云南省玉溪市第二中学2026届高三上化学期中教学质量检测试题含解析

云南省玉溪市第二中学2026届高三上化学期中教学质量检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、下列说法正确的是A．PH试纸在检测气体时必须先湿润B．容量瓶用蒸馏水洗涤后须烘干才能使用C．用苯萃取溴水中的溴时，溴的苯溶液从分液漏斗下口放出D．蒸馏完毕后，先停止通冷凝水，再停止加热2、A．少量金属钠保存在煤油中B．FeSO4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中C．浓硝酸保存在棕色试剂瓶中D．氢氧化钠溶液保存在配有玻璃塞的细口瓶中3、国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，若温度从300℃升至400℃，反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加。下列关于该过程的判断正确的是A．该反应的ΔH<0 B．化学平衡常数K增大C．CO2的转化率增加 D．正反应速率增大，逆反应速率减小4、为监测空气中汞蒸气是否超标，通过悬挂涂有CuI（白色）的滤纸，根据滤纸是否变色（亮黄色至暗红色）及变色所需时间来判断空气中的汞含量。发生的化学反应为：4CuI+Hg=Cu2HgI4+2Cu，下列说法不正确的是（）A．上述反应属于置换反应B．该反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1C．Cu2HgI4既是氧化产物又是还原产物D．当有1molCuI参与反应时，转移电子的物质的量为0.5mol5、某反应的反应物与生成物有：H3AsO4、K2SO4、KBrO3、H2SO4、AsH3、H2O和一种未知物质X。已知1．2molKBrO3在反应中得到1mol电子，则下列说法不正确的是A．AsH3是该反应的还原剂B．X的化学式为Br2C．根据反应可推知氧化性：KBrO3>H3AsO4D．氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：56、2020年9月，我国作出对于全球减排具有里程碑意义的承诺：2060年实现碳中和。碳中和是指直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排、碳捕集与封存等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”。下列有关说法正确的是A．CO2是导致温室效应和酸雨的主要气体B．煤的液化、气化主要是为了减少CO2的排放C．CO2催化加氢合成低碳烯烃属于化合反应D．CO2分子间有间隔，故可将其压缩液化后封存7、已知Ca3N2遇水发生水解反应，需密封保存。利用如下装置制取氮气，并用氮气制备Ca3N2，下列说法正确的是A．①中发生的化学方程式为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+H2OB．③、④、⑥中依次盛装浓H2SO4、酸性氯化亚铁溶液、碱石灰C．实验结束后，取⑤中少量产物于试管中，加适量蒸馏水，再滴加石蕊试液，溶液变蓝D．②的作用为安全瓶，防止停止加热时①中的溶液进入③中8、“低碳经济，节能减排”是21世纪世界经济发展的新思路，下列与之相悖的是()A．开发水能、风能、太阳能、地热能、核能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料B．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源C．大力发展新能源汽车，如混合动力汽车、电动汽车等，以减少碳、氮氧化物的排放D．大力开采煤、石油和天然气，以满足经济发展的需要9、用阴离子交换膜控制电解液中的浓度制备纳米，反应为，装置如图，下列说法中正确的是（）A．电解时通过交换膜向极移动B．阳极反应式：C．阴极放电，有生成D．电极和电极上生成物的物质的量之比为10、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将2molCl2通入含1molFeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋4Cl－＋I2正确；Cl2过量，可将Fe2＋、I－均氧化BBa(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2＋＋HCO3-＋OH－=BaCO3↓＋H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量SO2通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－=HClO＋HSO3-正确；说明酸性：H2SO3强于HClOD1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积混合：2AlO2-＋5H＋=Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O正确；第一步反应和第二步反应消耗的H＋的物质的量之比为2∶3A．A B．B C．C D．D11、铅蓄电池是目前常见的二次电池，其放电时总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。下列说法中正确的是A．放电时，Pb作为电池的负极发生还原反应B．放电时，内电路中的H+向Pb电极移动C．充电时，外接电源的负极需要与Pb电极相连D．充电时，阳极区附近溶液酸性减弱12、设NA为阿佛加德罗常数，下列选项正确的是()A．5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NAB．1molCl2参加反应转移电子数一定为2NAC．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NAD．向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2＋被氧化时，共转移的电子的数目为NA13、设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A．1L含NA个NH3·H2O的氨水，其浓度为大于1mol·L-1B．3.4gNH3中含N—H键数目为0.2NAC．1L0.1mol·L-1乙酸溶液中H+数为0.1NAD．常温常压下的33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NA14、下列有关热化学方程式的叙述正确的是()A．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)ΔH=+285.8KJ/molB．已知C(石墨，s)C(金刚石，s)△H>0，则石墨比金刚石稳定C．在稀溶液中H＋(aq)＋OH－(aq)H2O(l)△H＝－57.2kJ/mol若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的稀溶液混合，放出的热量等于57.2kJD．己知2H2(g)+O2(g)2H2O(l)△H1,2H2(g)+O2(g)2H2O(g)△H2,则△H1>△H215、标准状况下有①0.112L水（密度按1g/cm3计算）；②3.01×1023个氯化氢分子；③13.6gH2S气体；④0.2molNH3，下列对这四种物质的关系由小到大排列正确的（

