2025-2026学年广东省云浮市高三一诊考试化学试卷（含答案解析）

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3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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、某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4 ml A和2 ml B进行如下反应:3A (g)+2B (g)⇌4C (?)+2D (?),“?”代表状态不确定。反应一段时间后达到平衡，测得生成 1.6 ml C,且反应前后压强之比为5:4,则下列说法正确的是
A．增加C,B的平衡转化率不变
B．此时B的平衡转化率是35%
C．增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大
D．该反应的化学平衡常数表达式是K=
2、利用如图所示装置进行下列实验，不能得出相应实验结论的是
A．AB．BC．CD．D
3、设为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，与足量反应转移的电子数为
B．的原子核内中子数为
C．25℃时，的溶液中含的数目为
D．葡萄糖和蔗糖的混合物中含碳原子的数目为
4、ClO2是一种国际公认的安全、无毒的绿色消毒剂，沸点11℃，凝固点-59℃。工业上，可用下列原理制备ClO2(液相反应)：。设NA是阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．在标准状况下，2240mL ClO2含有原子数为0.3NA
B．若生成1.5ml Na2SO4，则反应后的溶液中Fe3+数目为0.2NA
C．48.0g FeS2完全反应，则上述反应中转移电子数为6NA
D．每消耗30ml NaClO3，生成的水中氢氧键数目为14NA
5、四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，X、Y的核外电子数之和等于W的核外电子数，下列说法不正确的是（ ）
A．X、Y、Z三种元素的最高正价依次增大
B．Y、Z形成的简单氢化物，后者稳定性强
C．Y、Z形成的简单阴离子，后者半径小
D．工业上用电解W和Z形成的化合物制备单质W
6、关于反应2HI(g) H2(g) ＋ I2(g) - 11 kJ，正确的是
A．反应物的总键能低于生成物的总键能
B．1ml I2(g)中通入1ml H2(g)，反应放热11kJ
C．等物质的量时，I2(g)具有的能量低于I2(l)
D．平衡时分离出HI(g)，正反应速率先减小后增大
7、反应Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，作氧化剂的是（ ）
A．Fe2O3B．COC．FeD．CO2
8、向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固体(溶液体积变化、温度变化忽略不计)，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是( )
已知：Ksp(BaCO3)=2.4010-9
A．A、B、C三点对应溶液pH的大小顺序为：A>B>C
B．A点对应的溶液中存在：c(CO32-)< c(HCO3-)
C．B点溶液中 c(CO32-)=0.24ml/L
D．向C点溶液中通入CO2可使C点溶液向B点溶液转化
9、NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数为0.1NA
B．标准状況下，2.24L己烷中共价键的数目为1.9NA
C．在0.1ml/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数一定大于0.1NA
D．34gH2O2中含有的阴离子数为NA
10、由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．使用催化剂可以降低过渡态的能量
B．反应物能量之和大于生成物能量之和
C．N2O(g)+NO(g)→N2(g)+NO2(g)+139kJ
D．反应物的键能总和大于生成物的键能总和
11、实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(夹持和净化装置省略)。仅用以下实验装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是
A．AB．BC．CD．D
12、当冰醋酸固体变成液体或气体时，一定发生变化的是
A．分子内化学键B．共价键键能
C．分子的构型D．分子间作用力
13、下列关于工业生产过程的叙述正确的是（ ）
A．联合制碱法中循环使用CO2和NH3，以提高原料利用率
B．硫酸工业中，SO2氧化为SO3时采用常压，因为高压会降低SO2转化率
C．合成氨生产过程中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高N2、H2的转化率
D．炼钢是在高温下利用氧化剂把生铁中过多的碳和其他杂质氧化成气体或炉渣除去
14、化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
15、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下， L的C2H4和C3H6的混合物中含有的碳碳双键数目为NA
B．100 g 质量分数17%H2O2溶液中极性键数目为NA
C．1 L0.1ml K2Cr2O7溶液中含铬的离子总数为0.2NA
D．65 g Zn溶于浓硫酸中得混合气体的分子数为NA
16、第三周期的下列基态原子中，第一电离能最小的是
A．3s23p3B．3s23p5C．3s23p4D．3s23p6
17、用NA表示阿伏加德罗常数的值 ，下列说法正确的是
A．31 g 白磷中含有的电子数是3.75NA
