2026年福州市高三下学期第五次调研考试化学试题（含答案解析）

这是一份2026年福州市高三下学期第五次调研考试化学试题（含答案解析），共18页。
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、在一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A(g)+B(g)2C(g) △Hv（逆）
B．t2时刻改变的条件可能是加催化剂
C．Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，A的体积分数Ⅰ=Ⅱ
D．Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，平衡常数ICH3COOH，离子浓度越大，溶液的导电性就越强，故HCl的导电能力比醋酸强，B错误；
C.HCl是一元强酸，溶液中c(Cl-)=c(H+)-c(OH-)，CH3COOH是一元弱酸，溶液中存在电离平衡，但溶液中c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，两溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，常温下两溶液中c(H+)相等，所以两溶液的pH也就相等，C正确；
D.室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，由于二者的物质的量相等，因此恰好反应产生CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，CH3COO-水解，使溶液显碱性，D错误；
故合理选项是C。
5、D
【解析】
A、同一主族元素的金属性随着原子序数的增大而增强；
B、铟与铝(13Al)同主族，则In的最外层电子数为3，排布在s、p轨道上；
C、中子数=质量数-质子数，据此计算判断；
D、的质量数为115。
【详解】
A、铟与铝(13Al)同主族，并且铟元素的原子序数较大，同主族从上至下金属性逐渐增加，所以In的金属性强，故A不符合题意；
B、In的最外层电子数为3，排布在5s、5p轨道上，5s能级上两个电子能量相同，但小于5p能级上的电子能量，所以In最外层有2 种能量的电子，故B不符合题意；
C、的质量数为115、质子数为49，所以中子数=119-49=66，故C不符合题意；
D、的质量数为115，In的相对原子质量为天然存在的核素In的质量数与其丰度的乘积之和，故D符合题意；
故选：D。
6、C
【解析】
A选项，根据分析两种物质变为一种物质，则上述反应属于加成反应，故A正确；
B选项，碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种，一种为在同一个碳原子上，另一种是两个碳原子上各一个氯原子，故B正确；
C选项，碳酸亚乙酯有亚甲基的结构，类似于甲烷的空间结构，不可能所有原子共平面，故C错误；
D选项，1ml碳酸亚乙酯相当于有2ml酯基，因此最多可消耗2mlNaOH发生反应，生成乙二醇和碳酸钠，故D正确。
综上所述，答案为C。
7、C
【解析】
A. 实验室可通过加热酒精和浓硫酸的混合物制乙烯，其副反应常伴有SO2产生，SO2有还原性，也能使溴水，故A错误；
B. 苯的溴代反应需要催化剂，而反应的催化剂是溴化铁，在有水存在时，溴化铁就会电离和水解，改变了溴化铁的结构，失去了催化作用，反应就无法进行，制取溴苯要用苯和溴单质，不能用溴水，故B错误；
C. 铜与稀硝酸制取一氧化氮，一氧化氮难溶于水，可以利用排水法收集，故C正确。
D. 加热氢氧化钙与氯化铵反应制氨气， 氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，必须强调湿润的，干燥的试纸不变色，故D错误；
答案选C。
8、B
【解析】
侯氏制碱法的原理：
①将足量NH3通入饱和食盐水中，再通入CO2，溶液中会生成高浓度的HCO3-，与原有的高浓度Na+结合成溶解度较小的NaHCO3析出：NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl；
②将析出的沉淀加热，制得Na2CO3（纯碱）：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，生成的CO2可用于上一步反应（循环利用）；
③副产品NH4Cl可做氮肥。
【详解】
A．侯氏制碱法中可循环利用的气体是CO2，A项错误；
B．先通入NH3，NH3在水中的溶解度极大，为了防止倒吸，应从a管通入，之后再从b管通入CO2，B项正确；
C．碱石灰（主要成分是NaOH和CaO）不能吸收NH3，C项错误；
D．反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是NaHCO3，将其加热得到纯碱（Na2CO3），D项错误；
答案选B。
侯氏制碱法中，要先通入足量NH3，再通入CO2，是因为：NH3在水中的溶解度极大，先通入NH3使食盐水显碱性，能够吸收大量CO2气体，产生高浓度的HCO3-，与高浓度的Na+结合，才能析出NaHCO3晶体；如果先通入CO2，由于CO2在水中的溶解度很小，即使之后通入过量的NH3，所生成的HCO3-浓度很小，无法析出NaHCO3晶体。
