湖南省岳阳县2024年高三第三次模拟考试化学试卷含解析

湖南省岳阳县2024年高三第三次模拟考试化学试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、已知HA的酸性弱于HB的酸性。25℃时，用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1mol•L-1的HA溶液和HB溶液的pH（溶液的体积变化忽略不计），溶液中A-、B-的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化情况如图所示。下列说法正确的是（）A．曲线Ⅰ表示溶液的pH与-lgc（A-）的变化关系B．C．溶液中水的电离程度：M>ND．N点对应的溶液中c（Na+）＞Q点对应的溶液中c（Na+）2、下列离子方程式书写正确的是（）A．用酸化的H2O2氧化海带灰浸出液中的碘：2I-+H2O2=I2+2OH-B．用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OC．NaHSO4溶液中加Ba(OH)2溶液至中性：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OD．NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液混合：HCO3-+OH-=CO32-+H2O3、2019年是国际化学元素周期表年。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列；准确的预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法不正确的是A．元素甲的原子序数为31B．元素乙的简单气态氢化物的沸点和稳定性都低于CH4C．原子半径比较：甲>乙>SiD．乙的单质可以作为光电转换材料用于太阳能电池4、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素,其中Z的最外层电子数与X的核外电子总数相等。X、Z、W形成的一种化合物结构为,该物质常用于制备纳米材料以及工业催化剂。下列说法正确的是A．元素非金属性:X>Y>ZB．简单离子半径:Y<Z<WC．工业上常通过电解W与Z形成的化合物制备W单质D．简单气态氢化物的稳定性:X<Z5、下列说法中正确的是（）A．生物炼铜指的是在某些具有特殊本领的细菌的体内，铜矿石中的杂质元素可以被转化为铜元素，从而可以提高铜矿石冶炼的产率B．铁在NaOH和NaNO2混合溶液中发蓝、发黑，使铁表面生成一层致密的氧化膜，可防止钢铁腐蚀C．已知锶(Sr)为第五周期IIA族元素，则工业上常通过电解熔融SrCl2制锶单质，以SrCl2•6H2O制取无水SrCl2一定要在无水氯化氢气流中加热至SrCl2•6H2O失水恒重D．硫比较活泼，自然界中不能以游离态存在6、下列装置可达到实验目的是A．证明酸性：醋酸>碳酸>苯酚B．制备乙酸丁酯C．苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作D．用NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体7、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是A．在电解精炼铜的过程中，当阴极析出32g铜时转移电子数目为NAB．将1molCH4与1molCl2混合光照，充分反应后，生成气体分子数为NAC．9.2g甲苯被酸性KMnO4氧化生成苯甲酸时，反应中转移电子数为0.6NAD．向100mL0.1mol/L醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性，溶液中醋酸分子数为0.01NA8、下列关于有机物的说法错误的是A．植物油分子结构中含有碳碳双键B．乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，属于取代反应C．同温同压下，等质量的乙炔和苯完全燃烧耗氧量相同D．分子式为C3H6BrC1的有机物不考虑立体异构共5种9、冰激凌中的奶油被称为人造脂肪，由液态植物油氢化制得。下列说法错误的是A．奶油是可产生较高能量的物质 B．人造脂肪属于酯类物质C．植物油中含有碳碳双键 D．油脂的水解反应均为皂化反应10、电渗析法淡化海水装置示意图如下，电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列，将电解槽分隔成多个独立的间隔室，海水充满在各个间隔室中。通电后，一个间隔室的海水被淡化，而其相邻间隔室的海水被浓缩，从而实现了淡水和浓缩海水分离。下列说法正确的是()A．离子交换膜a为阴离子交换膜B．通电时，电极2附近溶液的pH增大C．淡化过程中，得到的浓缩海水没有任何使用价值D．各间隔室的排出液中，②④⑥为淡水11、将下列物质分别加入溴水中，不能使溴水褪色的是A．Na2SO3晶体 B．乙醇 C．C6H6 D．Fe12、一定条件下，在水溶液中1molCl-、ClOx-(x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是()A．这些离子中结合H+能力最强的是AB．A、B、C、D、E五种微粒中C最稳定C．C→B+D的反应，反应物的总键能小于生成物的总键能D．B→A+D反应的热化学方程式为3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)ΔH=+116kJ·mol-113、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物已省略)。则下列说法中正确的是A．C、D两种元素组成的化合物只含有离子键B．A、B、C、D形成的简单离子半径排序：D>C>B>AC．D元素的最高价氧化物对应水化物可以用于吸收气体乙D．A、B、C三种元素组成的化合物均为共价化合物14、下列关于有机化合物的说法正确的是A．C3H6C12有4种同分异构体B．乙烯与Br2的CCl4溶液反应后，混合液分为两层C．乙醇被氧化一定生成乙醛D．合成材料会造成巨大的环境压力，应禁止使用15、以下制得氯气的各个反应中，氯元素既被氧化又被还原的是A．2KClO3＋I2=2KIO3＋Cl↓B．Ca(ClO)2＋4HCl=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2OC．4HCl＋O22Cl2＋2H2OD．2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↓＋Cl2↑16、向FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是A．