北京市第156中学2026届下学期高三期末考试化学试题试卷试题含解析

北京市第156中学2026届下学期高三期末考试化学试题试卷试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、一定量的与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是A．时，若充入惰性气体，、逆

均减小，平衡不移动B．时，反应达平衡后的转化率为C．时，若充入等体积的和CO，平衡向逆反应方向移动D．平衡常数的关系：2、氮化碳(C3N4)的硬度大于金刚石，则氮化碳中A．只有共价键 B．可能存在离子C．可能存在N≡N D．存在极性分子3、某学生利用NaOH溶液去除铝表面的氧化膜以后，进行“铝毛”实验。在其实验过程中常有发生，但与实验原理不相关的反应是()A．Al2O3+2NaOH→2NaAlO2+H2OB．2Al+2H2O+2NaOH→2NaAlO2+3H2↑C．2Al+3Hg(NO3)2→2Al(NO3)3+3HgD．4Al+3O2→2Al2O34、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42－、Cl－B．=1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3－、SO42－D．水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、AlO2－、CO32－5、用下列装置制取NH3，并还原CuO，其原理和装置均正确的是()A．用装置制取NH3 B．用装置干燥NH3C．用装置还原CuO D．用装置处理尾气6、硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述正确的是A．在转化过程中化合价不变的元素只有Cu和ClB．由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：O2>Cu2+>SC．在转化过程中能循环利用的物质只有FeCl2D．反应中当有34gH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为16g7、一定压强下，向10L密闭容器中充入1molS2Cl2和1molCl2，发生反应S2Cl2(g)＋Cl2(g)2SCl2(g)。Cl2与SCl2的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示，以下说法中不正确的是（）A．正反应的活化能大于逆反应的活化能B．达到平衡后再加热，平衡向逆反应方向移动C．A、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的为B、DD．一定温度下，在恒容密闭容器中，达到平衡后缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变8、下列说法不正确的是A．淀粉能水解为葡萄糖 B．油脂属于天然有机高分子C．鸡蛋煮熟过程中蛋白质变性 D．食用新鲜蔬菜和水果可补充维生素C9、人剧烈运动后肌肉发酸是因为当体内氧气缺少时葡萄糖发生反应产生了乳酸，其结构简式为。下列关于乳酸的说法正确的是（）A．乳酸的系统命名为1-羟基丙酸B．与乳酸具有相同官能团的所有同分异构体(包括乳酸)共3种C．乳酸既可发生取代反应、消去反应又可发生加成反应D．乳酸发生缩聚反应的方程式为n+nH2O10、在某温度下，同时发生反应A（g）B（g）和A（g）C（g）。已知A（g）反应生成B（g）或C（g）的能量如图所示，下列说法正确的是A．B（g）比C（g）稳定B．在该温度下，反应刚开始时，产物以B为主；反应足够长时间，产物以C为主C．反应A（g）B（g）的活化能为（E3—E1）D．反应A（g）C（g）的ΔH＜0且ΔS＝011、常温下，向20.00mL0.1000mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000mol·L-1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（）A．在滴定过程中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)B．pH=5时，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C．pH=7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00mLD．在滴定过程中，随NaOH溶液滴加c(CH3COO-)持续增大12、某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。下列说法不正确的是A．上述流程中多次涉及到过滤操作，实验室进行过滤操作时需用到的硅酸盐材质仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗B．用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原因是MnCO3消耗了溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀C．实验室用一定量的NaOH溶液和酚酞试液就可以准确测定燃煤尾气中的SO2含量D．MnSO4溶液→MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小13、证据推理与模型认知是化学学科的核心素养之一。下列事实与相应定律或原理不相符的是（）A．向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深——勒夏特列原理B．常温常压下，1体积CH4完全燃烧消耗2体积O2——阿伏加德罗定律C．向漂白液中加入少量稀硫酸能增强漂白液的漂白效果——元素周期律D．通过测量C、CO的燃烧热来间接计算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反应热——盖斯定律14、水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是A．H2O的电子式为B．4℃时，纯水的pH=7C．D216O中，质量数之和是质子数之和的两倍D．273K、101kPa，水分之间的平均距离：d(气态)>d(液态)>d(固态)15、化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A．汽车尾气中的氮氧化合物是汽油或柴油不完全燃烧造成的B．我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与硅有关C．