2026届安徽黄山市高三最后一模化学试题含解析

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2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
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、化学与科技、生活密切相关。下列叙述中正确的是（ ）
A．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
B．从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，因此石墨烯是电解质
C．中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料
D．泰国银饰和土耳其彩瓷是“一带一路”沿线国家的特色产品，其主要成分均为金属材料
2、从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的一种工艺流程如图：(已知TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱)下列有关说法正确的是
A．“氧化浸出”时为使碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸
B．“过滤”用到的玻璃仪器：分液漏斗、烧杯、玻璃棒
C．判断粗碲洗净的方法：取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成
D．“还原”时发生的离子方程式为2SO32-＋Te4＋＋4OH－=Te↓＋2SO42-＋2H2O
3、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
4、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．密闭容器中，1mlN2和3mlH2催化反应后分子总数为2NA
B．100g98%的浓H2 SO4与过量的Cu反应后，电子转移数为NA
C．标准状况下，11.2L氧气和二氧化碳混合物中含氧原子数目为NA
D．1L1ml/LNa2CO3溶液中所含阴离子数目小于NA
5、X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物（ZXY）2的结构式如图所示。下列说法错误的是
A．化合物WY是良好的耐热冲击材料
B．Y的氧化物对应的水化物可能是弱酸
C．X的氢化物的沸点一定小于Z的
D．化合物（ZXY）2中所有原子均满足8电子稳定结构
6、工业上可用软锰矿(主要成分是MnO2)和黄铁矿(主要成分是FeS2)为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工艺流程如下：
已知：净化工序的目的是除去溶液中的Ca2+、Cu2+等杂质（CaF2难溶）。
下列说法不正确的是
A．研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率
B．除铁工序中，在加入石灰调节溶液的pH前，加入适量的软锰矿，发生的反应为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋==2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O
C．副产品A的化学式(NH4)2S
D．从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥
7、实验室分离苯和水，可选用下列（ ）
A．B．C．D．
8、某有机物的结构简式如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．与互为同分异构体
B．可作合成高分子化合物的原料（单体）
C．能与NaOH溶液反应
D．分子中所有碳原子不可能共面
9、下列物质与其用途不相符的是
A．乙二醇——抗冻剂B．NaCl——制纯碱
C．Al2O3——焊接钢轨D．甲苯——制炸药
10、下列有关化学实验说法正确的是（ ）
A．受强酸或强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2%醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗，最后用水冲洗，并视情况作进一步处理
B．移液管吸取溶液后，应将其垂直放入稍倾斜的容器中，并使管尖与容器内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管
C．向某溶液中加入茚三酮试剂，加热煮沸后溶液若出现蓝色，则可判断该溶液含有蛋白质
D．检验氯乙烷中的氯元素时，可先将氯乙烷用硝酸进行酸化，再加硝酸银溶液来检验，通过观察是否有白色沉淀来判断是否存在氯元素
11、分别含有下列各物质的废弃试剂，倒在同一废液缸中不会引起实验室污染或危险的一组是（ ）
A．氨水和NaOHB．硫酸铵和氯化钡
C．硝酸亚铁和盐酸D．电石和盐酸
12、下列各组离子能大量共存的是
A．在pH=0的溶液中：NH4+、Al3+、OH-、SO42-
B．在新制氯水中:Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-
C．在加入NH4HCO3产生气体的溶液中:Na+、Ba2+、Cl-、NO3-
D．加入Al片能产生H2的溶液：NH4+、Ca2+、HCO3-、NO3-
13、为检验某固体物质中是否铵盐，你认为下列试纸或试剂一定用不到的是( )
①蒸馏水 ②氢氧化钠溶液 ③红色石蕊试纸 ④蓝色石蕊试纸 ⑤稀硫酸
A．①⑤B．④⑤C．①③D．①④⑤
14、25℃时，向KCl溶液加入少量KCl固体至溶液刚好饱和。在这一过程中，没有发生改变的是
A．溶液中溶质的质量B．溶液中KCl质量分数
C．溶液中溶剂的质量D．KCl溶液质量
15、NA表示阿伏加德罗常数的值。室温下，下列关于 1 L 0.1 ml/L FeCl3 溶液的说法中正确的是
