氫離子消耗NaOH溶