2026届安徽省池州市江南中学高三第二次诊断性检测化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省池州市江南中学高三第二次诊断性检测化学试卷含解析，共40页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．标准状况下，22.4 L环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为9NA
B．56g铁在足量氧气中完全燃烧，转移的电子数小于3NA
C．16g O2和14C2H4的混合物中所含中子数为8NA
D．常温下，1 L 0.5 ml/L CH3COONH4溶液的pH＝7，则溶液中CH3COO－与NH4＋的数目均为0.5NA
2、常温下，向l L pH=l0的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(y)与溶液中水电离出的c(OH-)的关系如图所示。下列叙述错误的是
A．a点溶液中：水电离出的c(H+)=1×10-10ml·L-1
B．b点溶液中：c(H+)=1×10-7ml·L-1
C．c点溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)
D．d点溶液中：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)
3、化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是( )
A．AB．BC．CD．D
4、NaBH4燃料电池具有理论电压高、能量密度大等优点。以该燃料电池为电源电解精炼铜的装置如图所示。下列说法不正确的是
A．离子交换膜应为阳离子交换膜，Na+由左极室向右极室迁移
B．该燃料电池的负极反应式为BH4－+8OH－-8e－=BO2－+6H2O
C．电解池中的电解质溶液可以选择CuSO4溶液
D．每消耗2.24LO2(标准状况)时，A电极的质量减轻12.8g
5、设 NA 为阿伏加德常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．18 g H2O 含有 10NA 个质子
B．1 ml 苯含有 3NA 个碳碳双键
C．标准状况下，22.4 L 氨水含有 NA 个 NH3 分子
D．常温下，112 g 铁片投入足量浓 H2SO4 中生成 3NA 个 SO2 分子
6、下列关于糖类的说法正确的是
A．所有糖类物质都有甜味，但不一定都溶于水
B．葡萄糖和果糖性质不同，但分子式相同
C．蔗糖和葡萄糖都是单糖
D．摄入人体的纤维素在酶的作用下能水解为葡萄糖
7、下列物质的名称正确的是
A．SiO2：刚玉
B．(NH4)2CO3：碳铵
C．CCl4：氯仿
D．：3，3，5 -三甲基庚烷
8、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A．Mg(OH)2具有碱性，可用于制胃酸中和剂
B．H2O2是无色液体，可用作消毒剂
C．FeCl3具有氧化性，可用作净水剂
D．液NH3具有碱性，可用作制冷剂
9、乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一，以乙烯为原料合成的部分产品如图所示。下列有关说法正确的是
A．氧化反应有①⑤⑥，加成反应有②③
B．氯乙烯、聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色
C．反应⑥的现象为产生砖红色沉淀
D．可用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br2
10、在加热条件下，乙醇转化为有机物R的过程如图所示，其中错误的是
A．R的化学式为C2H4O
B．乙醇发生了还原反应
C．反应过程中固体有红黑交替变化的现象
D．乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）也能发生类似反应
11、下列关于物质用途的说法中，错误的是
A．硫酸铁可用作净水剂B．碳酸钡可用作胃酸的中和剂
C．碘酸钾可用作食盐的添加剂D．氢氧化铝可用作阻燃剂
12、已知某饱和NaCl溶液的体积为VmL，密度为，质量分数为w%，溶液中含NaCl的质量为m g。则下列表达式正确的是
A．B．
C．D．
13、据报道科学家在宇宙中发现了分子。与属于
A．同位素B．同系物C．同分异构体D．同素异形体
14、证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热发生的是消去反应，分别设计甲、乙、丙三个实验：（甲）向反应混合液中滴入溴水，溶液颜色很快褪去．（乙）向反应混合液中滴入过量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液，有浅黄色沉淀生成．（丙）向反应混合液中滴入酸性KMnO4溶液，溶液颜色褪去．则上述实验可以达到目的是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．都不行
15、化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是
A．SO2和NO2是主要的大气污染物
B．大气中的SO2和CO2溶于水形成酸雨
C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染
D．对煤燃烧后形成的烟气脱硫，目前主要用石灰法
16、NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．5.6g Fe完全溶于一定量溴水中，反应过程中转移的总电子数一定为0.3NA
B．1 ml Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子
C．标况时，22.4L二氯甲烷所含有的分子数为NA
D．镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，有1.5NA对共用电子对被破坏
17、2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。磷酸铁锂锂离子电池充电时阳极反应式为,，放电工作示意图如图。下列叙述不正确的是
A．放电时，Li+通过隔膜移向正极
B．放电时，电子由铝箔沿导线流向铜箔
C．放电时正极反应为：
D．磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，C、Fe、P元素化合价均不发生变化
18、高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li＋通过，结构如图所示：
已知原理为（1－x）LiFePO4＋xFePO4＋LixCnLiFePO4＋nC。下列说法不正确的是（ ）
A．充电时，Li＋向左移动
B．放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极
C．充电时，阴极的电极反应式为xLi＋＋xe－＋nC=LixCn
D．放电时，正极的电极反应式为（1－x）LiFePO4＋xFePO4＋xLi＋＋xe－=LiFePO4
19、中学常见物质A、B、C、D存在下图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。下列物质中符合转化关系的A的个数为ABC，①Cl2 ②S ③Fe ④NH3 ⑤AlCl3 ⑥Na2CO3
A．3B．4C．5D．6
20、为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是
A．AB．BC．CD．D
21、在材料应用与发现方面，中华民族有着卓越的贡献。下列说法错误的是
A．黏土烧制成陶器过程中发生了化学变化B．区分真丝产品与纯棉织物可以用灼烧法
C．离子交换法净化水为物理方法D．“玉兔号”月球车帆板太阳能电池的材料是单质硅
22、将钠、镁、铝各0.3ml分别放入100ml 1ml/L的盐酸中，在同温同压下产生的气体体积比是（ ）
A．1:2:3B．6:3:2C．3:1:1D．1:1:1
二、非选择题(共84分)
23、（14分）甲苯是有机合成的重要原料，既可用来合成抗流感病毒活性药物的中间体E，也可用来合成γ-分泌调节剂的药物中间体K，合成路线如下：
已知：ⅰ.R1NH2+Br-R2R1-NH-R2+HBr
ⅱ.