液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰D．工程兵开山使用的炸药“TNT”是有机高分子化合物16、关于浓硫酸和稀硫酸的说法，错误的是A．都有H2SO4分子 B．都有氧化性C．都能和铁、铝反应 D．密度都比水大17、能用离子方程式2H++CO32－→CO2↑+H2O表示的是A．NaHSO4和Na2CO3 B．HCl和BaCO3C．CH3COOH和Na2CO3 D．HI和NaHCO318、甲烷燃烧时的能量变化如图，有关描述错误的是()A．反应①和反应②均为放热反应B．等物质的量时，CO2具有的能量比CO低C．由图可以推得：2CO(g)+O2(g)→2CO2(g)+283kJD．反应②的热化学方程式：CH4(g)+O2(g)→CO(g)+2H2O(l)+607.3kJ19、下列物质中，按只有氧化性，只有还原性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是A．Cl2、Al、H2 B．F2、K、HClC．NO2、Na、Br2 D．HNO3、SO2、H2O20、某溶液X中含有H+、、Na+、Mg2+、Fe2+、、Cl−、Br−、、SiO32-和HCO3-离子中的若干种。取100mL该溶液进行如下实验：下列说法正确的是A．溶液X中一定没有、SiO32-，可能有Na+、Fe2+B．溶液X中加NaOH后，所得沉淀的成分可能有两种C．溶液X中c（Cl−）≤0.2mol·L−1D．溶液X可能是由NH4HSO4、MgCl2按物质的量之比2∶1混合再溶于水配制而成21、下列说法正确的是（）A．分子式为C2H6O的有机化合物性质相同B．相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能途径a：CCO+H2CO2+H2O途径b：CCO2C．食物中可加入适量的食品添加剂，如香肠中可以加少量的亚硝酸钠以保持肉质新鲜D．生石灰、铁粉、硅胶是食品包装中常用的干燥剂22、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Na2SO3溶液中加入足量的Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，沉淀溶解BaSO3溶于稀盐酸B向KI溶液中加入CCl4，振荡后静置；液体分层，下层呈紫红色碘易溶于CCl4，难溶于水C将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，析出沉淀的物质的量AgCl多于AgBrKSP(AgCl)＞KSP(AgBr)D室温下，同浓度的Na2A溶液的pH比NaB溶液的pH大说明酸性H2A＜HBA．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物I是一种抗脑缺血药物，合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)按照系统命名法，A的名称是_____；写出A发生加聚反应的化学方程式：__________。(2)反应H→I的化学方程式为________；反应E→F的反应类型是______。(3)写出符合下列条件的G的所有同分异构体的结构简式：________①遇FeCl3溶液发生显色反应②核磁共振氢谱有4组峰(4)α,α-二甲基苄醇()是合成医药、农药的中间体，以苯和2-氯丙烷为起始原料制备α,α-二甲基苄醇的合成路线如下：该合成路线中X的结构简式为____，Y的结构简式为________；试剂与条件2为______。24、（12分）有机物W用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下。请回答下列问题：（1）F的化学名称是________，⑤的反应类型是________。（2）E中含有的官能团是________（写名称），D聚合生成高分子化合物的结构简式为________。（3）将反应③得到的产物与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应④的化学方程式________。（4）④、⑤两步能否颠倒？________（填“能”或“否”）理由是________。（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有________种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2：2的结构简式为________。（6）参照有机物W的上述合成路线，以M和CH3Cl为原料制备F的合成路线（无机试剂任选）________。25、（12分）信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70％Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为__________；得到滤渣1的主要成分为__________。（2）第②步中加H2O2的作用是__________，使用H2O2的优点是__________；调溶液pH的目的是使__________生成沉淀。（3）第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是__________。（4）由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：甲：滤渣2酸浸液Al2(SO4)3·18H2O乙：滤渣2酸浸液滤液Al2(SO4)3·18H2O丙：滤渣2滤液溶液Al2(SO4)3·18H2O上述三种方案中，__________方案不可行，原因是__________；从原子利用率角度考虑，__________方案更合理。（5）探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O(Mr=250)含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol·L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应为：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+①写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω=__________；②下列操作会导致含量的测定结果偏高的是______。a未干燥锥形瓶b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c未除净可与EDTA反应的干扰离子26、（10分）溴化亚铜是一种白色粉末，不溶于冷水，在热水中或见光都会分解，在空气中会慢慢氧化成绿色粉末。制备CuBr的实验步骤如下：步骤1.