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2023-2024学年云南重点大学附中高三（上）开学化学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年云南重点大学附中高三（上）开学化学试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共21小题，共42分）
1.关于液氯与氯水，下列判断错误的是( )
A. 均呈黄绿色B. 均含氯分子C. 均含氯离子D. 均有氧化性
2.新型冠状病毒(冠状病毒粒子直径约60～220nm)主要传播途径有飞沫传播、接触传播和气溶胶传播。下列有关说法不正确的是( )
A. 气溶胶的分散剂为气体
B. 利用丁达尔效应可检测气溶胶中的冠状病毒
C. 用含氯消毒剂如84消毒液、ClO2等可杀灭新冠病毒
D. 用“人工肾”进行血液透析救治危重新冠肺炎患者，利用了胶体的性质
3.如图所示，将潮湿的Cl2通过甲装置后，再通过放有干燥红色布条的乙装置，红色布条不褪色，则甲装置中所盛实际可能是 ( )
①浓硫酸
②NaOH溶液
③水
④饱和食盐水
A. ①④B. ②③C. ①②D. ②③④
4.下列物质属于易溶于水的电解质的是( )
A. NH3B. (NH4)2SO4C. Cl2D. BaSO4
5.下列有关化学用语的表示正确的是( )
A. 中子数为20的氯原子 1737ClB. H2O2的电子式：
C. 氮原子的结构示意图D. 二氧化碳分子的结构式O−C−O
6.有机化合物分子中的基团之间会相互影响，导致物质的化学性质不同。下列各项事实不能说明上述观点的是( )
A. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲基环己烷不能
B. 乙烯能发生加成反应，而乙烷不能
C. 苯酚能与NaOH反应，而乙醇不能
D. 苯在50℃～60℃时发生硝化反应，而甲苯在30℃时即可
7.维生素C的结构如图所示，下列说法正确的是( )
A. 维生素C结构中包含一个五元碳环
B. 从结构来看，维生素C不溶于水
C. 维生素C中只有羟基和酯基两种官能团
D. 维生素C能与氢气、氢氧化钠溶液发生反应
8.工业冶炼下列金属，采用的化学反应原理正确的是( )
A. 镁：2MgO(熔融)=通电Mg+O2↑
B. 锰：3MnO2+4Al=高温3Mn+2Al2O3
C. 钙：CaO+C=高温Ca+CO↑
D. 汞：HgS=△Hg+S
9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 1mlKAl(SO4)2⋅12H2O溶于水完全水解生成Al(OH)3胶粒数为NA
B. 1ml月球表面的氦−3(3He)含有质子数为2NA
C. 46g乙醇中所含共价键的数目为7NA
D. 常温下，pH=13的Ba(OH)2溶液中，OH−离子数目为0.1NA
10.下列电离方程式书写不正确的是( )
A. NaOH=Na++OH−B. CuSO4=Cu2++SO42−
C. H2SO4=H2++SO42−D. KMnO4=K++MnO4−
11.下列说法正确的是( )
A. 甲酸甲酯和乙酸互为同分异构体
B. H216O和H218O是同素异形体
C. 乙醇和丙三醇(甘油)均有羟基，两者相差一个碳，互为同系物
D. 金刚石和石墨均是含碳单质，两者物理性质及化学性质相似
12.X、Y、Z、R为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D是这四种元素组成的纯净物，有机物A在常温常压下呈液态，A外子含18个电子，相对外子质量为32，B和D均为单质，C的焰色试验呈黄色，它们之间能发生如置换反应：下列说法错误的是( )
A. 上述四种元素中，Z的电负性最大，R的第一电离能最小
B. Y2X2能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色
C. X和Z组成的分子都是极性分子
D. Y的氢化物沸点一定低于Z的氢化物沸点
13.如图是甲、乙两种重要的有机合成原料．下列有关说法中，不正确的是( )
A. 甲与乙互为同分异构体
B. 甲与乙都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应
C. 在一定条件下，甲与乙均能发生取代反应
D. 甲与乙都能与金属钠反应产生氢气
14.下列实验能达到实验目的的是 ( )
A. AB. BC. CD. D
15.一定温度下，在密闭容器中可逆反应2X(g)+Y(g)⇌3Z(g)达到平衡状态的标志是( )
A. 混合气体的密度不再发生变化
B. 2v正(X)=v逆(Y)
C. 混合气体总物质的量不再发生变化
D. 单位时间内，生成3mlZ同时生成2mlX
16.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A. HCl(aq)→MnO2Cl2B. S(s)→点燃O2SO3(g)
C. Fe(s)→高温H2OFe2O3(s)D. C→△浓H2SO4CO2
17.与原子序数为8的元素原子核外最外层电子数相同的元素是( )
A. 氩B. 硅C. 硫D. 氯
18.全固态锂电池能量密度大，安全性高，拓宽了电池工作温度范围和应用领域。一种全固态锂−空气电池设计如图，电池总反应为：O2+2Li=Li2O2。下列说法正确的是(注：复合电极包含石墨、催化剂及放电时生成的Li2O2)( )
A. 放电时，外电路电流的方向是由Li电极流向复合电极
B. 充电时，Li电极应与电源的正极相连
C. 充电时，阳极的电极反应为：Li2O2−2e−=O2+2Li+
D. 放电时，如果电路中转移1ml电子，理论上复合电极净增重7g
19.常温下，可以用铁或铝制的容器贮存浓硫酸，下列叙述中，错误的是( )
A. 浓硫酸具有强还原性
B. 贮存浓硫酸的容器要密封，因为浓硫酸容易吸收空气中的水蒸气
C. 浓硫酸可以使硫酸铜晶体由蓝色变为白色
D. 常温下，浓硫酸可以使铁或铝钝化，生成一层致密的氧化膜，阻止反应继续进行
20.一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示．已知：pM=−lgc(M)，pc(CO32−)=−lgc(CO32−).下列说法正确的是( )
A. MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大
B. a 点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2+)=c(CO32−)
C. b 点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2+)D. c 点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c(Mg2+)21.下列实验操作或做法正确且能达到目的的是 ( )
A. AB. BC. CD. D
二、非选择题（共58分）
22.碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]是孔雀石的主要成分，呈暗绿色或淡蓝绿色，难溶于水。某研究性学习小组制定了如下实验来探究制备碱式碳酸铜的最佳配比：将浓度均为0.5ml⋅L−1的CuSO4、Na2CO3溶液混合，磁力搅拌30分钟后置于75℃恒温装置中反应75分钟，冷却至室温后抽滤、洗涤、干燥、称重。实验数据如下表所示。
回答下列问题：
(1)本实验中，制备碱式碳酸铜的离子方程式为 ______。
(2)实现恒温75℃加热可采取的方式为 ______。
(3)实验过程中，需对碱式碳酸铜沉淀进行抽滤(减压过滤)，装置如图甲，抽滤的主要优点是 ______；检验滤渣是否洗涤干净的实验操作是 ______。
(4)由以上实验数据判断，生成碱式碳酸铜的反应中，n(CuSO4)n(Na2CO3)的最佳比例为 ______；在该比例下，碱式碳酸铜的产率为 ______(保留2位有效数字)。
(5)取mg制得的碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]样品，在如图乙装置中加热分解(加热装置已省略)，量气管及导管内盛装的试剂为 ______，若收集到气体体积为VL(已折算成标准状况下)，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为 ______%(用含m、V的式子表示)。
23.重铬酸钾(K2Cr2O7)在实验室和工业中都有很广泛的应用，用于制铬矾、火柴、铬颜料、鞣革、电镀、有机合成等。以铬铁矿(主要成分可表示为FeO⋅Cr2O3，还含杂质SiO2)为原料制备重铬酸钾晶体(不含结晶水)的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)基态Cr原子的未成对电子数为 。二氧化硅比二氧化碳熔点高得多的最主要原因是 。
(2)煅烧铬铁矿后生成Na2CrO4和NaFeO2等，已知NaFeO2遇水强烈水解，生成红褐色沉淀，NaFeO2水解的离子方程式为 ；滤液1中的阴离子主要有OH−、 。
(3)流程中若省去
这一操作，产品中可能含有的杂质是 。
(4)结合离子方程式，从化学平衡移动的角度分析加入酸液Y的作用： 。
(5)由于K2Cr2O7是一种有毒且有致癌性的强氧化剂，它被国际癌症研究机构划归为第一类致癌物质。排出的含Cr2O72−酸性废水需要进行处理，可用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)将Cr2O72−转化为毒性较低的Cr3+，室温下再调节溶液的pH，生成Cr(OH)3沉淀，分离出污泥，保证废水中Cr3+的质量浓度小于3.12×10−2mg⋅L−1。已知室温下，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10−31。
①Na2S2O5参加反应的离子方程式为 。
②溶液的pH至少要大于 。
24.硫的很多化合物有重要的作用。
(1)羰基硫(COS)可作粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。粉末状的KSCN与浓硫酸在一定条件下可得到COS和两种硫酸氢盐。则生两种硫酸氢盐的化学式分别是 ______ 、 ______ 。
(2)氧硫化碳水解及部分应用流程如图所示(部分产物已略去)
①已知M溶液中硫元素的主要存在形式为S2O32−，则反应Ⅲ中生成S2O32−的离子方程式为 ______ 。
②如图是反应Ⅲ中，在不同反应温度下，反应时间与H2产量的关系(Na2S初始含量为3ml)。由图象分析可知，a点时M溶液中除S2O32−外，还一定含有 ______ (填含硫微粒的离子符号)。
(3)H2S具有还原性，在酸性条件下，能与KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式 ______ 。
(4)H2S气体溶于水形成的氢硫酸是一种二元弱酸，25℃时，在0.10ml⋅L−1的H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2−)关系如图所示(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。
①pH=13时，溶液中的c(H2S)+c(HS−)= ______ ml⋅L−1。
②某溶液含0.020ml⋅L−Mn2+、0.10ml⋅L−1H2S，当溶液pH= ______ 时，Mn2+开始沉淀。[已知：Ksp(MnS)=2.8×10−13]
(5)H2S的废气可用烧碱溶液吸收，将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解。
电解过程中阳极区发生反应：S2−−2e−=S↓(n−1)S+S2−⇌Sn2−
①写出电解时阴极的电极反应式： ______ 。
②Na2S溶液中离子浓度由大到小顺序： ______ 。
25.英国曼彻斯特大学科学家安德烈⋅海姆和康斯坦丁⋅诺沃肖洛夫。共同工作多年的二人因“突破性地”用撕裂的方法从石墨中成功获得超薄材料石墨烯而获奖。制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型示意图如图1：
(1)下列有关石墨烯说法正确的是______。
a.12g石墨烯含σ键数为NA
b.石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面
c.从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力
d.石墨烯中每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有6个C原子