（1）A的结构简式为______________。
（2）C中含氧官能团名称为_____________。
（3）C→D的化学方程式为_____________。
（4）F→G的反应条件为________________。
（5）H→I的化学方程式为________________。
（6）J的结构简式为_____________。
（7）利用题目所给信息，以和为原料合成化合物L的流程如下，写出中间产物1和中间产物2的结构简式：______，_________。
①
②合成L的过程中还可能得到一种高分子化合物，其结构简式为________。
24、（12分）富马酸福莫特罗作为特效哮喘治疗药物被临床广泛应用。化合物Ⅰ是合成富马酸福莫特罗的重要中间体，其合成路线如图所示：
已知：Ⅰ、；
Ⅱ、R1-NO2 R1-NH2；
请回答下列问题：
(1)A中所含官能团的名称为____________。
(2)反应②的反应类型为____________，反应④的化学方程式为 ____________。
(3)H的结构简式为____________。
(4)下列关于Ⅰ的说法正确的是____________(填选项字母)。
A．能发生银镜反应 B．含有3个手性碳原子 C．能发生消去反应 D．不含有肽键
(5)A的同分异构体Q分子结构中含有3种含氧官能团，能发生银镜反应，可与FeCl3溶液发生显色反应，苯环上只有两个取代基且处于对位，则Q的结构简式为____(任写一种)，区分A和Q可选用的仪器是____(填选项字母)。
a．元素分析仪 b．红外光谱仪 c．核磁共振波谱仪
(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以丙酮、苯胺和醋酸为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线：________________________。
25、（12分）实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n] m和绿矾(FeSO4·7H2O)，过程如下：
(1)验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2的方法是________________。
(2)实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如下。装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→______→_____→______→______→f。_________装置A中发生反应的化学方程式为___________。D装置的作用________。
(3)制备绿矾时，向溶液X中加入过量_______，充分反应后，经过滤操作得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾。过滤所需的玻璃仪器有______________。
(4)欲测定溶液Y中Fe2+的浓度，需要用容量瓶配制KMnO4标准溶液，用KMnO4标准溶液滴定时应选用________滴定管(填“酸式”或“碱式”)。
26、（10分）氨基磺酸(H2NSO3H)是一元固体强酸，俗称“固体硫酸”，易溶于水和液氨，不溶于乙醇，在工业上常用作酸性清洗剂、阻燃剂、磺化剂等。某实验室用尿素和发烟硫酸(溶有SO3的硫酸)制备氨基磺酸的流程如图：
已知“磺化”步骤发生的反应为：
①CO(NH2)2(s)+SO3(g)H2NCONHSO3H(s) ΔH＜0
②H2NCONHSO3H+H2SO42H2NSO3H+CO2↑
发生“磺化”步骤反应的装置如图1所示：请回答下列问题：
（1）下列关于“磺化”与“抽滤”步骤的说法中正确的是____。
A.仪器a的名称是三颈烧瓶
B.冷凝回流时，冷凝水应该从冷凝管的B管口通入
C.抽滤操作前，应先将略小于漏斗内径却又能将全部小孔盖住的滤纸平铺在布氏漏斗中，稍稍润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，再转移悬浊液
D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先关闭水龙头，再拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管
（2）“磺化”过程温度与产率的关系如图2所示，控制反应温度为75～80℃为宜，若温度高于80℃，氨基磺酸的产率会降低，可能的原因是____。
（3）“抽滤”时，所得晶体要用乙醇洗涤，则洗涤的具体操作是____。
（4）“重结晶”时，溶剂选用10%～12%的硫酸而不用蒸馏水的原因是____。
（5）“配液及滴定”操作中，准确称取2.500g氨基磺酸粗品配成250mL待测液。取25.00mL待测液于锥形瓶中，以淀粉-碘化钾溶液做指示剂，用0.08000ml•L-1的NaNO2标准溶液进行滴定，当溶液恰好变蓝时，消耗NaNO2标准溶液25.00mL。此时氨基磺酸恰好被完全氧化成N2，NaNO2的还原产物也为N2。
①电子天平使用前须____并调零校准。称量时，可先将洁净干燥的小烧杯放在称盘中央，显示数字稳定后按____，再缓缓加样品至所需质量时，停止加样，读数记录。
②试求氨基磺酸粗品的纯度：____(用质量分数表示)。
③若以酚酞为指示剂，用0.08000ml•L-1的NaOH标准溶液进行滴定，也能测定氨基磺酸粗品的纯度，但测得结果通常比NaNO2法____(填“偏高”或“偏低”)。
27、（12分）草酸(二元弱酸，分子式为H2C2O4)遍布于自然界，几乎所有的植物都含有草酸钙(CaC2O4)。
(1) 葡萄糖(C6H12O6)与HNO3反应可生成草酸和NO，其化学方程式为________。
(2) 相当一部分肾结石的主要成分是CaC2O4。若某人每天排尿量为1.4 L，含0.10 g Ca2＋。当尿液中c(C2O42-)>________ml·L－1时，易形成CaC2O4沉淀。[已知Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9]
(3) 测定某草酸晶体(H2C2O4·xH2O)组成的实验如下：
步骤1：准确称取0. 550 8 g邻苯二甲酸氢钾(结构简式为)于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.50 mL。