A．溶液中含有的 Fe3+离子数目为 0.1NA
B．加入 Cu 粉，转移电子数目为 0.1NA
C．加水稀释后，溶液中 c(OH－) 减小
D．加入 0. 15 ml NaOH 后，3c(Fe3+)+c(H+) = c(Na+) + c(OH－)
16、酸雨的主要成分是H2SO4，以下是形成途径之一：①NO2+SO2=NO+SO3，②2NO+O2=2NO2，③SO3+H2O＝H2SO4，以下叙述错误的是
A．NO2由反应N2+2O22NO2生成
B．总反应可表示为2SO2+O2+2H2O2H2SO4
C．还可能发生的反应有4NO2+O2+2H2O＝4HNO3
D．还可能发生的反应有4NO+3O2+2H2O＝4HNO3
17、下列关于元素周期表和元素周期律的说法正确的是（ ）
A．Li、Na、K元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而减少
B．第二周期元素从Li到F，非金属性逐渐减弱
C．因为K比Na容易失去电子，所以K比Na的还原性强
D．O与S为同主族元素，且O比S的非金属性弱
18、下列实验能获得成功的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
19、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温常压下，1mlP4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为4NA
B．0.1mlH2和0.1mlI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NA
C．20mL10ml/L的浓硝酸与足量铜加热反应转移电子数为0.1NA
D．0.1mlNH2-所含电子数为6.02×1023个
20、下列化学用语对事实的表述正确的是
A．常温下，0.1ml·L-1 氨水的 pH＝11: NH3·H2O ⇌ NH4+ + OH－
B．Mg 和 Cl 形成离子键的过程:
C．电解 CuCl2 溶液: CuCl2 == Cu2+ + 2Cl－
D．乙酸与乙醇发生酯化反应: CH3COOH + C2H518OH CH3COOC2H5 + H218O
21、下列各组实验中，根据实验现象所得到的结论正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
22、X、Y、Z、W 均为短周期元素 ， 它们在周期表中相对位置如图所示。若Z原子的最外层电子数是K层电子数的3倍， 下列说法中正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的酸性Z比W强
B．只由这四种元素不能组成有机化合物
C．与Z的单质相比较，Y的单质不易与氢气反应
D．X、Y形成的化合物都是无色气体
二、非选择题(共84分)
23、（14分）化合物M是一种药物中间体。实验室以烃A为原料制备M的合成路线如图所示。请回答下列问题：
已知：①R1COOH+R2COR3。
②R1CH2COOR2+R3COOR4+R4OH、、、均表示烃基
(1)的核磁共振氢谱中有________组吸收峰；B的结构简式为________。
(2)的化学名称为________；D中所含官能团的名称为________。
(3)所需的试剂和反应条件为________；的反应类型为________。
(4)的化学方程式为________。
(5)同时满足下列条件的M的同分异构体有________种不考虑立体异构。
①五元环上连有2个取代基
②能与溶液反应生成气体
③能发生银镜反应
(6)参照上述合成路线和信息，以甲基环戊烯为原料无机试剂任选，设计制备的合成路线：________。
24、（12分）已知 A 与 H2、CO 以物质的量 1∶1∶1 的比例形成 B，B能发生银镜反应，C 分子中只有一种氢，相关物质转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质)：
请回答：
（1）有机物 C 的结构简式是________，反应②的反应类型是________。
（2）写出一定条件下发生反应①的化学方程式___________。
（3）下列说法不正确的是________(填字母)。
A．化合物 A 属于烃
B．化合物 D 含有两种官能团
C．用金属钠无法鉴别化合物 F、G
D．A 与 D 一定条件下可以生成 CH3CH2OCH2CH2OH
25、（12分）EDTA(乙二胺四乙酸)是一种能与Ca2+、Mg2+等结合的螯合剂。某高三研究性学习小组在实验室制备EDTA，并用其测定某地下水的硬度。制备EDTA的实验步骤如下：
步骤1：称取94.5g(1.0ml)ClCH2COOH于1000mL三颈烧瓶中(如图)，慢慢加入50%Na2CO3溶液，至不再产生无色气泡；
步骤2：加入15.6g(0.26ml)H2NCH2CH2NH2，摇匀，放置片刻，加入2.0 ml/L NaOH溶液90mL，加水至总体积为600mL左右，温度计50℃加热2h；
步骤3：冷却后倒入烧杯中，加入活性炭脱色，搅拌、静置、过滤。用盐酸调节滤液至pH=1，有白色沉淀生成，抽滤，干燥，制得EDTA。
测地下水硬度：
取地下水样品25.00mL进行预处理后，用EDTA进行检测。实验中涉及的反应有M2+ (金属离子)+Y4－(EDTA)=MY2－；M2+(金属离子)+EBT(铬黑T，蓝色)==MEBT(酒红色)；MEBT+Y4－(EDTA)=MY2－+EBT(铬黑T)。
请回答下列问题：
(1)步骤1中发生反应的离子方程式为__________。
(2)仪器Q的名称是____________，冷却水从接口_______流出(填“x”或“y”)
(3)用NaOH固体配制上述NaOH溶液，配制时使用的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、______和_______，需要称量NaOH固体的质量为______。
(4)测定溶液pH的方法是___________。
