浙江省绍兴市稽山2023学年高考化学三模试卷含解析

2023学年高考化学模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、我国科学家成功地研制出长期依赖进口、价格昂贵的物质，下列说法正确的是（）A．它是的同分异构体B．它是O3的一种同素异形体C．与互为同位素D．1mol分子中含有20mol电子2、25°C时，用浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液滴定体积均是20mL、浓度均为0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．酸性强弱顺序是HX>HY>HZB．加入10mLNaOH溶液时，HY溶液中c（Na+）>c（Y-）C．pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3D．加入20mLNaOH溶液时，只有HY溶液达到滴定终点3、在太空中发现迄今已知最大钻石直径4000公里，重达100亿万亿万亿克拉。下列关于金刚石的叙述说法正确的是：（）A．含1molC的金刚石中的共价键为4molB．金刚石和石墨是同分异构体C．C（石墨）C（金刚石）△H=+1.9KJ/mol，说明金刚石比石墨稳定D．石墨转化为金刚石是化学变化4、NH4NO3溶液受热可发生分解反应：NH4NO3N2↑＋HNO3＋H2O(未配平)。用NA表示阿伏加德罗数的值，下列说法正确的是()A．分解时每生成2.24L(标准状况)N2，转移电子的数目为0.6NAB．2.8gN2中含有共用电子对的数目为0.3NAC．56gFe与足量热浓硝酸反应生成NO2分子的数目为3NAD．0.1mol·L－1NH4NO3溶液中，NH4+的数目小于0.1NA5、有机物M、N、Q的转化关系为：下列说法正确的是()A．M分子中的所有原子均在同一平面B．上述两步反应依次属于加成反应和取代反应C．M的同分异构体中属于芳香烃的还有3种D．Q与乙醇互为同系物，且均能使酸性KMnO4溶液褪色6、下列对有关实验操作及现象的结论或解释正确的是选项实验操作实验现象结论或解释A向H2O2溶液中滴加FeCl3溶液产生大量气泡FeCl3催化H2O2的分解B将酸性KMnO4溶液滴入丙烯醛中溶液的紫红色褪去丙烯醛中含有碳碳双键C向某溶液中滴加稀H2SO4溶液产生有刺激性气味的气味原溶液中一定含有SO32-D向某溶液中滴加几滴NaOH稀溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口检验试纸不变蓝原溶液中一定不含有NH4+A．A B．B C．C D．D7、甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是A．甲、乙的化学式均为C8H14B．乙的二氯代物共有7种（不考虑立体异构）C．丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面D．甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色8、下列离子方程式的书写及评价，均合理的是选项离子方程式评价A用铜电极电解饱和KCl溶液：2H2O+2Cl-H2↑+Cl2↑+2OH-正确：Cl-的失电子能力比OH-强B向CuSO4溶液中通入过量的H2S气体：Cu2++H2S=CuS↓+2H+错误：H2S的酸性比H2SO4弱CBa(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2++HCO3-+OH-═BaCO3↓+H2O错误：Ba2+与HCO3-系数比应为1:2D过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=HClO+HSO3-正确：H2SO3的酸性比HClO强A．A B．B C．C D．D9、如表所示有关物质检验的实验结论正确的是()选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-B向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该溶液一定含有SO32-C将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2D将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊说明酸性：H2SO3＞H2CO3A．A B．B C．C D．D10、W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，四种元素与锂组成的盐是一种新型电池的电解质(结构如图，箭头指向表示共用电子对由W提供，阴离子中所有原子均达到8e-稳定结构)。下列说法不正确的是A．该物质中含离子键、极性键和非极性键B．在四种元素中W的非金属性最强C．Y和Z两元素形成的化合物不止一种D．四种元素的原子半径中Z的半径最大11、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X和Y能形成两种常见离子化合物，Z原子最外层电子数与其电子层数相同；X与W同主族。下列叙述不正确的是（）A．原子半径：Y＞Z＞W＞XB．X、Y形成的Y2X2阴阳离子数目比为1：1C．Y、Z和W的最高价氧化物的水化物可以相互反应D．X与W形成的化合物可使紫色石蕊溶液变红12、CalanolideA是一种抗HIV药物，其结构简式如图所示。下列关于CalanolideA的说法错误的是（）A．分子中有3个手性碳原子B．分子中有3种含氧官能团C．该物质既可发生消去反应又可发生加成反应D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗1molNaOH13、部分氧化的Fe－Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共2.88g，经如下处理：下列说法正确的是A．滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋ B．V＝224C．样品中CuO的质量为2.0g D．样品中铁元素的质量为0.56g14、铅霜(醋酸铅)是一种中药，具有解毒敛疮、坠痰镇惊之功效，其制备方法为：将醋酸放入磁皿，投入氧化铅，微温使之溶化，以三层细布趁热滤去渣滓，放冷，即得醋酸铅结晶；如需精制，可将结晶溶于同等量的沸汤，滴醋酸少许，过七层细布，清液放冷，即得纯净铅霜。制备过程中没有涉及的操作方法是A．萃取 B．溶解 C．过滤 D．重结晶15、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，Y为金属元素，Y与Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，X与W所在族序数之和等于10。下列说法正确的是（）A．原子半径大小顺序：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X) B．沸点：XW2>Y2WC．最高价氧化物对应的水化物的酸性：X<Z D．简单氢化物的热稳定性：Z>W16、10mL浓度为1mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能加快反应速率但又不影响氢气生成量的是A．K2SO4 B．CH3COONa C．CuSO4 D．Na2CO317、下列选项中,利用相关实验器材(规格和数量不限)能够完成相应实验的是()选项实验器材相应实验A试管、铁架台、导管乙酸乙酯的制备B分液漏斗、烧杯、铁架台用CCl4萃取溴水中的Br2C500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、天平配制500mL1.00mol/LNaCl溶液D三脚架、坩埚、酒精灯、坩埚钳、泥三角从食盐水中得到NaCl晶体A．A B．B C．C D．D18、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W最外层电子数是次外层电子数的3倍，W与Y同主族，X在短周期中原子半径最大。下列说法正确的是A．常温常压下Y的单质为气态 B．X的氧化物是离子化合物C．X与Z形成的化合物的水溶液呈碱性 D．W与Y具有相同的最高化合价19、阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是A．1L0.1mol·NH4Cl溶液中，的数量为0.1B．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2D．0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.220、在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是A．滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：B．滴入KSCN显血红色的溶液中：C．=1012的溶液中：D．由水电离的c(H+)=1.0×l0-13mol/L溶液中：21、短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y与W同族。X、Y、Z三种原子最外层电子数的关系为X+Z=Y。电解Z与W形成的化合物的水溶液，产生W元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液。下列说法正确的是A．W的氢化物稳定性强于Y的氢化物B．Z与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键C．Z与Y形成的化合物的水溶液呈碱性D．对应的简单离子半径大小为W>Z>X>Y22、X、Y、Z、W