）A．体积：①③②④ B．密度：④①③② C．质量：①④③② D．氢子数：②④③①16、下列实验能达到预期目的的是()选项实验内容实验目的A向1mL0.1mol/LNaOH溶液中加入2mL0.1mol/LCuSO4溶液，振荡后滴加0.5mL葡萄糖溶液，加热观察是否出现红色沉淀证明葡萄糖中含有醛基B向1mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下，Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3]C测定同温度下相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的pH，前者大于后者证明碳元素非金属性弱于硫D向某溶液中滴加少量稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝证明溶液中无NH4+A．A B．B C．C D．D17、25℃时将浓度均为0.1mol·L-1、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示，下列说法正确的是A．a→c过程中水的电离程度始终增大B．b点时，c(B+)=c(A-)=c(H+)=c(OH-)C．c点时，随温度升高而减小D．相同温度下，Ka(HA)>Kb(BOH)18、下列指定反应的离子方程式正确的是A．用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2＝I2＋2OH－B．向碳酸氢铵溶液中加入少量的NaOH溶液：NH4＋＋OH－＝NH3·H2OC．向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的物质的量最多：Al3＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋4OH－＝2BaSO4↓＋AlO2－＋2H2OD．等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合：HCO3－＋Ba2＋＋OH－＝BaCO3↓＋H2O19、一定温度下，在冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力(I)随着加入水的体积V变化的曲线如图所示。下列说法正确的是()A．a、c两点pH不同B．向c溶液中加水，溶液中所有离子浓度都减小C．误用湿润的pH试纸测b点pH结果偏小D．c(CH3COO-)

/c(CH3COOH)

b点大于c点20、ClO2是一种国际公认的高效含氯消毒剂，ClO2属于A．混合物 B．酸 C．碱 D．氧化物21、某工业废气中的SO2经如下图中的两个循环可分别得到S和H2SO4，假设循环I、II处理等质量的SO2。下列说法正确的是A．“反应1”和“电解”中的氧化产物分别是ZnFeO3.5和MnO2B．“反应2”和“吸收”中的SO2均起还原剂的作用C．铁网或石墨均可作为循环II中电解过程中的阳极材料D．循环I、II中理论上分别得到S和H2SO4的物质的量比为1∶122、新型锂-空气电池具有能量密度高的优点，可以用作新能源汽车的电源，其结构如图所示，其中固体电解质只允许Li+通过。下列说法正确的是A．Li+穿过固体电解质向正极移动而得到LiOH溶液B．放电时，当外电路中有1mole－转移时，水性电解液离子总数增加NAC．应用该电池电镀铜，阴极质量增加64g，理论上将消耗11.2LO2D．放电时，负极反应式：Li－e－＋OH－＝LiOH二、非选择题(共84分)23、（14分）对硝基苯乙醇是治疗心血管疾病药物美多心安的中间体，也是重要的香料中间体。对硝基苯乙醇的一条合成路线如图所示：完成下列填空：（1）A的结构简式为___。实验室由A制得苯乙烯通常需要经过两步反应，第一步的反应试剂和条件为Cl2/光照，第二步的化学反应方程式为___。（2）反应②的反应类型为___反应。设计反应①、反应③的目的是___。（3）反应③的试剂和条件为___。（4）丁苯橡胶是合成橡胶中产量最大的品种，适合制轮胎、传输带等。丁苯橡胶可通过1，3-丁二烯与苯乙烯加聚得到。写出丁苯橡胶的结构简式___。（5）由1，3-丁二烯为原料可以合成有机化工原料1，4-丁二醇（HOCH2CH2CH2CH2OH），写出其合成路线___。（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）24、（12分）A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素X，它们之间有如下转化关系：(1)若A为单质，仅B、C属于盐类，且A、B、C中元素X的化合价依次升高，C、D、E中元素X的化合价相同。则D的颜色为__________；E的名称为____________。(2)若A为单质，B、C均属于盐类，且B、C的水溶液中含X元素的离子所带电荷数之比为3：1，D是一种白色沉淀。则元素X在周期表中的位置是____________；A→C的反应中氧化剂的化学式为___________；C→D反应的离子方程式为__________________________________。(3)若A~E均为化合物。A是淡黄色固体，C、D、E均属于盐类，D→E→C是我国化学家发明的经典工业制备C的方法。则A的电子式为___________；D→E的化学方程式为：____________________________________。(4)若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，B、E发生反应只生成一种产物，且属于盐类。