2026届白城市高考化学考前最后一卷预测卷（含答案解析）

这是一份2026届白城市高考化学考前最后一卷预测卷（含答案解析），共28页。
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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、某有机化合物，只含碳、氢二种元素，相对分子质量为56，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O。它可能的结构共有(需考虑顺反异构)
A．3种B．4种C．5种D．6种
2、将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3ml/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是：（ ）
A．加入合金的质量不可能为6.4g
B．沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为120mL
C．溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24L
D．参加反应的硝酸的物质的量为0.2ml
3、下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）
A．乙硫醇(C2H5SH)的沸点比乙醇的高
B．除去乙酸乙酯中的少量乙醇可加入适量乙酸并充分加热
C．等质量的苯和苯乙烯()完全燃烧,消耗氧气的体积相同
D．分子式为C4H8Cl2且含有两个甲基的有机物有4种
4、下列说法正确的是
A．氯碱工业电解饱和食盐水，以石墨作阴极，铁网作阳极
B．稀释0.1ml/LNa2CO3溶液，CO32-的水解程度和溶液的pH均增大
C．相同条件下，溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次减弱
D．升高温度，可提高反应速率，原因是降低了反应的活化能
5、高能固氮反应条件苛刻，计算机模拟该历程如图所示，在放电的条件下，微量的O2或N2裂解成游离的O或N原子，分别与N2和O2发生以下连续反应生成NO。下列说法错误的（ ）
A．图1中，中间体1到产物1的方程式为O-O═N→O+N═O
B．NO的生成速率很慢是因为图2中间体2到过渡态4的能垒较大
C．由O和N2制NO的活化能为315.72kJ•ml-1
D．由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率慢
6、常温下，向20 mL 0.1 ml·L-1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法不正确的是( )
A．常温下，0.1 ml·L-1氨水中的电离常数约为
B．a、b之间的点一定满足：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
C．c点溶液中c(NH4+) rX>rQ>rW
B．X、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应
C．Z元素的氢化物稳定性大于W元素的氢化物稳定性
D．元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物
11、下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是
A．小苏打——作食品疏松剂B．漂粉精——作游泳池消毒剂
C．甘油——作护肤保湿剂D．明矾——作净水剂
12、一定量的H2在Cl2中燃烧后，所得混合气体用100mL3.00ml∕L的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含0.05ml NaClO（不考虑水解）。氢气和氯气物质的量之比是
A．2:3B．3:1C．1:1D．3:2
13、X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如下图所示的变化，其中a为双原子分子，b和c均为10电子分子，b在常温下为液体。下列说法不正确的是
A．单质Y为N2
B．a不能溶于b中
C．a和c不可能反应
D．b比c稳定
14、化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是（ ）
A．光导纤维是一种新型硅酸盐材料
B．用纯碱溶液洗去油污时，加热能够提高去污能力
C．食物中的营养素主要为糖类、油脂、蛋白质、纤维素、无机盐和水
D．《物理小识》记载：“青矾（绿矾）厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂。”青矾厂气是CO和CO2
15、科学研究发现，高度对称的有机分子具有致密性高、稳定性强、张力能大等特点。饱和烃中有一系列高度对称结构的烃，如（正四面体烷C4H4）、（棱晶烷C6H6）、（立方烷C8H8），下列有关说法正确的是
A．上述三种物质中的C原子都形成4个单键，因此它们都属于烷烃
B．上述三种物质互为同系物，它们的通式为C2nH2n（n≥2）
C．棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物的数目不同
D．棱晶烷与立方烷在光照条件下均可与氯气发生取代反应
16、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）
A．pH=l的溶液中：Ba2+、Fe3+、Cl-、SCN-
B．能使酚酞变红的溶液：Ca2+、K+、HCO3-、CO32-
C．=10-12的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-
D．由水电离的c(H+)=10-12ml·L-1的溶液中：Na+、Al3+、Cl-、NO3-
17、熔化时需破坏共价键的晶体是
A．NaOHB．CO2C．SiO2D．NaCl
18、常温下，HCOOH和CH3COOH的电离常数分别1.80×10−4和1.75×10−5。将pH=3，体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．溶液中水的电离程度：b点＜c点
B．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同
C．从c点到d点，溶液中不变（HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子）
D．若两溶液无限稀释，则它们的c(H+)相等
19、下列物质的转化在给定条件下不能实现的是( )
A．NH3NOHNO3
B．浓盐酸Cl2漂白粉