(2)化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。
①基态铜原子能量最高的电子占据的能级符号是______；第四周期元素中，最外层电子数与铜相同的元素还有______。
②下列分子属于非极性分子的是______。
a.甲烷 b.二氯甲烷 c.苯 d.乙醇
③乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷，请解释原因______。
④酞菁的分子结构如图2，酞菁分子中碳原子采用的杂化方式是______。
⑤金与铜可形成的金属互化物合金(如图3)，它的化学式可表示为______；在Au周围最近并距离相等的Cu有______个，若2个Cu原子核的最小距离为d pm，该晶体的密度可以表示为______g/cm3.(阿伏加德罗常数用NA表示)
26.氟硝西泮是一种强镇静剂，由2−氟甲苯合成其前体物质的路线如图：
(1)2−氟甲苯的等效氢有 种；由它生成A的试剂与条件是 。
(2)A生成B的反应类型为 ；C中含氧官能团名称为 。
(3)由D与苯反应生成E的化学方程式为 。
(4)由E与F反应生成G，经历多步反应。第一步为加成反应，生成产物的结构简式为 。由G生成H步骤还产生了一种无机分子，它是 。
(5)化合物C的同分异构体中，写出能同时满足下列条件的三种分子的结构简式 。
a.能发生银镜反应；
b.遇FeCl3溶液显色；
c.具有−CH2F基团
d.属1，2，3−三取代苯衍生物
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查液氯和氯水，明确物质的成分及物质的性质是解答本题的关键，题目难度不大。
【解答】
A.液氯为黄绿色，氯水为浅黄绿色，故A正确；
B.液氯中有Cl2，氯水中含有HCl、HClO、Cl2等微粒，故B正确；
C.液氯为纯净物，只有Cl2，故C错误；
D.液氯中有Cl2，氯水中含有HClO、Cl2等微粒，均有氧化性，故D正确；
故选：C。
2.【答案】B
【解析】解：A.分散剂是气体的为气溶胶，因此气溶胶的分散剂为气体，故A正确；
B.利用丁达尔效应检验是不是属于胶体分散系，不能检测冠状病毒，故B错误；
C.含氯消毒剂如84消毒液、ClO2等均具有强氧化性，都可杀灭新冠病毒，故C正确；
D.血液属于胶体，用“人工肾”进行血液透析救治危重新冠肺炎患者，是利用胶体可以透过半透膜，利用了胶体的性质，故D正确；
故选：B。
A.分散剂是气体的为气溶胶；
B.利用丁达尔效应检验是不是属于胶体分散系；
C.含氯消毒剂如84消毒液、ClO2等均具有强氧化性；
D.胶体可以透过半透膜。
本题考查了胶体的相关知识，熟悉胶体的本质特征、明确胶体的性质即可解答，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：根据上述分析可知，装置甲中可使用浓硫酸干燥氯气，氢氧化钠可吸收氯气，均可达到实验目的，但水和饱和食盐水均不能达到实验目的，故C符合题意，
故选：C。
干燥的氯气没有漂白性，潮湿的Cl2中含有漂白性的次氯酸，可使干燥的有色红布条褪色，但通过甲装置后，再通过放有干燥红色布条的乙装置，红色布条不褪色，说明甲装置可干燥氯气，也可吸收氯气，从而使气体通过乙装置时没有漂白性，据此分析。
本题考查氯气的化学性质，明确装置中甲瓶的作用是解答本题的关键，同时要注意干燥的氯气不具有漂白性。
4.【答案】B
【解析】解：A.氨气极易溶于水，但氨气自身不能电离，是非电解质，故A错误；
B.(NH4)2SO4易溶于水，且水溶液能导电，是电解质，故B正确；
C.Cl2可溶于水，但氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D.硫酸钡难溶于水，是电解质，故D错误；
故选：B。
电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物。
本题考查物质的溶解性和电解质的判断，难度不大。要注意氨气自身不能电离，是非电解质。
5.【答案】A
【解析】解：A.中子数为20的氯原子的质量数为17+20=37，该原子可以表示为 1737Cl，故A正确；
B.H2O2为共价化合物，其电子式为，故B错误；
C.氮原子的核内有7个质子，核外有7个电子，其原子结构示意图为，故C错误；
D.二氧化碳为共价化合物，其分子中含有2个碳氧双键，其结构式为O=C=O，故D错误；
故选：A。
A.质量数=质子数+中子数，元素符号左上角为质量数、左下角为质子数；
B.过氧化氢为共价化合物，其分子中不存在阴阳离子；
C.氮原子的核电荷数=核外电子总数=7，最外层含有5个电子；
D.二氧化碳分子中含有两个碳氧双键。
本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及电子式、结构简式、元素符号等知识，把握常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，因苯环影响甲基，甲基易被氧化，符合上述观点，故A不选；
B.乙烯含碳碳双键，与溴水发生加成反应，溴水褪色，而乙烷不能，与官能团的性质有关，不符合上述观点，故B选；
C.在苯酚中，由于苯环对−OH的影响，酚羟基具有酸性，对比乙醇，虽含有−OH，但不具有酸性，能说明上述观点，故C不选；
D.甲苯与硝酸反应更容易，说明甲基的影响使苯环上的氢原子变得活泼易被取代，与有机物分子内基团间的相互作用有关，故D不选；
故选：B。
A.甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，因苯环影响甲基；
B.乙烯含碳碳双键；
C.苯环对酚羟基影响的结果是酚羟基具有酸性；
D.D.甲苯与硝酸反应更容易，说明甲苯中苯环上H原子更活泼。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、原子团之间相互影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意基团之间相互影响，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.该五元环上还含有O原子，不是五元碳环，故A错误；
B.维生素C的结构中含多个羟基，能与水形成分子间氢键，易溶于水，故B错误；
C.维生素C中含的官能团：羟基、酯基、碳碳双键，三种官能团，故C错误；
D.维生素C含碳碳双键，能与氢气加成，含酯基，能与氢氧化钠溶液发生水解反应，故D正确；
故选：D。
A.该五元环上还含有O原子；
B.维生素C的结构中含多个羟基；
C.维生素C中含的官能团：羟基、酯基、碳碳双键；
D.维生素C含碳碳双键和酯基。
本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生有机基础知识的掌握情况，试题难度中等。
8.【答案】B
【解析】解：A.氧化镁熔点高，电解熔融氧化镁需要消耗很高能源，工业通常用电解熔融氯化镁制取镁，故A错误；
B.铝热反应放出大量的热，可用于冶炼金属，铝与氧化锰发生置换反应生成锰和氧化铝，化学方程式为：3MnO2+4Al=高温3Mn+Al2O3，故B正确；
C.钙是活泼金属，用电解熔融氯化钙方法制取，故C错误；
D.汞为不活泼金属，用热分解氧化汞方法制取，故D错误；
故选：B。
根据金属的活动性强弱选择合适的冶炼方法，一般来说，活泼金属用电解法，较活泼金属用热还原法，不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼；据此进行分析解答．
本题考查了金属的冶炼方法，熟悉金属的活泼性，了解冶炼金属的常用方法即可正确解答，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】A.一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故1mlKAl(SO4)2⋅12H2O溶于水完全水解生成Al(OH)3胶粒数小于NA，故A错误；
B.氦−3(3He)的质量数为3，质子数为2，1ml氦−3(3He)中含质子数为2NA个，故B正确；
C.46g乙醇中含共价键的条数N=46g46g/ml×8×NA/ml=8NA，故C错误；
D.溶液体积不明确，氢氧根离子的个数无法计算，故D错误；
故选：B。
10.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查电离方程式的书写，明确书写方法、电解质强弱是解题关键，题目难度不大。
【解答】
A.氢氧化钠为强电解质，电离方程式为：NaOH=Na++OH−，故A正确；
B.硫酸铜为强电解质，电离方程式为：CuSO4=Cu2++SO42−，故B正确；
C.硫酸为强电解质，电离方程式为：H2SO4=2H++SO42−，故C错误；
D.高锰酸钾为强电解质，电离方程式为：KMnO4=K++MnO4−，故D正确。
11.【答案】A
【解析】解：A、甲酸甲酯和乙酸的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体，故A正确；
B、同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体，而H216O和H218O是化合物，故不是同素异形体，故B错误；
C、结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物，而乙醇和丙三醇的官能团的个数不同，故不是同系物，故C错误；
D、金刚石硬度极大，而石墨很软，两者的物理性质不同，均为碳单质，化学性质类似，故D错误。
故选：A。
A、分子式相同而结构不同的化合物间互为同分异构体；
B、同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体；
C、结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物；
D、金刚石硬度极大，而石墨很软。
本题考查了同位素、同素异形体、同系物和同分异构体的判断，难度不大，应注意基础知识的掌握。
12.【答案】D
【解析】解：A.在钠、碳、氢、氧中，氧的电负性最大，钠的第一电离能最小，故A错误；
B.C2H2分子含碳碳三键，能与溴加成，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故B错误；
C.H2O、H2O2都是极性分子，故C错误；
D.碳的氢化物为烃类，在常温下有固态烃，而水的氢化物为H2O、H2O，常温下呈液态，固态烃的熔点和沸点高于水和双氧水，故D正确；
故选：D。
依题意，C含钠元素，有机分子A含18个电子，A为CH3OH(相对分子质量为32)，由此推知，X为氢，Y为碳，Z为氧，R为钠。
本题考查物质推断，熟练掌握常见物质性质，题目难度不大，试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。
13.【答案】D
【解析】解：A.甲、乙分子式相同但结构不同，属于同分异构体，故A正确；
B.甲、乙中都含有碳碳双键，都能和溴发生加成反应，故B正确；
C.甲中含有羧基、乙中含有酯基，所以一定条件下二者都能发生取代反应，故C正确；
D.甲中含有羧基，能和钠反应生成氢气，乙中不含羧基或羟基，不能和钠反应，故D错误；
故选：D。
本题考查有机物结构和性质，明确官能团与性质关系是解本题关键，熟练掌握常见官能团的性质，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A．NH4+检验方法为：加入稀氢氧化钠溶液，再加热，并用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，故A错误；
B.碱性条件下新制Cu(OH)2才能检验醛基，蔗糖水解后的溶液应先加碱中和至碱性后，在向其中加入新制Cu(OH)2并加热，检验蔗糖的水解产物，故B错误；
C.电解熔融氯化钠制取Na单质，故C错误；
D.NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，故可用水除去NO中的NO2，故D正确；
故选：D。
A.NH4+与稀氢氧化钠溶液，再加热会产生氨气；
B.碱性条件下新制Cu(OH)2才能检验醛基；
C.电解熔融氯化钠制取Na单质；
D.NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生基础实验操作的掌握情况，试题难度中等。
15.【答案】D
【解析】解：A.该反应中气体总质量、总体积为定值，则混合气体的密度始终不变，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，故A错误；