则B→C的化学方程式为____________________________，E→C_________________________________。25、（12分）甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。某学习小组利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。有关物质性质如下表：甘氨酸柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇易溶于水和乙醇易溶于水，难溶于乙醇两性化合物强酸性、强还原性实验过程：I．合成：装置C中盛有0.1molFeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液和适量柠檬酸。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌，并通过仪器b向C中加入适量氢氧化钠溶液调节pＨ到6左右，使反应物充分反应。Ⅱ．分离：反应结束后，过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。回答下列问题：（1）仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是_____________________________。（2）装置B中盛有的试剂是____________；实验过程中装置D的导管一直没入液面下的必要性是___________________________________________。（3）合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和________________________。（4）加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，甘氨酸亚铁产量下降。原因可用离子方程式表示为________。（5）过程II中加入无水乙醇的目的是_______________________。（6）检验产品中是否含有Fe3+的试剂名称是_________。（7）本实验制得15.3g甘氨酸亚铁（M=204g/mol），则其产率是_____％。26、（10分）实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡（SnCl4）。SnCl4易挥发，极易发生水解，Cl2极易溶于SnCl4。制备原理与实验装置图如图：Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l)ΔH=–511kJ∙mol-1可能用到的有关数据如下：物质SnSnCl4CuCl2熔点/℃232-33620沸点/℃2260114993制备过程中，锡粒逐渐被消耗，需提拉橡胶塞及时向反应器中补加锡粒。当SnCl4液面升至侧口高度时，液态产物经侧管流入接收瓶。回答下列问题：（1）a的作用是___。（2）A中反应的化学方程式是___。（3）B的作用是___。（4）E中冷却水的作用是___。（5）尾气处理时，可选用的装置是___（填序号）。（6）锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2，但不影响F中产品的纯度，原因是___。（7）SnCl4粗品中含有Cl2，精制时加入少许锡屑后蒸馏可得纯净的SnCl4。蒸馏过程中不需要用到的仪器有___(填序号)A．分液漏斗B．温度计C．吸滤瓶D．冷凝管E．蒸馏烧瓶27、（12分）谢弗勒尔盐（Cu2SO3·CuSO3·2H2O)是一种不溶于水、酸和乙醇的固体，100℃时发生分解。可由CuSO4·5H2O和SO2等为原料制备，实验装罝如下图所示：(1)装置A在常温下制取SO2时，用70%硫酸而不用稀硫酸和98%浓硫酸，其原因是________。(2)装置B中发生反应的离子方程式为_________。(3)装置C的作用是__________。(4)从B中获得的固体需先用蒸馏水充分洗涤，再真空干燥。检验己洗涤完全的方法是________________。(5)请补充完整由工业级氧化铜（含少量FeO)制备实验原料（纯净CuSO4·5H2O)的实验方案：向工业级氧化铜中边搅拌边加入稍过量的硫酸溶液，微热使其完全溶解，边搅拌边向其中滴入______溶液，加入适最纯净的________调节3.2<pH<4.2，静置，过滤，将滤液水浴加热蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却结晶，过滤，用95%酒精洗涤晶体2～3次，晾干，得到CuSO4·5H2O。[已知：该溶液中氢氧化物开始沉淀与沉淀完全时的pH范围分别为：Fe(OH)2(5.8,8.8);Cu(OH)2(4.2,6.7);Fe(OH)3(1.1，3.2)]28、（14分）氨对人类的生产生活具有重要影响。(1)氨的制备与利用。①工业合成氨的化学方程式是________。②氨催化氧化生成一氧化氮反应的化学方程式是________。(1)氨的定量检测。水体中氨气和铵根离子(统称氨氮)总量的检测备受关注。利用氨气传感器检测水体中氨氮含量的示意图：①利用平衡原理分析含氨氮水样中加入NaOH溶液的作用：________。②若利用氨气传感器将1L水样中的氨氮完全转化为N2时，转移电子的物质的量为6×10-4mol·L-1，则水样中氨氮(以氨气计)含量为________mg·L-1。(3)氨的转化与去除。微生物燃料电池(MFC)是一种现代化氨氮去除技术。下图为MFC碳氮联合同时去除的氮转化系统原理示意图。①已知A、B两极生成CO2和N2的物质的量之比为5:2，写出A极的电极反应式：________。②用化学用语简述NH4+去除的原理：________。29、（10分）优化反应条件是研究化学反应的重要方向。（1）以硫代硫酸钠与硫酸的反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O为例，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验方案如下表所示。实验序号Na2S2O3溶液H2SO4溶液蒸馏水温度/℃浓度/（mol/L）体积/mL浓度/（mol/L）体积/mL体积/mLⅠ0.11.50.11.51020Ⅱ0.12.50.11.59aⅢ0.1b0.11.5930①表中，a为______，b为______。②实验表明，实验Ⅲ的反应速率最快，支持这一结论的实验现象为_______。③硫代硫酸钠可用于从含氧化银的矿渣中浸出银，反应如下：Ag2O+4S2O32-+H2O⇌2[Ag(S2O3)2]3-+2OH-。在实际生产中，为了提高银的浸出率需要调节pH的范围为8.5~9.5，解释其原因：_________。（2）工业上常用空气催化氧化法除去电石渣浆（含CaO）上清液中的S2-，并制取石膏（CaSO4•2H2O），其中的物质转化过程如图所示。①过程Ⅰ、Ⅱ中，起催化剂作用的物质是_________。②过程Ⅱ中，反应的离子方程式为________。③根据物质转化过程，若将10L上清液中的S2-转化为SO42-（S2-浓度为320mg/L），理论上共需要标准状况下的O2的体积为_______L。

