2025-2026学年山东省泰安市高考全国统考预测密卷化学试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年山东省泰安市高考全国统考预测密卷化学试卷（含答案解析），共5页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号等内容，欢迎下载使用。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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、钛（Ti）常被称为未来钢铁。下列关于的说法中，错误的是（ ）
A．质子数为22B．质量数为70C．中子数为26D．核外电子数为22
2、用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是（夹持仪器略）
A．AB．BC．CD．D
3、近年来，我国大力弘扬中华优秀传统文化体现了中华民族的“文化自信”。下列有关说法错误的是
A．成语“百炼成钢”、“蜡炬成灰”中均包含了化学变化
B．常温下，成语“金戈铁马”中的金属能溶于浓硝酸
C．谚语“雷雨肥庄稼”，其过程中包含了氧化还原反应
D．《荷塘月色》中“薄薄的青雾浮起在荷塘里”中的“青雾”属于胶体
4、我国古代的青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。下列说法不正确的是（ ）
A．我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早
B．将青铜器放在银质托盘上，青铜器容易生成铜绿
C．《本草纲目》载有名“铜青”之药物，铜青是铜器上的绿色物质，则铜青就是青铜
D．用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是有机物
5、我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指
A．氨水B．硝酸C．醋D．卤水
6、室温下，向20mL浓度均为0.1ml/L的NaOH和MOH溶液中分别滴加0. 1ml/L盐酸，溶液的pH随盐酸体积变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A．MOH的电离常数约为1×l0-5B．a点溶液中存在
C．b点和c点溶液混合后显碱性D．水的电离程度：d>b>a
7、某无色溶液中含Na+、I-、NO3-、Cl-，加入下列哪种溶液不会使其变色
A．淀粉溶液B．硫酸氢钠溶液C．H2O2溶液D．氯水
8、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﹣+H2O
D．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2﹣=Ag2S↓+2Cl﹣
9、厌氧氨化法（Anammx）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是
A．1ml NH4+ 所含的质子总数为10NA
B．联氨（N2H4）中含有极性键和非极性键
C．过程II属于氧化反应，过程IV属于还原反应
D．过程I中，参与反应的NH4+与NH2OH的物质的量之比为1:1
10、室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是
A．向0.10ml/L CH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）＞c（CH3COOH）=c（Cl﹣）
B．向0.10ml/L NaHSO3溶液中通入NH3：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO32﹣）
C．向0.10ml/L Na2SO3溶液通入SO2：c（Na+）=2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]
D．向0.10ml/L( NH4)2CO3溶液中通入CO2：c（NH4+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）
11、在体积都为1 L、pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，分别投入等量的锌粒。下图所示可能符合客观事实的是
A．B．
C．D．
12、25℃时，将浓度均为0.1 ml·L-1、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O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。下列说法不正确的是
A．Ka(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等
B．b点，c(NH4+)+c(HX)=0.05 ml·L-1
C．a→c点过程中， 值不变
D．a、b、c三点，c点时水电离出的c(H＋)最大
13、下列实验操作能达到相应实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
14、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y和Z组成的一种化合物可有效灭杀新型冠状病毒，它的结构式为：。向W的一种钠盐水溶液中通入YZ2气体，产生沉淀的质量m与通入YZ2气体的体积V的关系如图所示。下列说法正确的是
A．氢化物的熔点一定是：YW
C．X、Y、Z三种元素只能组成一种化合物
D．工业上常用热还原法冶炼单质W
15、配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时,下列操作可使所配制溶液浓度偏高的是( )
A．用量筒量取浓盐酸俯视读数B．溶解搅拌时有液体飞溅
C．定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线D．摇匀后见液面下降,再加水至刻度线
16、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A．5.6L甲烷含有的共价键数为NA
B．2gD2l6O和2gH218O中含有的中子数均为NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1ml氧气转移的电子数为0.4NA
D．常温下pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-离子数为0.1NA
17、下列说法正确的是
A．甘油醛（）和葡萄糖均属于单糖，互为同系物
B．2,3,5,5−四甲基−3,3−二乙基己烷的键线式为
C．高聚物和均是缩聚产物，它们有共同的单体
D．将总物质的量为1 ml的水杨酸、1,2−二氯乙烷和CH3NHCOOCH3的混合物与NaOH溶液充分反应，最多可以消耗2 ml NaOH
18、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A．Na2SiO3易溶于水，可用作木材防火剂
