2026届安徽省安庆一中安师大附中铜陵一中马鞍山二中化学高三上期中经典试题含解析

2026届安徽省安庆一中安师大附中铜陵一中马鞍山二中化学高三上期中经典试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol－1，下列叙述正确的是A．2.24LCO2中含有的原子数为0.3×6.02×1023B．0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目为0.3×6.02×1023C．5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3×6.02×1023D．4.5gSiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3×6.02×10232、某溶液中可能存在I－、CO32-、SO32-、Al3＋、Cl－、K＋

等六种离子中的某几种。现取该溶液进行实验，得到如下现象：实验1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变黄色，且有无色气体逸出；实验2：向所得黄色溶液中加CCl4萃取后，取水层滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀；实验3：向实验1所得溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成。根据上面的操作和现象推断，下列说法正确的是A．溶液中一定存在I－、CO32-，不存在Al3＋、SO32-B．溶液变黄色时发生反应的离子方程式为I－＋Cl2==I＋2Cl－C．产生的无色气体中一定有CO2，可能有SO2D．溶液中一定存在K＋，可能存在Al3＋、Cl－3、根据下表信息，判断下列叙述中正确的是氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物①Cl2FeBr2Cl-②KClO3浓盐酸Cl2③KMnO4H2O2H2SO4O2Mn2+A．氧化性强弱的比较：KClO3>Fe3+>Cl2>Br2B．表中②组反应的还原产物是KCl，生成lmolKCl时转移电子的物质的量是6molC．表中①组的反应可知：通入Cl2的量不同，氧化产物可能不同D．表中③组反应的离子方程式为：2+3H2O2+6H+=2Mn2++4O2↑+6H2O4、已知反应X(g)＋Y(g)nZ(g)ΔH>0，将X和Y以一定比例混合通入密闭容器中进行反应，各物质的浓度随时间的改变如图所示。下列说法不正确的是（）A．反应方程式中n＝1B．10min时，曲线发生变化的原因是升高温度C．10min时，曲线发生变化的原因是增大压强D．前5min后，用X表示的反应速率为v(X)＝0.08mol·L－1·min－15、白磷有剧毒，被白磷污染的物品应即刻用硫酸铜溶液浸泡并清洗，反应原理是:11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4下列说法正确的是A．该反应中CuSO4将白磷氧化为Cu3PB．该反应中1molCuSO4氧化0.1molP4C．Cu3P既是氧化产物，又是还原产物D．该反应中白磷发生歧化反应，其中作氧化剂和作还原剂的P4的质量之比为5∶66、某温度下，将pH和体积均相同的HCl和CH3COOH溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A．曲线II代表HCl的稀释过程B．溶液中水的电离程度：b点＞c点C．从b点到d点，溶液中保持不变D．该温度下，b点Kw的数值比e点大7、石墨由多“层”构成，质地柔软，但分离成一“层”后即成为“石墨烯”，硬度超过了金刚石，电子运动速率也大大超过了一般的导体，这再次验证了（）A．量变引起质变的规律 B．能量守恒与转换的规律C．勒夏特列原理 D．阿伏加德罗定律8、下列实验操作能达到实验目的的是()A．将足量Cl2通入KI淀粉溶液中，溶液先变蓝后褪色，证明Cl2的水溶液有漂白性B．只用Na2CO3溶液来鉴别CaCl2溶液、AlCl3溶液和稀硫酸C．为检验某品牌食盐中是否加碘，将样品溶解后滴加淀粉溶液D．向某溶液中滴加少量稀硝酸，产生白色沉淀，证明其中含有SiO32-9、某学习小组拟探究CO2和锌粒反应是否生成CO，已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体。实验装置如图所示：下列说法正确的是（）A．实验开始时，先点燃酒精灯，后打开活塞KB．b、c、f中试剂依次为饱和碳酸钠溶液、浓硫酸、银氨溶液C．装置e的作用是收集一氧化碳气体D．用上述装置(另择试剂)可以制备氢气并探究其还原性10、下列说法正确的是①合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料②硅酸可制备硅胶，硅胶可用作袋装食品、瓶装药品的干燥剂③Mg2＋、H＋、SiO32-、SO42-在水溶液中能大量共存④向含K＋、Na＋、Br－、SiO32-的溶液中通入CO2后仍能大量共存⑤SiO2不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器⑥硅酸钠可制备木材防火剂，也可用于制备硅酸胶体⑦Si→SiO2→H2SiO3均能一步转化A．①⑤⑥ B．①②⑥⑦ C．②⑥ D．③④⑥11、下列陈述I、II均正确并且有因果关系的是（）选项陈述I陈述IIAFe2O3是红棕色粉末Fe2O3常做红色涂料BSiO2是两性氧化物SiO2可和HF反应CAl2O3难溶于水Al2O3可用作耐火材料DSO2有漂白性SO2可使溴水褪色A．A B．B C．C D．D12、据新浪网报道,欧洲一集团公司拟在太空建立巨大的集光装置，把太阳光变成激光用于分解海水制氢，其反应可表示为：。有下列几种说法：①水分解反应是放热反应；②若用生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来，可改善生存条件；③使用氢气作燃料有助于控制温室效应；④氢气是一级能源。其中叙述正确的是A．①②B．③④C．②③D．①②③④13、某100mL稀溶液中只含有Fe3+、Cu2+、H+、NO3-四种离子，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的浓度和加入铁粉的质量的关系如图所示，若整个反应过程中溶液的体积不发生变化，则下列说法中不正确的是（）A．原溶液的c(H+)=4mol·L-1 B．若a=3，则原溶液中c(Cu2+)=1mol·L-1C．原溶液中的c(NO3-)=7mol·L-1 D．BC段发生反应的离子方程式为Cu2++Fe=Fe2++Cu14、近日，温州大学王舜教授课题组与美国北德克萨斯大学ZhenhaiXia教授合作在杂原子掺杂碳的超级电容领域取得了新突破。下列C原子电子排布图表示的状态中能量关系正确的是A．①=②=③=④ B．③＞④＞①＞②C．④＞③＞①=② D．②＞①＞④＞③15、下列说法正确的是A．乙烯、氯乙烯、聚氯乙烯均能使溴水褪色B．间二甲苯只有一种结构，说明苯不是单双键交替的结构C．等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧，乙烯消耗的氧气多D．煤的气化就是把煤转化为可燃性气体的过程，该气体可用来合成液态烃及甲醇等含氧有机物16、根据下列事实,判断离子的氧化性顺序为①A+B2+===A2++B②D+2H2O===D(OH)2+H2↑③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为：E2++2e-=E，B-2e-=B2+A．D2+>A2+>B2+>E2+B．D2+>E2+>B2+>A2+C．E2+>B2+>A2+>D2+D．A2+>B2+>D2+>E2+17、在一定温度下的恒容容器中，当下列物理量不再发生变化时，表明反应:A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)已达平衡状态的是A．混合气体的压强 B．混合气体的密度 C．体系的温度 D．气体的总物质的量18、下列分子式一定只表示一种物质的是A．C6H10 B．C4H8 C．CH4O D．C2H4Cl219、雾霾含有大量的污染物SO2、NO。工业上变“废”为宝，吸收工业尾气SO2和NO，可获得Na2S2O3和NH4NO3产品的流程图如图(Ce为铈元素)：

