2026年广西柳州市铁一中学高补班下学期第三次月考化学试题含解析

2026年广西柳州市铁一中学高补班下学期第三次月考化学试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应:3A(g)+2B(g)⇌4C(?)+2D(?),“?”代表状态不确定。反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC,且反应前后压强之比为5:4,则下列说法正确的是A．增加C,B的平衡转化率不变B．此时B的平衡转化率是35%C．增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大D．该反应的化学平衡常数表达式是K=2、室温下，将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质充分混合后，有关结论不正确的是（）加入的物质结论A0.05molCH3COONa固体减小B0.05molNaHSO4固体c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+）﹣c（SO42﹣）C0.05molNH4Cl固体水电离程度增大D50mLH2O由水电离出的c（H+）·c（OH﹣）减小A．A B．B C．C D．D3、钠离子电池具有成本低、能量转换效率高、寿命长等优点。一种钠离子电池用碳基材料（NamCn）作负极，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，该钠离子电池的工作原理为Na1-mCoO2+NamCnNaCoO2+Cn。下列说法不正确的是A．放电时，Na+向正极移动B．放电时，负极的电极反应式为NamCn—me-=mNa++CnC．充电时，阴极质量减小D．充电时，阳极的电极反应式为NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+4、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>W5、下列每组物质发生变化所克服的粒子间的作用力属于同种类型的是()A．氯化铵受热气化和苯的气化B．碘和干冰受热升华C．二氧化硅和生石灰的熔化D．氯化钠和铁的熔化6、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A．将过量二氧化硫气体通入冷氨水中：SO2+NH3•H2O═HSO3﹣+NH4+B．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑C．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2OD．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2﹣=Ag2S↓+2Cl﹣7、短周期元素X、Y、Z、W分属三个周期，且原子序数依次增加。其中Y与X、Z均可形成1︰1或1︰2的二元化合物；X与Z最外层电子数相同；Y与W的一种化合物是一种新型的自来水消毒剂。下列说法错误的是A．常温常压下Y的单质为气态B．离子半径：W>Z>YC．X与Z形成的离子化合物具有还原性D．W的最高价氧化物的水化物一定是强酸8、科学家研发了一种新型锂空气电池，结构如图所示。已知：①电解质由离子液体（离子能够自由移动，非溶液）和二甲基亚砜混合制成，可促进过氧化锂生成；②碳酸锂薄层的作用是让锂离子进入电解质，并阻止其他化合物进入；③二硫化钼起催化作用。下列叙述不正确的是（）A．放电时，a极发生氧化反应B．放电时的总反应是2Li+O2=Li2O2C．充电时，Li+在电解质中由b极移向a极D．充电时，b极的电极反应式为：Li2O2+2e-=2Li+O22-9、下图是通过Li-CO2电化学技术实现储能系统和CO2固定策略的示意团。储能系统使用的电池组成为钌电极/CO2饱和LiClO4-(CH3)2SO(二甲基亚砜)电解液/锂片，下列说法不正确的是A．Li-CO2电池电解液为非水溶液B．CO2的固定中，转秱4mole－生成1mol气体C．钌电极上的电极反应式为2Li2CO3+C-4e－＝4Li++3CO2↑D．通过储能系统和CO2固定策略可将CO2转化为固体产物C10、用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中不正确的是A．10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为1.2NAB．NA个P4()与NA个甲烷所含的共价键数目之比为1∶1C．常温下，1LpH＝13的M(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.1NAD．含0.4molHNO3的浓硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.2NA11、下列不能使氢氧化钠的酚酞溶液褪色的气体是()A．NH3 B．SO2C．HCl D．CO212、下列说法正确的是A．化合物是苯的同系物B．分子中所有原子共平面C．火棉(纤维素三硝酸酯)的结构简式为D．1mol阿斯匹林（）与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH最大的物质的量为2mol13、在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是A．含等物质的量的AlO2－、OH－、CO32－的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2－、OH－、CO32－B．含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I－、Br－、Fe2＋C．含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3D．含等物质的量的Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入锌粉：Fe3＋、Cu2＋、H＋、Fe2＋14、属于人工固氮的是A．工业合成氨 B．闪电时，氮气转化为NOC．用NH3和CO2合成尿素 D．用硫酸吸收氨气得到硫酸铵15、能正确表示下列反应的离子方程式是A．在硫酸亚铁溶液中通入氧气：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2OB．NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-＋Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-C．氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe(OH)2+2H＋=Fe2++2H2OD．澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O16、同温同压下,等质量的SO2气体和SO3气体相比较,下列叙述中正确的是（）A．密度比为4:5 B．物质的量之比为4:5C．体积比为1:1 D．原子数之比为3:417、分子式为C4H8Br2的有机物共有(不考虑立体异构)（）A．9种 B．10种 C．11种 D．12种18、前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。