注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角\"条形码粘贴处\"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项） 1、中华传统文化博大精深，下列说法正确的是（ ） A．“霾尘积聚难见路人”，雾和霾是气溶胶，具有丁达尔效应 B．“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为蛋白质 C．“日照香炉生紫烟”中的紫烟指“碘的升华” D．“火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应 2、下列有关物质的用途叙述中，不正确的是 A．用稀硫酸除钢铁表面的铁锈利用了硫酸的酸性 B．干冰用于人工降雨，是利用了干冰升华吸热
C．胃药中含氢氧化镁是因为氢氧化镁能给人提供镁元素
D．碳酸氢钠作焙制糕点的发酵粉是利用了碳酸氢钠能与发醇面团中的酸性物质反应 3、化学与生产、生活息息相关。下列说法正确的是（ ） A．可用钢瓶储存液氯或浓硫酸 B．二氧化碳气体可用作镁燃烧的灭火剂
C．鸡蛋清溶液中加入CuSO4溶液，有沉淀析出，该性质可用于蛋白质的分离与提纯 D．炒菜时加碘食盐要在菜准备出锅时添加，是为了防止食盐中的碘受热升华 4、能用元素周期律解释的是( ) A．酸性： H2SO3＞H2CO3 B．熔、沸点：HF＞HCl C．碱性： NaOH＞Al(OH)3
D．热稳定性： Na2CO3＞CaCO3
5、实验室制备硝基苯的实验装置如图所示（夹持装置已略去）。下列说法不正确的是（）
A．水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度
B．浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应向浓硝酸中加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将所得混合物加入苯中 C．仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率 D．反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品
6、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R和X组成简单分子的球棍模型如图所示。Y原子核外K、M层上电子数相等，Z原子最外层电子数是电子层数的2倍。下列推断正确的是
A．原子半径：Y>Z>R>X
B．Y3X2是含两种化学键的离子化合物 C．X的氧化物对应的水化物是强酸 D．X和Z的气态氢化物能够发生化合反应
7、将13.4克KCl和KBr的混合物，溶于水配成500mL溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得固体11.175克。则原来所配溶液中K、Cl、Br的物质的量之比为 A．3︰2︰1
B．1︰2︰3
C．5︰3︰3
D．2︰3︰1
＋
－
－
－－－
l0-13 mol/L。当向该8、室温下，某溶液中含有Na+、H+、Fe3+、HCO3、OH、I中的几种，水电离出的c（H+）=1×
溶液中缓慢通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色。下列分析正确的是（ ） A．溶液的pH=1或13
C．溶液中阴离子有I－，不能确定HCO3－ 9、下列说法不正确的是
A．海水是一个巨大的宝藏，对人类生活产生重要影响的元素，如：氯、溴、碘、硫、钠、钾等元素主要来自于海水 B．同位素示踪法是研究化学反应历程的手段之一
B．溶液中一定没有Fe3+，Na+
D．当Cl2过量，所得溶液只含有两种盐
C．浙江省首条氢氧燃料电池公交线在嘉善试运行，高容量储氢材料的研制是需解决的关键技术问题之一 D．乙醇与水互溶，这与乙醇和水分子之间能形成氢键有关
10、2.8g Fe全部溶于一定浓度、200mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12L，测得反应后溶液的pH为1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，下列有关判断正确的是 A．反应后溶液中c（NO3－）=0.85mol/L B．反应后的溶液最多还能溶解1.4gFe C．反应后溶液中铁元素可能以Fe2+形式存在 D．1.12L气体可能是NO、NO2的混合气体
11、NA 代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．常温常压下，1.8g 甲基(—CD3)中含有的中子数目为 NA B．0.5mol 雄黄(As4S4，结构为
)含有 NA 个 S-S 键
C．pH＝1 的尿酸(HUr)溶液中，含有 0.1NA 个 H+ D．标准状况下，2.24 L 丙烷含有的共价键数目为 NA
12、设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法中，正确的是（ ） A．标准状况下，22.4L的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为4NA B．密闭容器中，46gNO2和N2O4的混合气体所含分子个数为NA C．常温常压下，22.4L的液态水含有2.24×10﹣8NA个OH﹣ D．高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子
13、氯碱工业是高耗能产业,一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节能30%以上,工作原理如图所示,其中各电极未标出。下列有关说法错误的是（ ）
A．A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性
B．两池工作时收集到标准状况下气体X为2.24L,则理论上此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为5.6L
C．A为阳离子交换膜、B为阴离子交换膜
D．氢氧化钠的质量分数从大到小的顺序为b%>a%>c%
14、一定压强下，向10 L密闭容器中充入1 mol S2Cl2和1 mol Cl2，发生反应S2Cl2(g)＋Cl2(g) 的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示，以下说法中不正确的是（ ） ．．．
2SCl2(g)。Cl2与SCl2
A．正反应的活化能大于逆反应的活化能 B．达到平衡后再加热，平衡向逆反应方向移动
C．A、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的为B、D
D．一定温度下，在恒容密闭容器中，达到平衡后缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变
15、钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一，以“入窑一色，出窑万彩”的神奇窑变著称，下列关于陶瓷的说法正确的是（ ） A．“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化 B．高品质白瓷晶莹剔透，属于纯净物 C．氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料 D．由于陶瓷耐酸碱，因此可以用来熔化氢氧化钠