C．Al2O3AlCl3(aq) 无水AlCl3
D．葡萄糖C2H5OHCH3CHO
20、如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。字母代表元素，分析正确的是

A．R在周期表的第15列
B．Y、Q两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸
C．简单离子的半径:X>Z>M
D．Z的单质能从M与Q元素构成的盐溶液中置换出单质M
21、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是()
A．常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中阳离子的数目相等
B．标准状况下，22.4LHF所含有的分子数目为NA
C．常温常压下，NO2与N2O4的混合气体46g，原子总数为3NA
D．0.1ml-NH2(氨基)中所含有的电子数为NA
22、阿伏加德罗常数约为6.02×1023 ml－1，下列叙述正确的是
A．2.24 L CO2中含有的原子数为0.3×6.02×1023
B．0.1 L 3 ml·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目为0.3×6.02×1023
C．5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3×6.02×1023
D．4.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3×6.02×1023
二、非选择题(共84分)
23、（14分）以下是合成芳香族有机高聚物P的合成路线。
已知：ROH+ R’OH ROR’ + H2O
完成下列填空：
（1）F中官能团的名称_____________________；写出反应①的反应条件______；
（2）写出反应⑤的化学方程式______________________________________________。
（3）写出高聚物P的结构简式__________。
（4）E有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式______。
①分子中只有苯环一个环状结构，且苯环上有两个取代基；
②1ml该有机物与溴水反应时消耗4mlBr2
（5）写出以分子式为C5H8的烃为主要原料，制备F的合成路线流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如：____________________
24、（12分）由芳香烃A制备M（可用作消毒剂、抗氧化剂、医药中间体）的一种合成路线如下：
已知: R1COOR2
请回答:
（1）A的结构简式为_____；D中官能团的名称为 ___ 。
（2）由D生成E的反应类型为 ____；G的分子式为 ___ 。
（3）由E与足量氢氧化钠的乙醇溶液反应的化学方程式为 ____。
（4）M的结构简式为 ____。
（5）芳香化合物H为C的同分异构体，H既能发生银镜反应又能发生水解反应，其核磁共振氢谱有4组吸收峰。写出符合要求的H的一种结构简式 ______。
（6）参照上述合成路线和信息，以苯甲酸乙酯和CH3MgBr为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线_____。
25、（12分）有一种天然黄铜矿主要成分为CuFeS2 （含SiO2），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如图1实验：
称取研细的黄铜矿样品1.150g煅烧，生成Cu、Fe2O1、FeO和SO2气体，实验后取d中溶液的1/10置于锥形瓶中，用0.01m1/L标准碘溶液进行滴定，初读数为0.01mL，末读数如图2所示．
完成下列填空：
（1）实验中称量样品所需定量仪器为_____．
（2）装置c的作用是_____．
（1）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是_____．
（4）滴定时，标准碘溶液所耗体积为_____mL．用化学方程式表示滴定的原理：_____．
（5）计算该黄铜矿的纯度_____．
（6）工业上利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含Fe2O1、FeO、SiO2、Al2O1）可制备Fe2O1．选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO．提供的试剂：稀盐酸 稀硫酸 KSCN溶液 KMnO4溶液 NaOH溶液，所选试剂为_____．证明炉渣中含有FeO的实验现象为：_____．
26、（10分） “84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名，在日常生活中使用广泛，其有效成分是NaClO。某化学研究性学习小组在实验室制备NaClO溶液，并进行性质探究和成分测定。
(1)该学习小组按上图装置进行实验（部分夹持装置省去），反应一段时间后，分别取B、C瓶中的溶液进行实验，实验现象如下表。
已知：①饱和 NaClO溶液pH为11；
②25°C时，弱酸电离常数为：H2CO3：K1=4.4×10-1，K2=4.1×10-11；HClO：K=3×10-8
回答下列问题：
①仪器a的名称___________，装置A中发生反应的离子方程式__________。
②C瓶溶液中的溶质是NaCl、__________（填化学式）。
③若将C瓶溶液换成 NaHCO3溶液，按上述操作步骤进行实验，C瓶现象为：实验1中紫色石蕊试液立即褪色；实验2中溶液的pH=1．结合平衡移动原理解释紫色石蕊试液立即褪色的原因______
(2)测定C瓶溶液中NaClO含量（单位：g/L）的实验步骤如下：
Ⅰ．取C瓶溶液20mL于锥形瓶中，加入硫酸酸化，加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分反应。
Ⅱ．用0.1000ml/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液，淀粉溶液显示终点后，重复操作2～3次，Na2S2O3溶液的平均用量为24.00mL。（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）
①步骤I的C瓶中发生反应的离子方程式为_________。
②盖紧瓶塞并在暗处反应的原因__________滴定至终点的现象_____________。
③C瓶溶液中NaClO含量为______g/L（保留2位小数）