溶液中一定含有Fe2+ B．溶液中一定含有Cu2+C．剩余固体中一定含有Cu D．加入KSCN溶液一定不変红17、在25℃时，向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1溶液。滴定过程中，溶液的pOH[pOH=－lgc(OH-)]与滴入HCl溶液体积的关系如图所示，则下列说法中正确的是A．图中②点所示溶液的导电能力弱于①点B．③点处水电离出的c(H+)=1×10-8mol·L-1C．图中点①所示溶液中，c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)D．25℃时氨水的Kb约为5×10-5.6mo1·L-118、铈是稀土元素，氢氧化铈[Ce(OH)4]是一种重要的氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2），某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：下列说法不正确的是A．过程①中发生的反应是：Fe2O3+6H+2Fe3++3H2OB．过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒C．过程②中有O2生成D．过程④中发生的反应属于置换反应19、下列说法或表示方法中正确的是A．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B．由C(金刚石)→C(石墨)+119kJ可知，金刚石比石墨稳定C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)+285.8kJD．在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)+53.7kJ，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于53.7kJ20、下列叙述正确的是A．24g镁与27g铝中，含有相同的质子数B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同C．1mol重水与1mol水中，中子数比为2∶1D．1mol乙烷和1mol乙烯中，化学键数相同21、碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，其结构简式为。用环氧乙烷合成碳酸亚乙酯的反应为：。下列说法错误的是A．上述反应属于加成反应B．碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种C．碳酸亚乙酯中的所有原子处于同一平面内D．1mol碳酸亚乙酯最多可消耗2molNaOH22、下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项操作现象结论A．向某无色溶液中滴加BaCl2溶液产生白色沉淀该无色溶液中一定含有SO42-B．向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊硫代硫酸钠在酸性条件下不稳定C．打开分液漏斗，向装有Na2CO3的圆底烧瓶中滴加HCl，将产生的气体通入Na2SiO3水溶液中Na2SiO3水溶液中出现白色胶状沉淀证明酸性强弱为：HCl>H2CO3>H2SiO3D．CaCO3悬浊液中滴加稀Na2SO4溶液无明显现象Ksp小的沉淀只能向Ksp更小的沉淀转化A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）美托洛尔可用于治疗高血压及心绞痛，某合成路线如下：回答下列问题：（1）写出C中能在NaOH溶液里发生反应的官能团的名称______。（2）A→B和C→D的反应类型分别是___________、____________，H的分子式为______。（3）反应E→F的化学方程式为______。（4）试剂X的分子式为C3H5OCl，则X的结构简式为______。（5）B的同分异构体中，写出符合以下条件：①含有苯环；②能发生银镜反应；③苯环上只有一个取代基且能发生水解反应的有机物的结构简式____________。（6）4－苄基苯酚（）是一种药物中间体，请设计以苯甲酸和苯酚为原料制备4－苄基苯酚的合成路线：____________（无机试剂任用）。24、（12分）2005年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N，合成路线如下：（1）按系统命名法，有机物A的名称是_______。（2）B的结构简式是__________。（3）CD的反应类型是___________。（4）写出DM的化学方程式________。（5）已知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，则N的结构简式为_______。（6）满足下列条件的X的同分异构体共有_______种，写出任意一种的结构简式_________。①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上的一氯取代物只有两种（7）写出EF合成路线（用结构简式表示有机物，箭头上注明试剂和反应条件）。______25、（12分）硫酸四氨合铜晶体常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质溶于水，不溶于乙醇、乙醚，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3mol/L的硫酸、浓氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol/L稀盐酸、0.500mol/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。I．CuSO4溶液的制备①称取4g铜粉，在A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌，放置冷却。②在蒸发皿中加入30mL3mol/L的硫酸，将A中固体慢慢放入其中，加热并不断搅拌。③趁热过滤得蓝色溶液。(1)A仪器的名称为____。(2)某同学在实验中有1.5g的铜粉剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因_____II．晶体的制备将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作(3)已知浅蓝色沉淀的成分为，试写出生成此沉淀的离子反应方程式_________。