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【化学】四川省射洪县射洪中学2018-2019学年高二上学期开学考试（解析版）
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四川省射洪县射洪中学2018-2019学年高二上学期开学考试
1.化学与环境、能源、材料关系密切，下列说法错误的是（ ）
A. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成
B. 绿色化学的核心是利用化学原理治理工业生产对环境的污染
C. 利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化
D. 乙烯加聚生成聚乙烯的反应中原子利用率为100%
【答案】B
【解析】
A、加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，故可以减少酸雨的形成，正确；B、绿色化学的核心从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，而不是先污染再治理，错误；C、水中氮元素和磷元素可以造成水体富营养化，所以可以利用生物方法脱除，正确；D、乙烯加聚生成聚乙烯的反应中原子利用率为100%，原子经济性高，符合绿色化学的要求，正确；故选B。
2.下列说法正确的是
A. 钠可以保存在十二烷中，以防止氧气、水与钠反应
B. 石油的裂化和煤的干馏属于化学变化，煤的液化属于物理变化
C. 糖类一定有甜味，有甜味的可能是糖类物质
D. 向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再加入新制银氨溶液，水浴加热，可用来检验蔗糖水解产物中是否有葡萄糖生成
【答案】A
【解析】
【详解】A.由烷烃的性质递变规律可知十二烷与钠不反应，且密度比钠小，钠沉浸其中可起到隔绝空气的作用，故A正确；B.煤的液化也属于化学变化，故B错误；C.糖类不一定具有甜味，如淀粉、纤维素等多糖，故C错误；D.在进行蔗糖水解产物的检测时，应向蔗糖的水解液中加入碱中和作催化剂的稀硫酸后，再加入银氨溶液，故D错误；答案选A。
【点睛】钠可以保存在煤油中，而煤油主要成份为C12~C16的碳氢化合物，故钠可以保存在十二烷中。
3.下列叙述正确的是
A. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的电子数
B. 同等质量的氧气和臭氧中，氧原子数相同
C. 1 mol重水（D2O）与1 mol水中，中子数比为2∶1
D. 1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同
【答案】B
【解析】
【详解】A. 24 g 镁中含有的电子的物质的量为1mol×12=12mol，27 g铝中含有电子的物质的量为1mol×13=13mol，故A错误；B. 同等质量的氧气和臭氧中，所含的分子数不相同，但氧原子数相同，故B正确；C. 1 mol重水（D2O）与1 mol水中，中子数比为10∶8=5:4，故C错误；D. 1 mol乙烷中化学键数为7mol，1 mol乙烯中化学键数为6mol，故D错误；答案选B。
4.下列关于化学键和化合物的说法正确的是
A. 化学键是使离子或原子相结合的一种强烈的相互作用
B. 含有共价键的化合物一定是共价化合物
C. 完全由非金属元素形成的化合物一定是共价化合物
D. 由金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A.化学键是使离子或原子相结合的一种强烈的相互作用，故A说法正确；B.离子化合物中也可能含有共价键，故B说法错误；C.非金属元素组成的化合物可能是离子化合物，如铵盐就是离子化合物，故C错误；D.金属和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝是共价化合物，故D错误；答案选A。
【点睛】本题主要考查了离子化合物和共价化合物与化学键的类型、组成化合物的元素之间的关系，需要注意离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，但共价化合物中一定不含离子键；完全由非金属元素形成的化合物也可能是离子化合物，由金属元素和非金属元素形成的化合物也可能是共价化合物。
5.已知aAn＋、bB(n＋1)＋、cCn－、dD(n＋1)－具有相同的电子层结构，关于A、B、C、D四种元素的叙述不正确的是
A. 气态氢化物的稳定性：D
C. 氧化物对应水化物的酸性性：C
【答案】C
【解析】
【分析】
已知aAn+、bB（n+1）+、cCn-、dD（n+1）-具有相同的电子层结构，则有：a-n=b-（n+1）=c+n=d+（n+1），则有A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：b＞a＞c＞d，由形成的离子可知，A、B为金属，C、D为非金属，据此分析可得结论。
【详解】A．C、D在同一周期，且原子序数C＞D，非金属性：C＞D，则气态氢化物的稳定性：C＞D，故A正确；B．已知aAn+、bB（n+1）+、cCn-、dD（n+1）-具有相同的电子层结构，则有：a-n=b-（n+1）=c+n=d+（n+1），则有原子序数：b＞a＞c＞d，故B正确；C. 非金属性：C＞D，则最高价氧化物的水化物的酸性为：C＞D，故C错误；D. aAn+、bB（n+1）+、cCn-、dD（n+1）-具有相同的电子层结构，核电荷数越大离子半径越小，核电荷数b＞a＞c＞d，故离子半径dD（n+1）-＞cCn-＞aAn+＞bB（n+1），故D正确；答案选C。
【点睛】本题考查位置结构性质关系及应用，关键是根据核外电子排布确定元素所在周期表中的相对位置。
6.某元素原子3p能级上有一个空轨道，则该元素为
A. Na B. Mg C. Al D. Si
【答案】D
【解析】
某元素原子3p能级上有一个空轨道，为3s23p2是硅
7.某烷烃与氯气反应只能生成一种一氯取代物，该烃的结构简式是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
试题分析：某烷烃与氯气反应只能生成一种一氯取代物，这说明该烷烃分子中只有一种等效氢原子。由于同一个碳原子上的氢原子是相同的，其次同一个碳原子所连接的所有甲基上的氢原子是相同的，再就是具有对称性结构的（类似于平面镜成像中物体和像的关系），据此可知，A中有3类，B中有3类，C中4类，D中有1类，答案选D。
考点：考查等效氢原子的判断
点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型和考点。试题贴近高考，基础性强，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力。该题的关键是明确等效氢原子的判断标准，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可。
8.下列有关除杂质（括号内物质为杂质）的方法中，错误的是
A. CH4（C2H4）：酸性高锰酸钾溶液
B. NaHCO3溶液（少量Na2CO3）：通入足量的CO2气体
C. 溴苯（混有Br2）：加NaOH溶液洗涤、静置、分液
D. FeCl2溶液（FeCl3）：加入过量铁，充分反应后过滤
【答案】A
【解析】
【详解】A.酸性高锰酸钾溶液能把乙烯氧化生成CO2，导致CH4中又混入了CO2，故A错误；B.碳酸钠能吸收CO2，生成碳酸氢钠，故B正确；C. 单质溴能和氢氧化钠溶液反应而进入水层，所以可以除去溴苯中的单质溴，故C正确；D.铁可以将氯化铁还原成氯化亚铁，且过量的铁用过滤的方法可以除去，故D正确；答案选A。
【点睛】物质进行分离提纯时，选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则：1.不能引入新的杂质（水除外），即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液），不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。
9.化合物Y 能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2 −甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：
下列有关化合物X、Y 的说法正确的是
A. Y 分子中含有两种官能团 B. Y不能使溴水褪色
C. X、Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色 D. X→Y的反应为取代反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. Y 分子中含有溴原子、碳碳双键、酯键三种官能团，故A错误；B.Y分子中含有碳碳双键，能使溴水褪色，故B错误；C.X中含有酚羟基，Y中含有碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D.对比X、2-甲基丙烯酰氯和Y的结构简式，可得X+2 −甲基丙烯酰氯→Y+HCl，反应类型为取代反应，故D正确；答案选D。
10.下列离子方程式正确的是
A. 氯气与水反应：Cl2＋H2O===2H+＋ClO－＋Cl－
B. 硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：＋2H＋===H2SiO3↓
C. Fe和盐酸反应：2Fe＋6H+＝2Fe3+＋3H2↑
D. 石灰石和盐酸反应：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋CO2↑＋H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A.反应中生成的次氯酸为弱酸，不能拆开，故A错误；B.醋酸为弱酸，在离子反应方程式中应保留分子形式，故B错误；C.铁与盐酸反应应生成Fe2+，故C错误；D. CaCO3为难溶物，保留化学式，故D正确；答案选D。