B.2v正(X)=v逆(Y)，表示的是正逆反应速率，但不满足化学计量数关系，说明没有达到平衡状态，故B错误；
C.该反应前后气体的物质的量相等，混合气体总物质的量始终不变，不能根据混合气体总物质的量判断平衡状态，故C错误；
D.单位时间内，生成3mlZ同时生成2mlX，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故D正确；
故选：D。
2X(g)+Y(g)⇌3Z(g)为气体体积不变的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此进行判断。
本题考查化学平衡状态的判断，为高频考点，把握题干反应特点、化学平衡状态的特征为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
16.【答案】D
【解析】解：A.浓盐酸只有在加热条件下才能与MnO2反应制取Cl2，故HCl(aq)→MnO2Cl2不能实现，故A错误；
B.S(s)与O2在点燃条件下反应，只能生成SO2(g)，故S(s)→点燃O2SO3(g)不能实现，故B错误；
C.Fe(s)与水蒸气在高温下发生反应，生成Fe3O4(s)和H2，故Fe(s)→高温H2OFe2O3(s)不能实现，故C错误；
D.C与浓硫酸在加热条件下反应，生成CO2、SO2等，故D正确；
故选：D。
A.浓盐酸只有在加热条件下才能与MnO2反应制取Cl2；
B.S(s)与O2在点燃条件下反应只能生成SO2(g)；
C.Fe(s)与水蒸气在高温下发生反应，生成Fe3O4(s)和H2；
D.C与浓硫酸在加热条件下反应，生成CO2、SO2。
本题考查物质之间的转化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】C
【解析】解：A.氩元素核电荷数为18，其原子核外最外层电子数为8，故A错误；
B.硅元素核电荷数为14，其原子核外最外层电子数为4，故B错误；
C.硫元素核电荷数为16，其原子核外最外层电子数为6，故C正确；
D.氯元素核电荷数为17，其原子核外最外层电子数为7，故D错误；
故选：C。
原子序数为8的元素是氧元素，其原子核外最外层电子数为6，根据选项中各元素的原子最外层电子数进行判断即可。
本题考查原子结构与元素的性质，为高频考点，把握电子排布规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意次外层电子数的判断，题目难度不大。
18.【答案】C
【解析】解：A.原电池中电流从正极沿外电路流向负极，Li电极为负极，复合电极为正极，则电流由复合电极流向Li电极，故A错误；
B.充电时，Li电极应与电源的负极相连，故B错误；
C.根据上述分析可知，充电时，阳极的电极反应为：Li2O2−2e−=O2+2Li+，故C正确；
D.放电时，如果电路中转移1ml电子，理论上复合电极有0.5mlLi2O2生成，即净增重23g，故D错误；
故选：C。
根据电池总反应为：O2+2Li=Li2O2，可知放电时，Li在负极发生失电子的氧化反应生成Li2O2，氧气在正极发生得电子的还原反应；充电时，阳极反应与电源的正极反应相反，阴极连接电源的负极，与其电极反应式相反，据此分析解答。
本题考查电化学，侧重考查学生二次电池的掌握情况，试题难度中等。
19.【答案】A
【解析】解：A.浓硫酸具有强氧化性，故A错误；
B.浓硫酸具有吸水性，因此贮存浓硫酸的容器要密封，因为浓硫酸容易吸收空气中的水蒸气，故B正确；
C.浓硫酸具有吸水性，可吸收硫酸铜晶体表面的结晶水，使之由蓝色变为白色，故C正确；
D.常温下，浓硫酸可以使铁或铝钝化，生成一层致密的氧化膜，阻止反应继续进行，故D正确；
故选：A。
浓硫酸具有强的氧化性、吸水性、脱水性、酸性等性质，室温下能够使铁铝发生钝化，生成致密的氧化膜，所以可以用铁或铝制的容器贮存浓硫酸，据此解答。
本题考查浓硫酸的性质，侧重于钝化反应的考查，题目难度不大，注意钝化过程属于化学反应。
20.【答案】BD
【解析】A.pM相等时，图线中p(CO32−)数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，故A错误；
B.a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p(CO32−)，所以c(Mn2+)=c(CO32−)，故B正确；
C.b点可表示CaCO3的饱和溶液，pMc(CO32−)，故C错误；
D.pM数值越大，实际浓度越小，则c点可表示MgCO3的不饱和溶液，pM>p(CO32−)，所以c(Mg2+)故选：BD．
A.pM相等时，图线中pc(CO32−)数值越大，实际浓度越小；
B.a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p(CO32−)；
C.b点可表示CaCO3的饱和溶液，pMD.pM数值越大，实际浓度越小，则c点可表示MgCO3的不饱和溶液，pM>p(CO32−)；
本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线，掌握图线中pc(CO32−)、pM数值越大，实际浓度越小是解题的关键，难度中等．
21.【答案】C
【解析】解：A.SO2通入溴水中，溴水褪色，因为二者发生氧化还原反应，溴分子被还原为溴离子，证明SO2具有还原性，故A错误；
B.向次氯酸钙溶液中通入少量的二氧化碳生成白色沉淀，说明碳酸的酸性强于次氯酸，但不能证明碳酸氢根离子的酸性强于次氯酸，所以无法比较碳酸的二级电离常数和次氯酸的电离常数大小，故B错误；
C.黄色溶液变为浅绿色，说明铁离子转化为亚铁离子，维生素C具有还原性，故C正确；
D.该实验没有明显现象，不能探究浓度对速率的影响，故D错误；
故选：C。
A.SO2通入溴水中，溴水褪色，因为二者发生氧化还原反应；
B.向次氯酸钙溶液中通入少量的二氧化碳生成白色沉淀，说明碳酸的酸性强于次氯酸；
C.向盛有2mL氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，若黄色溶液变为浅绿色，说明铁离子转化为亚铁离子；
D.该实验没有明显现象。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生基础实验操作的掌握情况，试题难度中等。
22.【答案】2Cu2++2CO32−+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑ 水浴加热 可加速过滤，并使沉淀抽吸的较干燥； 取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化，再加溶液，若出现白色沉淀，说明含即证明没有洗涤干净，若没有出现白色沉淀，说明不含即证明洗涤干净 5：6 93% 饱和碳酸氢钠溶液 13875V14m
【解析】解：(1)CuSO4溶液和Na2CO3溶液混合生成碱式碳酸铜和二氧化碳，其反应的化学方程式为：2Cu2++2CO32−+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑，
故答案为：2Cu2++2CO32−+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑；
(2)水浴加热可以平稳地加热且适用于100℃以下温度，故实现恒温75℃加热可采取的方式为水浴加热，
故答案为：水浴加热；
(3)抽滤的主要优点是可加速过滤，并使沉淀抽吸的较干燥；滤渣表面会沾SO42−，检验滤渣是否洗涤干净只需检验最后一次洗涤液是否存在SO42−，其实验操作是取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，说明含有SO42−即证明没有洗涤干净，若没有出现白色沉淀，说明不含有SO42−即证明洗涤干净，
故答案为：可加速过滤，并使沉淀抽吸的较干燥；取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，说明含有SO42−即证明没有洗涤干净，若没有出现白色沉淀，说明不含有SO42−即证明洗涤干净；
(4)实验III生成的碱式碳酸铜最多，即为n(CuSO4)n(Na2CO3)的最佳比例，则n(CuSO4)n(Na2CO3)=0.5ml/L×30mL0.5ml/L×36mL=56；根2Cu2++2CO32−+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑可知，碳酸钠过量，则碱式碳酸铜的产率为实际生成的碱式碳酸铜的质量理论生成的碱式碳酸铜的质量×100%=×30×10−3L×12×222g/ml×100%≈93%，
故答案为：5：6；93%；
(5)碱式碳酸铜受热分解生产氧化铜、二氧化碳和水，其反应的化学方程式为：Cu2(OH)2CO3− 加热 2CuO+CO2↑+H2O，收集到的气体为CO2，则量气管及导管内盛装的试剂不能溶解CO2，可以为饱和碳酸氢钠溶液；若收集到气体体积为VL(已折算成标准状况下)，Cu2(OH)2CO3～CO2，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为碱式碳酸铜的质量样品质量×100%=VL22.4L/ml×222g/mlmg×100%=13875V14m%，
故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；13875V14m。
(1)CuSO4溶液和Na2CO3溶液混合生成碱式碳酸铜和二氧化碳；
(2)水浴加热可以平稳地加热且适用于100℃以下温度；
(3)抽滤的主要优点是可加速过滤，并使沉淀抽吸的较干燥；滤渣表面会沾SO42−，检验滤渣是否洗涤干净只需检验最后一次洗涤液是否存在SO42−；
(4)实验III生成的碱式碳酸铜最多，即为n(CuSO4)n(Na2CO3)的最佳比例，根2Cu2++2CO32−+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑可知，碳酸钠过量，则碱式碳酸铜的产率为实际生成的碱式碳酸铜的质量理论生成的碱式碳酸铜的质量×100%；
(5)碱式碳酸铜受热分解生产氧化铜、二氧化碳和水，收集到的气体为CO2，则量气管及导管内盛装的试剂不能溶解CO2，可以为饱和碳酸氢钠溶液；Cu2(OH)2CO3～CO2，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为碱式碳酸铜的质量样品质量×100%。
本题考查碱式碳酸铜的制备，侧重考查学生实验条件的控制、方程式书写、分离提纯、产品纯度计算等知识的掌握情况，试题难度较大。
23.【答案】2 二氧化碳是分子晶体，融化时破坏分子间作用力，二氧化硅属于原子晶体，融化时破坏共价键 FeO2−+2H2O=OH−+Fe(OH)3↓ SiO32− H2SiO3 酸液Y应该为硫酸，调节溶液的pH约为5使2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O平衡正向移动，得到Na2Cr2O7溶液 3S2O52−+2Cr2O72−+10H+=6SO42−+4Cr3++5H2O 6
【解析】解：(1)基态氧原子的价层电子轨道表示式为，基态氧原子的未成对电子数为2，因为二氧化碳是分子晶体，融化时破坏分子间作用力，二氧化硅属于原子晶体，融化时破坏共价键，所以二氧化硅比二氧化碳熔点高得多，
故答案为：2；二氧化碳是分子晶体，融化时破坏分子间作用力，二氧化硅属于原子晶体，融化时破坏共价键；
(2)NaFeO2遇水强烈水解生成滤渣1，反应的离子方程式为FeO2−+2H2O=OH−+Fe(OH)3↓，滤液1中溶质含Na2CrO4、Na2SiO3、NaOH，滤液1中的阴离子主要有OH−、FeO2−、SiO32−，
故答案为：FeO2−+2H2O=OH−+Fe(OH)3↓；SiO32−；
(3)滤液1和滤液2均需调节溶液pH，滤液1调节pH为7的目的为使硅酸根离子转化为硅酸沉淀；滤液2调节pH约为5的目的是使Na2CrO4在酸性条件下转化为Na2Cr2O7，流程中若省去这一操作，产品中可能含有的杂质是H2SiO3，
故答案为：H2SiO3；
(4)滤液2中含有Na2CrO4和Na2SO4，酸液Y应该为硫酸，调节溶液的pH约为5使2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O平衡正向移动，得到Na2Cr2O7溶液，
故答案为：酸液Y应该为硫酸，调节溶液的pH约为5使2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O平衡正向移动，得到Na2Cr2O7溶液；