B．标准状况下，22.4L的C8H10中含有的碳氢键的数目是10NA
C．1L 0.1ml•L-1的乙酸溶液中含有的氧原子数为 0.2NA
D．5.6g Fe 与足量 I2 反应，Fe 失去 0.2NA个电子
18、钾长石(KAlSi3O8)是一种钾的铝硅酸盐，可用于制备Al2O3、K2CO3等物质，制备流程如图所示：
下列有关说法正确的是
A．上述流程中可以重复利用的物质只有Na2CO3
B．钾长石用氧化物的形式可表示为K2O·Al2O3·3SiO2
C．煅烧过程中Si、K和Al元素转化为CaSiO3、KAlO2和NaAlO2
D．沉淀过程中的离子方程式为CO2+2AlO2-+3H2O=CO32-+2Al(OH)3↓
19、下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−
B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I− +IO3−+6H+=I2+3H2O
C．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2O
D．电解饱和食盐水：2Cl−+2H+Cl2↑+ H2↑
20、下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是（ ）
A．NaOHB．NH4ClC．CH3COONaD．HC1
21、用类推的方法可能会得出错误结论,因此推出的结论要经过实践的检验才能确定其正确与否。下列推论中正确的是( )
A．Na失火不能用灭火,K失火也不能用灭火
B．工业上电解熔融制取金属镁,也可以用电解熔融的方法制取金属铝
C．Al与S直接化合可以得到与S直接化合也可以得到
D．可以写成也可写成
22、下化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
二、非选择题(共84分)
23、（14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)。
24、（12分）中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：
将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题：
(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：___________________________。
(2)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：__________________________________。
(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：_______________________________________。
(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，_________、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为_______________________。
(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为____________________________。
25、（12分）肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼（N2H4·H2O）。
已知：N2H4·H2O高温易分解，易氧化
制备原理：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO＝Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl
（实验一）制备NaClO溶液（实验装置如图所示）
(1)配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外，还有_____（填标号）
A．容量瓶 B．烧杯 C．烧瓶 D．玻璃棒
(2)锥形瓶中发生反应化学程式是_____________________________。
（实验二）制取水合肼。（实验装置如图所示）
控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108-114馏分。
(3)分液漏斗中的溶液是____________（填标号）。
A．CO(NH2)2溶液 B．NaOH和NaClO混合溶液
选择的理由是____________。蒸馏时需要减压，原因是______________。
（实验三）测定馏分中肼含量。
(4)水合肼具有还原性，可以生成氮气。测定水合肼的质量分数可采用下列步骤：
a．称取馏分5.000g，加入适量NaHCO3固体（保证滴定过程中溶液的pH保持在6.5左右），配制1000mL溶液。
b．移取10.00 mL于锥形瓶中，加入10mL水，摇匀。
c．用0.2000ml/L碘溶液滴定至溶液出现______________，记录消耗碘的标准液的体积。
d．进一步操作与数据处理
(5)滴定时，碘的标准溶液盛放在______________滴定管中（选填：“酸式”或“碱式”）水合肼与碘溶液反应的化学方程式________________________。
(6)若本次滴定消耗碘的标准溶液为8.20mL，馏分中水合肼（N2H4·H2O）的质量分数为______。
26、（10分）过氧乙酸（CH3COOOH）不仅在卫生医疗、食品消毒及漂白剂领域有广泛应用，也应用于环境工程、精细化工等领域。实验室利用醋酸（CH3COOH）与双氧水（H2O2）共热， 在固体酸的催化下制备过氧乙酸（CH3COOOH），其装置如下图所示。请回答下列问题：
实验步骤：
I．先在反应瓶中加入冰醋酸、乙酸丁酯和固体酸催化剂，开通仪器1和8，温度维持为55℃；
II．待真空度达到反应要求时，打开仪器3的活塞，逐滴滴入浓度为35％的双氧水，再通入冷却水；