在如图所示的三颈烧瓶中加入45gCuSO4·5H2O、19gNaBr、150mL煮沸过的蒸馏水，60℃时不断搅拌，以适当流速通入SO22小时。步骤2.溶液冷却后倾去上层清液，在避光的条件下过滤。步骤3.依次用溶有少量SO2的水、溶有少量SO2的乙醇、纯乙醚洗涤。步骤4.在双层干燥器（分别装有浓硫酸和氢氧化钠）中干燥3～4h，再经氢气流干燥，最后进行真空干燥。（1）实验所用蒸馏水需经煮沸，煮沸目的是除去其中水中的______________（写化学式）。（2）步骤1中：①三颈烧瓶中反应生成CuBr的离子方程式为_______________；②控制反应在60℃进行，实验中可采取的措施是_____________；③说明反应已完成的现象是__________________。（3）步骤2过滤需要避光的原因是_______________。（4）步骤3中洗涤剂需“溶有SO2”的原因是_____________________最后溶剂改用乙醚的目的是________________________________。（5）欲利用上述装置烧杯中的吸收液（经检测主要含Na2SO3、NaHSO3等）制取较纯净的Na2SO3·7H2O晶体。请补充实验步骤（须用到SO2（贮存在钢瓶中）、20%NaOH溶液、乙醇）①_______________________________________________。②__________________________________________________。③加入少量维生素C溶液（抗氧剂），蒸发浓缩，冷却结晶。④__________________________________________________。⑤放真空干燥箱中干燥。27、（12分）氯化亚铜是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸；可溶于氯离子浓度较大的体系，形成。在潮湿空气中迅速被氧化，见光则分解。右下图是实验室仿工业制备氯化亚铜的流程进行的实验装置图。实验药品：铜丝、氯化铵、65％硝酸、20％盐酸、水。(1)质量分数为20％的盐酸密度为，物质的量浓度为______；用浓盐酸配制20％盐酸需要的玻璃仪器有：______、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。(2)实验室制备过程如下：①检查装置气密性，向三颈瓶中加入铜丝、氢化铵、硝酸、盐酸，关闭。实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是______；②加热至℃，铜丝表面产生无色气泡，烧瓶上方气体颜色逐渐由无色为红棕色，气囊鼓起。打开，通入氧气一段时间，将气囊变瘪，红棕色消失后关闭，冷却至室温，制得。通入氧气的目的为______；三颈瓶中生成的总的离子方程为______；将液体转移至烧杯中用足量蒸馏水稀释，产生白色沉淀，过滤得氧化亚铜粗品和滤液。③粗品用95％乙醇洗涤、烘干得氧化亚铜。(3)便于观察和控制产生的速率，制备氧气的装置最好运用______(填字母)。(4)下列说法不正确的是______A．步骤Ⅰ中可以省去，因为已经加入了B．步骤Ⅱ用去氧水稀释，目的是使转化为，同时防止被氧化C．当三颈烧瓶上方不出现红棕色气体时，可停止通入氧气D．流程中可循环利用的物质只有氯化铵(5)步骤Ⅲ用95％乙醇代替蒸馏水洗涤的主要目的是______、______(答出两条)。(6)氯化亚铜的定量分析：①称取样品和过量的溶液于锥形瓶中，充分溶解；②用硫酸[Ce(SO4)2]标准溶液测定。已知：已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+三次平衡实验结果如下表(平衡实验结果相差不能超过1％)：平衡实验次数123样品消耗硫酸锑标准溶液的体积2则样品中的纯度为______(结果保留3位有效数字)。误差分析：下列操作会使滴定结果偏高的是______。A．锥形瓶中有少量蒸馏水B．滴定终点读数时仰视滴定管刻度线C．所取溶液体积偏大D．滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失28、（14分）二茂铁在常温下为橙黄色粉末，有樟脑气味，用作节能、消烟、助燃添加剂等。可用下列方法合成：回答下列问题：(1)室温下，环戊二烯以二聚体的形式存在。某实验小组要得到环戊二烯，需先将环戊二烯二聚体解聚，已知：①分离得到环戊二烯的操作为_____________________(填操作名称)。②由环戊二烯生成C5H5K的化学方程式为___________________。(2)流程中所需的FeCl2·4H2O可通过下列步骤制得。①用饱和Na2CO3溶液“浸泡”铁屑的目的是_____________________________________。②采用“趁热过滤”，其原因是________________________________________________。(3)用电解法制备二茂铁时：①不断通入N2的目的是__________________________。②Ni电极与电源的____________(填“正极”或“负极”)相连，电解过程中阳极的电极反应式为__________________，理论上电路中每转移1mol电子，得到产品的质量为____。29、（10分）镍及其化合物是重要的合金材料和催化剂。请回答下列问题：（1）基态镍原子的价电子排布式为_____，排布时能量最高的电子所占能级的原子轨道有____个伸展方向。（2）镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+等。下列说法正确的有___A．CO与CN-互为等电子体，其中CO分子内σ键和π键个数之比为1:2-B．NH3的空间构型为平面三角形C．Ni2+在形成配合物时，其配位数只能为4D．Ni(CO)4和[Ni(CN)4]2-中，镍元素均是sp3杂化（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用“→”和“•••”分别表示出配位键和氢键。_____（4）NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，相关离子半径如下表：NiO晶胞中Ni2+的配位数为____，NiO熔点比NaCl高的原因是_____。（5）研究发现镧镍合金LaNix是一种良好的储氢材料。属六方晶系,其晶胞如图a中实线所示，储氢位置有两种，分别是八面体空隙（“”）和四面体空隙（“”），见图b、c，这些就是氢原子存储处，有氢时，设其化学式为LaNixHy。①LaNix合金中x的值为_____；②晶胞中和“”同类的八面体空隙有___个，和“”同类的四面体空隙有___个。③若H进入晶胞后，晶胞的体积不变，H的最大密度是______g/cm-3（保留2位有效数字，NA=6.0×1023，=1.7）

