广东深圳龙文教育2024年高三下学期第五次调研考试化学试题含解析

广东深圳龙文教育2024年高三下学期第五次调研考试化学试题注意事项：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、四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是()YZMXA．简单离子半径大小：M＜ZB．简单氢化物的稳定性：Z＞YC．X与Z形成的化合物具有较高熔沸点D．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强2、某红色固体粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一种或几种。为探究其组成，称取ag该固体粉末样品，用过量的稀硫酸充分反应后(已知:Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2O)，称得固体质量为bg。则下列推断不合理的是A．反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种B．向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，可能使bg固体完全溶解C．若b＝a，则红色固体粉末一定为纯净物D．b的取值范围:0＜b≤a3、室温下，0.1mol下列物质分别与1L0.1mol/LNaOH溶液反应，所得溶液pH最小的是A．SO3 B．NO2 C．Al2O3 D．SO24、工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。下列推论不合理的是A．活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用B．铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极C．增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率D．利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu5、NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数为0.1NAB．标准状況下，2.24L己烷中共价键的数目为1.9NAC．在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数一定大于0.1NAD．34gH2O2中含有的阴离子数为NA6、如图是CO2生产甲醇的能量变化示意图．下列说法正确的是（）A．E2_E1是该反应的热效应B．E3_E1是该反应的热效应C．该反应放热，在常温常压下就能进行D．实现变废为宝，且有效控制温室效应7、如图1为甲烷和O2