(5)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)将Cr2O72−转化为毒性较低的Cr3+，同时焦亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，其反应的离子方程式为：3S2O52−+2Cr2O72−+10H+=6SO42−+4Cr3++5H2O；保证废水中Cr3+的质量浓度小于3.12×10−2mg⋅L−1=6×10−7ml/L，根据Ksp=c(Cr3+)⋅c3(OH−)可知，c(OH−)=3Kspc(Cr3+)=36×10−316×10−7=10−8ml/L，所以pH=6，
故答案为：3S2O52−+2Cr2O72−+10H+=6SO42−+4Cr3++5H2O；6。
铬铁矿的主要成分可表示为FeO⋅Cr2O3，还含有SiO2杂质，由流程可知，将铬铁矿和氢氧化钠、氧气混合焙烧，发生反应4FeO⋅Cr2O3+20NaOH+7O2=△8Na2CrO4+4NaFeO2+10H2O、2NaOH+SiO2=△Na2SiO3+H2O，然后水浸、过滤得到滤渣1和滤液1，滤液1中溶质含Na2CrO4、Na2SiO3、NaOH，NaFeO2遇水发生NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，生成滤渣1，滤渣1为Fe(OH)3；将滤液1调节pH为7，使溶液中硅酸根离子生成硅酸，然后过滤得到滤液2和滤渣2，滤渣2是硅酸，滤液2中含有Na2CrO4和Na2SO4，调节溶液的pH约为5发生2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，得到Na2Cr2O7溶液，然后加入K2SO4固体，因为Na2Cr2O7的溶解度大于K2Cr2O7，所以得到K2Cr2O7晶体，采用过滤方法得到K2Cr2O7晶体，以此来解答。
本题以铬铁矿(主要成分可表示为 FeO⋅Cr2O3，还含杂质SiO2)为原料制备重铬酸钾晶体(不含结晶水)的工艺流程如图为载体，考查物质结构与性质、氧化还原反应、离子反应、沉淀溶解平衡的计算等，难度中等，关键根据实验流程利用氧化还原反应判断发生的离子反应，是对学生综合能力的考查。
24.【答案】KHSO4(硫酸氢钾) NH4HSO4(硫酸氢铵) 2S2−+5H2O=△S2O32−+4H2↑+2OH− SO42− 5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O 0.043 5 2H++2e−=H2↑(或2H2O+2e−=H2↑+2OH−) c(Na+)>c(S2−)>c(OH−)>c(HS−)>C(H+)
【解析】解：(1)氧硫化碳(COS)可替代磷化氢而被用作熏蒸剂。粉末状的KSCN与浓硫酸在一定条件下可得到COS和两种硫酸氢盐，反应的化学方程式为：KSCN+2H2SO4(浓)+H2O=KHSO4+NH4HSO4+COS↑，则生两种硫酸氢盐的化学式为：KHSO4(硫酸氢钾)、NH4HSO4(硫酸氢铵)，
故答案为：KHSO4(硫酸氢钾)；NH4HSO4(硫酸氢铵)；
(2)①依据题干信息：硫离子和水反应生成硫代硫酸根离子和氢气，根据硫原子守恒，产物需有因离子，根据原子守恒，产物还有氢氧根离子，反应为：2S2−+5H2O=△S2O32−+4H2↑+2OH−，
故答案为：2S2−+5H2O=△S2O32−+4H2↑+2OH−；
②反应Ⅲ中，a点360℃时，随着时间推移，氢气的量不变，Na2S初始含量为3mml，若只发生：2S2−+5H2O=△S2O32−+4H2↑+2OH−，生成氢气：3mml×42=6mml，图中为9mml，说明M溶液中除S2O32−外，还有SO42−，反应为：S2−+4H2O=△SO42−+4H2↑，
故答案为：SO42−；
(3)H2S具有还原性，在酸性条件下，能与KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，该反应的化学方程式为5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O，
故答案为：5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O；
(4)①根据溶液pH与c(S2−)关系图pH=13时，c(S2−)=5.7×10−2ml/L，在0.10ml⋅L−1H2S溶液中根据硫守恒c(H2S)+c(HS−)+c(S2−)=0.10ml⋅L−1，所以c(H2S)+c(HS−)=(0.1−5.7×10−2)ml/L=0.043ml/L，
故答案为：0.043；
②当Q=Ksp(MnS)时开始沉淀，所以c(S2−)=Ksp(MnS)c(Mn2+)=2.8×10−130.020ml/L=1.4×10−11ml/L，结合图象得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开始沉淀，
故答案为：5；
(5)①阳极上硫离子放电，电极反应式为S2−−2e−=S，阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H++2e−=H2↑，
故答案为：2H++2e−=H2↑(或2H2O+2e−=H2↑+2OH−)；
②Na2S溶液中硫离子水解溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)>c(S2−)>c(OH−)>c(HS−)>C(H+)，
故答案为：c(Na+)>c(S2−)>c(OH−)>c(HS−)>c(H+)。
(1)氧硫化碳(COS)可替代磷化氢而被用作熏蒸剂。粉末状的KSCN与浓硫酸在一定条件下可得到COS和两种硫酸氢盐，反应的化学方程式为：KSCN+2H2SO4(浓)+H2O=KHSO4+NH4HSO4+COS↑；
(2)①依据题干信息：硫离子和水反应生成硫代硫酸根离子和氢气，依据电荷守恒和原子守恒书写离子反应方程式；
②根据图示反应时间与H2产量的关系，a点时M溶液中除S2O32−外，还有SO42−；
(3)H2S具有还原性，在酸性条件下，能与KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，结合原子守恒和电子守恒写出化学方程式；
(4)①pH=13时，c(S2−)=5.7×10−2ml/L，在0.10ml⋅L−1H2S溶液中根据硫守恒c(H2S)+c(HS−)+c(S2−)=0.10ml⋅L−1；
②当Q=Ksp(MnS)时开始沉淀，由此求出硫离子的浓度，结合图象得出此时的pH；
(5)①由图可知，右侧H得到电子生成氢气，则右侧为阴极，阳极上Sn2−和氢离子反应生成S单质，阴极上氢离子放电生成氢气；
②Na2S溶液中硫离子水解溶液显碱性。
本题考查较综合，涉及沉淀溶解平衡计算、氧化还原反应、离子浓度大小比较、电解池原理等，综合性较强，注重化学反应原理的考查，把握相关反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
25.【答案】(1)b、c
(2)①3d；K、Cr；②a、c；③乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键；④sp2；⑤Cu3Au或AuCu3；12；389× 2×10304×NA×d3
【解析】【分析】
本题考查物质结构知识，涉及到石墨晶体的结构，均摊法的应用，分子极性的判断，氢键的性质，杂化轨道理论，晶胞的简单计算，为常见知识点，难度中等。
【解答】
(1)a.石墨烯中一个碳原子具有1.5个σ键，所以12g石墨烯含σ键数为1.5NA，故a错误；
b.石墨烯是平面形分子，石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面，故b正确；
c.石墨结构中，石墨层与层之间存在分子间作用力，所以从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力，故c正确；
d.石墨烯中最小的环为六元环，石墨烯中每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有6×13=2个C原子，故d错误，
故选：b、c；
(2)①Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，则其价电子排布式为3d104s1，基态铜原子能量最高的电子占据的能级符号是3d，
第四周期元素中，最外层电子数与铜相同的元素还有：K、Cr，
故答案为：3d；K、Cr；
②判断分子有无极性看分子中正负电荷中心是否重合，重合的是非极性分子，不重合的是极性分子，
甲烷为正四面体构型，分子中正负电荷中心重合，是非极性分子，
二氯甲烷为四面体型，分子中正负电荷中心不重合，是极性分子，
苯为平面六边形结构，分子中正负电荷中心重合，是非极性分子，
乙醇为链式结构，分子中正负电荷中心不重合，是极性分子，
所以属于非极性分子的是a、c，
故答案为：a、c；
③乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷，考虑乙醇分子间形成氢键，导致沸点升高，原因可以解释为：乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键，
故答案为：乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键；
④根据酞菁的分子结构分析，C原子形成3个共价键，无孤对电子，为sp2杂化，
故答案为：sp2；
⑤立方晶胞中顶点粒子占18，面心粒子占12，则一个晶胞中有Au的个数为8×18=1个，有Cu的个数为6×12=3个，所以晶体的化学式为Cu3Au或AuCu3，在Au周围最近并距离相等的Cu有12个，不妨取1ml这样的晶胞，则含有NA个这样的晶胞，1ml晶胞的质量为m=389g，一个晶胞的体积为V=( 2d)3pm3=2 2d3×10−30cm3，则晶体密度为ρ=mNAV=389NA×2 2d3×10−30g/cm3=389× 2×10304×NA×d3g/cm3，
故答案为：Cu3Au或AuCu3；12；389× 2×10304×NA×d3。
26.【答案】5 溴、光照 取代反应 羧基 H2O 、、
【解析】解：(1)2−氟甲苯结构不对称，苯环上有4中氢原子、甲基上有1种氢原子，所以2−氟甲苯的等效氢有5种；2−氟甲苯和溴在光照条件下发生取代反应生成A，由它生成A的试剂与条件是溴、光照，
故答案为：5；溴、光照；
(2)A中溴原子被−CN取代生成B，A生成B的反应类型为取代反应；C为，C中含氧官能团名称为羧基，
故答案为：取代反应；羧基；
(3)由D与苯反应生成E的化学方程式为，
故答案为：；
(4)第一步为加成反应，生成产物的结构简式为，由G生成H步骤还产生了一种无机分子，它是H2O，
故答案为：；H2O；
(5)C为，C的同分异构体符合下列条件：
a.能发生银镜反应，说明含有醛基；
b.遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；
c.具有−CH2F基团；
d.属1，2，3−三取代苯衍生物，3个取代基分别是酚−OH、−CH2F、−CHO，三种分子结构简式为、、，
故答案为：、、。
根据C的分子式知，C发生取代反应生成D，根据D的结构简式知C为，B发生水解反应生成C，则B为，A为，D发生取代反应生成E，E和F发生取代反应生成G，G发生反应生成H。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确反应前后断键和成键方式并正确推断各物质的结构简式是解本题关键，难点是限制性条件下同分异构体结构简式的确定，题目难度中等。选项
实验目的
实验方案
A
检验溶液中的NH4+
向溶液中滴加稀NaOH溶液，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体
B
检验蔗糖的水解产物
取水解后的混合液，向其中加入新制Cu(OH)2并加热
C
制备Na单质
电解饱和NaCl溶液
D
除去NO中的NO2
将气体通入装有水的洗气瓶中
选项
实验操作或实验做法
实验目的
A
将过量SO2通入溴水中，溴水褪色
证明SO2具有漂白性
B
向Ca(ClO)2溶液中通入少量的CO2生成白色沉淀
证明Ka2(H2CO3)>Ks(HClO)
C
向盛有2mLFeCl3溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化
探究维生素C的还原性
D
向2支盛有5mL不同浓度NaHSO4溶液的试管中同时加入2mL0.2ml⋅L−1KOH溶液，观察实验现象
探究浓度对化学反应速率的影响
实验编号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
CuSO4体积/mL
30
30
30
30
30
Na2CO3体积/mL
24
30
36
42
48
产物成分