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】

体积可变的恒压密闭容器中，若充入惰性气体，体积增大，则压强减小，则、逆均减小，平衡正向移动，选项A错误；B.由图可知，时，CO的体积分数为，设开始及转化的分别为n、x，则，解得，平衡后的转化率为，选项B正确；C.时，若充入等体积的和CO，与原平衡状态时体积分数相同，平衡不移动，选项C错误；D.由图可知，温度越高，CO的体积分数越大，该反应为吸热反应，K与温度有关，则，选项D错误；答案选B。2、A【解析】

A.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体是原子晶体，其中只有共价键，故A正确；B.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体是原子晶体，其中只有共价键，没有离子，故B错误；C.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，则为原子晶体，每个C原子周围有4个N原子，每个N原子周围有3个C原子，形成空间网状结构，C-N键为共价键，没有N≡N，故C错误；D.C3N4晶体中每个C原子周围有4个N原子，形成正四面体空间网状结构，没有极性，故D错误；正确答案是A。本题考查原子晶体的性质及作用力，明确信息是解答本题的关键，熟悉原子晶体的构成微粒、作用力、空间结构即可解答，题目难度不大，注重知识的迁移能力来分析解答。3、B【解析】

利用NaOH

溶液去除铝表面的氧化膜，发生的反应为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，然后进行“铝毛”实验即汞能与铝结合成合金，俗称“铝汞齐”，所以铝将汞置换出来，形成“铝汞齐”，发生反应为：2Al+3Hg(NO3)2=2Al(NO3)3+3Hg，当“铝汞齐”表面的铝因氧化而减少时，铝片上的铝会不断溶解进入铝汞齐，并继续在表面被氧化，最后使铝片长满固体“白毛”而且越长越高，发生反应为：4Al+3O2=2Al2O3，所以与实验原理不相关的反应是B；故选：B。4、B【解析】

A、酚酞变红色的溶液，此溶液显碱性，Al3＋、OH－生成沉淀或AlO2－，不能大量共存，故A错误；B、根据信息，此溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，这些离子不反应，能大量共存，故正确；C、与Al能放出氢气的，同业可能显酸性也可能显碱性，若是碱性，则Fe2＋和OH－不共存，若酸性，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，不产生H2，故C错误；D、水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液，此物质对水电离有抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，AlO2－、CO32－和H＋不能大量共存，故D错误。答案选B。5、C【解析】

A、NH4Cl受热分解后,在试管口又重新生成NH4Cl固体，得不到氨气，故A错误；B、浓硫酸与氨气反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥NH3，故B错误；C、2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O，用氨气还原CuO，故C正确；D、氨气与稀硫酸反应，装置内压强急剧减小，会引起倒吸，故D错误；故选C。6、D【解析】

A．根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故A错误；B．转化过程中O2把Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+把硫离子氧化为S，则氧化性的强弱顺序：O2＞Fe3+＞S，故B错误；C．根据图示，反应的本质是空气中的氧气氧化H2S转化为S和水，在转化过程中能循环利用的物质有FeCl2、CuCl2、FeCl3，故C错误；D．H2S转化为硫单质，硫元素的化合价从-2价变成0价，氧元素的化合价从0价变成-2价，依据得失电子数相等，所以2H2S----O2，所以有34gH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为××32g/mol=16g，故D正确；故选D。7、A【解析】

根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，由图中数据可知，B、D点的状态对应的温度为250℃，300℃时，SCl2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH2＜0。【详解】A.正反应的活化能是发生反应所需要的能量，逆反应的活化能是反应中又释放出的能量，正反应的活化能减去逆反应的活化能就等于总反应的吸热放热量，由分析可知ΔH＜0，正反应为放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A错误；B.由分析可知ΔH＜0，正反应为放热反应，加热后平衡向逆反应方向移动，故B正确；C.根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，故C正确；D.根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)反应物和产物都是气体，且反应物和产物的系数相等，所以改变压强不改变平衡移动，缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变，故D正确；答案选A。8、B【解析】

A.淀粉是多糖，水解最终产物是葡萄糖，A正确；B.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于天然有机物，但不是高分子化合物，B错误；C.鸡蛋煮熟过程中，蛋白质分子结构发生了变化，不具有原来蛋白质的生理功能，物质的化学性质也发生了改变。因此鸡蛋煮熟过程是蛋白质变性，C正确；D.新鲜蔬菜和水果含有丰富的维生素C，因此食用新鲜蔬菜和水果可补充维生素C，D正确；故合理选项是B。9、B【解析】

A．乳酸的系统命名为2-羟基丙酸，故A错误；B．与乳酸具有相同官能团的同分异构体，乳酸分子有对称碳原子有两种旋光异构体，包括乳酸共3种，故B正确；C．乳酸分子含有羟基、羧基，可发生取代反应、消去反应，不能发生加成反应，故C错误；D．乳酸分子含有羟基、羧基，乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸，反应的方程式为n+(n-1)H2O，故D错误；故选B。10、B【解析】

A.从图分析，Ｂ的能量比Ｃ高，根据能量低的稳定分析，B（g）比C（g）不稳定，故错误；B.在该温度下，反应生成Ｂ的活化能比生成Ｃ的活化能低，所以反应刚开始时，产物以B为主；Ｃ比Ｂ更稳定，所以反应足够长时间，产物以C为主，故正确；C.反应A（g）B（g）的活化能为E1，故错误；D.反应A（g）C（g）为放热反应，即ΔH＜0，但ΔS不为0，故错误。故选Ｂ。11、D【解析】