其中X、Z、R最外层电子数相等，且X与Z、R均可形成离子化合物；Y、W同主族，Y最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法正确的是A．元素原子半径大小顺序为：W>Z>YB．X分别与Y、Z、W形成的常见化合物都属于电解质C．Y分别与Z、R形成的化合物中均只含有离子键D．Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同19、实验室分离苯和水，可选用下列（）A． B． C． D．20、下列实验操作、现象及结论均正确的是选项实验操作和现象实验结论A向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色黄色溶液中只含Br2B烧杯中看见白色沉淀证明酸性强弱：H2CO3>H2SiO3C向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜蔗糖未水解DpH试纸先变红后褪色氯水既有酸性，又有漂白性A．A B．B C．C D．D21、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A．用①装置除去CO2中含有的少量SO2B．用②装置蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体C．用③装置加热NH4Cl固体制取NH3D．用④装置分离乙酸乙酯与水的混合液22、LiAlH4是一种常用的储氢材料，也是有机合成中重要的还原剂。下列关亍LiAlH4的说法中，不正确的是A．电子式：B．还原有机物时，应在无水体系中迚行C．1molLiAlH4跟足量水反应可生成89.6L氢气D．乙醛还原生成乙醇的过程中，LiAlH4作还原剂二、非选择题(共84分)23、（14分）聚碳酸酯（简称PC）是重要的工程塑料，某种PC塑料(N)的合成路线如下：已知：i．R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OHii．R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO（1）A中含有的官能团名称是______。（2）①、②的反应类型分别是______、______。（3）③的化学方程式是______。（4）④是加成反应，G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是______。（5）⑥中还有可能生成的有机物是______（写出一种结构简式即可）。（6）⑦的化学方程式是______。（7）己二醛是合成其他有机物的原料。L经过两步转化，可以制备己二醛。合成路线如下：中间产物1的结构简式是______。24、（12分）已知A与H2、CO以物质的量1∶1∶1的比例形成B，B能发生银镜反应，C分子中只有一种氢，相关物质转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质)：请回答：（1）有机物C的结构简式是________，反应②的反应类型是________。（2）写出一定条件下发生反应①的化学方程式___________。（3）下列说法不正确的是________(填字母)。A．化合物A属于烃B．化合物D含有两种官能团C．用金属钠无法鉴别化合物F、GD．A与D一定条件下可以生成CH3CH2OCH2CH2OH25、（12分）草酸是一种常用的还原剂，某校高三化学小组探究草酸被氧化的速率问题。实验Ⅰ试剂混合后溶液pH现象（1h后溶液）试管滴管a4mL0.01mol·L−1KMnO4溶液，几滴浓H2SO42mL0.3mol·L−1H2C2O4溶液2褪为无色b4mL0.01mol·L−1KMnO4溶液，几滴浓NaOH7无明显变化c4mL0.01mol·L−1K2Cr2O7溶液，几滴浓H2SO42无明显变化d4mL0.01mol·L−1K2Cr2O7溶液，几滴浓NaOH7无明显变化（1）H2C2O4是二元弱酸，写出H2C2O4溶于水的电离方程式：_____________。（2）实验I试管a中KMnO4最终被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：________。（3）瑛瑛和超超查阅资料，实验I试管c中H2C2O4与K2Cr2O7溶液反应需数月时间才能完成，但加入MnO2可促进H2C2O4与K2Cr2O7的反应。依据此资料，吉吉和昊昊设计如下实验证实了这一点。实验II实验III实验IV实验操作实验现象6min后固体完全溶解，溶液橙色变浅，温度不变6min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化6min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化实验IV的目的是：_______________________。（4）睿睿和萌萌对实验II继续进行探究，发现溶液中Cr2O72-浓度变化如图：臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。过程i．MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii．__________________________________。①查阅资料：溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-。针对过程i，可采用如下方法证实：将0.0001molMnO2加入到6mL____________中，固体完全溶解；从中取出少量溶液，加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到_______________。②波波和姝姝设计实验方案证实了过程ii成立，她们的实验方案是________。（5）综合以上实验可知，草酸发生氧化反应的速率与__________________有关。26、（10分）正丁醚可作许多有机物的溶剂及萃取剂，常用于电子级清洗剂及用于有机合成。实验室用正丁醇与浓H2SO4反应制取，实验装置如右图，加热与夹持装置略去。反应原理与有关数据：反应原理：2C4H9OHC4H9OC4H9+H2O副反应：C4H9OHC2H5CH=CH2+H2O物质相对分子质量熔点/℃沸点/℃溶解性水50%硫酸其它正丁醇74-89.8117.7微溶易溶二者互溶正丁醚130-98142.4不溶微溶实验步骤如下：①在二口烧瓶中加入0.34mol正丁醇和4.5mL浓H2SO4,再加两小粒沸石，摇匀。②加热搅拌，温度上升至100~ll0℃开始反应。随着反应的进行，反应中产生的水经冷凝后收集在水分离器的下层，上层有机物至水分离器支管时，即可返回烧瓶。加热至反应完成。③将反应液冷却，依次用水、50%硫酸洗涤、水洗涤，再用无水氯化钙干燥，过滤，蒸馏，得正丁醚的质量为Wg。请回答：（1）制备正丁醚的反应类型是____________，仪器a的名称是_________。（2）步骤①中药品的添加顺序是，先加______（填“正丁醇”或“浓H2SO4”），沸石的作用是___________________。（3）步骤②中为减少副反应，加热温度应不超过_________℃为宜。使用水分离器不断分离出水的目的是________。如何判断反应已经完成？当_____时，表明反应完成，即可停止实验。（4）步骤③中用50%硫酸洗涤的目的是为了除去______________。本实验中，正丁醚的产率为_____（列出含W的表达式即可）。