Cu4SO4(OH)6
Cu4SO4(OH)6Cu2(OH)2CO3
Cu2(OH)2CO3
Cu2(OH)2CO3
Cu2(OH)2CO3
产物质量/g
1.4725
1.5218
1.5473
1.5357
1.5315
一、选择题（本大题共21小题，共42分）
1.关于液氯与氯水，下列判断错误的是( )
A. 均呈黄绿色B. 均含氯分子C. 均含氯离子D. 均有氧化性
2.新型冠状病毒(冠状病毒粒子直径约60～220nm)主要传播途径有飞沫传播、接触传播和气溶胶传播。下列有关说法不正确的是( )
A. 气溶胶的分散剂为气体
B. 利用丁达尔效应可检测气溶胶中的冠状病毒
C. 用含氯消毒剂如84消毒液、ClO2等可杀灭新冠病毒
D. 用“人工肾”进行血液透析救治危重新冠肺炎患者，利用了胶体的性质
3.如图所示，将潮湿的Cl2通过甲装置后，再通过放有干燥红色布条的乙装置，红色布条不褪色，则甲装置中所盛实际可能是 ( )
①浓硫酸
②NaOH溶液
③水
④饱和食盐水
A. ①④B. ②③C. ①②D. ②③④
4.下列物质属于易溶于水的电解质的是( )
A. NH3B. (NH4)2SO4C. Cl2D. BaSO4
5.下列有关化学用语的表示正确的是( )
A. 中子数为20的氯原子 1737ClB. H2O2的电子式：
C. 氮原子的结构示意图D. 二氧化碳分子的结构式O−C−O
6.有机化合物分子中的基团之间会相互影响，导致物质的化学性质不同。下列各项事实不能说明上述观点的是( )
A. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲基环己烷不能
B. 乙烯能发生加成反应，而乙烷不能
C. 苯酚能与NaOH反应，而乙醇不能
D. 苯在50℃～60℃时发生硝化反应，而甲苯在30℃时即可
7.维生素C的结构如图所示，下列说法正确的是( )
A. 维生素C结构中包含一个五元碳环
B. 从结构来看，维生素C不溶于水
C. 维生素C中只有羟基和酯基两种官能团
D. 维生素C能与氢气、氢氧化钠溶液发生反应
8.工业冶炼下列金属，采用的化学反应原理正确的是( )
A. 镁：2MgO(熔融)=通电Mg+O2↑
B. 锰：3MnO2+4Al=高温3Mn+2Al2O3
C. 钙：CaO+C=高温Ca+CO↑
D. 汞：HgS=△Hg+S
9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 1mlKAl(SO4)2⋅12H2O溶于水完全水解生成Al(OH)3胶粒数为NA
B. 1ml月球表面的氦−3(3He)含有质子数为2NA
C. 46g乙醇中所含共价键的数目为7NA
D. 常温下，pH=13的Ba(OH)2溶液中，OH−离子数目为0.1NA
10.下列电离方程式书写不正确的是( )
A. NaOH=Na++OH−B. CuSO4=Cu2++SO42−
C. H2SO4=H2++SO42−D. KMnO4=K++MnO4−
11.下列说法正确的是( )
A. 甲酸甲酯和乙酸互为同分异构体
B. H216O和H218O是同素异形体
C. 乙醇和丙三醇(甘油)均有羟基，两者相差一个碳，互为同系物
D. 金刚石和石墨均是含碳单质，两者物理性质及化学性质相似
12.X、Y、Z、R为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D是这四种元素组成的纯净物，有机物A在常温常压下呈液态，A外子含18个电子，相对外子质量为32，B和D均为单质，C的焰色试验呈黄色，它们之间能发生如置换反应：下列说法错误的是( )
A. 上述四种元素中，Z的电负性最大，R的第一电离能最小
B. Y2X2能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色
C. X和Z组成的分子都是极性分子
D. Y的氢化物沸点一定低于Z的氢化物沸点
13.如图是甲、乙两种重要的有机合成原料．下列有关说法中，不正确的是( )
A. 甲与乙互为同分异构体
B. 甲与乙都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应
C. 在一定条件下，甲与乙均能发生取代反应
D. 甲与乙都能与金属钠反应产生氢气
14.下列实验能达到实验目的的是 ( )
A. AB. BC. CD. D
15.一定温度下，在密闭容器中可逆反应2X(g)+Y(g)⇌3Z(g)达到平衡状态的标志是( )
A. 混合气体的密度不再发生变化
B. 2v正(X)=v逆(Y)
C. 混合气体总物质的量不再发生变化
D. 单位时间内，生成3mlZ同时生成2mlX
16.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A. HCl(aq)→MnO2Cl2B. S(s)→点燃O2SO3(g)
C. Fe(s)→高温H2OFe2O3(s)D. C→△浓H2SO4CO2
17.与原子序数为8的元素原子核外最外层电子数相同的元素是( )
A. 氩B. 硅C. 硫D. 氯
18.全固态锂电池能量密度大，安全性高，拓宽了电池工作温度范围和应用领域。一种全固态锂−空气电池设计如图，电池总反应为：O2+2Li=Li2O2。下列说法正确的是(注：复合电极包含石墨、催化剂及放电时生成的Li2O2)( )
A. 放电时，外电路电流的方向是由Li电极流向复合电极
B. 充电时，Li电极应与电源的正极相连
C. 充电时，阳极的电极反应为：Li2O2−2e−=O2+2Li+
D. 放电时，如果电路中转移1ml电子，理论上复合电极净增重7g
19.常温下，可以用铁或铝制的容器贮存浓硫酸，下列叙述中，错误的是( )
A. 浓硫酸具有强还原性
B. 贮存浓硫酸的容器要密封，因为浓硫酸容易吸收空气中的水蒸气
C. 浓硫酸可以使硫酸铜晶体由蓝色变为白色
D. 常温下，浓硫酸可以使铁或铝钝化，生成一层致密的氧化膜，阻止反应继续进行
20.一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示．已知：pM=−lgc(M)，pc(CO32−)=−lgc(CO32−).下列说法正确的是( )
A. MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大
B. a 点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2+)=c(CO32−)
C. b 点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2+)
A. AB. BC. CD. D
二、非选择题（共58分）
22.碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]是孔雀石的主要成分，呈暗绿色或淡蓝绿色，难溶于水。某研究性学习小组制定了如下实验来探究制备碱式碳酸铜的最佳配比：将浓度均为0.5ml⋅L−1的CuSO4、Na2CO3溶液混合，磁力搅拌30分钟后置于75℃恒温装置中反应75分钟，冷却至室温后抽滤、洗涤、干燥、称重。实验数据如下表所示。
回答下列问题：
(1)本实验中，制备碱式碳酸铜的离子方程式为 ______。
(2)实现恒温75℃加热可采取的方式为 ______。
(3)实验过程中，需对碱式碳酸铜沉淀进行抽滤(减压过滤)，装置如图甲，抽滤的主要优点是 ______；检验滤渣是否洗涤干净的实验操作是 ______。
(4)由以上实验数据判断，生成碱式碳酸铜的反应中，n(CuSO4)n(Na2CO3)的最佳比例为 ______；在该比例下，碱式碳酸铜的产率为 ______(保留2位有效数字)。
(5)取mg制得的碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]样品，在如图乙装置中加热分解(加热装置已省略)，量气管及导管内盛装的试剂为 ______，若收集到气体体积为VL(已折算成标准状况下)，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为 ______%(用含m、V的式子表示)。
23.重铬酸钾(K2Cr2O7)在实验室和工业中都有很广泛的应用，用于制铬矾、火柴、铬颜料、鞣革、电镀、有机合成等。以铬铁矿(主要成分可表示为FeO⋅Cr2O3，还含杂质SiO2)为原料制备重铬酸钾晶体(不含结晶水)的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)基态Cr原子的未成对电子数为 。二氧化硅比二氧化碳熔点高得多的最主要原因是 。
(2)煅烧铬铁矿后生成Na2CrO4和NaFeO2等，已知NaFeO2遇水强烈水解，生成红褐色沉淀，NaFeO2水解的离子方程式为 ；滤液1中的阴离子主要有OH−、 。
(3)流程中若省去
这一操作，产品中可能含有的杂质是 。
(4)结合离子方程式，从化学平衡移动的角度分析加入酸液Y的作用： 。
(5)由于K2Cr2O7是一种有毒且有致癌性的强氧化剂，它被国际癌症研究机构划归为第一类致癌物质。排出的含Cr2O72−酸性废水需要进行处理，可用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)将Cr2O72−转化为毒性较低的Cr3+，室温下再调节溶液的pH，生成Cr(OH)3沉淀，分离出污泥，保证废水中Cr3+的质量浓度小于3.12×10−2mg⋅L−1。已知室温下，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10−31。
①Na2S2O5参加反应的离子方程式为 。
②溶液的pH至少要大于 。
24.硫的很多化合物有重要的作用。
(1)羰基硫(COS)可作粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。粉末状的KSCN与浓硫酸在一定条件下可得到COS和两种硫酸氢盐。则生两种硫酸氢盐的化学式分别是 ______ 、 ______ 。
(2)氧硫化碳水解及部分应用流程如图所示(部分产物已略去)
①已知M溶液中硫元素的主要存在形式为S2O32−，则反应Ⅲ中生成S2O32−的离子方程式为 ______ 。
②如图是反应Ⅲ中，在不同反应温度下，反应时间与H2产量的关系(Na2S初始含量为3ml)。由图象分析可知，a点时M溶液中除S2O32−外，还一定含有 ______ (填含硫微粒的离子符号)。
(3)H2S具有还原性，在酸性条件下，能与KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式 ______ 。
(4)H2S气体溶于水形成的氢硫酸是一种二元弱酸，25℃时，在0.10ml⋅L−1的H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2−)关系如图所示(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。
①pH=13时，溶液中的c(H2S)+c(HS−)= ______ ml⋅L−1。
②某溶液含0.020ml⋅L−Mn2+、0.10ml⋅L−1H2S，当溶液pH= ______ 时，Mn2+开始沉淀。[已知：Ksp(MnS)=2.8×10−13]
(5)H2S的废气可用烧碱溶液吸收，将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解。
电解过程中阳极区发生反应：S2−−2e−=S↓(n−1)S+S2−⇌Sn2−
①写出电解时阴极的电极反应式： ______ 。
②Na2S溶液中离子浓度由大到小顺序： ______ 。
25.英国曼彻斯特大学科学家安德烈⋅海姆和康斯坦丁⋅诺沃肖洛夫。共同工作多年的二人因“突破性地”用撕裂的方法从石墨中成功获得超薄材料石墨烯而获奖。制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型示意图如图1：
(1)下列有关石墨烯说法正确的是______。
a.12g石墨烯含σ键数为NA
b.石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面
c.从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力
d.石墨烯中每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有6个C原子
(2)化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。
①基态铜原子能量最高的电子占据的能级符号是______；第四周期元素中，最外层电子数与铜相同的元素还有______。
②下列分子属于非极性分子的是______。
