2026年上海市高三最后一卷化学试卷（含答案解析）

这是一份2026年上海市高三最后一卷化学试卷（含答案解析），共4页。
3．考试结束后，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、下列物质属于只含共价键的电解质的是（ ）
A．SO2B．C2H5OHC．NaOHD．H2SO4
2、我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：
下列说法正确的是
A．图示显示：起始时的2个H2O最终都参与了反应
B．过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程
C．过程Ⅲ只生成了极性共价键
D．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH
3、温度T℃时，在初始体积为1L的两个密闭容器甲（恒容）、乙（恒压）中分别加入0.2mlA和0.1mlB，发生反应2A(g)+B(g) x C(g)，实验测得甲、乙容器中A的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．x可能为4
B．M为容器甲
C．容器乙达平衡时B的转化率为25%
D．M的平衡常数大于N
4、某溶液中只可能含有K＋、Mg2＋、Al3＋、Br－、OH－、CO32－、SO32－中的一种或几种。取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象。为确定该溶液的组成，还需进行的实验是( )
A．取样，进行焰色反应
B．取样，滴加酚酞溶液
C．取样，加入足量稀HNO3，再滴加AgNO3溶液
D．取样，加入足量BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊溶
5、下列实验设计能够成功的是( )
A．检验亚硫酸钠试样是否变质
试样白色沉淀沉淀不溶解→说明试样已变质
B．除去粗盐中含有的硫酸钙杂质
粗盐精盐
C．检验某溶液中是否含有Fe2+
试样溶液颜色无变化溶液变红色→溶液中含有Fe2+
D．证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强
NaI溶液溶液变紫色→氧化性：H2O2＞I2
6、一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H6O表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔。下列说法不正确的是（ ）
A．左池的pH值降低
B．右边为阴离子交换膜
C．右池电极的反应式：2NO3-+10e-+12H+=N2↑=6H2O
D．当消耗0.1ml C6H6O，在标准状况下将产生0.28ml氮气
7、某固体混合物X可能是由Na2SiO3、Fe、Na2CO3、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计实验方案如下图所示（所加试剂均过量）。
下列说法不正确的是
A．气体A一定是混合气体
B．沉淀A一定是H2SiO3
C．白色沉淀B在空气中逐渐变灰绿色，最后变红褐色
D．该固体混合物一定含有Fe、Na2CO3、BaCl2
8、ICl能发生下列变化，其中变化时会破坏化学键的是（ ）
A．升华B．熔化C．溶于CCl4D．受热分解
9、下列说法不正确的是
A．某些生活垃圾可用于焚烧发电
B．地沟油禁止食用，但可以用来制肥皂或生物柴油
C．石油裂解主要是为了获得气态不饱和短链烃
D．煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物，其中含有焦炭、苯、甲苯等
10、乙酸和乙醛的鉴别有多种方法，下列可行的操作中最不简便的一种是
A．使用蒸馏水
B．使用 NaHCO3 溶液
C．使用 CuSO4 和 NaOH 溶液
D．使用 pH 试纸
11、下列液体中，滴入水中出现分层现象，滴入热的氢氧化钠溶液中分层现象不会逐渐消失的是(不考虑有机物的挥发)( )
A．溴乙烷B．乙醛C．橄榄油D．汽油
12、Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色。Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，下列说法正确的是
A．原子半径的大小顺序：rY> 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
13、化学与生活密切相关。下列有关物质用途的说法错误的是
A．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查B．氯气可用于海水提溴
C．氨气能做制冷剂D．过氧化钠可用作航天员的供氧剂
14、高铁电池是一种新型可充电电池，电解质溶液为KOH溶液，放电时的总反应式为3Zn + 2K2FeO4 + 8H2O ═ 3Zn（OH）2 + 2Fe（OH）3 + 4KOH．下列叙述正确的是
A．放电时，负极反应式为3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2
B．放电时，正极区溶液的pH减小
C．充电时，每转移3ml电子，阳极有1ml Fe（OH）3被还原
D．充电时，电池的锌电极接电源的正极
15、下列物质的转化在给定条件下能实现的是( )
A．SSO3H2SO4B．Al2O3NaAlO2(aq) Al(OH)3
C．SiO2 SiCl4SiD．Fe2O3FeCl3(aq) 无水FeCl3
16、中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。已知：铟与铝（13Al）同主族。下列说法错误的是（ ）
A．In 的金属性大于 Al
B．In 最外层有 2 种能量的电子
C．In 的中子数为 66
D．In 原子的相对原子质量为 115
17、下列说法正确的是( )
A．Na2CO3分子中既存在离子键，也存在共价键
B．硅晶体受热融化时，除了破坏硅原子间的共价键外，还需破坏分子间作用力
C．H2O不易分解是因为H2O分子间存在较大的分子间作用力
D．液态AlCl3不能导电，说明AlCl3晶体中不存在离子
18、下表是25℃时五种物质的溶度积常数，下列有关说法错误的是
A．根据表中数据可推知，常温下在纯水中的溶解度比的大