A．反应后的溶液一定满足电荷守恒，根据电荷守恒分析；B．pH＝5时，溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH−)，结合电荷守恒判断；C．如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL；D．由于CH3COOH的物质的量是定值，故c(CH3COO-)不可能持续增大。【详解】A．在反应过程中，一定满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A正确；B．pH＝5的溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(CH3COO-)>c(Na+)，则溶液中离子浓度的大小为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；C．如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL，故C正确；D．由于CH3COOH的物质的量是定值，故随NaOH溶液滴加，溶液体积的增大，c(CH3COO-)不可能持续增大，故D错误；故答案选D。本题明确各点对应溶质组成为解答关键，注意应用电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断离子浓度的大小。12、C【解析】

A.上述流程中多次涉及到过滤操作，使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，这些都属于硅酸盐材质，A正确；B.MnCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡，电离产生的CO32-能消耗溶液中的H+，使Al3+和Fe3+的水解平衡正向移动，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，B正确；C.用一定量的NaOH溶液和酚酞试液吸收二氧化硫，反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液呈碱性，溶液颜色变化不明显，不能准确测定燃煤尾气中的SO2含量，C错误；D.由于MnO2具有氧化性，当溶液酸性较强时，MnO2的氧化性会增强，所以MnSO4溶液→MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小，D正确；故合理选项是C。13、C【解析】

A．向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深，说明增大反应物浓度，能使平衡正向移动，此事实与勒夏特列原理相符，A不合题意；B．由CH4燃烧反应方程式可知，1molCH4在2molO2中完全燃烧，常温常压下，1体积CH4完全燃烧消耗2体积O2，二者的体积比等于其物质的量之比，符合阿伏加德罗定律，B不合题意；C．向漂白液中加入少量稀硫酸能增强漂白液的漂白效果，说明生成了HClO，符合强酸制弱酸原理，由于HClO不是最高价含氧酸，所以不符合元素周期律，C符合题意；D．通过C、CO的燃烧热反应方程式，通过调整化学计量数后相减，可间接计算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反应热，符合盖斯定律，D不合题意；故选C。14、C【解析】

A．H2O是共价化合物，其电子式为，故A错误；B．25℃时，纯水的pH=7，故B错误；C．D216O质量数之和为2×1+1×16=20，质子数之和为2×1+1×8=10，质量数之和是质子数之和的两倍，故C正确；D．273K时，水以固液混合物的形式存在，且温度、压强相同，同种状态、同种分子间的距离相同，故D错误；故选C。15、C【解析】

A.汽车尾气中的氮氧化合物是汽车发动机中N2与O2在电火花作用下发生反应产生的，A错误；B.我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与二氧化硅有关，B错误；C.液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰,二者发生反应产生CaCl2、Ca(ClO)2和水，从而消除了Cl2的毒性及危害，C正确；D.炸药“TNT”是三硝基甲苯，不是搞高分子化合物，D错误；故合理选项是C。16、A【解析】

A.浓硫酸中存在硫酸分子，而稀硫酸中在水分子的作用下完全电离出氢离子和硫酸根离子，不存在硫酸分子，故A错误；B.浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸具有弱氧化性，所以都具有一定的氧化性，故B正确；C.常温下浓硫酸与铁，铝发生钝化，先把铁铝氧化成致密的氧化物保护膜，稀硫酸与铁铝反应生成盐和氢气，故C正确；D.浓硫酸和稀硫酸的密度都比水大，故D错误；故选：A。17、A【解析】

A.NaHSO4=Na++H++SO42-，Na2CO3=2Na++CO32-，所以两者反应可以用2H++CO32－→CO2↑+H2O表示，故A正确；B.BaCO3是不溶性的盐，不能拆，故B错误；C.CH3COOH是弱酸，不能拆，故C错误；D.NaHCO3是弱酸的酸式盐，不能电离出碳酸根离子，故D错误；故选：A。18、C【解析】

A．从图像可以看出，甲烷燃烧后释放能量，故都是放热反应，反应①和反应②均为放热反应，故A正确；B．从图像可以看出CO2具有的能量比CO低，故B正确；C．CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)+607.3kJ②，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)+890.3kJ①，①-②得到CO(g)+O2(g)=CO2(g)+283kJ，故C错误；D．根据图示，反应②的热化学方程式：CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)+607.3kJ，故D正确；答案选C。19、B【解析】

物质的氧化性和还原性，需从两个反面入手。一是熟悉物质的性质，二是物质所含元素的化合价。如果物质所含元素处于中间价态，则物质既有氧化性又有还原性，处于最低价，只有还原性，处于最高价，只有氧化性。【详解】A.Cl2中Cl元素化合价为0价，处于其中间价态，既有氧化性又有还原性，而金属铝和氢气只有还原性，A错误；A.F2只有氧化性，F2化合价只能降低，K化合价只能升高，所以金属钾只有还原性，盐酸和金属反应表现氧化性，和高锰酸钾反应表现还原性，B正确；C.NO2和水的反应说明NO2既有氧化性又有还原性，金属钠只有还原性，溴单质既有氧化性又有还原性，C错误；D.SO2中硫元素居于中间价，既有氧化性又有还原性，D错误。故合理选项是B。本题主要考察对氧化性和还原性的判断和理解。氧化性是指物质得电子的能力，处于高价态的物质一般具有氧化性，还原性是在氧化还原反应里，物质失去电子或电子对偏离的能力，金属单质和处于低价态的物质一般具有还原性，元素在物质中若处于该元素的最高价态和最低价态之间，则既有氧化性，又有还原性。20、D【解析】