下列说法错误的是（）A．Na2S2O4中S元素的化合价为+3B．装置Ⅱ消耗36g水生成4NA个H+(NA代表阿伏伽德罗常数）C．装置Ⅲ进行电解，Ce3+在阴极反应，使Ce4+得到再生D．装置Ⅳ获得粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等20、在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应：X(g)+Y(g)2Z(g)△H＜0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：下列说法不正确的是t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10A．反应前2min的平均速率v（Z）=2.0×10-3mol·L-1·min-1B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前：v（逆)＜v（正）C．该温度下此反应的平衡常数：K=1.44D．保持其他条件不变，起始时向容器充入0.32mol气体X和0.32mol气体Y，到达平衡时，c（Z）=0.024mol/L21、下列说法正确的是A．按系统命名法命名时，（图1）化合物的名称是2,4,6－三甲基－5－乙基庚烷B．有机物（图2）的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应C．高分子化合物（图3），其单体为对苯二甲酸和乙醇D．等质量的乙炔和苯完全燃烧生成水的质量相等22、NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（）A．125gCuSO45H2O晶体中含有Cu离子数一定小于0.5NAB．常温下，pH=3的醋酸溶液中，醋酸分子的数目一定大于103NAC．由S6、S7、S8组成的硫蒸气6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NAD．3.6gC与3.36LO2一定条件下恰好完全反应，生成CO分子数一定为0.3NA二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。（1）若A为常见的金属单质，且其焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：___________________________________________。（2）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则X可能为__________（填字母）。a.NaHCO3b.Na2CO3c.Al(OH)3d.NaAlO2（3）若A为淡黄色粉末，则A的电子式为_______。若X为一种最常见的造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为___。（填字母）a.盐酸