B．向溶液中通入可生成CuS沉淀，是因为
C．根据表中数据可推知，向硫酸钡沉淀中加入饱和碳酸钠溶液，不可能有碳酸钡生成
D．常温下，在溶液中比在溶液中的溶解度小
19、在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡后溶液变蓝，再加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失。下列判断错误的是
A．氧化性：ClO－>SO42->I2
B．漂粉精溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝
C．ClO－与I－在碱性条件下可以发生氧化还原反应
D．向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色
20、亚硝酸钠(NaNO2)是一种常用的发色剂和防腐剂，某学习小组利用如图装置(夹持装置略去)制取亚硝酸钠，已知：2NO+Na2O2=2NaNO2，2NO2+Na2O2=2NaNO3；NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO3-。下列说法正确的是（ ）
A．可将B中的药品换为浓硫酸
B．实验开始前通一段时间CO2，可制得比较纯净的NaNO2
C．开始滴加稀硝酸时，A中会有少量红棕色气体
D．装置D中溶液完全褪色后再停止滴加稀硝酸
21、25℃时，向10mL溶液中逐滴加入20mL的盐酸，溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．HCl溶液滴加一半时：
B．在A点：
C．当时：
D．当时，溶液中
22、下列由相关实验现象所推出的结论正确的是
A．NH4Cl和NH4HCO3受热都能分解，说明可以用加热NH4Cl和NH4HCO3固体的方法制氨气
B．向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42-
C．Fe 与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生。说明Fe 与两种酸均发生置换反应
D．NH3遇到浓盐酸产生白烟，说明二者发生反应生成白色固体
二、非选择题(共84分)
23、（14分）一种新型含硅阻燃剂的合成路线如下。请回答相关问题：
（1）化合物A转化为B的方程式为_____，B中官能团名称是______。
（2）H的系统命名为___，H的核磁共振氢谱共有___组峰。
（3）H→I的反应类型是___
（4）D的分子式为______，反应B十I→D中Na2CO3的作用是___。
（5）F由E和环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，F的结构简式为___。
（6）D的逆合成分析中有一种前体分子C9H10O2，符合下列条件的同分异构体有___种。①核磁共振氢谱有4组峰；②能发生银镜反应；③与FeCl3发生显色反应。
24、（12分）H（3一溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯）是重要的有机物中间体，可以由A(C7H8)通过下图路线 合成。
请回答下列问题：
（1）C的化学名称为________，G中所含的官能团有醚键、_______、__________（填名称）。
（2）B的结构简式为________，B生成C的反应类型为___________。
（3）由G生成H的化学方程式为_________。E→F是用“H2/Pd”将硝基转化为氨基，而C→D选用的是(NH4)2S，其可能的原因是________。
（4）化合物F的同分异构体中能同时满足下列条件的共有________种。
①氨基和羟基直接连在苯环上 ②苯环上有三个取代基且能发生水解反应
（5）设计用对硝基乙苯为起始原料制备化合物的合成路线（其他试剂任选）。_____
25、（12分）乙烯来自石油的重要化工原料，其产量是一个国家石油化工水平的标志，根据以下实验，请回答下列问题：
（1）实验之前需要对该装置进行气密性的检查，具体操作为：______
（2）石蜡油分解实验产生的气体的主要成分是______（填写序号）；
①只有甲烷 ②只有乙烯 ③烷烃与烯烃的混合物
（3）实验过程中装置B中的现象为_________，若装置D中产生了白色沉淀，则说明装置C中发生反应的离子方程式为______________；
（4）该实验中碎瓷片的作用是______（填序号）；
①防止暴沸 ②有催化功能 ③积蓄热量 ④作反应物
（5）将分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为__________（用NA表示）；
（6）利用A装置的仪器还可以制备的气体有______（任填一种），产生该气体的化学方程式为_____。
26、（10分）为证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中作为氧气的来源，某化学兴趣小组选择适当的化学试剂和实验用品，用如图所示的装置（C中盛放的是过氧化钠）进行实验。回答下列问题：
（1）a的名称______。
（2）A是实验室中制取CO2的装置。写出A中发生反应的离子方程式：______。
（3）填写如表中的空白。
（4）写出C中发生反应的化学方程式：______。
（5）F中得到气体的检验方法______。
（6）为了测定某碳酸钠样品的纯度，完成如下实验：在电子天平上准确称取三份灼烧至恒重的无水Na2CO3样品（杂质不与盐酸反应）0.4000g于250mL锥形瓶中，用50mL水溶解后，加2～3滴______作指示剂，然后用0.2000ml•L-1HCl标准液滴定，滴定终点的实验现象为______。已知：Na2CO3与HCl的滴定反应为Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，滴定时实验数据列表如表：
选取上述合理数据，计算出碳酸钠样品的纯度为______。
27、（12分）某实验小组探究SO2与Cu(OH)2悬浊液的反应。
（1）实验一：用如图装置（夹持装置已略，气密性已检验）制备SO2，将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中。B中出现少量红色沉淀；稍后，B中所得溶液呈绿色，与CuSO4溶液、CuCl2溶液的颜色有明显不同。