16、科学家通过实验发现环己烷在一定条件下最终可以生成苯，从而增加苯及芳香族化合物的产量
，下列有关说法正确的是
A．①②两步反应都属于加成反应
B．环己烯的链状同分异构体超过10种(不考虑立体异构) C．环己烷、环己烯、苯均易溶于水和乙醇
D．环己烷、环己烯、苯均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
17、一带一路是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。古丝绸之路贸易中的下列商品，其主要化学成分属于无机物的是 A．陶瓷
B．中草药
C．香料
D．丝绸
18、通过下列实验操作和实验现象，得出的结论正确的是 实验操作 实验现象 结论 丙烯与碘水发生A 将丙烯通入碘水中 碘水褪色并分层 了取代反应 B 向FeSO4溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液 产生蓝色沉淀 FeSO4溶液未变质 C 向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2气体 向2mL 0.1mol/L的NaCl溶液中滴加3滴相同浓度的AgNO3，然D 后再滴加3滴相同浓度的KI溶液 A．A
B．B
C．C
溶液红色褪去 先产生白色沉淀，然后变为黄色沉淀 D．D
SO2具有漂白性 Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl) 19、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则下列说法不正确的是 A．W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同 B．Y和Z形成的化合物可以通过复分解反应制得
C．Z和W可形成原子个数比为1∶2和1∶3的共价化合物
D．X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应
20、乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（ ）
①分子式为C12H19O2；②不能发生银镜反应；③mol该有机物最多能与3mol氢气发生加成反应；④它的同分异构体中不可能有酚类； ⑤1mol该有机物与NaOH溶液反应最多消耗1mol NaOH；⑥属于芳香族化合物。 A．②④⑤
B．①④⑤
C．②③⑥
D．②③④
21、实验室利用乙醇催化氧化法制取并提纯乙醛的实验过程中，下列装置未涉及的是（ ）
A． B． C． D．
22、部分弱电解质的电离平衡常数如下表，以下选项错误的是 化学式 NH3·H2O CH3COOH HCN H2CO3 Ki1= 4.3×l0-7 Ki2= 5.6×l0-11 Ki（25℃） 1.8×l0-5 1.8×l0-5 4.9×l0-10 A．等物质的量浓度的NaHCO3和NaCN溶液，前者溶液中水的电离程度大 B．0.1 mol/L CH3COONa 溶液显碱性，0.1 mol/L CH3COONH4溶液显中性 C．CN-+H2O+CO2=HCN+ HCO3-
D．中和等体积、等pH的CH3COOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者 二、非选择题(共84分)
23、（14分）已知A、B、C、D、X、Y六种物质均由短周期元素组成，其中X为常见离子化合物，它们之间的转换关系如下图所示
（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为____________________ 。 （2）物质X的电子式为_____________________ 。
（3）写出B与Ca(OH)2反应的化学方程式______________________________ 。
（4）写出X在条件II下反应生成B、C、D的离子方程式_____________________________________________ 。 （5）写出实验室制B的化学方程式，并标出电子转移方向、数目____________________________________________ 。 （6）请简述鉴定物质X的实验方法____________________________________。 24、（12分）以下是有机物 H 的合成路径。 已知：
(1)①的反应类型是________。②的反应条件是_____________。 (2)试剂 a 是_________。F 的结构简式是_________。
(3)反应③的化学方程式_________。 与E互为同分异构体，能水解且苯环上只有一种取代基的结构简式是_________。（写出其中一种）
(4)A合成E为何选择这条路径来合成，而不是A和HCHO直接合成，理由是_________。 (5)根据已有知识，设计由
为原料合成
的路线_________，无机试剂任选（合成路线常用的表示
方法为：X
Y……目标产物）
25、（12分）氮化锂(Li3N)是有机合成的催化剂，Li3N遇水剧烈反应。某小组设计实验制备氮化锂并测定其纯度，装置如图所示：
实验室用NH4Cl溶液和NaNO2溶液共热制备N2。 （1）盛装NH4Cl溶液的仪器名称是___________。
（2）安全漏斗中“安全”含义是__________。实验室将锂保存在_____（填“煤油”“石蜡油”或“水”）中。 （3）写出制备N2的化学方程式__________。 （4）D装置的作用是____________。
（5）测定Li3N产品纯度：取mg Li3N产品按如图所示装置实验。
打开止水夹，向安全漏斗中加入足量水，当Li3N完全反应后，调平F和G中液面，测得NH3体积为VL（已折合成标准状况）。
①读数前调平F和G中液面的目的是使收集NH3的大气压________（填“大于”“小于”或“等于”）外界大气压。 ②该Li3N产品的纯度为________%（只列出含m和V的计算式，不必计算化简）。若 Li3N产品混有Li，则测得纯度_____________（选填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
26、（10分）氯化亚铜CuCl是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸；可溶于氯离子浓度较大的体系，形成CuCl2。在潮湿空气中迅速被氧化，见光则分解。右下图是实验室仿 工业制备氯化亚铜的流程进行的实验装置图。
实验药品：铜丝20g、氯化铵20g、65％硝酸10mL、20％盐酸15mL、水。
(1)质量分数为20％的盐酸密度为1.1gcm3，物质的量浓度为______；用浓盐酸配制20％盐酸需要的玻璃仪器有：______、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。 (2)实验室制备CuCl过程如下：
①检查装置气密性，向三颈瓶中加入铜丝、氢化铵、硝酸、盐酸，关闭K。实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是______； ②加热至6070℃，铜丝表面产生无色气泡，烧瓶上方气体颜色逐渐由无色为红棕色，气囊鼓起。打开K，通入氧
气一段时间，将气囊变瘪，红棕色消失后关闭K，冷却至室温，制得NH4CuCl2。通入氧气的目的为______； 三颈瓶中生成NH4CuCl2的总的离子方程为______；
将液体转移至烧杯中用足量蒸馏水稀释，产生白色沉淀，过滤得氧化亚铜粗品和滤液。 ③粗品用95％乙醇洗涤、烘干得氧化亚铜。