27、（12分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种可溶于水的白色或淡黄色小晶体，食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果的保鲜剂等。某化学研究兴趣小组欲自制焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质等。(1)制备Na2S2O5，如图（夹持及加热装置略）可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体（试剂不重复使用）焦亚硫酸钠的析出原理：NaHSO3(饱和溶液)→Na2S2O5(晶体)+H2O(l)①F中盛装的试剂是__，作用是__。②通入N2的作用是__。③Na2S2O5晶体在__（填“A”或“D”或“F”）中得到，再经离心分离，干燥后可得纯净的样品。④若撤去E，则可能发生__。(2)设计实验探究Na2S2O5的性质，完成表中填空：预测Na2S2O5的性质探究Na2S2O5性质的操作及现象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性①探究二Na2S2O5晶体具有还原性取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去①__。（提供：pH试纸、蒸馏水及实验必需的玻璃仪器）②探究二中反应的离子方程式为__(KMnO4→Mn2+)(3)利用碘量法可测定Na2S2O5样品中+4价硫的含量。实验方案：将agNa2S2O5样品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中，加入过量c1mol·L-1的碘溶液，再加入适量的冰醋酸和蒸馏水，充分反应一段时间，加入淀粉溶液，__（填实验步骤），当溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟内溶液不恢复原色，则停止滴定操作重复以上步骤两次记录数据。（实验中必须使用的试剂有c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液；已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）(4)含铬废水中常含有六价铬[Cr(Ⅵ)]利用Na2S2O5和FeSO4·7H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72-的废水，先将废水中Cr2O72-全部还原为Cr3+，将Cr3+全部转化为Cr(OH)3而除去，需调节溶液的pH范围为___。{已知：Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，lg2≈0.3，c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1时视为完全沉淀}28、（14分）NO、NO2是大气污染物，但只要合理利用，NO、NO2也是重要的资源。回答下列问题：（1）氨的合成。已知：N2和H2生成NH3的反应为：N2(g)+H2(g)NH3(g)ΔH=-46.2kJ·mol-1在Fe催化剂作用下的反应历程为（※表示吸附态）：化学吸附：N2(g)→2N※；H2(g)2H※；表面反应：N※+H※NH※；NH※+H※NH2※；NH2※+H※NH3※；脱附：NH3※NH3(g)其中N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。则利于提高合成氨平衡产率的条件有（________）A．低温B．高温C．低压D．高压E．催化剂（2）NH3还原法可将NO还原为N2进行脱除。已知：①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)ΔH1=-1530kJ·mol-1②N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH2=+180kJ·mol-1写出NH3还原NO的热化学方程式__。（3）亚硝酰氯(ClNO)是合成有机物的中间体。将一定量的NO与Cl2充入一密闭容器中，发生反应：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H＜0。平衡后，改变外界条件X，测得NO的转化率α(NO)随X的变化如图所示，则条件X可能是__(填字母代号)。a.温度b.压强c.d.与催化剂的接触面积（4）在密闭容器中充入4molCO和5molNO发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ•mol-1，如图甲为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系曲线图。①温度T1__T2（填“＞”或“＜”）。②若反应在D点达到平衡，此时对反应进行升温且同时扩大容器体积使平衡压强减小，则重新达到平衡时，D点应向图中A～G点中的__点移动。③探究催化剂对CO、NO转化的影响。某研究小组将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图乙所示。温度低于200℃时，图中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为__；a点__(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，说明其理由__。29、（10分）化学反应条件是研究化学反应的重要方向。（1）化工原料异丁烯（C4H8）可由异丁烷（C4H10）直接催化脱氢制备：C4H10（g）C4H8（g）+H2（g）△H=+139kJ·mol-1一定条件下，以异丁烷为原料生产异丁烯，在202kPa和808kPa下异丁烷平衡转化率随温度的变化如图所示。①p1=_______kPa，选择异丁烯制备的温度条件是550~600℃的理由是_________________。②若平衡混合气中异丁烯的体积分数为25%，则异丁烷的平衡转化率为_______%（保留小数点后1位）。（2）异丁烷催化脱氢制备异丁烯的研究热点是催化活性组分以及载体的选择。下表是以V-Fe-K-0为催化活性物质，反应时间相同时，测得的不同温度、不同载体条件下的数据。温度/℃570580590600610以r-Al2O3为载体异丁烷转化率／％36.4136.4938.4239.2342.48异丁烯收率／％26.1727.1127.5126.5626.22以TiO2为载体异丁烷转化率／％30.2330.8732.2333.6333.92异丁烯收率／％25.8827.3928.2328.8129.30说明：收率=（生产目标产物的原料量/原料的进料量）×100%①由上表数据，可以得到的结论是____________（填字母序号）。a载体会影响催化剂的活性b载体会影响催化剂的选择性c载体会影响化学平衡常数②分析以γ-Al2O3为载体时异丁烯收率随温度变化的可能原因：__________。（3）工业上用复合氧化钴（组成为Co3O4）、碳酸锂以Li/Co（原子比）=1混合，在空气中900℃下加热5小时制备锂离子电池正极材料LiCoO2，写出制备LiCoO2的化学方程式__________。废旧的锂离子电池需要回收，“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂在正极回收的原因是____________。