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、A【解析】A、气体只有溶于水才能显示酸碱性，比如氨气需要先与水反应生成一水合氨，一水合氨再电离出氢氧根离子，氯化氢也只有溶于水才能发生电离，故PH

试纸必须先湿润，A正确；B、容量瓶中有水对实验没有影响，故B错误；C、苯的密度比水小，在上层，应该从分液漏斗的上口放出，故C错误；D、蒸馏完毕后，应先停止加热，待烧瓶中溶液冷却后，再停止通冷凝水，因为在停止加热之后体系内温度依然很高，还会有少量蒸气溢出，如果停止了通水，那么蒸气可能引起冷凝管炸裂，故D错误。故选A。2、D【解析】试题分析：A、金属钠容易和氧气或水反应，所以应该保存在煤油中，正确，不选A；B、硫酸亚铁容易被氧化成铁离子，加入铁粉可以防止亚铁被氧化，正确，不选B；C、浓硝酸不稳定见光容易分解，所以保存在棕色试剂瓶中，正确，不选C；D、氢氧化钠和玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠，所以不能用玻璃塞，应使用橡胶塞，错误，选D。考点：试剂的保存方法3、A【解析】A、若温度从300℃升至400℃，反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加，这说明升高温度平衡逆反应方向进行，即正反应是放热反应。故A正确；B、升高温度，平衡逆反应方向进行，平衡常数减小，故B错误；C、反应物的转化率减小，故C错误；D、升高温度正、逆反应速率均增大，故D错误；故选A。4、C【解析】A.该反应为单质与化合物反应生成单质与化合物的反应，为置换反应，A正确；B.CuI为氧化剂，还原剂为Hg，4molCuI反应只有2mol作氧化剂，则由反应可知该反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：l，B正确；C.Hg元素的化合价升高，则Cu2HgI4为氧化产物，C错误；D.当有1molCuI反应时，转移电子为1mol××(1-0)=0.5mol，D正确；故合理选项是C。5、D【解析】A、由信息可知，Br元素的化合价降低，则As元素的化合价升高，则AsH3是该反应的还原剂，正确；B、设X中溴元素的化合价为x，由电子守恒可知，1.2mol×（5-x）=1mol，解得x=1，所以X的化学式为Br2，正确；C、由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：KBrO3＞H3AsO4，正确；D、Br元素的化合价由+5价降低为1，As元素的化合价由-3价升高为+5价，由电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为8：5，错误。答案选D。6、D【详解】A.二氧化硫是导致酸雨的气体，而不是二氧化碳，故A错误；B.煤的液化、气化是不能减少CO2的排放的，如煤气化的生成物即煤气主要成分是一氧化碳，燃烧依然生成二氧化碳，且生成二氧化碳分子数目相同，故B错误；C.CO2催化加氢合成低碳烯烃的同时还有H2O生成，不属于化合反应，故C错误；D二氧化碳分子之间有间隔，在受压时间隔变小，故可将其压缩液化后封存，故D正确。故答案选D。7、C【解析】A、题中所给的化学方程式不符合质量守恒定律，水的化学计量数应为2，正确的化学方程式是：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，故A错误；B、浓硫酸是干燥剂，可以除去氮气中的水蒸气杂质，但在除去氮气中的气体杂质时应在其它气体杂质全部除去后再通入浓硫酸中除水蒸气杂质，否则还会引入水蒸气杂质，故③、④中应依次盛装酸性氯化亚铁溶液、浓H2SO4，故B错误；C、因Ca3N2遇水发生水解反应，则加入蒸馏水后与水反应，产物是氢氧化钙和氨气，溶液呈碱性，故再滴加石蕊试液，溶液会变蓝，所以C正确；D、②的作用为安全瓶，停止加热时可以防止③中的溶液进入①中，故D错误；所以答案选C。8、D【详解】A．开发水能、风能、太阳能、地热能、核能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料，能减缓温室气体的排放，符合“低碳经济，节能减排”，故A正确；B．发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源，可以减少使用煤、石油等化石燃料，符合“低碳经济，节能减排”，故B正确；C．发展新能源汽车，如混合动力汽车、电动汽车等，以减少碳、氮氧化物的排放，符合“低碳经济，节能减排”，故C正确；D．大力开采煤、石油和天然气，消耗更多的化石燃料，排放更多的二氧化碳，不符合“低碳经济，节能减排”，故D错误；故选D。9、B【详解】A．极与外加电源的正极相连，极为阳极，极与外加电源的负极相连，极为阴极。电解时阴离子向阳极移动，则通过阴离子交换膜向极移动，选项A错误；B．极为阳极，电极反应式为，选项B正确；C．极为阴极，电极反应式为，阴极有生成，选项C错误；D．根据电极反应式和阴、阳极得失电子守恒可知，极生成的和极生成的的物质的量之比为，选项D错误。答案选B。10、D【解析】A．将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，由电子守恒可知，氯气过量，则离子反应为2Fe2＋＋4I－＋3Cl2==2Fe3＋＋6Cl－＋2I2，故A错误；B．Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子反应为Ba2＋＋2HCO＋2OH－==BaCO3↓＋2H2O＋CO，故B错误；C．过量SO2通入到NaClO溶液中的离子反应为SO2＋H2O＋ClO－==2H＋＋Cl－＋SO，故C错误；D．1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合的离子反应为2AlO＋5H＋=Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O，故D正确。故选D。【点睛】离子方程式是用实际参加反应的离子符号来表示离子反应的式子，是历次考试必考知识点之一。