Ⅲ．从仪器 5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待反应结束后分离反应器2中的混合物，得到粗产品。
（1）仪器 6的名称是______，反应器 2中制备过氧乙酸（CH3COOOH）的化学反应方程式为_____。
（2）反应中维持冰醋酸过量，目的是提高_____；分离反应器 2中的混合物得到粗产品，分离的方法是_________。
（3）实验中加入乙酸丁酯的主要作用是_________（选填字母序号）。
A 作为反应溶剂，提高反应速率
B 与固体酸一同作为催化剂使用，提高反应速率
C 与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，提高产率
D 增大油水分离器 5的液体量，便于实验观察
（4）从仪器 5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待观察到___________（填现象）时，反应结束。
（5）粗产品中过氧乙酸（CH3COOOH）含量的测定：取一定体积的样品 VmL，分成 6等份，用过量 KI溶液与过氧化物作用，以 1.1ml• L－1的硫代硫酸钠溶液滴定碘（I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－）；重复 3次，平均消耗量为 V1mL。再以 1．12ml• L－1的酸 性高锰酸钾溶液滴定样品，重复 3次，平均消耗量为 V2mL。则样品中的过氧乙酸的浓度为 ______ml• L－1。
27、（12分）用如图所示仪器，设计一个实验装置，用此装置电解饱和食盐水，并测定阴极气体的体积（约6mL）和检验阳极气体的氧化性。
（1）必要仪器装置的接口字母顺序是：A接_____、____接____；B接___、____接____。
（2）电路的连接是：碳棒接电源的____极，电极反应方程式为_____。
（3）能说明阳极气体具有氧化性的实验现象是____，有关离子方程式是_____；最后尾气被吸收的离子方程式是______。
（4）如果装入的饱和食盐水体积为50mL（假定电解前后溶液体积不变），当测得的阴极气体为5.6mL（标准状况）时停止通电，则另一极实际上可收集到气体____（填“”、“”或“”）5.6mL，理由是______。
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2ml0.2ml·L－1Na2SO3溶液中滴加0.2ml·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）研究、、的回收对改善生态环境和构建生态文明具有重要的意义。
(1)有科学家经过研究发现，用和在℃，催化剂条件下可转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。230℃，向容器中投入和。当平衡转化率达80％时放出热量能量，写出该反应的热化学方程式______。一定条件下，上述合成甲醇的反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向逆反应方向移动的是______(填代号)。
A．逆反应速率先增大后减小 B．的转化率增大
C．生成物的体积百分含量减小 D．容器中的恒变小
(2)向容积可变的密闭容器中充入和，在恒温恒压条件下发生反应，平衡时的转化率随温度、压强的变化情况如图甲所示。
①压强：______(填“＞”“＜”或“＝”)
②M点时，的转化率为______(计算结果精确到％)，用平衡分压代替平衡浓度计算该反应的平衡常数______(用含的最简表达式表达，分压＝总压×物质的量分数)。
③不同温度下，该反应的平衡常数的对数值如图乙所示，其中A点为时平衡常数的对数值，则B、C、D、E四点中能正确表示该反应的与温度的关系的是______。
(3)还原的反应为，上述反应分两步进行：
i．(慢反应)
ii．(快反应)。下列叙述正确的是______(填字母)。
A．是该反应的催化剂 B．反应i的活化能较高
C．总反应速率由反应ii的速率决定 D．反应i中和的碰撞仅部分有效
(4)利用消除对环境的污染不可行的原因是______。
(5)用溶液做碳捕捉剂，在降低碳排放的同时也获得化工产品。常温下，若某次捕捉后得到的溶液，则溶液中：______
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】
由题意可知反应的前后压强之比为 5：4，说明反应正向是体积减小的反应，即C、D 物质中只有一种是气体，列三段式：

由于（4+2）：（2.8+1.2+1.6）=15：14≠5：4，（4+2）：（2.8+1.2+0.8）=5：4，所以C物不是气体，D物为气体。
【详解】
A.增大反应体系中物质的浓度，平衡向浓度减小的方向移动，但C不是气体，增加C不能使平衡正向移动，所以B 的平衡转化率不变，故A正确；
B.B的平衡转化率=0.8ml÷2ml×100%=40%，故B错误；
C.化学平衡常数只与温度有关，温度不变则平衡常数不变，故C错误；
D.由于生成物C为非气体，其浓度为1，所以该反应的化学平衡常数表达式K=，故D错误；
故答案为A。
注意掌握外界条件对化学平衡的影响和反应三段式的应用。
2、C
【解析】
A、稀硫酸滴入碳酸钠中二者反应生成二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，说明顺酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，非金属性：S>C>Si，能得出相应实验结论，不选A；
B、浓硫酸能使蔗糖脱水碳化，反应放热，浓硫酸在加热条件下与碳反应生成的二氧化硫能使溴水褪色，能得出实验结论，不选B；
C、常温下，浓硝酸使铁钝化，不能得出实验结论，选C；
D、浓氨水与生石灰反应生成的氨气使酚酞变红，证明氨气的水溶液呈碱性，能得出实验结论，不选D；
答案选C。
3、A
【解析】
A.二者的反应方程式为，当有2ml二氧化碳参加反应时，一共转移2ml电子，因此当有二氧化碳参加反应时，转移0.1ml电子，A项正确；