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】

由题意可知反应的前后压强之比为5：4，说明反应正向是体积减小的反应，即C、D物质中只有一种是气体，列三段式：由于（4+2）：（2.8+1.2+1.6）=15：14≠5：4，（4+2）：（2.8+1.2+0.8）=5：4，所以C物不是气体，D物为气体。【详解】A.增大反应体系中物质的浓度，平衡向浓度减小的方向移动，但C不是气体，增加C不能使平衡正向移动，所以B的平衡转化率不变，故A正确；B.B的平衡转化率=0.8mol÷2mol×100%=40%，故B错误；C.化学平衡常数只与温度有关，温度不变则平衡常数不变，故C错误；D.由于生成物C为非气体，其浓度为1，所以该反应的化学平衡常数表达式K=，故D错误；故答案为A。注意掌握外界条件对化学平衡的影响和反应三段式的应用。2、A【解析】室温下，将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液，所得溶液的浓度为0.5mol/L。则A、再加入0.05molCH3COONa固体，c(Na+)增大为原来的2倍，而由于溶液浓度增大，故CH3COO－的水解程度变小，故c(CH3COO－)大于原来的2倍，则c(CH3COO－)/c(Na+)比值增大，A错误；B、加入0.05molNaHSO4固体，能和0.05molCH3COONa反应生成0.5mol/LCH3COOH和0.5mol/L的Na2SO4的混合溶液，根据物料守恒可知，c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=0.5mol/L，而c(Na+)=1mol/L，c(SO42－)=0.5mol/L，故有：c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)－c(SO42－)，B正确；C、加入0.05molNH4Cl固体后，和CH3COONa发生双水解，水解程度增大，则对水的电离的促进会增强，故水的电离程度增大，C正确；D、加入50mL水后，溶液变稀，pH变小，即溶液中c(OH－)变小，而溶液中所有的氢氧根均来自水的电离，即水电离出的c(OH－)变小，且水电离出的氢离子浓度和其电离出的氢氧根的浓度相同，故水电离出的c(H+)变小，因此由水电离出的c(H+)•c(OH－)减小，D正确，答案选A。3、C【解析】

A.放电时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故A不选；B.放电时，负极是金属钠失去电子，故电极反应式为NamCn—me-=mNa++Cn，故B不选；C.充电时，阴极的电极反应式为mNa++Cn+me-=NamCn，电极质量增加，故C选；D.充电时，阳极是NaCoO2中的Co失去电子转化为Na1-mCoO2，电极反应式为NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+，故D不选。故选C。碳基材料NamCn中，Na和C都为0价，Na是嵌在碳基里的。在NaCoO2中，Co的化合价比Na1-mCoO2中的Co的化合价低，所以充电时，阳极是NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+。4、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。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。5、B【解析】

A．氯化铵属于离子晶体，需要克服离子键，苯属于分子晶体，需要克服分子间作用力，所以克服作用力不同，故A不选；B．碘和干冰受热升华，均破坏分子间作用力，故B选；C．二氧化硅属于原子晶体，需要克服化学键，生石灰属于离子晶体，需要克服离子键，所以克服作用力不同，故C不选；D．氯化钠属于离子晶体，熔化需要克服离子键，铁属于金属晶体，熔化克服金属键，所以克服作用力不相同，故D不选；故选B。本题考查化学键及晶体类型，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键。一般来说，活泼金属与非金属之间形成离子键，非金属之间形成共价键，但铵盐中存在离子键；由分子构成的物质发生三态变化时只破坏分子间作用力，电解质的电离化学键会断裂。6、A【解析】