构成的燃料电池示意图，电解质溶液为KOH溶液；图2

为电解AlCl3

溶液的装置，电极材料均为石墨。用该装置进行实验，反应开始后观察到x电极附近出现白色沉淀。下列说法正确的是A．b电极为负极B．图1中电解质溶液的pH增大C．a

电极反应式为CH4-8e-

+8OH-=CO2+6H2OD．图2

中电解AlCl3溶液的总反应式为:2AlCl3

+6H2O2Al(OH)3

↓+3Cl

2↑+3H2

↑8、一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应：N2（g）+O2（g）2NO（g），曲线a表示该反应在温度T℃时N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。叙述正确的是（）A．温度T℃时，该反应的平衡常数K=B．温度T℃时，混合气体的密度不变即达到平衡状态C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D．若曲线b改变的条件是温度，则该正反应放热9、下列说法正确的是（）A．强电解质一定易溶于水，弱电解质可能难溶于水B．燃烧一定有发光发热现象产生，但有发光发热现象的变化一定是化学变化C．制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色D．电解熔融态的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化10、以PbO为原料回收铅的过程如下：Ⅰ.将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbC14的溶液；Ⅱ.电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示。下列判断不正确的是A．阳极区的溶质主要是H2SO4B．电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—C．当有2.07gPb生成时，通过阳离子交换膜的阳离子为0.04molD．电解过程中为了实现物质的循环利用，可向阴极区补充PbO11、为探究NaHCO3、Na2CO3与1mol/L盐酸反应（设两反应分别是反应Ⅰ、反应Ⅱ）过程中的热效应，进行实验并测得如下数据：序号液体固体混合前温度混合后最高温度①35mL水2.5gNaHCO320℃18.5℃②35mL水3.2gNa2CO320℃24.3℃③35mL盐酸2.5gNaHCO320℃16.2℃④35mL盐酸3.2gNa2CO320℃25.1℃下列有关说法正确的是A．仅通过实验③即可判断反应Ⅰ是吸热反应B．仅通过实验④即可判断反应Ⅱ是放热反应C．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是吸热反应、放热反应D．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是放热反应、吸热反应12、下列各组物质所含化学键相同的是（）A．钠（Na）与金刚石（C）B．氯化钠（NaCl）与氯化氢（HCl）C．氯气（Cl2）与氦气（He）D．碳化硅（SiC）与二氧化硅（SiO2）13、下列说法不正确的是()A．牛油、植物油、汽油在碱性条件下的水解反应可以制造肥皂B．氨基酸、蛋白质都既能和盐酸反应，也能和氢氧化钠溶液反应C．向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液产生沉淀属于物理变化D．用酶催化淀粉水解的水解液中加入银氨溶液，水浴加热，无光亮银镜生成，说明无葡萄糖存在14、已知：锂硫电池的总反应为2Li+xS=Li2Sx。以锂硫电池为电源，通过电解含(NH4)2SO4的废水制备硫酸和化肥的示意图如图(不考虑其他杂质离子的反应)。下列说法正确的是（）A．b为电源的正极B．每消耗32g硫，理论上导线中一定通过2mole-C．N室的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+D．SO42-通过阴膜由原料室移向M室15、下列关于自然界中氮循环的说法错误的是A．氮肥均含有NH4+B．雷电作用固氮中氮元素被氧化C．碳、氢、氧三种元素参与了自然界中氮循环D．合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱16、下列有关氧元素及其化合物的表示或说法正确的是A．氧原子的原子结构示意图：B．羟基的结构式：O-HC．用电子式表示Na2O的形成过程：D．组成为C2H6O的分子中可能只存在极性键17、短周期元素的离子W3+、X+、Y2﹣、Z﹣都具有相同的电子层结构，以下关系正确的是（）A．单质的熔点：X＞WB．离子的还原性：Y2﹣＞Z﹣C．氢化物的稳定性：H2Y＞HZD．离子半径：Y2﹣＜W3+18、下列溶液中的粒子浓度关系正确的是（）A．0.1mol⋅B．1L0.1C．等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：cD．室温下，pH=3.5的柑橘汁中cH+是pH19、下图所示为某同学设计的检验浓硫酸和碳反应所得气体产物的实验装置图。下列说法正确的是A．若按①→③→②顺序连接，可检验所有气体产物B．若装置②只保留a、b，同样可以达到实验目的C．若圆底绕瓶内碳粉过量，充分反应后恢复到25℃，溶液的pH≥5.6D．实验结束后，应按从下往上、从左往右的顺序拆卸装置20、液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点。一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。下列关于该电池的叙述正确的是A．b极发生氧化反应B．a极的反应式：N2H4＋4OH－－4e－＝N2↑＋4H2OC．放电时，电流从a极经过负载流向b极D．其中的离子交换膜需选用阳离子交换膜21、298K时，向20mL浓度均为0.1mo1/L的MOH和NH3·H2O混合液中滴加0.1mol的CH3COOH溶液，测得混合液的电阻率（表示电阻特性的物理量）与加入CH3COOH溶液的体积（V）的关系如图所示。已知CH3COOH的Ka＝1.8×10－5，NH3·H2O的Kb=1.8×10－5。下列说法错误的是（）A．MOH是强碱B．c点溶液中浓度：c（CH3COOH)<c(NH3·H2O）C．d点溶液呈酸性D．a→d过程中水的电离程度先增大后减小22、某锂离子电池充电时的工作原理如图所示，LiCoO2中的Li+穿过聚内烯微孔薄膜向左迁移并嵌入石墨（C6表示）中。下列说法错误的是（）A．充电时，阳极电极反应式为LiCoO2-xe-=xLi++Lil-xCoO2B．放电时，该电池将化学能转化为电能C．放电时，b端为负极，发生氧化反应D．电池总反应为LixC6+Lil-xCoO2C6+LiCoO2二、非选择题(共84分)23、（14分）磷酸氯喹是一种抗疟疾药物，研究发现，该药在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染。其合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A是一种芳香经，B中官能团的名称为__________________。（2）反应A→B中须加入的试剂a为___________________。（3）B反应生成C的反应化学反应方程式是______________________。（4）C→D反应类型是_________，D的结构简式为_______________。（5）F→G反应类型为________________。（6）I是E的同分异构体，与E具有相同的环状结构，写出任意一种符合下列条件的I的结构简式是__________________________。