【点睛】本题离子方程式正误的判断重点考查了物质的拆写是否规范，物质的拆写主要以物质的主要存在形式为标准，可溶的弱电解质在溶液中主要以分子形式存在，故不能拆写成离子形式。
11.下列实验过程可以达到实验目的的是
编号
实验目的
实验过程
A
配制0.4000 mol·L−1的NaOH溶液
称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，立即转移至250 mL容量瓶中定容
B
探究维生素C的还原性
向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化
C
制取纯净氢气
向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液
D
探究浓度对反应速率的影响
向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5%H2O2溶液，观察实验现象
【答案】B
【解析】
分析：A.氢氧化钠溶于水放热；
B.根据铁离子具有氧化性结合溶液颜色变化分析；
C.氢气中含有氯化氢和水蒸气，据此解答；
D.根据双氧水与亚硫酸氢钠反应的实验现象分析。
详解：A.氢氧化钠溶于水放热，因此溶解后需要冷却到室温下再转移至容量瓶中，A错误；
B.氯化铁具有氧化性，能被维生素C还原为氯化亚铁，从而使溶液颜色发生变化，所以向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，通过观察颜色变化可以探究维生素C的还原性，B正确；
C.向稀盐酸中加入锌粒，生成氢气，由于生成的氢气中含有氯化氢和水蒸气，因此将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸即可，不需要通过KMnO4溶液，或者直接通过碱石灰，C错误；
D.反应的方程式为HSO3－+H2O2＝SO42－+H＋+H2O，这说明反应过程中没有明显的实验现象，因此无法探究浓度对反应速率的影响，D错误。答案选B。
点睛：明确相关物质的性质特点、发生的反应和实验原理是解答的关键。注意设计或评价实验时主要从正确与错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面作出判断。另外有无干扰、是否经济、是否安全、有无污染等也是要考虑的。本题中选项D是解答的易错点，学生往往只考虑物质的浓度不同，而忽略了实验结论需要建立在实验现象的基础上。
12.设NA 代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 0.1 mol/L Ba(NO3)2溶液中含NO3－的数目为NA
B. 28g以任意比组成的CO与N2混合气体中含有原子的数目为2NA
C. 100g 98％H2SO4溶液中含氧原子数为4NA
D. 1L 1mol/L 的盐酸溶液中所含氯化氢分子数为NA
【答案】B
【解析】
A．因未给出溶液的体积，所以无法计算0.1mol/LBa(NO3)2溶液中NO3－的数目，故A错误；B．氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，且都是双原子分子，所以28g二者混合物的物质的量为1mol，含有原子个数2NA，故B正确；C．在硫酸溶液中，除了硫酸外，水也含有氧原子，故溶液中含有的氧原子数多于4NA，故C错误；D．氯化氢为强电解质，在水中完全电离，盐酸溶液中不存在HCl分子，故D错误。答案选B。
13.具有下列能层结构的原子，其对应元素一定属于同一周期的是( )
A. 两种原子的能层上全部都是s电子
B. 3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子
C. 最外层电子排布为2s22p6的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子
D. 原子核外M层上的s能级和p能级都填满了电子，而d轨道上尚未有电子的两种原子
【答案】B
【解析】
两种原子的电子层上全部都是s电子，可以是第一周期元素，也可以是第二周期元素。3p能级上只有一个空轨道的原子是P元素，3p能级上只有一个未成对电子的原子可以是钠也可以是氯，B正确。最外层电子排布为2s22p6的原子是Ne，最外层电子排布为2s22p6的离子可以是氧元素、氟元素、钠元素等。原子核外M层上的s能级和p能级都填满了电子，而d轨道上尚未有电子的两种原子，可以是氩，也可以是钾或钙。所以正确的答案是B。
14. 一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合物共10g，混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍．该混合气体通过装有溴水的试剂瓶时，试剂瓶的质量增加了8.4g，该混合气体可能是（ ）
A. 乙烷和乙烯 B. 乙烷和乙烯 C. 甲烷和乙烯 D. 甲烷和丙烯
【答案】C
【解析】
试题分析：混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍，则有机物的平均摩尔质量25g/mol，故混合气体中一定有甲烷，混合气体的总的物质的量为=0.4mol．该混合气通过Br2水时，Br2水增重8.4g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为1.6g，物质的量为0.1mol，故烯烃的物质的量为0.3mol，结合烯烃的质量和物质的量来确定烯烃的摩尔质量，再根据烯烃组成通式确定烯烃．
解：混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍，则有机物的平均摩尔质量25g/mol，烯烃中乙烯的相对分子质量最小为28，故混合气体中一定有甲烷，
混合气体的总的物质的量为=0.4mol．该混合气通过Br2水时，Br2水增重8.4g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为1.6g，物质的量为甲烷的物质的量为=0.1mol，故烯烃的物质的量为0.4mol﹣0.1mol=0.3mol，所以M（烯烃）==28g/mol，令烯烃的组成为CnH2n，则14n=28，所以n=2，故为乙烯，
所以混合物为甲烷、乙烯，
故选：C．
15.镍镉(Ni—Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用，已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行
。有关该电池的说法正确的是
A. 放电时负极反应：Cd—2e－+2OH－= Cd(OH)2
B. 充电过程是化学能转化为电能的过程
C. 放电时正极附近溶液的碱性不变
D. 放电时电解质溶液中的OH－向正极移动
【答案】A
【解析】
【详解】A.放电时负极发生氧化反应，方程式为：Cd-2e-+2OH-=Cd（OH）2，故A正确；B．充电时该装置是电解池，是将电能转化为化学能的装置，故B错误；C.放电时，正极放生反应NiOOH+H2O+ e-= Ni（OH）2+ OH-，附近溶液的碱性增强，故C错误；D. 放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故D错误；答案选A。
【点睛】放电时负极上发生的电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd（OH）2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e-+H2O═Ni（OH）2+OH-，充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni（OH）2+OH--e-→NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd（OH）2+2e-═Cd+2OH-，故二次电池在充放电的过程中，负极对应阴极，正极对应阳极。
16.香花石由前20号主族元素中的6种组成，其化学式为X3Y2(ZWR4)3T2，X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电于数与次外层相等，X、Z位于同主族，Y、Z 、R、T位于同周期，R最外层电子数为次外层的3倍。T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法中错误的是
A. 原子半径：Y>Z>R>T
B. XR2、WR2两化合物中R的化合价相同
C. 最高价氧化物对应的水化物碱性：X>Z
D. 气态氢化物的稳定性：W
【解析】
【分析】
T无正价，则T为氟元素；Y、Z、R、T位于同周期，则在第二周期，由R最外层电子数为次外层的3倍，则R为氧元素；Z的最外层电子数与次外层相等，则Z为铍元素；Y、Z为金属元素，Y在第二周期，则Y为锂元素；X、Z位于同主族，则X为镁元素或钙元素；若X为镁元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则（12+8）÷2=10，推出W为氖元素不符合题意，若X为钙元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，（20+8）÷2=14，推出W为硅元素，即X为钙元素、W为硅元素，即X为钙元素、Y为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、W为硅元素、T为氟元素符合题意，据此分析可得结论。
【详解】A．Y为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、T为氟元素，位于同周期，元素的原子半径从左向右半径在减小，故A正确；B.XR2、WR2两化合物CaO2、SiO2，CaO2含有的化学键分别由离子键和共价键，SiO2只含有共价键，故D错误；C. X为钙元素、Z为铍元素，钙的金属性强，则最高价氧化物对应的水化物碱性X＞Z，故C正确；D.W为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性W＜R＜T，故D正确；答案选B。
【点睛】本题考查学生利用元素的位置及原子的结构来推断元素，然后利用元素周期律及化合价知识来解答即可。
