2026年常州市高考化学全真模拟密押卷（含答案解析）

这是一份2026年常州市高考化学全真模拟密押卷（含答案解析），共15页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
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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。
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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、常温下，H2A和H2NCH2CH2NH2溶液中各组分的物质的量分数δ随pH的变化如图（I）、（II）所示。下列说法不正确的是已知：。
A．NaHA溶液中各离子浓度大小关系为：
B．乙二胺（H2NCH2CH2NH2）的Kb2=10-7.15
C．[H3NCH2CH2NH3]A溶液显碱性
D．向[H3NCH2CH2NH2] HA溶液中通人HCl，不变
2、实验室用H2还原SiHCl3(沸点：31.85 ℃)制备纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法正确的是( )
A．装置Ⅱ、Ⅲ中依次盛装的是浓H2SO4、冰水
B．实验时，应先加热管式炉，再打开盛装稀硫酸的分液漏斗
C．为鉴定制得的硅中是否含微量铁单质，用到的试剂可以为：盐酸、双氧水、硫氰化钾溶液
D．实验中制备氢气的装置也可用于实验室中用碱石灰与氯化铵溶液反应制备氨气
3、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，m为单质，d是淡黄色粉末，b是生活中常见的液态化合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．化合物a中只含有C、H两种元素
B．几种元素的原子半径由大到小顺序为Z＞Y＞X＞W
C．d是离子化合物，阴阳离子个数比为1：2
D．Y与W形成的简单化合物是同主族元素同类型化合物中沸点最低的
4、某二元弱碱B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)。向10mL稀B(OH)2溶液中滴加等浓度盐酸溶液，B(OH)2、B(OH)+、B2+的浓度分数δ随溶液POH[POH=-lgc(OH)-]变化的关系如图，以下说法正确的是
A．交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL
B．当加入的盐酸溶液的体积为10mL时存在c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(OH-)>c(B2+)
C．交点b处c(OH)=6.4×10-5
D．当加入的盐酸溶液的体积为15mL时存在：c(Cl-)+c(OH-)= c(B2+)+c(B(OH)+)+ c(H+)，
5、关于一些重要的化学概念，下列叙述正确的是
A．根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液
B．CO2、NO2、Mn2O7、P2O5 均为酸性氧化物
C．漂白粉、水玻璃、铝热剂均为混合物
D．熔融状态下，CH3COOH、NaOH、MgCl2 均能导电
6、下列由实验现象得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
7、下列离子方程式正确的是
A．氯化铝溶液与一定量的碳酸钠溶液反应：Al3++3CO32－+3H2O=Al(OH)3↓+3HCO3－
B．氯化钠固体与浓硫酸混合微热：Cl－+H+HCl↑
C．氯气通入石灰乳：Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O
D．苯酚钠溶液呈碱性的原理：C6H5O－+H2O→C6H5OH+OH－
8、在微生物作用下电解有机废水(含CH3COOH)，可获得清洁能源H2其原理如图所示，正确的是（ ）
A．通电后，H+通过质子交换膜向右移动，最终右侧溶液pH减小
B．电源A极为负极
C．通电后，若有22.4LH2生成，则转移0.2ml电子
D．与电源A极相连的惰性电极上发生的反应为CH3COOH-8e-+2H2O=CO2↑+8H+
9、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的2倍，X、Y价电子数之比为2∶3。W的原子半径在同周期主族元素中最小，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂。下列说法错误的是
A．原子半径X＞Y，离子半径Z＞Y
B．化合物Z2Y存在离子键，ZWY中既有存在离子键又有共价键
C．X的简单氢化物与W的单质在光照下产生W的氢化物
D．Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
10、向100mL0.1ml∙L-1硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1ml∙L-1Ba(OH)2溶液。随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示。下列说法正确的（ ）
A．a点的溶液呈中性
B．a点沉淀的质量比c点沉淀的质量大
C．b点加入Ba(OH)2溶液的体积为250mL
D．至c点完成反应，反应的离子方程式可表示为：Al3++2SO42-+NH4++2Ba2++5OH-→AlO2-+2BaSO4↓+NH3∙H2O+2H2O
11、油画变黑，可用一定浓度的H2O2溶液擦洗修复，发生的反应为 4H2O2+PbS→PbSO4+4H2O下列说法正确的是
A．H2O 是氧化产物 B．H2O2 中负一价的氧元素被还原
C．PbS 是氧化剂 D．H2O2在该反应中体现还原性
12、氯气氧化HBr提取溴的新工艺反应之一为:6H2SO4+5BaBr2+Ba(BrO3)2=6BaSO4↓+6Br2+6H2O,利用此反应和CCl4得到液溴的实验中不需要用到的实验装置是
A．
B．
C．
D．
13、煤燃烧排放的烟气含有硫和氮的氧化物而形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂对烟气可同时进行脱硫、脱硝。反应一段时间后溶液中有关离子浓度的测定结果如下表。
下列说法正确的是( )
A．NaClO2溶液脱硫过程中主要反应的离子方程式2H2O＋ClO2-＋2SO2=2SO42-＋Cl－＋4H＋
B．脱硫反应速率大于脱硝反应速率
C．该反应中加入少量NaCl固体，提高c(Cl－)和c(Na＋)，都加快了反应速率
D．硫的脱除率的计算式为8.35×10－4/(8.35×10－4＋6.87×10－6)
14、2019年为“国际元素周期表年“，中国学者姜雪峰当选为“全球青年化学家元素周期表”硫元素代言人。下列关于硫元素的说法不正确的是（ ）
A．S2、S4和S8互为同素异形体
B．“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”过程中涉及的反应为可逆反应
C．可运用”无机硫向有机硫转化”理念，探索消除硫污染的有效途径
D．我国古代四大发明之一“黑火药”的主要成分中含有硫单质
15、对下列实验的分析合理的是
A．实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变
B．实验Ⅱ：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色保持不变
C．实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内会出现红棕色
D．实验Ⅳ：将FeCl3饱和溶液煮沸后停止加热，以制备氢氧化铁胶体