B．NaHCO3能与碱反应，可用作食品疏松剂
C．Fe粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂
D．石墨具有还原性，可用作干电池的正极材料
19、等温等压下，有质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，下列叙述中正确的是( )
A．体积之比为13∶13∶14B．密度之比为14∶14∶13
C．质量之比为1∶1∶1D．原子数之比为1∶1∶1
20、下列离子方程式正确的是
A．钾和冷水反应：K+H2O=K++OH—+H2↑
B．氢氧化铁溶于氢碘酸:2Fe3++2I—=2Fe2++I2
C．碳酸氢铵稀溶液中加入足量烧碱溶液：HCO3—+ NH4++2OH—=CO32—+ NH3·H2O+H2O
D．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合:3S2O32—+2H+=4S↓+2SO42—+H2O
21、测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理的是
A．取ag混合物用酒精灯充分加热后质量减少bg
B．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加bg
C．取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入1~2滴甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL
D．取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入1~2滴酚酞指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL
22、室温下，向20.00 mL 0.1000 ml·L−1盐酸中滴加0.1000 ml·L−1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图，已知lg3=0.5。下列说法不正确的是
A．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
B．用移液管量取20.00 mL 0.1000 ml·L−1盐酸时，移液管水洗后需用待取液润洗
C．NaOH标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度，标定时采用甲基橙为指示剂
D．V(NaOH)=10.00 mL 时，pH约为1.5
二、非选择题(共84分)
23、（14分）暗红色固体X由三种常见的元素组成（式量为412），不溶于水，微热易分解，高温爆炸。
己知：气体B在标准状况下的密度为，混合气体通过CuSO4，CuSO4固体变为蓝色。
请回答以下问题：
（1）写出A的电子式____________。
（2）写出生成白色沉淀D的化学方程式________________________。
（3）固体X可由A与过量气体C的浓溶液反应生成，其离子方程式为_________________
（4）有人提出气体C在加热条件下与Fe2O3反应，经研究固体产物中不含+3价的铁元素，请设计实验方案检验固体产物中可能的成分（限用化学方法）________________________
24、（12分）1，3—环己二酮（）常用作医药中间体，用于有机合成。下列是一种合成1，3—环己二酮的路线。
回答下列问题：
（1）甲的分子式为 __________。
（2）丙中含有官能团的名称是__________。
（3）反应①的反应类型是________；反应②的反应类型是_______。
（4）反应④的化学方程式_______。
（5）符合下列条件的乙的同分异构体共有______种。
①能发生银镜反应
②能与NaHCO3溶液反应，且1ml乙与足量NaHCO3溶液反应时产生气体22.4L（标准状况）。
写出其中在核磁共振氢谱中峰面积之比为1∶6∶2∶1的一种同分异构体的结构简式：________。（任意一种）
（6）设计以（丙酮）、乙醇、乙酸为原料制备（2，4—戊二醇）的合成路线（无机试剂任选）_______。
25、（12分）草酸铵[(NH4)2C2O4]为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。
I．某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。
(l)实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有____（填化学式）；若观察到____， 说明分解产物中含有CO2草酸铵分解的化学方程式为____。
(2)反应开始前，通人氮气的目的是____。
(3)装置C的作用是 ____。
(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，该反应的化学方程式为 _____。
Ⅱ．该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。
(5)取20. 00mL血液样品，定容至l00mL，分别取三份体积均为25. 00mL稀释后的血液样品，加入草酸铵，生成草酸钙沉淀，过滤，将该沉淀溶于过量稀硫酸中，然后用0. 0l00ml/LKMnO4溶液进行滴定。滴定至终点时的实验现象为____。三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，则该血液样品中钙元素的含量为__________ mml/L。
26、（10分）是一种高效安全消毒剂，常温下为红黄色有刺激性气味气体，其熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，能溶于水但不与水反应，遇热水缓慢水解。某研究性学习小组欲制备水溶液并检验其性质。
Ⅰ．二氧化氯水溶液制备。
在圆底烧瓶中先放入固体和，然后再加入5mL稀硫酸，用磁力搅拌棒搅拌（如图），将烧瓶放在热水浴中，保持60℃~80℃，至B中广口瓶内呈深红黄色时停止加热。回答下列问题：
(1)装置A用水浴加热的优点是_________；装置A中水浴温度不低于60℃，其原因是_______________。
(2)装置A中反应生成及等产物的化学方程式为_____________________；
(3)装置B的水中需放入冰块的目的是__________________；已知缓慢水解生成的含氯化合物只有和，且物质的量之比为2:1，则该反应的化学方程式为____________；装置C中的溶液吸收尾气中的，生成物质的量之比为的1:1的两种盐，一种为，另一种为_________________。
Ⅱ．的含量测定
步骤1：量取溶液，稀释成试样；量取试样加入到锥形瓶中；
步骤2：调节试样的，加入足量的晶体，振荡后，静置片刻；
步骤3：加入指示剂，用溶液滴定至终点，消耗溶液。
(4)已知：，，原溶液的浓度为_____（用含字母的代数式表示），如果滴定速度过慢，会使计算出的数值______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