(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是__。III．氨含量的测定精确称取mg晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mLC1mol/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用C2mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂)，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。(5)A装置中长玻璃管的作用_____，样品中氨的质量分数的表达式_______。(6)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏高的原因是_______。A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视C．滴定过程中选用酚酞作指示剂D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁。26、（10分）无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡，实验装置图如图：查阅资料可知：①Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l)ΔH=-511kJ/mol②SnCl4易挥发，极易发生水解。③相关物质的物理性质如下：物质SnSnCl4CuCl2熔点/℃232-33620沸点/℃2260114993密度/g·cm-37.3102.2263.386回答下列问题：(1)a管的作用是__________。(2)A中反应的离子方程式是__________。(3)D中冷却水的作用是________________。(4)尾气处理时，可选用的装置是__________(填序号)。(5)锡粒中含铜杂质致D中产生CuCl2，但不影响E中产品的纯度，原因是________。(6)制得的SnCl4产品中常含有SnCl2，可用如下方法测定产品纯度：先准确称量7.60g产品于锥形瓶中，再加过量的FeCl3溶液，发生反应：SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2，再用0.1000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+，此时还原产物为Cr3+，消耗标准溶液20.00mL，则SnCl4产品的纯度为__________。27、（12分）某研究性学习小组选用以下装置进行实验设计和探究(图中a、b、c均为止水夹)：（1）在进行气体制备时，应先检验装置的气密性。将A装置中导管末端密封后，在分液漏斗甲内装一定量的蒸馏水，然后______，则证明A装置的气密性良好。（2）利用E装置能吸收的气体有______(任写两种即可)。（3）用锌粒和稀硫酸制备H2时应选用装置___作为发生装置(填所选装置的字母序号)，实验时先在稀硫酸中加入少量硫酸铜晶体可使反应速率加快，原因是__。（4）某同学将A、C、E装置连接后设计实验比较Cl－和S2－的还原性强弱。①A中玻璃仪器甲的名称为____，A装置中发生反应的离子方程式为____。②C中说明Cl－和S2－的还原性强弱的实验现象_____。28、（14分）贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4等有机化工产品的反应。温度为TK时发生以下反应：①①②③④（l）温度为TK时，催化由CO、H2合成CH4反应的热化学方程式为____。（2）已知温度为TK时的活化能为485.2kJ/mol，则其逆反应的活化能为____kJ/mol。（3）TK时，向一恒压密闭容器中充入等物质的量的CO(g)和H2O(g)发生上述反应②（已排除其他反应干扰），测得CO(g)物质的量分数随时间变化如下表所示：若初始投入CO为2mol，恒压容器容积10L，用H2O(g)表示该反应0-5分钟内的速率v（H2O（g））=____。6分钟时，仅改变一种条件破坏了平衡，则改变的外界条件为____（4）750K下，在恒容密闭容器中，充入一定量的甲醇，发生反应④，若起始压强为101kPa，达到平衡转化率为50.0%，则反应的平衡常数Kp=_____用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，忽略其它反应）。（5）某温度下，将2molCO与5molH2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，在催化剂的作用下发生反应③。经过5min后，反应达到平衡，此时转移电子6mol。若保持体积不变，再充入2molCO和1.5molCH3OH，此时v（正）____v（逆）（填“>”“<”或“=”）。下列不能说明该反应已达到平衡状态的是____。aCH3OH的质量不变b混合气体的平均相对分子质量不再改变cv逆(CO)=2v正(H2)d混合气体密度不再发生改变（6）已知400K、500K时水煤气变换中CO和H，分压随时间变化关系如下图所示，催化剂为氧化铁。实验初始时体系中的pH2O和PCO相等、PCO2和pH2相等；已知700K时的K=l.31。400K时pH2随时间变化关系的曲线是_____500K时pCO随时间变化关系的曲线是____29、（10分）钛是一种性能非常优越的金属，21世纪将是钛的世纪。(1)TiO2薄膜中掺杂铬能显著提高光催化活性。基态Cr原子的核外电子排布式为____。(2)四乙醇钛能增加橡胶在金属表面的粘附性。其制备原理如下：TiCl4+4CH3CH2OH+4NH3=Ti(OCH2CH3)4+4NH4Cl①Ti(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，常温下为淡黄色透明液体，其晶体类型为____②N和O位于同一周期，O的第二电离能大于N的第二电离能的原因是_____；③NH4Cl中存在的作用力有_____，NH4Cl熔沸点高于CH3CH2OH的原因是_____，Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的杂化形式均为____。(3)钛酸锶(SrTiO3)可作电子陶瓷材料和人造宝石，其中一种晶胞结构如图所示。若Ti位于顶点位置，O位于____位置；已知晶胞参数为anm，Ti位于O所形成的正八面体的体心，则该八面体的边长为_____m(列出表达式)。