(5)将处理后的水样转移到锥形瓶中，加入氨水－氯化铵缓冲溶液调节pH为10，滴加几滴铬黑T溶液，用0.0100ml·L－1EDTA标准溶液进行滴定。
①确认达到滴定终点的现象是____________。
②滴定终点时共消耗EDTA溶液15.0mL，则该地下水的硬度=____________(水硬度的表示方法是将水中的Ca2+和Mg2+都看作Ca2+，并将其折算成CaO的质量，通常把1L水中含有10 mg CaO称为1度)
③若实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则测定结果将_____(填“偏大“偏小”或“无影响”)。
26、（10分）某研究性学习小组选用以下装置进行实验设计和探究(图中a、b、c均为止水夹)：
（1）在进行气体制备时，应先检验装置的气密性。将A装置中导管末端密封后，在分液漏斗甲内装一定量的蒸馏水，然后______，则证明A装置的气密性良好。
（2）利用E装置能吸收的气体有______(任写两种即可)。
（3）用锌粒和稀硫酸制备H2时应选用装置___作为发生装置(填所选装置的字母序号)，实验时先在稀硫酸中加入少量硫酸铜晶体可使反应速率加快，原因是__。
（4）某同学将A、C、E装置连接后设计实验比较Cl－和S2－的还原性强弱。
①A中玻璃仪器甲的名称为____，A装置中发生反应的离子方程式为____。
②C中说明Cl－和S2－的还原性强弱的实验现象_____。
27、（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_____。
28、（14分）氮及其化合物在生产生活中应用广泛。回答下列问题：
(1)“中国制造2025”是中国政府实施制造强国战略第一个十年行动纲领。氮化铬(CrN)具有极高的硬度和力学强度、优异的抗腐蚀性能和高温稳定性能，氮化铬在现代工业中发挥更重要的作用，请写出Cr3+的外围电子排布式____；基态铬、氮原子的核外未成对电子数之比为____。
(2)氮化铬的晶体结构类型与氯化钠相同，但氮化铬熔点(1282℃)比氯化钠 (801'C)的高，主要原因是________。
(3)过硫酸铵[(NH4)2S2O8]，广泛地用于蓄电池工业、石油开采、淀粉加工、油脂工业、照相工业等，过硫酸铵中N、S、O的第一电离能由大到小的顺序为 _______，其中NH4+的空间构型为____________
(4)是20世纪80年代美国研制的典型钝感起爆药Ⅲ，它是由和[C(NH3)5H2O](ClO4)3反应合成的，中孤电子对与π键比值为 _______， CP的中心C3+的配位数为 ______ 。
(5)铁氮化合物是磁性材料研究中的热点课题之一，因其具有高饱和磁化强度、低矫顽力，有望获得较高的微波磁导率，具有极大的市场潜力，其四子格结构如图所示，已知晶体密度为ρg∙cm-3，阿伏加德罗常数为NA。
①写出氮化铁中铁的堆积方式为____。
②该化合物的化学式为 ___。
③计算出 Fe(II)围成的八面体的体积为____cm3。
29、（10分）近年来,我国对雾霾的治理重视有加。研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理方法具有重要意义。
(1)利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。在钠碱循环法中,Na2SO3溶液作为吸收液,可由NaOH溶液吸收SO2制得,发生反应的离子方程式是__________________。
(2)在恒温恒容的容器中充入3mlCO，3mlH2发生反应2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，下列说法可以判断反应一定达到平衡状态的是____________。
A．CO和CH3OCH3(g)的生成速率相等
B．混合物中CO的体积分数保持不变
C．反应容器中的压强不再变化
D．反应容器内CO、H2、CH3OCH3(g)、H2O(g)四者共存
E.反应容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变
(3)利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O设计为电池可消除NO2，其简易装置如图所示。
①b极的电极反应式为______________________。
②常温下,若用该电池电解0.6L饱和KCl溶液，一段时间后,测得饱和KCl溶液pH变为13,则理论上a极上消耗A气体的体积为_____mL(气体处于标准状况;假设电解过程中溶液体积不变)。
(4)化学上采用NH3处理NxOy不仅可以消除污染，还可作为工业生产的能量来源。
已知:①2NO(g)=N2(g)+O2(g) ∆H1= -177kJ.ml-1
②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ∆H2= -
则用NH3处理NO生成氮气和气态水的热化学方程式为___________________。
(5)氨氧化物可用碱溶液吸收。若NO和NO2混合气体被NaOH溶液完全吸收，只生成一种盐，则该反应的化学方程式为____________。已知常温下.Ka(HNO2)=5×10-4,则反应HNO2(aq)+NaOH(aq)NaNO2(aq)+H2O(1)的平衡常数为________。
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、A
【解析】
A．用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关，该过程为萃取操作，故A正确；
B．石墨烯是一种碳单质，不是电解质，故B错误；
C．碳化硅属于无机物，为无机非金属材料，故C错误；
D．泰国银饰属于金属材料，土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐，故D错误；
故答案为A。
2、C
【解析】
A．从阳极泥中提取粗碲，第一步是将Te元素转化为TeO2的沉淀过滤出来，考虑到TeO2易溶于强酸和强碱，所以氧化浸出步骤中酸不可加过量，A错误；
B．过滤操作需要漏斗，而不是分液漏斗，B错误；