步骤2：准确称取0.151 2 g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用步骤1中所用NaOH溶液滴定至终点(H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O)，消耗NaOH溶液的体积为20.00 mL。
①“步骤1”的目的是____________________________________。
②计算x的值(写出计算过程)__________________________________。
28、（14分）近年来，随着人类社会的快速发展，环境污染日益严重，而环境污染中的很多问题是由于氮磷富集化引起的，所以如何降低水体中的氮磷含量问题受到广泛关注。目前有两种较为有效的氨氮废水处理方法。
I.化学沉淀法
利用了Mg2+与PO43-与氨氮生成MgNH4PO4∙6H2O沉淀以达到去除氨氮的效果。
已知：磷在pH=8-10时主要存在形式为HPO42-
Ksp（MgNH4PO4∙6H2O）=2.5×10-13
(1)请写出pH=8时，化学沉淀法去除NH4+的离子方程式为_。
(2)氨氮去除率与含磷微粒浓度随pH变化如图1所示，已知：Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-26，请解释pH>10时氨氮去除率随pH变化的原因：__。
II.光催化法
(3)光催化降解过程中形成的羟基自由基（·OH）和超氧离子（·O2-）具有光催化能力，催化原理如图2所示。请写出NO3-转化为无毒物质的电极反应式：__。
(4)经过上述反应后，仍有NH4+残留，探究其去除条件。
①温度对氨氮去除率影响如图3所示。温度升高，氨氮去除率变化的可能原因是：__；__（请写出两条）。
②选取TiO2作为催化剂，已知：TiO2在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电。请在图4中画出pH=5时，氨氮去除率变化曲线_____。
(5)为测定处理后废水中（含少量游离酸）残留NH4+浓度，可选用甲醛-滴定法进行测定。取20mL的处理后水样，以酚酞为指示剂，用0.0100ml/LNaOH滴定至酚酞变红，此时溶液中游离酸被完全消耗，记下消耗NaOH的体积V1mL；然后另取同样体积水样，加入甲醛，再加入2-3滴酚酞指示剂，静置5min，发生反应：6HCHO+4NH4+=(CH2)6N4H+ +6H2O+3H+，继续用NaOH滴定，发生反应：(CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O；H++OH-=H2O。滴定至终点，记录消耗NaOH的体积V2mL，水样中残留NH4+浓度为__ml/L。
29、（10分）I.工业上可由氢气、氮气合成氨气，溶于水形成氨水。盐酸和氨水是实验室常见的电解质溶液。一定温度下，向2L 密闭容器中加入N2(g)和H2(g)，发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+ Q（Q>0）， NH3物质的量随时间的变化如右图所示。
（1）0~2 min 内的平均反应速率 v(H2)=___________。
（2）该温度下，反应 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+ Q（Q>0）的平衡常数表达式K=______。其平衡常数K与温度T的关系如下表：
试判断K1________K2（填写“>”“=”或“”“”“c(CO32-)，CO32-发生水解反应形成HCO3-，但是盐水解的程度是微弱的，主要还是以盐电离产生的离子存在，所以c(CO32-)>c(HCO3-)。故溶液中离子浓度关系是：c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)，错误。D．d点溶液中，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-)，由于c(OH-)=1×10-7ml·L-1，所以c(H+)=1×10-7ml·L-1，故c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，正确。
考点：考查碱与酸性氧化物反应时水电离程度大小比较及溶液中离子浓度关系的知识。
3、A
【解析】
A、SO2有毒，对人体有伤害，不能用于食品加工，故说法错误；
B、SiO2是原子晶体，熔点高，因此可以作耐高温仪器，故说法正确；
C、胃酸的成分是盐酸，氢氧化铝表现弱碱性，可以中和胃酸，因此用于胃酸中和剂，故说法正确；
D、铜和Fe3＋发生反应，即2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，故说法正确。
4、D
【解析】
燃料电池中通入氧气的一极，氧气得电子生成氢氧根离子，该电极为正极。
【详解】
A、氧气得电子产生氢氧根离子，钠离子通过交换膜进入右边得到浓的氢氧化钠，故离子交换膜允许钠离子通过，是阳离子交换膜，选项A正确；
B、根据图示，负极BH4-转化为BO2-，故反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，选项B正确；
C、电解池是电解精炼铜，电解质溶液必须含有铜离子，可以选择CuSO4溶液，选项C正确；
D、A极连接正极，作为阳极，每消耗2.24LO2(标准状况)时，转移电子4ml，A电极的铜的质量减轻32g，选项D不正确；
答案选D。
5、A
【解析】
A、18g水的物质的量为n==1ml，而一个水分子中含10个质子，故1ml水中含10NA个质子，故A正确；
B、苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故B错误；
C、标况下，氨水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D、112g铁的物质的量n==2ml，如果能完全和足量的浓硫酸反应，则生成3ml二氧化硫，而常温下铁在浓硫酸中钝化，铁不能反应完全，则生成的二氧化硫分子小于3NA个，故D错误。
故选：A。
【点睛】
常温下，铁、铝与浓硫酸、浓硝酸能够发生钝化，需注意，钝化现象时因为反应生成了致密氧化膜，氧化膜阻止了反应的进一步发生，若在加热条件下，反应可继续发生，但随着反应的进行，浓硫酸会逐渐变稀，其反应实质有可能会发生相应的变化。
6、B
【解析】
A项，糖类不一定有甜味，如纤维素属于糖类但没有甜味，故A项错误；