27、（12分）苯甲酸乙酯是重要的精细化工试剂，常用于配制水果型食用香精。实验室制备流程如下：
试剂相关性质如下表：
回答下列问题：
（1）为提高原料苯甲酸的纯度，可采用的纯化方法为_________。
（2）步骤①的装置如图所示（加热和夹持装置已略去），将一小团棉花放入仪器B中靠近活塞孔处，将吸水剂（无水硫酸铜的乙醇饱和溶液）放入仪器B中，在仪器C中加入 12.2 g纯化后的苯甲酸晶体，30 mL无水乙醇（约0.5 ml）和3 mL浓硫酸，加入沸石，加热至微沸，回流反应1.5~2 h。仪器A的作用是_________；仪器C中反应液应采用_________方式加热。
（3）随着反应进行，反应体系中水分不断被有效分离，仪器B中吸水剂的现象为_________。
（4）反应结束后，对C中混合液进行分离提纯，操作I是_________；操作II所用的玻璃仪器除了烧杯外还有_________。
（5）反应结束后，步骤③中将反应液倒入冷水的目的除了溶解乙醇外，还有_____；加入试剂X为_____（填写化学式）。
（6）最终得到产物纯品12.0 g，实验产率为_________ %（保留三位有效数字）。
28、（14分）氮、铜及其化合物以及乙醇、氯化钠的用途广泛。回答下列问题：
(1)基态氮原子中含有______种运动状态不同的电子，与N3-含有相同电子数的四原子分子是_______(写化学式)，其立体构型是________。
(2)C、N、O、F四种元素的第一电离能由小到大的顺序为_____。
(3)Cu+价层电子的轨道表达式(电子排布图)为______。CuO在高温下能分解生成Cu2O，其原因是_______。
(4)在加热和Cu的催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛(CH3CHO)，乙醛分子中碳原子的杂化方式是____，乙醛分子中H一C—O的键角____ (填“大于”等于”或“小于”)乙醇分子中的H—C—O的键角。
(5)[Cu(H2O)4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl-取代后有两种不同的结构，其中[Cu( H2O)2(Cl)2]是非极性分子的结构式为________。
(6)如图所示为NaCl晶体的晶胞结构图和晶胞截面图(截面图中的大球为Cl-，小球为Na+)；
①晶胞中距离1个Na+最近的Cl-有_____个 ，这些C1-围成的图形是___________。
②若晶体密度为ρg●cm-3，阿伏加德罗常数的值用NA表示，则Na+的离子半径为_______pm(列出计算表达式)。
29、（10分）水体中硝酸盐造成的污染已成为突出的环境问题。某课题组研究了去除不同各种水体中NO3－的方法。
（1）用铝粉去除饮用水中NO3－的一种方案如下：
①用熟石灰而不用NaOH调节pH的主要原因是___。在调节pH时，若pH过大或过小都会造成Al的利用率降低。写出pH过大造成Al利用率降低的离子方程式___。
②在加入铝粉去除NO3－的反应中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为___。
（2）用铁粉处理pH=2.5的含NO3－废水，测得溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系如图（部分副反应产物略去）：
①t1时刻前，该反应的离子方程式为___。
②研究表明：铁粉还原含NO3－废水时，加入活性碳粉可以提高去除NO3－的速率，可能的原因是___。
（3）用Pt作电极电解含NO3－的酸性废水，原理如图。N为电源的___（选填“正”或 “负”）极，与直流电源M端相连的Pt电极上的电极反应式为___。
（4）课题组以钛基氧化物涂层材料为惰性阳极、碳纳米管修饰的石墨为阴极，控制一定条件，电解含大量NO3－、SO42－的废水，可使NO3－变为NH4+。研究发现：其他条件不变，废水中加一定量NaCl，去除NH4+的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低，可能的原因是___。
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、D
【解析】
该有机物完全燃烧生成的二氧化碳和水的物质的量相等，则满足CnH2n，根据相对分子量为56可得：14n=56，n=4，该有机物分子式为C4H8，可能为丁烯或环丁烷、甲基环丙烷，若为丁烯，则丁烯的碳链异构的同分异构体为：①CH3CH2CH=CH2、②CH3CH=CHCH3、③(CH3)2C=CH2，其中①和③不存在顺反异构，②存在顺反异构，所以属于烯烃的同分异构体总共有4种；还有可能为环丁烷或者甲基环丙烷，所以分子式为C4H8的同分异构体总共有6种。
故选：D。
完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O，则该烃中C、H原子个数之比为1：2，设该有机物分子式为CnH2n，则14n=56，解得n=4，再根据分子式为C4H8的碳链异构及顺反异构确定同分异构体的种类。
2、C
【解析】
淀为M(OH)2，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n(OH-)==0.3ml，根据氢氧根离子守恒n[M(OH)2]=n(OH-)=×0.3ml=0.15ml，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15ml；
A．因为镁、铜的物质的量无法确定，则无法计算合金质量，故A错误；
B．由氢氧根离子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3ml，V(NaOH)==100mL，故B错误；
C．由转移电子守恒得n(NO)==0.1ml，生成标况下NO体积=22.4L/ml×0.1ml=2.24L，故C正确；
D．根据转移电子守恒得参加反应硝酸的物质的量==0.1ml，根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n(HNO3)=2n[M(NO3)2]=2n(M)=0.15ml×2=0.3ml，所以参加反应硝酸的物质的量=0.1ml+0.3ml=0.4ml，故D错误；
故答案为C。
本题以镁、铜为载体考查混合物的计算，侧重考查分析、计算能力，正确判断沉淀和合金质量差成分是解本题关键，灵活运用原子守恒、转移电子守恒解答即可。
3、C
【解析】
A.乙硫醇(C2H5SH)分子间无氢键而乙醇分子之间有氢键，氢键的存在增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点升高，故乙醇的熔沸点比乙硫醇高，A错误；