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.由“HA的酸性弱于HB的酸性”可知，Ka（HB）>Ka（HA），由图可知，曲线I表示溶液的pH与-lgc（B-）的变化关系，错误；B.根据图中M、N点的数据可知，c（A-）=c（B-），c（HA）=c（HB），故，正确；M点与N点存在c（A-）=c（B-），M点溶液的pH比N点溶液的pH小，故M点水的电离程度弱，错误；D.N、Q点对应溶液的pH相等，由图可知c（A-）<c（B-），根据电荷守恒可知，N点对应的溶液中c（Na+）小于Q点对应的溶液中c（Na+），错误。2、C【解析】

A.酸性环境不能大量存在OH-，A错误；B.I-具有还原性，与Fe3+会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C.反应符合事实，遵循离子方程式中物质拆分原则，C正确；D.NH4+、HCO3-都会与OH-发生反应，不能大量共存，D错误；故合理选项是C。3、B【解析】

由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比As小，As位于第四周期VA族，则C、Si、乙位于第IVA族，乙为Ge，B、Al、甲位于ⅢA族，甲为Ga，以此来解答。【详解】A．甲为Ga，元素甲的原子序数为31，故A正确；B．非金属性C大于Ge，则元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于CH4；相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，元素乙的简单气态氢化物的沸点高于CH4，故B错误；C．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较：甲＞乙＞Si，故C正确；D．乙为Ge，位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，故D正确。故选B。【点睛】本题考查元素的位置、结构与性质，把握相对原子质量、元素的位置及性质为解答的关键，注意规律性知识的应用。4、D【解析】

由化合物结构式可知X可以形成四个共价键，所以X为碳或硅，Z的最外层电子数与X的核外电子总数相等，所以Z为氧，X为碳，Y介于碳与氧之间，只能为氮，W显正二价，则W只能为镁。【详解】A．同周期元素随原子序数递增，非金属性逐渐增强，所以元素非金属性：O>N>C，即Z>Y>X，故A项错误；B．核外电子层数越多，半径越大，核外电子层数相同，核电荷数越小，半径越大，所以简单离子半径N3->O2->Mg2+，故B项错误；C．MgO熔点高，工业上常通过电解氯化镁制得单质镁，故C错误；D．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，所以CH4<H2O，故D正确；故答案为D。5、B【解析】

A.生物炼铜利用某些具有特殊本领的细菌能用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，把不溶性的硫化铜转化为可溶性的铜盐，使铜的冶炼变得非常简单，而不是将铜矿石中的杂质元素转化为铜元素，故A错误；B.为了防止铁生锈，可对铁制品表面进行“发蓝”处理，即把铁制品浸入热的NaNO2、NaNO3、NaOH混合溶液中，使它的表面氧化生成一层致密的氧化膜(Fe3O4)，故B正确；C.锶是活泼金属元素，SrCl2是强酸强碱盐，加热时不发生水解，则以SrCl2•6H2O制取无水SrCl2不必在氯化氢气流中加热，故C错误；D.自然界中含硫矿物分布非常广泛，种类也很多，以单质硫（即游离态）和化合态硫两种形式出现，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】根据元素周期律，第IIA族元素从上到下，金属性逐渐增强，所以金属性：Ba>Sr>Ca>Mg>Be，则可知SrCl2是强酸强碱盐。6、B【解析】

A．醋酸易挥发，醋酸、碳酸均与苯酚钠反应生成苯酚，则不能比较碳酸、苯酚的酸性，选项A错误；B．乙酸与丁醇加热发生酯化反应生成酯，长导管可冷凝回流，图中可制备乙酸丁酯，选项B正确；C．苯的密度比水小，水在下层，应先分离下层液体，再从上口倒出上层液体，选项C错误；D．蒸干时氯化铵受热分解，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价及实验装置综合应用，为高频考点，把握物质的性质、实验技能、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，易错点为选项B：乙酸与丁醇加热发生酯化反应生成酯，长导管可冷凝回流；选项D：蒸干时氯化铵受热分解，应利用冷却结晶法制备，否则得不到氯化铵晶体。7、B【解析】

A.电解精炼铜时，阴极是铜离子放电，若转移了NA个电子，有0.5mol铜单质生成，质量为0.5mol×64g/mol=32g，A项正确；B.将1molCH4与1molCl2混合光照，充分反应后，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，其中氯化氢与一氯甲烷是气体，根据元素守恒可知，氯化氢的物质的量为1mol，B项错误；C.依据5C6H5CH3+6KMnO4+9H2SO4=5C6H5COOH+3K2SO4+6MnSO4+14H2O可知，1mol甲苯被氧化为苯甲酸转移6mol电子，9.2g甲苯物质的量为0.1mol，被氧化为苯甲酸转移0.6mol电子，转移电子数为0.6NA，C项正确；D.向100mL0.1mol/L醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性，则溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，醋酸分子的电离程度与醋酸根离子的水解程度相当，则可认为醋酸不电离，醋酸根离子不水解，因此醋酸分子数为100mL×0.1mol/L×NA=0.01NA，D项正确；答案选B。【点睛】要准确把握阿伏加德罗常数的应用，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、留心特殊的化学反应，如本题中合成氨的反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避免粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本质。必须以阿伏加德罗常数为基础点进行辐射，将相关知识总结归纳，在准确把握各量与阿伏加德罗常数之间关系的前提下，着重关注易错点，并通过练习加强理解掌握，这样才能通过复习切实提高得分率。8、B【解析】