C．通过分析整个流程可知，最终得到的粗碲固体表面会吸附溶液中的，因此判断洗净与否，只需要检验最后一次洗涤液中是否仍含有即可，C正确；
D．酸浸时TeO2溶解，随后被Na2SO3还原，TeO2生成Te单质，生成，所以正确的离子方程式为：，TeO2是氧化物离子方程式中不能拆分，D错误。
答案选C。
3、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。
【点睛】
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。
4、C
【解析】
A．合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故分子总数大于2NA个，故A错误；
B．100g98%的浓H2 SO4中含有硫酸98g，物质的量为1ml，铜与浓硫酸的反应，2H2SO4(浓) + CuCuSO4 + 2H2O +SO2↑，随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，反应不再进行，所以反应生成的二氧化硫的物质的量小于0.5ml，转移的电子的物质的量小于1ml，故B错误；
C．标准状况下，11.2LO2与CO2混合气体的物质的量==0.5ml，混合物中所含氧原子的数目为NA，故C正确；
D．碳酸根的水解CO32-+H2OHCO3-+OH-，导致阴离子个数增多，故1L1ml/LNa2CO3溶液中阴离子个数多于NA个，故D错误；
故选C。
【点睛】
本题的易错点为BD，B中要注意稀硫酸与铜不反应，D中要注意根据碳酸根离子的水解方程式分析阴离子数目的变化。
5、C
【解析】
因W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，且原子序数W>X，因此X、Y、Z为第二周期元素，W为第三周期元素，结合(ZXY)2的结构式可知，X为C，Y为N，Z为O，X最外层电子数为4，故W为Al，以此解答。
【详解】
A．化合物AlN为原子晶体，AlN最高可稳定到2200℃，室温强度高，且强度随温度的升高下降较慢，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，故A不符合题意；
B．N的氧化物对应的水化物中HNO2为弱酸，故B不符合题意；
C．C的氢化物的沸点随分子量的增加而增大，沸点不一定比H2O的沸点低，故C符合题意；
D．由(OCN)2的结构式可知所有原子均满足8电子稳定结构，故D不符合题意；
故答案为：C。
6、C
【解析】
由流程可知软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，FeS2和稀硫酸反应生成Fe2+，然后过滤得到滤渣是MnO2，向滤液中加入软锰矿发生的离子反应方程式为：2Fe2++15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42，过滤，滤液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，生成CuS、CaF沉淀除去，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锰，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体。
【详解】
A. 提高浸取率的措施可以是搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，故A正确；
B. 主要成分是FeS2的黄铁矿在酸浸过程中产生亚铁离子，因此流程第二步除铁环节的铁应该转化铁离子才能更好除去，所以需要加入氧化剂软锰矿使残余的Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，再加入石灰调节pH值使Fe3+完全沉淀，故B正确；
C.得到的滤液中还有大量的铵根离子和硫酸根离子没有反应，因此可以制的副产品为：(NH4)2SO4，故C错误；
D. 从沉锰工序中得到纯净MnCO3，只需将沉淀析出的MnCO3过滤、洗涤、干燥即可，故D正确；
故选C。
7、C
【解析】
苯和水分层，可选分液法分离，以此来解答。
【详解】
A中为层析法；B为蒸发；D为过滤；苯和水分层，可选分液法分离，选项C符合；
答案选C。
【点睛】
本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意层析法为解答的难点。
8、D
【解析】
A．分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，与分子式都为C7H12O2，互为同分异构体，故A正确；
B．该有机物分子结构中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可发生聚合反应，可作合成高分子化合物的原料（单体），故B正确；
C．该有机物中含有酯基，具有酯类的性质，能与NaOH溶液水解反应，故C正确；
D．该有机物分子结构简式中含有-CH2CH2CH2CH3结构，其中的碳原子连接的键形成四面体结构，单键旋转可以使所有碳原子可能共面，故D错误；
答案选D。
【点睛】
数有机物的分子式时，碳形成四个共价键，除去连接其他原子，剩余原子都连接碳原子。
9、C
【解析】
A. 乙二醇的熔点很低，故可用作汽车的防冻液，故A正确；
B. 侯氏制碱法的原理是将氨气和二氧化碳通入饱和氯化钠溶液中，然后生成碳酸氢钠和氯化铵，将碳酸氢钠分离出后加热即可制得纯碱碳酸钠，故氯化钠可用作制纯碱，故B正确；
C. 利用铝热反应来焊接钢轨，而铝热反应是铝单质和某些金属氧化物的反应，其中氧化铝是生成物，故可以说金属铝能用于焊接钢轨，故C错误；
D. 三硝基甲苯是一种烈性炸药，可以通过甲苯的硝化反应来制取，故D正确。
故选：C。
10、B
【解析】
A.受强酸腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2%NaHCO3溶液洗，A错误；
B.吸取溶液后的移液管，需将液体放入稍倾斜的容器中，并保持管壁的垂直，并将管尖与容器内壁接触后，才能松开食指让溶液流出，B正确；