b.CaCl2溶液

c.氨水d.澄清石灰水（4）若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。则A与水反应的化学方程式中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________________。24、（12分）A、X，Y、Z、R、W为六种短周期元素。A是短周期中半径最小的元素；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y最高正价与最低负价代数和为4；Z的单质常用于漂白工业；R是短周期元素中金属性最强的元素，W是生活中的常见金属，其氧化物常作耐高温材料。回答下列问题：(1)Y元素的名称是________，W在周期表中的位置是______________________。(2)写出化合物AZX的结构式：___________；化合物R2X2存在的化学键类型是______________________。(3)X、Z、R三种元素对应的简单离子半径由大到小大小：___________________(用离子符号表示)。(4)下列事实能证明非金属性强Z比Y的是________(填序号)。a．简单阴离子还原性Z>Yb．简单氢化物热稳定性：Z>Yc．氧化物对应的水化物酸性：Z>Yd．Y的简单氢化物的水溶液中通入Z的单质有沉淀析出(5)写出工业上制备Z的单质的离子方程式：______________________________________。(6)用电子式表示RZ的形成过程：______________________________________。25、（12分）亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的消毒剂，可用ClO2为原料制取。某化学兴趣小组同学展开对漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)的研究。已知：饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。Ba(ClO2)2可溶于水。利用图所示装置进行实验。(1)装置①的作用是___________________，装置③的作用是________________。(2)装置②中制备ClO2的化学方程式为___________________________；装置④中反应生成NaClO2的化学方程式为_____________________。(3)从装置④反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤为：①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③__________________；④低于60℃干燥，得到成品。如果撤去④中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是______________。(4)设计实验检验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4，操作与现象是取少量晶体溶于蒸馏水，__________________________________________________________。(5)为了测定NaClO2粗品的纯度，取10.0g上述初产品溶于水配成1L溶液，取出10mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后(NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应)，加入2~3滴淀粉溶液，用0.20mol·L-1的Na2S2O3标准液滴定，重复2次，平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL，计算得NaClO2粗品的纯度为_____。(提示：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)。26、（10分）二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质）。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：（1）洗涤滤渣A的目的是为了去除_______（填离子符号），检验该离子是否洗涤的方法是_________________________________________________________。（2）第②步反应的离子方程式是______________________________，滤渣B的主要成分是_________。（3）萃取是分离稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP________（填“能”或“不能”）与水互溶。实验室进行萃取操作是用到的主要玻璃仪器有_________、烧杯、玻璃棒、量筒等。（4）取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.536g，加硫酸溶解后，用0.1000mol•L-1FeSO4标准溶液滴定终点是（铈被还原为Ce3+），消耗25.00mL标准溶液，该产品中Ce(OH)4的质量分数为__________。27、（12分）实验室模拟合成硫酸的流程如下：从下图中选择制取气体的合适装置：（1）装置C的名称为__________，实验室通常用装置C制备_____。A．H2B．C2H2C．CO2D．NH3（2）实验室用装置D制备O2的化学方程式为____________________。（3）若用装置B制备SO2，可以选用试剂为_____。A．浓硫酸、亚硫酸钠固体B．浓硫酸、铜片C．稀硫酸、亚硫酸钠溶液D．浓硫酸、铁屑（4）SO2和O2通过甲装置，甲装置的作用除了可以控制SO2、O2的流速外，还可以__________、__________。（5）使用乙处导出的有关气体制成硫酸，下列a、b、c三套装置中你选择的是_______，该套装置与其它装置比较，其优点是___________________________________。28、（14分）铝、铁、铜是应用最普遍的金属。（1）铜是印刷电路工业的重要材料。用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜，是工业上采用的方法之一。已知：Cu(s)+2H+(aq)==Cu2+(aq)+H2(g)△H=+64.39kJ/mol2H2O2(l)==2H2O(l)+O2(g)△H=﹣196.46kJ/molH2(g)+1/2O2(g)==H2O(l)△H=﹣285.84kJ/mol在H2SO4溶液中Cu和H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为______（2）镁铝合金生活中应用广泛。取样品a克，溶于200mL5mol/L的HCl溶液，收集到标况下氢气3.36L，a的取值范围_____，向反应后溶液中加入4mol/LNaOH溶液____mL，沉淀质量达到最大值。（3）标准状况下，铁铜合金ag加入足量稀硝酸中，收集了一定量气体NO，在混合了67.2mLO2后，可完全被H2O吸收，无气体剩余。则生成的NO为_________mL；向反应后溶液加足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量____________g。（用含a的代数式表示）（4）如图所示，A，F为石墨电极，B，E为铁片电极。按要求回答下列问题。①打开K2，闭合K1，B为____极，A的电极反应式为：_________________________。②打开K1，闭合K2，E为_____极，F极的电极反应式为：______________________。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、D【详解】A.未指明气体所处的外界条件，不能确定CO2的物质的量，因此不能确定其中含有的原子数目，A错误；B.硝酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应而消耗，所以0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目小于0.3×6.02×1023，B错误；C.5.6gFe的物质的量是0.1mol，二者发生反应，若铁过量，则反应生成Fe2+，5.6gFe失去0.2×6.02×1023个电子，若硝酸足量，则5.6gFe失去0.3×6.02×1023，因此二者的相对物质的量多少不能确定，不能判断转移电子的物质的量，C错误；D.在SiO2晶体中每个Si原子与相邻的4个O原子形成4个Si-O键，4.5g二氧化硅的物质的量是0.075mol，则其中含有的Si-O共价键数目为0.075mol×4×6.02×1023/mol=0.3×6.02×1023，D正确；故合理选项是D。