16、化学与生活等密切相关。下列有关说法中正确的是
A．泡沫灭火器适用于电器灭火
B．电热水器用镁棒会加速内胆腐蚀
C．过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂
D．硅胶可作含油脂食品袋内的脱氧剂
17、下列实验合理的是（）
A．AB．BC．CD．D
18、某高校的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图所示，下列说法正确的是( )

A．该装置可以将太阳能转化为电能
B．阴极的电极反应式为3CO2+4e—＝C+2CO32—
C．高温的目的只是为了将碳酸盐熔融，提供阴阳离子
D．电解过程中电子由负极流向阴极，经过熔融盐到阳极，最后回到正极
19、表为元素周期表短周期的一部分，下列有关A、B、C、D四种元素的叙述正确的是（ ）
A．原子半径大小比较为D>C>B>A
B．生成的氢化物分子间均可形成氢键
C．A与C形成的阴离子可能有AC、A2C
D．A、B、C、D的单质常温下均不导电
20、下列图示与对应的叙述相符的是 ( )
A．图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8 kJ·ml－1
B．图2表示压强对可逆反应2A(g)+2 B(g)3C(g)+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大
C．根据图3，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量CuO，调节pH＝4，过滤
D．图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH
21、下列反应不属于氧化还原反应的是（ ）
A．Cl2 + H2O = HCl + HClOB．Fe + CuSO4 = FeSO4 + Cu
C．2NaHCO 3 Na2CO3 + H2O + CO2D．Cl2 + 2FeCl2 = 3FeCl3
22、 “绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是
①实验室收集氨气采用图1所示装置
②实验室做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置
③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验
④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应
A．②③④B．①②③C．①②④D．①③④
二、非选择题(共84分)
23、（14分）丁苯酞(J)是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下：
已知：
②E的核磁共振氢谱只有一组峰；
③C能发生银镜反应；
④J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环．
回答下列问题：
（1）由A生成B的化学方程式为__________，其反应类型为__________；
（2）D的化学名称是__________，由D生成E的化学方程式为__________；
（3）J的结构简式为__________；
（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应的结构简式__________(写出一种即可)；
（5）由甲醛和化合物A经下列步骤可得到2一苯基乙醇：
反应条件1为__________；反应条件2所选择的试剂为__________；L的结构简式为__________。
24、（12分）铃兰醛[]具有甜润的百合香味，对皮肤的刺激性小，对碱稳定，广泛用于百合、丁香、玉兰、茶花以及素心兰等东方型香型日用香精的合成。常用作肥皂、洗涤剂的香料，还可用作花香型化妆品的香料。其合成路线如图所示：
(1)B中官能团的名称是______。
(2)①的反应类型是______。
(3)写出反应②的化学方程式：______。
(4)乌洛托品的结构简式如图所示：
其二氯取代物有______种，将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，该反应的化学方程式是______。
(5)写出满足下列条件的A的同分异构体______。
Ⅰ.有两个取代基 Ⅱ.取代基在邻位
(6)已知：RCH2COOHRCHClCOOH。仿照上述流程，写出以CH3CH2CHO为原料制备聚乳酸的合成路线______(无机试剂自选)。
25、（12分）碘酸钙[Ca(IO3)2]是重要的食品添加剂。实验室制取Ca(IO3)2·H2O的实验流程：
已知：碘酸是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。
（1） 转化步骤是为了制得碘酸，该过程在图1所示的装置中进行，当观察到反应液中紫红色接近褪去时，停止通入氯气。
①转化时发生反应的离子方程式为_____________________________________。
②转化过程中CCl4的作用是_______________________________________。
③为增大转化过程的反应速率，可采取的措施是_______________________。
（2）将CCl4与水层分离的玻璃仪器有烧杯、________。除去HIO3水溶液中少量I2单质的实验操作为______________________________，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在。
（3）已知：①Ca(IO3)2·6H2O是一种难溶于水的白色固体，在碱性条件下不稳定。
②Ca(IO3)2·6H2O加热升温过程中固体的质量变化如图2所示。
设计以除碘后的水层为原料，制取Ca(IO3)2·H2O的实验方案：向水层中__________。[实验中必须使用的试剂：Ca(OH)2粉末、AgNO3溶液]。
26、（10分）实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应主要装置如图一所示，其它装置省略)。当盐酸达到一个临界浓度时，反应就会停止。为测定反应残余液中盐酸的临界浓度，探究小组同学提出了下列实验方案：
甲方案：将产生的Cl2与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，再进行计算得到余酸的量。
乙方案：采用酸碱中和滴定法测定余酸浓度。
丙方案：余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，称量剩余的CaCO3质量。
丁方案：余酸与足量Zn反应，测量生成的H2体积。
具体操作：装配好仪器并检查装置气密性，接下来的操作依次是：
①往烧瓶中加入足量MnO2粉末
②往烧瓶中加入20mL 12ml•L-1浓盐酸
③加热使之充分反应。
（1）在实验室中，该发生装置除了可以用于制备Cl2，还可以制备下列哪些气体______？
A．O2 B． H2 C．CH2=CH2 D．HCl
若使用甲方案，产生的 Cl2必须先通过盛有 ________（填试剂名称）的洗气瓶， 再通入足量 AgNO3溶液中，这样做的目的是 ______________；已知AgClO易溶于水，写出Cl2与AgNO3溶液反应的化学方程式________________
（2）进行乙方案实验：准确量取残余清液，稀释5倍后作为试样。准确量取试样25.00mL，用1.500ml·L-1NaOH标准溶液滴定，选用合适的指示剂，消耗NaOH标准溶液23.00mL，则由此计算得到盐酸的临界浓度为 ____ ml·L-1（保留两位有效数字）；选用的合适指示剂是 _____。
A 石蕊 B 酚酞 C 甲基橙
（3）判断丙方案的实验结果，测得余酸的临界浓度_________ (填偏大、偏小或―影响)。（已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(MnCO3)=2.3×10-11）