书写离子方程式一般包括以下步骤：①写：依据事实正确写出化学方程式；②拆：把易溶解且易电离的物质写成离子形式，难溶物质、难电离物质、氧化物都用化学式（分子式）表示；③删：删去方程式两边不参加反应的离子；④查：检查方程式两边是否符合“原子守恒”和“电荷守恒”。特别注意：①没有自由移动离子参加的反应不能写成离子方程式。如NH4Cl和Ca(OH)2固体混合加热，虽然也有离子参加反应，但不是自由移动离子，因此不能写成离子方程式；②浓硫酸写成分子式，浓硝酸和浓盐酸可写成离子；③在物质发生化学反应时，有些反应会因操作顺序或反应物相对量不同而发生不同的反应。书写与量有关的离子反应方程式时，常设不足者为“1mol”进行分析，根据“不足者”调整过量物质的比例。④判断与量有关的离子反应方程式正误时，采用“不足者”必符合化学式中原子或离子个数比进行判断，比较快速方便。11、C【解析】由总方程式可知，为原电池时，Pb为负极，发生氧化反应，电极方程式为Pb+SO42--2e-=PbSO4，PbO2为正极，发生还原反应，电极方程式为PbO2+4H++SO42-+2e-=2H2O+PbSO4，在充电时，阴极发生的反应是PbSO4+2e-=Pb+SO42-，阳极反应为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，放电时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以此解答该题。【详解】A、放电时，该原电池的负极材料是铅，铅失电子发生氧化反应，故A错误；

B、放电时，蓄电池内电路中H+向正极（即PbO2极）移动，故B错误；

C、充电时，外接电源的负极与Pb阴极相连，阴极发生的反应是PbSO4+2e-=Pb+SO42-，故C正确；D、阳极反应为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，由电解方程式可知阳极附近电解质溶液的pH逐渐减小，酸性增强，故D错误；

综上所述，本题应选C。【点睛】本题考查原电池和电解池知识，注意把握电解方程式的书写。在原电池中，负极失去电子，元素化合价升高，发生氧化反应，被氧化；正极得到电子，元素化合价降低，发生还原反应，电解质溶液中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。在电解池中，阴极得到电子，发生还原反应，阳极失去电子，发生氧化反应。12、C【详解】A.5.6g铁的物质的量是0.1mol，铁的化合价有+2、+3两种价态，铁粉与足量硝酸反应失去的电子数为0.3NA，若铁足量，铁失去电子数是0.2NA，选项A错误；B.1molCl2与碱参加反应转移电子数为NA，选项B错误；C.Na是+1价的金属，1molNa与O2反应，无论生成Na2O、Na2O2，还是生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA，选项C正确；D.微粒的还原性I->Fe2+，向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2＋被氧化时，2molI-已经反应完全，所以共转移的电子的数目为3NA，选项D错误。故本题合理选项是C。13、A【详解】A.NH3·H2O能发生电离，所以溶液中含有NA个NH3·H2O的溶液，其浓度大于1mol·L-1，故A正确；B.3.4克氨气的物质的量为0.2mol，每个氨气分子含有3个氮氢键，所以有0.6mol氮氢键，故B错误；C.乙酸为弱酸，不完全电离，故不能计算氢离子数目，故C错误；D.常温常压下33.6L氯气的物质的量不能用标况下气体摩尔体积计算，故D错误。故答案选A。【点睛】溶液中的微粒的数目需要注意电离和水解问题，弱电解质存在电离平衡，所以弱电解质溶液中电解质分子或离子数目一般不能确定。14、B【解析】A错放出热量，ΔH应为小于0B对能量越低越稳定，石墨能量比金刚石低，石墨比金刚石稳定C错应该是稀硫酸D错放出的热量越多，ΔH越小，因为ΔH是负数，所以△H1<△H215、D【详解】A.四种物质的体积分别为0.112L、×22.4L/mol=11.2L、×22.4L/mol=8.96L、0.2mol×22.4L/mol=4.48L，则由小到大排列的顺序为①④③②，故A错误；B.液态物质的密度大于气态物质的密度，气态物质的相对分子质量越大，密度越大，则四种物质的密度由小到大排列的顺序为④③②①，故B错误；C.四种物质的质量分别为0.112L×103mL/L×1g/cm3=112g、×36.5g/mol=18.25g、13.6g、0.2mol×17g/mol=3.4g，则由小到大排列的顺序为④③②①，故C错误；D.四种物质的氢原子数分别为×2≈12.4mol、×1=0.5mol、×2=0.8mol、0.2mol×3=0.6mol，则由小到大排列的顺序为②④③①，故D正确；故选D。16、C【详解】A.由数据可知配制氢氧化铜悬浊液时氢氧化钠溶液不足，加热后不会出现红色沉淀，A项错误；B.开始时加入的氢氧化钠过量，生成氢氧化镁的白色沉淀后，过量的NaOH能继续和FeCl3溶液反应生成红褐色沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，B项错误；C.测定同温度下相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的pH，前者pH大于后者，说明碳酸的酸性弱于硫酸，碳酸、硫酸是C、S的最高价含氧酸，能说明碳元素的非金属性比硫元素的非金属性弱，C项正确；D.溶液中即使存在NH4+，使用这种方法也不能检验出来，原因是溶液中NH4+与OH-生成NH3·H2O，没有加热不能产生NH3，D项错误；答案选C。【点睛】本题的易错点是葡萄糖检验的方法，在检验的过程中要注意：①新制Cu(OH)2悬浊液要随用随配，不可久置；②配制新制Cu(OH)2悬浊液时，所用NaOH必须过量；③反应液直接加热煮沸，才有明显的红色沉淀；④加热沸腾不能太久，否则会有黑色沉淀，这是Cu(OH)2受热分解生成CuO所致。17、C【解析】A.b点中和反应恰好完全进行，a→b剩余酸越来越少，溶液酸性逐渐减弱，水的电离程度增大，b→c剩余碱越来越多，溶液碱性逐渐增强，水的电离程度减小，故A错误；B.溶液中电荷守恒：c(B+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，b点时，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(B+)=c(A-)，溶液中c(H+)和c(OH-)很小，所以c(B+)=c(A+)>c(H+)=c(OH-)，故B错误；C.0.1mol·L-1HA溶液pH=3，说明HA是弱酸，c点时溶质为BA、BOH，水解常数Kb=随温度升高而增大，所以随温度升高而减小，故C正确；D.Va=Vb=50mL时HA与BOH恰好完全反应，pH=7，所以相同温度下，Ka(HA)=Kb(BOH)，故D错误。