①排除装置中的空气，避免空气对反应干扰的操作是_____，关闭弹簧夹。
②打开分液漏斗旋塞，A中发生反应的方程式是_____。
（2）实验二：为确定红色固体成分，进行以下实验：
①在氧气流中煅烧红色固体的目的是_____。
②根据上述实验可得结论：该红色固体为_____。
（3）实验三：为探究B中溶液呈绿色而不是蓝色的原因，实验如下：
i.向4mL1ml/L的CuSO4溶液中通入过量SO2，未见溶液颜色发生变化。
ii.取少量B中滤液，加入少量稀盐酸，产生无色刺激性气味的气体，得到澄清的蓝色溶液。再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。
查阅资料：SO2在酸性条件下还原性较差。
①实验i的目的_____。
②根据上述实验可得结论：溶液显绿色的原因是溶液中含有较多Cu(HSO3)2。小组同学通过进一步实验确认了这种可能性，在少量1ml/L的CuSO4溶液中加入_____溶液，得到绿色溶液。
（4）综上实验可以得出：出现红色沉淀的原因是：_____；（用离子方程式表示）溶液呈现绿色的原因是：_____。（用化学方程式表示）
28、（14分）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。
（1）如图是1mlNO2和1mlCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图：
请写出NO2和CO反应的热化学方程式：___。
（2）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+Q（Q>0），其化学平衡常数K与T的关系如下表：
请完成下列问题：比较K1、K2的大小：K1___K2（填写“＞”、“=”或“＜”）
（3）判断该反应达到化学平衡状态的依据的是___（选填字母序号）。
A．2v（H2）正=3v（NH3）逆 B．2v（N2）正=v（H2）逆
C．容器内压强保持不变 D．混合气体的密度保持不变
（4）盐酸肼（N2H6Cl2）是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。盐酸肼第一步水解反应的离子方程式___；
盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序正确的是___（填序号）。
a．c（Cl-）＞c（N2H62+）＞c（H+）＞c（OH-）
b．c（Cl-）＞c（[N2H5•H2O]+）＞c（H+）＞c（OH-）
c．2c（N2H62+）+c（[N2H5•H2O]+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）
d．2c（N2H62+）+2c（[N2H5•H2O]+）+2c（[N2H4•2H2O]=c（Cl-）
29、（10分）K3[Fe(C2O4)3]·3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室用莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O具体流程如图：
回答下列问题：
(1)步骤②滴加过量6%H2O2，生成红褐色胶状沉淀，该反应的化学方程式为___。生成的沉淀不易过滤，过滤前需要的操作是___。
(2)步骤③将Fe(OH)3加入到KHC2O4溶液中，水浴加热，控制pH为3.5-4，若pH偏高应加入适量___（填“H2C2O4”或“K2C2O4”）。
(3)步骤④的操作是___、过滤。得到的晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤，用95%乙醇洗涤的目的是___。
(4)测定K3[Fe(C2O4)3]·3H2O中铁的含量。
①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用cml·L-1KMnO4溶液滴定至终点。滴定反应的氧化产物为___。滴定时，盛放高锰酸钾溶液的仪器是___（“酸式”或“碱式”）滴定管。
②向上述溶液中加入过量锌粉至将铁元素全部还原为Fe2+后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用cml·L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。该样品中铁的质量分数的表达式为___。
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、D
【解析】
A.SO2不能电离属于非电解质，故A错误；
B.C2H5OH不能电离属于非电解质，故B错误；
C.NaOH是离子化合物，含有离子键和共价键，溶于水导电属于电解质，故C错误；
D.H2SO4是共价化合物只含共价键，溶于水导电属于电解质，故D正确；
故答案选D。
2、A
【解析】
A．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中1个水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ另一个水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了新的水分子，因此起始时的2个H2O最终都参与了反应，A项正确；
B．根据反应过程示意图，过程Ⅰ、Ⅱ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，B项错误；
C．过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水和氢气，H2中的化学键为非极性键，C项错误；
D．催化剂不能改变反应的△H，D项错误；
答案选A。
值得注意的是D选项，催化剂只能降低活化能，改变化学反应速率，不能改变反应的热效应。
3、D
【解析】
若该反应为气体物质的量增大的反应，即x＞3，随着反应的进行，甲容器中气体的压强增大，平衡过程中反应速率比恒压时大，建立平衡需要的时间较少，对应于图像M，增大压强，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像相符；若该反应为气体物质的量减少的反应，即x＜3，随着反应的进行，甲容器中气体的压强减小，平衡过程中反应速率比恒压时小，建立平衡需要的时间较长，对应于图像N，减小压强，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像不符；若该反应x=3，则两容器得到相同的平衡状态，与图像不符，据此分析解答。