C.茚三酮试剂与蛋白质作用，应生成蓝紫色物质，C错误；
D. 检验氯乙烷中的氯元素时，应先将氯乙烷用热的强碱水溶液或强碱的乙醇溶液处理，让其发生水解，D错误。
故选B。
11、B
【解析】
A．氨水和NaOH混合会释放出氨气，有刺激性气味，会引起污染，A不符合题意；
B．硫酸铵和氯化钡，生成BaSO4沉淀，但是不会产生污染，B符合题意；
C．硝酸亚铁和盐酸会发生：，有有毒气体NO生成，会污染空气，C不符合题意；
D．电石和盐酸混合，电石会和盐酸生成乙炔（C2H2）气体，具有可燃性气体，遇明火会发生爆炸，D不符合题意；
答案选B。
12、C
【解析】
A、在pH=0的溶液呈酸性：OH-不能大量共存，故A错误；B、在新制氯水中，氯水具有强氧化性:Fe2+会被氧化成铁离子，故B错误；C、在加入NH4HCO3产生气体的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，Na+、Ba2+、Cl-、NO3-在酸性和碱性条件下均无沉淀、气体或水生成，故C正确；D、加入Al片能产生H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性：NH4+、HCO3-在碱性条件下不共存，HCO3-在酸性条件下不共存，故D错误；故选C。
13、B
【解析】
铵根离子和氢氧化钠溶液反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则需要红色石蕊试纸，且需要蒸馏水润湿试纸，则不需要的物质是蓝色石蕊试纸及稀硫酸，④⑤正确，故答案为B。
14、C
【解析】
25℃时，向KCl溶液加入少量KCl固体至溶液刚好饱和的过程中，随着氯化钾的增加，溶液中氯化钾的质量逐渐增加、氯化钾的质量分数逐渐增大、溶液的质量逐渐增大，但是整个过程中溶剂水的质量不变，答案选C。
15、D
【解析】
A．Fe3+发生一定程度的水解，N(Fe3+)＜0.1NA，故A错误；
B．Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，因加入Cu的量不确定，转移电子数目N(e－)≤0.1NA，无法确定，故B错误；
C．加水稀释使平衡Fe3++3H2O3H+ + Fe(OH)3向右移动，(H+ )增大，但c(H+ )减小，c(OH－)增大，故C错误；
D．加入0.15 ml NaOH后，溶液中必有2c(Na+)=c(Cl－)(物料守恒)、3c(Fe3+)+c(Na+ )+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)(电荷守恒)，可得3c(Fe3+)+c(H+)=c(Na+ )+c(OH－)，故D正确；
答案选D。
【点睛】
列出溶液中的2c(Na+)=c(Cl－)(物料守恒)是解D项的关键。
16、A
【解析】
A．N2+O22NO，不能生成NO2，故A错误；
B．①×2+②+③×2得：2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，故B正确；
C．利用3NO2+H2O＝2HNO3+NO④以及④×2+②得：4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，故C正确；
D．利用3NO2+H2O＝2HNO3+NO④以及④×2+②×3得：4NO+3O2+2H2O＝4HNO3，故D正确。
故选A。
17、C
【解析】
A.Li、Na、K元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而增多，故A错误；
B. 第二周期元素从Li到F，金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增强，故B错误；
C.金属越容易失去电子，则金属性越强，K比Na容易失去电子，所以K比Na的还原性强，所以C选项是正确的；
D.O与S为同主族元素，同主族自上而下元素非金属性减弱，O比S的非金属性强，故D错误。
答案选C。
18、C
【解析】
A．苯酚与溴发生取代反应生成三溴苯酚，溴以及三溴苯酚都溶于苯中，无法到分离提纯的目的，应用氢氧化钠溶液除杂，故A错误；
B．次氯酸具有漂白性，可使pH试纸先变红后褪色，无法测出溶液的pH，故B错误；
C．加入盐酸，可排除Na2SO3的影响，再加入BaCl2溶液，可生成硫酸钡白色沉淀，可用于检验，故C正确；
D．反应在碱性条件下水解，检验溴离子，应先调节溶液至酸性，故D错误；
故答案为C。
19、D
【解析】
A、P4是正四面体结构，每个P4分子中有6个共价键，1mlP4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为6NA，故A错误；
B. H2+I2 2HI反应前后气体分子数不变，0.1mlH2和0.1mlI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数等于0.2NA，故B错误
C. 20mL10ml/L的浓硝酸与足量铜加热反应生成NO2和NO，转移电子数不是0.1NA，故C错误；
D.1个NH2-含10个电子，0.1mlNH2-所含电子数为6.02×1023个，故D正确。
20、A
【解析】
A选项，温下，0.1ml·L-1 氨水的 pH＝11，说明氨水部分电离，其电离方程式为 NH3·H2O ⇌ NH4+ + OH－，故A正确；
B选项，Mg 和 Cl 形成离子键的过程: ，故B错误；
C选项，CuCl2 == Cu2+ + 2Cl－是CuCl2电离方程式，故C错误；
D选项，乙酸与乙醇发生酯化反应，酸脱羟基醇脱羟基上的氢，因此CH3COOH + C2H518OH CH3CO18OC2H5 + H2O，故D错误。
综上所述，答案为A。
【点睛】
酯化反应一定是羧酸脱羟基，醇脱羟基上的氢，醇中的氧生成在酯中，羧酸中羟基中的氧在水中。
21、B
【解析】
A．向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液，酸性环境下硝酸根会将亚铁离子氧化，而不是银离子，故A错误；