17.在25℃和101kPa的条件下：H-H键能436 kJ/mol；Cl-Cl键能243 kJ/mol； H-Cl键能431kJ/mol；对于反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化描述正确的是
A. 断开1molH2中的H-H键需要放出436kJ的能量
B. 生成2molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ的能量
C. 由键能数据分析,该反应属于吸热反应
D. 2molHCl(g)的能量比1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量低
【答案】D
【解析】
【详解】A. 因H-H键能436 kJ/mol，则有断开1molH2中的H-H键需要吸收436kJ的能量，故A错误；B.因H-Cl键能431 kJ/mol，则生成2molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ×2=862 kJ的能量，故B错误；C.由键能与焓变的关系可得△H=(436+243-431×2) kJ/mol =-183 kJ/mol，△H＜0，所以该反应为放热反应，故C错误；D. 该反应为放热反应，所以反应物的总能量＞生成物的总能量，故D正确；答案选D。
【点睛】本题主要考查了化学反应中的能量变化，△H等于反应物中化学键断裂吸收的能量总和减去形成生成物的化学键所放出的能量总和。
18.R2O82－离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化，若反应后R2O82－离子变为RO42－离子，又知反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5︰2，Mn2+离子被氧化后的化合价为
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】D
【解析】
R2O82－中R元素的化合价是+7价，RO42－中R元素的化合价是+6价，则R元素化合价降低，R2O82－是氧化剂，所以Mn2+是还原剂，设Mn元素的化合价升高到+x价，则根据得失电子守恒有：5×（7-6）×2＝2×（x－2），得x＝7，故答案选D。
19.把3molP和2.5molQ置于2L密闭容器中，发生如下反应：3P（g）+Q（g）xM（g）+2N（g），5min后达到平衡，生成N1mol，经测定M的平均速率是0.1mol/（L•min），下列叙述错误的是（ ）
A. P的平均反应速率是0.15mol/（L•min）
B. Q的转化率是25%
C. Q的平衡浓度是1mol/L
D. x的值为2
【答案】BD
【解析】
把3molP和2.5molQ置于2L密闭容器中，5min后达到平衡，生成1mol N，则：
3P（g）+Q（g）xM（g）+2N（g）
起始量（mol）：3 2.5 0 0
变化量（mol）：1.5 0.5 0.25x 1
平衡量（mol）：1.5 2 0.25x 1
A．v（P）==0.15mol/（L．min），故A正确；
B．Q转化率=×100%=20%，故B错误；
C．Q的平衡浓度为=1mol/L，故C正确；
D．根据M的速率，则0.25x=0.1mol/（L．min）×5min×2L，解得x=4，故D错误，
故选：BD．
【点评】本题考查化学平衡计算，理解掌握三段式在化学平衡计算中应用，比较基础．
20.足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体4.48 L(标准状况)，这些气体与一定体积O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol/L NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是60 mL，下列说法不正确的是
A. 混合气体中含NO2 3.36 L（标况下） B. 消耗氧气的体积为1.68 L（标况下）
C. 此反应过程中转移的电子为0.6 mol D. 参加反应的硝酸是0.5 mol
【答案】C
【解析】
【分析】
标况下4.48L混合气体的物质的量为：4.48L÷22.4 L/mol=0.2mol，60mL 5mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：5mol/L×0.06L=0.3mol，在反应过程中，由电子守恒可知：铜所失去电子的物质的量与硝酸得到电子的物质的量相等、氮的氧化物失去电子的物质的量与氧气得到电子的物质的量相等；由原子个数守恒可知：溶液中钠离子的物质的量与溶液中硝酸根离子的物质的量相等、参加反应的硝酸等于氮的氧化物的物质的量与溶液中硝酸根离子的物质的量之和，据此分析可得结论。
【详解】A．设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x+y=0.2，根据电子守恒可得：3x+y=0.3，解得：x=0.05mol、y=0.15mol，则混合气体中二氧化氮的体积为3.36L，故A正确；B. 氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的量为(0.15×2)mol÷4=0.075mol，标况下的体积为1.68L，故B正确；C.在反应中转移的电子与铜失去的电子相同，则转移的电子物质的量为0.15mol×2=0.3mol，故C错误；D. 根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为：0.2mol+0.3mol=0.5mol，故D正确；答案选C。
【点睛】本题主要考查了学生在化学计算中运用得失电子守恒和原子个数守恒的能力，主要抓住两条线：①电子守恒：铜失去的电子数=被还原硝酸得到的电子数=氧气得电子数；②原子个数守恒：n（Cu）=n（NaOH）、n（HNO3）= n（NaOH）+ n（NO）+ n（NO2）。
21.A、B、C、D、E五种元素除E外都是短周期元素。A元素的3S轨道有一个未成对电子。B元素的离子和Ne具有相同的电子层排布；7.8 g B的氢氧化物恰好能与100 mL3mol/L盐酸完全反应。H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰，C和D同主族。E元素原子的核外电子数比C原子核外电子多7；根据上述条件，回答：
（1）写出以下元素的名称：A________，B_________，D__________。
（2）元素C在元素周期表中的位置为_______________，核外共有___________个能级________个轨道；E元素原子的电子排布式______________。
（3）C和D的氢化物沸点较高的是_____________（请填写对应的化学式），请解释产生这种现象的原因__________________________________________________。
（4）B的氧化物是一种重要的战略资源，某研究院设计了一种从含有该氧化物的矿石中精炼该氧化物的方法：先用A的最高价氧化物对应的水化物的溶液浸泡矿石（矿石中的杂质不与溶液反应），待充分反应后，过滤，向滤液中滴加适量C的氢化物的溶液，产生白色沉淀，过滤，充分加热沉淀就能得到高纯度的B的氧化物，请写出该过程中涉及的离子反应的离子方程式_________________________________、________________________________。
【答案】 (1). 钠 (2). 铝 (3). 氟 (4). 第三周期VIIA族 (5). 5 (6). 9 (7). 〔Ar〕3d54s1 (8). HF (9). HF分子之间存在氢键 (10). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (11). H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓
【解析】
【分析】
A元素的3S轨道有一个未成对电子，则A为钠元素；B元素的离子和Ne具有相同的电子层排布，7.8 g B的氢氧化物恰好能与100 mL3mol/L盐酸完全反应，则B为铝元素；H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰，则C为氯元素；C和D同主族，则D为氟元素；E元素原子的核外电子数比C原子核外电子多7，E为铬元素；据此分析可得结论。
【详解】（1）由以上分析可知A、B、D三种元素的名称依次为：钠、铝、氟；（2）氯元素位于周期表中第三周期VIIA族，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p5，核外共有5个能级9个轨道，E元素为24号元素，核外电子排布式为：〔Ar〕3d54s1，故答案为：第三周期VIIA族、5、9、〔Ar〕3d54s1；（3）C和D的氢化物分别为HCl和HF，其中HF分子间存在氢键，沸点较高，故答案为：HF分子之间存在氢键；（4）A的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，过程中涉及的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O、H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓。
22.（1）如图1所示是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，说明这个反应是 _______（填“吸热”或“放热”）反应，断键吸收的能量为___________ （填E1或E2）
（2）某温度时，在一个2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质物质的量随时间的变化曲线如图2所示。根据图中数据，试填写下列空白：
①该反应在_____________min时达到平衡状态；
②该反应的化学方程式为：_________________________________________；