【详解】
A．根据上述分析，该反应为气体物质的量增大的反应，因此x可能为4，故A正确；
B．根据上述分析，该反应为气体体积增大的反应，M为容器甲，N为容器乙，故B正确；
C．根据上述分析，N为容器乙，容器乙达平衡时A的转化率为25%，根据方程式2A(g)+B(g) x C(g)，加入0.2mlA和0.1mlB时，反应的B为A的物质的量的一半，A和B的转化率相等，也是25%，故C正确；
D．温度不变，平衡常数不变，达到平衡时，M、N对应的温度相同，则平衡常数相等，故D错误；
故选D。
解答本题的关键是判断压强对该反应的影响。本题的难点是排除x＜3的情况。
4、D
【解析】
①向溶液中滴加足量氯水后 , 溶液变橙色 , 说明溶液中含有 Br−，且有气泡冒出 , 说明溶液中含离子 CO32－或SO32－；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32－， 那么一定含有：CO32－，一定不能含有与碳酸根生成沉淀的离子： Mg2＋、Al3＋，通过以上分析，根据电中性原理 ，能证明 K＋存在 ，所以无法判断氢氧根离子的存在与否，可以取样 ，加入足量 BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊试液看是否变红来检验。故选 D。
①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br -，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO 3 2-或SO 3 2-离子，那么与其混合生成沉淀的不能存在； ②向所得橙色溶液中加入足量BaCl 2溶液，无沉淀生成，说明不含SO 3 2-，据此进行解答。
5、C
【解析】
A.酸性条件下，硝酸根离子能把亚硫酸盐氧化生成硫酸盐，故A错误；
B．应先加氯化钡，再加碳酸钠，然后过滤，再加盐酸可除去粗盐中含有的硫酸钙杂质，故B错误；
C．亚铁离子遇KSCN溶液不变色，滴加氯水后亚铁离子被氧化生成铁离子，遇KSCN溶液变红色，可证明溶液中含有Fe2+，故C正确；
D．硝酸具有强氧化性，可氧化碘离子，不能说明H2O2的氧化性比I2强，故D错误；
答案选C。
本题考查物质的检验和鉴别实验方案的设计，把握常见离子的检验方法为解答的关键，注意离子检验中排除干扰及试剂的加入顺序。
6、B
【解析】
A.苯酚的酸性比碳酸弱，根据图示可知左边进入的是高浓度的苯酚溶液，逸出的气体有CO2，说明反应后溶液的酸性增强，pH减小，A正确；
B.根据图示可知，在右边装置中，NO3-获得电子，发生还原反应，被还原变为N2逸出，所以右边电极为正极，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以工作时中间室的Cl-移向左室，Na+移向右室，所以右边为阳离子交换膜，B错误；
C.根据B的分析可知，右池电极为正极，发生还原反应，电极反应式：2NO3-+10e-+12H+= N2↑+ 6H2O，C正确；
D.在左室发生反应：C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+，根据电极反应式可知每有1ml苯酚该反应，转移28ml电子，反应产生N2的物质的量是n(N2)=ml=2.8ml，则当消耗0.1ml C6H6O，将会产生0.28ml氮气，D正确；
故合理选项是B。
7、D
【解析】
固体混合物可能由Na2SiO3、Fe、Na2CO3、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成，由实验可知，气体A与与澄清的石灰水反应，溶液变浑浊，则A中一定含CO2；混合物与足量稀盐酸反应后的沉淀A为H2SiO3。溶液A与NaOH反应后生成白色沉淀B，则B为Fe（OH）2，溶液B与硝酸、硝酸银反应生成沉淀C为AgCl，则原混合物中一定含有Fe、Na2CO3、Na2SiO3，可能含有BaCl2。根据以上分析可以解答下列问题。A. 稀盐酸与Na2CO3反应生成CO2气体，与Fe反应生成H2，气体A是CO2与H2的混合气体，A正确；B. 沉淀A为H2SiO3沉淀，B正确；C. B为Fe（OH）2 ，在空气中被氧气氧化，逐渐变灰绿色，最后变红褐色，C正确；D. 该固体混合物中可能含有BaCl2，D错误。答案选D.
8、D
【解析】
ICl是共价化合物，在升华、熔化时化学键不断裂，溶于CCl4时未发生电离，化学键不断裂，破坏的均为分子间作用力；受热分解时发生化学反应，发生化学键的断裂和形成，故选D。
9、D
【解析】
A. 焚烧将某些还原性的物质氧化，某些生活垃圾可用于焚烧发电，故A正确；
B. “地沟油”的主要成分为油脂，含有有毒物质，不能食用，油脂在碱性条件下水解称为皂化反应，油脂燃烧放出大量热量，可制作生物柴油，故B正确；
C. 石油裂解主要是为了获得气态不饱和短链烃，如乙烯、丙烯等，故C正确；
D. 煤中不含苯、甲苯等，苯和甲苯是煤的干馏的产物，故D错误；
故选D。
本题考查了有机物的结构和性质，应注意的是煤中不含苯、甲苯等，苯、甲苯是煤的干馏产物。
10、C
【解析】
乙酸具有酸性，可与碳酸盐、碱等发生复分解反应，乙醛含有醛基，可发生氧化反应，以此解答该题。
【详解】
A. 二者都溶于水，没有明显现象，不能鉴别，故A错误；
B. 乙酸具有酸性，可与NaHCO3溶液生成气体，乙醛与NaHCO3溶液不反应，可鉴别，方法简便，操作简单，故B错误；
C. 是可行的方案但使用CuSO4和NaOH溶液，需先生成氢氧化铜，然后与乙酸发生中和反应，检验乙醛需要加热，操作较复杂，故C正确；
D. 使用 pH 试纸 乙酸具有酸性，可使 pH 试纸变红，乙醛不能使 pH 试纸变红，可鉴别，方法简单，操作简便，故D错误；
答案选C。
11、D
【解析】
A．溴乙烷不溶于水，滴入水中会分层，若再加入氢氧化钠溶液，溴乙烷能够与氢氧化钠溶液反应生成乙醇和溴化钠，分层现象逐渐消失，故不选A；
B．乙醛溶于水，滴入水中不出现分层现象，故不选B；
C．橄榄油属于油脂，不溶于水，滴入热的氢氧化钠溶液中发生水解反应，分层现象逐渐会消失，故不选C；
D．汽油不溶于水，不与氢氧化钠溶液反应，滴入热的氢氧化钠溶液中时分层现象不会消失，故选D。
12、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。