B.碳原子的物质的量是，根据质量数=质子数+中子数算出其1个原子内有8个中子，故一共有中子，B项错误；
C.pH=2的溶液中，根据算出的物质的量为，C项错误；
D.葡萄糖的分子式为，蔗糖的分子式为，二者的最简式不一样，因此无法计算，D项错误；
答案选A。
4、C
【解析】
A. ClO2沸点11℃，标况下为液体，2240mL ClO2的物质的量不是0.1ml，故A错误；
B. Fe3+在水溶液中会发生水解，不能确定其数目，故B错误；
C. 48.0g FeS2物质的量为48g÷120g/ml=0.4ml， NaClO3中氯元素由+5价降到+4价，失一个电子，故6ml NaClO3失6ml电子，即48.0g FeS2完全反应，转移电子数为6NA，故C正确；
D.消耗30ml NaClO3生成14ml水，一个水分子中有两个氢氧键，故生成的水中氢氧键数目为28NA，故D错误；
故答案为C。
本题结合氧化还原反应方程式考察阿伏伽德罗常数，要抓住题目关键信息，判断反应标况下的状态，注意D选项中一个水分子中有两个氢氧键。
5、A
【解析】
根据常见元素在周期表中的位置及元素周期表的结构知，X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期，X、Y的核外电子数之和等于W的核外电子数，则X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Al元素。
【详解】
A. 由分析可知，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，O元素没有最高正价，故A错误；
B. 由分析可知，Y、Z形成的简单氢化物为NH3和H2O，氮，氧元素中氧的电负性最大，氧与氢之间的共价键最牢固，所以氧的氢化物H2O更稳定，故B正确；
C. 电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，氧的核电荷数大于氮元素，所以后者半径小，故C正确；
D. 工业上用电解Al和O形成的化合物Al2O3制备单质Al，故D正确；
题目要求选错误项，故选A。
C选注意粒子半径大小的比较：
（1）同一元素原子、离子：简单阴离子半径大于其相应原子半径，简单阳离子半径小于其相应原子半径；
（2）同一元素离子：核外电子数越少，半径越小；
（3）电子层结构相同的离子：核电荷数越大，半径越小。
6、D
【解析】
A．反应是吸热反应，反应物的总键能高于生成物的总键能，选项A错误；
B．反应为可逆反应不能进行彻底，1ml I2（g）中通入1ml H2（g），反应放热小于11kJ，选项B错误；
C．等物质的量时，I2（g）具有的能量高于I2（l），选项C错误；
D．平衡时分离出HI（g），平衡逆向进行，碘化氢浓度先减小后增大，所以反应速率先减小后增大，但比原来速率小，选项D正确；
答案选D。
7、A
【解析】
在氧化还原反应中化合价降低，得电子的物质为氧化剂，据此分析。
【详解】
A、反应Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，中Fe元素的化合价降低，得电子，则Fe2O3是氧化剂，故A正确；
B、CO中碳在氧化还原反应中化合价升高，失电子，作还原剂，故B错误；
C、铁是还原产物，故C错误；
D、CO2 是氧化产物，故D错误；
故选：A。
8、A
【解析】
A．CO32－的水解能力强于HCO3－，因此溶液中的CO32－的浓度越大，溶液中的OH－的浓度越大，pH越大。溶液中的CO32－的浓度越大，则的值越小，从图像可知，A、B、C三点对应的溶液的的值依次增大，则溶液的pH依次减小，pH的排序为A>B>C，A正确；
B．A点对应的溶液的小于0，可知＞0，可知c(CO32-)＞c(HCO3-)，B错误；
C．B点对应的溶液的lgc(Ba2＋)=-7，则c(Ba2＋)=10-7ml·L－1，根据Ksp(BaCO3)=c(Ba2＋)c(CO32－)= 2.4010-9，可得c(CO32－)= ，C错误；
D．通入CO2，CO2与水反应生成H2CO3，H2CO3第一步电离产生较多的HCO3－，减小，则增大，C点不能移动到B点，D错误。
答案选A。
D项也可以根据电离平衡常数推导，根据HCO3－H＋＋CO32－，有，转化形式可得，，通入CO2，溶液的酸性增强，c(H＋)增大，减小，则增大。
9、A
【解析】
的物质的量是0.1ml，若反应完全产生4.6gNO2，转移电子0.1NA；若完全转化为N2O4，4.6g N2O4的物质的量是0.05ml，转移电子数为2×0.05×NA=0.1NA，故Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数一定为0.1NA，A正确；
B.标准状況下，已烷不是气体，因此不能使用气体摩尔体积计算其物质的量及化学键的数目，B错误；
C.缺体积，无法计算溶液中微粒的数目，C错误；
D.34gH2O2的物质的量为1ml，由于H2O2是共价化合物，在水中部分电离，存在电离平衡，因此含有的阴离子数小于NA，D错误；
故合理选项是A。
10、D
【解析】
A.催化剂可以降低活化能；
B.根据图象来分析；
C.根据图象可以知道,此反应放热139kJ；
D. △H=反应物的键能总和-生成物的键能总和。
【详解】
A.催化剂可以降低活化能,降低过渡态的能量,故不选A；
B.根据图象可以知道,此反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，故不选B；
C.根据图象可以知道,此反应放热139kJ,热化学方程式为N2O(g)+NO(g)→N2(g)+NO2(g)+139kJ,故不选C；
D.△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和＜0，故选D；
答案：D
.△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=生成物的总能量-反应物的总能量。
11、C
【解析】
A.浓氨水与碱石灰不加热可以制取氨气，但是氨气的密度比空气小，不能用向上排空气方法收集，A错误；