(3)便于观察和控制产生O2的速率，制备氧气的装置最好运用______(填字母)。
(4)下列说法不正确的是______
A．步骤Ⅰ中HCl可以省去，因为已经加入了HNO3
B．步骤Ⅱ用去氧水稀释，目的是使NH4CuCl2转化为CuCl，同时防止CuCl被氧化 C．当三颈烧瓶上方不出现红棕色气体时，可停止通入氧气 D．流程中可循环利用的物质只有氯化铵
(5)步骤Ⅲ用95％乙醇代替蒸馏水洗涤的主要目的是______、______(答出两条)。 (6)氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.250g和10mL过量的FeCl3溶液于250mL锥形瓶中，充分溶解； ②用0.100molL1硫酸[Ce(SO4)2]标准溶液测定。已知： 已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+ 三次平衡实验结果如下表(平衡实验结果相差不能超过1％)： 平衡实验次数 1 2 3 0.250g样品消耗硫酸锑标准溶液的体积mL 则样品中CuCl的纯度为______(结果保留3位有效数字)。 误差分析：下列操作会使滴定结果偏高的是______。
24.35 24.052 23.95 A．锥形瓶中有少量蒸馏水 B．滴定终点读数时仰视滴定管刻度线
C．所取FeCl3溶液体积偏大 D．滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失
27、（12分）SO2可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图所示装置制备SO2，并用纯净SO2进行相关实验。
(1)上述方法制备的SO2中，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装置后连接下图所示装置，该装置中的试剂是__________，气体从_______口(填“a”或“b”)进。
(2)检验SO2常用的试剂是__________________，利用了SO2的_________性。
(3)将SO2通入0.1mol/L Ba(NO3)2溶液中，得到白色沉淀，该沉淀的化学式为___________。 分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如下实验：
(4)实验A、C中，煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是_________________________________。
(5)实验C中，没有观察到白色沉淀，但pH传感器显示溶液呈酸性，原因是__________________。(用方程式表示) (6)实验B中出现白色沉淀比实验A快很多。由此得出的结论是___________________________。若实验A、B中通入足量的SO2后，溶液pH：A_________B(填“>”、“<”或“=”)。
28、（14分）某化学兴趣小组在实验室探究过渡金属元素化合物的性质 I、铁及其化合物
（1）向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，产生白色沉淀，但迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，为顺利看到较长时间的白色沉淀，设计了图①装置：①检查装置气密性，装入药品；②打开止水夹K；③在试管b出口收集气体并验纯；④关闭止水夹K。以上操作正确的顺序是：___。
（2）某实验小组称量3.60 g草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)加热过程中，固体质量变化如图②所示： ①请写出AB段发生反应的化学方程式：___。②C点成分为：___。
（3）向FeCl3溶液中加入过量Na2SO3溶液，设计实验证明两者发生了氧化还原反应并且为可逆反应。(简要说明实验步骤、现象和结论，仪器和药品自选)___。 II、铜及其化合物
向2ml0.2mol·L－1Na2SO3溶液中滴加0.2mol·L－1CuSO4溶液，发现溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀，经检验，棕黄色沉淀中不含SO42－，含有Cu＋、Cu2＋和SO32－。 已知：Cu＋
Cu＋Cu2＋，Cu2＋
CuI↓(白色)＋I2。
（4）用稀硫酸证实沉淀中含有Cu＋的实验现象是___。
（5）向洗净的棕黄色沉淀中加入足量KI溶液，产生白色沉淀，继续向上层清液中加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，请结合离子反应方程式解释不变蓝的原因___。
29、（10分）氨气是重要的化工原料，工业上利用N2和H2合成NH3，方程式如下：N2+3H2（1）已知NH3难溶于CCl4，则下列装置中，不能用于吸收氨气的是_____。
2NH3
A． B． C． D．
（2）某温度下，在一体积恒定为10L的密闭容器内模拟合成氨反应。写出该反应的平衡常数表达式_______。若要增大反应速率，且平衡向正反应方向移动，下列措施中可行的是_____（填字母代号）。 A．压缩容器体积 B．适当升高温度 C．通入适量氮气 D．加适量催化剂 （3）能说明上述反应达到平衡状态的是____________ A．2v(H2)=3v(NH3) B．混合气体的密度不再改变
C．混合气体的平均相对分子质量不再改变 D．单位时间内生成n mol N2 的同时生成2n mol NH3 （4）氨气溶于水所得溶液在加水稀释的过程中（本小题填“增大”或“减小”或“不变”）， NH3H2O的电离程度______，溶液的pH值_____。
氨气与酸反应得到铵盐，某(NH4)2SO4水溶液的pH=5，原因是溶液中存在平衡_____（用离子方程式表示），该稀溶液中水的电离度约为________。
参考答案
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项） 1、A 【解析】
A、雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确； B、“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为纤维素，故B错误；
C、水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故C错误； D、很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，“火树银花不夜天”指的是金属元素的焰色反应，故D错误；
故选：A。 2、C 【解析】
A．铁锈氧化铁可与硫酸发生复分解反应生成硫酸铁和水，而除去钢铁表面的铁锈；故A正确； B．干冰用于人工降雨，是利用了干冰升华吸热；故B正确；
C．胃药中含氢氧化镁是因为氢氧化镁能给人提供氢氧根，中和胃中的过量的酸；故C错误；
D．加有发酵粉的面团发酵产生的酸与碳酸氢钠反应生成的二氧化碳气体可使焙制的糕点松软，故D正确； 答案选C。 【点睛】
物质的性质决定它的用途，用途反应出它的性质，胃药中含氢氧化镁主要是因为氢氧化镁能给人提供氢氧根，中和胃中的过量的酸。 3、A 【解析】
A．常温下Fe与氯气不反应，遇浓硫酸发生钝化，则用钢瓶储存液氯或浓硫酸，故A正确； B．Mg能在CO2中燃烧生成MgO和C，则二氧化碳气体不可用作镁燃烧的灭火剂，故B错误； C．蛋白质遇硫酸铜发生变性，变性是不可逆过程，盐析可用于蛋白质的分离和提纯，故D错误；