为原子序数依次增大的四种短周期元素,其中Z为金属元素,X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示，下列判断错误的是A．反应①、②、③都属于氧化还原反应B．X、Y、Z、W四种元素中，Y的原子半径最小C．Na

着火时，可用甲扑灭D．一定条件下，x与甲反应生成丁二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物X是一种烷烃，是液化石油气的主要成分，可通过工艺Ⅰ的两种途径转化为A和B、C和D。B是一种重要的有机化工原料，E分子中含环状结构，F中含有两个相同的官能团，D是常见有机物中含氢量最高的，H能使溶液产生气泡,Ⅰ是一种有浓郁香味的油状液体。请回答：（1）G的结构简式为_________________________。（2）G→H的反应类型是_________________________。（3）写出F＋H→1的化学方程式_________________________。（4）下列说法正确的是_______。A．工艺Ⅰ是石油的裂化B．除去A中的少量B杂质，可在一定条件下往混合物中通入适量的氢气C．X、A、D互为同系物，F和甘油也互为同系物D．H与互为同分异构体E．等物质的量的Ⅰ和B完全燃烧，消耗氧气的质量比为2：124、（12分）已知：D为烃，E分子中碳元素与氢元素的质量之比6∶1，相对分子质量为44，其燃烧产物只有CO2和H2O。A的最简式与F相同，且能发生银镜反应，可由淀粉水解得到。（1）A的结构简式为__________________。（2）写出D→E的化学方程式_______________________。（3）下列说法正确的是____。A.有机物F能使石蕊溶液变红B.用新制的氢氧化铜无法区分有机物C、E、F的水溶液C.等物质的量的C和D分别完全燃烧消耗氧气的量相等D.可用饱和碳酸钠溶液除去有机物B中混有的少量C、FE.B的同分异构体中能发生银镜反应的酯类共有2种25、（12分）碱式碳酸钴[Cox（OH）y(CO3)z]常用作电子材料，磁性材料的添加剂，受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成，某化学兴趣小组同学设计了如图所示装置进行实验。（1）请完成下列实验步骤：①称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量；②按如图所示装置组装好仪器，并检验装置气密性；③加热甲中玻璃管，当乙装置中____________（填实验现象），停止加热；④打开活塞a，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量；⑤计算。（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟的目的是_____________________（3）某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷，为解决这一问题，可选用下列装置中的______(填字母)连接在_________(填装置连接位置)。（4）若按正确装置进行实验，测得如下数据：乙装置的质量/g丙装置的质量/g加热前80.0062.00加热后80.3662.88则该碱式碳酸钴的化学式为_________________。（5）含有Co(AlO2)2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃的颜色为___________。（6）CoCl2·6H2O常用作多彩水泥的添加剂，以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取CoCl2·6H2O的一种工艺如下：已知：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2CO(OH)2Al(OH)2开始沉淀（PH）2.37.57.63.4完全沉淀（PH）4.19.79.25.2①净除杂质时，加入H2O2发生反应的离子方程式为______________。②加入CoCO3调PH为5.2～7.6，则操作Ⅰ获得的滤渣成分为_____________。③加盐酸调整PH为2～3的目的为__________________________________。④操作Ⅱ过程为___________(填操作名称)、过滤。26、（10分）水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量，经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”，Ⅰ．用已准确称量的硫代硫酸钠（Na2S2O3）固体配制一定体积的cmol/L标准溶液；Ⅱ．用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液，塞紧瓶塞（瓶内不准有气泡），反复震荡后静置约1小时；Ⅲ．向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶至沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色；Ⅳ．将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中，用硫代硫酸钠标准溶液滴定；V．待试液呈淡黄色后，加1mL淀粉溶液，继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6（1）在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和________________________。（2）在步骤Ⅱ中，水样中出现了MnMnO3沉淀，离子方程式为4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O。（3）步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为_______________________________________________________________。（4）滴定时，溶液由__________色到______________色，且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。（5）河水中的溶解氧为_____________________________mg/L。（6）当河水中含有较多NO3－时，测定结果会比实际值________(填偏高、偏低或不变)27、（12分）某学生对Na2SO3与AgNO3在不同pH下的反应进行探究。（1）测得Na2SO3溶液pH=11，AgNO3溶液pH=5，二者水解的离子分别是。（2）调节pH，实验记录如下：实验