B.乙醇与乙酸生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此不能达到除杂的目的，还引入了新的杂质，B错误；
C.苯、苯乙烯最简式相同，同质量消耗O2量相同，因此消耗的氧气在相同条件下体积也相同，C正确；
D.C4H8Cl2可看作是C4H10分子中的2个H原子被Cl原子取代产生的物质，C4H10有正丁烷、异丁烷两种结构，4个碳原子可形成，符合条件的正丁烷的二氯代物有2种，异丁烷的1种，共有3种不同的结构，D错误；
故合理选项是C。
4、C
【解析】
A．电解饱和氯化钠溶液时，如果Fe作阳极，则阳极上Fe失电子而不是氯离子失电子，所以应该用石墨作阳极，故A错误；
B．稀释0.1ml/LNa2CO3溶液，促进碳酸钠的水解，水解程度增大，但溶液的碱性减弱，pH减小，故B错误；
C．金属活动顺序表中单质的还原性越强，对应的阳离子氧化性越弱，锌比铜活泼，则铜离子比锌离子的氧化性强，根据三价铁离子与铜的反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，由强制弱可判断三价铁氧化性比铜离子的氧化性强，即相同条件下，溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次减弱，故C正确；
D．温度升高，增加了反应体系中活化分子百分数，反应速率加快，但反应的活化能不变，故D错误；
答案选C。
本题的易错点为A，要注意电解饱和食盐水应该生成氢氧化钠、氢气和氯气，因此阳极应该选用惰性材料作电极。
5、D
【解析】
A、由图1可知，中间体1为O-O═N，产物1为O+N═O，所以中间体1到产物1的方程式为O-O═N→O+N═O，故A正确；
B、反应的能垒越高，反应速率越小，总反应的快慢主要由机理反应慢的一步决定，由图2可知，中间体2到过渡态4的能垒较大、为223.26kJ/ml，决定了NO的生成速率很慢，故B正确；
C、由图2可知，反应物2到过渡态4的能垒为315.72kJ•ml-1，过渡态4到反应物2放出能量为逆反应的活化能，所以由O和N2制NO的能垒或活化能为315.72kJ•ml-1，故C正确；
D、由图1可知，N和O2制NO的过程中各步机理反应的能垒不大，反应速率较快；由图2可知，O原子和N2制NO的过程中多步机理反应的能垒较高、中间体2到过渡态4的能垒为223.26kJ/ml，导致O原子和N2制NO的反应速率较慢，所以由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率快，故D错误；
故选：D。
明确图中能量变化、焓变与能垒或活化能关系为解答的关键，注意反应过程中能量变化和反应速率之间的关系。
6、B
【解析】
A.常温下，0.1ml/L的氨水溶液中c（H+）=10-11ml/L，则c（OH-）=10−14/10−11ml/L=0.001ml/L，结合Kb=c（NH4+）∙c（OH−）/c（NH3∙H2O）计算；
B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，结合电荷守恒判断离子浓度大小；
C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵；
D. b点溶液中c点水电离出的c（H+）=10-7ml/L，常温下c（H+）·c（OH-）=Kw=10-14，据此判断。
【详解】
A.常温下，0.1ml/L的氨水溶液中c（H+）=10-11ml/L，则c（OH-）=10−14/10−11ml/L=0.001ml/L，Kb=c（NH4+）∙c（OH−）/c（NH3∙H2O）=10−3×10−3/0.1ml/L=1×10-5ml/L，故A正确；
B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，则c（H+）＜c（OH-），结合电荷守恒得c（Cl-）＜c（NH4+），而c（Cl-）和c（OH-）的相对大小与所加盐酸的量有关，故B错误；
C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液呈酸性，结合电荷守恒得：c（NH4+）＜c（Cl-），故C正确；
D.b点溶液中c（H+）=10-7ml/L，常温下c（H+）·c（OH-）=Kw=10-14，所以c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故D正确。
故选B。
7、C
【解析】
A．根据表中数据可知，碳酸氢钠溶于水为吸热反应，不能仅根据实验③混合后溶液温度降低而判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，需要结合实验①综合判断，故A错误；
B．根据实验②可知，碳酸钠溶于水的过程为吸热过程，所以不能仅根据实验④碳酸钠与盐酸反应后混合液温度升高判断反应Ⅱ是放热反应，故B错误；
C．根据实验①可知，碳酸氢钠溶于水后混合液温度从20℃降低到18.5℃，而实验③中碳酸氢钠与盐酸反应后混合液温度从20℃降低16.2℃＜18.5℃，通过反应Ⅰ后混合液温度更低，证明反应Ⅰ为吸热反应；同理根据实验②碳酸钠溶于水，混合液温度从20℃升高到24.3℃，实验④中碳酸钠与盐酸反应，温度从20℃升高到25.1℃＞24.3℃，碳酸钠与盐酸反应后混合液的温度比碳酸钠溶于水后升高的温度更高，证明碳酸钠与盐酸的反应为放热反应，故C正确；
D．根据选项C的分析可知，反应Ⅰ为吸热反应、反应Ⅱ为放热反应，故D错误；
故选C。
8、A
【解析】
A. 氨气极易溶于水，则采用防倒吸装置，E←C；制取的二氧化碳需除去HCl杂质，则F→B，A→D，A正确；
B. 装置X为除去HCl杂质，盛放的试剂为饱和NaHCO3溶液，B错误；
C. 实验开始时应先打开Y中分液漏斗的旋转活塞，使溶液呈碱性，吸收更多的二氧化碳，C错误；
D. 装置Z中用干燥管的主要目的是防止氨气溶于水时发生倒吸，D错误；
答案为A。
9、A
【解析】
A、二者同质量，摩尔质量也相同，根据n=知，二者分子物质的量相同，也就是分子数相同，这两种分子还都含有2个原子，所以原子数相同，故A正确；
B、同温度、同体积，气体分子数目与压强呈正比，压强不定，无法判断气体分子数关系，故B错误；
C、同体积、不同密度的C2H4和C3H6，质量不相等。C2H4和C3H6的最简式相同，质量相等的两种气体含有相同的原子数，但质量不相等，则所含原子数不一定相同，故C错误；
D、同压强、同体积，气体分子数目与温度呈反比，温度不定，无法判断气体分子数关系，故D错误；
故选：A。
10、D
【解析】
X的焰色反应呈黄色，X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，所以二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍， W为氧元素，Z为硫元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素。