2、A【解析】实验1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变黄色，说明溶液中含有I-，且有无色气泡冒出，该气体只能是二氧化碳，说明溶液中含CO32-；实验2：向所得橙色溶液加CCl4萃取后，取水层滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀生成，由于实验1引进了氯离子，则无法判断原溶液中是否含有Cl-；实验3：向实验1所得溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32-；结合电荷守恒及离子共存的条件可以判断，该溶液中一定存在的离子为K+、I-、CO32-，一定不存在的离子为Al3+、SO32-，可能存在Cl-。【详解】A．溶液中含有CO32-，则一定不含有Al3+，因Al3+与CO32-发生双水解反应不能共存，生成沉淀，实验3说明不含SO32-，选项A正确；B．溶液变黄色时发生反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，选项B错误；C．实验1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变黄色，且有无色气泡冒出，说明反应生成的碘单质、气体为二氧化碳；实验3：向实验1所得溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32-（若有则一定可以被氯气氧化为硫酸根离子），则溶液中一定存在I-、CO32-，无色气体中一定为CO2，不可能有SO2，选项C错误；D．根据溶液呈电中性原则，溶液中一定含有K+，溶液中含有CO32-，则一定不含有Al3+，实验1引进了氯离子，则无法判断原溶液中是否含有Cl-，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查离子的检验及离子共存问题，题目难度中等，注意把握反应的实验现象，结合离子的性质进行判断。3、C【详解】A.氧化剂的氧化性强于氧化产物，由反应①可知，氧化产物为Fe3+或Br2或Fe3+或Br2，则氧化性Cl2>Fe3+，故A错误；B.由题给信息可知，氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水，反应的化学方程式为KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，由方程式可知，生成lmolKCl时转移电子的物质的量是5mol，故B错误；C.亚铁离子的还原性强于溴离子，若氯气不足量，还原性强的亚铁离子与氯气反应，氧化产物为铁离子，若氯气过量，亚铁离子和溴离子均被氯气氧化，氧化产物为铁离子和溴单质，故C正确；D.表中③发生的反应为酸性条件下，溶液中过氧化氢与高锰酸根离子发生氧化还原反应生成锰离子、氧气和水，反应的离子方程式为：2+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D错误；故选C。4、B【详解】A．10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，说明是增大了压强，然后，反应物浓度逐渐减小，生成物浓度增加，平衡正向移动，则说明该反应是气体物质的量减小的反应，则n=1，故A正确；B．根据图像数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故B错误；C．根据图像数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故C正确；D．在5min时X的物质的量浓度为1.6mol/L，0～5minX的物质的量浓度的变化为2mol/L-1.6mol/L=0.4mol/L，则该时间段X的平均反应速率为v(X)==0.08mol•L-1•min-1，故D正确；故选B。5、D【分析】本题主要考查氧化还原反应，氧化还原反应的电子转移数目计算。Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，结合电子守恒来解答。【详解】A.该反应中CuSO4将白磷氧化为H3PO4，错误；B.因为1molCuSO41/3molCu3P得到1mole-，1molP44molH3PO4失去20mole-，故1molCuSO4可氧化0.05molP4，错误；C.Cu3P只是还原产物，错误；D.根据反应中各元素化合价变化，该反应可写为6P4（还原剂）+5P4+60CuSO4（氧化剂）+96H2O===20Cu3P（还原产物）+24H3PO4（氧化产物）+60H2SO4，白磷发生歧化反应，其中作氧化剂和还原剂的白磷的质量之比为5:6，正确。6、C【详解】A.盐酸是强酸，稀释相同倍数，盐酸pH变化大于醋酸，曲线II代表CH3COOH的稀释过程，故A错误；B.b点pH小于c点，说明b点氢离子浓度大于c，b点对水电离抑制作用大于c，溶液中水的电离程度：b点＜c点,故B错误；C.Ka=，从b点到d点，温度不变，所以溶液中保持不变，故C正确；D.温度不变，则Kw不变，该温度下，b点Kw的数值等于e点，故D错误。【点睛】本题考查弱电解质的电离，明确“pH相同的一元酸中，稀释相同倍数，酸性越弱pH值变化越大，”是解本题的关键，弱酸稀释过程中电离平衡常数不变。7、A【分析】阅读题干描述，抓住关键字眼，石墨烯即单层石墨，而石墨是多层结构。【详解】由题干描述可知，一“层”石墨即“石墨烯”硬度超过了金刚石，电子运动速率也大大超过了一般的导体，而多“层”构成石墨，质地柔软，体现了量变引起质变的规律。答案选A。8、B【详解】A.将足量Cl2通入KI淀粉溶液中，溶液先变蓝，是由于氯气氧化碘离子生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，后褪色，是由于过量的氯气氧化生成的碘单质，发生反应5Cl2+I2+6H2O==10HCl+2HIO3，A项错误；B.Na2CO3与CaCl2溶液反应生成碳酸钙沉淀，与AlCl3发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，与稀硫酸反应生成二氧化碳气体，现象均不相同，可以鉴别，B项正确；C.食盐中含碘是指碘元素，以KIO3的形式存在，而淀粉检验的是碘单质，C项错误；D.还有可能是偏铝酸根和少量氢离子反应生成氢氧化铝沉淀，D项错误；答案选B。9、D【详解】A.实验中应保证装置内没有空气，否则不能检验是否生成一氧化碳，所以点燃酒精灯前先打开活塞K，用二氧化碳排除空气，A错误；B.反应生成的二氧化碳中含有氯化氢，应用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢气体，再用浓硫酸干燥，B错误；C.装置e为缓冲装置，即防止溶液倒吸如装置d中，C错误；D.该制取装置可以制取氢气，所以能利用此装置制备并探究氢气的还原性，D正确；故选D。【点睛】实验题一定要掌握实验原理和实验的关键，本实验为制取二氧化碳气体，让干燥纯净的二氧化碳和锌反应生成氧化锌和一氧化碳，再利用一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色固体。实验的关键为得到纯净干燥的二氧化碳，装置中不能有氧气存在。10、C【详解】①合成纤维是有机高分子材料，错误；②硅酸可制备硅胶，硅胶有吸水性，可用作袋装食品、瓶装药品的干燥剂，正确；③Mg2＋和SiO32-、H＋和SiO32-都能发生反应而不能大量共存，错误；④通入的CO2可以和溶液中的SiO32-发生反应：CO2+H2O+SiO32-=H2SiO3↓+CO32-，错误；⑤SiO2可以和氢氟酸反应，错误；⑥硅酸钠可制备木材防火剂，也可以和盐酸反应制备硅酸胶体，正确；⑦SiO2不能一步转化为H2SiO3，错误。故选C。【点睛】绝大多数的酸性氧化物都可以和水生成相应的酸，SiO2是高中化学里唯一的不能和水生成相应酸的酸性氧化物。11、A【详解】A、因Fe2O3是红棕色粉末，故Fe2O3常做红色涂料，正确；B、SiO2是酸性氧化物，错误；C、Al2O3可用作耐火材料是由于Al2O3的熔点高，错误；D、SO2可使溴水褪色是由于SO2具有还原性，错误。故选B。12、C【解析】试题分析：A、①水分解反应是吸热反应，故A错误；B、④氢气是二级能源，故B正确；C、②若用生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来，可以减少二氧化碳的排放量，同时得到新能源甲醇，可改善生存条件；③氢气燃烧只生成水，是洁净的能源，故C正确；D、①水分解反应是吸热反应，④氢气是二级能源，故D错误。考点：本题考查清洁能源、化学反应的热效应。13、C【解析】A．OA段无Fe2+生成，是加入的5.6g即0.1mol铁粉与硝酸反应：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，设溶液中的氢离子的物质的量为xmol，则有：

Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O

1

40.1mol

xmol

则有：解得x=0.4mol

则溶液中的氢离子的物质的量浓度c==4mol/L，故A正确；B．若a=3，则说明在BC段生成的Fe2+的物质的量为n=0.1mol，而BC段发生的反应为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，设溶液中的Cu2+的物质的量为ymol，则有：

Fe+Cu2+=Cu+Fe2+

1

1

ymol

0.1mol

则有：，

则有：y=0.1mol，则溶液中的铜离子的物质的量浓度c==1mol/L，故B正确；C．C点溶液中c（Fe2+）=4mol/L，故此时溶液中的n（Fe2+）=CV=4mol/L×0.1L=0.4mol，而此时溶液中溶质为Fe（NO3）2，故C点溶液中的n（NO3-）=0.8mol，而在OA段加入0.1mol铁反应时，消耗掉的硝酸根为0.1mol，故原溶液中的n（NO3-）总=0.8mol+0.1mol=0.9mol，故浓度为c（NO3-）总==9mol/L，故C错误；D．BC段，加入的铁粉和Cu2+反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故D正确；故选C。14、D【详解】电子能量为1s＜2s＜2p，则2p轨道上电子越多、1s、2s轨道上电子越少，其能量越高，则能量由高到低的顺序是②＞①＞④＞③，故合理选项是D。15、D【解析】A、聚氯乙烯中没有碳碳双键，不能与溴发生加成，故A错误；B、即使苯是单双键交替结构，其间二甲苯也只有一种结构，故B错误；C、1mol乙烯完全燃烧消耗3mol氧气，1mol乙醇完全燃烧也是消耗3mol氧气，故C错误；D、煤气化生成CO、H2，两者均可以用来合成烃、甲醇等有机物，故D正确；答案选D。【点睛】煤的气化是指将煤转化为可以燃烧的气体，比如CO、H2，这是一个化学变化；煤的液化是指将煤转化为可以燃烧的液体，比如甲醇，这也是一个化学变化。注意与水的液化、气化相区别。16、C【解析】试题分析：根据氧化剂的氧化性大于还原产物的氧化性得到，B2+>A2+，H+>D2+，E2+>B2+，即E2+>B2+>A2+>D2+，故答案选C。考点：考查氧化还原反应中离子氧化性的判断相关知识17、B【分析】反应到达平衡状态时,正逆反应速率相等,平衡时各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化,由此进行判断.解题时要注意,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态。【详解】A、可逆反应:A(s)+3B(g)2C(g)+D(g),反应前后,气体的物质的量不发生变化,体积恒定,反应自开始到平衡,压强都是一定值,故A不符合题意；

B、A是固体,随着反应进行,气体的质量在增加而体积不变,故气体的密度是变量。当气体的总质量不发生变化时,气体的密度也不再变化，说明到达平衡状态,故B符合题意；

C、该反应是在一定温度下的恒容容器中进行的，所以无论该反应是否达到平衡状态,体系的温度保持不变，不能判定反应达到平衡状态，故C不符合题意；D.该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应,无论该反应是否达到平衡状态,气体的总物质的量始终不变,故D不符合题意；

综上所述，本题选B。【点睛】上述反应是在一定温度下的恒容容器中，发生的可逆反应，体系的温度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态；若是在绝热的密闭容器中发生的可逆反应，体系的温度始终保持不变，能说明反应达到平衡状态。18、C【分析】分子式只能表示一种物质，就是说它不存在同分异构体．同分异构体是分子式相同，但结构不同的化合物，根据是否存在同分异构体判断正误。【详解】A.C6H10可能为环烷烃，可能为烯烃，存在同分异构体，不能表示一种物质，故A错误；B.C4H8可能为环烷烃，可能为烯烃存在同分异构体，不能表示一种物质，故B错误；C.CH4O含有一个饱和碳原子，同时含有一个氧原子，所以只能形成甲醇，C正确D.