pH

现象

A

10

产生白色沉淀，稍后溶解，溶液澄清

B

6

产生白色沉淀，一段时间后，沉淀未溶解

C

2

产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X

查阅资料得知：Ⅰ．Ag2SO3：白色，难溶于水，溶于过量Na2SO3的溶液Ⅱ．Ag2O：棕黑色，不溶于水，能和酸反应①推测a中白色沉淀为Ag2SO3，离子方程式是。②推测a中白色沉淀为Ag2SO4，推测的依据是。（3）取b、c中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中，沉淀溶解。该同学设计实验确认了白色沉淀不是Ag2SO4，实验方法是：另取Ag2SO4固体置于溶液中，未溶解。（4）将c中X滤出、洗净，为确认其组成，实验如下：Ⅰ.向X中滴加稀盐酸，无明显变化Ⅱ．向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体Ⅲ．用Ba(NO3)2溶液、BaCl2溶液检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀①实验Ⅰ的目的是。②根据实验现象，分析X的性质和元素组成是。③Ⅱ中反应的化学方程式是。（5）该同学综合以上实验，分析产生X的原因，认为随着酸性的增强，还原性增强。通过进一步实验确认了这种可能性，实验如图所示：①气体Y是。②白色沉淀转化为X的化学方程式是。28、（14分）乙酸是生物油的主要成分之一，乙酸制氢具有重要意义：热裂解反应：CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g)△H=+213.7kJ·mol－1脱酸基反应CH3COOH(g)→2CH4(g)+CO2(g)△H=－33.5kJ·mol－1（1）请写出CO与H2甲烷化的热化学方程式__________________________________。（2）在密闭溶液中，利用乙酸制氢，选择的压强为________（填“较大”或“常压”）。其中温度与气体产率的关系如图：①约650℃之前，脱酸基反应活化能低速率快，故氢气产率低于甲烷；650℃之后氢气产率高于甲烷，理由是随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时_________________。②保持其他条件不变，在乙酸气中掺杂一定量的水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，请用化学方程式表示：____________________。（3）若利用合适的催化剂控制其他的副反应，温度为TK时达到平衡，总压强为PkPa，热裂解反应消耗乙酸20%，脱酸基反应消耗乙酸60%，乙酸体积分数为________（计算结果保留1位小数）；脱酸基反应的平衡常数Kp分别为________________kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。29、（10分）三氯化硼(BCl3)是一种重要的化工原料。实验室制备BCl3的原理：B2O3+3C+3Cl2=2BCl3+3CO，某实验小组利用干燥的氯气和下列装置（装置可重复使用）制备BCl3并验证反应中有CO生成。（已知：BCl3的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃；硝基苯的密度比水大。）请回答下列问题：实验Ⅰ：制备BCl3并验证产物CO（1）BCl3接触潮湿空气时会形成白雾，请写出该反应的化学方程式_______。（2）该实验装置中合理的连接顺序为G→___→___→__→__→F→D→I；其中装置E的作用是____。（3）能证明反应中有CO生成的现象是____。实验Ⅱ：产品中氯含量的测定①准确称取少许m克产品，置于蒸馏水中完全水解，并配成100mL溶液。②取10.00mL溶液于锥形瓶中③加入V1mL浓度为C1mol/LAgNO3溶液使氯离子完全沉淀；向其中加入少许硝基苯用力摇动。④以硝酸铁为指示剂，用C2mol/LKSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液。重复步骤②~④二次，达到滴定终点时用去KSCN溶液的平均体积为V2mL。已知：Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)。（4）步骤②移取溶液时所需仪器名称为____，步骤④中达到滴定终点的现象为_____。（5）产品中氯元素的质量分数为_______。（6）下列操作，可能引起测得产品中氯含量偏高是_____。A．步骤③中未加硝基苯B．步骤①中配制100mL溶液时，定容时俯视刻度线C．用KSCN溶液滴定剩余AgNO3溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡D．滴定剩余AgNO3溶液时，KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴

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、B【解析】

A．与的分子式相同，不属于同分异构体，故A错误；B．与O3都为氧元素的不同单质，互为同素异形体，故B正确；C．同位素研究的对象为原子，与属于分子，不属于同位素关系，故C错误；D．1mol分子中含有16mol电子，故D错误；故选B。2、C【解析】