B项，葡萄糖和果糖结构不同，性质不同，但分子式相同，故B项正确；
C项，葡萄糖为单糖，蔗糖为二糖，故C项错误；
D项，人体内无纤维素酶，不能使纤维素发生水解生成葡萄糖，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
【点睛】
糖类物质是多羟基(2个或以上)的醛类(aldehyde)或酮类(Ketne)化合物，在水解后能变成以上两者之一的有机化合物。在化学上，由于其由碳、氢、氧元素构成，在化学式的表现上类似于“碳”与“水”聚合，故又称之为碳水化合物。
7、D
【解析】
A. 刚玉为三氧化二铝，故A错误；
B. 碳铵为NH4HCO3，故C错误；
C. 氯仿为CHCl3，故C错误；
D. 的主链为7个碳：3，3，5 -三甲基庚烷，故D正确；
故选D。
8、A
【解析】
A. Mg(OH)2具有碱性，能与盐酸反应，可用于制胃酸中和剂，故A正确；
B. H2O2具有强氧化性，可用作消毒剂，故B错误；
C. FeCl3水解后生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，可用作净水剂，故C错误；
D. 液NH3气化时吸热，可用作制冷剂，故D错误；
故选A。
9、C
【解析】
反应①为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应②为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应③为1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应④为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应⑤为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应⑥为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，据此解答。
【详解】
反应①为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应②为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应③为1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应④为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应⑤为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应⑥为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，
A. 根据以上分析知，氧化反应有⑤⑥，加成反应有①②，A项错误；
B. 氯乙烯有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，从而使酸性KMnO4溶液褪色，聚乙烯没有碳碳双键，不能被酸性KMnO4溶液氧化，则不能使酸性KMnO4溶液褪色，B项错误；
C. 乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，氢氧化铜被还原生成氧化亚铜砖红色沉淀，C项正确；
D. 乙醇与CCl4互溶，则不能用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br2，D项错误；
答案选C。
10、B
【解析】
从铜催化氧化乙醇的反应机理分析。
【详解】
A. 图中CH3CH2OH+CuO→CH3CHO+Cu+H2O，则R化学式为C2H4O，A项正确；
B. 乙醇变成乙醛，发生了脱氢氧化反应，B项错误；
C. 图中另一反应为2Cu+O2→2CuO，两反应中交替生成铜、氧化铜，故固体有红黑交替现象，C项正确；
D. 从乙醇到乙醛的分子结构变化可知，分子中有αH的醇都可发生上述催化氧化反应。乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）的两个羟基都有αH，能发生类似反应，D项正确。
本题选B。
【点睛】
有机反应中，通过比较有机物结构的变化，可以知道反应的本质，得到反应的规律。
11、B
【解析】
A．硫酸铁中铁离子水解生成胶体，胶体具有吸附性而净水，故A不符合题意；
B．碳酸钡可用作胃酸的中和剂会生成溶于水的钡盐，使人中毒，故B符合题意；
C．碘酸钾能给人体补充碘元素，碘酸钾也比较稳定，所以碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂，故C不符合题意；
D．氢氧化铝分解吸收热量，且生成高熔点的氧化铝覆盖在表面，所以氢氧化铝常用作阻燃剂，故D不符合题意；
故选：B。
【点睛】
治疗胃酸过多常用氢氧化铝或小苏打，不能使用碳酸钠，因碳酸钠水解程度较大，碱性较强，但需注意，一般具有胃穿孔或胃溃疡疾病不能使用小苏打，以防加重溃疡症状。
12、C
【解析】
A. n(NaCl)= ，ρV表示的是氯化钠溶液的质量，故A错误；
B. 溶液的质量为：ρg•cm-3×VmL=ρVg，则质量分数ω％= ，故B错误；
C. 溶液的物质的量浓度为：c(NaCl)= =10ρω/58.5，故C正确；
D. 不是氯化钠溶液的体积，故D错误；
故答案选C。
13、D
【解析】
A.同种元素的不同种原子互为同位素，故A错误；
B.结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物互称为同系物，故B错误；
C.分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，故C错误；
D.与都是由氢元素形成的不同单质，互为同素异形体，故D项正确。
故选D。
【点睛】
准确掌握“四同”的概念及它们描述的对象，是解决此题的关键。
14、D
【解析】
溴乙烷水解反应：C2H5Br+NaOH→C2H5OH+NaBr（氢氧化钠水溶液共热）；消去反应：CH3CH2Br+NaOH→CH2=CH2+NaBr+H2O（氢氧化钠乙醇共热），即无论发生水解反应还是消去反应，混合液里面都有Br-。
【详解】
A、甲同学未向反应混合液中滴入稀硝酸中和NaOH，过量的NaOH可与溴水反应使溶液颜色很快褪去，A不正确；
B、乙同学向反应混合液中滴入稀硝酸中和NaOH，然后再滴入AgNO3溶液，若有浅黄色沉淀生成, 可证明混合液里含有Br-，不能证明发生了消去反应，B不正确；