（4）进行丁方案实验：装置如图二所示（夹持器具已略去）。
（i）使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是倾斜Y形管，将 _____转移到_____中。
（ii）反应完毕，需要读出量气管中气体的体积，首先要___________，然后再______，最后视线与量气管刻度相平。
（5）综合评价：事实上，反应过程中盐酸浓度减小到临界浓度是由两个方面所致，一是反应消耗盐酸，二是盐酸挥发，以上四种实验方案中，盐酸挥发会对哪种方案带来实验误差（假设每一步实验操作均准确）？____________
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
27、（12分）某小组选用下列装置，利用反应，通过测量生成水的质量来测定Cu的相对原子质量。实验中先称取氧化铜的质量为a g。
(1)浓氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是______________。
(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置，该方案是否可行__________，理由是_______________。
(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置，则装置C的作用是___________________________。
(4)丙同学认为乙同学测量的会偏高，理由是_____，你认为该如何改进？___
(5)若实验中测得g，则Cu的相对原子质量为_______。（用含a，b的代数式表示）。
(6)若CuO中混有Cu，则该实验测定结果_________。（选填“偏大”、“偏小”或“不影响”）
28、（14分）某反应中反应物与生成物FeCl2、FeCl3、CuCl2、Cu；
（1）将上述反应设计成的原电池如图甲所示请回答下列问题：
①图中X溶液是__；
②Cu电极上发生的电极反应式为__；
③原电池工作时，盐桥中的__填“K+”或“Cl-”）不断进入X溶液中。
（2）将上述反应设计成电解池如图乙所示乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙，请回答下列问题：
①M是电源的__极；
②图丙中的②线是__的变化；
③当电子转移为0.2ml时向乙烧杯中加入__L5ml/LNaOH溶液才能使所有的金属阳离子沉淀完全。
29、（10分）CO2催化加氢制甲醇，是极具前景的温室气体资源化研究领域。在某CO催化加氢制甲醇的反应体系中，发生的主要反应有：
i.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.4kJ·ml-1
ⅱ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ·ml-1
ⅲ.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H3
（1）△H3________ kJ·ml-1
（2）5MPa时，往某密闭容器中按投料比n（H2）:n（CO2）=3：1充入H2和CO2。反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。
①体系中CO2的物质的量分数受温度的影响不大，原因是____。
②250℃时，反应ii的平衡常数____1（填“＞”“＜”或“=”）。
③下列措施中，无法提高甲醇产率的是____（填标号）。
A 加入适量CO B 增大压强 C 循环利用原料气 D 升高温度
④如图中X、Y分别代表____（填化学式）。
（3）反应i可能的反应历程如下图所示。
注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量（括号里的数字或字母，单位：eV）。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。
①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为____。
②相对总能量E=____（计算结果保留2位小数）。（已知：leV=1.6×10-22kJ）
（4）用电解法也可实现CO2加氢制甲醇（稀硫酸作电解质溶液）。电解时，往电解池的____极通入氢气，阴极上的电极反应为____。
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、C
【解析】
A．由图1可知，当c（HA－）=c（A2－）时，溶液显酸性，所以NaHA溶液显酸性，电离程度大于水解程度，则各离子浓度大小关系为：c（Na＋）＞c（HA－）＞c（H＋）＞c（A2－）＞c（OH－），故A正确；
B．由图2可知，当c（[H3NCH2CH2NH2]+）=c[H3NCH2CH2NH3]2+）时，溶液的pH=6.85，c（OH－）=10-7.15ml·L－1，则
Kb2==c（OH－），Kb2=10-7.15，故B正确；
C．由图2可知，当c（[H3NCH2CH2NH3]2+）=c（[H3NCH2CH2NH]+）时，溶液的pH=6.85，c（OH－）=10-7.15ml·L－1，则Kb2=10-7.15，由图1可知，当c（HA－）=c（A2－）时，pH=6.2，则Ka2=10-6.2，[H3NCH2CH2NH3]2+的水解程度大于A2－的水解程度，溶液显酸性，故C错误；
D．=
=，由于通入HCl，Kw、Kb1、Ka1都不变，所以
不变，故D正确。
故选C。
本题考查弱电解质的电离平衡及盐的水解平衡原理的应用，把握电离平衡原理和水解原理、电离常数和水解常数的计算、图象数据的分析应用为解答的关键，侧重分析、应用能力和计算能力的考查，难点D，找出所给表达式与常数Kw、Kb1、Ka1的关系。
2、C
【解析】
A.装置Ⅲ的作用是使SiHCl3挥发，Ⅲ中应盛装热水，故A错误；
B. 氢气、氧气的混合气体加热易爆炸，实验时，应先打开盛装稀硫酸的分液漏斗，用生成的氢气把装置中的空气排出，再加热管式炉，故B错误；
C.铁与盐酸反应生成氯化亚铁，用双氧把亚铁离子氧化为铁离子，若加入硫氰化钾溶液后变红，则说明含有铁单质，故C正确；
D.实验室中一般用加热碱石灰与氯化铵固体混合物制备氨气，装置图为，故D错误；答案选C。
3、C
【解析】
b是生活中常见的液态化合物，b是水；d是淡黄色粉末，能与水反应，d是Na2O2，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，m是氧气、e是NaOH；CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，c是CO2、f是Na2CO3；W、X、Y、Z原子序数依次递增，则W、X、Y、Z依次是H、C、O、Na。
【详解】
A. a与氧气反应生成二氧化碳和水，所以化合物a中一定含有C、H元素，可能含有氧元素，故A错误；
B. H、C、O、Na的原子半径由大到小顺序为Na＞C＞O＞H，故B错误；
C. d是Na2O2， 属于离子化合物，阴阳离子个数比为1：2，故C正确；
D. 水分子间含有氢键，H2O是同主族元素同类型化合物中沸点最高的，故D错误。
答案选C。
4、C
【解析】