0.1000mol/L的HZ，pH=1，c(H+)=0.1000mol/L，则c(HZ)=c(H+)，则HZ为一元强酸，HX和HY的pH都大于1，则HX和HY都是一元弱酸，同浓度的三种酸酸性强弱关系为：HX＜HY＜HZ，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，三种酸酸性强弱顺序是HX＜HY＜HZ，A错误；B．加入10mLNaOH溶液时，HY有一半被中和，此时溶质为等物质的量的HY和NaY，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，由图可知，此时溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，溶液c(Na+)＜c(Y-)，B错误；C．HZ是强酸，加水稀释10倍，即101倍pH增大1，即pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3，C正确；D．加入20mLNaOH溶液时，三种溶液pH均发生突变，说明三种溶液均达到滴定终点，D错误。答案选C。【点睛】C．pH=a的强酸稀释10n倍，稀释后溶液pH=a+n(pH＜7)；pH=a的弱酸稀释10n倍，稀释后溶液pH＜a+n(pH＜7)；pH=a的强碱稀释10n倍，稀释后溶液pH=a-n(pH＞7)；pH=a的弱碱稀释10n倍，稀释后溶液pH＞a-n(pH＞7)3、D【解析】

A.在金刚石中，每个碳原子与周围4个C原子各形成1个共价键，所以平均每个C原子形成2个共价键，含1molC的金刚石中的共价键为2mol，A错误；B.金刚石和石墨互为同素异形体，B错误；C.C（石墨）C（金刚石）△H=+1.9KJ/mol，石墨能量低，说明石墨比金刚石稳定，C错误；D.石墨转化为金刚石是同素异形体的转化，属于化学变化，D正确。故选D。4、B【解析】

NH4NO3溶液受热可发生分解反应：5NH4NO34N2↑＋2HNO3＋9H2O。【详解】A.该反应属于归中反应，NH4+中－3价的氮元素升高为0价，被氧化，NO3－中＋5价的氮元素降低为0价，被还原，被氧化的氮原子与被还原的氮原子的物质的量之比为5∶3，每生成4molN2，转移15mol电子，所以，当生成0.1molN2时，转移电子的物质的量为×0.1mol＝0.375mol，转移的电子数为0.375NA，A错误；B.N2的结构式为N≡N，1个N2分子含有3对共用电子，2.8gN2的物质的量为0.1mol，含有的共用电子对数为0.3NA，B正确；C.浓硝酸具有强氧化性，可将铁氧化为＋3价，本身被还原为NO2，56gFe的物质的量为1mol，可失去3mol电子，所以，反应生成3molNO2，但有一部分NO2转化为N2O4，最终生成的NO2分子数少于3NA，C错误；D.已知硝酸铵溶液的物质的量浓度，但未告知溶液的体积，不能确定含有硝酸铵的物质的量，无法计算含有NH4+的数目，D错误；故答案为：B。5、C【解析】

由转化关系可知，与氯气在光照条件下发生取代反应生成，在加热条件下与氢氧化钠溶液发生水解反应生成。【详解】A项、分子中的侧链为乙基，乙基含有2个饱和碳原子，则分子中的所有原子不可能在同一平面，故A错误；B项、与氯气在光照条件下转化为的反应属于取代反应，故B错误；C项、的同分异构体中属于芳香烃的还有对二甲苯、间二甲苯和邻二甲苯，共3种，故C正确；D项、属于芳香醇，其与乙醇不是同系物，故D正确。故选C。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构与转化关系为解答的关键。6、A【解析】

A.H2O2溶液中没有加FeCl3溶液前几乎无气泡产生，加入后产生大量气泡，说明FeCl3对H2O2的分解起催化作用，A正确；B.醛基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能根据溶液的紫红色褪去来确定丙烯醛中含有碳碳双键，B错误；C.向某溶液中滴加稀H2SO4溶液，产生有刺激性气味的气体，原溶液可能含有SO32-，也可能含有HSO3-或S2O32-等离子，C错误；D.若溶液中含有NH4+，由于溶液稀，反应产生NH3·H2O，也不能放出氨气，因此不能看到湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，D错误；故合理选项是A。7、D【解析】

A．根据结构简式判断；B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上；C．苯为平面形结构，结合三点确定一个平面分析；D．乙与高锰酸钾不反应。【详解】A．由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH－原子上，共有7种，故B正确；C．苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；D．乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。故选D。8、C【解析】

A项、用铜电极电解饱和KCl溶液时，阳极是铜电极放电，溶液中Cl-不能放电生成氯气，故A错误；B项、CuSO4溶液能与过量的H2S气体反应能够发生的原因是生成的硫化铜沉淀不能溶于硫酸，与酸性强弱无关，故B错误；C项、Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，不足量的Ba(HCO3)2溶液完全反应，反应消耗的Ba2+与HCO3-的物质的量比为1:2，故离子方程式书写错误，故C正确；D项、SO2具有还原性，NaClO具有强氧化性，过量SO2通入到NaClO溶液中发生氧化还原反应，不是复分解反应，与酸性强弱无关，故D错误；故选C。9、D【解析】

根据物质的性质及反应现象分析解答。【详解】A.白色沉淀可以能是氯化银，溶液中可能含有银离子，应该先加盐酸排除银离子的干扰，故A错误；B.溶液中可能含有HSO3-，故B错误；C.具有漂白作用的不仅仅是二氧化硫，融入氯气也可以使品红褪色，故C错误；D.先通入酸性高锰酸钾溶液，目的是除去二氧化硫气体，再通入澄清石灰水变浑浊，说明产物是二氧化碳，进而证明亚硫酸的酸性强于碳酸，故D正确。故选D。【点睛】在物质检验的实验中，一定要注意排除其他物质的干扰，很多反应的现象是一样的，需要进一步验证，例如二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫可以与酸性高锰酸钾反应，二氧化碳不可以。10、D【解析】