C、酸性KMnO4溶液遇醇类也可以发生氧化还原反应颜色变浅，C不正确；
D、根据上述分析可知，三种方案都不行，符合题意。
答案选D。
15、B
【解析】
A．空气中的SO2和NO2是主要的大气污染物，故A正确；B．大气中的SO2和氮氧化物是形成酸雨的主要污染物，故B错误；C．液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，故C正确；D．用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，可以将有害气体二氧化硫转化为硫酸钙，减少环境污染，故D正确；答案为B。
16、D
【解析】A．铁完全溶于一定量溴水，反应后的最终价态可能是+3价，还可能是+2价，故0.1ml铁转移的电子数不一定是0.3NA个，还可能是0.2NA个，故A错误；B．Na原子最外层是1个电子，则1 ml Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去1NA个电子，故B错误；C．标况下二氯甲烷为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，参加反应的N2为0.5ml，而N2分子含有氮氮叁键，则有1.5NA对共用电子对被破坏，故D正确；答案为D。
17、D
【解析】
A选项，放电时，“同性相吸”即Li+通过隔膜移向正极，故A正确；
B选项，放电时，电子由负极即铝箔沿导线流向正极即铜箔，故B正确；
C选项，放电正极得电子，发生氧化反应为：xFePO4 + xLi++xe－=xLiFeO4，故C正确；
D选项，磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，Fe元素化合价发生变化，故D错误；
综上所述，答案为D。
【点睛】
放电时，溶液中的离子是“同性相吸”，即阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；充电时，溶液中的离子是“异性相吸”，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。
18、A
【解析】
A．充电时，图示装置为电解池，阳离子向阴极移动，即Li＋向右移动，故A符合题意；
B．放电时，装置为原电池，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B不符合题意；
C．充电时，阴极上发生得电子的还原反应，电极反应式为xLi＋＋xe-＋nC=LixCn，故C不符合题意；
D．放电时，FePO4为正极，正极上发生得电子的还原反应，电极反应式为(1－x)LiFePO4＋xFePO4＋xLi＋＋xe-=LiFePO4，故D不符合题意；
故答案为：A。
【点睛】
锂电池（俗称）有一次电池、可充电电池之分，其中原电池型锂电池是锂单质发生氧化反应，而可充电型锂电池又称之为锂离子电池，它主要依靠锂离子在正极和负极之间移动来工作。在充放电过程中，Li+ 在两个电极之间往返嵌入和脱嵌：充电时，Li+从正极脱嵌，经过电解质嵌入负极，负极处于富锂状态，放电时则相反。
19、D
【解析】
①A为Cl2，D为Fe，B为氯化铁，C为氯化亚铁，满足转化关系ABC，故①正确；
②A为S，D为氧气，B为二氧化硫，C为三氧化硫，满足转化关系ABC，故②正确；
③A为Fe，D为硝酸，B为硝酸亚铁，C为硝酸铁，满足转化关系ABC，故③正确；
④A为NH3，D为氧气，B为NO，C为二氧化氮，满足转化关系ABC，故④正确；
⑤A为AlCl3溶液，D为NaOH，B为氢氧化铝，C为偏铝酸钠，满足转化关系ABC，故⑤正确；
⑥若A为Na2CO3，D可以为酸，B为碳酸氢盐，C为二氧化碳，满足转化关系ABC，故⑥正确；
根据分析可知，满足转化关系的A有6个。
答案选D。
20、C
【解析】
A.氯水中含HClO，具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，应选pH计测定氯水的pH，A错误；
B.C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下均为气体，不能冷凝收集，且催化裂化中使用碎瓷片作催化剂且有聚热功能，若改用没有聚热功能的氧化铝固体，实验效果不理想，B错误；
C.只有温度不同，且只有二氧化氮为红棕色，通过两烧瓶中气体颜色的变化可验证温度对平衡的影响，C正确；
D.加热促进AlCl3水解，且生成HCl易挥发，应在HCl气流中蒸发制备AlCl3晶体，D错误；
答案选C。
21、C
【解析】
A. 陶器在烧制过程中发生了复杂的物理变化与化学变化，故A正确；
B. 真丝属于蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，故B项正确；
C. 离子交换法属于化学方法，故C错误；
D. 太阳能电池光电板的材料为单质硅，故D项正确；
故答案为C。
22、C
【解析】
Na与盐酸反应：2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，Mg与盐酸反应：Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，Al与盐酸的反应：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，然后判断过量，如果金属钠过量，Na还会与水反应；
【详解】
2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑
2 2
0.3 0.3>100×10－3L×1ml·L－1 ，盐酸不足，金属钠过量，因此金属钠还与水反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，根据得失电子数目守恒，有0.3ml×1=n(H2)×2，即n(H2)=0.15ml；
Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑
0.3 0.6>100×10－3L×1ml·L－1 ，盐酸不足，金属镁过量，产生n(H2)=0.1ml/2=0.05ml，
2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，同理盐酸不足，铝过量，产生n(H2)=0.05ml，相同条件下，气体体积比值等于其物质的量比值，即气体体积比值为0.15ml：0.05ml：0.05ml=3：1：1，故C正确。