9、D
【解析】
X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素； X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期，则X、Z均为第三周期；X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，设X、Y的最外层电子数为a，Z的最外层电子数为b，则2a+b+6，当a=1，b=4时满足题意，即Y为Li、X为Na、Z为Si。
【详解】
由分析可知：Y为Li元素、W为O元素、X为Na元素、Z为Si元素；A．Li、O同周期，核电荷数大，原子半径小，Li的原子半径大于O，Li、Na同主族，核电荷数大，原子半径大，Na的原子半径大于Li，则原子半径是X＞Y＞W，故A正确；B．Na的金属性比Li强，NaOH的碱性比LiOH强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y，故B正确；C．Z、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，故C正确；D．X的单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在Na+和O22-，则阴阳离子之比为1:2，故D错误；故答案为D。
微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。
10、C
【解析】
A. 阴极H2O或H+放电生成OH-，溶液中的离子浓度不断增大，故A正确；
B. 由分析可知，液相反应中发生的反应为C2H4+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，有反应的化学方程式可知，CuCl2将C2H4氧化成为ClCH2CH2Cl，故B正确；
C. 阴极H2O或H+放电生成NaOH，所以离子交换膜Y为阳离子交换膜；阳极CuCl放电转化为CuCl2，所以离子交换膜X为阴离子交换膜，故C错误；
D. 以NaCl和CH2=CH2为原料合成1，2−二氯乙烷中，CuCl→CuCl2→CuCl，CuCl循环使用，其实质是NaCl、H2O与CH2=CH2反应，所以总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl，故D正确。
故选C。
11、D
【解析】
根据NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，完全反应后，溶液中只含有NaNO2和NaOH，则剩余气体为NO，设原混合气体中NO的体积为V，则O2的体积为(40－V) mL，氮元素化合价由+4降低为+3，根据得失电子守恒，计算得V=33 mL，故选D。
本题考查混合物的有关计算，明确氮氧化物和NaOH反应关系式是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意单纯的NO和NaOH不反应，二氧化氮和NaOH反应。
12、D
【解析】
根据分析W为N，X为O，Y为S，Z为Cl。
【详解】
A选项，红葡萄酒含有二氧化硫，主要作用是杀菌、澄清、抗氧化的作用，故A正确；
B选项，在元素周期表中，117号元素是第七周期第VIIA族，与Z元素位于同一主族，故B正确；
C选项，简单离子的半径大小顺序为：X < W < Y< Z，故C正确；
D选项，W的氢化物与Z的氢化物反应，产物都为共价化合物，故D错误；
综上所述，答案为D。
13、B
【解析】
取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则一定含有HCO3-、Ba2+，又HCO3-与Al3+发生双水解反应，所以原溶液中一定不含Al3+，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，则白色沉淀一定含碳酸钡，综上所述，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，一定不含Al3+，可能含 Cl-，据此分析判断。
【详解】
A、原溶液中可能含 Cl-，故A错误；
B、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故B正确；
C、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故C错误；
D、由上述分析可知，原溶液中一定不含Al3+，故D错误；
故选：B。
本题考查离子检验与推断，掌握发生的离子反应及现象是解题关键，题目难度不大。
14、B
【解析】
NO、NO2与O2、H2O反应后被完全吸收，其反应的化学方程式为4NO+3O2+2H2O
=4HNO3、4NO2+O2+2H2O=4HNO3。从反应方程式可以得出：n(O2)=×n(NO)+×n(NO2)。
用此关系式验证备选答案。
A. ×3+×7=4，A不合题意；
B. ×5+×7≠6，B符合题意；
C. ×7+×3=6，C不合题意；
D. ×1+×1=1，D不合题意。