（3）一定温度下，对于反应2A(g) + B(g) 2C(g)在反应过程中C的物质的量n(C)随着时间变化关系如图3所示，现从t1时间开始对反应体系升高温度，n(C)的变化如图qb所示。则：①p点时反应的v正_____v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）；
②a，b两点的正反应速率va________vb（填“＞”、“＜”或“＝”）
【答案】 (1). 放热 (2). E1 (3). 2 (4). 3X + Y2Z (5). ＝ (6). ＜
【解析】
【详解】(1)由图1可知反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，E1 代表反应物断键所吸收的能量，故答案为：放热、E1 ；(2)由图可知反应混合物的物质的量在2min后保持不变，为平衡状态；由各物质的纵坐标的变化可得该反应的反应物为X和Y，生成物为Z，根据其变化量之比可得各物质的系数为3、1、2，则方程式为：3X + Y2Z ，故答案为：2、3X + Y2Z ；(3)由图示可知在p点反应达到平衡状态，正、逆反应速率相等，在b点的温度较a点要高，反应速率相应较大，故答案为：＝ 、＜。
【点睛】在处理外界条件对反应的速率和平衡的影响时，学生易将平衡的移动与速率的改变相混淆，升高温度，若可逆反应向逆反应方向移动，逆反应速率是增大的，正反应速率也是增大的，只是增大的程度不同。
23.某制糖厂以甘蔗为原料制糖，同时得到大量的甘蔗渣，对甘蔗渣进行综合利用不仅可以提高综合效益，而且还能防止环境污染，生产流程如下：
已知石油裂解已成为生产H的主要方法，E的溶液能发生银镜反应，G是具有香味的液体，试回答下列问题。
（1）F中所含官能团的名称是_____________________________________。
（2）G的结构简式为___________________________。
（3）写出D→E的化学方程式，并注明反应类型：____________________________。
（4）F→G的反应装置如图所示：
a．图中倒置球形干燥管的作用_____________________________；
b．试管Ⅱ中加有饱和Na2CO3溶液，其作用是： ____________________；
c．具有一个羟基的化合物M 10 g，与F反应生成产物11.85 g，并回收了未反应的M 1.3 g，则M的相对分子质量为____；
（5）为了证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用上图所示装置进行了以下4个实验。实验开始先用酒精灯微热3min，再加热使之微微沸腾3min。实验结束后充分振荡小试管Ⅱ，再测有机物层的厚度，实验记录如下：
实验编号
试管Ⅰ中试剂
试管II中试剂
有机层的厚度/cm
A
2ml乙醇、1ml乙酸、1ml18mol/L浓硫酸
饱和碳酸钠溶液
3.0
B
2ml乙醇、1ml乙酸、
0.1
C
2ml乙醇、1ml乙酸、3ml 2mol/L硫酸
0.6
D
2ml乙醇、1ml乙酸、3ml 1mol/L硫酸
0.3
a.实验D与实验C相对照可证明___________________________________________________。
b.分析实验A、C的数据，可以推测出浓硫酸的__________提高了乙酸乙酯的产率。
（6）生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全变成生成物，反应一段时间后，就达到了该反应的限度，也即达到化学平衡状态。下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有（填序号）________。
①单位时间里，生成1 mol乙酸乙酯，同时生成1 mol水
②单位时间里，生成1 mol乙酸乙酯，同时生成1 mol乙酸
③单位时间里，消耗1 mol乙醇，同时消耗1 mol乙酸
④混合物中各物质的浓度不再变化
（7）写出G的一种同分异构体（与G同类）的结构简式：_______________。
【答案】 (1). 羧基 (2). CH3COOC2H5或CH3COOCH2CH3 (3). 2CH3CH2OH + O22CH3CHO +2H2O，氧化反应 (4). 防倒吸 (5). 溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度 (6). 116 (7). c（H2SO4）越大，酯化反应进行的程度越大 (8). 吸水性 (9). ②④ (10). CH3CH2COOCH3 或 HCOOCH2CH2CH3或 HCOOCH（CH3）2
【解析】
【分析】
甘蔗渣处理之后得到纤维素，纤维素水解的最终产物为葡萄糖，所以A是纤维素，B是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇，则D是乙醇，D发生催化氧化生成E为CH3CHO，E进一步发生氧化反应生成F为CH3COOH，F与D发生酯化反应生成G为CH3COOCH2CH3，葡萄糖在人体内最终氧化得到二氧化碳与水。H与水反应达到乙醇，则H为CH2=CH2。
【详解】（1）F为乙酸，故答案为：羧基；（2）G为乙酸乙酯，故答案为：CH3COOC2H5或CH3COOCH2CH3；（3）D→E的反应为醇的催化氧化，故答案为：2CH3CH2OH + O22CH3CHO +2H2O，氧化反应；（4）a. 球形干燥管容积较大，起到防止倒吸的作用，故答案为：防倒吸；b. 试管Ⅱ中加有饱和Na2CO3溶液作用是溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；c.设该化合物为ROH，其相对分子质量为x，实际参加反应的M的质量为：10 g－1.3 g＝8.7 g，则反应的化学方程式可表示为：
解得：x＝116，故答案为：116；
（5）a. 通过实验D与实验C相对照可证明c（H2SO4）越大，酯化反应进行的程度越大；b. 在实验A、C中分别加入了浓硫酸和稀硫酸，对照最终生成酯的厚度可得说明浓硫酸的吸水性提高了乙酸乙酯的产率，故答案为：吸水性；(6)①均指正反应，不能说明正逆反应速率相等；②生成1 mol乙酸乙酯指正反应，同时生成1 mol乙酸指逆反应，且两者相等，故能说明正逆反应速率相等；③消耗1 mol乙醇和消耗1 mol乙酸均指正反应，正逆反应速率可能不等；④混合物中各物质的浓度不再变化说明反应处于平衡状态；故答案为②④；（7）G为酯类化合物，其同类的同分异构体有：CH3CH2COOCH3或HCOOCH2CH2CH3或 HCOOCH（CH3）2。
【点睛】在时行对照实验时，一般都是控制单变量的。故在分析两组实验的对比结论时，往往抓住变量与实验结果的关系来得出实验结论。
24.以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：
已知：①Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O是放热反应。
②N2H4·H2O沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为____________________________________；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是____________________________________。
（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如题图1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是_________________________________。
（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、、随pH的分布如题图2所示，Na2SO3的溶解度曲线如题图3所示）。
①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为_________________。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案： _______________________，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装（结合图2、图3说明）
【答案】 (1). 3Cl2+6OH−5Cl−+ClO3−+3H2O (2). 缓慢通入Cl2 (3). NaClO碱性溶液 (4). 减少水合肼的挥发 (5). 测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2 (6). 边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤。
【解析】
【分析】
步骤I中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO；步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼；步骤III分离出水合肼溶液；步骤IV由SO2与Na2CO3反应制备Na2SO3。据此判断。
【详解】（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。（2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O沸点约118 ℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSO3-的物质的量分数最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。因此由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【点睛】本题将实验原理的理解、实验试剂和仪器的选用、实验条件的控制、实验操作的规范、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置的观察、信息的获取和加工、实验原理和方法运用、实验方案的设计与评价等能力，也考查了学生运用比较、分析等科学方法解决实际问题的能力和思维的严密性。