【点睛】
易错点是金属钠产生H2，学生容易认为盐酸不足，按照盐酸进行判断，错选D选项，忽略了过量的金属钠能与水反应产生H2，即判断金属钠产生H2的物质的量时，可以采用得失电子数目相等进行计算。
二、非选择题(共84分)
23、 羟基、羧基 +CH3OH+H2O 浓H2SO4、浓硝酸，加热 +H2O
【解析】
被氧化为A，A发生取代反应生成，故A是；与甲醇发生酯化反应生成D，D是；根据，由可逆推I是，H与甲酸反应生成，则H是，根据逆推G是。
【详解】
（1）根据以上分析可知A是苯甲酸，结构简式为。
（2）C是，含氧官能团名称为羧基、羟基。
（3）与甲醇发生酯化反应生成，化学方程式为。
（4）→为硝化反应，反应条件为浓硫酸、浓硝酸，加热。
（5）与甲酸发生反应生成和水，化学方程式为。
（6）与J反应生成，根据可知J的结构简式为。
（7）①根据，由逆推中间产物1和中间产物2的结构简式分别为、。
②合成L的过程中、可能发生缩聚反应生成高分子化合物。
【点睛】
本题考查有机物的推断与合成，注意根据有机物的结构进行分析解答，需要熟练掌握官能团的性质与转化，重点把握逆推法在有机推断中的应用。
24、（酚）羟基、硝基、羰基（或酮基） 取代反应 + AC 、、（合理即可） bc
【解析】
由有机物结构的变化分析可知，反应①中，A中O-H键断裂，B中C-Cl键断裂，A与B发生取代反应生成C，反应②中，溴原子取代C中甲基上的氢原子生成D，根据已知反应I，可知反应③生成E为，反应④中，E中C-O键断裂，F中N-H键断裂，二者发生加成反应生成G，根据已知反应II，可知反应⑤生成H为，
据此分析解答。
【详解】
(1)A为，所含官能团为-OH、-NO2、，名称为（酚）羟基、硝基、羰基（或酮基），故答案为：（酚）羟基、硝基、羰基（或酮基）；
(2)由分析可知，反应②中，溴原子取代C中甲基上的氢原子生成D，反应④为与发生加成反应生成，故答案为：取代反应；+；
(3)由分析可知，H为，故答案为：；
(4)A. I含有醛基，能发生银镜反应，A项正确；
B. 手性碳原子连接4个不一样的原子或原子团，I中含有2个手性碳原子，如图所示，B项错误；
C. I含有羟基，且与连接羟基的碳原子相邻的碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，C项正确；
D. I中含有1个肽键，D项错误；故答案为：AC ；
(5)A为，A的同分异构体Q分子结构中含有3种含氧官能团，能发生银镜反应，则含有醛基或者含有甲酸酯基结构，可与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，苯环上只有两个取代基且处于对位，符合的Q的结构简式为、、，A和Q互为同分异构体，所含元素相同，所含官能团不同，则区分A和Q可选用的仪器是红外光谱仪、核磁共振波谱仪，故答案为：、、（合理即可）；bc；
(6)根据给出的原料以及信息反应，采用逆合成分析方法可知，可由醋酸与通过酯化反应制得，根据反应④可知可由与反应制得，根据信息反应I可知可由反应制得，根据反应②可知可由与Br2反应制得，故答案为：。
25、将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色 d→e→c→b Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 防止倒吸 铁屑 烧杯、漏斗、玻璃棒 酸式
【解析】
制备聚铁和绿矾(FeSO4•7H2O)流程为：硫酸厂烧渣与硫酸、氧气反应，得到滤液X和不溶物(S、二氧化硅等)W；滤液X中加入铁粉生成硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液通过浓缩蒸发、冷却结晶得到绿矾；将滤液X通过调节pH获得溶液Z，在70～80℃条件下得到聚铁胶体，最后得到聚铁，以此解答该题。
【详解】
(1)检验SO2的一般方法是：将气体通入品红溶液中，如果品红褪色，加热后溶液又恢复红色，证明含有SO2；
(2)实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体，该反应为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，收集SO2前应先干燥然后再收集。由于SO2的密度比空气大，要从c口进气，SO2是有毒气体，在排放前要进行尾气处理，然后再进行排放，所以最后进行尾气处理。因为SO2易于氢氧化钠反应，故D瓶的作用是安全瓶，以防止倒吸现象的发生，故仪器接口顺序为a→d→e→c→b→f；
(3)因为在烧渣中加入了硫酸和足量氧气，所以溶液Y中含有Fe3+，故应先加入过量的铁粉(或铁屑)，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，除去Fe3+，然后过滤除去过量的铁粉，得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾，过滤使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(4)KMnO4溶液具有强的氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以用KMnO4标准溶液滴定Fe2+的溶液时，要使用酸式滴定管盛装。
【点睛】
本题考查了制备方案的设计，涉及实验室中二氧化硫的制取方法、常见尾气的处理方法以及铁离子的检验等，明确实验目的、了解仪器结构与作用是解答关键，注意掌握制备方案的设计方法，试题培养了学生的化学实验能力。
26、A 温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动 关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2～3次 氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动 (通电)预热 去皮键(归零键) 77.60% 偏高
【解析】
发烟硫酸和尿素在磺化步骤转化为氨基磺酸，反应①为放热反应，同时反应因为有气体参与，则通过改变温度和压强可以影响产率；因为氨基磺酸为固体，则过滤时可采用抽滤；得到的氨基磺酸可能混有杂质，则要经过重结晶进行提纯，最后干燥可得到纯净的氨基磺酸。
【详解】
（1）A.仪器a的名称是三颈烧瓶，故A正确；