W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，可知X有2个电子层，四种元素都是第二周期的元素，X的次外层电子数只能为2，Y的最外层电子数为6，Y为O元素；由四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质，Z可形成4对共用电子对，Y可形成2对共用电子对，X可形成3对共用电子对和1个配位键（接受孤电子对），则Z为C元素、、X为B元素，W可提供孤电子对，且形成1对共用电子对，则W为F元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为F、X为B、Y为O、Z为C元素。A.该化合物是离子化合物，含离子键，在阴离子中含有不同种元素原子之间形成的极性共价键，阴离子中含有C原子之间的非极性共价键及F、B原子之间的配位键，配位键属于极性共价键，A正确；B.同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，在这四种元素中非金属性最强的元素是F元素，B正确；C.C、O元素可形成CO、CO2等化合物，故二者形成的化合物种类不止一种，C正确；D.同一周期的元素原子序数越大，原子半径越小，在上述元素中B元素原子序数最小，故四种元素的原子半径中B的半径最大，D错误；故答案选D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，把握化学键、元素的性质来推断元素为解答关键。注意配位键的形成，注意同一周期元素的非金属性从左到右逐渐增强，元素的原子半径逐渐减小的变化规律，同种元素的原子形成非极性键，不同种元素的原子形成极性共价键，试题侧重考查学生的分析与应用能力。11、B【解析】

X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X和Y能形成两种常见离子化合物，这两种离子化合物为Na2O2和Na2O，X为O元素，Y为Na元素，Z原子最外层电子数与其电子层数相同，Z为Al元素；X与W同主族，W为S元素。【详解】A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，Y＞Z＞W，同主族元素从上到下逐渐增大：W＞X，即Na＞Al＞S＞O，故A正确；B．O22－是原子团，X、Y形成的Y2X2阴阳离子数目比为1：2，故B错误；C．Al(OH)3具有两性，Y、Z和W的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H2SO4，可以相互反应，故C正确；D．X与W形成的化合物SO2、SO3的水溶液呈酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故D正确；故选B。12、D【解析】

A选项，分子中有3个手性碳原子，手性碳原子用*标出，，故A正确，不符合题意；B选项，分子中有羟基、醚键、酯基3种含氧官能团，故B正确，不符合题意；C选项，该物质含有羟基，且连羟基的碳相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，含有碳碳双键、苯环可发生加成反应，故C正确，不符合题意；D选项，该物质中含有酚酸酯，1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2molNaOH，故D错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】手性碳原子是碳原子周围连的四个原子或原子团不相同为手性碳原子，1mol酚酸酯消耗2mol氢氧化钠，1mol羧酸酯消耗1mol氢氧化钠。13、B【解析】

根据氧化性Fe3+>Cu2+>H+可知铁离子优先反应，由于滤液A中不含Cu2+，且有气体氢气生成，则滤液A中不含Fe3+，滤渣1.6g为金属铜，物质的量为0.025mol，即合金样品中总共含有铜原子和铜离子0.025mol。滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体为Fe2O3，质量为1.6g，物质的量为0.01mol，即合金样品中总共含有铁原子和铁离子0.02mol。稀硫酸过量，因此滤液A中的溶质为H2SO4和FeSO4，其中溶质FeSO4为0.02mol，则能加反应的硫酸的物质的量也为0.02mol，0.02molH2SO4电离出0.04mol氢离子，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧离子O2-结合成水。A、滤液A中的阳离子为Fe2+、H+，选项A错误；B、合金中氧离子O2-的物质的量为=0.01mol，0.01molO2-生成水需结合H+0.02mol，所以参加反应的0.02mol硫酸中有0.04mol-0.02mol=0.02molH+生成了氢气，即有0.01molH2生成，标准状况下产生的氢气的体积为0.01mol22.4L/mol=0.224L=224mL，选项B正确；C、假设Fe－Cu合金样品全部被氧化，则样品中CuO的质量为0.025mol80g/mol=2g，而实际情况是Fe－Cu合金样品部分氧化，故样品中CuO的质量小于2g，选项C错误；D、样品中铁元素的质量为0.02mol56g/mol=1.12g，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查混合物计算及物质的性质，为高频考点，把握流程中反应过程是解答关键，侧重解题方法与分析解决问题能力的考查，注意利用极限法与原子守恒解答。14、A【解析】

此操作中，将醋酸放入磁皿，投入氧化铅，微温使之溶化操作为溶解；放冷，即得醋酸铅结晶…清液放冷，即得纯净铅霜此操作为重结晶；以三层细纱布趁热滤去渣滓，此操作为过滤，未涉及萃取，答案为A。15、C【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X与W所在族序数之和等于10，则X处于ⅣA主族，W处于ⅥA族，结合原子序数可知，X为C元素、W为S元素；Y与Z最外层电子数之和与W的相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为IA、ⅤA族元素，结合原子序数，则Y为Na、Z为P元素，据此进行解答。【详解】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X与W所在族序数之和等于10，则X处于ⅣA主族，W处于ⅥA族，结合原子序数可知，X为C元素、W为S元素，Y与Z最外层电子数之和与W的相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为IA、ⅤA族元素，结合原子序数，则Y为Na、Z为P元素，A.同周期自左而右原子半径减小、电子层越多原子半径越大，则原子半径大小为：Y(Na)＞Z(P)＞W(S)＞X(C)，故A错误；