1.化学与环境、能源、材料关系密切，下列说法错误的是（ ）
A. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成
B. 绿色化学的核心是利用化学原理治理工业生产对环境的污染
C. 利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化
D. 乙烯加聚生成聚乙烯的反应中原子利用率为100%
【答案】B
【解析】
A、加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，故可以减少酸雨的形成，正确；B、绿色化学的核心从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，而不是先污染再治理，错误；C、水中氮元素和磷元素可以造成水体富营养化，所以可以利用生物方法脱除，正确；D、乙烯加聚生成聚乙烯的反应中原子利用率为100%，原子经济性高，符合绿色化学的要求，正确；故选B。
2.下列说法正确的是
A. 钠可以保存在十二烷中，以防止氧气、水与钠反应
B. 石油的裂化和煤的干馏属于化学变化，煤的液化属于物理变化
C. 糖类一定有甜味，有甜味的可能是糖类物质
D. 向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再加入新制银氨溶液，水浴加热，可用来检验蔗糖水解产物中是否有葡萄糖生成
【答案】A
【解析】
【详解】A.由烷烃的性质递变规律可知十二烷与钠不反应，且密度比钠小，钠沉浸其中可起到隔绝空气的作用，故A正确；B.煤的液化也属于化学变化，故B错误；C.糖类不一定具有甜味，如淀粉、纤维素等多糖，故C错误；D.在进行蔗糖水解产物的检测时，应向蔗糖的水解液中加入碱中和作催化剂的稀硫酸后，再加入银氨溶液，故D错误；答案选A。
【点睛】钠可以保存在煤油中，而煤油主要成份为C12~C16的碳氢化合物，故钠可以保存在十二烷中。
3.下列叙述正确的是
A. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的电子数
B. 同等质量的氧气和臭氧中，氧原子数相同
C. 1 mol重水（D2O）与1 mol水中，中子数比为2∶1
D. 1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同
【答案】B
【解析】
【详解】A. 24 g 镁中含有的电子的物质的量为1mol×12=12mol，27 g铝中含有电子的物质的量为1mol×13=13mol，故A错误；B. 同等质量的氧气和臭氧中，所含的分子数不相同，但氧原子数相同，故B正确；C. 1 mol重水（D2O）与1 mol水中，中子数比为10∶8=5:4，故C错误；D. 1 mol乙烷中化学键数为7mol，1 mol乙烯中化学键数为6mol，故D错误；答案选B。
4.下列关于化学键和化合物的说法正确的是
A. 化学键是使离子或原子相结合的一种强烈的相互作用
B. 含有共价键的化合物一定是共价化合物
C. 完全由非金属元素形成的化合物一定是共价化合物
D. 由金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A.化学键是使离子或原子相结合的一种强烈的相互作用，故A说法正确；B.离子化合物中也可能含有共价键，故B说法错误；C.非金属元素组成的化合物可能是离子化合物，如铵盐就是离子化合物，故C错误；D.金属和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝是共价化合物，故D错误；答案选A。
【点睛】本题主要考查了离子化合物和共价化合物与化学键的类型、组成化合物的元素之间的关系，需要注意离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，但共价化合物中一定不含离子键；完全由非金属元素形成的化合物也可能是离子化合物，由金属元素和非金属元素形成的化合物也可能是共价化合物。
5.已知aAn＋、bB(n＋1)＋、cCn－、dD(n＋1)－具有相同的电子层结构，关于A、B、C、D四种元素的叙述不正确的是
A. 气态氢化物的稳定性：D
C. 氧化物对应水化物的酸性性：C
【答案】C
【解析】
【分析】
已知aAn+、bB（n+1）+、cCn-、dD（n+1）-具有相同的电子层结构，则有：a-n=b-（n+1）=c+n=d+（n+1），则有A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：b＞a＞c＞d，由形成的离子可知，A、B为金属，C、D为非金属，据此分析可得结论。
【详解】A．C、D在同一周期，且原子序数C＞D，非金属性：C＞D，则气态氢化物的稳定性：C＞D，故A正确；B．已知aAn+、bB（n+1）+、cCn-、dD（n+1）-具有相同的电子层结构，则有：a-n=b-（n+1）=c+n=d+（n+1），则有原子序数：b＞a＞c＞d，故B正确；C. 非金属性：C＞D，则最高价氧化物的水化物的酸性为：C＞D，故C错误；D. aAn+、bB（n+1）+、cCn-、dD（n+1）-具有相同的电子层结构，核电荷数越大离子半径越小，核电荷数b＞a＞c＞d，故离子半径dD（n+1）-＞cCn-＞aAn+＞bB（n+1），故D正确；答案选C。
【点睛】本题考查位置结构性质关系及应用，关键是根据核外电子排布确定元素所在周期表中的相对位置。
6.某元素原子3p能级上有一个空轨道，则该元素为
A. Na B. Mg C. Al D. Si
【答案】D
【解析】
某元素原子3p能级上有一个空轨道，为3s23p2是硅
7.某烷烃与氯气反应只能生成一种一氯取代物，该烃的结构简式是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
试题分析：某烷烃与氯气反应只能生成一种一氯取代物，这说明该烷烃分子中只有一种等效氢原子。由于同一个碳原子上的氢原子是相同的，其次同一个碳原子所连接的所有甲基上的氢原子是相同的，再就是具有对称性结构的（类似于平面镜成像中物体和像的关系），据此可知，A中有3类，B中有3类，C中4类，D中有1类，答案选D。
考点：考查等效氢原子的判断
点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型和考点。试题贴近高考，基础性强，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力。该题的关键是明确等效氢原子的判断标准，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可。
8.下列有关除杂质（括号内物质为杂质）的方法中，错误的是
A. CH4（C2H4）：酸性高锰酸钾溶液
B. NaHCO3溶液（少量Na2CO3）：通入足量的CO2气体
C. 溴苯（混有Br2）：加NaOH溶液洗涤、静置、分液
D. FeCl2溶液（FeCl3）：加入过量铁，充分反应后过滤
【答案】A
【解析】
【详解】A.酸性高锰酸钾溶液能把乙烯氧化生成CO2，导致CH4中又混入了CO2，故A错误；B.碳酸钠能吸收CO2，生成碳酸氢钠，故B正确；C. 单质溴能和氢氧化钠溶液反应而进入水层，所以可以除去溴苯中的单质溴，故C正确；D.铁可以将氯化铁还原成氯化亚铁，且过量的铁用过滤的方法可以除去，故D正确；答案选A。
【点睛】物质进行分离提纯时，选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则：1.不能引入新的杂质（水除外），即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液），不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。
9.化合物Y 能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2 −甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：
下列有关化合物X、Y 的说法正确的是
A. Y 分子中含有两种官能团 B. Y不能使溴水褪色
C. X、Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色 D. X→Y的反应为取代反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. Y 分子中含有溴原子、碳碳双键、酯键三种官能团，故A错误；B.Y分子中含有碳碳双键，能使溴水褪色，故B错误；C.X中含有酚羟基，Y中含有碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D.对比X、2-甲基丙烯酰氯和Y的结构简式，可得X+2 −甲基丙烯酰氯→Y+HCl，反应类型为取代反应，故D正确；答案选D。
10.下列离子方程式正确的是
A. 氯气与水反应：Cl2＋H2O===2H+＋ClO－＋Cl－
B. 硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：＋2H＋===H2SiO3↓
C. Fe和盐酸反应：2Fe＋6H+＝2Fe3+＋3H2↑
D. 石灰石和盐酸反应：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋CO2↑＋H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A.反应中生成的次氯酸为弱酸，不能拆开，故A错误；B.醋酸为弱酸，在离子反应方程式中应保留分子形式，故B错误；C.铁与盐酸反应应生成Fe2+，故C错误；D. CaCO3为难溶物，保留化学式，故D正确；答案选D。
【点睛】本题离子方程式正误的判断重点考查了物质的拆写是否规范，物质的拆写主要以物质的主要存在形式为标准，可溶的弱电解质在溶液中主要以分子形式存在，故不能拆写成离子形式。
11.下列实验过程可以达到实验目的的是
编号
实验目的
实验过程
A
配制0.4000 mol·L−1的NaOH溶液