D．食盐中加的碘盐为KIO3，受热易分解，则在菜准备出锅时添加加碘食盐，是为了防止KIO3受热易分解，故D错误； 故答案为A。 4、C 【解析】
A、不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，A错误； B、氢化物的熔沸点与元素周期律没有关系，B错误；
C、金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，可以用元素周期律解释，C正确； D、碳酸盐的热稳定性与元素周期律没有关系，D错误， 答案选C。 【点晴】
素的性质随原子序数的递增而呈周期性变化的规律，具体表现为 同周期(从左到右) 同主族(从上到下) 原子序数 电子层数 最外层电子数 原子半径 主要化合价 金属性 非金属性 5、D 【解析】
依次递增 相同 依次递增（从1至8） 逐渐减小 最高正价由＋1价到＋7价价(O、F除外) 最低负价由－4价到－1价 逐渐减弱 逐渐增强 依次递增 依次递增 相同（He除外） 逐渐增大 一般相同 逐渐增强 逐渐减弱 A.水浴加热可保持温度恒定；
B.混合时先加浓硝酸，后加浓硫酸，最后加苯； C.冷凝管可冷凝回流反应物； D.反应完全后，硝基苯与酸分层。 【详解】
A.水浴加热可保持温度恒定，水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度，A正确；
B.混合时先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加苯，因此混合时，应向浓硝酸中加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将所得混合物加入苯中，B正确；
C.冷凝管可冷凝回流反应物，则仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，C正确； D.反应完全后，硝基苯与酸分层，应分液分离出有机物，再蒸馏分离出硝基苯，D错误； 故合理选项是D。 【点睛】
本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备、实验技能为解答的关键。注意实验的评价性分析。 6、D 【解析】
根据R和X组成简单分子的球棍模型，可推出该分子为NH3，由此得出R为H，X为N；由“Y原子核外K、M层上电子数相等”，可推出Y核外电子排布为2、8、2，即为Mg；因为Z的原子序数大于Y，所以Z属于第三周期元素，由“Z原子最外层电子数是电子层数的2倍”，可确定Z的最外层电子数为6，从而推出Z为S。 【详解】
依据上面推断，R、X、Y、Z分别为H、N、Mg、S。 A.原子半径：Mg>S>N>H，A错误；
B. Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的离子化合物，只含有离子键，B错误；
C. N的氧化物对应的水化物可能为HNO3、HNO2，HNO3是强酸，HNO2是弱酸，C错误；
D. N和S的气态氢化物分别为NH3和H2S，二者能够发生化合反应，生成NH4HS或(NH4)2S，D正确。 故选D。 7、A 【解析】
溶液为电中性，阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，据此分析解答。 【详解】
任何溶液都呈电中性，即阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，在KCl和KBr的混合溶液中，存在n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)。 A．3=2+1，说明n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，故A正确； B．1≠2+3，说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故B错误； C．5≠3+3，说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故C错误； D．2≠3+1，说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故D错误； 答案选A。 【点睛】
本题如果按常规方法或差量法解答，均较为繁琐，从溶液电中性角度解答，可以起到事半功倍的效果。 8、A 【解析】
l0-13 mol/L，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度为0.1mol/L，该溶液为强酸性或碱性溶液，一定水电离出的c（H+）=1×
不会存在碳酸氢根离子；当向该溶液中缓慢通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色，说明溶液中一定存在碘离子，能够与碘离子反应的铁离子一定不会存在。
【详解】
A．酸或碱的溶液抑制水的电离，水电离出的c（H+）=1×l0-13 mol/L，若为酸性溶液，该溶液pH=1；若为碱性溶液，该溶液的pH为13，故A正确；
B．溶液中一定不会存在铁离子，若是碱性溶液，一定存在钠离子，故B错误； C．该溶液中一定存在碘离子，一定不会存在碳酸氢根离子，故C错误； D．氯气过量，若为酸性溶液，反应后只有一种盐，即氯化钠，故D错误； 故选A。 9、A 【解析】
A．K元素广泛存在于各种矿石和海水中，S元素广泛存在于自然界中，有火山喷口附近或地壳岩层中的单质硫以及各类硫化物和硫酸盐矿石，如硫铁矿(FeS2)，黄铜矿(CuFeS2)，石膏(CaSO4·2H2O)和芒硝(Na2SO4·10H2O)等，A项错误；
B．同位素示踪法可以帮助我们研究化学反应历程，例如乙酸的酯化反应，就是通过同位素示踪法证实反应过程是，乙酸分子羧基中的羟基与醇分子羟基的氢原子结合成水，其余部分相互结合成乙酸乙酯的，B项正确；
C．氢气化学性质活泼，且在常温下是气体，因此氢的安全储运是氢能利用的一大问题，研发高容量储氢材料是氢能利用的关键技术问题之一，C项正确；
D．乙醇分子可以和水分子之间形成氢键，这使得其能够与水互溶，D项正确； 答案选A。 10、A 【解析】
Fe和硝酸反应生成硝酸盐和氮氧化物，氮氧化物在标况下体积是1.12L，则n（NOx）＝应后溶液pH＝1说明溶液呈酸性，硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3。 【详解】
A．根据N原子守恒知，反应后溶液中
n（NO3-）＝n（HNO3）+3n[Fe（NO3）3]＝0.02mol+3×
1.12L＝0.05mol，反
22.4L/mol2.8g＝0.17mol，
56g/mol则c（NO3-）＝
0.17mol＝0.85mol/L，A正确；
0.2L0.02mol×3=0.0075mol，8B、反应后溶液还能溶解Fe，当Fe完全转化为Fe（NO3）2，消耗的Fe质量最多，反应后剩余n（HNO3）=0.1mol/L×0.2L=0.02mol，=根据3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）硝酸溶解的n（Fe）2+2NO↑+4H2O知，
根据转移电子相等知，硝酸铁溶解的n（Fe）=mol×56g/mol＝1.82g，B错误；
2.8g1=0.025mol，则最多还能溶解m（Fe）=（0.0075+0.025）
56g/mol2C、反应后硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3，没有硝酸亚铁生成，C错误； D．2.8gFe完全转化为Fe（NO3）3时转移电子物质的量＝
2.8g×3＝0.15mol，假设气体完全是NO，转移电子物