Ⅲ．设计实验验证的氧化性
(5)取适量水溶液加入溶液中，振荡，得无色溶液。欲检验的氧化产物，还需要用到的试剂是____________。
(6)证明的氧化性比强的方案是__________________________________。
27、（12分）某兴趣小组设计了如图所示的实验装置，既可用于制取气体，又可用于验证物质的性质。
（1）打开K1关闭K2，可制取某些气体。甲同学认为装置Ⅰ可用于制取H2、NH3、O2，但装置Ⅱ只能收集H2、NH3，不能收集O2。其理由是_____。乙同学认为在不改动装置Ⅱ仪器的前提下，对装置Ⅱ进行适当改进，也可收集O2。你认为他的改进方法是_____。
（2）打开K2关闭K1，能比较一些物质的性质。丙同学设计实验比较氧化性：KClO3＞Cl2＞Br2。在A中加浓盐酸后一段时间，观察到C中的现象是______；仪器D在该装置中的作用是_______。在B装置中发生反应的离子方程式为______。丁同学用石灰石、醋酸、苯酚钠等药品设计了另一实验。他的实验目的是_____。
（3）实验室常用浓H2SO4与硝酸钠反应制取HNO3。下列装置中最适合制取HNO3的是_____。实验室里贮存浓硝酸的方法是_______。
a b c d
28、（14分）元素周期表中第ⅦA族元素的单质及其化合物的用途广泛。工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：
（1） 与氯元素同族的短周期元素的原子核外电子排布式为______________________。
（2）上述转化过程中所涉及的短周期元素中，原子半径由大到小的顺序是______________。
（3）硫与氯同周期，写出一个能比较硫和氯非金属性强弱的化学反应方程式____________。硫单质不溶于水，易溶于CS2，则CS2分子的结构式为___________。
（4）电解氯化钠溶液可以得到NaClO3与H2。写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目_________________________________________________________________。
（5） II中不断加入细粒状KCl，搅拌，发生复分解反应，析出KClO3晶体。该反应能够发生的原因是__________________________________________________________________。
29、（10分）镁带能在CO2中燃烧，生成氧化镁和单质碳。请完成下列填空：
（1）碳元素形成的单质有金刚石、石墨、足球烯等。金刚石的熔点远高于足球烯的原因是_______。
（2）氧化镁的电子式为_______，CO2的结构式为______。与镁同周期、离子半径最小的元素，其原子最外层的电子排布式为______，其1个原子中能量最高的电子有______个。
（3）一定条件下，在容积恒为2.0L的容器中，Fe和CO2发生如下反应：CO2(g)+Fe(s)FeO(s)+CO(g)，若起始时向容器中加入1mlCO2，5.0min后，容器内气体的相对平均分子量为32，则n(CO2)：n(CO)之比为_______，这段时间内用CO2表示的速率v（CO2）=_______。
（4）下列说法错误的是_______。
a.当混合气体的密度不变时说明反应达到了平衡
b.混合气体的平均相对分子质量不变时说明反应达到了平衡
c.平衡后移除二氧化碳时，正反应速率一直减小直至建立新的平衡
d.平衡后缩小容器的体积，正逆反应速率不变，平衡不移动
（5）保持温度不变的情况下，待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向______移动（选填“正向”、“逆向”、或“不”），二氧化碳的转化率_____（填“增大”，“减小”或“不变”）。
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】
的质子数为22，质量数为48，故中子数=质量数-质子数=48-22=26。
【详解】
A项、的质子数为22，故A正确；
B项、的质量数为48，故B错误；
C项、的中子数=质量数-质子数=48-22=26，故C正确；
D项、的电子数=质子数=22，故D正确；
故选B。
2、C
【解析】
A.二氧化氮和水反应，收集二氧化氮不能用排水法，A错误；
B.乙醇消去制乙烯需要加热，B错误；
C.双氧水分解制氧气制取装置用固液不加热制气体，收集氧气用排水法，C正确；
D.氨气极易溶于水，不能用排水法收集，D错误；
答案选C。
3、B
【解析】
A. “百炼成钢”是将生铁中的C氧化为二氧化碳，发生了化学变化，“蜡炬成灰”是烃的燃烧，发生了化学变化，A正确；
B. Fe在常温下在浓硝酸中会钝化，无法溶解在浓硝酸中，B错误；
C. “雷雨肥庄稼”是将空气中游离态的N元素氧化为化合态，涉及到了氧化还原反应，C正确；
D. “薄薄的青雾浮起在荷塘里”中的“青雾”属于胶体，D正确；
故答案选B。
4、C
【解析】
A. 金属大规模被使用的先后顺序跟金属的活动性关系最大，金属性越弱的金属使用越早，所以我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早，故A正确；
B. Cu比Ag活泼，将青铜器放在银质托盘上，构成原电池，铜为负极，青铜器容易生成铜绿，故B正确；
C. 铜在空气中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜，因此《本草纲目》载有名“铜青”之药物，铜青就是铜锈蚀生成的碱式碳酸铜，故C错误；
D.蜂蜡的主要成分是酸类、游离脂肪酸、游离脂肪醇和碳水化合物，主要成分是有机物，故D正确；
故选C。
5、B
【解析】
根据题意该物质能够与很多金属反应，根据选项B最符合，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属；
答案选B。
6、D
【解析】
A．据图知，0.1ml⋅L−1MOH溶液中pH=11，则c(OH−)=0.001ml⋅L−1，MOH电离程度较小，则c(M+)≈c(OH−)=0.001ml⋅L−1，c(MOH)≈0.1ml⋅L−1，常温下，MOH的电离常数，A正确；
B．a点溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH−)，根据电荷守恒得c(M+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，所以得c(M+)＞c(Cl−)≈，B正确；
C．当盐酸的体积为10mL时，c点溶液为等物质的量浓度的NaCl和NaOH溶液，当盐酸的体积为20mL时，b点为0.05ml⋅L−1的MCl溶液，是强酸弱碱盐，水解过程微弱，所以b点和c点溶液混合后显碱性，C正确；
D. a点有碱溶液、d点酸过量，水的电离均受到抑制，b点溶质是强酸弱碱盐，水解时促进水电离，从a到b点水的电离程度增大，从b到d点水的电离程度减小，故D错误；
答案选D。