B．乙烯含有碳碳双键，通入溴的四氯化碳溶液中发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，溶液无色透明，说明产物溶于四氯化碳，故B正确；
C．溶液显蓝色，说明Cu(OH)2沉淀溶于氨水生成的是[Cu(NH3)4]2+，故C错误；
D．二者浓度未知，应检测等浓度的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH，故D错误；
故答案为B。
22、B
【解析】
K层最多只能填2个电子，因此Z原子最外层有6个电子，考虑到X、Y不可能是第一周期，则Z是硫，W是氯，X是氮，Y是氧，据此来分析本题即可。
【详解】
A.非金属越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，而W的非金属性比Z强，因此W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z强，A项错误；
B.有机化合物必须有碳元素，这四种元素不能组成有机化合物，B项正确；
C.非金属性越强，其单质与氢气的化合越容易，Y的非金属性强于Z，因此Y的单质更易与氢气反应，C项错误；
D.X、Y可以组成二氧化氮，这是一种红棕色气体，D项错误；
答案选B。
二、非选择题(共84分)
23、1 氯环己烷 碳碳双键 乙醇溶液、加热 酯化反应 +CH3CH2OH 6
【解析】
根据流程图，烃A在氯化铁条件下与氯气发生取代反应生成B，B与氢气加成生成C，结合C的化学式可知，A为，B为，C为，根据题干信息①可知，D中含有碳碳双键，则C发生消去反应生成D，D为，D中碳碳双键被高锰酸钾氧化生成E，E为，E与乙醇发生酯化反应生成F，F为，根据信息②，F在乙醇钠作用下反应生成M()，据此分析解答。
【详解】
(1)的结构简式为，A中只有1种氢原子，核磁共振氢谱中有1组吸收峰；B的结构简式为，故答案为：1；；
(2)C的结构简式为，化学名称为氯环己烷；D的结构简式为，D中所含官能团为碳碳双键，故答案为：氯环己烷；碳碳双键；
(3)C的结构简式为，D的结构简式为，为卤代烃的消去反应，反应条件为NaOH乙醇溶液、加热；E的结构简式为，F的结构简式为，的反应类型为酯化反应或取代反应，故答案为：NaOH乙醇溶液、加热；酯化反应或取代反应；
(4)F的结构简式为，M的结构简式为，根据信息②，的化学方程式为+CH3CH2OH，故答案为：+CH3CH2OH；
(5) M为，同时满足：①五元环上连有2个取代基；②能与溶液反应生成气体，说明含有羧基；③能发生银镜反应，说明含有醛基，满足条件的M的同分异构体有：、、、、、，一共6种，故答案为：6；
(6) 以甲基环戊烯()合成，要想合成，需要先合成，因此需要将碳碳双键打开，根据信息①，碳碳双键打开后得到，只需要将中的羰基与氢气加成即可，具体的合成路线为，故答案为：。
24、 加成反应 CH2=CH2+H2+CO CH3CH2CHO BC
【解析】
石蜡分解生成A，A氧化生成C，C分子中只有一种氢，则C为，因此A为HC2=CH2；A与CO、H2以物质的量1∶1∶1的比例形成B，B能发生银镜反应，则B为CH3CH2CHO，B氧化生成E，E为CH3CH2COOH，根据A、E的化学式可知，A与E发生加成反应生成G，G为CH3CH2COOCH2CH3；根据C、D的化学式可知，C与水发生加成反应生成D，则D为HOCH2CH2OH， D与E发生酯化反应生成F，F为CH3CH2COOCH2CH2OH，据此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析，有机物C的结构简式是为，反应②的反应类型是加成反应，故答案为：；加成反应；
(2)一定条件下发生反应①的化学方程式为CH2=CH2+H2+CO CH3CH2CHO，故答案为：CH2=CH2+H2+CO CH3CH2CHO；
(3)A．化合物A为乙烯，只含有C和H两种元素，属于烃，故A正确；B．化合物D为HOCH2CH2OH，只有一种官能团，为-OH，故B错误；C．G为CH3CH2COOCH2CH3；不能与金属钠反应，F为CH3CH2COOCH2CH2OH，含-OH，能与金属钠反应放出氢气，用金属钠能鉴别化合物F、G，故C错误；D．A为HC2=CH2，D为HOCH2CH2OH，A与D一定条件下可以发生加成反应生成CH3CH2OCH2CH2OH，故D正确；故答案为：BC。
【点睛】
正确推断出各物质的结构简式是解题的关键。本题的难点是G的结构的判断。本题的易错点为(3)，要框图中 A与E发生反应生成G的反应类型的判断和应用。
25、2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2↑+H2O （球形）冷凝管 x 胶头滴管 100mL容量瓶 8.0g 取一块pH试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较 滴入最后一滴EDTA标准溶液，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色 33.6度 偏大
【解析】
(1)根据强酸制弱酸的原理书写反应的离子方程式；
(2)根据仪器结构判断仪器名称，冷凝管中冷却水应从下口进入，从上口流出；
(3)实验中需要2.0 ml/L NaOH溶液90mL，但是实验室没有90mL的容量瓶，应用100mL容量瓶，即应配制100mLNaOH溶液，据此计算需要NaOH固体的质量，再根据用NaOH固体配制NaOH溶液的实验步骤判断所需仪器；
(4)根据pH试纸的使用方法进行解答；
(5)①根据溶液颜色变色判断滴定终点，用EBT(铬黑T，蓝色)作为指示剂，结合已知反应判断滴定终点颜色的变化；
②首先明确关系式n(M2+)~n(EDTA)~ n(CaO)，进而计算1L水样中CaO的质量，再结合该地下水的硬度的表示方法进行计算；
③若实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则使得EDTA标准液的浓度偏小，则滴定等量EDTA消耗EDTA标准液的体积偏大。
【详解】