13、A
【解析】
A.碳酸钡能够与胃酸(盐酸)反应产生可溶性的氯化钡，氯化钡是重金属盐，能够使蛋白质变性，导致人中毒，所以不能作钡餐，硫酸钡既不溶于水，也不溶于稀盐酸、同时也不能被X透过，所以应该用硫酸钡作胃肠X射线造影检查A错误；
B．氯气具有强氧化性，可用于海水提溴，B正确；
C．氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热，使周围的环境温度降低，因此可作制冷剂，C正确；
D．过氧化钠能和二氧化碳、水反应生成氧气，所以过氧化纳可用于航天员的供氧剂，D正确；
故合理选项是A。
14、A
【解析】
A．放电时，Zn失去电子，发生3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2，故A正确；
B．正极反应式为FeO42-+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，pH增大，故B错误；
C．充电时，铁离子失去电子，发生Fe（OH）3转化为FeO42﹣的反应，电极反应为Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O，每转移3ml电子，阳极有1ml Fe（OH）3被氧化，故C错误；
D．充电时，电池的负极与与电源的负极相连，故D错误．
故选A．
15、B
【解析】
A.S点燃条件下与O2反应不能生成SO3；
B.Al2O3和NaOH溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入CO2，生成Al(OH)3沉淀；
C.SiO2一般情况下不与酸反应；
D.FeCl3溶液会发生Fe3+的水解；
【详解】
A.S点燃条件下与空气或纯O2反应只能生成SO2，不能生成SO3，故A错误；
B.氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，发生反应NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，所以能实现，故B正确；
C.SiO2与盐酸溶液不发生，故C错误；
D.FeCl3溶液在加热时会促进Fe3+的水解：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3+3HCl，最终得不到无水FeCl3，故D错误；
故答案为B。
本题考查是元素化合物之间的转化关系及反应条件。解题的关键是要熟悉常见物质的化学性质和转化条件，特别是要关注具有实际应用背景或前景的物质转化知识的学习与应用。
16、D
【解析】
A、同一主族元素的金属性随着原子序数的增大而增强；
B、铟与铝(13Al)同主族，则In的最外层电子数为3，排布在s、p轨道上；
C、中子数=质量数-质子数，据此计算判断；
D、的质量数为115。
【详解】
A、铟与铝(13Al)同主族，并且铟元素的原子序数较大，同主族从上至下金属性逐渐增加，所以In的金属性强，故A不符合题意；
B、In的最外层电子数为3，排布在5s、5p轨道上，5s能级上两个电子能量相同，但小于5p能级上的电子能量，所以In最外层有2 种能量的电子，故B不符合题意；
C、的质量数为115、质子数为49，所以中子数=119-49=66，故C不符合题意；
D、的质量数为115，In的相对原子质量为天然存在的核素In的质量数与其丰度的乘积之和，故D符合题意；
故选：D。
17、D
【解析】
A. Na2CO3是离子化合物，没有分子，A项错误；
B. 硅晶体是原子晶体，不存在分子间作用力，B项错误；
C. H2O不易分解是因为水分子中氢氧键键能大，C项错误；
D. 晶体加热熔化后所得液态物质不能导电，说明在液态时不存在自由移动的离子，即原晶体中不存在离子，则液态AlCl3不能导电，说明AlCl3晶体中不存在离子，D项正确；
答案选D。
18、C
【解析】
本题考查溶度积常数，意在考查对溶度积的理解和应用。
【详解】
A.CaSO4和CaCO3的组成类似，可由溶度积的大小推知其在纯水中溶解度的大小，溶度积大的溶解度大，故不选A；
B.Qc>Ksp时有沉淀析出，故不选B；
C.虽然Ksp(BaCO3)> Ksp(BaSO4)，但两者相差不大，当c(Ba2+)·c(CO32－)>Ksp(BaCO3)
时，硫酸钡可能转化为碳酸钡，故选C；
D.根据同离子效应可知，CaSO4在0.05ml/LCaCl2溶液中比在0.01ml/LNa2SO4溶液中的溶解度小，故不选D；
答案：C
(1)同种类型的难溶物，Ksp越小，溶解能力越小；（2）当Qc>Ksp析出沉淀；当Qcc(H+)，B项正确；
C. 溶液中加入盐酸后，有电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，当时有，C项正确；
D. 溶液中加入盐酸，若无CO2放出，则有物料守恒c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(HCO3-)+2c(CO32-)。图中时有CO2放出，则溶液中，D项正确。
本题选A。
判断溶液中粒子浓度间的关系，应充分应用三大守恒原理，结合题中信息进行分析推理。
22、D
【解析】
A、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又重新结合生成氯化铵，不能制备氨气，选项A错误；B、向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，在酸性条件下H+、NO3-具有强的氧化性，会把SO32-氧化产生SO42-，不能说明该溶液一定有SO42-，选项B错误；C、Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，前者是由于硝酸的强氧化性，后者是由于Fe与稀硫酸发生置换反应，选项C错误；D、NH3遇到浓盐酸产生白烟，说明二者发生反应生成白色固体氯化铵，选项D正确。答案选D。
点睛：本题考查实验现象及所推出的结论正误判断的知识。明确实验现象以及化学反应原理是解答本题的关键。
二、非选择题(共84分)
23、 溴原子、（酚）羟基 3-氯-1-丙烯 3 氧化反应 吸收生成的HCl,提高反应产率 2
【解析】
⑴苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚中有官能团溴原子、酚羟基。