D容易错，同学往往受到图的影响而误以为水的电离程度是逐渐改变的，实际上水电离程度受溶质的影响。碱溶液、酸过溶液中水的电离均受到抑制，强酸弱碱盐、强碱弱酸盐水解时促进水电离。
7、A
【解析】
Na+、I-、NO3-、Cl-可以共存，在酸性条件下I-可以NO3-被氧化为I2，加强氧化性物质也能把I-氧化为I2，生成单质碘，则溶液会变色。
A.加淀粉溶液，与I-不反应，则溶液不变色，A符合题意；
B.溶液中硫酸氢钠溶液，硫酸氢钠电离出氢离子，在酸性条件下I-可以NO3-被氧化为I2，则溶液会变色，B不符合题意；
C.H2O2具有强氧化性，能把I-氧化为I2，则溶液会变色，C不符合题意；
D.氯水具有强氧化性，能把I-氧化为I2，则溶液会变色，D不符合题意；
故合理选项是A。
8、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。
9、A
【解析】
A、质子数等于原子序数，1mlNH4＋中含有质子总物质的量为11ml，故A说法错误；B、联氨(N2H4)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B说法正确；C、过程II，N2H4→N2H2－2H，此反应是氧化反应，过程IV，NO2－→NH2OH，添H或去O是还原反应，故C说法正确；D、NH4＋中N显－3价，NH2OH中N显－1价，N2H4中N显－2价，因此过程I中NH4＋与NH2OH的物质的量之比为1：1，故D说法正确。
点睛：氧化反应还是还原反应，这是有机物中的知识点，添氢或去氧的反应为还原反应，去氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此N2H4→N2H2，去掉了两个氢原子，即此反应为氧化反应，同理NO2－转化成NH2OH，是还原反应。
10、A
【解析】
A.向0.10ml/L CH3COONa 溶液中通入HCl,至溶液pH=7,c(H+)=c(OH-),HCl不足,反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠,由电荷守恒可以知道, c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl﹣),由物料守恒可以知道, c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),则c（Na+）＞c（CH3COOH）=c（Cl﹣），故A正确；
B.溶液中钠原子与S原子物质的量之比为1：1,而铵根离子与部分亚硫酸根离子结合,故c(Na+)＞c(NH4+),由物料守恒可以知道, c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3),溶液呈中性,由电荷守恒可得: c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-),联立可得:c(NH4+)+c(H2SO3)=c(SO32-),故B错误;
C. 向0.10ml/L Na2SO3溶液通入SO2,发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3,至溶液pH=7,反应后溶液中溶质为NaHSO3、Na2SO3，则c(Na+)n(HCl)=0.01 ml，锌和酸反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，盐酸溶液中氢离子不足，醋酸溶液中存在电离平衡，平衡状态下的氢离子不足，但随着反应进行，醋酸又电离出氢离子进行反应，放出的氢气一定比盐酸多，开始时由于氢离子浓度相同，开始的反应速率相同，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以反应速率快；反应后，醋酸有剩余，导致醋酸溶液中pH小于盐酸溶液中；
A．由于醋酸会不断电离出H+，因此醋酸pH上升会比盐酸慢。虽然和同量的Zn反应，醋酸速率快，但是这是pH，不是氢气的量，所以pH上升醋酸慢，A错误；
B．反应开始氢离子浓度相同，反应速率相同。曲线从相同速率开始反应，但醋酸溶液中存在电离平衡，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以醋酸溶液反应过程中反应速率快，溶解的锌的量也比盐酸多，所以图象不符合题意，B错误；
C．产生氢气的量从0开始逐渐增多，最终由于醋酸电离平衡的存在，生成氢气的量比盐酸多，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，和同量锌反应速率快，若Zn少量产生的H2的量相同，锌过量则醋酸产生的氢气多，故图象符合Zn少量，C正确；
D．反应开始氢离子浓度相同，反应过程中醋酸存在电离平衡，醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，D错误；
故合理选项是C。
本题考查了图象法在化学反应速率的影响中的应用，关键是反应过程中溶液中的氢离子浓度大小的判断和一定量锌与氢离子反应的过量判断，注意弱电解质在溶液中存在电离平衡，弄清坐标系中横坐标、纵坐标的含义分析解答。
12、D
【解析】
A.b点加入等体积等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，b点溶液的pH=7，说明X-与NH4+的水解程度相等，则Ka(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等，故A正确；
B.由图可知0.1 ml·L-1的HX溶液的pH=3，HX为弱酸，因为b点的pH=7，所以b点c(X-)=c(NH4+)，，根据物料守恒c(X-)+c(HX)=0.1ml/L×0.05L/0.1L=0.05ml/L，则c(NH4+)+c(HX)=0.05 ml·L-1，故B正确；
C. a→ c点过程中，，水解平衡常数只与温度有关，温度不变，则值不变，故C正确；
D. b点加入等体积等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，NH4X是弱酸弱碱盐，促进水电离，则a、b、c三点，b 点时水电离出的c(H＋)最大，故D错误。答案选D。
13、D
【解析】
A.氨气和氯化钙能发生络合反应，所以氯化钙不能干燥氨气，选项A错误；
B.蔗糖水解完全后未用碱中和，溶液中的酸和氢氧化铜发生反应，水解产物不能发生反应。葡萄糖和氢氧化铜发生反应需要在碱性环境中进行，无法说明蔗糖末水解，选项B错误；
C.铁也与氯化铁反应生成氯化亚铁，得不到氯化铁，选项C错误；
D.测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO4溶液的pH，Na2CO3的水解程度大，前者的pH比后者的大，越弱越水解，故碳元素非金属性弱于氯，选项D正确；
答案选D。
本题考查较为综合，涉及物质的检验和性质的比较，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价。
14、B
【解析】
X、Y和Z组成的化合的结构式为：，构成该物质的元素均为短周期主族元素，且该物质可以消毒杀菌，该物质应为过氧乙酸：CH3COOOH， X为H、Y为C、Z为O；向W的一种钠盐水溶液中通入CO2气体可以产生沉淀且通过量的CO2气体沉淀不溶解，则该沉淀应为H2SiO3或Al(OH)3，相应的钠盐为硅酸钠或偏铝酸钠，W为Al或Si。