①I是三取代的环状有机物，氯原子和羟基的取代位置与E相同；②核磁共振氢谱显示I除了环状结构上的氢外，还有4组峰，峰面积比3:1:1:1；③I加入NaHCO3溶液产生气体。24、（12分）某同学对气体A样品进行如下实验：①将样品溶于水，发现气体A易溶于水；②将A的浓溶液与MnO2共热，生成一种黄绿色气体单质B，B通入石灰乳中可以得到漂白粉。（1）写出A、B的化学式：A____________，B_______________。（2）写出A的浓溶液与MnO2共热的化学方程式：_________________________。（3）写出B通入石灰乳中制取漂白粉的化学方程式：_______________________。25、（12分）已知25℃时，Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16。某研究性学习小组探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。步骤现象Ⅰ.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉淀Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色Ⅲ.滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空气中放置较长时间后，沉淀变为乳白色(1)Ⅰ中的白色沉淀是__。(2)Ⅱ中能说明沉淀变黑的离子方程式是__。(3)滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀，推测含有AgCl。用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，过滤得到滤液X和白色沉淀Y。ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀①由ⅰ判断，滤液X中被检出的离子是__。②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀__。(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，氧气将Ⅲ中黑色沉淀氧化。现象B：一段时间后，出现乳白色沉淀C：一段时间后，无明显变化①A中产生的气体是___。②C中盛放的物质W是__。③该同学认为B中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：__2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH④从溶解平衡移动的角度，解释B中NaCl的作用__。26、（10分）实验室用如图装置（夹持装置略）制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。已知K2FeO4具有下列性质：①可溶于水，微溶于浓KOH溶液；②在0℃～5℃、强碱性溶液中比较稳定，在Fe(OH)3或Fe3＋催化下发生分解；③在弱碱性至酸性条件下，能与水反应生成O2和Fe(OH)3（或Fe3＋）。(1)装置A用于制取氯气，其中使用恒压漏斗的原因是____。(2)为防止装置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是____和____。(3)装置C中生成K2FeO4反应的离子方程式为____。(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，测得产生O2的体积随时间的变化曲线如图所示。t1s～t2s内，O2的体积迅速增大的主要原因是____。(5)验证酸性条件下氧化性FeO42-＞Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，____。（实验中须使用的的试剂和用品有：浓盐酸，NaOH溶液、淀粉KI试纸、棉花）(6)根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2＞FeO42-，而第(5)小题实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是____。27、（12分）二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发黏、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：（1）制取少量S2Cl2实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2。①仪器m的名称为___，装置F中试剂的作用是___。②装置连接顺序：A→___→___→___→E→D。③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是___。④为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和___。（2）少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬浊液。但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，其原因是___。（3）S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体SO2的体积分数。①W溶液可以是___(填标号)。a.H2O2溶液b.KMnO4溶液(硫酸酸化)c.氯水②该混合气体中二氧化硫的体积分数为___(用含V、m的式子表示)。28、（14分）对甲烷和CO2的高效利用不仅能缓解大气变暖，而且对日益枯竭的石油资源也有一定的补充作用，甲烷临氧耦合CO2重整反应有：反应（i）：2CH4(g)＋O2(g)2CO(g)＋4H2(g)△H=－71.4kJ•mol-1反应（ii）：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)△H=+247.0kJ•mol-1（1）写出表示CO燃烧热的热化学方程式：_______________________________。（2）在两个体积均为2L的恒容密闭容器中，起始时按表中相应的量加入物质，在相同温度下进行反应（ii）：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)（不发生其它反应），CO2的平衡转化率如下表所示：容器起始物质的量(n)/molCO2的平衡转化率CH4CO2COH2Ⅰ0.10.10050％Ⅱ0.10.10.20.2/①下列能说明反应达到平衡状态是_________。A．v正(CH4)=2v逆(CO)B．容器内各物质的浓度满足c(CH4)·c(CO2)=c2(CO)·c2(H2)C．容器内混合气体的总压强不再变化D．容器内混合气体密度保持不变②若容器Ⅰ内反应从开始到平衡所用的时间为tmin，则tmin内该反应的平均反应速率为：v(H2)=________（用含t的表达式表示）。③达到平衡时，容器Ⅰ、Ⅱ内CO的物质的量的关系满足：2n(CO)Ⅰ_______n(CO)Ⅱ（填“＞”、“＝”或“＜”）（3）将CH4(g)和O2(g)以物质的量比为4:3充入盛有催化剂的恒容密闭容器内，发生上述反应（i）：2CH4(g)＋O2(g)2CO(g)＋4H2(g)，相同时间段内测得CO的体积分数[ψ(CO)]与温度（T）的关系如图如示。①T2℃时，CO体积分数最大的原因是_____________。②若T2℃时，容器内起始压强为P0，平衡时CO的体积分数为20％，则反应的平衡常数KP=_______（用平衡分压强代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。（4）2016年我国科研人员根据反应Na+CO2