C2H4Cl2有CH2ClCH2Cl和CH3CH2Cl2两种同分异构体，不是纯净物，故D错误；答案选C。19、C【详解】A．根据化合物中元素化合价代数和等于0，由于Na是+1价，O为-2价，所以Na2S2O4中S元素的化合价为+3，A正确；B．36g水的物质的量是2mol，在装置II中发生反应：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO+4H+，NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO+2H+，可见两个反应都是消耗1molH2O，会产生2molH+，则反应消耗2molH2O，就产生4molH+，生成H+的数目等于4NA个，B正确；C．Ce3+在阳极上发生失电子的反应使Ce4+再生，C错误；D．由于NH4NO3高温易分解，因此从溶液中得到粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，D正确；故选C。20、A【分析】A、2min内Y物质的量变化为0.16mol-0.12mol=0.04mol，根据速率公式计算v（Y），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（Z）；B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正）；C、反应7min时，反应达到平衡，依据起始量和平衡时Y的量建立三段式，依据平衡浓度计算反应的平衡常数；D、保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.32mol气体X和0.32mol气体Y，相当于等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动。【详解】A项、2min内Y物质的量变化为0.16mol-0.12mol=0.04mol，Y浓度变化为0.04mol/10L=0.004mol/L，故v（Y）==0.002mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（Z）=2v（Y）=2×0.002mol/（L•min）=0.004mol/（L•min），故A错误；B项、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正），故B正确；C项、气体X和气体Y的起始浓度均为0.16mol/10L=0.016mol/L，反应7min时反应达到平衡，平衡时Y的浓度为0.010mol/L，则Y的变化浓度为0.006mol/L，则平衡时，X的浓度为0.010mol/L，Z的浓度为0.012mol/L，则反应的平衡常数为（0.012mol/L）2/0.010mol/L×0.010mol/L=1.44，C正确；D项、X（g）+Y（g）═2Z（g），图表数据分析平衡后消耗Y为0.16mol-0.1mol=0.06mol，生成Z为0.12mol，保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.32