图中曲线①B(OH)2，②为B(OH)+ ③为B2+；交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL时，反应生成等浓度的B(OH)Cl和B(OH)2混合液，由于两种溶质水解电离能力不同，所以B(OH)2、B(OH)+ 浓度分数δ不相等，A错误；当加入的盐酸溶液的体积为10mL时，溶液为B(OH)Cl，溶液显酸性，根据B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)可知，c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)> c(B2+)>c(OH-)，B错误；交点b处时，c(B(OH)+)= c(B2+)，根据B(OH)+ B2++ OH-，K2= c(OH-)=6.4×10-5, C正确；当加入的盐酸溶液的体积为15mL时，生成等体积等浓度B(OH)Cl和BCl2的混合液，存在电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)= 2c(B2+)+c(B(OH)+)+ c(H+)，D错误；正确选项C。
5、C
【解析】
A选项，根据分散质粒子直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液，故A错误；
B选项， NO2不是酸性氧化物，故B错误；
C选项，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，铝热剂是金属铝和金属性比铝弱的金属氧化物的混合物，故C正确；
D选项， CH3COOH是共价化合物，熔融状态下不能导电，故D错误；
综上所述，答案为C。
非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物。
6、C
【解析】
A、Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A错误；
B、滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色，说明该溶液可能含有Fe2+或Fe3+，B错误；
C、上层呈橙红色，说明Cl2与NaBr反应生成了Br2和NaCl，则Br‾的还原性强于Cl‾，C正确；
D、不是升华，试管底部NH4Cl分解生成NH3和HCl，试管口NH3与HCl反应生成了NH4Cl，发生了化学反应，D错误；
答案选C。
把元素化合物的知识、化学原理和实验操作及实验结论的分析进行了结合，考查了考生运用所学知识分析实验现象，得出正确结论的能力，审题时应全面细致，如滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液可能含有Fe2+或Fe3+，体现了化学实验方案设计的严谨性，加热盛有NH4Cl固体的试管，体现了由现象看本质的科学态度。
7、A
【解析】
A．氯氯化铝与碳酸钠溶液过量时发生双水解生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式：Al3++3CO32－+3H2O=Al(OH)3↓+3HCO3－，选项A正确；
B．氯化钠固体与浓硫酸混合微热，离子方程式：H2SO4(浓)+NaCl(固)=NaHSO4+HCl(g)，选项B错误；
C．氯气通入石灰乳，离子方程式：Ca(OH)2+2Cl2═2Ca2++2Cl-+2ClO-+2H2O，选项C错误；
D．酚钠溶液呈碱性是因为苯氧根离子水解生成氢氧根离子和苯酚，离子方程式：C6H5O－+H2OC6H5OH+OH－，选项D错误；
答案选A。
本题考查了离子方程式的书写，侧重考查化学式的拆分，注意浓硫酸、固体氯化钠、石灰乳应保留化学式，易错点为D．酚钠溶液呈碱性是因为苯氧根离子水解生成氢氧根离子和苯酚，离子方程式：C6H5O－+H2OC6H5OH+OH－。
8、D
【解析】
A.通电后，左侧生成H+，右侧H+放电生成氢气，所以H+通过质子交换膜向右移动，相当于稀硫酸中H+不参加反应，所以氢离子浓度不变，溶液的pH不变，A错误；
A.连接B电极的电极上生成氢气，说明该电极上氢离子得电子，则该电极为电解池阴极，所以B电极为负极，A电极为正极，B错误；
C.右侧电极反应式为2H++2e-=H2↑，根据氢气和转移电子之间的关系式知，若有0.1mlH2生成，则转移0.2ml电子，但不确定气体所处的温度和压强，因此不能确定气体的物质的量，也就不能确定电子转移数目，C错误；
D.与电源A极相连的惰性电极为阳极，阳极上乙酸被氧化，生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COOH-8e-+H2O=2CO2↑+8H+，D正确；
故合理选项是D。
9、A
【解析】
X原子最外层电子数是其电子层数的2倍，且四种元素中原子序数最小，则X为C，X、Y价电子数之比为2∶3，则Y为O，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂，则Z为Na，W的原子序数比Z大且半径在同周期中最小，则W为Cl，综上所述，X、Y、Z、W分别为：C、O、Na、Cl，据此解答。
【详解】
A．C和O位于同周期且C原子序数小于O，所以C原子的半径大于O原子半径，Na+和O2-电子排布相同，O2-的原子序数更小，所以Na+的半径小于O2-，即原子半径X＞Y，离子半径Z﹤Y，A错误；
B． Na+和O2-通过离子键结合成Na2O，Na+和ClO-通过离子键结合成NaClO，Cl和O通过共价键结合，B正确；
C．CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应生成四种氯甲烷和HCl，C正确；
D．O3、Cl2、ClO2等均可作水的消毒剂，D正确。
答案选A。
10、D
【解析】
100mL 0.1ml∙L﹣1硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]中NH4Al(SO4)2物质的量为0.01ml．溶液含有NH4+0.01ml，Al3+0.01ml，SO42-0.02ml。
开始滴加时，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH- =Al(OH)3↓，当Al3+沉淀完全时需加入0.03ml OH-，即加入0.015ml Ba(OH)2，加入的Ba2+为0.015ml，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；（开始到a）
再滴加Ba(OH)2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++ OH-=NH3∙H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42-完全沉淀时，共需加入0.02ml Ba(OH)2，加入0.04ml OH-，Al3+反应掉0.03mlOH﹣，生成Al(OH)30.01ml，剩余0.01mlOH﹣恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；（a到b）
继续滴加Ba(OH)2，Al(OH)3溶解，发生反应Al(OH)3+OH- =AlO2﹣+2H2O，由方程式可知要使0.01ml Al(OH)3完全溶解，需再加入0.005ml Ba(OH)2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液．（b到c）
【详解】
A．由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH﹣= Al(OH)3↓，a点对应的沉淀为BaSO4和Al(OH)3，溶液中的溶质是(NH4)2SO4，该物质水解溶液呈酸性，A错误；
B．a点沉淀的质量=0.015ml×233g/ml+0.01ml×78g/ml=4.275g，c点为硫酸钡的质量，为0.01ml×2×233g/ml=4.66g，所以质量c点＞a点，B错误；
C．当SO42﹣完全沉淀时，共需加入0.02ml Ba(OH)2，则b点消耗氢氧化钡体积==0.2L=200mL，C错误；
D．至c点完成反应，反应的离子方程式可表示为：Al3++2SO42﹣+NH4++2Ba2++5OH﹣=AlO2﹣+2BaSO4↓+NH3∙H2O+2H2O，D正确；
故选D。