A、同周期自左向右原子半径减小，所以原子半径Na＞Al＞Si，C＞O，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Si＞C，故原子半径Na＞Al＞C＞O，即X＞Y＞Q＞W，故A错误；
B、X、Y的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝，而氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠反应生，故B错误；
C、非金属性O＞S，故氢化物稳定性H2O＞H2S，故C错误；
D、元素Q和Z能形成QZ 2是CS2属于共价化合物，故D正确；
故答案选D。
11、B
【解析】
A．小苏打是碳酸氢钠，受热易分解产生二氧化碳而常用作食品疏松剂，与氧化性无关，故A错误；
B．漂粉精作消毒剂，利用次氯酸盐的强氧化，反应中Cl元素的化合价降低，作氧化剂，具有氧化性，故B正确；
C．甘油作护肤保湿剂，是利用甘油的吸水性，没有元素的化合价变化，与氧化性无关，故C错误；
D．明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体而吸附水中悬浮物来净水，与盐类水解有关，与物质氧化性无关，故D错误；
故答案为B。
12、A
【解析】
H2在Cl2中燃烧的产物能被碱液完全吸收，则H2完全燃烧。吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2，从而根据化学方程式进行计算。
【详解】
题中发生的反应有：①H2+Cl2=2HCl；②HCl+NaOH=NaCl+H2O；③Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
据③，生成0.05ml NaClO，消耗0.05mlCl2、0.10mlNaOH。则②中消耗0.20mlNaOH和0.20mlHCl。故①中消耗H2、Cl2各0.10ml。
氢气和氯气物质的量之比0.10ml:(0.10ml+0.05ml)=2:3。
本题选A。
吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2。氢气和氯气物质的量之比必小于1:1，只有A项合理。
13、C
【解析】
b和c均为10电子分子，b在常温下为液体，则b可能为H2O，c可能为HF、NH3，根据转化关系推测X为氧气，Z为氢气，则Y可能为氟气或氮气，又a为双原子分子，则a为NO，则Y为氮气。
A. 根据上述分析，单质Y为N2，故A正确；
B. NO不能溶于H2O中，故B正确；
C. NO和NH3在一定条件下可以反应，故C错误；
D. H2O比NH3稳定，故D正确。
故选C。
14、B
【解析】
A.光导纤维的成分是SiO2，不是硅酸盐，A错误；
B.油脂在碱性条件下水解，纯碱水解使溶液呈碱性，加热能够促进纯碱的水解，使溶液碱性增强，因此可促进油脂的水解，从而可提高去污能力。B正确；
C.食物中的营养素主要为糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水，而人体内无纤维素酶，不能消化纤维素，因此不是人体的营养素，C错误；
D.CO、CO2气体没有气味，不符合厂气熏人的性质，D错误；
故合理选项是B。
15、D
【解析】
A. 上述三种物质中的C原子之间都形成C-C键，但由于不是结合形成链状，因此它们不属于烷烃，A错误；
B. 三种物质的通式为C2nH2n，n≥2，但结构不同，分子组成也不是相差CH2原子团的整数倍，不属于同系物，B错误；
C. 棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物都有3种，数目相同，C错误；
D. 棱晶烷与立方烷分子中每个C与三个C形成三个共价单键，因此都属于饱和烃，在光照条件下均可与氯气发生取代反应，D正确；
故合理选项是D。
16、C
【解析】
A. pH=l的溶液中， Fe3+、SCN-反应生成Fe(SCN)3，不能大量共存，故不选A；
B. 能使酚酞变红的溶液：Ca2+、CO32-反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故不选B；
C. =10-12的溶液呈酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-不反应，能大量共存，故不选C；
D. 由水电离的c(H+)=10-12ml·L-1的溶液，呈酸性或碱性，若呈碱性， Al3+不能存在，故不选D。
17、C
【解析】
原子晶体在熔化时需要破坏共价键，四个选项中仅C为原子晶体，故选择C。
点睛：熔化时要破坏化学键的物质有：1、离子化合物：破坏离子键；2、原子晶体：破坏共价键；3、金属单质和合金：破坏金属键。常见原子晶体有：有金刚石C、二氧化硅SiO2、晶体硅Si、SiC。
18、B
【解析】
从图中可以看出，随着溶液的不断稀释，Ⅰ的pH大于Ⅱ的pH，则表明Ⅰ的n(H+)小于Ⅱ的n(H+)，从而表明lg=0时，Ⅰ对应的酸电离程度大，Ⅰ为HCOOH，Ⅱ为CH3COOH；pH=3时，二者电离产生的c(H+)相等，由于HCOOH的电离常数大于CH3COOH，所以CH3COOH的起始浓度大。
【详解】
A．在c点，溶液的pH大，则酸电离出的c(H+)小，对水电离的抑制作用小，所以溶液中水的电离程度：b点＜c点，A正确；
B．相同体积a点的两溶液，CH3COOH的物质的量比HCOOH大，分别与NaOH恰好中和后，消耗的NaOH体积大，所以CH3COOH溶液中n(Na+)大，B错误；
C．对于HCOOH来说，从c点到d点，温度不变，溶液中=Ka(HCOOH)不变，C正确；
D．若两溶液无限稀释，可看成是纯水，所以它们的c(H+)相等，D正确；
故选B。
19、C
【解析】
氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮和氧气与水反应得到硝酸；浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气、氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙和氯化钙；氯化铝溶液受热水解生成氢氧化铝；葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇催化氧化生成乙醛。
【详解】
A、氨气在催化剂加热条件下与氧气反应生成NO，NO和氧气与水反应得到硝酸，物质的转化在给定条件下能实现，故A正确；