故选B。
15、C
【解析】
X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C，Y、Z、W位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的电负性最小，推出Y为Na，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16，推出该二元化合物为Na2S，即W为S，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为Al，T元素的价电子3d104s1，推出T元素为Cu，据此分析；
【详解】
X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C，Y、Z、W位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的电负性最小，推出Y为Na，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16，推出该二元化合物为Na2S，即W为S，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为Al，T元素的价电子3d104s1，推出T元素为Cu，
A. Y、Z、W简单离子分别是Na＋、Al3＋、S2－，因此简单离子半径大小顺序是r(S2－)>r(Na＋)>r(Al3＋)，故A错误；
B. 三种元素最高价氧化物对应水化物分别是H2CO3、Al(OH)3、H2SO4，硫酸酸性最强，氢氧化铝为两性，因此酸性强弱顺序是H2SO4>H2CO3>Al(OH)3，故B错误；
C. Cu与S在加热条件下发生反应，因为S的氧化性较弱，因此将Cu氧化成较高价态，得到产物是Cu2S，反应：2Cu＋S Cu2S，故C正确；
D. S在足量的氧气中燃烧生成SO2，SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸为中强酸，故D错误；
答案：C。
易错点是选项D，学生认为S与足量的O2反应生成SO3，SO3溶于水后生成H2SO4，学生：C与O2反应，如果氧气不足，则生成CO，氧气过量，则生成CO2，S和C不太一样，S与氧气反应，无论氧气过量与否，生成的都是SO2，SO2转化成SO3，需要催化剂、高温条件。
16、D
【解析】
A．正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大；
B．根据计算v（NO2），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（N2O4）；
C. 100 s 时再通入0.40 ml N2O4，等效为在原平衡的基础上增大压强，与原平衡相比，平衡逆向移动；
D. 80s时到达平衡，生成二氧化氮为0.3 ml/L×1 L=0.3 ml，结合热化学方程式计算吸收的热量。
【详解】
A. 该反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即正反应方向移动，平衡常数K增大，A项错误；
B. 20∼40s内，，则，B项错误；
C. 100 s时再通入0.40 ml N2O4，相当于增大压强，平衡逆向移动，N2O4的转化率减小，C项错误；
D. 浓度不变时，说明反应已达平衡，反应达平衡时，生成NO2的物质的量为0.3 ml/L×1 L=0.3 ml，由热化学方程式可知生成2 mlNO2吸收热量Q kJ，所以生成0.3 mlNO2吸收热量0.15Q kJ，D项正确；
答案选D。
本题易错点为C选项，在有气体参加或生成的反应平衡体系中，要注意反应物若为一种，且为气体，增大反应物浓度，可等效为增大压强；若为两种反应物，增大某一反应物浓度，考虑浓度对平衡的影响，同等程度地增大反应物浓度的话，也考虑增大压强对化学平衡的影响，值得注意的是，此时不能用浓度的外界影响条件来分析平衡的移动。
17、A
【解析】
①铁片置于CuSO4溶液中，铁片上有亮红色物质析出，说明发生了置换反应Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，活泼性Fe>Cu；②、③、④均不能说明活泼性Fe>Cu；⑤铁、铜用导线连接置于稀硫酸中，铁、铜形成原电池，Fe作负极，铁片溶解，铜作正极有H2放出，说明活泼性Fe>Cu，故答案选A。
18、D
【解析】
A．2.33gBaSO4物质的量为0.01ml，根据BaSO4~2e-得，当生成0.01mlBaSO4时，转移电子数目为0.02NA，故A正确；
B．SO2具有漂白性，可使品红褪色，故B正确；
C．1个H2O2分子中很有1个非极性键，17gH2O2物质的量为0.5ml，含有非极性键的数目为0.5NA，故C正确；
D．BaCl2为离子化合物，不含分子，故D错误；
故答案选D。
19、B
【解析】