称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，立即转移至250 mL容量瓶中定容
B
探究维生素C的还原性
向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化
C
制取纯净氢气
向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液
D
探究浓度对反应速率的影响
向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5%H2O2溶液，观察实验现象
【答案】B
【解析】
分析：A.氢氧化钠溶于水放热；
B.根据铁离子具有氧化性结合溶液颜色变化分析；
C.氢气中含有氯化氢和水蒸气，据此解答；
D.根据双氧水与亚硫酸氢钠反应的实验现象分析。
详解：A.氢氧化钠溶于水放热，因此溶解后需要冷却到室温下再转移至容量瓶中，A错误；
B.氯化铁具有氧化性，能被维生素C还原为氯化亚铁，从而使溶液颜色发生变化，所以向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，通过观察颜色变化可以探究维生素C的还原性，B正确；
C.向稀盐酸中加入锌粒，生成氢气，由于生成的氢气中含有氯化氢和水蒸气，因此将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸即可，不需要通过KMnO4溶液，或者直接通过碱石灰，C错误；
D.反应的方程式为HSO3－+H2O2＝SO42－+H＋+H2O，这说明反应过程中没有明显的实验现象，因此无法探究浓度对反应速率的影响，D错误。答案选B。
点睛：明确相关物质的性质特点、发生的反应和实验原理是解答的关键。注意设计或评价实验时主要从正确与错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面作出判断。另外有无干扰、是否经济、是否安全、有无污染等也是要考虑的。本题中选项D是解答的易错点，学生往往只考虑物质的浓度不同，而忽略了实验结论需要建立在实验现象的基础上。
12.设NA 代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 0.1 mol/L Ba(NO3)2溶液中含NO3－的数目为NA
B. 28g以任意比组成的CO与N2混合气体中含有原子的数目为2NA
C. 100g 98％H2SO4溶液中含氧原子数为4NA
D. 1L 1mol/L 的盐酸溶液中所含氯化氢分子数为NA
【答案】B
【解析】
A．因未给出溶液的体积，所以无法计算0.1mol/LBa(NO3)2溶液中NO3－的数目，故A错误；B．氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，且都是双原子分子，所以28g二者混合物的物质的量为1mol，含有原子个数2NA，故B正确；C．在硫酸溶液中，除了硫酸外，水也含有氧原子，故溶液中含有的氧原子数多于4NA，故C错误；D．氯化氢为强电解质，在水中完全电离，盐酸溶液中不存在HCl分子，故D错误。答案选B。
13.具有下列能层结构的原子，其对应元素一定属于同一周期的是( )
A. 两种原子的能层上全部都是s电子
B. 3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子
C. 最外层电子排布为2s22p6的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子
D. 原子核外M层上的s能级和p能级都填满了电子，而d轨道上尚未有电子的两种原子
【答案】B
【解析】
两种原子的电子层上全部都是s电子，可以是第一周期元素，也可以是第二周期元素。3p能级上只有一个空轨道的原子是P元素，3p能级上只有一个未成对电子的原子可以是钠也可以是氯，B正确。最外层电子排布为2s22p6的原子是Ne，最外层电子排布为2s22p6的离子可以是氧元素、氟元素、钠元素等。原子核外M层上的s能级和p能级都填满了电子，而d轨道上尚未有电子的两种原子，可以是氩，也可以是钾或钙。所以正确的答案是B。
14. 一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合物共10g，混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍．该混合气体通过装有溴水的试剂瓶时，试剂瓶的质量增加了8.4g，该混合气体可能是（ ）
A. 乙烷和乙烯 B. 乙烷和乙烯 C. 甲烷和乙烯 D. 甲烷和丙烯
【答案】C
【解析】
试题分析：混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍，则有机物的平均摩尔质量25g/mol，故混合气体中一定有甲烷，混合气体的总的物质的量为=0.4mol．该混合气通过Br2水时，Br2水增重8.4g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为1.6g，物质的量为0.1mol，故烯烃的物质的量为0.3mol，结合烯烃的质量和物质的量来确定烯烃的摩尔质量，再根据烯烃组成通式确定烯烃．
解：混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍，则有机物的平均摩尔质量25g/mol，烯烃中乙烯的相对分子质量最小为28，故混合气体中一定有甲烷，
混合气体的总的物质的量为=0.4mol．该混合气通过Br2水时，Br2水增重8.4g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为1.6g，物质的量为甲烷的物质的量为=0.1mol，故烯烃的物质的量为0.4mol﹣0.1mol=0.3mol，所以M（烯烃）==28g/mol，令烯烃的组成为CnH2n，则14n=28，所以n=2，故为乙烯，
所以混合物为甲烷、乙烯，
故选：C．
15.镍镉(Ni—Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用，已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行
。有关该电池的说法正确的是
A. 放电时负极反应：Cd—2e－+2OH－= Cd(OH)2
B. 充电过程是化学能转化为电能的过程
C. 放电时正极附近溶液的碱性不变
D. 放电时电解质溶液中的OH－向正极移动
【答案】A
【解析】
【详解】A.放电时负极发生氧化反应，方程式为：Cd-2e-+2OH-=Cd（OH）2，故A正确；B．充电时该装置是电解池，是将电能转化为化学能的装置，故B错误；C.放电时，正极放生反应NiOOH+H2O+ e-= Ni（OH）2+ OH-，附近溶液的碱性增强，故C错误；D. 放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故D错误；答案选A。
【点睛】放电时负极上发生的电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd（OH）2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e-+H2O═Ni（OH）2+OH-，充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni（OH）2+OH--e-→NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd（OH）2+2e-═Cd+2OH-，故二次电池在充放电的过程中，负极对应阴极，正极对应阳极。
16.香花石由前20号主族元素中的6种组成，其化学式为X3Y2(ZWR4)3T2，X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电于数与次外层相等，X、Z位于同主族，Y、Z 、R、T位于同周期，R最外层电子数为次外层的3倍。T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法中错误的是
A. 原子半径：Y>Z>R>T
B. XR2、WR2两化合物中R的化合价相同
C. 最高价氧化物对应的水化物碱性：X>Z
D. 气态氢化物的稳定性：W
【解析】
【分析】
T无正价，则T为氟元素；Y、Z、R、T位于同周期，则在第二周期，由R最外层电子数为次外层的3倍，则R为氧元素；Z的最外层电子数与次外层相等，则Z为铍元素；Y、Z为金属元素，Y在第二周期，则Y为锂元素；X、Z位于同主族，则X为镁元素或钙元素；若X为镁元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则（12+8）÷2=10，推出W为氖元素不符合题意，若X为钙元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，（20+8）÷2=14，推出W为硅元素，即X为钙元素、W为硅元素，即X为钙元素、Y为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、W为硅元素、T为氟元素符合题意，据此分析可得结论。
【详解】A．Y为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、T为氟元素，位于同周期，元素的原子半径从左向右半径在减小，故A正确；B.XR2、WR2两化合物CaO2、SiO2，CaO2含有的化学键分别由离子键和共价键，SiO2只含有共价键，故D错误；C. X为钙元素、Z为铍元素，钙的金属性强，则最高价氧化物对应的水化物碱性X＞Z，故C正确；D.W为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性W＜R＜T，故D正确；答案选B。
【点睛】本题考查学生利用元素的位置及原子的结构来推断元素，然后利用元素周期律及化合价知识来解答即可。
17.在25℃和101kPa的条件下：H-H键能436 kJ/mol；Cl-Cl键能243 kJ/mol； H-Cl键能431kJ/mol；对于反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化描述正确的是