B、浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、水和氯气，氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙和氯化钙，即生成漂白粉，物质的转化在给定条件下能实现，故B正确；
C、Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，氯化铝溶液受热水解生成氢氧化铝，得不到无水氯化铝，故C错误；
D、葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇与氧气在催化剂加热条件想反应生成乙醛，物质的转化在给定条件下能实现，故D正确。
答案选C。
考查常见元素及其化合物的性质，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
20、C
【解析】
从图可看出X、Y在第二周期，根据原子序数知道X是O元素，Y是F元素，同理可知Z是Na元素，M是Al元素，R是Si元素，Q是Cl元素。
【详解】
A.R是Si元素，在周期表中位于第14列，故A错误；
B.Y是F元素，没有正化合价，没有含氧酸，故B错误；
C.X、Z、M的简单离子都是10电子结构，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：X＞Z＞M，故C正确；
D.Z是Na元素，钠与铝盐溶液反应时，先与水反应，不能置换出Al，故D错误；
故选C。
21、C
【解析】
A．常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中阳离子的数目不一定相等，因为各溶液的体积未知，A错误；
B．标准状况下HF不是气态，22.4LHF所含有的分子数目不是NA，B错误；
C．NO2与N2O4的最简式均是NO2，常温常压下，NO2与N2O4的混合气体46g含有1ml“NO2”，原子总数为3NA，C正确；
D．-NH2(氨基)含有9个电子，0.1ml-NH2(氨基)中所含有的电子数为0.9NA，D错误；
答案选C。
选项B是解答的易错点，容易根据HCl是气体而认为HF在标况下也是气态，错因在于忽略了HF分子间存在氢键，从而导致HF熔沸点升高，标况下不是气态。
22、D
【解析】
A.未指明气体所处的外界条件，不能确定CO2的物质的量，因此不能确定其中含有的原子数目，A错误；
B.硝酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应而消耗，所以0.1 L 3 ml·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目小于0.3×6.02×1023，B错误；
的物质的量是0.1ml，二者发生反应，若铁过量，则反应生成Fe2+，5.6gFe失去0.2×6.02×1023个电子，若硝酸足量，则5.6gFe失去0.3×6.02×1023，因此二者的相对物质的量多少不能确定，不能判断转移电子的物质的量，C错误；
D.在SiO2晶体中每个Si原子与相邻的4个O原子形成4个Si-O键，4.5g二氧化硅的物质的量是0.075ml，则其中含有的Si-O共价键数目为0.075ml×4×6.02×1023/ml=0.3×6.02×1023，D正确；
故合理选项是D。
二、非选择题(共84分)
23、羧基、氯原子 光照 +3NaOH+NaCl+3H2O 、、（任选其一） CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH（或与溴1，4-加成、氢氧化钠溶液水解、与氯化氢加成、催化氧化、催化氧化）
【解析】
本题为合成芳香族高聚物的合成路线，C7H8经过反应①生成的C7H7Cl能够在NaOH溶液中反应可知，C7H8为甲苯，甲苯在光照条件下，甲基上的氢原子被氯原子取代，C7H7Cl为，C为苯甲醇，结合已知反应和反应条件可知，D为，D→E是在浓硫酸作用下醇的消去反应，则E为，据M的分子式可知，F→M发生了消去反应和中和反应。M为，N为，E和N发生加聚反应，生成高聚物P，P为，据此进行分析。
【详解】
（1）根据F的结构简式可知，其官能团为：羧基、氯原子；反应①发生的是苯环侧链上的取代反应，故反应条件应为光照。答案为：羧基、氯原子；光照；
（2）F→M发生了消去反应和中和反应。M为，反应的化学方程式为：+3NaOH+NaCl+3H2O，故答案为：+3NaOH+NaCl+3H2O。
（3）E为，N为，E和N发生加聚反应，生成高聚物P，P为，故答案为：。
（4）E为，其同分异构体具有①分子中只有苯环一个环状结构,且苯环上有两个取代基，②1ml该有机物与溴水反应时消耗4mlBr2，则该物质一个官能团应是酚羟基，且酚羟基的邻对位位置应无取代基，则另一取代基和酚羟基为间位关系。故其同分异构体为：、、，故答案为：、、（任选其一）。
（5）分析目标产物F的结构简式：，运用逆推方法，根据羧酸醛醇卤代烃的过程，可选择以为原料进行合成，合成F的流程图应为：CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH，故答案为：CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH。
卤代烃在有机物转化和合成中起重要的桥梁作用：
烃通过与卤素发生取代反应或加成反应转化为卤代烃，卤代烃在碱性条件下可水解转化为醇或酚，进一步可转化为醛、酮、羧酸和酯等；卤代烃通过消去反应可转化为烯烃或炔烃。
24、 羧基、氯原子 加成反应 C10H16O2 +2NaOH+NaCl+2H2O
【解析】
A的分子式为C7H8，结合B的结构，应是与CO发生加成反应，可知A为．对比B与C的结构，结合反应条件、C的分子式，可知B中醛基氧化为羧基得到C，C与氯气发生苯环上取代反应生成D，D与氢气发生加成反应生成E，E发生取代反应生成F，故C为、D为、E为．F与乙醇发生酯化反应生成G为，G发生信息中反应生成M为。
【详解】
(1)A的结构简式为；D为，其官能团为羧基、氯原子；
(2)根据分析可知D与氢气发生加成反应生成E；G的结构简式为，分子式为C10H16O2；
(3)E为，与足量氢氧化钠的乙醇溶液在加热条件发生氯原子的消去反应，以及羧基与氢氧化钠的中和反应，故反应方程式为：+2NaOH+NaCl+2H2O；
(4)由分析可知M的结构简式为；
(5)C为，其同分异构体H既能发生银镜反应又能发生水解反应说明其含有—CHO结构且含有酯基，核磁共振氢谱有4组吸收峰说明其结构对称，则符合条件的H为：；
(6)加聚反应得到，发生消去反应得到，由信息可知苯甲酸乙酯与①CH3MgBr、②H+/H2O作用得到，合成路线流程图为。
解决本题充分利用物质的结构与反应条件进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化；注意对信息的理解，明确题目所给反应中是哪个化学键的断裂与形成。