a.甲烷 b.二氯甲烷 c.苯 d.乙醇
③乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷，请解释原因______。
④酞菁的分子结构如图2，酞菁分子中碳原子采用的杂化方式是______。
⑤金与铜可形成的金属互化物合金(如图3)，它的化学式可表示为______；在Au周围最近并距离相等的Cu有______个，若2个Cu原子核的最小距离为d pm，该晶体的密度可以表示为______g/cm3.(阿伏加德罗常数用NA表示)
26.氟硝西泮是一种强镇静剂，由2−氟甲苯合成其前体物质的路线如图：
(1)2−氟甲苯的等效氢有 种；由它生成A的试剂与条件是 。
(2)A生成B的反应类型为 ；C中含氧官能团名称为 。
(3)由D与苯反应生成E的化学方程式为 。
(4)由E与F反应生成G，经历多步反应。第一步为加成反应，生成产物的结构简式为 。由G生成H步骤还产生了一种无机分子，它是 。
(5)化合物C的同分异构体中，写出能同时满足下列条件的三种分子的结构简式 。
a.能发生银镜反应；
b.遇FeCl3溶液显色；
c.具有−CH2F基团
d.属1，2，3−三取代苯衍生物
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查液氯和氯水，明确物质的成分及物质的性质是解答本题的关键，题目难度不大。
【解答】
A.液氯为黄绿色，氯水为浅黄绿色，故A正确；
B.液氯中有Cl2，氯水中含有HCl、HClO、Cl2等微粒，故B正确；
C.液氯为纯净物，只有Cl2，故C错误；
D.液氯中有Cl2，氯水中含有HClO、Cl2等微粒，均有氧化性，故D正确；
故选：C。
2.【答案】B
【解析】解：A.分散剂是气体的为气溶胶，因此气溶胶的分散剂为气体，故A正确；
B.利用丁达尔效应检验是不是属于胶体分散系，不能检测冠状病毒，故B错误；
C.含氯消毒剂如84消毒液、ClO2等均具有强氧化性，都可杀灭新冠病毒，故C正确；
D.血液属于胶体，用“人工肾”进行血液透析救治危重新冠肺炎患者，是利用胶体可以透过半透膜，利用了胶体的性质，故D正确；
故选：B。
A.分散剂是气体的为气溶胶；
B.利用丁达尔效应检验是不是属于胶体分散系；
C.含氯消毒剂如84消毒液、ClO2等均具有强氧化性；
D.胶体可以透过半透膜。
本题考查了胶体的相关知识，熟悉胶体的本质特征、明确胶体的性质即可解答，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：根据上述分析可知，装置甲中可使用浓硫酸干燥氯气，氢氧化钠可吸收氯气，均可达到实验目的，但水和饱和食盐水均不能达到实验目的，故C符合题意，
故选：C。
干燥的氯气没有漂白性，潮湿的Cl2中含有漂白性的次氯酸，可使干燥的有色红布条褪色，但通过甲装置后，再通过放有干燥红色布条的乙装置，红色布条不褪色，说明甲装置可干燥氯气，也可吸收氯气，从而使气体通过乙装置时没有漂白性，据此分析。
本题考查氯气的化学性质，明确装置中甲瓶的作用是解答本题的关键，同时要注意干燥的氯气不具有漂白性。
4.【答案】B
【解析】解：A.氨气极易溶于水，但氨气自身不能电离，是非电解质，故A错误；
B.(NH4)2SO4易溶于水，且水溶液能导电，是电解质，故B正确；
C.Cl2可溶于水，但氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D.硫酸钡难溶于水，是电解质，故D错误；
故选：B。
电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物。
本题考查物质的溶解性和电解质的判断，难度不大。要注意氨气自身不能电离，是非电解质。
5.【答案】A
【解析】解：A.中子数为20的氯原子的质量数为17+20=37，该原子可以表示为 1737Cl，故A正确；
B.H2O2为共价化合物，其电子式为，故B错误；
C.氮原子的核内有7个质子，核外有7个电子，其原子结构示意图为，故C错误；
D.二氧化碳为共价化合物，其分子中含有2个碳氧双键，其结构式为O=C=O，故D错误；
故选：A。
A.质量数=质子数+中子数，元素符号左上角为质量数、左下角为质子数；
B.过氧化氢为共价化合物，其分子中不存在阴阳离子；
C.氮原子的核电荷数=核外电子总数=7，最外层含有5个电子；
D.二氧化碳分子中含有两个碳氧双键。
本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及电子式、结构简式、元素符号等知识，把握常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，因苯环影响甲基，甲基易被氧化，符合上述观点，故A不选；
B.乙烯含碳碳双键，与溴水发生加成反应，溴水褪色，而乙烷不能，与官能团的性质有关，不符合上述观点，故B选；
C.在苯酚中，由于苯环对−OH的影响，酚羟基具有酸性，对比乙醇，虽含有−OH，但不具有酸性，能说明上述观点，故C不选；
D.甲苯与硝酸反应更容易，说明甲基的影响使苯环上的氢原子变得活泼易被取代，与有机物分子内基团间的相互作用有关，故D不选；
故选：B。
A.甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，因苯环影响甲基；
B.乙烯含碳碳双键；
C.苯环对酚羟基影响的结果是酚羟基具有酸性；
D.D.甲苯与硝酸反应更容易，说明甲苯中苯环上H原子更活泼。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、原子团之间相互影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意基团之间相互影响，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.该五元环上还含有O原子，不是五元碳环，故A错误；
B.维生素C的结构中含多个羟基，能与水形成分子间氢键，易溶于水，故B错误；
C.维生素C中含的官能团：羟基、酯基、碳碳双键，三种官能团，故C错误；
D.维生素C含碳碳双键，能与氢气加成，含酯基，能与氢氧化钠溶液发生水解反应，故D正确；
故选：D。
A.该五元环上还含有O原子；
B.维生素C的结构中含多个羟基；
C.维生素C中含的官能团：羟基、酯基、碳碳双键；
D.维生素C含碳碳双键和酯基。
本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生有机基础知识的掌握情况，试题难度中等。
8.【答案】B
【解析】解：A.氧化镁熔点高，电解熔融氧化镁需要消耗很高能源，工业通常用电解熔融氯化镁制取镁，故A错误；
B.铝热反应放出大量的热，可用于冶炼金属，铝与氧化锰发生置换反应生成锰和氧化铝，化学方程式为：3MnO2+4Al=高温3Mn+Al2O3，故B正确；
C.钙是活泼金属，用电解熔融氯化钙方法制取，故C错误；
D.汞为不活泼金属，用热分解氧化汞方法制取，故D错误；
故选：B。
根据金属的活动性强弱选择合适的冶炼方法，一般来说，活泼金属用电解法，较活泼金属用热还原法，不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼；据此进行分析解答．
本题考查了金属的冶炼方法，熟悉金属的活泼性，了解冶炼金属的常用方法即可正确解答，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】A.一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故1mlKAl(SO4)2⋅12H2O溶于水完全水解生成Al(OH)3胶粒数小于NA，故A错误；
B.氦−3(3He)的质量数为3，质子数为2，1ml氦−3(3He)中含质子数为2NA个，故B正确；
C.46g乙醇中含共价键的条数N=46g46g/ml×8×NA/ml=8NA，故C错误；
D.溶液体积不明确，氢氧根离子的个数无法计算，故D错误；
故选：B。
10.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查电离方程式的书写，明确书写方法、电解质强弱是解题关键，题目难度不大。
【解答】
A.氢氧化钠为强电解质，电离方程式为：NaOH=Na++OH−，故A正确；
B.硫酸铜为强电解质，电离方程式为：CuSO4=Cu2++SO42−，故B正确；
C.硫酸为强电解质，电离方程式为：H2SO4=2H++SO42−，故C错误；
D.高锰酸钾为强电解质，电离方程式为：KMnO4=K++MnO4−，故D正确。
11.【答案】A
【解析】解：A、甲酸甲酯和乙酸的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体，故A正确；
B、同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体，而H216O和H218O是化合物，故不是同素异形体，故B错误；
C、结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物，而乙醇和丙三醇的官能团的个数不同，故不是同系物，故C错误；
D、金刚石硬度极大，而石墨很软，两者的物理性质不同，均为碳单质，化学性质类似，故D错误。
故选：A。
A、分子式相同而结构不同的化合物间互为同分异构体；
B、同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体；
C、结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物；
D、金刚石硬度极大，而石墨很软。
本题考查了同位素、同素异形体、同系物和同分异构体的判断，难度不大，应注意基础知识的掌握。
12.【答案】D
【解析】解：A.在钠、碳、氢、氧中，氧的电负性最大，钠的第一电离能最小，故A错误；
B.C2H2分子含碳碳三键，能与溴加成，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故B错误；
C.H2O、H2O2都是极性分子，故C错误；
D.碳的氢化物为烃类，在常温下有固态烃，而水的氢化物为H2O、H2O，常温下呈液态，固态烃的熔点和沸点高于水和双氧水，故D正确；
故选：D。
依题意，C含钠元素，有机分子A含18个电子，A为CH3OH(相对分子质量为32)，由此推知，X为氢，Y为碳，Z为氧，R为钠。
本题考查物质推断，熟练掌握常见物质性质，题目难度不大，试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。
13.【答案】D
【解析】解：A.甲、乙分子式相同但结构不同，属于同分异构体，故A正确；
B.甲、乙中都含有碳碳双键，都能和溴发生加成反应，故B正确；
C.甲中含有羧基、乙中含有酯基，所以一定条件下二者都能发生取代反应，故C正确；
D.甲中含有羧基，能和钠反应生成氢气，乙中不含羧基或羟基，不能和钠反应，故D错误；
故选：D。
本题考查有机物结构和性质，明确官能团与性质关系是解本题关键，熟练掌握常见官能团的性质，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A．NH4+检验方法为：加入稀氢氧化钠溶液，再加热，并用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，故A错误；
B.碱性条件下新制Cu(OH)2才能检验醛基，蔗糖水解后的溶液应先加碱中和至碱性后，在向其中加入新制Cu(OH)2并加热，检验蔗糖的水解产物，故B错误；
C.电解熔融氯化钠制取Na单质，故C错误；
D.NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，故可用水除去NO中的NO2，故D正确；
故选：D。
A.NH4+与稀氢氧化钠溶液，再加热会产生氨气；
B.碱性条件下新制Cu(OH)2才能检验醛基；
C.电解熔融氯化钠制取Na单质；
D.NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生基础实验操作的掌握情况，试题难度中等。
15.【答案】D
【解析】解：A.该反应中气体总质量、总体积为定值，则混合气体的密度始终不变，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，故A错误；
B.2v正(X)=v逆(Y)，表示的是正逆反应速率，但不满足化学计量数关系，说明没有达到平衡状态，故B错误；
C.该反应前后气体的物质的量相等，混合气体总物质的量始终不变，不能根据混合气体总物质的量判断平衡状态，故C错误；
D.单位时间内，生成3mlZ同时生成2mlX，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故D正确；