在分析曲线时，可使用共存原理，对此题来说，主要是NH4+、Al3+、Al(OH)3与OH-反应的顺序问题，若假设NH4+先与OH-发生反应，由于生成的NH3∙H2O能与Al3+反应生成Al(OH)3，所以假设错误，应为Al3+先与OH-反应生成Al(OH)3；对NH4+、Al(OH)3哪个先与OH-反应，若我们认为Al(OH)3先反应，生成的AlO2-能与NH4+发生反应生成Al(OH)3和NH3∙H2O，所以假设错误，应为NH4+先与OH-反应。
11、B
【解析】H2O2 中氧元素化合价降低生成H2O，H2O是还原产物，故A错误；H2O2 中负一价的氧元素化合价降低，发生还原反应，故B正确；PbS中S元素化合价升高，PbS是还原剂，故C错误；H2O2中氧元素化合价降低，H2O2在该反应中是氧化剂体现氧化性，故D错误。
点睛：所含元素化合价升高的反应物是还原剂，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂得电子发生还原反应，氧化剂体现氧化性。
12、D
【解析】
A．萃取后得到的Br2的CCl4溶液分离时应选择蒸馏操作，故A正确；B．反应后的液体混合物除BaSO4沉淀时，应选择过滤操作，故B正确；C．过滤后的混合液中的Br2应选择加入CCl4，萃取后再选择分液操作，故C正确；D．固体加热才选择坩埚加热，本实验不涉及此操作，故D错误；故答案为D。
13、B
【解析】
A.NaClO2溶液显碱性，离子方程式4OH－＋ClO2-＋2SO2=2SO42-＋Cl－＋2H2O，选项A错误；
B.脱去硫的浓度为(8.35×10－4＋6.87×10－6) ml·L－1，脱去氮的浓度为(1.5×10－4＋1.2×10－5) ml·L－1，且在同一容器，时间相同，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，选项B正确；
C.加入NaCl固体，提高c(Cl－)加快了反应速率，提高c(Na＋)，不影响反应速率，选项C错误；
D.不知硫的起始物质的量，且SO42-、SO32-都是脱硫的不同形式，无法计算，选项D错误。
答案选B。
14、B
【解析】
A．同种元素形成的不同单质是同素异形体，故A正确；
B．丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂，前者需要加热，后者常温下反应，反应条件不同，不是可逆反应，故B错误；
C．无机硫向有机硫转化，可减少含硫气体的排放，是探索消除硫污染的有效途径，故C正确；
D．“黑火药”的主要成分中含有硫单质，故D正确；
答案选B。
15、C
【解析】
A、溴与氢氧化钠溶液反应，上层溶液变为无色；
B、浓硫酸与碳反应生成的二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色；
C、铜与稀硝酸反应生成NO，NO遇到空气生成红棕色的二氧化氮；
D、直接加热饱和氯化铁溶液，无法得到氢氧化铁胶体。
【详解】
A、溴单质与NaOH溶液反应，则振荡后静置，上层溶液变为无色，故A错误；
B、蔗糖与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能够被酸性KMnO4溶液氧化，导致酸性KMnO4溶液变为无色，故B错误；
C、微热稀HNO3片刻生成NO气体，则溶液中有气泡产生，NO与空气中氧气反应生成二氧化氮，则广口瓶内会出现红棕色，故C正确；
D、制备氢氧化铁胶体时，应该向沸水中逐滴加入少量FeCl3饱和溶液、加热至溶液呈红褐色，故D错误；
故选：C。
Fe(OH)3胶体的制备：用烧杯取少量蒸馏水，加热至沸腾，向沸水中逐滴加入适量的饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即得Fe(OH)3胶体；注意在制备过程中，不能搅拌、不能加热时间过长。
16、C
【解析】
A.泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生双水解反应，生成大量的二氧化碳泡沫，该泡沫可进行灭火，但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含有水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，故泡沫灭火器不适用于电器起火的灭火，A错误；
B.Mg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止Fe被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，B错误；
C.过氧化钠与人呼吸产生的CO2及H2O反应产生氧气，可帮助人呼吸，因此可用作呼吸面具的供氧剂，C正确；
D.硅胶具有吸水性，可作含油脂食品袋内的干燥剂，但是，其无还原性，不能用作脱氧剂，D错误；
故合理选项是C。
17、D
【解析】
A. 盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，同时盐酸易挥发，与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱，故A错误；
B. 过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，关闭止水夹，不能使反应随时停止，图中装置不合理，故B错误；
C. 碳酸氢钠与氯化氢会发生反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，应用饱和食盐水，故C错误；
D. 四氯化碳的密度比水大，不溶于水，可使气体与水隔离，从而可防止倒吸，故D正确；
故选D。
A项是学生们的易错点，其中盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，应用高氯酸；同时盐酸易挥发，能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，会干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱。
18、B
【解析】
A. 由题图知，太阳能转化为化学能，该装置为电解池，将电能转化为化学能，故A错误；
B. 阴极发生还原反应，电极反应式为3CO2+4e—＝C+2CO32—，故B正确；
C. 高温的目的是将碳酸盐熔融提供阴阳离子，将碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，故C错误；
D. 电解过程中电子由负极流向阴极，阳极流向正极，熔融盐中没有电子移动，故D错误。
答案选B。
19、C
【解析】
对表中元素，我们宜从右往左推断。C为第二周期ⅥA族，其为氧，从而得出A、B、C、D分别为C、N、O、Si。
【详解】
A. 电子层数越多，半径越大；同周期元素，最外层电子数越多，半径越小，从而得出原子半径大小关系为Si>C>N>O，A错误；
B. 生成的氢化物中，只有水分子和氨分子间可形成氢键，B错误；
C. A与C形成的阴离子可能有CO、C2O，C正确；
D.C的单质石墨能导电，Si是半导体材料，常温下也能导电，N、O的单质在常温下不导电，D错误。
故选C。
20、C
【解析】
试题分析：A．燃烧热是1ml的物质完全燃烧产生稳定的氧化物时所放出的热量，由于氢气是2ml，而且产生的是气体水，所以H2的燃烧热大于241.8 kJ/ml，错误；B.2A(g)+2 B(g)3C(g)+D（s）的正反应是气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡会正向移动，物质的平衡含量改变，因此图2不能表示压强对可逆反应的影响，错误；C．根据图3，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量CuO，增大溶液的pH,还不回引入杂质离子，调节pH＝4，这时就会形成Fe(OH)3沉淀，然后过滤即可除去，正确；D．当两种电离程度不同的酸溶液稀释水，酸越强，溶液中离子的浓度变化就越大，酸越弱，酸稀释时未电离的电解质分子会继续电离使离子浓度由有所增加，所以离子浓度变化小，根据图像可知酸性：HA>HB。酸越强，其盐水解程度就越小，其盐溶液的碱性就越弱。所以相同条件下NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，错误。