B.冷凝回流时，冷凝水应该下进上出，即从冷凝管的A管口通入，故B错误；
C.向漏斗内转待抽滤液时，应用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀，不能直接转移悬浊液，故C错误；
D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，再关闭水龙头，故D错误；
综上所述，答案为A。
（2）气体的溶解度随温度升高而降低，则温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动，故答案为：温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动；
（3）洗涤的具体操作为关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2-3次，故答案为：关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2～3次；
（4）“重结晶”时，溶剂选用10%～12%的硫酸是为了防止氨基磺酸洗涤时因溶解而损失，因为氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动，故答案为：氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动；
（5）①电子天平在使用时要注意使用前须(通电)预热并调零校准，称量时，要将药品放到小烧杯或滤纸上，注意要先按去皮键(归零键)，再放入药品进行称量，故答案为：(通电)预热；去皮键(归零键)；
②亚硝酸钠与氨基磺酸反应后的产物均为氮气，根据氧化还原反应原理可知，亚硝酸与氨基磺酸以1:1比例反应，可知，则2.500g氨基磺酸粗品中氨基磺酸粗品的纯度=，故答案为：77.60%；
③因为氨基磺酸粗品中混有硫酸，则用NaOH标准溶液进行滴定，会使测得结果通常比NaNO2法偏高，故答案为：偏高。
【点睛】
当讨论温度对产率的影响时，注意考虑要全面，温度一般可以影响反应速率、化学平衡移动、物质的溶解度以及物质的稳定性等，可以从这些方面进行讨论，以免漏答。
27、C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑ 1.3×10－6 测定NaOH溶液的准确浓度 x＝2
【解析】
（1）依据氧化还原反应规律书写其方程式；
（2）根据c=得出溶液中的钙离子浓度，再依据溶度积公式求出草酸根离子浓度；
（3）利用邻苯二甲酸氢钾可以滴定氢氧化钠，再利用氢氧化钠标准液测定草酸的浓度，依据物质的量之间的关系，列出关系式，求出草酸的物质的量，根据总质量间接再求出水的质量，进一步得出结晶水的个数。
【详解】
（1）HNO3将葡萄糖(C6H12O6)氧化为草酸，C元素从0价升高到+2价，N元素从+5价降低到+2价，则根据电子转移数守恒、原子守恒可知，化学方程式为：C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑；
（2）c(Ca2+)===0.00179ml/L，又Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9=，因此当形成沉淀时溶液中c(C2O42-)>1.3×10－6；
（3）①“步骤1”中用准确称量的邻苯二甲酸氢钾测定氢氧化钠溶液的准确浓度，由于两者按物质的量1:1反应，故在滴定终点时，两者物质的量相等，根据邻苯二甲酸氢钾的物质的量和消耗的氢氧化钠溶液的体积即可测定出氢氧化钠溶液的准确浓度，故答案为测定NaOH溶液的准确浓度；
②0. 550 8 g邻苯二甲酸氢钾的物质的量n(酸)==0.0027ml, 测定NaOH溶液的准确浓度c(NaOH) ==0.1194ml/L，
又草酸与氢氧化钠反应，根据H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O可知，2n(H2C2O4)=c(NaOH) ·V(NaOH)，n(H2C2O4)==1.194×10-3 ml，所以n(H2C2O4·xH2O)= 1.194×10-3 ml，
则 n(H2C2O4) ·M(H2C2O4)= 1.194×10-3 ml×（94+18x）g/ml=0.1512g，则晶体中水的个数x2，
故x＝2。
28、Mg2++HPO42-+NH4++6H2O=MgNH4PO4∙6H2O↓+H+ pH>10时NH4+与OH-反应生成NH3而挥发，Mg2+与PO43-反应生成Mg3(PO4)2沉淀，使氨氮去除率降低 2NO3-+12H++6e-=N2↑+6H2O 温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的运动速率加快,羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)活性增大 温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的形成速率增大，温度升高反应速率加快
【解析】
(1)pH=8时，磷主要以HPO42-的形式存在，则应为Mg2+、HPO42-、NH4+发生反应，生成MgNH4PO4∙6H2O沉淀。
(2) pH>10时，磷主要以PO43-的形式存在，从Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-26看，易生成Mg3(PO4)2沉淀，氨氮去除率降低，则表明NH4+与碱发生了反应。
(3)从图中可以看出，NO3-在H+存在的环境中得电子，生成N2等。
(4)①温度升高，氨氮去除率变化的可能原因是从温度对羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的影响进行分析。
②依信息：TiO2在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电。则在pH=5时，TiO2带正电，吸引NH4+的能力差，氨氮去除率比pH=11时要小。
(5)依题意，溶液中剩余的H++OH-=H2O，4NH4+——(CH2)6N4H+ +3H+——4OH-
代入数据即可求出水样中残留NH4+浓度。
【详解】
(1)pH=8时，磷主要以HPO42-的形式存在，则应为Mg2+、HPO42-、NH4+发生反应，生成MgNH4PO4∙6H2O沉淀，则反应的离子方程式为Mg2++HPO42-+NH4++6H2O=MgNH4PO4∙6H2O↓+H+。答案为：Mg2++HPO42-+NH4++6H2O=MgNH4PO4∙6H2O↓+H+；