B.W分别与X、Y形成的化合物为CS2、Na2S，CS2为共价化合物，Na2S为离子化合物，则沸点：Na2S＞CS2，故B错误；C.X、Z的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、磷酸，碳酸酸性比磷酸弱，故C正确；D.非金属性Z(P)＜W(S)，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，则氢化物稳定性PH3＜H2S，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。16、C【解析】

A.加入K2SO4溶液相当于稀释稀盐酸，则溶液中的氢离子浓度减小，会减慢化学反应速率，不影响产生氢气的量，A项错误；B.加入CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，但提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，B项错误；C.Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，因锌过量，故不影响产生氢气的量，C项正确；D.加入碳酸钠溶液，与盐酸反应使溶液中氢离子总量较小，化学反应速率减小，生成氢气的量减少，D项错误。答案选C。【点睛】反应的实质为Zn+2H+═Zn2++H2↑，本题要注意的是Zn过量，加入硫酸铜后形成的原电池可加快化学反应速率，且不影响产生氢气的量。17、B【解析】

A．制备乙酸乙酯需要在浓硫酸加热的条件下进行，实验器材中还缺少用于加热的酒精灯，不能完成该实验，A选项错误；B．用CCl4萃取溴水中的Br2，需要用到的仪器有分液漏斗、烧杯、铁架台，B选项正确；C．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，计算出所需要的NaCl的质量后，用托盘天平称取，然后在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，待溶液冷却后用玻璃棒引流转移至容量瓶，经过两三次洗涤后，再用胶头滴管进行定容，实验器材缺少胶头滴管，不能完成该实验，C选项错误；D．从食盐水中得到NaCl晶体用蒸发结晶的方法，需要的器材有带铁圈的铁架台、酒精灯、坩埚钳、蒸发皿、玻璃棒，不需要坩埚和泥三角，D选项错误；答案选B。18、B【解析】

W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W最外层电子数是次外层电子数的3倍，最外层电子数只能为6，次外层电子数为2，W为O元素；W与Y同主族，则Y为S元素；X在短周期中原子半径最大，X为Na元素；短周期中比S原子序数大的主族元素只有Cl，因此Z为Cl元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为S元素，Z为Cl元素。A．常温常压下，S为固体，故A错误；B．X的氧化物为氧化钠或过氧化钠，均是离子化合物，故B正确；C．X与Z形成的化合物为NaCl，NaCl为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故C错误；D．一般情况下，O元素不存在正价，S的最高价为+6价，故D错误；故选B。19、D【解析】A、NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋数量小于0.1NA，故A错误；B、2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol，因此转移电子数为为0.2NA，故B错误；C、标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，故C错误；D、H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2mol，分子数为0.2NA，故D正确。20、B【解析】

A．因甲基橙试剂显红色的溶液为酸性溶液，能发生氧化还原反应，则不能大量共存，故A错误；B．滴入KSCN显血红色的溶液，说明存在，因不与该组离子之间发生化学反应，则能够大量共存，故B正确；C．=1012的溶液中，=0.1mol/L，OH-与NH4+、HCO3-均反应，则不能大量共存，故C错误；D．由水电离的c(H+)=1.0×l0-13mol/L溶液，该溶液为酸或碱的溶液，OH-与Al3+能生成沉淀，H+与CH3COO-反应生成弱电解质，则该组离子一定不能大量共存，故D错误。故选B。【点睛】凡是溶液中有关离子因发生反应而使浓度显著改变的均不能大量共存，如生成难溶、难电离、气体物质或能转变成其他种类的离子(包括氧化还原反应)。一般可从以下几方面考虑：(1)弱碱阳离子与OH－不能大量共存，如Fe3＋、Al3＋、Cu2＋、NH、Ag＋等。(2)弱酸阴离子与H＋不能大量共存，如CH3COO－、CO、SO等。(3)弱酸的酸式阴离子在酸性较强或碱性较强的溶液中均不能大量存在。它们遇强酸(H＋)会生成弱酸分子；遇强碱(OH－)会生成正盐和水，如HSO、HCO等。(4)若阴、阳离子能相互结合生成难溶或微溶性的盐，则不能大量共存，如Ba2＋、Ca2＋与CO、SO、SO等；Ag＋与Cl－、Br－、I－等。(5)能发生氧化还原反应的离子不能大量共存，如NO(H＋)与I－、Br－、Fe2＋等。(6)若限定为无色溶液，有色的离子不能大量存在。如MnO(紫红色)、Cu2＋(蓝色)、Fe3＋(棕黄色)、Fe2＋(浅绿色)。21、C【解析】