故选C。点睛：解答本题需要先弄明白图示含义，图中酸溶液由多到少，同时，碱溶液由少到多，而且0.1mol·L-1HA溶液pH=3，0.1mol·L-1BOH溶液pH=11。接着问题的解决就可以“顺藤摸瓜”。18、D【详解】A.过氧化氢氧化碘离子为单质碘，本身被还原为水，该离子反应为2H++2I-+H2O2=2H2O+I2，故A错误；B.碳酸氢铵溶液中加入少量NaOH，铵根离子不参加反应，正确的离子方程式为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，故B错误；C.生成的沉淀物质的量最多时，反应生成硫酸钡、氢氧化铝，恰好氢氧化铝全部沉淀，发生的离子反应为：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，故C错误；D.等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液中，NaHCO3和Ba(OH)2物质的量相等，涉及反应有：HCO-3+OH-=CO32-↓+H2O；CO32-+Ba2+=BaCO3↓，总反应为：HCO-3+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，故D正确；故答案为D。19、C【解析】试题分析：A．a、c两点的导电性相同，表示溶液中的离子浓度相等，则pH相同，故A错误；B．溶液显酸性，向c溶液中加水，溶液中主要存在的离子浓度都减小，根据水的离子积常数，氢氧根离子浓度增大，故B错误；C．误用湿润的pH试纸测b点pH，相当于将溶液稀释，溶液中氢离子浓度减小，pH增大，故C正确；D．根据Ka=c(CH考点：考查了弱电解质的稀释与溶液导电性的相关知识。20、D【解析】ClO2是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，属于氧化物，故选D。点睛：考查了酸、碱、以及氧化物、混合物等物质的区分，把握住概念是解题的关键；电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸；电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱；由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物；由两种或两种以上物质组成的是混合物。21、D【分析】本题考查了氧化还原反应原理，还原剂判断，电极材料选取和工业流程图分析。【详解】A.由图可知，“反应1”是ZnFeO4与H2反应生成ZnFeO3.5，ZnFeO4化合价降低，发生还原反应，还原产物是ZnFeO3.5；“电解”是硫酸锰电解生成硫酸和二氧化锰，硫酸锰发生氧化反应，氧化产物是MnO2，A错误；B.“反应2”中二氧化硫转化为硫单质，SO2发生还原反应，是氧化剂；“吸收”中SO2转化为硫酸根，发生氧化反应，是还原剂，B错误；C.金属作为循环II中电解过程中的阳极材料时，参与电解反应，故不能用铁丝，C错误；D.由于二氧化硫转化为硫单质或硫酸根，根据S守恒可知，n（S）=n（H2SO4），D正确。答案为D。22、A【解析】A项，由图示可得，放电时铝在负极失电子，氧气在正极得电子，固体电解质只允许Li+通过，所以Li+穿过固体电解质向正极移动而得到LiOH溶液，故A正确；B项，放电时正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，当外电路中有1mole－转移时，生成1molOH-，同时1molLi+穿过固体电解质进入水性电解液，所以离子总数增加2NA，故B错误；C项，根据电子守恒，应用该电池电镀铜，阴极质量增加64g，即生成1mol铜，则电路中通过2mol电子，理论上消耗0.5molO2，在标准状况下体积为11.2L，若不是标准状况则不一定，故C错误；D项，因为固体电解质只允许Li+通过，所以放电时，负极反应式：Li－e－＝Li+，故D错误。点睛：本题通过新型锂-空气电池考查原电池原理，涉及正负极判断、离子移动方向、电极反应式书写、有关计算等，注意根据物质性质判断原电池的正负极；根据“固体电解质只允许Li+通过”这个条件书写负极电极反应式；B项易错，注意水性电解质溶液中增多的是OH-和迁移过去的Li+，不要忽略了后者；C项易错，要养成见到气体的体积首先想到是否需要注明标准状况的习惯，防止出错。二、非选择题(共84分)23、+NaOH+NaCl+H2O或+NaOH+NaCl+H2O取代反应保护羟基稀硫酸/加热或NaOH溶液/加热【分析】根据合成路线分析可知，A先发生取代反应得到卤代烃，再在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应得到苯乙烯()，则A为乙苯()，催化氧化、加成得到，与发生取代反应得到，与浓硝酸在浓硫酸、加热的条件下发生硝化(或取代)反应得到，在NaOH溶液、加热发生水解反应得到，据此分析解答问题；【详解】(1)由上述分析可知，A为乙苯，其结构简式为，实验室由A制取苯乙烯通常需要经过两步反应，第一步的反应试剂和条件为Cl2/光照得到卤代烃，第二步的反应为卤代烃在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应得到苯乙烯，反应方程式为+NaOH+NaCl+H2O（或+NaOH+NaCl+H2O）；(2)与浓硝酸在浓硫酸、加热的条件下发生硝化(或取代)反应得到；由于—OH具有还原性，会与浓硝酸发生氧化还原反应，故设计反应①、反应③的目的是：保护—OH，防止其被氧化；(3)反应③为在NaOH溶液、加热下彻底水解得到和CH3COONa，当然，也可以在稀硫酸、加热条件下发生水解反应得到和乙酸；(4)根据题干信息，丁苯橡胶可由1，3—丁二烯(CH2=CH-CH=CH2)和苯乙烯共聚得到，则丁苯橡胶的结构简式为；(5)由1，3—丁二烯为原料制备1，4—丁二醇，可以用1，3—丁二烯与溴发生1，4—加成，然后水解生成烯醇，再与氢气加成即可，合成路线为CH2=CH-CH=CH2CH2BrCH=CHCH2BrHOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OH。