(2) pH>10时，磷主要以PO43-的形式存在，由Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-26可知，此时PO43-易生成Mg3(PO4)2沉淀，从而使氨氮去除率降低，此时应发生NH4+与OH-的反应。从而得出pH>10时氨氮去除率随pH变化的原因是pH>10时NH4+与OH-反应生成NH3而挥发，Mg2+与PO43-反应生成Mg3(PO4)2沉淀，使氨氮去除率降低。答案为：pH>10时NH4+与OH-反应生成NH3而挥发，Mg2+与PO43-反应生成Mg3(PO4)2沉淀，使氨氮去除率降低；
(3)从图中可以看出，NO3-在H+存在的环境中得电子，生成N2等，电极反应式为2NO3-+12H++6e-=N2↑+6H2O。答案为：2NO3-+12H++6e-=N2↑+6H2O；
(4)①温度升高，氨氮去除率变化的可能原因是温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的运动速率加快,羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)活性增大；温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的形成速率增大，温度升高反应速率加快。答案为：温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的运动速率加快,羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)活性增大；温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的形成速率增大，温度升高反应速率加快；
②依信息：TiO2在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电。则在pH=5时，TiO2带正电，吸引NH4+的能力差，氨氮去除率比pH=11时要小。则pH=5时，氨氮去除率变化曲线为：
答案为：；
(5)依题意，溶液中剩余的H++OH-=H2O，4NH4+——(CH2)6N4H+ +3H+——4OH-
则n(NH4+)=0.01ml/L×V2×10-3L-0.01ml/L×V1×10-3L=0.01(V2-V1)×10-3ml，
水样中残留NH4+浓度为=ml/L。答案为：；
【点睛】
pH=8时，虽然MgHPO4的Ksp也比较小，但应从图象中采集信息，此时由于氨氮的去除率高，所以应生成MgNH4PO4∙6H2O沉淀，否则易错写方程式。
29、0.375 ml/(L·min) [NH3]2/[N2][H2]3 > bd < > [Cl-]= [NH4+]> [H+]= [OH-] 测量 0.1ml/L 氨水的 pH，pH小于13 等
【解析】
试题分析：I.（1）根据 计算反应速率；（2）根据平衡常数的定义书写平衡常数表达式；反应 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+ Q（Q>0）正反应放热，升高温度平衡逆向移动；（3）根据平衡状态的特征分析；II. （4）①等浓度、等体积的盐酸和氨水混合，恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解；②若等浓度、等体积的盐酸和氨水混合，溶液呈酸性，要使pH＝7，则氨水的物质的量大于盐酸；根据电荷守恒分析离子浓度关系；（5）根据弱电解质部分电离或弱碱阳离子能水解设计方案；
解析：I.（1）2min内生成1ml氨气，则消耗氢气1.5ml， = 0.375 ml/(L·min)；（2）根据平衡常数的定义，平衡常数K= ；反应 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+ Q（Q>0）正反应放热，升高温度平衡逆向移动,平衡常数减小，所以K1>K2；（3）a．任意时刻速率比都等于系数比，所以3v(N2) = v(H2)不一定平衡，故a错误； b．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，气体物质的量是变量，所以压强是变量，容器内压强保持不变一定达到平衡状态，故b正确；c．根据，气体密度是恒量， 混合气体的密度保持不变不一定平衡，故c错误；d．25℃时K=4×106，容器中c(NH3)=0.2 ml·L-1， c(H2) =c(N2) =0.01 ml·L-1，，Q=K，反应一定达到平衡状态，故d正确。
II. （4）①等浓度、等体积的盐酸和氨水混合，恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解 ，所以溶液呈酸性pH0.2；根据电荷守恒，[Cl-]+[OH-]= [NH4+]+ [H+]，溶液呈中性，[OH-]= [H+]，所以离子浓度关系为[Cl-]= [NH4+]> [H+]= [OH-]；（5）测量 0.1ml/L 氨水的 pH，pH小于13 ，能证明一水合氨部分电离是弱电解质；
点睛：同浓度、同体积的一元强酸与一元弱碱混合，溶液呈酸性；同浓度、同体积的一元弱酸与一元强碱混合，溶液呈碱性；同浓度、同体积的一元强酸与一元强碱混合，溶液呈中性。
选项
性质
实际应用
A
SO2具有漂白性
SO2可用于食品增白
B
SiO2熔点高
SiO2可用于制作耐高温仪器
C
Al(OH)3具有弱碱性
Al(OH)3可用于制胃酸中和剂
D
Fe3+具有氧化性
FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜
选项
实验目的
实验方法
相关解释
A
测量氯水的pH
pH试纸遇酸变红
B
探究正戊烷C5H12催化裂解
C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃
C
实验温度对平衡移动的影响
2NO2N2O4为放热反应，升温平衡逆向移动
D
用AlCl3溶液制备AlCl3晶体
AlCl3沸点高于溶剂水
T/ ℃
25
125
225
平衡常数 K
4×106
K1
K2
实验编号
氨水浓度/ml·L-1
盐酸浓度/ml·L-1
混合溶液 pH
①
0. 2
0.2
pH＝x
②
c
0.2
pH＝7