56g/mol质的量=0.05mol×（5-2）=0.15mol，假设气体完全是NO2，转移电子物质的量=0.05mol×（5-4）=0.05mol＜0.15mol，根据转移电子相等知，气体成分是NO，D错误；答案选A。 【点睛】
灵活应用守恒法是解答的关键，注意许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。 11、D 【解析】
A选项，常温常压下，1个甲基(—CD3)有9个中子，1.8g 甲基(一CD3)即物质的量为0.1mol，因此1.8g 甲基(—CD3)中含有的中子数目为0.9 NA，故A错误；
B选项，S 原子最外层6个电子，能形成2个共价键，As 原子最外层5个电子，能形成3个共价键，所以该结构简式中，黑球为As原子，白球为S原子，As4S4中不存在S—S键，故B错误；
C选项，pH＝1的尿酸(HUr)溶液中，因溶液体积没有，因此无法计算含有多少个H+，故C错误；
D选项，标状况下，2.24 L 丙烷即0.1mol，一个丙烷含有8个C—H键和2个C—C键，因此2.24 L 丙烷含有的共价键物质的量为1mol，数目为 NA，故D正确。 综上所述，答案为D。 【点睛】
—CD3中的氢为质子数为1，质量数为2的氢； 12、D 【解析】
A、等物质的量时，NO2和CO2中含有氧原子数目是相同的，因此标准状况下，22.4L的NO2和CO2混合气体中含有氧原子物质的量为2mol，故A错误；B、假设全部是NO2，则含有分子物质的量为46g/46g/mol=1mol，假设全部是N2O4，含有分子物质的量为46g/92g/mol=0.5mol，故B错误；C、常温常压下不是标准状况，且水是弱电解质，无法计算OH－微粒数，故C错误；D、铁与水蒸气反应生成Fe3O4，因此16.8g铁与水蒸气反应，转移电子物质的量为
16.8×8/(56×3)mol=0.8mol，故D正确。 13、C 【解析】
A．氢氧化钠是强电解质，A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性，A正确；
B．2Cl--2e-=Cl2↑，X是氯气，Y是氢气，2.24氯气是0.1molCl2，电解池中，阳极反应：阴极氢离子放电2H++2e-＝H2↑，转移电子是0.2mol，燃料电池中，正极发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，当转移0.2mol电子，理论上燃料电池中消耗O2的物质的量为0.05mol，标况下体积是0.05mol×22.4L/mol＝1.12L，因此此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为1.12L×5＝5.6L，B正确；
C．电解池中阳离子向阴极移动，原电池中阳离子向正极移动，则A、B均为阳离子交换膜，C错误；
D．燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即b%大于a%，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，所以a%＞c%，得到b%＞a%＞c%，D正确。 答案选C。 【点睛】
明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注意利用电子守恒进行计算。 14、A 【解析】
根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)
2SCl2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速
率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，由图中数据可知，B、D点的状态对应的温度为250℃，300℃时，SCl2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH2＜0。 【详解】
A. 正反应的活化能是发生反应所需要的能量，逆反应的活化能是反应中又释放出的能量，正反应的活化能减去逆反应的活化能就等于总反应的吸热放热量，由分析可知ΔH＜0，正反应为放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A错误；
B. 由分析可知ΔH＜0，正反应为放热反应，加热后平衡向逆反应方向移动，故B正确； C. 根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)
2SCl2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应
速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，故C正确； D. 根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)
2SCl2 (g)反应物和产物都是气体，且反应物和产物的系数相等，所以改变压强不改
变平衡移动，缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变，故D正确； 答案选A。
15、A 【解析】
A．不同的金属氧化物颜色可能不同，在高温下，釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化，故A正确； B. 瓷器的原料主要是黏土烧结而成，瓷器中含有多种硅酸盐和二氧化硅，是混合物，故B错误；
C. 新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等，氮化铝陶瓷属于新型无机非金属材料，故C错误；
D. 陶瓷的成分是硅酸盐和二氧化硅，能与熔化氢氧化钠反应，故D错误； 故选A。 16、B 【解析】
A.①②两步反应是脱氢反应，不属于加成反应，故A错误；
B.环己烯的链状同分异构体既有二烯烃，也有炔烃等，存在官能团异构、官能团位置异构、碳链异构，同分异构体超过10种，故B正确；
C.环己烷、环己烯、苯均难溶于水，故C错误； D.环己烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误； 答案：B 17、A 【解析】
A．陶瓷主要成分为硅酸盐属于无机非金属材料，A项正确； B．中草药中的有效成分属于有机物，B项错误； C．香料中的主要成分也属于有机物，C项错误；
D．丝绸主要成分是蛋白质，是有机高分子化合物，D项错误； 答案选A。 18、D 【解析】
A．将丙烯通入碘水中，将丙烯通入碘水中，丙烯与碘水发生了加成反应，A选项错误；
B．向FeSO4溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液当中有Fe2+，但不能说明FeSO4溶液未变质，也有可能是部分变质，B选项错误；
C．向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2气体，SO2是酸性氧化物，可与水反应生成H2SO3，中和NaOH，从而使溶液红色褪去，与其漂白性无关，C选项错误；
D．白色的AgCl沉淀转化为黄色的AgI沉淀，可证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，D选项正确；
答案选D。 19、B 【解析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，则X为Na；工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为Al ，W、Z最外层电子数相同，属于同主族元素，Z的核电荷数是W的2倍，符合条件的W、Z为O、S。 【详解】