25、电子天平 除去混合气体中未反应的氧气 将系统装置中SO2全部排入d中充分吸收 20.00 I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI 16% 稀硫酸、KMnO4溶液 稀硫酸浸取炉渣所得溶液能使KMnO4溶液褪色
【解析】
（1）由于称量黄铜矿样品1.150g，精确度达到了千分之一，应该选用电子天平进行称量，把黄铜矿样品研细，可以增大接触面积，从而提高反应速率，并且使黄铜矿充分反应，
故答案是：电子天平；
（2）气体通过装置c中铜网，加热条件下和气体中剩余氧气反应，
故答案为除去混合气体中未反应的氧气；
（1）黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后仍然需要通入一段时间的空气，可以将b、d装置中的二氧化硫全部排出去，使结果更加精确，
故答案为将系统装置中SO2全部排入d中充分吸收；
（4）根据滴定管的示数是上方小，下方大，可以读出滴定管示数是20.00mL，当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝，滴定的原理反应的化学方程式为：I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，
故答案为20.00；I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；
（5）根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式：CuFeS2～2SO2～2I2，消耗掉0.01m1/L标准碘溶液20.00mL时，即消耗的碘单质的量为：0.01ml/L×0.0200L=0.000200ml，所以黄铜矿的质量是：×0.000200ml×184g/ml×10=0.184g，所以其纯度是：×100%=16%，
故答案为16%；
（6）若Fe2O1中含有FeO，利用稀酸（非氧化性）溶解后生成的亚铁离子，则具有还原性，而给出的试剂中KMnO4溶液具有强氧化性，可使KMnO4溶液褪色，则选择试剂为稀硫酸、KMnO4溶液，操作为取少量固体溶于稀硫酸，然后滴加KMnO4溶液，观察到溶液使KMnO4溶液褪色，证明含有FeO，
故答案为稀硫酸、KMnO4溶液；稀硫酸浸取炉渣所得溶液使KMnO4溶液褪色。
26、分液漏斗 MnO2+2Cl-+4H+Cl2↑+Mn2++2H2O NaClO、NaOH 溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大 ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O 防止HClO分解（防止Cl2、I2逸出） 当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色 4.41
【解析】
装置A中MnO2固体和浓盐酸反应生成Cl2，Cl2中含HCl气体，通过装置B中饱和食盐水除去氯化氢，通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，通过碳酸氢钠溶液，氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大，最后通过碱石灰吸收多余氯气，
(1)①由图可知仪器的名称，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气；
②通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠；
③C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大；
(2)①取C瓶溶液20mL于锥形瓶，加足量盐酸酸化，迅速加入过量KI溶液，次氯酸钠在酸性溶液中氧化碘化钾生成碘单质；
②盖紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO分解；
③ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，ClO-～I2～2S2O32-，以此计算C瓶溶液中NaClO的含量。
【详解】
(1)①仪器a的名称分液漏斗，装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；
②氯气和装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，C瓶溶液的溶质是NaCl、NaClO、NaOH；
③C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是：溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大；
(2)①步骤I的C瓶中反应的离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；
②紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO光照分解；通常选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点的现象当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色；
③由ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-，由方程式可得关系式
NaClO～I2～2S2O32-，
1 2
n 0.1000ml/L×0.024L=0.0024ml
则n=0.0012ml，则C瓶溶液中NaClO的含量为=4.41g/L。
本题考查物质含量测定实验的测定的知识，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，注意滴定终点的判断方法、学会利用关系式法进行计算，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意测定原理。
27、重结晶 冷凝回流乙醇和水 水浴加热 吸水剂由白色变为蓝色 蒸馏 分液漏斗 降低苯甲酸乙酯的溶解度利于分层 Na2CO3或NaHCO3 80.0
【解析】
苯甲酸与乙醇在浓硫酸作催化剂发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙醇和苯甲酸能够混溶，苯甲酸乙酯与乙醇沸点差异较大，因此操作I为蒸馏，混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入试剂X除去苯甲酸，因此可选择试剂饱和碳酸钠进行除杂，然后分液制备粗产品，然后通过干燥制备苯甲酸乙酯纯品，以此解答本题。