A.加入一定量的氢氧化钠后得到中性溶液，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子和硅酸根离子和碳酸氢根离子都不能存在，后续溶液中加入硝酸银产生白色沉淀，说明不含溴离子。原溶液存在的阴离子只能是硫酸根离子或氯离子。所以4.66克白色沉淀为硫酸钡沉淀，产生气体为氨气，所以原溶液一定含有铵根离子和硫酸根离子，若有亚铁离子，则加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀，灼烧后得到红棕色氧化铁，故一定不含亚铁离子，故错误；B.加入氢氧化钠能产生的沉淀只能是氢氧化镁沉淀，故错误；C.氨气的体积为448mL，物质的量为0.02mol，说明铵根离子物质的量为0.02mol，结合氢氧化钠的物质的量为0.02mol，硫酸钡沉淀为4.66克，硫酸根离子物质的量为0.02mol，氧化镁质量为0.4克，镁离子物质的量为0.01mol，结合的氢氧化钠的物质的量为0.02mol，第一步消耗0.06mol氢氧化钠，所以说明原溶液还有氢离子，物质的量为0.06-0.02-0.02=0.02mol，根据电荷守恒分析，还应存在有阴离子，只能为氯离子，所以氯离子的物质的量为0.01×2+0.02+0.02-0.02×2=0.02mol，若溶液中含有钠离子，则氯离子的物质的量大于0.02mol，则氯离子的浓度最小值为，故错误；D.溶液中含有0.02mol铵根离子，0.02mol硫酸根离子，0.01mol镁离子，0.02mol氢离子，氯离子物质的量最小值为0.02mol，可能是由0.02molNH4HSO4和0.01molMgCl2按物质的量之比2∶1混合再溶于水配制而成，或还有氯化钠，故正确。答案选D。掌握反应过程中离子之间的比例关系，进行定量和定性分析，注意前后的一致性，如当加入氢氧化钠后溶液为中性，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子或硅酸根离子或碳酸氢根离子等都不存在。根据氢氧化钠的消耗量分析溶液中存在氢离子，再根据溶液中的电荷守恒确定溶液中的氯离子的存在以及数值。21、C【解析】

A．分子式为C2H6O的有机化合物存在同分异构体，可能为二甲醚，也可能是乙醇，二者的化学性质不同，故A错误；B．途径a：CCO+H2CO2+H2O，途径b：CCO2，两个途径中，只是反应途径的不同，根据盖斯定律可知，途径a与途径b放出的热能一定相同，故B错误；C．亚硝酸钠有强的氧化性，可起到杀菌消毒的作用，香肠中可以加少量的亚硝酸钠以保持肉质新鲜，注意加入的量必须适量，否则会影响人的健康，故C正确；D．铁粉无法吸水，为抗氧化剂，不是干燥剂，故D错误；答案选C。选择食品添加剂时，要根据物质的性质适量的添加，否则有些添加剂过量，会造成身体的危害。22、C【解析】

A．亚硫酸钡在硝酸溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钡，硫酸钡白色沉淀加盐酸时不溶解，现象不正确，故A错误；B．KI溶液中不存在碘单质，加入CCl4，不能发生萃取，振荡后静置，下层不能呈紫红色，现象不正确，故B错误；C．AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，AgCl沉淀多于AgBr沉淀，说明氯离子浓度大于碘离子浓度，证明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，C实验操作、现象及结论均正确；D．室温下，同浓度的Na2A溶液的pH比NaB溶液的pH大，只能说酸性HA-＜HB，不能说明酸性H2A＜HB，结论不正确，故D错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、2-甲基丙烯氧化反应(CH3)2CHOHO2、Cu和加热【解析】