⑵H系统命名时，以双键这一官能团为主来命名，H的核磁共振氢谱与氢原子的种类有关，有几种氢原子就有几组峰。
⑶H→I的反应，分子中多了一个氧原子，属于氧化反应。
⑷根据D的结构式得出分子式，B十I→D中有 HCl 生成，用Na2CO3吸收 HCl 。
⑸E与环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，环氧乙烷发生开环反应，类似于D→E的反应。
⑹根据核磁共振氢谱有4组峰，能发生银镜反应，与FeCl3发生显色反应，可得有机物中含有四种不同位置的氢原子，含有醛基，含有酚羟基。
【详解】
⑴化合物A为苯酚，和浓溴水反应生成三溴苯酚，方程式为，三溴苯酚中含有官能团为溴原子、（酚）羟基，故答案为：，溴原子、（酚）羟基；
⑵H 系统命名法以双键为母体，命名为3-氯-1-丙烯，其中氢原子的位置有三种，核磁共振氢谱共有3组峰，所以故答案为：3-氯-1-丙烯，3；
⑶分子中多了一个氧原子是氧化反应，故答案为：氧化反应；
⑷根据D的结构简式可得分子式，反应B十I→D中有HCl生成，为促进反应向右进行，可以将HCl吸收，可起到吸收HCl的作用，故答案为：，吸收生成的HCl,提高反应产率；
⑸与环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，环氧乙烷发生开环反应，类似于D→E的反应，生成，故答案为：；
⑹根据核磁共振氢谱有4组峰，能发生银镜反应，与FeCl3发生显色反应，可得有机物中含有四种不同位置的氢原子，含有醛基，含有酚羟基，符合题意的有 和两种，故答案为：2种。
解答此题的关键必须对有机物官能团的性质非常熟悉，官能团的改变，碳链的变化，成环或开环的变化。
24、3,5-二硝基苯甲酸 羧基 溴原子 取代反应 防止两个硝基都转化为氨基 30
【解析】
由C的结构简式和A到B，A到C的反应条件逆推可知B为；A为；在以工业合成3-溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯的流程和各部反应条件对物质进行推断、命名、官能团、反应类型判定、反应方程式、同分异构体的书写、有机合成路线的设计。
【详解】
（1）由于羧基定位能力比硝基强，故C名称为3,5-二硝基苯甲酸，由结构式可知G中含官能团名称有醚键、羧基、溴原子。答案：3,5-二硝基甲酸；羧基；溴原子。
（2）根据框图C结构逆向推理，B为苯甲酸，结构简式为；A为甲苯，B生成C是在浓硫酸作用下硝酸中硝基取代苯环上的氢，所以B生成C反应类型为硝化反应，是取代反应中一种。答案：；取代反应。
（3）由G生成H反应为G与CH3OH在浓硫酸、加热的作用下发生的酯化反应，化学方程式为；C→D、E→F都是将硝基还原为氨基，但选用了不同条件，E的结构尚保留一个硝基，可以推知D的结构中也有一个硝基，故C→D反应中，(NH4)2S只将其中一个硝基还原，避免用H2/Pd将C中所有的硝基都转化为氨基。答案：；防止两个硝基都转化为氨基。
（4）化合物F苯环上有3个不同取代基，其中有氨基和羟基直接连在苯环上，先将2个取代基分别定于邻、对、间三种位置，第三个取代基共有4+4+2=10种连接方式，故有10种同分异构体，环上有3个不同取代基，其中两个取代基是氨基和羟基，另一种取代基有三种情况，-OOCCH3、-CH2OOCH、-COOCH3，化合物F的同分异构体中能同时满足条件的共有10×3=30种。答案：30。
（5）根据缩聚反应规律，可以推出聚合物单体的结构，而由原料合成该单体，需要将苯环上的乙基氧化为羧基和硝基还原为氨基，由于氨基可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故而合成中需要先氧化，再还原，合成路线流程图示如下，依试题框图信息，还原硝基的条件也可以选择(NH4)2S。答案：。
本题是有机物的综合考查。本题以工业合成3-溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯为载体，考查物质推断、有机物命名、官能团、反应类型、反应方程式、同分异构体的判断、有机合成路线的设计等。突破口由C逆推B、A的结构简式，再根据各物质之间的反应条件和官能图的性质进行判定。
25、微热A中的大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好 ③ 溴水褪色 5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2↑+12Mn2++28H2O ②③ 3mNA/14 NH3 Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑
【解析】
探究工业制乙烯的原理和乙烯的主要化学性质，由实验装置可知，A中烷烃在催化剂和加热条件下发生反应生成不饱和烃，B中乙烯与溴水发生加成反应，C中乙烯与高锰酸钾发生氧化反应，D中吸收C中生成的二氧化碳，E中利用排水法收集乙烯。
【详解】
(1)检查该装置气密性时先形成密闭系统，再利用气体的热胀冷缩原理检验，具体操作为：E中加入适量水，将导管放入水中，再微热A中的大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好。
(2)石蜡油主要是含17个碳原子以上的液态烷烃混合物，在加热条件下，石蜡油分解生成烯烃，根据原子守恒知，除了生成烯烃外还生成烷烃，故选③；
(3)石蜡油分解生成烯烃，烯烃能与溴发生加成反应，则实验过程中装置B中的现象为溴水褪色；若装置D中产生了白色沉淀，则说明混合气体经过装置C时，乙烯被酸性KMnO4溶液氧化生成了CO2气体，同时生成MnSO4，则发生反应的离子方程式为5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2↑+12Mn2++28H2O；
(4)加热石蜡油时加入碎瓷片，石蜡油分解较缓慢，加热碎瓷片能加快反应速率，碎瓷片还能吸收热量而积蓄热量从而促进石蜡油分解，故选②③；
(5)分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，说明分解生成的烯烃的质量为mg，烯烃的分子通式为CnH2n，其摩尔质量为14ng/ml，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为=。