【详解】
A．C元素有多种氢化物，其中相对分子质量较大的一些氢化物的熔点要高于O的氢化物，故A错误；
B．无论W为Al还是Si，其非金属性均小于C，最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>W，故B正确；
C．C、H、O元素可以组成多种烃类的含氧衍生物，故C错误；
D．若W为Si，工业上常用碳还原法冶炼，但W为Al，工业上常用电解熔融氧化铝制取铝，故D错误；
故答案为B。
易错选项为D，要注意硅酸钠和偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳均可以产生沉淀，且沉淀不会与二氧化碳反应，所以根据题目所给信息无法确认W具体元素，要分情况讨论。
15、C
【解析】
根据C=n/V计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高．
【详解】
A、用量筒量取浓盐酸俯视读数会导致液体体积偏小，溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故A不选；
B、溶解搅拌时有液体飞溅，会导致溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故B不选；
C、定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线，会导致溶液的体积偏小，所配制溶液浓度偏高，故C选；
D、摇匀后见液面下降，为正常现象，如再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏低，故D不选。
故选：C。
本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的误差分析，题目难度中等，注意根据C=n/V计算不当操作对n或V的影响．
16、B
【解析】
A. 未指明是否为标准状况，无法确定气体的物质的量，故A错误；
B. D2l6O和H218O的摩尔质量均为20g/ml，故2gH218O和D2O的物质的量均为0.1ml，而且两者均含10个中子，故0.1mlH218O和D2O中均含1ml中子即NA个，故B正确；
C. 过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成0.1ml氧气时转移0.2ml电子即0.2NA个，故C错误；
D. 溶液的体积未知，无法计算溶液中微粒的个数，故D错误；
故答案为B。
17、D
【解析】
A. 甘油醛不属于单糖，故错误；
B.键线式为 的名称为2,2,4,5−四甲基−3,3−二乙基己烷，故错误；
C. 高聚物的单体为碳酸乙二醇，而的单体是乙二醇，故没有共同的单体，故错误；
D. 水杨酸含有羧基和酚羟基，1 ml的水杨酸消耗2ml氢氧化钠，1 ml的1,2−二氯乙烷消耗2ml氢氧化钠，CH3NHCOOCH3含有酯基和肽键，所以1 ml的CH3NHCOOCH3消耗2ml氢氧化钠，将总物质的量为1 ml三种物质的混合物与NaOH溶液充分反应，最多可以消耗2 ml NaOH，故正确。
故选D。
18、C
【解析】
A. Na2SiO3可用作木材防火剂是因为其具有较好的耐热性，与其是否易溶于水无直接关系，A项错误；
B. NaHCO3可用作食品疏松剂是利用其与有机酸反应或受热分解生成二氧化碳，B项错误；
C. Fe粉具有还原性，易和空气中的氧气反应，可用作食品袋中的抗氧化剂，C项正确；
D. 石墨可用作干电池的正极材料，主要利用的是石墨具有良好的导电性，与还原性无关，D项错误；
答案选C。
19、B
【解析】
假设质子都有14ml，则CO、N2、C2H2三种气体的物质的量分别是1ml、1ml、1ml。
A、等温等压下，体积之比等于物质的量的比，体积之比为1∶1∶1，A错误；
B、等温等压下，密度比等于摩尔质量的比，密度之比为14∶14∶13，B正确；
C、质量之比为1ml×28g/ml：1ml×28g/ml：1ml×26g/ml=14:14:13，C错误；
D、原子个数之比为1ml×2：1ml×2：1ml×4=1∶1∶2，D错误。
答案选B。
20、C
【解析】
A. 钾和冷水反应：2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑，A错误；
B. 氢氧化铁溶于氢碘酸:2Fe(OH)3+ 6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，B错误；
C. 碳酸氢铵稀溶液中加入足量烧碱溶液，无氨气溢出：HCO3-+ NH4++2OH-=CO32-+ NH3·H2O+H2O，C正确；
D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合: S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，D错误；
答案为C。
离子方程式中单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质写化学式。
21、B
【解析】
A.NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故不选A；
B.混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量，不能测定含量，故选B；
C. Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选C；
DNa2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选D；
答案：B
实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。
22、C
【解析】
A.根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，A正确；
B. 移液管水洗后需用待取液润洗，这样不改变盐酸的浓度，可减小实验误差，B正确；
C. 甲基橙的指示范围是3.1～4.4，甲基红的指示范围是4.4～6.2，二者差不多，而甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，因此应该使用甲基红，C错误；
D. V(NaOH)=10.00 mL时，HCl过量，反应后相当于余下10mL的HCl，溶液为酸性，溶液中c(H+)== ml/L，所以溶液pH=-lgc(H+)=-lg1+lg30=1.5，D正确；
故合理选项是C。
二、非选择题(共84分)
23、 SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl 3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O 取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。