故选：D。
2X(g)+Y(g)⇌3Z(g)为气体体积不变的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此进行判断。
本题考查化学平衡状态的判断，为高频考点，把握题干反应特点、化学平衡状态的特征为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
16.【答案】D
【解析】解：A.浓盐酸只有在加热条件下才能与MnO2反应制取Cl2，故HCl(aq)→MnO2Cl2不能实现，故A错误；
B.S(s)与O2在点燃条件下反应，只能生成SO2(g)，故S(s)→点燃O2SO3(g)不能实现，故B错误；
C.Fe(s)与水蒸气在高温下发生反应，生成Fe3O4(s)和H2，故Fe(s)→高温H2OFe2O3(s)不能实现，故C错误；
D.C与浓硫酸在加热条件下反应，生成CO2、SO2等，故D正确；
故选：D。
A.浓盐酸只有在加热条件下才能与MnO2反应制取Cl2；
B.S(s)与O2在点燃条件下反应只能生成SO2(g)；
C.Fe(s)与水蒸气在高温下发生反应，生成Fe3O4(s)和H2；
D.C与浓硫酸在加热条件下反应，生成CO2、SO2。
本题考查物质之间的转化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】C
【解析】解：A.氩元素核电荷数为18，其原子核外最外层电子数为8，故A错误；
B.硅元素核电荷数为14，其原子核外最外层电子数为4，故B错误；
C.硫元素核电荷数为16，其原子核外最外层电子数为6，故C正确；
D.氯元素核电荷数为17，其原子核外最外层电子数为7，故D错误；
故选：C。
原子序数为8的元素是氧元素，其原子核外最外层电子数为6，根据选项中各元素的原子最外层电子数进行判断即可。
本题考查原子结构与元素的性质，为高频考点，把握电子排布规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意次外层电子数的判断，题目难度不大。
18.【答案】C
【解析】解：A.原电池中电流从正极沿外电路流向负极，Li电极为负极，复合电极为正极，则电流由复合电极流向Li电极，故A错误；
B.充电时，Li电极应与电源的负极相连，故B错误；
C.根据上述分析可知，充电时，阳极的电极反应为：Li2O2−2e−=O2+2Li+，故C正确；
D.放电时，如果电路中转移1ml电子，理论上复合电极有0.5mlLi2O2生成，即净增重23g，故D错误；
故选：C。
根据电池总反应为：O2+2Li=Li2O2，可知放电时，Li在负极发生失电子的氧化反应生成Li2O2，氧气在正极发生得电子的还原反应；充电时，阳极反应与电源的正极反应相反，阴极连接电源的负极，与其电极反应式相反，据此分析解答。
本题考查电化学，侧重考查学生二次电池的掌握情况，试题难度中等。
19.【答案】A
【解析】解：A.浓硫酸具有强氧化性，故A错误；
B.浓硫酸具有吸水性，因此贮存浓硫酸的容器要密封，因为浓硫酸容易吸收空气中的水蒸气，故B正确；
C.浓硫酸具有吸水性，可吸收硫酸铜晶体表面的结晶水，使之由蓝色变为白色，故C正确；
D.常温下，浓硫酸可以使铁或铝钝化，生成一层致密的氧化膜，阻止反应继续进行，故D正确；
故选：A。
浓硫酸具有强的氧化性、吸水性、脱水性、酸性等性质，室温下能够使铁铝发生钝化，生成致密的氧化膜，所以可以用铁或铝制的容器贮存浓硫酸，据此解答。
本题考查浓硫酸的性质，侧重于钝化反应的考查，题目难度不大，注意钝化过程属于化学反应。
20.【答案】BD
【解析】A.pM相等时，图线中p(CO32−)数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，故A错误；
B.a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p(CO32−)，所以c(Mn2+)=c(CO32−)，故B正确；
C.b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM
D.pM数值越大，实际浓度越小，则c点可表示MgCO3的不饱和溶液，pM>p(CO32−)，所以c(Mg2+)
A.pM相等时，图线中pc(CO32−)数值越大，实际浓度越小；
B.a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p(CO32−)；
C.b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM
本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线，掌握图线中pc(CO32−)、pM数值越大，实际浓度越小是解题的关键，难度中等．
21.【答案】C
【解析】解：A.SO2通入溴水中，溴水褪色，因为二者发生氧化还原反应，溴分子被还原为溴离子，证明SO2具有还原性，故A错误；
B.向次氯酸钙溶液中通入少量的二氧化碳生成白色沉淀，说明碳酸的酸性强于次氯酸，但不能证明碳酸氢根离子的酸性强于次氯酸，所以无法比较碳酸的二级电离常数和次氯酸的电离常数大小，故B错误；
C.黄色溶液变为浅绿色，说明铁离子转化为亚铁离子，维生素C具有还原性，故C正确；
D.该实验没有明显现象，不能探究浓度对速率的影响，故D错误；
故选：C。
A.SO2通入溴水中，溴水褪色，因为二者发生氧化还原反应；
B.向次氯酸钙溶液中通入少量的二氧化碳生成白色沉淀，说明碳酸的酸性强于次氯酸；
C.向盛有2mL氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，若黄色溶液变为浅绿色，说明铁离子转化为亚铁离子；
D.该实验没有明显现象。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生基础实验操作的掌握情况，试题难度中等。
22.【答案】2Cu2++2CO32−+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑ 水浴加热 可加速过滤，并使沉淀抽吸的较干燥； 取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化，再加溶液，若出现白色沉淀，说明含即证明没有洗涤干净，若没有出现白色沉淀，说明不含即证明洗涤干净 5：6 93% 饱和碳酸氢钠溶液 13875V14m
【解析】解：(1)CuSO4溶液和Na2CO3溶液混合生成碱式碳酸铜和二氧化碳，其反应的化学方程式为：2Cu2++2CO32−+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑，
故答案为：2Cu2++2CO32−+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑；
(2)水浴加热可以平稳地加热且适用于100℃以下温度，故实现恒温75℃加热可采取的方式为水浴加热，
故答案为：水浴加热；
(3)抽滤的主要优点是可加速过滤，并使沉淀抽吸的较干燥；滤渣表面会沾SO42−，检验滤渣是否洗涤干净只需检验最后一次洗涤液是否存在SO42−，其实验操作是取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，说明含有SO42−即证明没有洗涤干净，若没有出现白色沉淀，说明不含有SO42−即证明洗涤干净，
故答案为：可加速过滤，并使沉淀抽吸的较干燥；取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，说明含有SO42−即证明没有洗涤干净，若没有出现白色沉淀，说明不含有SO42−即证明洗涤干净；
(4)实验III生成的碱式碳酸铜最多，即为n(CuSO4)n(Na2CO3)的最佳比例，则n(CuSO4)n(Na2CO3)=0.5ml/L×30mL0.5ml/L×36mL=56；根2Cu2++2CO32−+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑可知，碳酸钠过量，则碱式碳酸铜的产率为实际生成的碱式碳酸铜的质量理论生成的碱式碳酸铜的质量×100%=×30×10−3L×12×222g/ml×100%≈93%，
故答案为：5：6；93%；
(5)碱式碳酸铜受热分解生产氧化铜、二氧化碳和水，其反应的化学方程式为：Cu2(OH)2CO3− 加热 2CuO+CO2↑+H2O，收集到的气体为CO2，则量气管及导管内盛装的试剂不能溶解CO2，可以为饱和碳酸氢钠溶液；若收集到气体体积为VL(已折算成标准状况下)，Cu2(OH)2CO3～CO2，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为碱式碳酸铜的质量样品质量×100%=VL22.4L/ml×222g/mlmg×100%=13875V14m%，
故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；13875V14m。
(1)CuSO4溶液和Na2CO3溶液混合生成碱式碳酸铜和二氧化碳；
(2)水浴加热可以平稳地加热且适用于100℃以下温度；
(3)抽滤的主要优点是可加速过滤，并使沉淀抽吸的较干燥；滤渣表面会沾SO42−，检验滤渣是否洗涤干净只需检验最后一次洗涤液是否存在SO42−；
(4)实验III生成的碱式碳酸铜最多，即为n(CuSO4)n(Na2CO3)的最佳比例，根2Cu2++2CO32−+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑可知，碳酸钠过量，则碱式碳酸铜的产率为实际生成的碱式碳酸铜的质量理论生成的碱式碳酸铜的质量×100%；
(5)碱式碳酸铜受热分解生产氧化铜、二氧化碳和水，收集到的气体为CO2，则量气管及导管内盛装的试剂不能溶解CO2，可以为饱和碳酸氢钠溶液；Cu2(OH)2CO3～CO2，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为碱式碳酸铜的质量样品质量×100%。
本题考查碱式碳酸铜的制备，侧重考查学生实验条件的控制、方程式书写、分离提纯、产品纯度计算等知识的掌握情况，试题难度较大。
23.【答案】2 二氧化碳是分子晶体，融化时破坏分子间作用力，二氧化硅属于原子晶体，融化时破坏共价键 FeO2−+2H2O=OH−+Fe(OH)3↓ SiO32− H2SiO3 酸液Y应该为硫酸，调节溶液的pH约为5使2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O平衡正向移动，得到Na2Cr2O7溶液 3S2O52−+2Cr2O72−+10H+=6SO42−+4Cr3++5H2O 6
【解析】解：(1)基态氧原子的价层电子轨道表示式为，基态氧原子的未成对电子数为2，因为二氧化碳是分子晶体，融化时破坏分子间作用力，二氧化硅属于原子晶体，融化时破坏共价键，所以二氧化硅比二氧化碳熔点高得多，
故答案为：2；二氧化碳是分子晶体，融化时破坏分子间作用力，二氧化硅属于原子晶体，融化时破坏共价键；
(2)NaFeO2遇水强烈水解生成滤渣1，反应的离子方程式为FeO2−+2H2O=OH−+Fe(OH)3↓，滤液1中溶质含Na2CrO4、Na2SiO3、NaOH，滤液1中的阴离子主要有OH−、FeO2−、SiO32−，
故答案为：FeO2−+2H2O=OH−+Fe(OH)3↓；SiO32−；
(3)滤液1和滤液2均需调节溶液pH，滤液1调节pH为7的目的为使硅酸根离子转化为硅酸沉淀；滤液2调节pH约为5的目的是使Na2CrO4在酸性条件下转化为Na2Cr2O7，流程中若省去这一操作，产品中可能含有的杂质是H2SiO3，
故答案为：H2SiO3；
(4)滤液2中含有Na2CrO4和Na2SO4，酸液Y应该为硫酸，调节溶液的pH约为5使2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O平衡正向移动，得到Na2Cr2O7溶液，
故答案为：酸液Y应该为硫酸，调节溶液的pH约为5使2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O平衡正向移动，得到Na2Cr2O7溶液；
(5)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)将Cr2O72−转化为毒性较低的Cr3+，同时焦亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，其反应的离子方程式为：3S2O52−+2Cr2O72−+10H+=6SO42−+4Cr3++5H2O；保证废水中Cr3+的质量浓度小于3.12×10−2mg⋅L−1=6×10−7ml/L，根据Ksp=c(Cr3+)⋅c3(OH−)可知，c(OH−)=3Kspc(Cr3+)=36×10−316×10−7=10−8ml/L，所以pH=6，