A．植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子结构中含有碳碳双键，故A正确；B．钠与乙醇发生反应生成乙醇钠和氢气，属于置换反应，故B错误；C．乙炔和苯的最简式相同，都是CH，则相同质量的乙炔和苯充分燃烧耗氧量相同，故C正确；D．分子式为C3H6BrC1的有机物的同分异构体有：①Br在1号C上，C1有3种位置，即3种结构；②Br在2号C上，C1有2种位置，即2种结构，共5种结构，故D正确；故选B。【点睛】本题的易错点为A，要注意油脂包括油和脂，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂是饱和高级脂肪酸甘油酯，不饱和高级脂肪酸结构中含有碳碳双键。9、D【解析】

A．奶油是人造脂肪，是由液态植物油氢化制得的，是人体内单位质量提供能量最高的物质，故A正确；B．人造脂肪的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类物质，故B正确；C．植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，其烃基中含有碳碳双键，故C正确；D．油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，酸性条件下的水解反应不是皂化反应，故D错误；故选D。10、B【解析】

根据图示，电极2生成氢气，电极2是阴极，电极1是阳极，钠离子向右移动、氯离子向左移动。【详解】A、根据图示，电极2生成氢气，电极2是阴极，⑦室中钠离子穿过离子交换膜a进入电极2室，所以离子交换膜a为阳离子交换膜，故A错误；B、通电时，电极2是阴极，电极反应式是，溶液的pH增大，故B正确；C、淡化过程中，得到的浓缩海水可以提取食盐，故C错误；D、a为阳离子交换膜、b为阴离子交换膜，钠离子向右移动、氯离子向左移动，各间隔室的排出液中，①③⑤⑦为淡水，故D错误。答案选B。11、B【解析】

能使溴水褪色的物质应含有不饱和键或含有醛基等还原性基团的有机物以及具有还原性或碱性的无机物，反之不能使溴水因反应而褪色，以此解答该题。【详解】A．Na2SO3具有还原性，可与溴水发生氧化还原反应使溴水褪色，A不符合题意；B．乙醇与水混溶，且与溴水不发生反应，不能使溴水褪色，B符合题意；C．溴易溶于苯，苯与水互不相溶，因此会看到溶液分层，水层无色，C不符合题意；D．铁可与溴水反应溴化铁，溴水褪色，D不符合题意；故合理选项是B。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于考查学生的分析能力和综合运用化学知识的能力，注意相关基础知识的积累。12、C【解析】

A．酸性越弱的酸，阴离子结合氢离子能力越强，次氯酸是最弱的酸，所以ClO-结合氢离子能力最强，即B结合氢离子能力最强，故A错误；B．A、B、C、D、E中A能量最低，所以最稳定，故B错误；C．C→B+D，根据转移电子守恒得该反应方程式为2ClO2-=ClO3-+ClO-，反应热=(64kJ/mol+60kJ/mol)-2×100kJ/mol=-76kJ/mol，则该反应为放热，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，故C正确；D．根据转移电子守恒得B→A+D的反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，反应热=(64kJ/mol+2×0kJ/mol)-3×60kJ/mol=-116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)△H=-116kJ/mol，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为CD，要注意焓变与键能的关系，△H=反应物的总键能-生成物的总键能。13、C【解析】

短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，Y为Na2O2，W为常见液体，W为H2O；Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，而甲为单质，则甲为O2，乙为红棕色气体，乙为NO2，甲与Z反应产生NO2，则Z为NO，X与甲反应产生NO，则X为NH3，则A、B、C、D分别为H、N、O、Na，以此来解答。【详解】根据上述分析可知：甲为O2，乙为NO2，X为NH3，Y为Na2O2，Z为NO，W为H2O，A、B、C、D分别为H、N、O、Na。A.O、Na两种元素可形成离子化合物Na2O2中既含有离子键也含有非极性共价键，A错误；B.H+核外无电子，N、O、Na三种元素形成的离子核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，离子的核电荷数越大离子半径就越小，离子核外电子层数越多，离子半径就越大，所以离子半径N3->O2->Na+>H+，即B(N3-)>C(O2-)>D(Na+)>A(H+)，B错误；C.Na元素的最高价氧化物对应水化物NaOH是一元强碱，乙为NO2，NO2与NaOH会发生反应产生NaNO3、NaNO2、H2O，反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，C正确；D.H、N、O三种元素可形成共价化合物如HNO3，也可以形成离子化合物如NH4NO3，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断，把握淡黄色固体为过氧化钠、W为液体物质水来推断物质为解答的关键，注意原子结构与元素性质的关系和元素与化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与推断能力。14、A【解析】