A、过量二氧化硫含氨水反应生成亚硫酸氢铵；B、醋酸为弱电解质，保留化学式；C、漏写铵根离子与碱的反应；D、硫化银比氯化银更难溶，则氯化银悬浊液中滴加硫化钠会生成硫化银黑色沉淀，前者有沉淀，后者沉淀无需符号。【详解】A、过量二氧化硫气体通入冷氨水中反应的离子方程式为：，故A正确；B、醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故B错误；C、NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中的离子反应为，故C错误；D、AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，由于氯化银的溶解度大于硫化银，则实现了沉淀转化，会观察到白色沉淀变成黑色，反应的离子方程式为：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl﹣，故D错误；故选：A。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等（如本题B选项）；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子转移守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。7、B【解析】

短周期元素X、Y、Z、W分属三个周期且原子序数依次增加，X为H，Y与X、Z均可形成1︰1或1︰2的二元化合物；X与Z最外层电子数相同；Y为O，Z为Na，Y与W的一种化合物是一种新型的自来水消毒剂，W为Cl。【详解】A.常温常压下Y的单质为氧气或臭氧，故A正确；B.Y为O，Z为Na，对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，应为Z<Y，故B错误；C.X与Z形成的离子化合物是NaH，H为-1价，具有还原性，可与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；D.W的最高价氧化物的水化物是高氯酸，因为氯元素的非金属性强于硫元素，硫酸为强酸，所以高氯酸一定是强酸，故D正确；故选B。比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。8、D【解析】

A.根据图示可知A电极为锂电极，在放电时，失去电子变为Li+，发生氧化反应，A正确；B.根据图示可知a电极为锂电极，失去电子，发生反应：Li-e-=Li+，b电极通入空气，空气中的氧气获得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+2e-+2Li+=2Li2O2，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以总反应方程式为：2Li+O2=Li2O2，B正确；C.充电时，a电极连接电源的负极，作阴极，Li+向阴极定向移动，在a电极获得电子，变为Li，所以充电时Li+在电解质中由b极移向a极，C正确；D.充电时，b极连接电源的正极，作阳极，发生氧化反应：Li2O2-2e-=2Li+O2，D错误；故合理选项是D。9、B【解析】

A选项，由题目可知，Li—CO2电池有活泼金属Li，故电解液为非水溶液饱和LiClO4—(CH3)2SO(二甲基亚砜)有机溶剂，故A正确；B选项，由题目可知，CO2的固定中的电极方秳式为：2Li2CO3＝4Li++2CO2↑+O2+4e－，转移4mole－生成3mol气体，故B错误；C选项，由题目可知，钌电极上的电极反应式为2Li2CO3+C-4e－＝4Li++3CO2↑，故C正确；D选项，由题目可知，CO2通过储能系统和CO2固定策略转化为固体产物C，故D正确。综上所述，答案为B。10、B【解析】

A．在乙醇溶液中，除了乙醇外，水中也含H原子，而10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有4.6g乙醇，物质的量为0.1mol，含0.6NA个H原子，水5.4g，物质的量为0.3mol，含H原子为0.6NA个，故共含H原子为1.2NA个，故A正确；B．白磷分子中含6条共价键，而甲烷中含4条共价键，因此相同数目的分子中含有的共价键个数之比为3∶2，故B错误；C．pH=13的M(OH)2溶液中，氢氧根的浓度为0.1mol/L，因此1L溶液中含有的氢氧根的个数为0.1NA个，故C正确；D．硝酸的物质的量为0.4mol，若与铜反应完全生成二氧化氮，转移电子物质的量为0.2mol，但是由于铜足量，浓硝酸随着反应的进行，后来变成了稀硝酸，生成了一氧化氮，转移的电子数增加，所以0.4mol硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.2mol，故D正确；故选B。本题的易错点为D，要注意随着反应的进行，硝酸的浓度减小，难点为A，要注意水分子中也含有H原子。11、A【解析】

酚酞遇碱变红，在酸性、中性或弱碱性环境下褪色。氢氧化钠的酚酞溶液显红色。【详解】A.氨气不与氢氧化钠溶液反应，且氨气溶于水生成氨水具有碱性，不能使酚酞褪色，故A选；B.SO2溶于水生成亚硫酸，可以和氢氧化钠溶液反应，使溶液褪色，故B不选；C.HCl溶于水生成盐酸，可以和氢氧化钠溶液反应生成中性的氯化钠，使溶液褪色，故C不选；D.CO2溶于水生成碳酸，碳酸可以和氢氧化钠溶液反应，使溶液褪色，故D不选；故选A。SO2和CO2是酸性氧化物，和NaOH反应生成Na2SO3和Na2CO3，如果SO2和CO2过量，和NaOH反应生成NaHSO3和NaHCO3。这四种物质除了NaHSO3溶液是酸性的，其他三种都是碱性的，含酚酞的溶液可能褪色。但如果继续通入气体SO2和CO2，溶液中会生成酸，最终溶液一定会褪色。12、C【解析】