B.浓硝酸与Cu反应产生NO2气体，NO2密度比空气大，可以用向上排空气方法收集，NO2是大气污染物，但NO2若用水吸收，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，产生的NO仍然会污染空气，B错误；
C.浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应，产生Na2SO4、H2O、SO2，SO2密度比空气大，可以用向上排空气方法收集，SO2是大气污染物，可以用NaOH溶液吸收，发生反应为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，为防止倒吸，安装了倒扣漏斗，从而达到环境保护的目的，C正确；
D.稀硝酸与Cu反应产生NO气体，NO与空气中的氧气会发生反应，所以不能用排空气方法收集，D错误；
故合理选项是C。
12、D
【解析】
A．冰醋酸固体变成液体或气体为物理变化，化学键未断裂，A错误；
B．化学键未断裂，则共价键类型未变，键能不变，B错误；
C．物理变化分子本身未变化，分子构型不可能变化，C错误；
D．冰醋酸固体变成液体或气体，分子间间隔增大，需克服分子间作用力，因此分子间作用力被破坏，D正确。
答案选D。
13、D
【解析】
A. 联合制碱法中，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和二氧化碳，二氧化碳被循环利用，而氯化铵并没有直接循环利用，而是作为其他化工原料，则氨气没有被循环利用，故A错误；
B. 对于该反应，常压时转化率就很高了，增大压强对SO2的转化率影响不大，同时会增大成本，故通常采用常压而不是高压，故B错误；
C. 合成氨生产过程中将NH3液化分离，导致生成物浓度减小，逆反应速率瞬间减小，正反应速率随之减小，平衡向正反应方向移动，从而提高了N2、H2的转化率，故C错误；
D. 降低生铁中的含碳量，需要加入氧化剂将生铁中过多的碳和其他杂质氧化成气体或炉渣除去，故D正确；
答案选D。
14、C
【解析】
A.液氨作制冷剂原理是液氨汽化大量吸热，而非分解，故A错误；
B.作净水剂原理是铁离子水解生成氢氧化铁胶体，而非氧化性，故B错误；
C.飘粉精作为消毒剂是因为ClO-和HClO都有强氧化性，故C正确；
D.氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点高，而非既能与强酸反应又能与强碱反应，故D错误；
故答案选：C。
15、D
【解析】
A. C3H6可以是环烷烃，不含碳碳双键，故A错误；
B. H2O2溶液中含有极性键的是H2O2和H2O，100 g 质量分数17%H2O2溶液中含有极性键的物质的量为()ml>1ml，故B错误；
C. K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72－＋H2O2 H＋＋2CrO42－，因此溶液中含铬的离子总物质的量不等于0.2ml，故C错误；
D. 锌和浓硫酸反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，锌和稀硫酸反应：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，65 g Zn完全溶于浓硫酸中，无论得到SO2还是H2还是混合气体，得到分子数都为NA，故D正确；
答案：D。
16、C
【解析】
A选项，3s23p3为P元素；B选项，3s23p5为Cl元素；C选项，3s23p4为S元素；D选项，3s23p6为Ar元素。
【详解】
第三周期的基态原子中，第一电离具有增大的趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素，因此第一电离能最小的是S元素，故C正确。
综上所述，答案为C。
同周期从左到右第一电离具有增大的趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素。
17、D
【解析】
A．P是15号元素，31 g 白磷中含有的电子数是15NA，故A错误；
B．标准状况下，C8H10是液态，无法用气体摩尔体积计算物质的量，故B错误；
C．1L 0.1ml•L-1的乙酸溶液中，水也含有氧原子，含有的氧原子数大于 0.2NA，故C错误；
D．5.6g Fe 与足量 I2 反应，Fe＋I2=FeI2，Fe 失去 0.2NA个电子，故D正确；
故选D。
18、C
【解析】
A. CO2、Na2CO3既是反应的产物，也是反应过程中需要加入的物质，因此上述流程中可以重复利用的物质有Na2CO3、CO2，A错误；
B. 根据元素守恒可知钾长石用氧化物的形式可表示为K2O·Al2O3·6SiO2，B错误；
C. 煅烧过程中钾长石中的Si元素与CaCO3转化为CaSiO3，K和Al元素与Na2CO3反应转化为KAlO2和NaAlO2，C正确；
D. 向KAlO2和NaAlO2溶液中通入过量CO2气体，会产生HCO3-，发生反应CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓，D错误；
故合理选项是C。
19、A
【解析】
A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3；
B项，电荷不守恒，得失电子不守恒；
C项，在碱性溶液中不可能生成H+；
D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。
【详解】
A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A项正确；
B项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B项错误；
C项，在碱性溶液中不可能生成H+，正确的离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；
D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，D项错误；答案选A。