元素X、Y、Z、W为短周期且原子序数依次增大，电解Z与W形成的化合物的水溶液，产生W元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液，可推出W元素为氯元素（Cl），Z元素为钠（Na），X元素为氧（O），Y与W同族，可推出Y元素为氟（F）。【详解】A.最简单氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越稳定，根据分析，Y元素为氟，W元素为氯，非金属性F>Cl，氢化物稳定性HF>HCl，故A错误；B.Z元素为钠，钠与氧形成Na2O2既有离子键又有共价键，故B错误；C.钠与氟形成氟化钠，属于强碱弱酸盐，F-会发生水解，F-+H2OHF+OH-，水溶液呈碱性，故C正确；D.对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+、Cl-，可知O2-、F-、Na+电子层结构相同，原子序数越大半径越小，离子半径：O2->F->Na+，又因为Cl-有三个电子层，故Cl-半径最大，因此半径大小为：Cl->O2->F->Na+，故D错误；故选C。【点睛】本题考查位置结构性质的关系及应用，难度中等，推断元素是解题关键。22、C【解析】根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。A.反应①二氧化碳与镁反应、②碳与氧气反应、③碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，选项A正确；B.同周期元素原子从左到右依次减小，同主族元素原子从上而下半径增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，O的原子半径最小，选项B正确；C.Na着火时，不可用二氧化碳扑灭，选项C错误；D.一定条件下，碳与二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查元素周期表、元素周期律及物质的推断，根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁，据此分析解答。二、非选择题(共84分)23、氧化反应HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2ODE【解析】

X为烷烃，则途径I、途径II均为裂化反应。B催化加氢生成A，则A、B分子中碳原子数相等。设A、B分子中各有n个碳原子，则X分子中有2n个碳原子，E、F中各有n个碳原子。D是含氢量最高的烃，必为CH4，由途径II各C分子中有2n-1个碳原子，进而G、H分子中也有2n-1个碳原子。据F+H→I（C5H10O3），有n+2n-1=5，得n=2。因此，X为丁烷（C4H10）、A为乙烷（C2H6）、B为乙烯（CH2=CH2），B氧化生成的E为环氧乙烷（）、E开环加水生成的F为乙二醇（HOCH2CH2OH）。C为丙烯（CH3CH=CH2）、C加水生成的G为1-丙醇（CH3CH2CH2OH）、G氧化生成的有酸性的H为丙酸（CH3CH2COOH）。F与H酯化反应生成的I为丙酸羟乙酯（CH3CH2COOCH2CH2OH）。（1）据C→G→I，G只能是1-丙醇，结构简式为CH3CH2CH2OH。（2）G（CH3CH2CH2OH）→H（CH3CH2COOH）既脱氢又加氧，属于氧化反应。（3）F＋H→I的化学方程式HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2O。（4）A．工艺Ⅰ生成乙烯、丙烯等基础化工原料，是石油的裂解，A错误；B．除去A（C2H6）中的少量B（CH2=CH2）杂质，可将混合气体通过足量溴水。除去混合气体中的杂质，通常不用气体作除杂试剂，因其用量难以控制，B错误；C．X（C4H10）、A（C2H6）、D（CH4）结构相似，组成相差若干“CH2”，互为同系物。但F（HOCH2CH2OH）和甘油的官能团数目不同，不是同系物，C错误；D．H（CH3CH2COOH）与分子式相同、结构不同，为同分异构体，D正确；E．Ⅰ（C5H10O3）和B（C2H4）各1mol完全燃烧，消耗氧气分别为6mol、3mol，其质量比为2：1，E正确。故选DE。24、CH2OH(CHOH)4CHO2CH2CH2+O22CH3CHOACDE【解析】

A能发生银镜反应，可由淀粉水解得到，说明A为葡萄糖，葡萄糖在催化剂作用下生成C为乙醇，E分子中碳元素与氢元素的质量之比6∶1，说明E分子中C与H原子个数比为1:2，相对分子质量为44，其燃烧产物只有CO2和H2O，则E为CH3CHO，D为烃，根据C和E可知，D为乙烯，F的最简式和葡萄糖相同，且由乙醛催化氧化得到，说明F为乙酸，B在酸性条件下生成乙酸和乙醇，则B为乙酸乙酯。据此判断。【详解】(1)A为葡萄糖，其结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，故答案为CH2OH(CHOH)4CHO；(2)乙烯催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH2＝CH2+O22CH3CHO，故答案为2CH2＝CH2+O22CH3CHO；(3)A.有机物F为乙酸，具有酸性，可使石蕊溶液变红，故A正确；B.C为乙醇、E为乙醛、F为乙酸乙酯，乙醇易溶于水，不分层，乙醛与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，乙酸乙酯不溶于水，产生分层，上层为油状液体，现象各不相同，所以可用新制的氢氧化铜区分，故B错误；C.1mol乙醇完全燃烧消耗3mol氧气，1mol乙烯完全燃烧消耗3mol氧气，则等物质的量的乙醇和乙烯分别完全燃烧消耗氧气的量相等，故C正确；D.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇、消耗乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，所以可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙醇和乙酸，故D正确；E.乙酸乙酯的同分异构体中能发生银镜反应的酯类物质有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，共2种，故E正确；答案选：ACDE。25、不再有气泡产生时将装置中产生的CO2和H2O（g）全部排入乙、丙装置中D活塞a前（或装置甲前）Co2(OH)2CO3蓝色2Fe2+＋H2O2＋2H＝2Fe3+＋2H2OAl(OH)3、Fe(OH)3抑制COCl2的水解蒸发浓缩、冷却结晶【解析】