(1)已知ClCH2COOH与Na2CO3溶液反应产生无色气泡，可知二者反应生成二氧化碳气体，由强酸制弱酸的原理可知，反应的离子方程式为2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2↑+H2O，故答案为：2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2↑+H2O；
(2)仪器Q的名称是（球形）冷凝管，冷却水应从下口进入，从上口流出，故答案为：（球形）冷凝管；x；
(3)实验中需要2.0 ml/L NaOH溶液90mL，但是实验室没有90mL的容量瓶，应用100mL容量瓶，即应配制100mLNaOH溶液，因此n(NaOH)=c(NaOH)V(NaOH)=2.0ml/L×0.1L=0.2ml，m(NaOH)=n(NaOH)M(NaOH)=0.2ml×40g/ml=8.0g，用NaOH固体配制NaOH溶液的实验步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、装瓶，据此可知配制时使用的仪器除了天平、烧杯、玻璃棒外，还需要胶头滴管和100mL容量瓶，故答案为：胶头滴管；100mL容量瓶；8.0g；
(4)测定溶液pH的方法是取一块pH试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较，故答案为：取一块pH试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较；
(5)①根据已知反应可知滴定前溶液为酒红色，滴定结束后为蓝色，所以滴定终点溶液的颜色变化为酒红色变为蓝色，故答案为：滴入最后一滴EDTA标准溶液，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色；
②用0.0100ml⋅L−1的EDTA标准溶液进行滴定，滴定终点时共消耗EDTA溶液15.0mL，则n(M2+)=n(EDTA)=0.0100ml⋅L−1×15.0×10−3L=1.5×10−4ml，则25.00ml水中m(CaO)=nM=56g/ml×1.5×10−4ml=8.4mg，所以1L水中，通常把1L水中含有10mgCaO称为1度，所以该地下水的硬度为，故答案为：33.6度；
③若实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则使得EDTA标准液的浓度偏小，则消耗EDTA标准液的体积偏大，会使得测定结果将偏大，故答案为：偏大。
【点睛】
容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应体积的溶液。容量瓶有以下规格：25mL、50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等，因此该题中配制90 mLNaOH溶液，需要使用100mL容量瓶，在使用公式n(NaOH)=cV计算NaOH物质的量时，一定注意代入的体积为0.1L，而不是0.09L，这是学生们的易错点。容量瓶的选用原则：如果所配制溶液的体积正好与容量瓶的某一规格一致，直接选用该规格的容量瓶即可，如果不一致，那么选择的容量瓶的规格跟实际配制溶液的体积相比较要大而近，比如该题配制90ml溶液选用100ml容量瓶，再由实际配制的体积计算需要溶质的物质的量。
26、打开分液漏斗开关，水不能持续滴下或分液漏斗中液面长时间保持不变 CO2、H2S、Cl2等气体中任选两种 B Zn和置换出的铜与电解质溶液形成原电池 分液漏斗 MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O 产生淡黄色沉淀
【解析】
(1)在进行气体制备时，应先检验装置的气密性。将A装置末端导管密封后，在A装置的分液斗内装一定量的蒸馏水，然后打开分液漏斗开关，水不能持续滴下或分液漏斗中液面长时间保持不变，则气密性良好；
(2)E中NaOH溶液能吸收酸性气体，例如CO2、SO2、H2S、Cl2等；
(3)用锌粒和稀硫酸制备氢气应选择固体与液体反应装置，且不需要加热，则选择装置B；滴加硫酸铜后，Zn置换出Cu，形成Zn－Cu原电池，加快Zn与稀硫酸反应的速率；
(4)①A中仪器甲的名称为分液漏斗；装置A制备氯气，利用浓盐酸和二氧化锰混合加热制氯气时发生反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；
②A中制得的氯气通入Na2S溶液中有淡黄色S沉淀生成，因此C中说明Cl－和S2－的还原性强弱的实验现象产生淡黄色沉淀。
27、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↑。
28、3d3 2:1 氮化铬的离子所带电荷数多，晶格能较大 N>O>S 正四面体 5:4 6 面心立方最密堆积 Fe4N
【解析】
(1)基态Cr的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3；
(2)晶体结构类型与氯化钠相同，离子所带电荷数越多，键能越大，晶格能越大，熔沸点越高；
(3)同周期元素，第一电离能随核电荷数增大而增大，同主族元素，第一电离能随核电荷数增大而减小，当元素最外层电子排布处于全满、半满、全空时结构稳定，第一电离能比相邻元素高；根据杂化理论判断空间构型；
(4)双键中含有一个σ键合一个π键，三键中一个σ键和两个π键，根据结构简式中元素最外层电子数和元素的键连方式判断孤电子对数；配合物中与中心离子直接相连的配体的个数即为配位数；
(5) ①根据图示，顶点和面心位置为铁原子；
②根据图示，一个晶胞中的原子个数用均摊法进行计算；
③根据ρ=推导计算晶胞棱长，再根据正八面体的结构特点计算体积。
【详解】
(1)基态Cr的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，有6个未成对的电子，基态Cr3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，Cr3+的外围电子排布式3d3；基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3有3个未成对的电子，基态铬、氮原子的核外未成对电子数之比为2:1；