A．W、X、Y形成的简单离子分别是O 2-、Na+、Al 3+，其核外电子数都为10，故A正确；
B．Y和Z形成的化合物是Al2S3，硫化铝在水溶液能发生剧烈的双水解反应，所以不能通过复分解反应制得，故B错误；
C．S、O可形成原子个数比为1：2和1：3的共价化合物SO2、SO3，故C正确；
D．X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠、硫酸都反应，所以它们之间能两两反应，故D正确； 故选：B。 20、A 【解析】
本题主要考查有机物的结构与性质。不存在醛基，不能发生银镜反应，不饱和度仅有三个酚类至少有四个不饱和度，能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基。据此回答。 【详解】
①由结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故错误； ②分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故正确；
③只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故错误； ④分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度至少为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故正确；
⑤能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH，故正确；
⑥分子中不含苯环或稠环，则不属于芳香族化合物，故错误。 故选A。 21、C 【解析】
乙醇催化氧化生成乙醛和水：2CH3CH2OH+O2
2CH3CHO+H2O，结合相关装置分析
【详解】
A、分离提纯得到乙醛用蒸馏法，蒸馏要用到该装置，故A不选； B、B装置是乙醇的催化氧化装置，故B不选；
C、提纯乙醛不用分液法，故用不到分液漏斗和烧杯，C选； D、蒸馏法提纯乙醛要用到冷凝管，故D不选； 故选C。 22、A 【解析】
A.酸的电离常数越大酸性越强，所以酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，酸性越弱水解程度越大，水的电离程度越大，酸性：H2CO3＞HCN，所以水的电离程度：NaCN＞NaHCO3，选项A不正确；
B.0.1 mol/L CH3COONa溶液中醋酸根离子水解，NH3·H2O和CH3COOH的电离平衡常数相等，0.1 mol/L 溶液显碱性，CH3COONH4中铵根离子和醋酸根离子的水解程度相同，则溶液显中性，选项B正确；
C.酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-，根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-，选项C正确；
D.pH相同时，酸性越弱，酸的浓度越大，所以等pH的CH3COOH和HCN，CH3COOH的浓度小，则CH3COOH消耗的NaOH少，选项D正确； 答案选A。
二、非选择题(共84分) 23、通电
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 2Cl-+2H2O电解2OH-+H2↑+Cl2↑
（用双线桥表示也可） 用焰色反应检验Na+，用硝酸银和稀硝酸检验Cl-
【解析】
X为离子化合物，左边为熔融液，右边为水溶液，说明X易溶于水，则只可能为NaCl、MgCl2。若X为MgCl2，电解其水溶液，生成Mg(OH)2、H2、Cl2，电解其熔融液时，生成Mg、H2。则B为Cl2，A为Mg，但Mg生成Mg(OH)2时，需要与水反应，而Mg与H2O不反应，所以X只能为NaCl。从而得出A为Na，B为Cl2，C、D为NaOH、H2中的一种，Y为H2O。
（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为通电。 （2）物质X为NaCl，由此可写出其电子式。 （3）Cl2与Ca(OH)2反应，用于生产漂白粉。
（4）X为NaCl，在条件II下，电解氯化钠的水溶液，反应生成NaOH、Cl2、 H2。
（5）实验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得。 （6）鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na+，又要鉴定Cl-。 【详解】
（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为通电。答案为：通电； （2）物质X为NaCl，其电子式为
。答案为：
；
（3）Cl2与Ca(OH)2反应，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
（4）X为NaCl，在条件II下，电解氯化钠的水溶液，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2Cl-+2H2O
2OH-+Cl2↑+H2↑；
2OH-+Cl2↑+H2↑。答案为：
（5）实验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得，表示电子转移方向和数目的方程式为
。答案为：
（用双线桥表示也可）；
（6）鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na+，又要鉴定Cl-，鉴定Na+用焰色反应，鉴定Cl-用硝酸银和稀硝酸。答案为：用焰色反应检验Na+，用硝酸银和稀硝酸检验Cl-。 【点睛】
鉴定物质有别于鉴别物质，鉴别物质时，只需检验物质中所含的某种微粒，只要能让该物质与另一物质区分开便达到目的。鉴定物质时，物质中所含的每种微粒都需检验，若为离子化合物，既需检验阳离子，又需检验阴离子，只检验其中的任意一种离子都是错误的。
24、加成 浓硫酸、加热 CH3COOH
防止苯甲醇的羟
基被氧化
【解析】
苯甲醇和醋酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成B（D再和NaOH溶液反应生成E（
），B和甲醛反应生成C，C催化氧化生成D，
），根据E的结构简式回推，可知D→E是酯的水解，所以D为
，D是C催化氧化生成的，所以C为，则B和甲醛的反应是加成反应。E→F增加
了2个碳原子和2个氧原子，根据给出的已知，可推测试剂a为CH3COOH，生成的F为，F
生成G（能使溴水褪色），G分子中有碳碳双键，为F发生消去反应生成的，结合H的结构简式可知G为
。
【详解】
（1）①是和甲醛反应生成，反应类型是加成反应；②是的
醇羟基发生消去反应生成的反应，所需试剂是浓硫酸，条件是加热；
（2）由E生成F根据分子式的变化可以推出a的结构简式是CH3COOH，F的结构简式是；
（3）反应③是的分子内酯化，化学方程式为：
；
E为，与E互为同分异构体，能水解，即需要有酯基，且苯环上只有一种取代基，同分异构体可以为
或；
（4）苯甲酸的醇羟基容易在反应过程中被氧化，A合成E选择题中路径来合成原因是防止苯甲醇的羟基被氧化； （5）要合成
，需要有单体
，由
可以制得
或
，
再发生消去反应即可得到。故合成路线为：
25、圆底烧瓶 残留在漏斗颈部的液体起液封作用；当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体 石蜡油 NaNO2＋NH4Cl