mol气体X和0.32

mol气体Y，相当于等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，到达平衡时，n（Z）=0.24mol，故D正确。故选A。【点睛】本题考化学平衡移动原理的综合应用，设计化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等，等效平衡的理解应用是解题的关键点，也是难点。21、D【详解】A.根据系统命名法的原则，图1化合物的名称为2，4，6－三甲基－3－乙基庚烷，A项错误；B．图2所示的有机物的分子式为C7H8O3，不饱和度为（16-8）÷2=4，由于苯环的不饱和度为4，所以在其芳香族同分异构体中，若还能发生银镜反应，还应含有醛基或甲酸酯基，该种同分异构体的不饱和度至少为5，这与分子式不符，B项错误；C．图3所示的高分子化合物，其单体应为对苯二甲酸和乙二醇，C项错误；D.乙炔与苯最简式相同，则等质量的乙炔和苯完全燃烧生成水的质量相等，D项正确；答案选D。22、C【详解】A、125gCuSO45H2O的物质的量为0.5mol，因为是晶体，所以铜离子数等于0.5NA，若是溶于水，由于铜离子的水解会导致铜离子的个数小于0.5NA，A错误；B、选项中只告诉醋酸溶液的pH，没有告诉醋酸溶液的体积，无法计算醋酸的物质的量，B错误；C、S6、S7、S8的最简式相同，均为S，所以所含的硫原子的物质的量为6.4/32=0.2（mol），其个数为0.2NA，C正确；D、3.36LO2没有说明气体所处的温度和压强，无法计算出O2的物质的量，从而也无法计算CO的物质的量，D错误。二、非选择题(共84分)23、OH-+HSO3-=SO32-+H2Obdab1:2【分析】（1）若A为常见的金属单质，由焰色反应呈黄色可知A是金属Na，由X能使品红溶液褪色可知X是SO2，钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠能和二氧化硫反应，则B是氢气、C是氢氧化钠，氢氧化钠溶液和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，则D是亚硫酸钠，亚硫酸钠和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，则E是亚硫酸氢钠；（2）若A为短周期元素组成的单质，由该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强可知A是氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸是强酸，能和弱酸盐反应；（3）若A为淡黄色粉末，由淡黄色固体能和水反应可知A为过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，由X为一种最常见的造成温室效应的气体可知X为二氧化碳，则C是氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，则D是碳酸钠、E是碳酸氢钠；（4）若A是氧化物，X是铁，由溶液D中加入硫氰化钾溶液显红色，说明D中含有三价铁离子，由A和水反应生成酸和另一种物质可知，A为二氧化氮、B为一氧化氮、C为硝酸、D为硝酸铁、E为硝酸亚铁。【详解】（1）若A为常见的金属单质，由焰色反应呈黄色可知A是金属Na，由X能使品红溶液褪色可知X是SO2，钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠能和二氧化硫反应，则B是氢气、C是氢氧化钠，氢氧化钠溶液和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，则D是亚硫酸钠，亚硫酸钠和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，则E是亚硫酸氢钠，氢氧化钠溶液和亚硫酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：OH－＋HSO3－=SO32－＋H2O，故答案为OH－＋HSO3－=SO32－＋H2O；（2）若A为短周期元素组成的单质，由该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强可知A是氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸是强酸，能和弱酸盐反应，由题给转化关系可知，X可能为碳酸钠，碳酸钠溶液与盐酸反应生成二氧化碳和水，二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，则X为碳酸钠、D为二氧化碳、E为碳酸氢钠；X也可能为偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与盐酸反应生成氯化铝和水，氯化铝溶液与偏铝酸钠溶液发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，则X为偏铝酸钠、D为氯化铝、E为氢氧化铝，故答案为bd；（3）若A为淡黄色粉末，由淡黄色固体能和水反应可知A为过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，电子式为，由X为一种最常见的造成温室效应的气体可知X为二氧化碳，则C是氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，则D是碳酸钠、E是碳酸氢钠，a、碳酸钠盐酸反应先不生成气体后产生气体，碳酸氢钠和盐酸立即反应生成气体，故正确；b、碳酸氢钠和氯化钡不反应，碳酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀，故正确；c、氢氧化钠和碳酸钠不反应，和碳酸氢钠反应生成水，都没有明显现象，故错误；d、氢氧化钙和碳酸钠、碳酸氢钠反应都生成白色沉淀，故错误；ab正确，故答案为；ab；（4）若A是氧化物，X是铁，由溶液D中加入硫氰化钾溶液显红色，说明D中含有三价铁离子，由A和水反应生成酸和另一种物质可知，A为二氧化氮、B为一氧化氮、C为硝酸、D为硝酸铁、E为硝酸亚铁，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，由反应方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故答案为1:2。24、硫第三周期第ⅢA族H—O—Cl离子键，非极性共价键(共价键、非极性键)Cl-＞O2-＞Na+bd2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-【分析】根据题干信息，A、X，Y、Z、R、W为六种短周期元素，其中A是短周期中半径最小的元素，则A为H元素，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为O元素，Y最高正价与最低负价代数和为4，则Y为S元素，Z的单质常用于漂白工业，则Z为Cl元素，R是短周期元素中金属性最强的元素，则R为Na元素，W是生活中的常见金属，其氧化物常作耐高温材料，则W为Al元素，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知，Y为S元素，元素名称为硫，W为Al元素，位于元素周期表第三周期第ⅢA族；(2)化合物AZX为HClO，为共价化合物，其结构式为H—O—Cl，化合物R2X2为Na2O2，化合物中Na+与形成离子键，中O原子间形成非极性共价键；(3)电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，Cl-、Na+、O2-中，Cl-电子层数为3层最多，半径最大，Na+和O2-电子层数均为2层，核电荷数Na＞O，则离子半径Cl-＞O2-＞Na+；(4)a．简单阴离子的还原性应该是S2-＞Cl-，即Y＞Z，a错误，不符合题意；b．简单氢化物的热稳定性越强，非金属性越强，热稳定性HCl＞H2S，则非金属性Cl＞S，b符合题意；c．不是最高价氧化物对应水化物，比较酸性强弱不能得出非金属性强弱，c不符合题意；d．H2S水溶液中通入Cl2有沉淀析出，说明氧化性Cl2＞S，则则非金属性Cl＞S，d符合题意；答案选bd；(5)工业上电解NaCl水溶液制备Cl2，其离子方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-；(6)NaCl为离子化合物，其形成过程可表示为。25、吸收多余的ClO2气体，防止污染环境防止倒吸(或作安全瓶等)2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2用38~60℃的温水洗涤NaClO3和NaCl滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4（2分）90.5%【详解】(1)装置②中产生的ClO2，装置①可以吸收未反应的ClO2，防止逸出污染空气；装置③是安全瓶，可以防止倒吸；综上所述，本题答案是：吸收多余的ClO2气体，防止污染环境；防止倒吸(或作安全瓶等)。(2)亚硫酸钠具有还原性，氯酸钠具有氧化性，在酸性环境下二者发生氧化还原反应生成ClO2，化学方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；在装置④中ClO2得到电子被还原变为NaClO2，H2O2失去电子，表现还原性，反应的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2。综上所述，本题答案是：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。(3)从溶液中制取晶体，一般采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，根据题给信息NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl知，从装置④反应后的溶液获得晶体NaClO2的操作步骤为:①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③用38℃~60℃的温水洗涤；④低于60℃干燥，得到成品。如果撤去④中的冷水浴，由于温度高，可能导致NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl。综上所述，本题答案是：用38~60℃的温水洗涤；NaClO3和NaCl。(4)检验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4，取少量晶体溶于蒸馏水，滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4；综上所述，本题答案是：滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4。(5)ClO2-+4I-+4H+=Cl-+2I2+2H2O，用Na2S2O3标准液滴定，发生反应:2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，可得反应的关系式为:ClO2--2I2-4Na2S2O3，又n(Na2S2O3)=0.2mol·L-1×0.02L=0.004mol，得n(ClO2-)=0.001mol，所以1L溶液中含有:n(NaClO2)=0.001mol×100=0.1mol，则10.0gNaClO2粗品中含有:m(NaClO2)=0.1mol×90.5g·mol-1=9.05g，则w(NaClO2)=9.05/10.0×100%=90.5%。综上所述，本题答案是：90.5%。【点睛】本题涉及到氧化还原反应方程式时，要结合反应过程中的电子守恒和原子守恒规律进行书写和配平；针对（5）问题：当测定物质含量涉及的反应有多个时，先根据方程式得到相应的关系式，利用已知物质与待求物质之间物质的量关系计算，就可以使计算过程大大简化。26、滤渣上附着的Fe3+、Cl-等取最后洗涤液少量于试管中，滴加几滴AgNO3溶液，如无白色沉淀，则洗干净2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2OSiO2不能分液漏斗97.01%【详解】（1）滤渣A上含有FeCl3，洗涤滤渣A的目的是为了除去Fe3+、Cl-，因此检验是否洗涤干净的实验操作为：取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净或取最后洗涤液少量，滴加AgNO3，如无白色沉淀，则洗干净；（2）稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+