A．结构相似，分子式相差一个或多个CH2原子团的物质之间互称同系物，A项错误；B．分子中的甲基-CH3，碳原子在成键时形成了4条单键，与这种碳相连的原子不可能都在同一平面内，B项错误；C．火棉即，C项正确；D．阿司匹林结构中含有的羧基可以消耗1个NaOH，并且结构中还含有一个酚酯基，可以消耗2个NaOH，所以1mol阿司匹林水解可以消耗3mol的NaOH，D项错误；答案选C。若有机物中存在形成4条单键的碳原子，那么有机物中的所有原子不可能共面；普通的酯基水解时消耗1个NaOH，而酚酯基可以消耗2个NaOH。13、D【解析】

A．在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸，先发生OH-与盐酸的反应，故A错误；B．含等物质的量的FeBr2、的溶液中，缓慢通入氯气，由还原性I-＞Fe2+＞Br-，则化学反应的先后顺序为I-、Fe2+、Br-，故B错误；C．在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2，则化学反应的先后顺序为Ba（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C错误；D．在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉，由氧化性Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，则化学反应的先后顺序为Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，故D正确；答案选D。14、A【解析】氮元素从游离态变为化合态是氮的固定；工业合成氨是通过人类生产活动把氮气转化为氨气，故A正确；闪电时，氮气转化为NO，属于自然固氮，故B错误；NH3和CO2合成尿素，氮元素不是从游离态变为化合态，不属于氮的固定，故C错误；用硫酸吸收氨气得到硫酸铵，氮元素不是从游离态变为化合态，不属于氮的固定，故D错误。15、A【解析】

A.Fe2+具有还原性，会被氧气氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，A正确；B.NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，以不足量的NH4HCO3为标准，NH4+、HCO3-都会发生反应：NH4++HCO3-＋Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O+NH3·H2O，B错误；C.氢氧化亚铁具有还原性，会被具有氧化性的稀硝酸氧化变为Fe3+，反应的离子方程式为3Fe(OH)2+10H＋+NO3-=3Fe3++NO↑+8H2O，C错误；D.澄清石灰水与过量小苏打溶液混合，以不足量的Ca(OH)2为标准，离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，D错误；故合理选项是A。16、A【解析】

由n＝＝可知，ρ＝＝，据此分析作答。【详解】A.由上述分析可知，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于其密度之比，所以两种气体的密度之比为64∶80＝4∶5，A项正确；B.设气体的质量均为mg，则n(SO2)＝mol，n(SO3)＝mol，所以二者物质的量之比为∶＝80∶64＝5∶4，B项错误；C.根据V＝n·Vm可知，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以两种气体的体积之比为5∶4，C项错误；D.根据分子组成可知，两种气体的原子数之比为（5×3）∶（4×4）＝15∶16，D项错误；答案选A。17、A【解析】

先分析碳骨架异构,分别为C−C−C−C与2种情况，然后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析：①骨架C−C−C−C上分别添加Br原子的种类有6种，②骨架上分别添加Br原子的种类有有3种，所以满足分子式为C4H8Br2的有机物共有9种，故选:A。18、B【解析】

前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。Y最外层电子数是内层电子数的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O元素；而Y、W同主族，则W为S元素；X、Z、R最外层电子数相等，三者处于同主族，只能处于IA族或IIA族，且X与Z、R均可形成离子化合物，根据原子序数关系可知：X为H元素、Z为Na元素、R为K元素。【详解】根据上述分析可知X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；W是S元素；R是K元素。A.同周期元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：Z(Na)>W(S)>Y(O)，A错误；B.X分别与Y、Z、W形成的常见化合物依次为H2O、NaH、H2S，这几种物质都属于电解质，B正确；C.Y与Z、R形成化合物有氧化钠、过氧化钠、氧化钾等，而过氧化钠中含有离子键、共价键，C错误；D.Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2、SO2，前两者利用其强氧化性，而二氧化硫利用与有机色质化合为不稳定的无色物质，漂白原理不同，D错误；故合理选项是B。19、C【解析】

苯和水分层，可选分液法分离，以此来解答。【详解】A中为层析法；B为蒸发；D为过滤；苯和水分层，可选分液法分离，选项C符合；答案选C。本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意层析法为解答的难点。20、D【解析】

A．向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，该黄色溶液中可能含有Fe3+，Fe3+也能将I-氧化为碘单质，故不能确定黄色溶液中只含有Br2，A选项错误；B．浓盐酸具有挥发性，烧杯中看见白色沉淀可能是挥发的HCl气体与Na2SiO3溶液反应得到H2SiO3的白色沉淀，不能证明酸性H2CO3>H2SiO3，B选项错误；C．银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液之前没有加入如NaOH溶液的碱性溶液中和未反应的稀硫酸，实验不能成功，故实验操作及结论错误，B选项错误；D．氯水既有酸性，又有漂白性，可以使pH试纸先变红后褪色，D选项正确；答案选D。21、D【解析】