（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，据此可以计算生成水的量；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.00g，据此计算产生二氧化碳的量，得到Co的质量和Co原子物质的量，根据Co、H、C元素守恒可知，来推导碱式碳酸钴的化学式；（5）含有Co（A102）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰；（6）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入双氧水和CoCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入CoCO3，调节溶液的pH至7.6，使Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含有CoCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CoCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2•6H2O；①双氧水具有氧化性，能氧化还原性离子；②加入CoCO3调pH为5.2～7.6，则操作I获得的滤渣成分为Fe（OH）3、Al（OH）3；③CoCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解；④操作Ⅱ过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。【详解】（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，故生成水的质量为80.36g-80.00g=0.36g，物质的量为=0.02mol；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.00g，生成二氧化碳的质量为62.88g-62.00g=0.88g，物质的量为=0.02mol，故氧化钴的质量为3.65g-0.36g-0.88g=2.41g，物质的量为=0.02mol，根据Co、H、C元素守恒可知，x：y：z=0.015mol：0.02mol×2：0.02mol=2：4：2，故碱式碳酸钴的化学式为Co2（OH）4（CO3）2；（5）含有Co（A102）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰；（6）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入双氧水和CoCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入CoCO3，调节溶液的pH至7.6，使Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含有CoCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CoCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2•6H2O；①加入H2O2把二价铁离子氧化为三价铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2+＋H2O2＋2H＝2Fe3+＋2H2O；②操作1是分离Fe（OH）3、Al（OH）3和液体的操作，是过滤，前面调节PH的目的是让三价铁离子和铝离子转化为沉淀，所以沉淀的成分是Fe（OH）3、Al（OH）3；③CoCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解，所以加入稀盐酸调整PH为2～3的目的是抑制CoCl2水解；④操作2是从溶液中提取溶质的操作，操作方法为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤。26、碱式滴定管MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O蓝无偏高【解析】

(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性；(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，根据氧化还原反应方程式分析；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色；(5)根据关系式，进行定量分析；(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3。【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，即碘化合价升高，Mn的化合价会降低，离子方程式为MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，故答案为：MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无；(5)由4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O，MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可知关系式，即，则氧气的物质的量x=，v1mL水样中溶解氧=，故答案为：；(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，结果偏高，故答案为：偏高。【点睛】本题难点(3)，信息型氧化还原反应方程式的书写，要注意对反应物和生成物进行分析，在根据得失电子守恒配平；易错点(5)，硝酸根存在时，要注意与氢离子在一起会有强氧化性。27、（1）亚硫酸根离子和银离子。（2）①2Ag++SO32-=Ag2SO3↓。②亚硫酸根有还原性，若被氧化为硫酸根离子，即可与银离子结合生成硫酸银沉淀。（3）过量亚硫酸钠。（4）①判断X是否是氧化银。②有还原性，含有银元素，不含硫元素。③Ag+2HNO3（浓）=AgNO3+NO2↑+H2O。（5）①二氧化硫。②Ag2SO3+H2O2Ag+H2SO4【解析】（1）①推测a中白色沉淀为Ag2SO3,Ag+与SO32-反应生成Ag2SO3,Ag2SO3溶于过量的Na2SO3溶液,生成沉淀的离子方程式为:2Ag++SO32-=Ag2SO3↓；正确答案:2Ag++SO32-=Ag2SO3↓。②推测a中白色沉淀为Ag2SO4，其根据为SO32-有还原性,可能被氧化为SO42-,与Ag+反应生成Ag2SO4白色沉淀；正确答案：SO32-有还原性，若被氧化为SO42-，即可与Ag+结合生成Ag2SO4沉淀。（2）Ag2SO3白色，难溶于水，溶于过量Na2SO3溶液，取B、C中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中,沉淀溶解,说明B、C中白色沉淀为Ag2SO3；另取Ag2SO4固体,同样条件置于足量Na2SO3溶液中,进行对照试验,发现沉淀不溶解；正确答案:过量Na2SO3。（3）①氧化银能和盐酸生成白色氯化银沉淀和水,溶液的pH=2，产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X，向X中滴加稀盐酸，无明显变化，说明X不是Ag2O；正确答案:检验X是否为Ag2O。②向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体为NO2，X与浓硝酸发生氧化还原反应，X具有还原性，X只能为金属单质，只能为银；因此X中含有Ag元素，不含S元素；正确答案:有还原性；含有Ag元素，不含S元素。③向X中加入过量HNO3(浓)，产生红棕色气体为NO2，银和硝酸反应，氮元素从+5变为+4价，同时生成硝酸银和水，反应方程式为:Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O；正确答案：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O。（4）①海绵状棕黑色物质X为Ag；随着酸性的增强，+4价硫的还原性增强,能被+1价银氧化；可通过+4价硫的氧化物二氧化硫进行实验确认，通入二氧化硫后，瓶中白色沉淀Ag2SO3转化为棕黑色Ag；正确答案是:SO2。②X为Ag,白色沉淀转化为Ag,在酸性条件下,亚硫酸银中+4价的硫,被+1价银氧化生成银和硫酸,反应为:Ag2SO3+H2O2Ag+H2SO4；正确答案：Ag2SO3+H2O2Ag+H2SO4。28、2CO(g)+2H2(g)→CH4(g)+CO2(g)∆H=−247.2KJ·mol-1常压热裂解反应正向移动，而脱酸基反应逆向移动，故氢气产率高于甲烷CO(g)+H2O(g)═H2(g)+CO2(g)9.1%0.8P【解析】

（1）由盖斯定律计算；（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g)，反应为气体体积增大的反应，选择的压强为常压。①热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g)是吸热反应，热裂解反应正向移动，脱酸基反应CH3COOH(g)→CH4(g)+CO2(g)是放热反应，而