故答案为：3S2O52−+2Cr2O72−+10H+=6SO42−+4Cr3++5H2O；6。
铬铁矿的主要成分可表示为FeO⋅Cr2O3，还含有SiO2杂质，由流程可知，将铬铁矿和氢氧化钠、氧气混合焙烧，发生反应4FeO⋅Cr2O3+20NaOH+7O2=△8Na2CrO4+4NaFeO2+10H2O、2NaOH+SiO2=△Na2SiO3+H2O，然后水浸、过滤得到滤渣1和滤液1，滤液1中溶质含Na2CrO4、Na2SiO3、NaOH，NaFeO2遇水发生NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，生成滤渣1，滤渣1为Fe(OH)3；将滤液1调节pH为7，使溶液中硅酸根离子生成硅酸，然后过滤得到滤液2和滤渣2，滤渣2是硅酸，滤液2中含有Na2CrO4和Na2SO4，调节溶液的pH约为5发生2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，得到Na2Cr2O7溶液，然后加入K2SO4固体，因为Na2Cr2O7的溶解度大于K2Cr2O7，所以得到K2Cr2O7晶体，采用过滤方法得到K2Cr2O7晶体，以此来解答。
本题以铬铁矿(主要成分可表示为 FeO⋅Cr2O3，还含杂质SiO2)为原料制备重铬酸钾晶体(不含结晶水)的工艺流程如图为载体，考查物质结构与性质、氧化还原反应、离子反应、沉淀溶解平衡的计算等，难度中等，关键根据实验流程利用氧化还原反应判断发生的离子反应，是对学生综合能力的考查。
24.【答案】KHSO4(硫酸氢钾) NH4HSO4(硫酸氢铵) 2S2−+5H2O=△S2O32−+4H2↑+2OH− SO42− 5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O 0.043 5 2H++2e−=H2↑(或2H2O+2e−=H2↑+2OH−) c(Na+)>c(S2−)>c(OH−)>c(HS−)>C(H+)
【解析】解：(1)氧硫化碳(COS)可替代磷化氢而被用作熏蒸剂。粉末状的KSCN与浓硫酸在一定条件下可得到COS和两种硫酸氢盐，反应的化学方程式为：KSCN+2H2SO4(浓)+H2O=KHSO4+NH4HSO4+COS↑，则生两种硫酸氢盐的化学式为：KHSO4(硫酸氢钾)、NH4HSO4(硫酸氢铵)，
故答案为：KHSO4(硫酸氢钾)；NH4HSO4(硫酸氢铵)；
(2)①依据题干信息：硫离子和水反应生成硫代硫酸根离子和氢气，根据硫原子守恒，产物需有因离子，根据原子守恒，产物还有氢氧根离子，反应为：2S2−+5H2O=△S2O32−+4H2↑+2OH−，
故答案为：2S2−+5H2O=△S2O32−+4H2↑+2OH−；
②反应Ⅲ中，a点360℃时，随着时间推移，氢气的量不变，Na2S初始含量为3mml，若只发生：2S2−+5H2O=△S2O32−+4H2↑+2OH−，生成氢气：3mml×42=6mml，图中为9mml，说明M溶液中除S2O32−外，还有SO42−，反应为：S2−+4H2O=△SO42−+4H2↑，
故答案为：SO42−；
(3)H2S具有还原性，在酸性条件下，能与KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，该反应的化学方程式为5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O，
故答案为：5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O；
(4)①根据溶液pH与c(S2−)关系图pH=13时，c(S2−)=5.7×10−2ml/L，在0.10ml⋅L−1H2S溶液中根据硫守恒c(H2S)+c(HS−)+c(S2−)=0.10ml⋅L−1，所以c(H2S)+c(HS−)=(0.1−5.7×10−2)ml/L=0.043ml/L，
故答案为：0.043；
②当Q=Ksp(MnS)时开始沉淀，所以c(S2−)=Ksp(MnS)c(Mn2+)=2.8×10−130.020ml/L=1.4×10−11ml/L，结合图象得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开始沉淀，
故答案为：5；
(5)①阳极上硫离子放电，电极反应式为S2−−2e−=S，阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H++2e−=H2↑，
故答案为：2H++2e−=H2↑(或2H2O+2e−=H2↑+2OH−)；
②Na2S溶液中硫离子水解溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)>c(S2−)>c(OH−)>c(HS−)>C(H+)，
故答案为：c(Na+)>c(S2−)>c(OH−)>c(HS−)>c(H+)。
(1)氧硫化碳(COS)可替代磷化氢而被用作熏蒸剂。粉末状的KSCN与浓硫酸在一定条件下可得到COS和两种硫酸氢盐，反应的化学方程式为：KSCN+2H2SO4(浓)+H2O=KHSO4+NH4HSO4+COS↑；
(2)①依据题干信息：硫离子和水反应生成硫代硫酸根离子和氢气，依据电荷守恒和原子守恒书写离子反应方程式；
②根据图示反应时间与H2产量的关系，a点时M溶液中除S2O32−外，还有SO42−；
(3)H2S具有还原性，在酸性条件下，能与KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，结合原子守恒和电子守恒写出化学方程式；
(4)①pH=13时，c(S2−)=5.7×10−2ml/L，在0.10ml⋅L−1H2S溶液中根据硫守恒c(H2S)+c(HS−)+c(S2−)=0.10ml⋅L−1；
②当Q=Ksp(MnS)时开始沉淀，由此求出硫离子的浓度，结合图象得出此时的pH；
(5)①由图可知，右侧H得到电子生成氢气，则右侧为阴极，阳极上Sn2−和氢离子反应生成S单质，阴极上氢离子放电生成氢气；
②Na2S溶液中硫离子水解溶液显碱性。
本题考查较综合，涉及沉淀溶解平衡计算、氧化还原反应、离子浓度大小比较、电解池原理等，综合性较强，注重化学反应原理的考查，把握相关反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
25.【答案】(1)b、c
(2)①3d；K、Cr；②a、c；③乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键；④sp2；⑤Cu3Au或AuCu3；12；389× 2×10304×NA×d3
【解析】【分析】
本题考查物质结构知识，涉及到石墨晶体的结构，均摊法的应用，分子极性的判断，氢键的性质，杂化轨道理论，晶胞的简单计算，为常见知识点，难度中等。
【解答】
(1)a.石墨烯中一个碳原子具有1.5个σ键，所以12g石墨烯含σ键数为1.5NA，故a错误；
b.石墨烯是平面形分子，石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面，故b正确；
c.石墨结构中，石墨层与层之间存在分子间作用力，所以从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力，故c正确；
d.石墨烯中最小的环为六元环，石墨烯中每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有6×13=2个C原子，故d错误，
故选：b、c；
(2)①Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，则其价电子排布式为3d104s1，基态铜原子能量最高的电子占据的能级符号是3d，
第四周期元素中，最外层电子数与铜相同的元素还有：K、Cr，
故答案为：3d；K、Cr；
②判断分子有无极性看分子中正负电荷中心是否重合，重合的是非极性分子，不重合的是极性分子，
甲烷为正四面体构型，分子中正负电荷中心重合，是非极性分子，
二氯甲烷为四面体型，分子中正负电荷中心不重合，是极性分子，
苯为平面六边形结构，分子中正负电荷中心重合，是非极性分子，
乙醇为链式结构，分子中正负电荷中心不重合，是极性分子，
所以属于非极性分子的是a、c，
故答案为：a、c；
③乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷，考虑乙醇分子间形成氢键，导致沸点升高，原因可以解释为：乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键，
故答案为：乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键；
④根据酞菁的分子结构分析，C原子形成3个共价键，无孤对电子，为sp2杂化，
故答案为：sp2；
⑤立方晶胞中顶点粒子占18，面心粒子占12，则一个晶胞中有Au的个数为8×18=1个，有Cu的个数为6×12=3个，所以晶体的化学式为Cu3Au或AuCu3，在Au周围最近并距离相等的Cu有12个，不妨取1ml这样的晶胞，则含有NA个这样的晶胞，1ml晶胞的质量为m=389g，一个晶胞的体积为V=( 2d)3pm3=2 2d3×10−30cm3，则晶体密度为ρ=mNAV=389NA×2 2d3×10−30g/cm3=389× 2×10304×NA×d3g/cm3，
故答案为：Cu3Au或AuCu3；12；389× 2×10304×NA×d3。
26.【答案】5 溴、光照 取代反应 羧基 H2O 、、
【解析】解：(1)2−氟甲苯结构不对称，苯环上有4中氢原子、甲基上有1种氢原子，所以2−氟甲苯的等效氢有5种；2−氟甲苯和溴在光照条件下发生取代反应生成A，由它生成A的试剂与条件是溴、光照，
故答案为：5；溴、光照；
(2)A中溴原子被−CN取代生成B，A生成B的反应类型为取代反应；C为，C中含氧官能团名称为羧基，
故答案为：取代反应；羧基；
(3)由D与苯反应生成E的化学方程式为，
故答案为：；
(4)第一步为加成反应，生成产物的结构简式为，由G生成H步骤还产生了一种无机分子，它是H2O，
故答案为：；H2O；
(5)C为，C的同分异构体符合下列条件：
a.能发生银镜反应，说明含有醛基；
b.遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；
c.具有−CH2F基团；
d.属1，2，3−三取代苯衍生物，3个取代基分别是酚−OH、−CH2F、−CHO，三种分子结构简式为、、，
故答案为：、、。
根据C的分子式知，C发生取代反应生成D，根据D的结构简式知C为，B发生水解反应生成C，则B为，A为，D发生取代反应生成E，E和F发生取代反应生成G，G发生反应生成H。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确反应前后断键和成键方式并正确推断各物质的结构简式是解本题关键，难点是限制性条件下同分异构体结构简式的确定，题目难度中等。选项
实验目的
实验方案
A
检验溶液中的NH4+
向溶液中滴加稀NaOH溶液，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体
B
检验蔗糖的水解产物
取水解后的混合液，向其中加入新制Cu(OH)2并加热
C
制备Na单质
电解饱和NaCl溶液
D
除去NO中的NO2
将气体通入装有水的洗气瓶中
选项
实验操作或实验做法
实验目的
A
将过量SO2通入溴水中，溴水褪色
证明SO2具有漂白性
B
向Ca(ClO)2溶液中通入少量的CO2生成白色沉淀
证明Ka2(H2CO3)>Ks(HClO)
C
向盛有2mLFeCl3溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化
探究维生素C的还原性
D
向2支盛有5mL不同浓度NaHSO4溶液的试管中同时加入2mL0.2ml⋅L−1KOH溶液，观察实验现象
探究浓度对化学反应速率的影响
实验编号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
CuSO4体积/mL
30
30
30
30
30
Na2CO3体积/mL
24
30
36
42
48
产物成分
Cu4SO4(OH)6
Cu4SO4(OH)6Cu2(OH)2CO3
Cu2(OH)2CO3
Cu2(OH)2CO3
Cu2(OH)2CO3
产物质量/g
1.4725
1.5218
1.5473
1.5357
1.5315
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