(6)A装置是固体混合加热制气法，常见气体O2、NH3均可以用此装置制备，其中加热氯化铵和消石灰的混合固体可制得NH3，发生反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑。
26、分液漏斗CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑除去CO2气体中混入的HClNaOH溶液吸收未反应的CO2气体2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2甲基橙溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化79.5%
【解析】
A中CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，制备CO2，B中装有饱和NaHCO3溶液除去CO2中少量HCl，C中盛放的是过氧化钠，发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，D中放NaOH溶液，吸收未反应的CO2气体，E收集生成的O2。
【详解】
（1）a的名称分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
（2）A是实验室中制取CO2，化学反应方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，离子反应方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；
（3）
故答案为：除去CO2气体中混入的HCl；NaOH溶液；吸收未反应的CO2气体；
（4）C中盛放的是过氧化钠，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
（5）F中得到气体为氧气，其检验方法：将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2，
故答案为：将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2；
（6）盐酸滴定碳酸钠，碳酸钠显碱性，可用甲基橙作指示剂，已知：Na2CO3与HCl的滴定反应为Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，滴定终点的实验现象溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化，由实验数据分析可知，实验次数编号为3的实验误差大，不可用，由1、2平均可得，消耗的盐酸体积为30.0mL，由反应方程式可知，Na2CO3∽2HCl，碳酸钠的物质的量为：n(Na2CO3)=1/2n(HCl)=1/2×0.2000ml•L×0.03L=0.003ml，m(Na2CO3)= 0.003ml×106g·ml-1=0.318g，碳酸钠样品的纯度为×100%=79.5%，故答案为：甲基橙；溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化；79.5%；
27、打开弹簧夹，通入N2一段时间 H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O 将红色物质转化为氧化铜 Cu 排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性 NaHSO3或KHSO3 SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O 2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2
【解析】
(1)①为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出；
②装置A中的反应是制备SO2的反应；
(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；
①在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；
②由实验中物质的质量计算红色固体的平均摩尔质量，进而分析固体成分；
(3)①根据B中所得溶液中可能的成分等，实验i可以排除部分成分显绿色的可能性；
②确认Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液中加入含有HSO3-离子的物质；
(4)出现红色沉淀的原因是生成了Cu；溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3-离子的物质。
【详解】
(1)①为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出，操作为：打开弹簧夹，通入N2一段时间，关闭弹簧夹；
②装置A中的反应是制备SO2的反应，化学方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；
(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；
①在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；
②由实验可知n(CuO)==0.025ml，则红色固体的平均摩尔质量为=64g/ml，故红色固体为铜；
(3)①B中所得溶液中可能含有溶解的SO2，H2SO3，Cu(HSO3)2、CuSO4等，CuSO4在溶液中呈蓝色，而B 所得溶液呈绿色，实验i可以排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性；
②确认Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液中加入含有HSO3-离子的物质，故可加入NaHSO3或KHSO3；
(4)出现红色沉淀的原因是生成了Cu，离子方程式为：SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O；溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3-离子的物质，离子方程式为2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2.