本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中D项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中B项）；④从反应的条件进行判断（题中C项）；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。
20、C
【解析】A．NaOH为强碱，电离使溶液显碱性，故A不选；B．NH4Cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，故B不选；C．CH3COONa为强碱弱酸盐，弱酸根离子水解使溶液显碱性，故C选；D．HC1在水溶液中电离出H+，使溶液显酸性，故D不选；故选C。
21、A
【解析】A、K性质比Na更活泼，还原性更强，与氧气反应生成过氧化钾和超氧化钾，能与CO2反应生成氧气助燃，所以K失火不能用CO2灭火，故A正确；B、AlCl3属于共价化合物熔融不导电，工业上是用电解熔解Al2O3的方法制取金属铝，故B错误；C、S的氧化性较弱，与Fe反应生成FeS，故C错误；D、Pb的化合价为+2价、+4价，不存在+3价，Pb3O4可表示为2PbO•PbO2，故D错误；故选A。
点睛：本题考查无机物的性质。本题虽然考查类比规律，但把握物质的性质是解答该题的关键。本题的易错点是D，注意铁和铅元素的常见化合价的不同。
22、A
【解析】
A. 盐酸是强酸，SO2通入BaCl2溶液不能生成白色沉淀，然后滴入稀硝酸，亚硫酸被氧化为硫酸，与BaCl2生成BaSO4白色沉淀，BaSO4白色沉淀不溶于稀硝酸，故A正确；
B. 浓硫酸具有脱水性，滴入蔗糖中并搅拌，发生反应生成有刺激性气味的二氧化硫，该过程中浓硫酸仅体现脱水性和强氧化性，故B错误；
C. 烧碱是氢氧化钠，具有强腐蚀性，故不能用用热的烧碱溶液洗去油污，故C错误。
D. FeCl3溶液可与Cu反应生成Cu2＋，可用于铜质印刷线路板的铜回收，故D错误；
答案选A。
二、非选择题(共84分)
23、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：。
24、1~100 nm 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O 取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在 蒸发浓缩 玻璃棒 2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。
【详解】
(1)根据胶体的定义，红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1~100 nm。
(2) C是FeSO4，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。
(3) E是NH4Cl溶液，铵根离子与碱反应能放出氨气，鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是：取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在。
(4) 利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。根据过滤操作的装置图可知，过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为玻璃棒。
(5) FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为-1，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。
25、BDCl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2OB如果次氯酸钠溶液装在三颈烧瓶中，生成的水合肼会被次氯酸钠氧化减压蒸馏可使产品在较低温度下气化，避免高温分解淡黄色且半分钟不消失酸式N2H4·H2O + 2I2 = N2↑+ 4HI + H2O82.00%
【解析】
（1）配制一定质量分数的溶液时，具体步骤是计算、称量、溶解，NaOH固体时需要放在烧杯中称，量取水时需要量筒，溶解时需要烧杯、玻璃棒；
（2）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中与NaOH发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
（3）依据制取水合肼（N2H4·H2O）的反应原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl，结合反应产物和反应物分析判断；水合肼（N2H4·H2O）具有还原性，易被次氯酸钠氧化；
（4）根据反应原理确定反应终点；
（5）根据碘溶液的性质确定所用仪器；
（6）根据N2H4·H2O + 2I2 = N2↑+ 4HI + H2O进行计算。
【详解】
（1）配制一定质量分数的溶液时，溶解时需要烧杯、玻璃棒，故答案为：BD；
（2）锥形瓶中氯气和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；
（3）水合肼（N2H4·H2O）中氮元素为—2价，具有还原性，若次氯酸钠过量，具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼，为防止水合肼被氧化，分液漏斗中的溶液应是NaOH和NaClO混合溶液；水合肼高温易分解，减压会降低物质的沸点，则为防止水合肼分解需要减压蒸馏，故答案为：B；如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；馏分高温易分解，减压会降低物质的沸点；