A. 断开1molH2中的H-H键需要放出436kJ的能量
B. 生成2molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ的能量
C. 由键能数据分析,该反应属于吸热反应
D. 2molHCl(g)的能量比1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量低
【答案】D
【解析】
【详解】A. 因H-H键能436 kJ/mol，则有断开1molH2中的H-H键需要吸收436kJ的能量，故A错误；B.因H-Cl键能431 kJ/mol，则生成2molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ×2=862 kJ的能量，故B错误；C.由键能与焓变的关系可得△H=(436+243-431×2) kJ/mol =-183 kJ/mol，△H＜0，所以该反应为放热反应，故C错误；D. 该反应为放热反应，所以反应物的总能量＞生成物的总能量，故D正确；答案选D。
【点睛】本题主要考查了化学反应中的能量变化，△H等于反应物中化学键断裂吸收的能量总和减去形成生成物的化学键所放出的能量总和。
18.R2O82－离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化，若反应后R2O82－离子变为RO42－离子，又知反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5︰2，Mn2+离子被氧化后的化合价为
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】D
【解析】
R2O82－中R元素的化合价是+7价，RO42－中R元素的化合价是+6价，则R元素化合价降低，R2O82－是氧化剂，所以Mn2+是还原剂，设Mn元素的化合价升高到+x价，则根据得失电子守恒有：5×（7-6）×2＝2×（x－2），得x＝7，故答案选D。
19.把3molP和2.5molQ置于2L密闭容器中，发生如下反应：3P（g）+Q（g）xM（g）+2N（g），5min后达到平衡，生成N1mol，经测定M的平均速率是0.1mol/（L•min），下列叙述错误的是（ ）
A. P的平均反应速率是0.15mol/（L•min）
B. Q的转化率是25%
C. Q的平衡浓度是1mol/L
D. x的值为2
【答案】BD
【解析】
把3molP和2.5molQ置于2L密闭容器中，5min后达到平衡，生成1mol N，则：
3P（g）+Q（g）xM（g）+2N（g）
起始量（mol）：3 2.5 0 0
变化量（mol）：1.5 0.5 0.25x 1
平衡量（mol）：1.5 2 0.25x 1
A．v（P）==0.15mol/（L．min），故A正确；
B．Q转化率=×100%=20%，故B错误；
C．Q的平衡浓度为=1mol/L，故C正确；
D．根据M的速率，则0.25x=0.1mol/（L．min）×5min×2L，解得x=4，故D错误，
故选：BD．
【点评】本题考查化学平衡计算，理解掌握三段式在化学平衡计算中应用，比较基础．
20.足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体4.48 L(标准状况)，这些气体与一定体积O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol/L NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是60 mL，下列说法不正确的是
A. 混合气体中含NO2 3.36 L（标况下） B. 消耗氧气的体积为1.68 L（标况下）
C. 此反应过程中转移的电子为0.6 mol D. 参加反应的硝酸是0.5 mol
【答案】C
【解析】
【分析】
标况下4.48L混合气体的物质的量为：4.48L÷22.4 L/mol=0.2mol，60mL 5mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：5mol/L×0.06L=0.3mol，在反应过程中，由电子守恒可知：铜所失去电子的物质的量与硝酸得到电子的物质的量相等、氮的氧化物失去电子的物质的量与氧气得到电子的物质的量相等；由原子个数守恒可知：溶液中钠离子的物质的量与溶液中硝酸根离子的物质的量相等、参加反应的硝酸等于氮的氧化物的物质的量与溶液中硝酸根离子的物质的量之和，据此分析可得结论。
【详解】A．设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x+y=0.2，根据电子守恒可得：3x+y=0.3，解得：x=0.05mol、y=0.15mol，则混合气体中二氧化氮的体积为3.36L，故A正确；B. 氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的量为(0.15×2)mol÷4=0.075mol，标况下的体积为1.68L，故B正确；C.在反应中转移的电子与铜失去的电子相同，则转移的电子物质的量为0.15mol×2=0.3mol，故C错误；D. 根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为：0.2mol+0.3mol=0.5mol，故D正确；答案选C。
【点睛】本题主要考查了学生在化学计算中运用得失电子守恒和原子个数守恒的能力，主要抓住两条线：①电子守恒：铜失去的电子数=被还原硝酸得到的电子数=氧气得电子数；②原子个数守恒：n（Cu）=n（NaOH）、n（HNO3）= n（NaOH）+ n（NO）+ n（NO2）。
21.A、B、C、D、E五种元素除E外都是短周期元素。A元素的3S轨道有一个未成对电子。B元素的离子和Ne具有相同的电子层排布；7.8 g B的氢氧化物恰好能与100 mL3mol/L盐酸完全反应。H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰，C和D同主族。E元素原子的核外电子数比C原子核外电子多7；根据上述条件，回答：
（1）写出以下元素的名称：A________，B_________，D__________。
（2）元素C在元素周期表中的位置为_______________，核外共有___________个能级________个轨道；E元素原子的电子排布式______________。
（3）C和D的氢化物沸点较高的是_____________（请填写对应的化学式），请解释产生这种现象的原因__________________________________________________。
（4）B的氧化物是一种重要的战略资源，某研究院设计了一种从含有该氧化物的矿石中精炼该氧化物的方法：先用A的最高价氧化物对应的水化物的溶液浸泡矿石（矿石中的杂质不与溶液反应），待充分反应后，过滤，向滤液中滴加适量C的氢化物的溶液，产生白色沉淀，过滤，充分加热沉淀就能得到高纯度的B的氧化物，请写出该过程中涉及的离子反应的离子方程式_________________________________、________________________________。
【答案】 (1). 钠 (2). 铝 (3). 氟 (4). 第三周期VIIA族 (5). 5 (6). 9 (7). 〔Ar〕3d54s1 (8). HF (9). HF分子之间存在氢键 (10). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (11). H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓
【解析】
【分析】
A元素的3S轨道有一个未成对电子，则A为钠元素；B元素的离子和Ne具有相同的电子层排布，7.8 g B的氢氧化物恰好能与100 mL3mol/L盐酸完全反应，则B为铝元素；H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰，则C为氯元素；C和D同主族，则D为氟元素；E元素原子的核外电子数比C原子核外电子多7，E为铬元素；据此分析可得结论。
【详解】（1）由以上分析可知A、B、D三种元素的名称依次为：钠、铝、氟；（2）氯元素位于周期表中第三周期VIIA族，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p5，核外共有5个能级9个轨道，E元素为24号元素，核外电子排布式为：〔Ar〕3d54s1，故答案为：第三周期VIIA族、5、9、〔Ar〕3d54s1；（3）C和D的氢化物分别为HCl和HF，其中HF分子间存在氢键，沸点较高，故答案为：HF分子之间存在氢键；（4）A的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，过程中涉及的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O、H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓。
22.（1）如图1所示是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，说明这个反应是 _______（填“吸热”或“放热”）反应，断键吸收的能量为___________ （填E1或E2）
（2）某温度时，在一个2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质物质的量随时间的变化曲线如图2所示。根据图中数据，试填写下列空白：
①该反应在_____________min时达到平衡状态；
②该反应的化学方程式为：_________________________________________；
（3）一定温度下，对于反应2A(g) + B(g) 2C(g)在反应过程中C的物质的量n(C)随着时间变化关系如图3所示，现从t1时间开始对反应体系升高温度，n(C)的变化如图qb所示。则：①p点时反应的v正_____v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）；