ΔNaCl＋N2↑＋2H2O 防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验 等于
35V100 偏高
22.4m【解析】
分析题给装置图，可知装置A为NH4Cl溶液和NaNO2溶液共热制备N2的发生装置，装置B的目的为干燥N2，装置C为N2和金属Li进行合成的发生装置，装置D的主要目的是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验。据此解答。 【详解】
（1）盛装NH4Cl溶液的仪器是圆底烧瓶，答案为：圆底烧瓶；
（2）安全漏斗颈部呈弹簧状，残留液体起液封作用，当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体；锂的密度小于煤油，锂与水反应，常将锂保存在石蜡油中。答案为：残留在漏斗颈部的液体起液封作用，当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体；石蜡油
（3）亚硝酸钠与氯化铵共热生成氮气、氯化钠和水。反应方程式为：NaNO2＋NH4Cl
ΔNaCl＋N2↑＋2H2O。答案为：
NaNO2＋NH4Cl
ΔNaCl＋N2↑＋2H2O；
（4）锂能与二氧化碳、水反应，氮化锂能与水反应，故用D装置吸收空气中的水蒸气和二氧化碳。答案为：防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验；
（5）①氨气压强无法直接测定，只能测定外界大气压，当G和F中液面相平时，氨气压强等于外界大气压。答案为：等于；
②装置E中发生反应：Li3N＋3H2O=3LiOH＋NH3↑，根据题意有：n(NH3)=
VLV=mol，则
22.4L/mol22.4Vmol35gmol-135V100ω(Li3N)=22.4×100%=%。锂能与水反应产生H2，如果产品混有锂，则产生气体体积偏大，
22.4mmg测得产品纯度偏高；答案为：
35V100；偏高。
22.4m26、6.0mol/L 量筒 氯化铵溶解于水为吸热过程 将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3
3Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2O B AD 除去CuCl表面附着的NH4Cl 迅速挥发带走CuCl表面的水份或防止其被氧化 95.5% BD 【解析】
根据流程：氧气通入Cu、HCl、NH4Cl、HNO3、H2O的混合物中控制温度50～85℃制得NH4[CuCl2]，加入水，过滤
得到CuCl沉淀和含有NH4Cl的母液，母液浓缩补充Cu、HCl可循环，沉淀洗涤干燥后得产品； (1) 根据c=
1000ρω计算，盐酸是液体，量取浓盐酸需要量筒； M(2) ①氯化铵溶解吸热；
②根据题意有NO2气体生成，通入氧气可与其反应；根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4[CuCl2]和无色气泡NO，据此书写；
(3) 装置A不能观察O2产生速率，C不能很好控制产生O2的速率；
(4) A．步骤Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成； B．CuCl 易被氧化，应做防氧化处理；
C．三颈烧瓶上方不出现红棕色NO2气体时，说明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化； D．步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用；
(5) 氯化亚铜CuCl是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇分析可得；
(6) 第一组实验数据误差较大，舍去，故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL，根据关系式有：CuCl～FeCl3～Ce4+，则n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L×0.024L×99.5g/mol=0.2388g，据此计算可得；误差分析依据c(待测)=
c标准V标准V待测分析，标准溶液体积变化就是误差的变化。
【详解】
(1) 盐酸的物质的量浓度c=
1000ρω10001.120%=≈6.0mol/L，量取浓盐酸需要量筒，则配制20%盐酸时除烧杯、M36.5玻璃棒、胶头滴管外，还需要量筒；
(2)①因为氯化铵溶解于水为吸热过程，故反应开始时液体温度低于室温；
②通入氧气的目的是为了将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3；根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4[CuCl2]和无色气泡NO，则生成CuCl2-离子方程式为3Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2O；
(3) 制备氧气装置A不能观察O2产生速率，C中Na2O2和水反应速率快，不能很好控制产生O2的速率，B装置可以根据锥形瓶内气泡的快慢判断产生O2的速率进行控制，故答案为B；
(4) A．步骤Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成，HCl是为了增大氯离子浓度，不可省略，故A错误；
B．步骤II所得滤渣洗涤干燥得到CuCl，步骤II目的是Na[CuCl2]转化为 CuCl，CuCl 易被氧化，应做防氧化处理，故B正确；
C．三颈烧瓶上方不出现红棕色NO2气体时，说明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化，故C正确； D．步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用，洗涤的乙醇通过蒸馏分离后可再利用，故D错误； 故答案为AD；
(5) 已知：CuCl微溶于水，采用95%乙醇洗涤，既除去CuCl表面附着的NH4Cl，又能迅速挥发带走CuCl表面的水份，防止其被氧化；
(6) 第二组实验数据误差较大，舍去，故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL，根据关系式有：CuCl～FeCl3～Ce4+，则n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L×0.024L×99.5g/mol=0.2388g，CuCl的纯度为
0.2388g×100%=95.5%；
0.25g依据c(待测)=
c标准V标准V待测分析：A．锥形瓶中有少量蒸馏水对滴定实验无影响，故A错误；B．滴定终点读数
时仰视滴定管刻度线，其他操作正确，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B正确；C．过量的FeCl3溶液能保证CuCl完全溶解，多余的FeCl3对测定结果无影响，故C错误；D．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D正确；故答案为BD。 【点睛】
误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待
c标准V标准测)= 分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，
V待测那么测得的物质的量的浓度也偏大。