→Na2CO3+C（未配平）研制出一种室温“可呼吸”Na-CO2电池。放电时该电池“吸入”CO2，充电时“呼出”CO2。其放电时的工作原理如图所示，已知吸收的全部CO2中，有转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管（MWCNT）电极表面，写出放电时正极的电极反应式：_________________。29、（10分）铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2及(NH4)4[UO2(CO3)3]等。回答下列问题：(1)UF4用Mg

或Ca还原可得金属铀。与钙同周期基态原子的未成对电子数为2

的元素共有___种；原子序数为镁元素的二倍的元素的基态原子价电子排布图为_______。(2)已知：2UO2+5NH4HF2150℃2UF4·NH4F+3NH3↑+4H2O↑HF2-的结构为[F-H…F]-①NH4HF2中含有的化学键有__________(填选项字母)。A．氢键B．配位键C．共价键D．离子键E.金属键②与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有______种。(3)已知：3(NH4)4[UO2(CO3)3]800℃3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O

↑①物质中与CO32-

的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为______。②分解所得的气态化合物的分子键角由小到大的顺序为_________(填化学式)(4)下列排列方式中，通常条件下Cu的晶体的堆积方式是_________

(填序号)。A．ABCABCABCB．ABABABABABC．ABBAABBAD．ABCCBCABCCBA(5)水在不同的温度和压力条件下可形成11种不同结构的晶体，密度从比水轻的0.92g/cm3到约为水的1.5倍。冰是人们迄今已知的由一种简单分子堆积出结构花样最多的化合物。其中冰-Ⅶ的晶体结构为一个如图所示的立方晶胞，每个水分子与周围4个水分子以氢键结合。设O-H-O距离为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该冰Ⅶ晶体的密度为____g/cm3(列出计算式即可)。

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、D【解析】

由周期表和题干只有M为金属元素可知：M为Al、X为Si、Y为N、Z为O，据此解答。【详解】由上述分析可知，M为Al、X为Si、Y为N、Z为O，A．具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小：M＜Z，故A正确；B．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的稳定性：Z＞Y，故B正确；C．X与Z形成的化合物为二氧化硅，为原子晶体，具有较高熔沸点，故C正确；D．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的弱，故D错误；故选：D。【点睛】比较简单离子半径时，先比较电子层数，电子层数越多，离子半径越大，当具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小。2、C【解析】

根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。1、若ag红色固体粉末只有Cu，加入过量的稀硫酸不反应。称得固体质量bg即为铜的质量，因此b＝a，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；2、若ag红色固体粉末为Cu和Fe2O3的混合物，加入过量的稀硫酸与Cu不反应，与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，若称得固体质量bg即为原混合物中铜反应后剩余的质量，因此b<a，此时溶液中含有氢离子和硫酸根离子、二价铁离子和铜离子；3、若ag红色固体粉末为Cu和Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量bg即为原样品中的铜的质量加上Cu2O反应生成的铜的质量，因此b<a，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；4、若ag红色固体粉末只有Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，反应后无固体剩余，因此b＝0，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；5、若ag红色固体粉末只有Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量bg即为Cu2O反应生成的铜的质量，因此b<a，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；6、若ag红色固体粉末为Cu2O和Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，与Cu2O反应生成铜和硫酸铜溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，若称得固体质量bg即为Cu2O反应生成的铜再次反应后剩余的质量，因此b<a，此时溶液中含有氢离子以及硫酸根离子、铜离子、二价铁离子；A.根据上述分析，反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种，故A正确。B.不论以何种形式组成的红色固体，反应后若有固体剩余，一定是铜。由于硫酸过量，向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，形成硝酸，具有氧化性，可与铜反应，只要硝酸足够，可能使反应产生的固体完全溶解，故B正确C.若b＝a，即b<a，根据上述分析，红色固体粉末可能的组合为Cu和Fe2O3的混合物；Cu和Cu2O的混合物；只有Cu2O；Cu2O和Fe2O3的混合物，因此红色固体粉末可能是混合物也可以是纯净物，故C错误；D.根据上述六种红色固体粉末组成的分析，b的取值范围:0＜b≤a，故D正确。答案选C。3、A【解析】

0.1mol下列气体分别与1L0.1mol⋅L−1的NaOH溶液反应，二者的物质的量相同，A.

SO3与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4，NaHSO4在溶液中完全电离出氢离子，溶液显强酸性；B.

NO2与NaOH等物质的量反应的方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NaNO2为强碱弱酸盐，溶液显碱性；C.

Al2O3与NaOH等物质的量反应，氧化铝过量,NaOH完全反应,化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，所得溶液为NaAlO2溶液，而NaAlO2为强碱弱酸盐，水解显碱性；D.