A.CO2和SO2都会和饱和碳酸钠溶液反应，不能到达除杂效果，A项错误；B.AlCl3为强酸弱碱盐，在溶液中发生水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢，直接蒸干AlCl3饱和溶液，氯化氢挥发，导致水解平衡右移，使水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀，不能得到无水AlCl3，B项错误；C.加热NH4Cl固体分解为NH3和HCl，两者遇冷又会生成NH4Cl，堵住导管，存安全隐患，C项错误；D.乙酸乙酯的密度比水小，有机层在上层，水层在下层，与图中装置分层现象相符，D项正确；答案选D。22、C【解析】

A选项，LiAlH4中锂显+1价，AlH4－，因此LiAlH4电子式：，故A正确；B选项，LiAlH4与水要反应，生成氢气，因此在还原有机物时，应在无水体系中迚行，故B正确；C选项，1molLiAlH4跟足量水反应可生成89.6L氢气，缺少标准状况下，因此C错误；D选项，乙醛还原生成乙醇的过程中，乙醛作氧化剂，LiAlH4作还原剂，故D正确。综上所述，答案为C。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键氧化反应加成反应CH3CH=CH2、、【解析】

A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和二氧化碳反应生成碳酸乙二酯，碳酸乙二酯和甲醇发生信息i中的反应生成碳酸二甲酯和HOCH2CH2OH，其中F和M可生成N，则E为HOCH2CH2OH，F为碳酸二甲酯，结构简式为；G和苯反应生成J，由J分子式知G生成J的反应为加成反应，G为CH2=CHCH3，J发生氧化反应然后酸化生成L和丙酮，L和丙酮在酸性条件下反应生成M，由M结构简式和D分子式知，D为，F和M发生缩聚反应生成的PC结构简式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到；【详解】（1）A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，含有的官能团名称是碳碳双键；（2）反应①是乙烯催化氧化生成环氧乙烷，反应类型为氧化反应；反应②是环氧乙烷与CO2发生加成反应生成，反应类型是加成反应；（3）反应③是和CH3OH发生取代反应，生成乙二醇和碳酸二甲酯，发生反应的化学方程式是；（4）反应④是G和苯发生加成反应生成的J为C9H12，由原子守恒可知D的分子式为C3H6，结合G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是CH3CH=CH2；（5）反应⑥中苯酚和丙酮还发生加成反应生成，还可以发生缩聚反应生成等；（6）反应⑦是碳酸二甲酯和发生缩聚反应生成PC塑料的化学方程式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到，结合L为苯酚可知，合成路线为苯酚与H2加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，最后再催化氧化即得己二醛，由此可知中间产物1为环己醇，结构简式是。本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据产物的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。24、加成反应CH2=CH2+H2+COCH3CH2CHOBC【解析】

石蜡分解生成A，A氧化生成C，C分子中只有一种氢，则C为，因此A为HC2=CH2；A与CO、H2以物质的量1∶1∶1的比例形成B，B能发生银镜反应，则B为CH3CH2CHO，B氧化生成E，E为CH3CH2COOH，根据A、E的化学式可知，A与E发生加成反应生成G，G为CH3CH2COOCH2CH3；根据C、D的化学式可知，C与水发生加成反应生成D，则D为HOCH2CH2OH，D与E发生酯化反应生成F，F为CH3CH2COOCH2CH2OH，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，有机物C的结构简式是为，反应②的反应类型是加成反应，故答案为：；加成反应；(2)一定条件下发生反应①的化学方程式为CH2=CH2+H2+COCH3CH2CHO，故答案为：CH2=CH2+H2+COCH3CH2CHO；(3)A．化合物A为乙烯，只含有C和H两种元素，属于烃，故A正确；B．化合物D为HOCH2CH2OH，只有一种官能团，为-OH，故B错误；C．G为CH3CH2COOCH2CH3；不能与金属钠反应，F为CH3CH2COOCH2CH2OH，含-OH，能与金属钠反应放出氢气，用金属钠能鉴别化合物F、G，故C错误；D．A为HC2=CH2，D为HOCH2CH2OH，A与D一定条件下可以发生加成反应生成CH3CH2OCH2CH2OH，故D正确；故答案为：BC。正确推断出各物质的结构简式是解题的关键。本题的难点是G的结构的判断。本题的易错点为(3)，要框图中A与E发生反应生成G的反应类型的判断和应用。25、H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2）上清液为紫色2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂【解析】