（4）根据反应N2H4·H2O + 2I2 = N2↑+ 4HI + H2O，终点时碘过量，用0.2000ml/L碘溶液滴定至溶液出现淡黄色且半分钟不消失，记录消耗碘的标准液的体积，故答案为：淡黄色且半分钟不消失；
（5）滴定时，碘具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，则碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；
（6）由题意可知，水合肼与碘溶液反应生成氮气、碘化氢和水，反应的化学方程式为N2H2·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，由方程式可知n（N2H2·H2O）=0.2000ml·L－1×0.0082L×=0.00082ml，250ml溶液中含有的物质的量=0.00082ml× =0.082ml，水合肼（N2H2·H2O）的质量分数= ×100%=82%，故答案为：N2H4·H2O + 2I2 = N2↑+ 4HI + H2O ；82%。
水合肼（N2H4·H2O）中氮元素为—2价，具有还原性，若次氯酸钠过量，具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼是解答关键，也是易错点。
26、（蛇形）冷凝管 CH3COOH + H2O2CH3COOOH + H2O 双氧水的转化率（利用率） 过滤 C 仪器5“油水分离器”水面高度不变
【解析】
(1)仪器6用于冷凝回流，名称是（蛇形）冷凝管，反应器2中乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸，反应方程式为CH3COOH + H2O2CH3COOOH + H2O，故答案为：（蛇形）冷凝管；CH3COOH + H2O2CH3COOOH + H2O；
(2)反应中CH3COOOH过量，可以使反应持续正向进行，提高双氧水的转化率，反应器2中为过氧乙酸、为反应完的反应物及固体催化剂的混合物，可采用过滤的方法得到粗产品，故答案为：双氧水的转化率（利用率）；过滤；
(3)由于乙酸丁酯可与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，从而可以提高过氧乙酸的产率，因此C选项正确，故答案为：C；
(4)乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸和水，当仪器5中的水面高度不再发生改变时，即没有H2O生成，反应已经结束，故答案为：仪器5“油水分离器”水面高度不变；
(5)已知I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－，由得失电子守恒、元素守恒可知：
双氧水与高锰酸钾反应，由得失电子守恒可知：
则样品中含有n(CH3COOOH)=(1.15V1×11-3-1.15V2×11-3)ml，由公式可得，样品中的过氧乙酸的浓度为，故答案为：。
本题的难点在于第(5)问，解答时首先要明确发生的反应，再根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式，得到样品中过氧乙酸的物质的量，进而求得其浓度。
27、G F I D E C 正 2Cl--2e=Cl2↑ 丙中溶液变蓝 Cl2+2I-=I2+2Cl- Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ＜ 阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应
【解析】
电解池装置中，阳极与电源的正极相连，阴极与电源的负极相连，电解饱和食盐水在阴极生成的是H2，阳极生成的是Cl2，据此分析；
淀粉遇碘单质变蓝，要从淀粉碘化钾中得到碘单质必须加入氧化性物质，据此分析；
根据已知的数据和电解的总反应方程式计算出生成的NaOH的物质的量浓度，从而可知c(OH-)，再求溶液的pH，据此分析。
【详解】
（1）碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe棒上阳离子放电产生氢气，所以B端是检验氯气的氧化性，连接D，然后再进行尾气吸收，E接C，碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe棒上阳离子放电产生氢气，所以A端是测定所产生的氢气的体积，即各接口的顺序是：A→G→F→I，B→D→E→C，故答案为：G；F；I；D；E；C；
（2）电解池装置中，碳与电源的正极相连，则为阳极，氯离子发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：正；2Cl--2e=Cl2↑；
（3）氯气氧化碘化钾，生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，其离子方程式为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；最后氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，其离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：丙中溶液变蓝；Cl2+2I-=I2+2Cl-；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（4）n(H2)==0.00025ml，根据总反应方程式：2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH可知另一极理论上生成的氯气的物质的量也为0.00025ml，其体积理论上也为5.6mL，但氯气部分会溶于水，且部分会与生成的氢氧化钠反应，因此另一极实际上可收集到气体小于5.6mL，故答案为：＜；阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应。
28、①②③④ FeC2O4FeO+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：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑；