SO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3，NaHSO3在溶液中即电离又水解，电离程度大于水解程度，溶液显弱酸性；综上可知，形成的溶液pH最小的是SO3；故选：A。4、C【解析】

A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；

B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；

C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；

D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。5、A【解析】

A.4.6gNO2的物质的量是0.1mol，若反应完全产生4.6gNO2，转移电子0.1NA；若完全转化为N2O4，4.6gN2O4的物质的量是0.05mol，转移电子数为2×0.05×NA=0.1NA，故Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数一定为0.1NA，A正确；B.标准状況下，已烷不是气体，因此不能使用气体摩尔体积计算其物质的量及化学键的数目，B错误；C.缺体积，无法计算溶液中微粒的数目，C错误；D.34gH2O2的物质的量为1mol，由于H2O2是共价化合物，在水中部分电离，存在电离平衡，因此含有的阴离子数小于NA，D错误；故合理选项是A。6、D【解析】

A、化学反应的热效应等于反应物和产物的能量之差，反应物的能量高于产物能量，所以反应放热，所以反应的热效应是E1－E2，A错误；B、化学反应的热效应等于反应物和产物的能量之差，所以反应的热效应是E1－E2，B错误；C、该反应反应物的能量高于产物能量，所以反应放热，但是放热反应在常温常压下不一定就能进行，C错误；D、二氧化碳是温室气体，甲醇可以做燃料，二氧化碳和氢气转化为甲醇和水的反应可以可以实现变废为宝，且有效控制温室，D正确。答案选D。7、D【解析】A.x电极附近出现的白色沉淀是氢氧化铝，X电极因产生OH-而作阴极，相应地b电极为正极，故A错误；B.图1中电池反应为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，电解质溶液的pH减小，故B错误；C.在碱性溶液中不能产生CO2，a电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，故C错误；D.图2中电解AlCl3溶液的总反应式为：2AlCl3+6H2O2Al(OH)3↓+3Cl2↑+3H2↑，故D正确。故选D。8、A【解析】

A．故K＝，故A正确；B．反应物和生成物均是气体，故气体的质量m不变，容器为恒容容器，故V不变，则密度ρ＝不变，故B错误；C．由图可知，b曲线氮气的平衡浓度减小，故应是平衡发生移动，催化剂只能改变速率，不能改变平衡，故b曲线不可能是由于催化剂影响的，故C错误；D．由图可知，b曲线化学反应速率快(变化幅度大)，氮气的平衡浓度减小，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即△H＞0，故D错误；故答案为A。9、C【解析】

A．强电解质不一定易溶于水，如AgCl，弱电解质不一定难溶于水，如醋酸，故A错误；B．燃烧是可燃物与氧气发生的一种发光、放热的剧烈的氧化反应，燃烧一定有发光、发热的现象产生，但发光、发热的变化不一定是化学变化，例如灯泡发光放热，故B错误；C．加热条件下三氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，则制备Fe(OH)胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色，故C正确；D．12C转化为14C是核反应，原子本身不变，没有生成新物质，不是化学变化，故D错误；故选C。10、C【解析】

电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示，电极Ⅱ周围PbCl42-得电子转化为Pb，则电极Ⅱ为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极反应方程式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—；电极Ⅰ为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O－4e−=4H＋＋O2↑，以此解题。【详解】A.根据分析，电极Ⅰ为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O－4e−=4H＋＋O2↑，阳极区的溶质主要是H2SO4，故A正确；B.电极Ⅱ周围PbCl42-得电子转化为Pb，则电极Ⅱ为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—，故B正确；C.当有2.07gPb生成时，即生成Pb的物质的量为==0.01mol，根据电极反应式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—，转移电子的物质的量为0.02mol，电解液中的阳离子为氢离子，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.02mol，故C错误；D.阴极电解一段时间后溶液为HCl和NaCl的混合溶液，根据题意“将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液”，继续向阴极区加PbO粗品可恢复其浓度且实现物质的循环利用，故D正确；答案选C。11、C【解析】

A．根据表中数据可知，碳酸氢钠溶于水为吸热反应，不能仅根据实验③混合后溶液温度降低而判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，需要结合实验①综合判断，故A错误；B．根据实验②可知，碳酸钠溶于水的过程为吸热过程，所以不能仅根据实验④碳酸钠与盐酸反应后混合液温度升高判断反应Ⅱ是放热反应，故B错误；C．根据实验①可知，碳酸氢钠溶于水后混合液温度从20℃降低到18.5℃，而实验③中碳酸氢钠与盐酸反应后混合液温度从20℃降低16.2℃＜18.5℃，通过反应Ⅰ后混合液温度更低，证明反应Ⅰ为吸热反应；同理根据实验②碳酸钠溶于水，混合液温度从20℃升高到24.3℃，实验④中碳酸钠与盐酸反应，温度从20℃升高到25.1℃＞24.3℃，碳酸钠与盐酸反应后混合液的温度比碳酸钠溶于水后升高的温度更高，证明碳酸钠与盐酸的反应为放热反应，故C正确；D．根据选项C的分析可知，反应Ⅰ为吸热反应、反应Ⅱ为放热反应，故D错误；故选C。12、D【解析】