考点：考查图像法在表示燃烧热、平衡移动原理、杂质的除去即盐的水解中的应用的知识。
21、C
【解析】
氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，可从元素化合价的角度判断反应是否氧化还原反应。A项，反应物中有单质，生成物中都是化合物，一定有化合价变化，A是氧化还原反应；B项，置换反应都是氧化还原反应，B是氧化还原反应；C项，所有元素的化合价都没有变化，C不是氧化还原反应；D项，有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应，是氧化还原反应。
点睛：本题考查氧化还原反应，试题难度不大，注意从元素化合价的角度判断物质的性质，平日学习中注意知识的积累，快速判断。
22、C
【解析】
分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体，减少污染的效果。
【详解】
①图1所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染，符合“绿色化学”，故①符合题意；
②图2所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故②符合题意；
③氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故③不符合题意；
④图3所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故④符合题意；
故符合“绿色化学”的为①②④。
故选C。
“绿色化学”是指在源头上消除污染，从而减少污染源的方法，与“绿色化学”相结合的往往是原子利用率，一般来说，如果所有的反应物原子都能进入指定的生成物的话，原子的利用率为100%。
二、非选择题(共84分)
23、+Br2+HBr 取代反应 2-甲基丙烯 CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr 或或 光照 镁、乙醚
【解析】
比较A、B的分子式可知，A与HBr发生加成反应生成B，B的核磁共振氢谱只有一组峰，则可知D为CH2=C(CH3)2，E为(CH3)3CBr，根据题中已知①可知F为(CH3)3CMgBr，C能发生银镜反应，同时结合G和F的结构简式可推知C为，进而可以反推得，B为，A为，根据题中已知①，由G可推知H为，J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为，与溴发生取代生成K为，K在镁、乙醚的条件下生成L为，L与甲醛反应生成2-苯基乙醇
【详解】
（1）由A生成B的化学方程式为+Br2+HBr，其反应类型为取代反应；
（2）D为CH2=C(CH3)2，名称是2-甲基丙烯，由D生成E的化学方程式为CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr，故答案为2-甲基丙烯；CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr；
（3）根据上面的分析可知，J的结构简式为，故答案为；
（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，这样的结构为苯环上连有-OH、-CH2Br呈对位连结，另外还有四个-CH3基团，呈对称分布，或者是-OH、-C(CH3)2Br呈对位连结，另外还有2个-CH3基团，以-OH为对称轴对称分布，这样有或或；
（5）反应Ⅰ的为与溴发生取代生成K为，反应条件为光照，K在镁、乙醚的条件下生成L为，故答案为光照；镁、乙醚；。
24、醛基、碳碳双键 取代反应 3
【解析】
苯与叔丁醇发生取代反应生成A，根据A与甲醛反应的产物结构简式可判断A的结构简式。根据最终产物的结构简式可知反应④是羟醛缩合然后消去羟基引入碳碳双键，B发生加成反应得到最终产物，据此解答。
【详解】
（1）由反应⑤的条件“氢化”和生成B的物质的特点可知B是，故B中官能团的名称是醛基，碳碳双键，
故答案为：醛基、碳碳双键；
（2）①反应是，该反应的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）由反应①可以判断A是，故反应②的化学方程式是，
故答案为：；
（4）从乌洛托品的结构式可以看出2个氯原子可以在同一碳原子上，也可以在不同碳原子上，可以处于同一环上，也可以处于不同环上，其二氯取代物有3种，即3种；将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，该反应的化学方程式是，
故答案为：3；；
（5）A的同分异构体中满足Ⅰ.有两个取代基；Ⅱ.取代基在邻位的有：，
故答案为：；
（6）根据信息RCH2COOHRCHClCOOH可知，首先要将CH3CH2CHO氧化才能引进第二个官能团，因为乳酸（CH3CHOHCOOH）有两个官能团。由此推知，聚乳酸（）的合成路线流程图为：。
25、I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3-＋10Cl－＋12H＋ 增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率 加快搅拌速率 分液漏斗 将HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液 加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH约为7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100～160 ℃条件下加热至恒重
【解析】
(1)①转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸；
②氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率；
③根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触；
(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离；
(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2·6H2O，根据图示，在100～160 ℃条件下固体质量基本保持不变，并且要将杂质除尽。
【详解】
(1)①转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸，方程式为：I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3-＋10Cl－＋12H＋；
②氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率，转化过程中CCl4的作用是增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率；
③根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触，则为增大转化过程的反应速率的方法为加快搅拌速率；
(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作，需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离，操作为将HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在；