本题注意实验三中判断使溶液显绿色的粒子时，要分别判断，逐一分析，每一步实验都要从实验目的角度分析设置的原因。
28、NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-46 kJ•ml-1 ＞ AC N2H62++H2O[N2H5•H2O]++H+ acd
【解析】
(1)由图可知，1ml NO2和1ml CO反应生成CO2和NO放出热量300-254=46kJ，根据热化学方程式书写原则进行书写；
(2)①根据焓变判断生成物反应物浓度的变化，然后根据平衡常数判断；
②根据平衡状态的判断依据判断；
(3)①由N2H4，联想到NH3，由N2H6Cl2联想到NH4Cl，再注意到N2H4是二元碱而NH3是一元的，根据铵根离子的水解产物是氨水和氢离子来书写水解方程式；
②盐酸肼水溶液中水解原理与NH4Cl类似，N2H62+离子水解溶液显酸性。
【详解】
(1)由图可知，1ml NO2和1ml CO反应生成CO2和NO放出热量300-254=46kJ，反应热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-46 kJ•ml-1；
(2)①该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，所以K1＞K2；
②A．不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比是平衡状态，则2v(H2)正=3v(NH3)逆能证明正逆反应速率相等，故A正确；
B．由2v(N2)正=v(H2)逆可知两者的正逆反应速率之比不等于其计量数之比，此时不是平衡状态，故B错误；
C．容器内压强不变，气体的物质的量不变，该反应达平衡状态，故C正确；
D．如果是在密闭容器中反应，质量不变，体积不变，密度始终不变，故D错误；
故答案为AC；
(3)①盐酸肼(N2H6Cl2)是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似，由N2H4联想到NH3，由N2H6Cl2联想到NH4Cl，再注意到N2H6是二元碱而NH3是一元的，则盐酸肼第一步水解反应的离子方程式为N2H62++H2O⇌[N2H5•H2O]++H+；
②盐酸肼水溶液中水解原理与NH4Cl类似，N2H62+离子水解溶液显酸性；
a．溶液中离子浓度大小为：c(Cl-)＞c(N2H62+)＞c(H+)＞c(OH-)，故a正确；
b．盐酸肼第一步水解反应的离子方程式为N2H62++H2O⇌[N2H5•H2O]++H+，考虑水的微弱电离，所以c（H+）＞c（[N2H5•H2O]+），故b错误；
c．电荷守恒可知：2c(N2H62+)+c([N2H5•H2O]+)+c(H+)═c(Cl-)+c(OH-)，故c正确；
d．盐酸肼水溶液中存在的物料守恒式为2c(N2H62+)+2c([N2H5•H2O]+)+2c([N2H4•2H2O]=c(Cl-)，故d正确；
故答案为：acd。
29、2Fe(OH)2+H2O2==2Fe(OH)3 煮沸 H2C2O4 蒸发浓缩、冷却结晶 除去晶体表面的水分 CO2 酸式
【解析】
莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]中加入NaOH，发生的反应①为Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2；加入H2O2，发生反应②为Fe(OH)2与H2O2反应生成Fe(OH)3；在反应③中，Fe(OH)3固体与KHC2O4反应，生成K3[Fe(C2O4)3]溶液；将溶液蒸发结晶便可得到K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体，再洗涤干燥，从而获得纯净的晶体。
【详解】
(1)步骤②滴加过量6%H2O2，将Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3红褐色胶状沉淀，该反应的化学方程式为2Fe(OH)2+H2O2==2Fe(OH)3。生成的沉淀呈胶状，不易过滤，过滤前需要加热煮沸以破坏其胶状结构，操作是煮沸。答案为：2Fe(OH)2+H2O2==2Fe(OH)3；煮沸；
(2)步骤③若pH偏高，则应加酸将pH降低，所以应加入适量H2C2O4。答案为：H2C2O4；
(3)步骤④是从溶液中提取溶质，操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。得到的晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤，因结晶水合物受热易失去结晶水，所以用95%乙醇洗涤，目的是除去晶体表面的水分，防止晶体受热失去结晶水。答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；除去晶体表面的水分；
(4)①滴定时，H2C2O4被氧化生成CO2，反应的氧化产物为CO2。滴定时，因高锰酸钾会腐蚀橡皮管，所以盛放高锰酸钾溶液的仪器是酸式滴定管。答案为：CO2；酸式；
②Fe3+被Zn还原为Fe2+，Fe2+被KMnO4氧化生成Fe3+，关系式为5Fe3+——5Fe2+——KMnO4，则n(Fe3+)=cml·L-1×V×10-3L×5=5×10-3cVml，该样品中铁的质量分数的表达式为=。答案为：。
胶状沉淀呈胶状，容易堵塞滤纸的孔隙，使水难以顺利流下，所以过滤胶状沉淀物时，需加热破坏胶体结构。
化学式
CuS
溶度积
装置序号
加入的试剂
加入该试剂的目的
B
饱和NaHCO3溶液
____
D
____
____
实验次数编号
0.2000ml•L-1HCl溶液的体积（mL）
滴定前刻度
滴定后刻度
1
1.00
31.50
2
5.00
34.50
3
7.00
42.50
T/K
298
398
498
…
K/
4.1×106
K1
K2
…
装置序号
加入的试剂
加入该试剂的目的
B
饱和NaHCO3溶液
除去CO2气体中混入的HCl
D
NaOH溶液
吸收未反应的CO2气体