②FeO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+。
29、CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ•ml-1 B ＞ 54.5% A、B、E D 该反应是焓增、熵减反应，根据△G=△H-T△s可知任何温度下△G均大于0，说明任何温度下不能自发进行 1:2
【解析】
(1) 发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，根据图1可知，0.5ml CO2和1.5ml H2转化率达80%时放热19.6kJ，计算1ml二氧化碳发生放出的热量确定△H，书写该反应的热化学方程式；根据影响化学平衡的因素分析各选项；
(2)①对可逆反应CO (g)+2H2(g) CH3OH(g)，恒温条件下，增大压强平衡正向移动，CO的转化率增大；
②M点时，CO的转化率为60%，则：
CO (g)+2H2(g) CH3OH(g)
起始物质的量(ml) 1 2.2 0
变化物质的量(ml) 0.6 1.2 0.6
平衡物质的量(ml) 0.4 1 0.6
根据公式计算H2的转化率和平衡常数Kp；
③反应为放热反应，温度升高不利于反应正向进行，化学平衡常数降低；
(3) A．反应i+ ii相加得总反应式2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(l)，可知H2O2是反应中间产物；B．活化能低的反应容易进行，反应速率快；C．慢反应决定反应速率，则总反应速率由反应i的速率决定，故C错误；D．可逆反应的反应物转化率不可能达到100%；
(4) 该反应是焓增、熵减反应，任何温度下自由能大于0，任何温度下不能自发进行，故不可行；
(5) 由题意pH=10，可计算c(OH-)=10-4ml/L，由CO32-+H2O=HCO3-+OH-可得：Kb==，据此进行计算。
【详解】
(1) 根据图1可知，0.5ml CO2和1.5ml H2转化率达80%时放热19.6kJ，1ml二氧化碳反应放出的热量为×19.6kJ=49kJ，则该反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ•ml-1；A．逆反应速率先增大后减小，可能是达到平衡后减小反应物的浓度，平衡逆向移动，故A错误；B．H2的转化率增大，生成物增多，能说明平衡一定向正反应方向移动，故B正确；C．生成物的体积百分含量减小可能是减小反应物的量平衡逆向移动，也可能是减小生成物的量平衡正向移动，故C错误； D．容器中的n(CO2)/n(H2)可能是减小CO2的物质的量，平衡逆向移动，故D错误；故答案为B；
(2)①对可逆反应CO (g)+2H2(g) CH3OH(g)，恒温条件下，增大压强平衡正向移动，CO的转化率增大，则由图示可知p1＞p2；
②M点时，CO的转化率为60%，则：
CO (g)+2H2(g) CH3OH(g)
起始物质的量(ml) 1 2.2 0
变化物质的量(ml) 0.6 1.2 0.6
平衡物质的量(ml) 0.4 1 0.6
则M点时H2的转化率=×100%=54.5%；
M点平衡时混合气体的总物质的量为0.4ml+1ml+0.6ml=2ml，CO的体积分数为=0.2，H2的体积分数为=0.5，CH3OH的体积分数为=0.3，则该反应的平衡常数Kp==；
③反应为放热反应，温度升高不利于反应正向进行，化学平衡常数降低，所以A、B、C、D、E五点中能正确表示该反应的lgK与温度(T) 的关系的点为：A、B、E；
(3) A．反应i+ ii相加得总反应式2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(l)，可知H2O2是反应中间产物，不是催化剂，故A错误；B．反应i速率慢，说明反应活化能较高，故B错误；C．慢反应决定反应速率；D．总反应为可逆反应，说明反应i中NO和H2的碰撞仅部分有效，不可能全部反应生成生成物，故D正确；故答案为D。
(4) 该反应是焓增、熵减反应，根据△G=△H-T△s可知任何温度下△G均大于0，说明任何温度下不能自发进行，故不可行；
(5) 由题意pH=10，可计算c(OH-)=10-4ml/L，由CO32-+H2O=HCO3-+OH-可得：Kb==，带入数据计算得c(CO32-):c(HCO3-)=1:2。
选项
①
②
③
实验结论
A
稀硫酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
非金属性：S>C>Si
B
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧化性
C
浓硝酸
Fe
NaOH溶液
说明铁和浓硝酸反应可生成NO2
D
浓氨水
生石灰
酚酞
氨气的水溶液呈碱性
选项
a中的液体
b中的物质
c中收集的气体
d中的液体
A
浓氨水
碱石灰
NH3
H2O
B
浓硝酸
Cu
NO2
H2O
C
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
D
稀硝酸
Cu
NO
NaOH溶液
选项
实验
现象
结论
A
SO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸
白色沉淀，白色沉淀不溶于稀硝酸
所得沉淀为BaSO4
B
浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌
得黑色蓬松的固体并有刺激性气味气体
该过程中浓硫酸仅体现吸水性和脱水性
C
用热的烧碱溶液洗去油污
Na2CO3可直接与油污反应
用热的烧碱溶液洗去油污
D
FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作
FeCl3能从含有Cu2＋的溶液中置换出铜
FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作