24、红褐色氧化铁3周期IIIA族H2OAlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓4NH3+5O24NO+6H2O3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O【详解】(1)若A为单质，仅B、C属于盐类，且A、B、C中元素X的化合价依次升高，C、D、E中元素X的化合价相同，据此信息可知X为变价元素铁，则A为铁，B为氯化亚铁、C为氯化铁，D为氢氧化铁、E为氧化铁，所以则D的颜色为红褐色；E的名称为氧化铁；综上所述，本题答案是：红褐色；氧化铁。(2)若A为单质，B、C均属于盐类，且B、C的水溶液中含X元素的离子所带电荷数之比为3：1，D是一种白色沉淀；据以上分析可知X为铝元素；则A为铝，B为铝盐、C为偏铝酸盐，D为氢氧化铝、E为氧化铝；铝原子的核电荷数为13，在周期表中的位置是3周期IIIA族；铝与强碱水溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，铝做还原剂，H2O做氧化剂；偏铝酸盐溶液中通入足量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；综上所述，本题答案是：3周期IIIA族；H2O；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。(3)若A~E均为化合物。A是淡黄色固体，为过氧化钠；C、D、E均属于盐类，D→E→C是我国化学家发明的经典工业制备C的方法，该方法为侯氏制碱法，所以C为碳酸钠；因此A：Na2O2，B:NaOH，C:Na2CO3，D:NaCl，E:NaHCO3；Na2O2属于离子化合物，电子式为：；氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，化学方程式为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓；综上所述，本题答案是：；NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓。(4)若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，B、E发生反应只生成一种产物，且属于盐类，据以上信息可知：则A：N2；B：NH3；C：NO；D：NO2；E：HNO3；氨气发生催化氧化生成一氧化氮，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；综上所述，本题答案是：4NH3+5O24NO+6H2O；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。【点睛】氢氧化钠与足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸钠溶液通入足量的二氧化碳生成碳酸氢钠，氯化钠溶液通入氨气、二氧化碳和水，也能生成碳酸氢钠，这个反应容易忘掉，造成问题（3）推断出现问题。25、分液漏斗平衡气压，使液体顺利流下饱和NaHCO3溶液防止空气进入C中（从而防止Fe2+被氧化）防止Fe2+被氧化Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓降低甘氨酸亚铁的溶液度，使其结晶析出硫氰化钾溶液75【分析】由装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳气体，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；利用二氧化碳气体将实验装置中的空气排干净，在进行C装置中的甘氨酸亚铁的制取反应，实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化。【详解】（1）仪器a的名称是分液漏斗；仪器b的名称为恒压漏斗，与a相比，仪器b的优点是平衡气压，使液体顺利流下，答案为：分液漏斗；平衡气压，使液体顺利流下；（2）装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化，答案为：饱和NaHCO3溶液；防止空气进入C中（从而防止Fe2+被氧化）；（3）根据题中表格提供的已知信息，柠檬酸具有强酸性和强还原性，合成过程加入柠檬酸的可促进FeCO3溶解和防止亚铁离子被氧化，答案为：防止Fe2+被氧化（4）加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，溶液碱性增强，会导致溶液中的亚铁离子在该条件下直接与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，离子方程式表示为Fe2++2OH-=Fe(OH)2，答案为：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓；（5）由题目已知信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，所以过程II中加入无水乙醇的目的是减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出，答案为：减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出；（6）检验三价铁离子的试剂为硫氰化钾溶液，加入硫氰化钾，溶液变为血红色，则说明含有三价铁离子，答案为：硫氰化钾溶液；（7）甘氨酸的物质的量=0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol，0.1mol的碳酸亚铁中亚铁离子的物质的量为0.1mol，根据铁原子守恒，0.2mol的甘氨酸和0.1mol的碳酸亚铁理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁的质量：204g▪mol−1×0.1mol=20.4g，产品的质量为15.3g，则产率===75%，答案为：75。26、平衡压强，使浓盐酸顺利流下2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O除去氯气中混有的氯化氢气体避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降乙CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出A、C【分析】SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，装置A：采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，发生2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，制取的氯气中含有氯化氢，通过饱和的氯化钠溶液洗去氯气中的氯化氢，SnCl4在空气中极易水解，利用浓硫酸的吸水性干燥氯气，防止产生SnCl4水解；然后Cl2和锡的反应，制备SnCl4，冷水冷却，可将气态的SnCl4冷凝回流收集产物；反应时应先生成氯气，将氧气排出。