【详解】
（1）可通过重结晶的方式提高原料苯甲酸的纯度；
（2）仪器A为球形冷凝管，在制备过程中乙醇易挥发，因此通过球形冷凝管冷凝回流乙醇和水；该反应中乙醇作为反应物，因此可通过水浴加热，避免乙醇大量挥发；
（3）仪器B中吸水剂为无水硫酸铜的乙醇饱和溶液，吸收水分后生成五水硫酸铜，吸水剂由白色变为蓝色；
（4）由上述分析可知，操作I为蒸馏；操作II为分液，除烧杯外，还需要的玻璃仪器为分液漏斗；
（5）因苯甲酸乙酯难溶于冷水，步骤③中将反应液倒入冷水的目的还有降低苯甲酸乙酯的溶解度有利于分层；试剂X为Na2CO3溶液或NaHCO3溶液；
（6）12g苯甲酸乙酯的物质的量为，苯甲酸的物质的量为，反应过程中乙醇过量，理论产生苯甲酸乙酯的物质的量为0.1ml，实验产率为。
28、7 NH3 三角锥形 C＜O＜N＜F Cu+的价电子排布为3d10，为全满结构，其结构更稳定 sp3、sp2 > 6 正八面体
【解析】
（1）氮原子一共有7个电子，每个电子的运动状态均不同，则共含有7种运动状态不同的电子；与N3-含有相同电子数的四原子分子是NH3；中心原子的价电子对数为，有1对孤电子对，则该分子空间构型为三角锥形，故答案为：7；NH3；三角锥形；
（2）同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，C、N、O、F位于同一周期且分别位于第IVA族、第VA族、第VIA族、第VIIA族，所以第一电离能大小顺序为C＜O＜N＜F，故答案为：C＜O＜N＜F；
（3）Cu+的核外有28个电子，根据构造原理知其基态离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，则Cu+价层电子的轨道表达式为：；原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，Cu+的3d轨道上全满，稳定，故答案为：；Cu+的价电子排布为3d10，为全满结构，其结构更稳定；
（4）乙醛分子中甲基上碳原子含有4个σ键，醛基上的碳原子含有3个σ键，所以甲基中的碳原子采用sp3杂化，醛基中的碳原子采用sp2杂化，醛基中碳原子采用sp2杂化、乙醇中含有醇羟基的碳原子采用sp3杂化，导致乙醛分子中H-C-O的键角大于乙醇分子中的H-C-O的键角，故答案为：sp3、sp2；>；
（5）Cu（H2O）4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl-取代有两种不同的结构，[Cu（H2O）2（Cl）2]是非极性分子，说明该分子的结构不对称，则其结构式为，故答案为：；
（6）①由Na、Cl两元素形成的化合物为NaCl，以中间的黑色球为Na+离子研究，距离一个Na+最近的Cl-在其上下前后左右共6个，围成的图形是正八面体，故答案为：6，正八面体；
②晶胞中Na+离子数目=1+12×=4，Cl-离子数目=8×+6×=4，故晶胞质量m=g，晶胞体积V=cm3，令Cl-离子半径为r，则棱长为，则，解得：，Na+的半径为，故答案为：。
注意轨道表达式(电子排布图)与电子排布式的区别，此处为易错点。还应该注意单位的换算。
29、熟石灰价格便宜 2Al+2OH－+2H2O2AlO2－+3H2↑ 10：3 4Fe +NO3－+10H+=4Fe2++NH4++3H2O 铁粉与活性碳粉形成原电池加快还原NO3-的反应速率 正 2NO3－+12H++10e－=N2↑+ 6H2O Cl－在阳极上被氧化成Cl2(或游离氯)，与阴极生成的NH4+反应生成N2
【解析】
从工业经济效益分析为什么用熟石灰；
从氢氧化铝的性质来分析为什么不能pH过大；
书写出铝和硝酸根反应的离子方程式得出氧化产物和还原产物比；
根据已知信息和氧化还原反应原理写出铁和硝酸反应离子方程式，在过程中加碳粉为何加快反应速率，从原电池原理分析；
从图像中得出化合价升降，分析阴阳极，继而分析连接正负极的关系，再书写出电极反应式，从文字信息和氯化钠加入电解思维来分析出为何去除铵根明显增强。
【详解】
①工业生成要考虑经济效益，因此用熟石灰而不用NaOH调节pH的主要原因是熟石灰价格便宜，在调节pH时，若pH过大或过小都会造成Al的利用率降低，pH过大会使生成的氢氧化铝沉淀又溶解，pH过大造成Al利用率降低的离子方程式2Al+2OH－+2H2O2AlO2－+3H2↑，故答案为：2Al+2OH－+2H2O2AlO2－+3H2↑；
②在加入铝粉去除NO3－的反应中，10Al + 6NO3－+ 18H2O =10Al(OH)3 + 6OH－ + 3 N2↑，因此氧化产物为10 ml Al(OH)3，还原产物为3 ml N2，因此它们的物质的量之比为10:3，故答案为：10:3；
⑵①t1时刻前，根据图像信息知生成了亚铁离子和铵根离子，因此离子方程式为4Fe +NO3－+10H+=4Fe2++NH4++3H2O，故答案为：4Fe +NO3－+10H+=4Fe2++NH4++3H2O；
②研究表明：铁粉还原含NO3－废水时，加入活性碳粉可以提高去除NO3－的速率，可能是由于形成原电池，加快反应速率，故答案为：铁粉与活性碳粉形成原电池加快还原NO3－的反应速率；
⑶根据图像信息，左边硝酸根变为氮气，则M化合价降低，在阴极发生还原反应，说明N为阳极，连接电源的正极，与直流电源M端相连的Pt电极上的电极反应式为2NO3－+12H+ +10e－=N2↑+ 6H2O，故答案为：正；2NO3－+12H+ +10e－=N2↑+ 6H2O；
⑷使NO3－变为NH4+，则硝酸根在阴极变为铵根离子，加一定量NaCl，去除NH4+的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低，说明铵根被反应了，可能是Cl－在阳极上被氧化成Cl2(或游离氯)，与阴极生成的NH4+反应生成N2，故答案为：Cl－在阳极上被氧化成Cl2(或游离氯)，与阴极生成的NH4+反应生成N2。
序号
液体
固体
混合前温度
混合后最高温度
①
35 mL水
2.5 g NaHCO3
20 ℃
18.5 ℃
②
35 mL水
3.2 g Na2CO3
20 ℃
24.3 ℃
③
35 mL盐酸
2.5 g NaHCO3
20 ℃
16.2 ℃
④
35 mL盐酸
3.2 g Na2CO3
20 ℃
25.1 ℃
实验步骤
实验现象
B瓶
C瓶
实验1：取样，滴加紫色石蕊试液
变红，不褪色
变蓝，不褪色
实验2：测定溶液的pH
3
12
苯甲酸
乙醇
苯甲酸乙酯
常温性状
白色针状晶体
无色液体
无色透明液体
沸点/℃
249.0
78.0
212.6
相对分子量
122
46
150
溶解性
微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
与水任意比互溶
难溶于冷水，微溶于热水，易溶于乙醇和乙醚