(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2·6H2O，根据图示，在100～160 ℃条件下固体质量基本保持不变，则实验方案：向水层中加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH约为7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100～160 ℃条件下加热至恒重。
26、D 饱和食盐水 除去挥发出的HCl Cl2+H2O+ AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3 6.9ml/L C 偏小 足量锌粒 残余清液 使气体冷却到室温 调整量气管两端液面相平 A
【解析】
(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，从氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸；
(2)为测定反应残余液中盐酸的浓度，量取试样25.00mL，用1.500ml•L-1NaOH标准溶液滴定，选择的指示剂是甲基橙，消耗23.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38ml/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍；
(3)与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；
(4)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；
(5)甲同学的方案：盐酸挥发，也会与硝酸银反应，故反应有误差；
【详解】
(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，此装置为固液加热型，
A．O2用高锰酸钾或氯酸钾与二氧化锰加热制取，用的是固固加热型，不符合题意，故A不符合题意；
B．H2用的是锌与稀硫酸反应，是固液常温型，故B不符合题意；
C．CH2=CH2 用的是乙醇和浓硫酸反应，属于液液加热型，要使用温度计，故C不符合题意；
D．HCl用的是氯化钠和浓硫酸反应，属于固液加热型，故D符合题意；
氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸，由于次氯酸银不是沉淀，次氯酸与硝酸银不反应，化学方程式为Cl2+H2O+ AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3；
(2)量取试样25.00mL，用1.500ml∙L−1NaOH标准溶液滴定，消耗，该次滴定测得试样中盐酸浓度为，由c(HCl)∙V(HCl)=c(NaOH) ∙V(NaOH)，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38ml/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍=1.38×5=6.9 ml/L；
(3)根据题意碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小；
(4)化学反应释放热量，气体体积具有热胀冷缩的特点。使Zn粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转移到左边。若残余清液转移到左边则会残留在Y型管内壁，导致产生气体的量减少，使测定的盐酸浓度偏小，丁方案：余酸与足量Zn反应放热，压强对气体的体积有影响该反应是在加热条件下进行的，温度升高气体压强增大，如果不回复到原温度，相当于将气体压缩了，使得测出的气体的体积减小。故温度要恢复到原温度时，同时上下移动右端的漏斗，使两端的液面的高度相同，视线要与液体的凹液面相切，读取测量气体的体积。故读气体体积时要保证冷却到室温，并且压强不再发生变化，即调整量气管两端液面相平；
(5)与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，盐酸挥发的话，加入足量的硝酸银溶液求出氯离子的量偏大，会有误差。
27、氨水中存在平衡NH3+H2ONH3 .H2O NH4++OH-，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH-均能使平衡向左移动，从而得到氨气 不可行 C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量 吸收未反应的NH3，防止空气中的水蒸气进入 装置B生成的氨气有混有水，故m(H2O)会偏高 可在装置B和A之间增加装置D 偏大
【解析】
(1)生石灰和水反应生成Ca（OH）2且放出大量热，放出的热量导致溶液温度升高，抑制氨气溶解，氢氧根离子浓度增大抑制一水合氨电离；
(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置，过程中生成的水和过量氨气会被装置C吸收；
(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置，装置C可以吸收多余氨气和防止空气中水蒸气进入D影响测定结果；
(4)丙同学认为乙同学测量的m(H2O)会偏高，可能是氨气中水蒸气进入装置D被吸收，可以用碱石灰吸收水蒸气，干燥的氨气再和氧化铜反应；
(5)2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，结合化学方程式定量关系计算；
(6)若CuO中混有Cu，氧元素质量减小，测定水质量减小，结合计算定量关系判断结果误差。
【详解】
(1)生石灰和水反应生成Ca（OH）2且放出大量热，放出的热量导致溶液温度升高，温度越高，导致氨气的溶解度越低；氢氧化钙电离生成氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大抑制一水合氨电离，则抑制氨气溶解，所以常用氨水滴入生石灰中制取氨气，浓氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是：氨水中存在平衡NH3+H2O⇌NH3∙H2O⇌NH4++OH-，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH-均能使平衡向左移动，从而得到氨气；
答案是: 氨水中存在平衡NH3+H2ONH3 .H2O NH4++OH-，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH-均能使平衡向左移动，从而得到氨气；
(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置，该方案不可行，C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量；
答案是：不可行；C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量；
(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置，则装置C的作用是:吸收未反应的NH3，防止空气中的水蒸气进入；
答案是: 吸收未反应的NH3，防止空气中的水蒸气进入；
(4)丙同学认为乙同学测量的m(H2O)会偏高，可能是装置B生成的氨气有混有水，故m(H2O)会偏高，可在装置B和A之间增加装置D吸收氨气中水蒸气，减少误差；
答案是：装置B生成的氨气有混有水，故m(H2O)会偏高；可在装置B和A之间增加装置D；