D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，由F结构简式知，D为甲苯、E为邻甲基溴苯；G发生信息中的反应生成H，H中应该含有一个-COOH，根据I结构简式知，H发生酯化反应生成I，则H为、G为；C、F发生信息中的反应生成G，则C为(CH3)3CBrMg，B为(CH3)3CBr，A中C、H原子个数之比为1：2，根据A、B分子式知，A和HBr发生加成反应生成B，A中含有一个碳碳双键，根据B知A为CH2=C(CH3)2据此分析。【详解】D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，由F结构简式知，D为甲苯、E为邻甲基溴苯；G发生信息中的反应生成H，H中应该含有一个-COOH，根据I结构简式知，H发生酯化反应生成I，则H为、G为；C、F发生信息中的反应生成G，则C为(CH3)3CBrMg，B为(CH3)3CBr，A中C、H原子个数之比为1：2，根据A、B分子式知，A和HBr发生加成反应生成B，A中含有一个碳碳双键，根据B知A为CH2=C(CH3)2。(1)A为CH2=C(CH3)2，A的系统命名法命名的名称为2-甲基丙烯；A发生加聚反应生成2-甲基聚丙烯，反应的化学方程式为：；(2)H为，H发生酯化反应生成J，则H→I的反应方程为；E→F是邻甲基溴苯发生氧化反应生成，反应类型是氧化反应；(3)G为，G的同分异构体符合下列条件：①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②核磁共振氢谱有4组峰，说明分子中含有4种不同位置的氢原子，则符合条件的同分异构体有；(4)以苯和2-氯丙烷为起始原料制备a，a二甲基苄醇，苯和溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息中的反应生成X，2-氯丙烷发生水解反应生成2-丙醇，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，X和丙酮发生信息中的反应生成a，a二甲基苄醇。根据合成路线可知试剂与条件1为液溴、Fe作催化剂；X的结构简式为；Y的结构简式为(CH3)2CHOH；试剂与条件2为O2、Cu和加热。本题考查有机推断和合成，推出各物质的结构简式是解题的关键。易错点是合成路线的设计，以苯和2-氯丙烷为起始原料制备a，a二甲基苄醇，苯和溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息中的反应生成X，2-氯丙烷发生水解反应生成2-丙醇，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，X和丙酮发生信息中的反应生成a，a二甲基苄醇。24、苯甲醇消去反应碳碳双键、羧基否在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化5【解析】

由Ｂ的结构可知Ａ为，Ａ与溴发生加成反应生成Ｂ，Ｂ发生水解反应生成Ｃ为，Ｃ催化氧化的产物继续氧化生成Ｄ，则Ｄ为，对比Ｄ、Ｅ分子式可知Ｄ分子内脱去１分子水生成Ｅ，故Ｄ在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成Ｅ，则Ｅ为，Ｅ和Ｆ发生酯化反应生成Ｗ为。【详解】（1）F的结构简式为，的化学名称是苯甲醇，⑤为Ｄ在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成Ｅ。（2）E的结构为，含有的官能团是碳碳双键、羧基，D含有羧基和羟基，能发生聚合生成酯类高分子化合物，结构简式为。（3）经过反应③，是羟基连接的碳原子上有2个氢原子的碳原子发生氧化反应生成醛基得到，与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应④的化学方程式。（4）④、⑤两步不能颠倒，因为在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化。（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有5种。苯环上可以连接一个甲基和一个-CH=CH2，有三种结构，也可以是苯环上连接-CH=CHCH3或-CH2CH=CH2，共5种，其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2：2的结构简式为。（6）根据逆推原理分析，合成苯甲醇，需要制备，可以用甲苯的取代反应，利用苯和一氯甲烷发生取代反应生成甲苯，故合成路线为：。25、Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2OPt、Au将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质，对环境无污染Al3+、Fe3+加热脱水甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙×100%c【解析】

稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，滤液1中加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氢氧化钠并调节溶液pH使Al3+、Fe3+生成沉淀，滤液2中主要含有Cu2+，然后将硫酸铜溶液蒸发、冷却结晶、过滤得到硫酸铜晶体；将滤渣2(主要含有氢氧化铁和氢氧化铝)经过一系列步骤制取Al2(SO4)3·18H2O。结合物质的性质分析解答。【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Pt、Au，(2)第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，根据流程图，调溶液pH的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀，故答案为将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Al3+、Fe3+；(3)第③步由CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是在坩埚中加热脱水，故答案为在坩埚中加热脱水；(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，过滤除去生成的铁和过量的铝粉，将滤液蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成药品浪费，故答案为甲；所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；乙；(5)①取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol•L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL，滴定反应如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+，铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol；依据元素守恒得到：则20mL溶液中含有的CuSO4•5H2O物质的量为bc×10-3mol；100mL溶液中含bc×10-3mol×5=5bc×10-3mol，所以CuSO4•5H2O质量分数的表达式=×100%，故答案为×100%；②a．未干燥锥形瓶对实验结果无影响，故错误；b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，导致消耗标准液读数偏小，结果偏低，故错误；c．未除净可与EDTA反应的干扰离子，导致消耗标准液多，结果偏高，故正确；导致含量的测定结果偏高的是c，故答案为c。掌握中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质等是解答本题的关键。本题的易错点为(4)，要注意从原子利用的角度分析解答。26、O22Cu2++2Br－+SO2+2H2O→2CuBr↓+SO42－+4H+60℃水浴加热溶液蓝色完全褪去防止CuBr见光分解防止CuBr被氧化除去表面乙醇，并使晶体快速干燥在烧杯中继续通入SO2至饱和然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液过滤，用乙醇洗涤2～3次【解析】