【详解】（1）导管a的作用是平衡压强，可使分液漏斗内的液体顺利流下，故答案为：平衡压强，使浓盐酸顺利流下；（2）实验采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，化学方程式为2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；（3）B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，故答案为：除去氯气中混有的氯化氢气体；（4）SnCl4易挥发，冷水可降低温度，避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降，故答案为：避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降；（5）尾气含有氯气，为避免四氯化锡水解，应用碱石灰，故答案为：乙；（6）锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2，但不影响F中产品的纯度，原因是CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出，故答案为：CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出；（7）蒸馏用到蒸馏烧瓶、温度计、接收器、冷凝管、锥形瓶，无需吸滤瓶和分液漏斗，故答案为：A、C。【点睛】本题为制备实验，把握物质的性质、实验装置的作用、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。27、二氧化硫在稀硫酸中的溶解度太大；浓硫酸中H+浓度小，不适宜制备二氧化硫3Cu2++3SO2+6H2O=Cu2SO3·CuSO3·2H2O+8H++SO42-做安全瓶，防止倒吸取少量最后一次的过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明己洗涤完全H2O2CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]【解析】装置A是浓硫酸和亚硫酸钠制备二氧化硫，在60℃～80℃条件下，与硫酸铜溶液在装置B中反应生成谢弗勒尔盐(Cu2SO3•CuSO3•2H2O)，D装置用来吸收未反应完的二氧化硫有毒气体，防止污染空气。(1)二氧化硫易溶于水，在稀硫酸中的溶解度太大；而浓硫酸中H+浓度太小，不适宜制备二氧化硫；70%硫酸含水量少，且能吸水，有利于二氧化硫的溢出，故答案为：二氧化硫在稀硫酸中的溶解度太大；浓硫酸中H+浓度小，不适宜制备二氧化硫；(2)装置B中发生硫酸铜与二氧化硫生成产物Cu2SO3•CuSO3•2H2O的反应，铜元素化合价降低到+1价，则二氧化硫中硫元素升价到+6价，反应的离子方程式为：3Cu2++3SO2+6H2O=Cu2SO3•CuSO3•2H2O↓+8H++SO42-；故答案为：3Cu2++3SO2+6H2O=Cu2SO3•CuSO3•2H2O↓+8H++SO42-；(3)二氧化硫易溶于水，装置C可以防倒吸；故答案为：做安全瓶，防止倒吸；(4)①产物若未洗涤干净，则表面含有硫酸根离子，检验硫酸根离子即可，检验硫酸根离子的方法为：取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明沉淀已洗涤完全，故答案为：取少量最后一次的过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全；(5)由工业级氧化铜(含少量FeO)制备实验原料(纯净CuSO4•5H2O)，向工业级氧化铜中边搅拌边加入稍过量的硫酸溶液，微热使其完全溶解，得到硫酸铜和硫酸亚铁的混合溶液，需将亚铁离子除去，根据题目中信息，亚铁离子以沉淀形式除去时铜离子有损失，而铁离子完全沉淀时对铜离子无损失，则应先将亚铁离子氧化为铁离子，考虑不加入新杂质，应选择双氧水，再调节pH将铁离子沉淀，故操作为：向工业级氧化铜中边搅拌边加入稍过量的硫酸溶液，微热使其完全溶解，边搅拌边向其中滴入H2O2溶液，加入适量纯净的CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]调节3.2＜pH＜4.2，静置，过滤，将滤液水浴加热蒸发，浓缩至表面出现晶膜，冷却结晶，过滤，用95%酒精洗涤晶体2～3次，晾干，得到CuSO4•5H2O，故答案为：H2O2；CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]。28、N2+3H22NH34NH3+5O2

4NO+6H2O水样中存在平衡：NH4++OH-NH3·H2ONH3＋H2O，加入NaOH溶液，使OH-浓度增大，平衡正向移动，有利于生成NH33.4CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+在好氧微生物反应器：NH4++2O2=NO3-+2H++H2O，在MFC

电池正极：2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O【分析】(1)①工业合成氨是利用氮气和氢气在高温高压催化剂的作用下反应生成氨气；②在加热条件下氨发生催化氧化生成NO和水(2)①氢氧根离子浓度增大利于生成氨气，可先分析水样中存在的平衡，再用化学平衡移动原理解释；②可依据氮元素守恒和电子转移守恒计算水样中氨氮(以氨气计)含量；(3)根据图示中的物质变化及H+移动方向，可判断：A为原电池的负极，B为原电池的正极；左图为在厌氧微生物的作用下，CH3COO-被氧化成CO2，留下的NH4+在右图中的好氧微生物的作用下被O2氧化为NO3-，NO3-又在左图被还原为N2，从而去除氨氮。【详解】(1)①工业上用N2和H2化合成氨气，反应的化学方程式为：N2+3H22NH3。答案为：N2+3H22NH3②氨发生催化氧化生成NO和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O2

4NO+6H2O。答案为：4NH3+5O2

4NO+6H2O(2)①在氨氮水样中存在平