(5)反应2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，生成水物质的量和氧化铜物质的量相同，若实验中测得m(H2O)=bg，氧化铜物质的量n=，实验中先称取氧化铜的质量m[(CuO)]为a g，则Cu的摩尔质量=ag/[bg/18g/ml]-16g/ml，即Cu的相对原子质量为:-16；
答案是:-16；
(6)若CuO中混有Cu，氧元素质量减小，测定水质量减小，b减小，则-16值增大，所以若CuO中混有Cu，则该实验测定结果偏大；
答案是:偏大。
28、FeCl2、FeCl3Cu-2e-=Cu2+K+负Fe2+0.28
【解析】
据反应物和生成物可以确定该反应为氧化还原反应，由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，则该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，
(1)将该反应设计成原电池，Cu作负极，石墨作正极；
(2)①将该反应2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2设计成电解池，Cu作阳极，石墨为阴极；
②根据金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子；
③结合图像，确定当电子转移为0.2ml时，溶液中Fe3+、Fe2+、Cu2+的物质的量，进而计算需要NaOH溶液的体积。
【详解】
(1)据反应物和生成物可以确定该反应为氧化还原反应，由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，则该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，将该反应设计成原电池，Cu作负极，石墨作正极。
①该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，则X溶液一定有FeCl3，结合第(2)问②分析，曲线②为Fe2+，且反应开始时其物质的量为0.1ml，则X为FeCl2、FeCl3，故答案为：FeCl2、FeCl3；
②Cu作负极，发生失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，故答案为：Cu-2e-=Cu2+；
③Cu作负极，石墨作正极，盐桥中阳离子向正极移动，则K+不断移向正极即进入X溶液中，故答案为：K+；
(2)①将该反应2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2设计成电解池，则Cu作阳极，失电子被氧化生成Cu2+，石墨为阴极，Fe3+得电子生成Fe2+，被还原，所以M为负极，N为正极，故答案为：负；
②该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，在电解过程中，Fe3+逐渐减少，则①表示的为Fe3+，Fe2+、Cu2+逐渐增多，根据变化量的比例关系2Fe3+~2Fe2+~Cu2+可知，②为Fe2+，③为Cu2+，故答案为：Fe2+；
③当电子转移为0.2ml时，溶液中有Fe3+为0.2ml，Fe2+为0.3ml，Cu2+为0.1ml，所以需要加入NaOH溶液物质的量为0.2×3+0.3×2+0.1×2=1.4ml，所以NaOH溶液的体积为，故答案为：0.28。
29、-90.6 温度改变时，反应i和反应ii平衡移动方向相反 ＜ D CO、CH3OH HCOOH*+2H2(g)=H2COOH*+3/2H2 -0.51 阳 CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O
【解析】
(1)已知：
i.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.4kJ·ml-1
ⅱ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ·ml-1
ⅲ.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H3
根据盖斯定律可知反应i-ii可得反应iii，所以△H3=△H1-△H2=-49.4kJ/ml-41.2kJ/ml=-90.6kJ/ml；
(2) △H1＜0，△H3＜0，即生成甲醇的反应均为放热反应，所以温度升高平衡时甲醇的物质的量分数应减小，△H2＞0，生成CO的反应为吸热反应，所以随温度升高CO平衡时的物质的量分数会变大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇，所以Z代表H2O，Y代表CH3OH，X代表CO。
①依据主要反应的化学方程式可知，反应i消耗CO2，反应ii逆向产生CO2，最终体系内CO2的物质的量分数与上述两个反应进行的程度相关。由于△H1＜0而△H2＞0,根据勒夏特列原理，温度改变时，反应i和反应ii平衡移动方向相反，且平衡移动程度相近，导致体系内CO2的物质的量分数受温度的影响不大；
②反应ii平衡常数K=，该反应前后气体体积计量数之和不变，所以可以用物质的量分数来代表浓度估算K值，据图可知250℃时，CO2与H2的物质的量分数大于CO和H2O的物质的量分数，所以K＜1；
③A. 加入适量CO，促使反应iii平衡正向移动，产生更多的CH3OH,而反应ii平衡逆向移动，又可减少CO2转化为CO,使更多的CO2通过反应i转化为CH3OH，故CH3OH产率提高，A项正确；
B. 增大压强，有利于反应i和iii的平衡正向移动，而对反应ii无影响，B项正确；
C. 循环利用原料气能提高CO2的转化率，使CH3OH的产率提高，C项正确；
D. 由图可知，升温，CH3OH的物质的量分数下降，产率降低，D项错误；
综上所述选D；
④根据分析可知X代表CO，Y代表CH3OH；
(3)①生成CH3OH的决速步骤，指反应历程中反应速率最慢的反应。速率快慢则由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为:HCOOH*+2H2(g)=H2COOH*+3/2H2，Ea=-0.18-(-1.66)= 1.48 eV；
②反应i的△H1= -49.4kJ/ml，指的是1ml CH3OH(g)和1mlH2O(g)的总能量与1 ml CO2(g)和3ml H2(g)的总能量之差，而反应历程图中的E表示的是1个CH3OH分子和1个H2O分子的相对总能量与1个CO2分子和3个H2分子的相对总能量之差(单位为cV)，且将起点的相对总能量设定为0。所以，作如下换算即可求得相对总能量E:
E===-0.51eV；
(4)因为电解过程CO2被还原为CH3OH，H2应发生氧化反应，故氢气通入阳极附近溶液中；而阴极上CO2转化为CH3OH，碳元素从+4价降为-2价，电解质溶液为硫酸，所以电极方程式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O。
解答第3题第1小问时要注意框图中最后一步并非产生CH3OH的过程，而是已经生成的CH3OH分子从催化剂表面解吸附的过程。
操作及现象
结论
A
向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀。
Ksp（AgCl）< Ksp（AgI）
B
向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色。
溶液中一定含有Fe2+
C
向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色。
Br—还原性强于Cl—
D
加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结。
NH4Cl固体可以升华
离子
SO42-
SO32-
NO3-
NO2-
Cl－
c/(ml·L－1)
8.35×10－4
6.87×10－6
1.5×10－4
1.2×10－5
3.4×10－3
A．证明非金属性Cl＞C＞Si
B．制备少量氧气
C．除去Cl2中的HCl
D．吸收氨气，并防止倒吸
A
B
C
D