(1)溴化亚铜能被氧气慢慢氧化，要排除氧气的干扰；

(2)①三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀；

②控制反应在60℃进行，可以用60℃的水浴加热；

③45gCuSO4•5H2O为0.18mol，19gNaBr为0.184mol，所以NaBr稍过量，所以当溶液中的铜离子消耗完时反应即完成；

(3)溴化亚铜见光会分解；

(4)溴化亚铜在空气中会慢慢被氧化，洗涤剂需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，溶剂改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥；

(5)烧杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取较纯净的Na2SO3•7H2O晶体，可以在烧杯中继续通入SO2至饱和，将Na2SO3生成NaHSO3，根据钠元素守恒可知，此时溶液中NaHSO3的物质的量为0.5mol，然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反应生成Na2SO3，加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2～3次，除去表面可溶性杂质，放真空干燥箱中干燥，据此答题。【详解】(1)溴化亚铜能被氧气慢慢氧化，用二氧化硫还原铜离子生成溴化亚铜要排除氧气的干扰，可以通过煮沸的方法除去其中水中的O2，故答案为：O2；(2)①三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++2Br−+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42−+4H+，故答案为：2Cu2++2Br−+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42−+4H+；②控制反应在60℃进行，可以用60℃的水浴加热；故答案为：60℃水浴加热；③45gCuSO4⋅5H2O为0.18mol，19gNaBr为0.184mol，所以NaBr稍过量，所以当溶液中的铜离子消耗完时反应即完成，所以说明反应已完成的现象是溶液蓝色完全褪去，故答案为：溶液蓝色完全褪去；(3)溴化亚铜见光会分解，所以步骤2过滤需要避光，防止CuBr见光分解，故答案为：防止CuBr见光分解；(4)在空气中会慢慢被氧化，所以洗涤剂需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，最后溶剂改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥，故答案为：防止CuBr被氧化；除去表面乙醇，并使晶体快速干燥；(5)烧杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取较纯净的Na2SO3⋅7H2O晶体，可以在烧杯中继续通入SO2至饱和，将Na2SO3生成NaHSO3，根据钠元素守恒可知，此时溶液中NaHSO3的物质的量为0.5mol，然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反应生成Na2SO3，加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2∼3次，除去表面可溶性杂质，放真空干燥箱中干燥，故答案为：在烧杯中继续通入SO2至饱和；然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液；过滤，用乙醇洗涤2∼3次。27、6.0mol/L量筒氯化铵溶解于水为吸热过程将三颈瓶中的NO2反应生成HNO33Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2OBAD除去CuCl表面附着的NH4Cl迅速挥发带走CuCl表面的水份或防止其被氧化95.5%BD【解析】

根据流程：氧气通入Cu、HCl、NH4Cl、HNO3、H2O的混合物中控制温度50～85℃制得NH4[CuCl2]，加入水，过滤得到CuCl沉淀和含有NH4Cl的母液，母液浓缩补充Cu、HCl可循环，沉淀洗涤干燥后得产品；(1)根据c=计算，盐酸是液体，量取浓盐酸需要量筒；(2)①氯化铵溶解吸热；②根据题意有NO2气体生成，通入氧气可与其反应；根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4[CuCl2]和无色气泡NO，据此书写；(3)装置A不能观察O2产生速率，C不能很好控制产生O2的速率；(4)A．步骤Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成；B．CuCl易被氧化，应做防氧化处理；C．三颈烧瓶上方不出现红棕色NO2气体时，说明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化；D．步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用；(5)氯化亚铜是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇分析可得；(6)第一组实验数据误差较大，舍去，故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL，根据关系式有：CuCl～FeCl3～Ce4+，则n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L×0.024L×99.5g/mol=0.2388g，据此计算可得；误差分析依据c(待测)=分析，标准溶液体积变化就是误差的变化。【详解】(1)盐酸的物质的量浓度c==≈6.0mol/L，量取浓盐酸需要量筒，则配制20%盐酸时除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要量筒；(2)①因为氯化铵溶解于水为吸热过程，故反应开始时液体温度低于室温；②通入氧气的目的是为了将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3；根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4[CuCl2]和无色气泡NO，则生成CuCl2-离子方程式为3Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2O；(3)制备氧气装置A不能观察O2产生速率，C中Na2O2和水反应速率快，不能很好控制产生O2的速率，B装置可以根据锥形瓶内气泡的快慢判断产生O2的速率进行控制，故答案为B；(4)A．步骤Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成，HCl是为了增大氯离子浓度，不可省略，故A错误；B．步骤II所得滤渣洗涤干燥得到CuCl，步骤II目的是Na[CuCl2]转化为

CuCl，CuCl易被氧化，应做防氧化处理，故B正确；C．三颈烧瓶上方不出现红棕色NO2气体时，说明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化，故C正确；D．步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用，洗涤的乙醇通过蒸馏分离后可再利用，故D错误；故答案为AD；(5)已知：CuCl微溶于水，采用95%乙醇洗涤，既除去CuCl表面附着的NH4Cl，又能迅速挥发带走CuCl表面的水份，防止其被氧化；(6)第二组实验数据误差较大，舍去，故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL，根据关系式有：CuCl～FeCl3～Ce4+，则n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L×0.024L×99.5g/mol=0.2388g，C