（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离；（2）酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳；（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸；（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72-浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速；①由实验结论出发即可快速解题；②由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可；（5）注意实验的变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂。【详解】（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离，用可逆符号，则H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+；（2）实验I试管a中，酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳，则该反应的离子方程式为5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O；（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸，则实验IV的目的是：排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能；（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72-浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速，则可能是过程i．MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii．Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应；①将0.0001molMnO2加入到6mL0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2）中，固体完全溶解，则说明MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+；从中取出少量溶液（含Mn2+），加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到上清液为紫色，则说明溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-，MnO4-显紫色；②设计实验方案证实过程ii成立，由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可，即实验方案是2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅；（5）综合以上实验可知，变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂，则草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂有关。26、取代反应（直形）冷凝管正丁醇防暴沸或防止反应液剧烈沸腾135提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率分水器中水（或有机物）的量（或液面）不再变化正丁醇【解析】

⑴根据反应方程式2C4H9OHC4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型，根据图中装置得出仪器a的名称。⑵步骤①中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，烧瓶中是液体与液体加热需要沸石防暴沸。⑶根据题中信息，生成副反应在温度大于135℃；该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动；水分离器中是的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时表明反应完成。⑷根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸；根据2C4H9OHC4H9OC4H9+H2O理论得到C4H9OC4H9物质的量，再计算正丁醚的产率。【详解】⑴根据反应方程式2C4H9OHC4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型是取代反应，根据图中装置得出仪器a的名称是(直形)冷凝管；故答案为：取代反应；(直形)冷凝管。⑵步骤①中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，因此先加正丁醇，烧瓶中是液体与液体加热，因此沸石的作用是防暴沸或防止反应液剧烈沸腾；故答案为：正丁醇；防暴沸或防止反应液剧烈沸腾。⑶根据题中信息，生成副反应在温度大于135℃，因此步骤②中为减少副反应，加热温度应不超过135℃为宜。该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动，因此使用水分离器不断分离出水的目的是提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率。水分离器中水的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时或则有机物的量不再变化时，表明反应完成，即可停止实验；故答案为：135；提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率；分水器中水(或有机物)的量(或液面)不再变化。⑷根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸，因此步骤③中用50%硫酸洗涤的目的是为了除去正丁醇。根据2C4H9OHC4H9OC4H9+H2O理论得到C4H9OC4H9物质的量为0.17mol，则正丁醚的产率为；故答案为：正丁醇；。27、浓NaOH溶液吸收剩余的SO2排尽空气，防止Na2S2O5被氧化D倒吸用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O用c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定pH>5.6【解析】

从焦亚硫酸钠的析出原理[NaHSO3(饱和溶液)→Na2S2O5(晶体)+H2O(l)]可以看出，要制取Na2S2O5(晶体)，需先制得NaHSO3(饱和溶液)，所以A装置的作用是用浓硫酸与Na2SO3固体反应制取SO2，将SO2再通入饱和Na2SO3溶液中制得NaHSO3饱和溶液。因为Na2S2O5易被空气中的O2氧化，所以需排尽装置内的空气，这也就是在A装置内通入N2的理由。由于SO2会污染环境，所以F装置应为吸收尾气的装置，为防倒吸，加了装置E。【详解】(1)①从以上分析知，F装置应为SO2的尾气处理装置，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液，作用是吸收剩余的SO2。答案为：浓NaOH溶液；吸收剩余的SO2；②为防装置内空气中的氧气将Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化，需排尽装置内的空气，所以通入N2的作用是排尽空气，防止Na2S2O5被氧化。答案为：排尽空气，防止Na2S2O5被氧化；③Na2S2O5晶体由NaHSO3饱和溶液转化而得，所以应在D中得到。答案为：D；④因为E中的双球能容纳较多液体，可有效防止倒吸，所以若撤去E，则可能发生倒吸。答案为：倒吸；(2)①既然是检测其是否具有酸性，则需用pH试纸检测溶液的pH，若在酸性范围，则表明显酸性。具体操作为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红。答案为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红；②探究二中，Na2S2O5具有还原性，能将KMnO4还原为Mn2+，自身被氧化成SO42-，同时看到溶液的紫色褪去，反应的离子方程式为5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。答案为：5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O；(3)根据信息，滴定过量碘的操作是：用c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定。答案为：用c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定；(4)c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1时，Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，即1.0×10-5×c3(OH-)>6.4×10-31，c(OH-)>4.0×10-9mol·L-1，c(H+)<=mol·L-1，pH>5+2lg2=5.6。答案为：pH>5.6。Na2S2O5来自于NaHSO3的转化，且二者S的价态相同，所以在研究Na2S2O5的性质时，可把Na2S2O5当成NaHSO3。28、AD4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)ΔH=-2070kJ·mol-1ac>A温度较低时，催化剂的活性偏低不是因为反应是放热反应，根据线Ⅱ可知，a点对应温度的平衡脱氮率应该更高【解析】

根据合成氨的