A．丙烷上的二氯取代物，使用“定一移一”的方法。丙烷上有1对称轴，定1个氯在端基的碳原子，另1个氯原子的位置为邻间对，共3种。定1个氯原子在中间的碳原子上，则另1个氯只能在对位，共1种。如图所示。A项正确；B．乙烯和Br2反应生成1,2－二溴乙烷为有机物，有机物溶于有机物，不会出现分层现象，B项错误；C．乙醇可以被高锰酸钾氧化到乙酸，不一定生成乙醛，C项错误；D．合成材料是由两种或两种以上的物质复合而成并具有某些综合性能的材料。往往具有质轻、强度高、耐磨等优点，不应被禁止使用，D项错误；【点睛】在使用“定一移一”的方法的时候要注意不能重复。15、B【解析】

氧化还原反应中，元素失电子、化合价升高、被氧化，元素得电子、化合价降低、被还原。A.反应中，氯元素化合价从+5价降至0价，只被还原，A项错误；B.归中反应，Ca(ClO)2中的Cl元素化合价从＋1降低到O价，生成Cl2，化合价降低，被还原；HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高被氧化，所以Cl元素既被氧化又被还原，B项正确；C.HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高，只被氧化，C项错误；D.NaCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高，只被氧化，D项错误。本题选B。16、B【解析】

氧化性：Fe3＋>Cu2＋，向FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉，先发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，再发生Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。【详解】A、Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋

、Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu都能生成Fe2＋，所以溶液中一定含有Fe2+，故A正确；B、若铁过量，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu反应完全，溶液中不含Cu2+，故B错误；C、铁的还原性大于铜，充分反应后仍有固体存在，剩余固体中一定含有Cu，故C正确；D、充分反应后仍有固体存在，Fe、Cu都能与Fe3＋反应，溶液中一定不含有Fe3+，加入KSCN溶液一定不変红，故D正确；选B。【点睛】本题考查金属的性质，明确金属离子的氧化性强弱，确定与金属反应的先后顺序是解本题关键，根据固体成分确定溶液中溶质成分。17、D【解析】

A.向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1，盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵中铵根水解显酸性，因而②（pH=7）时，氨水稍过量，即反应未完全进行，从①到②，氨水的量减少，氯化铵的量变多，又溶液导电能力与溶液中离子浓度呈正比，氯化铵为强电解质，完全电离，得到的离子（铵根的水解不影响）多于氨水电离出的离子（氨水为弱碱，少部分NH3·H2O发生电离），因而图中②点所示溶液的导电能力强于①点，A错误；B.观察图像曲线变化趋势，可推知③为盐酸和氨水恰好完全反应的点，得到氯化铵溶液，盐类的水解促进水的电离，因而溶液pOH=8，则c溶液(OH-)=10-8mol/L，c水(OH-)=c水(H+)=Kw/c溶液(OH-)=10-6mol/L，B错误；C.①点盐酸的量是③点的一半，③为恰好完全反应的点，因而易算出①点溶液溶质为等量的NH3·H2O和NH4Cl，可知电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，又①pOH=4,说明溶液显碱性，则c(OH-)>c(H+)，那么c(NH4+)>c(Cl-)，C错误；D.V(HCl)=0时，可知氨水的pOH=2.8，则c(OH-)=10-2.8mol/L，又NH3·H2O⇌NH4++OH-，可知c(NH4+)=c(OH-)=10-2.8mol/L，③点盐酸和氨水恰好反应，因而c(NH3·H2O)=20×0.550mol/L=0.2mol/L，因而Kb=cNH4+cOH-cNH故答案选D。18、D【解析】

该反应过程为：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液A中，滤渣A为CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣B为SiO2；③加入碱后Ce3+转化为沉淀，④通入氧气将Ce从+3价氧化为+4价，得到产品。根据上述分析可知，过程①为Fe2O3与盐酸发生反应，选项A正确；结合过滤操作要点，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，选项B正确；稀硫酸、H2O2、CeO2三者反应生成Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为6H++H2O2+2CeO22Ce3++O2↑+4H2O，选项C正确；D中发生的反应是4Ce(OH)3+O2+2H2O4Ce(OH)4，属于化合反应，选项D错误。19、D【解析】

A.等质量的硫蒸气比硫固体含有的能量高，因此二者分别完全燃烧，前者放出的热量多，A错误；B.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，由C(金刚石)→C(石墨)+119kJ是放热反应，说明金刚石不如石墨稳定，B错误；C.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，在101Kpa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则2molH2完全燃烧产生液态水放出的热量是571.6kJ，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)+571.6kJ，C错误；D.由于浓硫酸溶于水会放出热量，所以若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于53.7kJ，D正确；故合理选项是D。20、B【解析】