根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，但若含，则一定为共价键；原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。【详解】A、钠为金属晶体，含金属键；金刚石为原子晶体，含共价键，故A不符合题意；B、氯化钠是离子晶体，含离子键；HCl为分子晶体，含共价键，故B不符合题意；C、氯气为分子晶体，含共价键；He为分子晶体，是单原子分子，不含化学键，故C不符合题意；D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体，也含共价键，故D符合题意；故选：D。【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系，判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部可能存在化学键。13、A【解析】

A．汽油不是油脂，不能发生水解反应制造肥皂，选项A错误；B．氨基酸、蛋白质都含有氨基和羧基，具有两性，既能和盐酸反应，也能和氢氧化钠溶液反应，选项B正确；C．向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，属于物理变化，选项C正确；D．葡萄糖能发生银镜反应，无光亮银镜生成，说明用酶催化淀粉水解的水解液中无葡萄糖存在，选项D正确；答案选A。14、D【解析】

结合题干信息，由图可知M室会生成硫酸，说明OH-放电，电极为阳极，则a为正极，b为负极，据此分析解答问题。【详解】A．根据上述分析，b为电源负极，A选项错误；B．根据电池的总反应为2Li+xS=Li2Sx，没通过2mole-需要消耗32xg硫，B选项错误；C．N室为阴极，氢离子放电，电极反应式为2H++2e-===H2↑，C选项错误；D．M室生成硫酸，为阳极，电解池中阴离子向阳极移动，原料室中的SO42-通过阴膜移向M室，D选项正确；答案选D。15、A【解析】

A项，除了含有铵根的铵态氮肥以外，还有硝态氮肥（以硝酸根NO3-为主）、铵态硝态氮肥（同时含有硝酸根和铵根）、酰胺态氮肥（尿素），故A项错误；B项，在闪电（高能）作用下，生成氮氧化合物，氮元素化合价升高，所以雷电作用固氮中氮元素被氧化，故B项正确；C项，碳、氢、氧三种元素参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如氮气在放电条件下，与氧气直接化合生成一氧化氮气体，二氧化氮易与水反应生成硝酸和一氧化氮等，故C项正确；D项，侯氏制碱法制备纯碱涉及的反应为：NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，该制备中用到了氨气，所以合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱，故D项正确。故选A。16、D【解析】

A.

O原子核内质子数为8，有2个电子层，最外层有6个电子，原子结构示意图为：，故A错误；B.羟基中含有1个氧氢键，羟基可以表示为−OH，故B错误；C.

Na2O为离子化合物,用电子式表示Na2O的形成过程为：，故C错误；D.二甲醚只存在极性键，故D正确；故选：D。17、B【解析】

短周期元素形成的离子W3+、X+、Y2-、Z-具有相同电子层结构，核外电子数相等，结合离子电荷可知，Y、Z为非金属，应处于第二周期，Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，结合元素周期律解答。【详解】A.金属晶体，原子半径越小，金属键越强，单质的熔点越高，所以单质的熔点Al＞Na，故A错误；B.元素的非金属性越强，离子的还原性越弱，所以离子的还原性O2﹣＞F﹣，故B正确；C.元素的非金属性越强，氢化物越稳定，所以氢化物的稳定性HF＞H2O，故C错误；D.核外电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，所以离子半径O2﹣＞Al3+，故D错误；故答案为B。18、D【解析】