【解析】
气体B在标准状况下的密度为，则其摩尔质量为22.4L/ml×1.25 g.L-1=28 g/ml，为氮气。混合气体通过CuSO4，CuSO4固体变为蓝色，说明混合气体中含有水蒸气和氮气。根据前后气体的体积变化分析，无色气体C为氨气。紫黑色固体A应为碘单质，能与二氧化硫和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以白色沉淀6.99克为硫酸钡沉淀，即0.03ml，通过电子计算碘单质的物质的量为0.03ml，氮气的物质的量为0.01ml，氨气的物质的量为0.02ml，计算三种物质的质量和为8.24克，正好是固体X的质量，所以X的化学式为NI3·NH3。
【详解】
（1）A为碘单质，电子式为：；
（2）碘单质和二氧化硫和氯化钡和水反应生成硫酸钡沉淀和碘化氢和盐酸，方程式为：SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl；
（3）固体X可由碘与过量气体氨气的浓溶液反应生成，离子方程式为：3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O ；
（4）固体产物中不含+3价的铁元素，所以反应后可能产生铁或氧化亚铁，利用铁和硫酸铜反应置换出红色固体铜检验是否有铁，氧化亚铁的检验可以利用铁离子遇到硫氰化钾显红色的性质进行，故实验操作为：取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。
24、C6H11Br 醛基、羰基（酮基） 消去反应 氧化反应 +CH3CH2OH+H2O 12 或 CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3
【解析】
甲的分子式为C6H11Br，经过过程①，变为C6H10，失去1个HBr，C6H10经过一定条件转化为乙，乙在CH3SCH3的作用下，生成丙，丙经过②过程，在CrO3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，丙经过③过程，发生酯化反应，生成丁为，丁经过④，在一定条件下，生成。
【详解】
(1)甲的分子式为C6H11Br，故答案为：C6H11Br；
(2) 丙的结构式为含有官能团为醛基、羰基（酮基），故答案为：醛基、羰基（酮基）；
(3) C6H11Br，失去1个HBr，变为C6H10，为消去反应；丙经过②过程，在CrO3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，故答案为：消去反应；氧化反应；
(4)该反应的化学方程式为，,故答案为：；
(5) 乙的分子式为C6H10O3。①能发生银镜反应，②能与NaHCO3溶液反应，且1ml乙与足量NaHCO3溶液反应时产生气体22.4L（标准状况）。说明含有1个醛基和1个羧基，满足条件的有：当剩余4个碳为没有支链，羧基在第一个碳原子上，醛基有4种位置，羧基在第二个碳原子上，醛基有4种位置；当剩余4个碳为有支链，羧基在第一个碳原子上，醛基有3种位置，羧基在第二个碳原子上，醛基有1种位置，共12种，其中核磁共振氢谱中峰面积之比为1∶6∶2∶1的一种同分异构体的结构简式 或 ，故答案为：12； 或 ；
(6)根据过程②，可将CH3CH2OH中的羟基氧化为醛基，再将醛基氧化为羧基，羧基与醇反生酯化反应生成酯，酯在一定条件下生成，再反应可得，合成路线为CH3CH2OH CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3，故答案为：CH3CH2OH CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3。
本题考查有机物的推断，利用已知信息及有机物的结构、官能团的变化、碳原子数目的变化推断各物质是解答本题的关键。本题的易错点和难点是(5)中同分异构体数目的判断，要巧妙运用定一推一的思维。
25、NH3、CO2 E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊 (NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O 排尽装置中的空气 充分吸收CO2，防止干扰CO的检验 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O 因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去 2.1
【解析】
(l)按实验过程中观察到现象，推测分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式；
(2) 氮气驱赶装置内原有气体，从空气对实验不利因素来分析；
(3)由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的作用；
(4)从分解产物中找到另一个有还原性的物质，结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式；
Ⅱ．(5)三次平行实验，计算时要数据处理，结合关系式进行计算；
【详解】
(l)实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体；若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有CO；
答案为：NH3；CO2 ； E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊；
草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO，结合质量守恒定律知，另有产物H2O，则草酸铵分解的化学方程式为(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；
答案为：(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；
(2)反应开始前，通人氮气的目的是排尽装置中的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的CO2干扰实验；
答案为：排尽装置中的空气；
(3) 装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO，所以要依次把分解产生的CO2、气体中的水蒸气除去，所以装置C的作用是：吸收CO2，避免对CO的检验产生干扰；
答案为：充分吸收CO2，防止干扰CO的检验；
(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，那就是氨气，NH3也会与CuO反应，其产物是N2和水，该反应的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；
答案为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；