②a，b两点的正反应速率va________vb（填“＞”、“＜”或“＝”）
【答案】 (1). 放热 (2). E1 (3). 2 (4). 3X + Y2Z (5). ＝ (6). ＜
【解析】
【详解】(1)由图1可知反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，E1 代表反应物断键所吸收的能量，故答案为：放热、E1 ；(2)由图可知反应混合物的物质的量在2min后保持不变，为平衡状态；由各物质的纵坐标的变化可得该反应的反应物为X和Y，生成物为Z，根据其变化量之比可得各物质的系数为3、1、2，则方程式为：3X + Y2Z ，故答案为：2、3X + Y2Z ；(3)由图示可知在p点反应达到平衡状态，正、逆反应速率相等，在b点的温度较a点要高，反应速率相应较大，故答案为：＝ 、＜。
【点睛】在处理外界条件对反应的速率和平衡的影响时，学生易将平衡的移动与速率的改变相混淆，升高温度，若可逆反应向逆反应方向移动，逆反应速率是增大的，正反应速率也是增大的，只是增大的程度不同。
23.某制糖厂以甘蔗为原料制糖，同时得到大量的甘蔗渣，对甘蔗渣进行综合利用不仅可以提高综合效益，而且还能防止环境污染，生产流程如下：
已知石油裂解已成为生产H的主要方法，E的溶液能发生银镜反应，G是具有香味的液体，试回答下列问题。
（1）F中所含官能团的名称是_____________________________________。
（2）G的结构简式为___________________________。
（3）写出D→E的化学方程式，并注明反应类型：____________________________。
（4）F→G的反应装置如图所示：
a．图中倒置球形干燥管的作用_____________________________；
b．试管Ⅱ中加有饱和Na2CO3溶液，其作用是： ____________________；
c．具有一个羟基的化合物M 10 g，与F反应生成产物11.85 g，并回收了未反应的M 1.3 g，则M的相对分子质量为____；
（5）为了证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用上图所示装置进行了以下4个实验。实验开始先用酒精灯微热3min，再加热使之微微沸腾3min。实验结束后充分振荡小试管Ⅱ，再测有机物层的厚度，实验记录如下：
实验编号
试管Ⅰ中试剂
试管II中试剂
有机层的厚度/cm
A
2ml乙醇、1ml乙酸、1ml18mol/L浓硫酸
饱和碳酸钠溶液
3.0
B
2ml乙醇、1ml乙酸、
0.1
C
2ml乙醇、1ml乙酸、3ml 2mol/L硫酸
0.6
D
2ml乙醇、1ml乙酸、3ml 1mol/L硫酸
0.3
a.实验D与实验C相对照可证明___________________________________________________。
b.分析实验A、C的数据，可以推测出浓硫酸的__________提高了乙酸乙酯的产率。
（6）生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全变成生成物，反应一段时间后，就达到了该反应的限度，也即达到化学平衡状态。下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有（填序号）________。
①单位时间里，生成1 mol乙酸乙酯，同时生成1 mol水
②单位时间里，生成1 mol乙酸乙酯，同时生成1 mol乙酸
③单位时间里，消耗1 mol乙醇，同时消耗1 mol乙酸
④混合物中各物质的浓度不再变化
（7）写出G的一种同分异构体（与G同类）的结构简式：_______________。
【答案】 (1). 羧基 (2). CH3COOC2H5或CH3COOCH2CH3 (3). 2CH3CH2OH + O22CH3CHO +2H2O，氧化反应 (4). 防倒吸 (5). 溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度 (6). 116 (7). c（H2SO4）越大，酯化反应进行的程度越大 (8). 吸水性 (9). ②④ (10). CH3CH2COOCH3 或 HCOOCH2CH2CH3或 HCOOCH（CH3）2
【解析】
【分析】
甘蔗渣处理之后得到纤维素，纤维素水解的最终产物为葡萄糖，所以A是纤维素，B是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇，则D是乙醇，D发生催化氧化生成E为CH3CHO，E进一步发生氧化反应生成F为CH3COOH，F与D发生酯化反应生成G为CH3COOCH2CH3，葡萄糖在人体内最终氧化得到二氧化碳与水。H与水反应达到乙醇，则H为CH2=CH2。
【详解】（1）F为乙酸，故答案为：羧基；（2）G为乙酸乙酯，故答案为：CH3COOC2H5或CH3COOCH2CH3；（3）D→E的反应为醇的催化氧化，故答案为：2CH3CH2OH + O22CH3CHO +2H2O，氧化反应；（4）a. 球形干燥管容积较大，起到防止倒吸的作用，故答案为：防倒吸；b. 试管Ⅱ中加有饱和Na2CO3溶液作用是溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；c.设该化合物为ROH，其相对分子质量为x，实际参加反应的M的质量为：10 g－1.3 g＝8.7 g，则反应的化学方程式可表示为：
解得：x＝116，故答案为：116；
（5）a. 通过实验D与实验C相对照可证明c（H2SO4）越大，酯化反应进行的程度越大；b. 在实验A、C中分别加入了浓硫酸和稀硫酸，对照最终生成酯的厚度可得说明浓硫酸的吸水性提高了乙酸乙酯的产率，故答案为：吸水性；(6)①均指正反应，不能说明正逆反应速率相等；②生成1 mol乙酸乙酯指正反应，同时生成1 mol乙酸指逆反应，且两者相等，故能说明正逆反应速率相等；③消耗1 mol乙醇和消耗1 mol乙酸均指正反应，正逆反应速率可能不等；④混合物中各物质的浓度不再变化说明反应处于平衡状态；故答案为②④；（7）G为酯类化合物，其同类的同分异构体有：CH3CH2COOCH3或HCOOCH2CH2CH3或 HCOOCH（CH3）2。
【点睛】在时行对照实验时，一般都是控制单变量的。故在分析两组实验的对比结论时，往往抓住变量与实验结果的关系来得出实验结论。
24.以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：
已知：①Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O是放热反应。
②N2H4·H2O沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为____________________________________；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是____________________________________。
（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如题图1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是_________________________________。
（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、、随pH的分布如题图2所示，Na2SO3的溶解度曲线如题图3所示）。
①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为_________________。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案： _______________________，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装（结合图2、图3说明）
【答案】 (1). 3Cl2+6OH−5Cl−+ClO3−+3H2O (2). 缓慢通入Cl2 (3). NaClO碱性溶液 (4). 减少水合肼的挥发 (5). 测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2 (6). 边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤。
【解析】
【分析】
步骤I中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO；步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼；步骤III分离出水合肼溶液；步骤IV由SO2与Na2CO3反应制备Na2SO3。据此判断。
【详解】（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。（2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O沸点约118 ℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSO3-的物质的量分数最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。因此由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【点睛】本题将实验原理的理解、实验试剂和仪器的选用、实验条件的控制、实验操作的规范、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置的观察、信息的获取和加工、实验原理和方法运用、实验方案的设计与评价等能力，也考查了学生运用比较、分析等科学方法解决实际问题的能力和思维的严密性。
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