本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。【详解】A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。故选B。【点睛】本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。21、C【解析】

A选项，根据分析两种物质变为一种物质，则上述反应属于加成反应，故A正确；B选项，碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种，一种为在同一个碳原子上，另一种是两个碳原子上各一个氯原子，故B正确；C选项，碳酸亚乙酯有亚甲基的结构，类似于甲烷的空间结构，不可能所有原子共平面，故C错误；D选项，1mol碳酸亚乙酯相当于有2mol酯基，因此最多可消耗2molNaOH发生反应，生成乙二醇和碳酸钠，故D正确。综上所述，答案为C。22、B【解析】

A.向某无色溶液中滴加BaCl2溶液，能产生白色沉淀，说明溶液中可能含有SO42-、CO32-、SO32-等，A错误；B.向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体二氧化硫，B正确；C.向装有Na2CO3的圆底烧瓶中滴加HCl，产生的气体为CO2，其中混有杂质HCl，应通过饱和的NaHCO3溶液的洗气瓶，除去CO2中混有的HCl，，再通入Na2SiO3水溶液中，C错误；D.在一定条件下，Ksp小的沉淀也能向Ksp大的沉淀转化，D错误；故选B。二、非选择题(共84分)23、（酚）羟基；氯原子取代反应还原反应C15H25O3N+CH3OH+H2O【解析】

由B的分子式、C的结构，可知B与氯气发生取代反应生成C，故B为，C发生还原反应生成D为．对比D、E的分子式，结合反应条件，可知D中氯原子水解、酸化得到E为．由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上H原子被取代生成G，故F为．对比G、美托洛尔的结构可知，G发生开环加成生成美托洛尔。【详解】(1)由结构可知C中官能团为：(酚)羟基、羰基和氯原子，在氢氧化钠溶液中，由于和氯元素相邻的碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，羰基不与氢氧化钠反应，酚羟基有弱酸性，可以与氢氧化钠反应；(2)B为，根据流程图中A和B的结构式分析，A中的氯原子将苯酚上的氢原子取代得到B，则为取代反应；D为，根据分析，C发生还原反应生成D；根据流程图中美托洛尔的结构简式，每个节点为碳原子，每个碳原子形成4个共价键，不足键用氢原子补充，则H的分子式为C15H25O3N；(3)E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，化学方程式为：+CH3OH+H2O；(4)F为，F中酚羟基上H原子被取代生成G，对比二者结构可知，X的结构简式为；(5)B为，B的同分异构体中，含有苯环；能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上只有一个取代基且能发生水解反应，故有机物的结构简式；（6）苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛与苯酚反应生成，最后与Zn（Hg）/HCl作用得到目标物。合成路线流程图为：。24、2-甲基-1-丁烯CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3取代反应3【解析】

由F的结构简式可知A应为CH2=C(CH3)CH2CH3，生成E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，F发生消去反应生成G，G为，X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，结合N的分子式可知N的结构简式为，可知X为苯乙醇，由M的分子式可知D含有8个C，结合信息可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3，则C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，以此解答该题。【详解】(1)A为CH2=C(CH3)CH2CH3，名称为2-甲基-1-丁烯；(2)由以上分析可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3；(3)C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，在氢氧化钠溶液中发生取代反应生成CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，故反应类型为取代反应；(4)D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，反应的方程式为；(5)由以上分析可知N为；(6)X为苯乙醇，对应的同分异构体①遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，②苯环上的一氯取代物只有两种，另一取代基为2个甲基或1个乙基，共3种，即等；(7)E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3，在铜催化条件下被氧化生成醛，然后与弱氧化剂反应生成酸，反应的流程为。【点睛】结合反应条件推断反应类型：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。25、坩埚反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO42Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解平衡气压，防止堵塞和倒吸BD【解析】

（1）灼烧固体，应在坩埚中进行，所以仪器A为坩埚，故答案为坩埚。（2）得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，浓硫酸具有吸水性，使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4，可使固体变为白色，故答案为反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4。（3）浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，根据原子守恒可知反应的离子方程式为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+，故答案为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+。（4）析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解，故答案为Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解。（5）A装置中长玻璃管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸的作用；与氨气反应的n(HCl)=10-3V1L×0.5mol/L-10-3V2L×0.5mol/L=0.5×10-3(V1-V2)mol，根据氨气和HCl的关系式可知：n(NH3)=n(HCl)=0.5×10-3(V1-V2)mol，则样品中氨的质量分数为，故答案为平衡气压，防止堵塞和倒吸；。（6）如果氨含量测定结果偏高，则V2偏小，A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，浓度偏低，则V2偏大，含量偏低，故A错误；B.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致V2偏小，含量偏高，故B正确；C.滴定过程中选用酚酞作指示剂，对实验没有影响，故C错误；D.取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，故D正确。故答案为BD。【点睛】在分析滴定实验的误差分析时，需要考虑所有的操作都归于标准液的体积变化上。标准液的体积变大，则测定结果偏大，标准液的体积变小，则测定结果偏小。26、平衡压强使浓盐酸顺利流下MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O避免SnCl4挥发②常温下，CuCl2为固体且密度比SnCl4大85%【解析】