A．NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则NaHCO3溶液中存在c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)，故A错误；B．任何电解质溶液中都存在物料守恒和电荷守恒，根据物料守恒得①c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)，根据电荷守恒得②c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)，将①代入②得：c(HS-)+2c(H2S)=c(OH-)-c(H+)，故B错误；C．等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中，无法判断电离程度和水解程度，不能判断溶液的酸碱性，即无法比较c(OH-)和c(H+)的大小，溶液中必满足电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（X-）+c（OH-）和物料守恒2c（Na+）=c（X-）+c（HX），故C错误；D．pH=3.5的柑橘汁中c(H+)=10-3.5，pH=6.5的牛奶中c(H+)=10-6.5，所以pH=3.5的柑橘汁中c(H+)是pH=6.5的牛奶中c(H+)的1000倍，故D正确；答案选D。19、B【解析】浓硫酸和碳反应所得气体产物为二氧化碳、二氧化硫和水蒸气，应该先过无水硫酸铜检验水，再过品红溶液检验二氧化硫，过酸性高锰酸钾氧化除去二氧化硫，过品红溶液验证二氧化硫都被除去，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，所以选项A错误。若装置②只保留a、b，只要看到酸性高锰酸钾溶液没有褪色就可以证明二氧化硫完全被吸收，所以选项B正确。酸雨的要求是pH小于5.6，而本实验中生成的二氧化硫会导致酸雨，所以溶液的pH一定小于5.6，同时随着反应的进行浓硫酸转化为稀硫酸就不再反应，所以还有剩余的稀硫酸，溶液的pH就会更小，选项C错误。从下往上、从左往右是实验装置的安装顺序，拆卸顺序应该相反，选项D错误。20、B【解析】

A、该燃料电池中，通入氧化剂空气的电极b为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，A项错误；B、通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，B项正确；C、放电时，电流从正极b经过负载流向a极，C项错误；D、该原电池中，正极上生成氢氧根离子，阴离子向负极移动，所以离子交换膜要选取阴离子交换膜，D项错误；答案选B。21、B【解析】

溶液中离子浓度越小，溶液的导电率越小，电阻率越大，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，发生反应先后顺序是MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O，NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4。a-b溶液中电阻率增大，b点最大，因为溶液体积增大导致b点离子浓度减小，b点溶液中溶质为CH3COOM、NH3·H2O继续加入醋酸溶液，NH3·H2O是弱电解质，生成CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，电阻率减小，c点时醋酸和一水合铵恰好完成反应生成醋酸铵，c点溶液中溶质为CH3COOM，CH3COONH4且二者的物质的量相等。【详解】A.由图可知，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，电阻率先增大后减小，说明发生了两步反应，发生反应先后顺序是MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O然后NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4，所以MOH是强碱，先和酸反应，故A正确；B.加入醋酸40mL时，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4且二者的物质的量浓度相等，CH3COOM是强碱弱酸盐，又因为CH3COOH的Ka＝1.8×10－5等于NH3·H2O的Kb=1.8×10－5，CH3COONH4是中性盐，所以溶液呈碱性，则醋酸根的水解程度大于铵根的电离程度，则c（CH3COOH)>c(NH3·H2O），故B错误；C.d点加入醋酸60mL，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4和CH3COOH且三者物质的量浓度相等，CH3COONH4是中性盐，溶液相当于CH3COOM和CH3COOH等物质的量混合，溶液呈酸性，故C正确；D.a→d过程，溶液的碱性逐渐减弱，水电离程度加大，后来酸性逐渐增强，水的电离程度减小，所以实验过程中水的电离程度是先增大后减小，故D正确；故选B。22、C【解析】

充电时相当于电解池，电解池在工作时，阳离子移向阴极，因此石墨极是阴极，含钴的是阳极，据此来分析各选项即可。【详解】A.充电时，阳离子（）从阳极脱嵌，穿过薄膜进入阴极，嵌入石墨中，A项正确；B.放电时相当于原电池，原电池是一类将化学能转化为电能的装置，B项正确；C.根据分析，b为电源正极，发生还原反应，C项错误；D.根据分析，整个锂电池相当于在正极和负极之间不断嵌入-脱嵌的过程，D项正确；答案选C。【点睛】锂电池正极一般选用过渡金属化合物来制作，例如本题中的钴，过渡金属一般具有多种可变的化合价，方便的嵌入和脱嵌（嵌入时，过渡金属化合价降低，脱嵌时，过渡金属化合价升高，因此无论嵌入还是脱嵌，正极材料整体仍然显电中性）。二、非选择题(共84分)23、硝基浓硫酸、浓硝酸+Cl2+HCl还原反应取代反应【解析】

产物中含有苯环，则A是苯，B为硝基苯，B到C是一个取代反应，考虑到E中氮原子和氯原子处于间位，因此C是间硝基氯苯，D则是硝基被还原后变成了间氨基氯苯，E到F即题目信息中给出的反应，从F到G，分子式中少1个O和1个H，而多出了一个Cl，因此为一个取代反应，用氯原子取代了羟基，最后再进一步取代反应得到H，据此来分析本题即可。【详解】（1）根据分析，B是硝基苯，其官能团为硝基；（2）硝化反应需要用到浓硫酸和浓硝酸组成的混酸；（3）B到C即取代反应，方程式为+Cl2+HCl；（4）C到D是硝基被还原为氨基的过程，因此是一个还原反应，D为邻氨基氯苯，即；（5）根据分析，F到G是一个取代反应；（6）加入碳酸氢钠溶液能产生气体，因此分子中一定含有羧基，结合其它要求，写出符合条件的同分异构体，为。24、HClCl2MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O【解析】