(2)晶体结构类型与氯化钠相同，离子所带电荷数越多，键能越大，晶格能越大，熔沸点越高，氮化铬的离子所带电荷数多，晶格能较大，故氮化铬熔点比氯化钠的高；
(3)同主族元素，第一电离能随核电荷数增大而减小，则S＜O同周期元素，第一电离能随核电荷数增大而增大，当元素最外层电子排布处于全满、半满、全空时结构稳定，第一电离能比相邻元素高，基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3处于稳定状态，则第一电离能N＞O，第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞S；NH4+的中心原子为N，其价层电子对数=4+×(5-1-4×1)=4，为sp3杂化，空间构型为正四面体；
(4)双键中含有一个σ键和一个π键，三键中一个σ键和两个π键，中，有一个-C≡N，含有2个π键，两个双键中分别有一个π键；根据结构中键连方式，碳原子没有孤对电子，每个氮原子有一对孤对电子，孤电子对与π键比值为5:4；配合物中与中心离子直接相连的配体的个数即为配位数，CP的中心C3+的配位数为6；
(5)①根据图示，顶点和面心位置为铁原子，氮化铁中铁的堆积方式为面心立方最密堆积；
②根据图示，一个晶胞中的铁原子为顶点和面心，个数=8×+6×=4，单原子位于晶胞内部，N个数为1，则该化合物的化学式为Fe4N；
③根据ρ=，则晶胞的体积V=，则晶胞的棱长===。Fe(II)围成的八面体中，棱长=×，正八面体一半的体积=×(×)2××=，八面体的体积为=2×=。

29、2OH-+SO2=SO32-+H2O BCE 2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH- 448 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ∆H=-1784.4kJ·ml-1 NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O 5×1010
【解析】
(1)利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。在钠碱循环法中,Na2SO3溶液作为吸收液,可由NaOH溶液吸收SO2制得,发生反应的离子方程式是2OH-+SO2=SO32-+H2O。
(2)A.CO和CH3OCH3(g)的生成速率相等不满足正逆反应速率相等，没有达到平衡状态，A错误；
B.混合物中CO的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，B正确；
C.正反应体积减小，反应容器中的压强不再变化说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，C正确；
D.反应容器内CO、H2、CH3OCH3(g)、H2O(g)四者共存不能说明正逆反应速率相等，不一定达到平衡状态，D错误；
E.气体质量不变，物质的量减小，则反应容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，E正确；
答案选BCE。
(3)①b极电子流入，是正极，NO2得到电子，电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-。
②常温下,若用该电池电解0.6L饱和KCl溶液，一段时间后,测得饱和KCl溶液pH变为13,生成氢氧化钾是0.6L×0.1ml/L＝0.06ml，转移0.06ml电子，a电极氨气放电，1ml氨气转移3ml电子，则理论上a极上消耗A气体的物质的量是0.02ml，体积为448mL。
(4)已知：①2NO(g)=N2(g)+O2(g)∆H1= -177kJ·ml-1
②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)∆H2= -1253.4kJ·ml-1
则根据盖斯定律可知①×3+②即得到NH3处理NO生成氮气和气态水的热化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ∆H=-1784.4kJ·ml-1。
(5)氨氧化物可用碱溶液吸收。若NO和NO2混合气体被NaOH溶液完全吸收，只生成一种盐，该盐是亚硝酸钠，则该反应的化学方程式为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。已知常温下Ka(HNO2)=5×10-4,则反应HNO2(aq)+NaOH(aq)NaNO2(aq)+H2O(1)的平衡常数为=5×1010。
实验目的
实验步骤及现象
A
除去苯中的苯酚
加入浓溴水，充分振荡、静置，然后过滤
B
证明醋酸的酸性比次氯酸强
用pH试纸分别测定常温下等浓度的醋酸和次氯酸的pH值，pH大的是次氯酸
C
检验Na2SO3固体中含Na2SO4
试样加水溶解后，加入足量盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀
D
检验溴乙烷中含有溴元素
溴乙烷与氢氧化钠溶液混合振荡后，再向混合液中滴加硝酸银溶液，有淡黄色沉淀
选项
实验操作和实验现象
结论
A
向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液，溶液变红
Ag+的氧化性比Fe3+的强
B
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明
生成的1，2—二溴乙烷无色，能溶于四氯化碳
C
向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到蓝色透明溶液
Cu(OH)2沉淀溶于氨水生成[Cu(OH)4]2-
D
用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8
HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强