27、饱和NaHSO3 溶液 b 品红试液 漂白性 BaSO4 避免氧气干扰实验 SO2+H2OH2SO3【解析】
(1) 除去白雾（H2SO4）可以用饱和NaHSO3 溶液；
(2) 检验SO2常用的试剂是品红试液，利用了SO2的漂白性；
(3) SO2通入0.1mol/L Ba(NO3)2溶液中，SO2先和水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，酸性溶液中存在NO3-，亚硫酸会被氧化成硫酸，最终生成的白色沉淀是BaSO4；
(4) 实验A、C中，煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是：避免氧气干扰实验； (5) 实验C中，SO2先和水反应生成H2SO3使 pH传感器显示溶液呈酸性；
(6)A中没有氧气，SO2在酸性环境中被NO3﹣氧化，而B中没有排出O2，则SO2被O2和NO3﹣共同氧化，实验B中出现白色沉淀比实验A快很多，说明在水溶液中O2 氧化SO2 的速率比NO3﹣快。 【详解】
H＋+ HSO3﹣ 在水溶液中O2 氧化SO2 的速率比NO3﹣快
H2SO3
(1) 除去白雾（H2SO4）可以用饱和NaHSO3 溶液，所以中应该放饱和NaHSO3 溶液，并且气体从
b口进；
(2) 检验SO2常用的试剂是品红试液，利用了SO2的漂白性；
(3) SO2通入0.1mol/L Ba(NO3)2溶液中，SO2先和水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，酸性溶液中存在NO3-，亚硫酸会被氧化成硫酸，最终生成的白色沉淀是BaSO4；
(4) 实验A、C中，煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是：避免氧气干扰实验；
(5) 实验C中，SO2先和水反应生成H2SO3使 pH传感器显示溶液呈酸性，化学方程式为：SO2+H2O
H2SO3；
(6)A中没有氧气，SO2在酸性环境中被NO3﹣氧化，而B中没有排出O2，则SO2被O2和NO3﹣共同氧化，实验B中出现白色沉淀比实验A快很多，说明在水溶液中O2 氧化SO2 的速率比NO3﹣快；实验B中SO2更多被氧化，最终生成更多的硫酸，硫酸酸性比亚硫酸强，故B中酸性更强，故溶液pH：A >B。
28、①②③④ FeC2O4
FeO+CO↑+CO2↑ Fe3O4 取反应后的溶液分成两份，一份滴加KSCN溶液，
变血红色；另一份加K3[Fe(CN)6]溶液，产生特征蓝色沉淀即可说明； 有暗红色不溶物生成 I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+ 【解析】
(1) ①检查装置气密性，装入药品；②打开止水夹K；③在试管b出口收集气体并验纯；④关闭止水夹K； (2)由图像计算可知A点结晶水已完全失去，继续加热草酸亚铁开始分解产生铁的氧化物，根据铁元素质量守恒可计算B点固体成分为FeO；FeO不稳定，在空气中加热变为Fe3O4；
(3)利用Fe2+的生成说明发生氧化还原反应，利用Fe3+不足却有剩余说明为可逆反应； (4)注意沉淀本身有Cu2+的干扰； (5)碘被Na2SO3还原为I-。 【详解】
(1) 为顺利看到较长时间的白色沉淀，操作正确的顺序是：①检查装置气密性，装入药品；②打开止水夹K；③在试管b出口收集气体并验纯；④关闭止水夹K； 答案为①②③④；
(2)由图像计算可知A点结晶水已完全失去，继续加热草酸亚铁开始分解产生铁的氧化物，根据铁元素质量守恒可计算B点固体成分为FeO；①AB段发生反应的化学方程式为：FeC2O4②FeO不稳定，在空气中加热变为Fe3O4，故C点成分为Fe3O4；
(3)利用Fe2+的生成说明发生氧化还原反应，利用Fe3+不足却有剩余说明为可逆反应；答案为取反应后的溶液分成两份，一份滴加KSCN溶液，变血红色；另一份加K3[Fe(CN)6]溶液，产生特征蓝色沉淀即可说明； (4)注意沉淀本身有Cu2+的干扰；用稀硫酸证实沉淀中含有Cu＋的实验现象是有暗红色不溶物生成； (5)碘被Na2SO3还原为I-，发生反应的离子方程式为I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+。
FeO+CO↑+CO2↑；
[c(NH3)]2 AC CD 增大 减小 NH4++H2O29、B K=3[c(N2)][c(H2)]【解析】
NH3H2O+H+ 1.8×10-7
（1）氨气极易溶于水，直接用水吸收，能够发生倒吸现象，所以吸收氨气时所选装置必须具有防止倒吸的作用； （2）根据平衡常数K的定义列出表达式；若要增大反应速率，且平衡向正反应方向移动，加压、增加反应物浓度均可；
（3）反应达到平衡状态，正逆反应速率相等，各组分浓度不变；
（4）氨水溶液加水稀释后，促进电离，电离程度增大，电离常数只与温度有关，稀释氢氧根离子浓度减小； （5）NH4+水解导致硫酸铵溶液显酸性，氨气与酸反应得到铵盐，某（NH4）2SO4水溶液的pH=5，若硫酸剩余，抑制水的电离，若硫酸反应完全，促进水的电离。 【详解】
（1）A. 倒扣的漏斗使NH3充分吸收同时防止倒吸现象的发生，A项错误； B. 由于NH3易溶于水，可发生倒吸现象，不能够用水直接吸收，B项正确；
C. 由于NH3难溶于CCl4，NH3与CCl4接触不易发生倒吸现象，能够用于吸收氨气，C项错误； D. 由于干燥管的上部大，能够防止倒吸现象的发生，D项错误； 故答案为：B；
（2）合成氨反应为N2+3H22NH3，则平衡常数K表示生成物的浓度幂之积与反应物的浓度幂之积的比值，
[c(NH3)]2其表达式为：K=；
[c(N2)][c(H2)]3若要增大反应速率，且平衡向正反应方向移动，加压、增加反应物浓度均可， A．压缩容器体积，压强增大，反应速率增大，平衡正向移动，A项正确； B．适当升高温度，平衡逆向移动，B项错误；
C．通入适量氮气，反应物浓度增大，反应速率增大，平衡正向移动，C项正确； D．加适量催化剂，平衡不移动，D项错误； 故选AC，
[c(NH3)]2故答案为：K=；AC；
[c(N2)][c(H2)]3（3）对于反应N2+3H2⇌2NH3
A．任何状态下，υ （H2）：υ（NH3）=3；2，A项错误；
B．若容器体积不变，而混合气体质量不变，则混合气体的密度不变，B项错误；
C．反应为气体体积减小的反应，而混合气体质量不变，若混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到平衡状态，C项正确；
D．单位时间内生成n mol N2的同时生成2n mol NH3，说明正逆反应速率相等，D项正确； 故答案为：CD；
（4）氨水溶液加水稀释后，促进电离，电离程度增大；稀释后，溶液中的氢氧根离子浓度减小，pH值减小，故答案为：增大；减小；
（5）NH4+水解导致硫酸铵溶液显酸性，水解方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，某（NH4）2SO4水溶液的pH=5，=10-5mol/L，=10-5mol，溶液中c（H+）氢离子源于水的电离，假设溶液为1L，溶液中n（H+）则发生电离的水为10-5mol，
105mol1000g10001.8107=mol， 稀溶液可以近似为水，水的质量约是1000g，其物质的量为水的电离度为1000，
mol18g/mol181810-7。 故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；1.8×【点睛】
第（5）问分析清楚溶液中的氢离子的来源是解题的关键。
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