(5)草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸，用0. 0l00ml/LKMnO4溶液进行滴定，反应为，滴定至终点时，因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；
答案为：因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；
三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，应舍弃0.52mL，误差较大，则平均体积为0.42mL，滴定反应为，； =1.05×10−5ml，所以20mL血液样品中含有的钙元素的物质的量为，即4.2×10−2mml，则该血液中钙元素的含量为；
答案为：2.1。
26、受热均匀，且易控制温度 如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出 2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O 可减少ClO2挥发和水解 8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2 NaClO3 偏大 盐酸和BaCl2溶液 将ClO2气体通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明ClO2的氧化性比Fe3+强。
【解析】
Ⅰ．水浴加热条件下，草酸、氯酸钾在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，因遇热水缓慢水解，则B中含冰块的水用于吸收ClO2，根据氧化还原反应规律，结合生成物的物质的量的比及质量守恒定律书写反应方程式；C中NaOH溶液可吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为NaClO2，根据氧化还原反应规律来书写；
II.有碘单质生成，用淀粉做指示剂；根据元素守恒结合反应得到关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算c(ClO2)；
III.ClO2 具有强氧化性，可氧化H2S生成硫酸，氧化亚铁离子生成铁离子，检验铁离子即可解答该题。
【详解】
I.(1)装置A用水浴加热的优点是受热均匀，且易控制温度，如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出，温度过高，会加剧ClO2 水解；
(2)装置A 中反应生成ClO2及KHSO4等产物，同时草酸被氧化生成水和二氧化碳，则反应化学方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；
(3)装置B的水中需放入冰块，可减少ClO2挥发和水解；ClO2缓慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物质的量之比为2:1，则根据反应前后各种元素原子个数相等，结合电子转移守恒，可得该反应的化学方程式为8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2；装置C中NaOH溶液的作用是吸收尾气中的ClO2，生成物质的量之比为的1：1的两种盐，由于ClO2中Cl元素的化合价为+4价，一种为NaClO2，根据氧化还原反应的规律，则另一种生成物为NaClO3；
II.有碘单质生成，用淀粉作指示剂；二氧化硫和碘单质的反应中，根据电子守恒，得到：2ClO2～5I2，结合反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3。
设原ClO2溶液的浓度为x，n(Na2S2O3)=c·V2×10-3ml，
2ClO2～5I2～10Na2S2O3
2ml 10ml
cV2×10-3ml，2:10=：(cV2×10-3)，解得x==g/L；
如果滴加速率过慢，溶液中部分I-被氧气氧化产生I2，消耗的标准Na2S2O3溶液的体积偏大，则由此计算出的ClO2的含量就会偏大；
(4)取适量ClO2 水溶液加入H2S溶液中，振荡，得无色溶液，说明硫化氢被氧化生成硫酸，可先加入盐酸酸化，然后再加入氯化钡检验，若反应产生白色沉淀，证明有SO42-，即H2S被氧化产生了H2SO4；
(5)证明ClO2 的氧化性比Fe3+强，则可通过ClO2氧化Fe2+生成Fe3+，可将ClO2气体通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明ClO2的氧化性比Fe3+强。
本题考查了物质的制备和性质探究，把握物质的性质以及实验的原理和操作方法是解题关键，侧重考查学生的分析能力、实验能力，同时考查学生接受题目提供的信息能力与应用能力。
27、氧气的密度比空气大 将装置Ⅱ中装满水 溶液呈橙色 防止倒吸 ClO3－+6H++5Cl－=3Cl2↑+3H2O 比较醋酸、碳酸和苯酚的酸性强弱（实证酸性：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH） b 盛装在带玻璃塞的棕色细口玻璃瓶中，放置在阴凉处（阴暗低温的地方）
【解析】
（1）氧气密度比空气大，用排空气法收集，需用向上排空气法收集，Ⅱ装置中进气管短，出气管长，为向下排空气法；用排水法可以收集O2等气体；
（2）装置Ⅰ、Ⅲ验证物质的性质(K2打开，K1关闭)．根据氧化剂+还原剂=氧化产物+还原产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物，如要设计实验证明氧化性KClO3>Cl2>Br2，则I中发生KClO3和浓盐酸的氧化还原反应，Ⅲ中发生氯气与NaBr的氧化还原反应，有缓冲作用的装置能防止倒吸，在B装置中KClO3和-1价的氯离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成氯气，根据强酸制弱酸，石灰石和醋酸反应生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠反应生成苯酚，据此分析实验目的；
(3)①根据化学反应原理，硝酸的制取原理是：固体和液体微热制取，难挥发性的酸来制取挥发性的酸，据此选择装置；
②根据硝酸的性质选择合适的贮存方法，硝酸见光分解，保存时不能见光，常温下即可分解，需要低温保存。
【详解】
（1）甲同学：Ⅱ装置中进气管短，出气管长，为向下排空气法，O2的密度大于空气的密度，则氧气应采用向上排空气法收集，乙同学：O2不能与水发生反应，而且难溶于水，所以能采用排水法收集；所以改进方法是将装置Ⅱ中装满水，
故答案为氧气的密度比空气大；将装置Ⅱ中装满水；