B为一种黄绿色气体单质B，则黄绿色气体B为Cl2，将A的浓溶液与MnO2共热，生成氯气，则气体A为HCl，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知A为HCl，B为Cl2，故答案为：HCl，Cl2；(2)A的浓溶液与MnO2

共热生成氯化锰．氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；(3)B通入石灰乳中制取漂白粉是氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。25、AgCl2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)SO42-SO2Ag2S的悬浊液2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S【解析】

(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3溶液发生反应生成。(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等。(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子。②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体的成分。②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W。③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。④B中，Ag2S被氧化生成S，则Ag+会与NaCl作用，从而促进平衡正向移动。【详解】(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3反应生成，则为AgCl。答案为：AgCl；(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等，反应的离子方程式为2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案为：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子为SO42-。答案为：SO42-；②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，则其为S。答案为：S；(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体为O2。答案为：O2；②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W为Ag2S的悬浊液。答案为：Ag2S的悬浊液；③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式为2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH。答案为：2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH；④B中，Ag2S被O2氧化生成S，则Ag+游离出来，会与NaCl中的Cl-结合，生成AgCl沉淀，从而促进平衡正向移动，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。答案为：对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。【点睛】因为Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16，所以将AgCl转化为Ag2S我们容易理解，如何实现黑色沉淀向白色沉淀的转化，即Ag2S转化为AgCl，则需要改变反应条件，通过实验我们可得出是O2的帮助，结合前面推断，可确定还有S生成，然后利用守恒法便可将方程式配平。26、防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落将装置C置于冰水浴中KOH应过量（或减缓通入氯气的速率等）3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeO42-＋6Cl－＋8H2OK2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO42-＞Cl2溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱【解析】

利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢，纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），用氢氧化钠溶液处理尾气，防止多余的氯气排放到空气中引起污染，据此分析。【详解】利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢，纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），用氢氧化钠溶液处理尾气，防止多余的氯气排放到空气中引起污染。(1)装置A用于制取氯气，其中使用恒压漏斗的原因是防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落；(2)为防止装置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是将装置C置于冰水浴中和KOH应过量（或减缓通入氯气的速率等）；(3)装置C中利用氯气在碱性条件下将氢氧化铁氧化生成K2FeO4，反应的离子方程式为3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeO42-＋6Cl－＋8H2O；(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，K2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用，t1s～t2s内，O2的体积迅速增大；(5)验证酸性条件下氧化性FeO42-＞Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO42-＞Cl2；(6)根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2＞FeO42-，而第(5)小题实验表明，溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱，在不同的酸碱性环境中，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反。27、直形冷凝管(或冷凝管)除去Cl2中混有的HCl杂质FCB将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量)S2Cl2遇水会分解放热，放出腐蚀性烟气ac×100%或%或%或%【解析】

(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；(2)S2Cl2受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数。【详解】(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；①仪器m的名称为直形冷凝管(或冷凝管)，装置F中试剂的作用是：除去Cl2中混有的HCl杂质；②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→C→B→E→D；③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气；并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；④反应生成S2Cl2中因氯气过量则会有少量生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；(2)少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬独液，但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，其原因是：防止S2Cl2遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数；①W溶液是吸收氧化二氧化硫的溶液，可以是a.H2O2溶液，c．氯水，但不能是b.KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，故答案为：ac；②过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)==mol，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数=。【点睛】考查性质实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行排列顺、数据处理能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。28、CO(g)＋O2(g)=CO2(g)△H=－282.7kJ•mol-1Cmol·L－1·min－1＞低于T2℃时，反应未达平衡，相同时间内温度越高，反应速率越快，CO的体积分数就越高，高于T2℃时，反应达到平衡，因正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故温度越高，CO的体积分数就越小4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C（3CO2+4e-=2CO32－+C）【解析】

(1)2CH4(g)＋O2(g)2CO(g)＋4H2(g)△H=－71.4kJ•mol-1①CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)△H=+247.0kJ•mol-1②将[①-2×②]/2得：CO(g)＋O2(g)=CO2(g)△H=－282.7kJ•