根据装置：A装置制备氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，其中a可以平衡压强，使浓盐酸顺利流下，B吸收杂质HCl气体，C吸收水蒸气，干燥纯净的Cl2与Sn在D中反应制得SnCl4，锡粒中含铜杂质使得D中产生的SnCl4中含有CuCl2，但因为CuCl2熔点高，为固体，且密度比SnCl4大，不会随SnCl4液体溢出，E收集SnCl4液体，尾气用盛放碱石灰的干燥管处理，据此分析作答。【详解】(1)a管的作用是平衡浓盐酸上下的气体压强，使浓盐酸顺利流下；(2)A中浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(3)在D中制取的物质SnCl4中含有杂质CuCl2，SnCl4易挥发，所以D中冷却水的作用是避免SnCl4挥发；(4)尾气中含有氯气会导致大气污染，因此一定要进行处理，可根据Cl2与碱反应的性质，用碱性物质吸收，同时为防止SnCl4水解，该装置还具有干燥的作用，用盛放碱石灰的干燥管可满足上述两个条件，故合理选项是②；(5)锡粒中含铜杂质致D中产生CuCl2，但因为常温下，CuCl2为固体且密度比SnCl4大，故不影响E中产品的纯度；(6)滴定中，铁元素化合价由+2价变为+3价，升高1价，Cr元素化合价由+6价变为+3价，降低3价，则有关系式：3SnCl2～6Fe2+～K2Cr2O7，n(SnCl2)=3n(K2Cr2O7)=3×0.1000mol/L×0.02L=0.006mol，故SnCl4产品的纯度为×100%=85%。【点睛】本题考查了物质制备方案设计，涉及化学实验操作、物质的作用、滴定方法在物质含量测定的由于等，明确实验原理及实验基本操作方法、知道各个装置作用是解本题关键。27、打开分液漏斗开关，水不能持续滴下或分液漏斗中液面长时间保持不变CO2、H2S、Cl2等气体中任选两种BZn和置换出的铜与电解质溶液形成原电池分液漏斗MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O产生淡黄色沉淀【解析】

(1)在进行气体制备时，应先检验装置的气密性。将A装置末端导管密封后，在A装置的分液斗内装一定量的蒸馏水，然后打开分液漏斗开关，水不能持续滴下或分液漏斗中液面长时间保持不变，则气密性良好；(2)E中NaOH溶液能吸收酸性气体，例如CO2、SO2、H2S、Cl2等；(3)用锌粒和稀硫酸制备氢气应选择固体与液体反应装置，且不需要加热，则选择装置B；滴加硫酸铜后，Zn置换出Cu，形成Zn－Cu原电池，加快Zn与稀硫酸反应的速率；(4)①A中仪器甲的名称为分液漏斗；装置A制备氯气，利用浓盐酸和二氧化锰混合加热制氯气时发生反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；②A中制得的氯气通入Na2S溶液中有淡黄色S沉淀生成，因此C中说明Cl－和S2－的还原性强弱的实验现象产生淡黄色沉淀。28、320.20.32mol•L-1•mim-1降低温度50.5kPa>cdbd【解析】

(l)由盖斯定律可知，②-①得到，以此来解答。(2)反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，根据已知信息，为吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，依据反应能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能-反应的焓变；(3)发生反应，根据v=计算反应速率，利用速率之比等于反应中计量数之比可得到H2O的反应速率，根据表中的数据可知，在5分钟后，一氧化碳的物质的量分数不变为0.1，即反应达到平衡状态，该反应气体的总物质的量不变，6分钟时，一氧化碳的物质的量分数变小，说明平衡正向移动，据此分析；(4)设甲醇的物质的量为1mol，平衡时转化率为50%，则根据三段式、各物质平衡时总压和分压的关系计算；(5)某温度，将2molCO与5molH2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，经过5min后，反应达到平衡，依据化学方程式可知转移电子4mol消耗CO物质的量为1mol，则此时转移电子6mol，消耗CO物质的量=×1mol=1.5mol，结合化学平衡三段式列式计算平衡常数K=，若保持体积不变，再充入2molCO和1.5molCH3OH，计算此时浓度商Qc和平衡常数大小比较判断平衡的进行方向；反应是气体体积减小的放热反应，反应达到平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，分析选项中变量不变说明反应达到平衡状态，否则不能达到平衡；(6)该反应为放热反应，则小于700K时，K(400K)>K(500K)>1.31，则平衡时p(H2)>