（2）根据氧化剂+还原剂=氧化产物+还原产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物，如要设计实验证明氧化性KClO3>Cl2>Br2，装置Ⅰ、Ⅲ验证物质的性质(K2打开，K1关闭)，则I中发生KClO3和浓盐酸的氧化还原反应，Ⅲ中发生氯气与NaBr的氧化还原反应，由氧化性为氧化剂>氧化产物，则A中为浓盐酸，B中为KClO3固体，C中为NaBr溶液，观察到C中的现象为溶液呈橙色，仪器D为干燥管，有缓冲作用，所以能防止倒吸，在B装置中氯酸根离子和氯离子在酸性条件下发生价态归中反应生成氯气，反应为：ClO3－+6H++5Cl－=3Cl2↑+3H2O，石灰石和醋酸反应生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠反应生成硅酸沉淀，所以B中固体溶解，产生无色气体，C试管中产生白色沉淀，实验的目的是比较碳酸、醋酸、苯酚的酸性强弱(实证酸性：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH)，
故答案为溶液呈橙色；防止倒吸； ClO3－+6H++5Cl－=3Cl2↑+3H2O；比较醋酸、碳酸和苯酚的酸性强弱(实证酸性：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH)；
(3)①硝酸的制取原理是：固体和液体微热制取，故d错误，该反应符合难挥发性的酸来制取挥发性的酸，硝酸易挥发，不能用排空气法收集，故a、c错误；所以硝酸的挥发性注定了选择的收集方法是b装置所示。
故答案为b；
②纯净的硝酸或浓硝酸在常温下见光或受热就会分解生成二氧化氮、氧气、水，保存时需要低温且使用棕色的试剂瓶，
故答案为盛装在带玻璃塞的棕色细口玻璃瓶中，放置在阴凉处(阴暗低温的地方)。
28、1s22s22p5 Na>Cl>O （Na>Cl>O >H亦可） H2S+Cl2→S+2HCl S=C=S 室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体
【解析】
(1)与氯元素同族的短周期元素为F，原子序数为9，核外电子数为9；
(2)上述转化过程中所涉及的短周期元素有O、Cl、Na，电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小；
(3)利用单质之间的置换反应比较非金属性；CS2分子与CO2分子结构相似；
(4)电解氯化钠溶液可以得到NaClO3与H2，由电子、原子守恒可知反应为NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑，该反应中Cl失去电子，H得到电子，共转移6e-；
(5)发生复分解反应，析出KClO3晶体，与其溶解度小有关。
【详解】
(1)与氯元素同族的短周期元素为F，原子序数为9，核外电子数为9，则核外电子排布式为1s22s22p5；
(2)上述转化过程中所涉及的短周期元素有O、Cl、Na，电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径由大到小的顺序是 Na＞Cl＞O；
(3)利用单质之间的置换反应比较非金属性，能比较硫和氯非金属性强弱的化学反应方程式如H2S+Cl2=S+2HCl；CS2分子与CO2分子结构相似，CS2分子的结构式为S=C=S；
(4)电解氯化钠溶液可以得到NaClO3与H2，由电子、原子守恒可知反应为NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑，该反应中Cl失去电子，H得到电子，共转移6e-，反应及电子转移的方向和数目为；
(5)II中不断加入细粒状KCl，搅拌，发生复分解反应，析出KClO3晶体．该反应能够发生的原因是室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体。
29、金刚石为原子晶体而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力，故金刚石的熔点远高于足球烯 O=C=O 3s23p1 1 1：3 0.075ml/(L·min) c、d 正向 不变
【解析】
（1）金刚石为原子晶体而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的范德华力；
（2）氧化镁的电子式为；CO2中碳和氧共用四对电子，所以结构式是O=C=O；第三周期元素中，离子电子层数越少，核电荷数越大，其离子半径越小，所以离子半径最小的是Al3+；
（3）CO2(g)+Fe(s) FeO(s)+CO(g)是气体体积不变的反应，5.0min后，容器内气体是总物质的量为1ml的CO和CO2混合气体，设CO的物质的量为xml，CO2的物质的量为（1-x）ml，相对平均分子量为=32g/ml，以此解答；
（4）根据反应到达平衡的特征回答；
（5）待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向正向移动，但到达新平衡时的效果与原平衡等效，故二氧化碳的转化率不变。
【详解】
（1）金刚石为原子晶体而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的范德华力，故熔点金刚石大于石墨烯；
（2）氧化镁的电子式为；CO2中碳和氧共用四对电子，所以结构式是O=C=O；第三周期元素中，离子电子层数越少，核电荷数越大，其离子半径越小，所以离子半径最小的是Al3+，Al原子核外最外层电子数是3且位于第三电子层上，所以Al原子价电子排布式为3s23p1；在含多个电子的原子中，能量最高的电子是离原子核最远的电子，Al原子中能量最高的电子有1个；
（3）CO2(g)+Fe(s) FeO(s)+CO(g)是气体体积不变的反应，5.0min后，容器内气体是总物质的量为1ml的CO和CO2混合气体，设CO的物质的量为xml，CO2的物质的量为（1-x）ml，相对平均分子量为=32g/ml，解得x=0.75，则CO的物质的量为0.75ml，CO2的物质的量为0.25ml，n(CO2)：n(CO)之比为1：3；这段时间内用CO2表示的速率v（CO2）= = =0.075ml/(L·min)；
（4）a. CO2(g)+Fe(s) FeO(s)+CO(g)是气体体积不变的反应，当混合气体的密度不变时说明，混合气体的质量不变，说明应该达到平衡，正确；
b. CO2(g)+Fe(s) FeO(s)+CO(g)是气体总物质的量不变的反应，混合气体的平均相对分子质量不变时，混合气体的质量不变，说明应该达到平衡，正确；
c. 平衡后移除二氧化碳时，正反应速率先减小后增大，直至建立新的平衡，故错误；
d．平衡后缩小容器的体积，正逆反应速率增大，但平衡不移动，故错误；
错误的是c、d；
（5）待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向正向移动，但到达新平衡时的效果与原平衡等效，故二氧化碳的转化率不变；
A
B
C
D
X中试剂
浓硝酸
浓硫酸
双氧水
浓氨水
Y中试剂
Cu
C2H5OH
MnO2
NaOH
气体
NO2
C2H4
O2
NH3
实验操作或实验操作与现象
实验目的或结论
A
将潮湿的氨气通过盛有无水氯化钙的干燥管
干燥氨气
B
向10%蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热，再加入少量新制氢氧化铜悬浊液，加热，未出现砖红色沉淀
蔗糖未水解
C
向FeCl3，CuCl2的混合溶液中加入足量铁粉，然后过滤
提纯FeCl3
D
常温下，测定等浓度的NaClO4和Na2CO3溶液的pH
验证非金属性:C1>C