=2Ce3++O2↑+4H2O；加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，SiO2不反应，滤渣B的成分为SiO2；（3）化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，所以TBP不能与水互溶，实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒、量筒等；（4）用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定至终点，铈被还原成Ce3+，则Fe2+被氧化为Fe3+，则Ce(OH)4～FeSO40.0025mol0.1000mol/L-1×0.025L所以m[Ce(OH)4]=0.0025mol×208g/mol=0.52g产品中Ce(OH)4的质量分数为0.52/0.536×100%=97.0%。27、启普发生器AC2KClO32KCl+3O2↑A干燥气体使气体混合均匀C防止倒吸、防止造成污染、防止产生酸雾【解析】（1）装置C的名称为启普发生器，适合常温下固体与液体反应，不需要加热制取的气体；（2）装置D适合加热固体制备的气体，若用D制备O2，可加热氯酸钾和二氧化锰的混合物；（3）装置B适合固体与液体不加热制备的气体；（4）甲装置，甲装置的作用根据气泡的流速可以控制SO2、O2的流速外，还可以干燥SO2、O2；使SO2、O2混合均匀；（5）用水吸收SO3制取硫酸，易形成硫酸酸雾，所以一般用98.3%的浓硫酸吸收SO3；【详解】（1）装置C的名称为启普发生器。A、常温下锌与稀硫酸反应制备氢气，故A正确；B、常温下CaC2与水反应制备C2H2，但CaC2与水反应太剧烈，不用启普发生器制取乙炔，故B错误；C、常温下石灰石与稀盐酸反应制取CO2，故C正确；D、实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法制取氨气，故D错误；（2）加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制取氧气的方程式为2KClO32KCl+3O2↑；（3）装置B适合固体与液体不加热制备的气体，若用B装置制备SO2，，浓硫酸、亚硫酸钠固体不加热生成SO2，故A正确；浓硫酸、铜片反应需要加热，故B错误；稀硫酸、亚硫酸钠溶液反应速率太快，故C错误；浓硫酸、铁屑不加热易钝化，故D错误；（4）甲装置，甲装置的作用根据气泡的流速可以控制SO2、O2的流速外，还可以干燥SO2、O2；使SO2、O2混合均匀；（5）用水吸收SO3制取硫酸，易形成硫酸酸雾；防止倒吸、防止造成污染、防止产生酸雾选择装置C。【点睛】实验室制备二氧化硫气体，一般用70%的浓硫酸与亚硫酸钠固体反应；制备氧气用加热硫酸钾和二氧化锰混合物的方法或用双氧水分解制取氧气。28、Cu(s)+2H+(aq)+H2O2(l)=Cu2+(aq)+2H2O(l)△H=-319.68kJ/mol2.7＜a＜3.625089.6a+0.204负O2＋4e－＋2H2O=4OH－阴2Cl－－2e－=Cl2↑【分析】(1)依据热化学方程式和盖斯定律分析解答；(2)根据极限法求出极限点，当氢气的量一定时，合金全为Mg时合金质量最大，当合金全为Al时合金质量最小；当沉淀质量达到最大值时，溶液中只有氯化钠溶质，据此分析计算；(3)根据方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3，求出反应生成的NO的量；向反应后溶液加足量的NaOH溶液，反应后，体系中含有硝酸钠和氢氧化钠溶液，氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，结合的氢氧根离子的物质的量与反应过程中转移的电子相等，据此分析计算沉淀的质量；(4)①当打开K2，闭合K1时，铁片、石墨和NaCl溶液构成原电池，据此分析解答；②当打开K1，闭合K2时，铁片、石墨和NaCl溶液构成电解池，据此分析解答。【详解】(1)①Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)△H=+64.39kJ/mol，②2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)△H=-196.46kJ/mol，③H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.84kJ/mol，依据盖斯定律①+②+③得到：Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)△H=(+64.39kJ/mol)+(-196.46kJ/mol)×+(-285.84kJ/mol)=-319.6kJ/mol，故答案为Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)△H=-319.6kJ/mol；(2)标况下3.36L氢气物质的量为=0.15mol，则反应的氢离子的物质的量为0.15×2=0.3mol，HCl溶液中HC