A．在乙醇溶液中，除了乙醇外，水中也含H原子，而10 g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有4.6g乙醇，物质的量为0.1ml，含0.6NA个H原子，水5.4g，物质的量为0.3ml，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0.1ml/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0.4ml，若与铜反应完全生成二氧化氮，转移电子物质的量为0.2ml，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0.4ml硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.2ml，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。
20、B
【解析】
试题分析：A、用两块铜片作电极电解盐酸的离子反应为Cu+2H+H2↑+Cu2+，故A正确；B、NaOH溶液与足量的Ca(HCO3)2溶液反应的离子反应为HCO3-+OH-+Ca2+═CaCO3↓+H2O，故B错误；C、等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，离子反应为2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl-，故C正确；D、氨水吸收少量的二氧化硫的离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O，故D正确；故选B。
【考点定位】考查离子方程式的书写
【名师点晴】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意氧化还原反应的离子反应中遵循电子守恒，选项B中量少的完全反应，选项C中等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化。
21、B
【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，Z原子最外层只有1个电子，Z是第IA元素，结合原子序数大小可知Z为Na元素；W能形成酸性最强的含氧酸，W应该为Cl元素；X、Y的原子序数之和=42-11-17=14，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Y只能位于第二周期，设X的核外电子数为x，则x+(2+x)=14，解得x=6，则X为C元素、Y为O元素，据此结合元素周期律分析解答。
【详解】
根据上述分析，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为Cl元素。
A．X、Z分别为C、Na元素，金属Na的熔点较低，C的单质一般为金刚石或石墨，熔点较高，熔点：X＞Z，故A错误；
B．Na与O和Cl形成的化合物为氧化钠和过氧化钠、NaCl，都是离子化合物，故B正确；
C．水分子间能够形成氢键，沸点：H2O＞HCl，故C错误；
D．X、Z的氧化物可以是CO或CO2、Na2O或Na2O2，仅Na2O2有非极性键，故D错误；
故选B。
22、D
【解析】
A. 断键需要吸热，成键会放热，故A不选；
B. 该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故B不选；
C. 2A2(g)+B2(g)=2C(g) ΔH=-(b-a)kJ·ml-1。生成C(l)时的ΔH=-(b+c-a)kJ·ml-1，故C不选；
D. 据图可知，生成1 ml C(l)，放出 (b+c -a)kJ的热量，故D选。
故选D。
二、非选择题(共84分)
23、O 8 H-O-O-H V型 3 NH4++H2ONH3·H2O+H+ BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl 盐酸能抑制BiCl3的水解 不合理，因为BiOCl中的Cl的化合价为-1
【解析】
W、X、Y、Z均为短周期元素，X、W可形成两种液态化合物甲和乙，其原子个数比分别为1∶1(甲)和2∶1(乙)，且分子中电子总数分别为18(甲)和10(乙)，则W为O元素，X为H元素，两种化合物甲为H2O2、乙为H2O；X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙，则丙为NH3，Z为N元素；H与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁，丁分子中的电子数为18，则丁为HCl，Y为Cl元素；H、Cl、N三种元素能组成一种离子化合物，其水溶液呈弱酸性，则此离子化合物为NH4Cl，据此解题。
【详解】
由分析知：W为O元素、X为H元素、Y为Cl元素、Z为N元素、甲为H2O2、乙为H2O、丙为NH3；
(1)由分析知W为氧元素，元素符号为O，其原子核外共有8个电子，则共有8种运动状态不同的电子；
(2)甲H2O2，为极性分子，含有H-O和O-O键，则结构式为H-O-O-H；乙为H2O，O原子的杂化轨道形式为sp3，有两个孤对电子，则空间构型为V型；
(3)Z为N元素，电子排布式为1s22s22p3，同一轨道上的电子能量相等，则核外共有3种能量不同的电子，碱性气体丙为NH3，其电子式为；
(4)H、Cl、N三种元素组成的离子化合物为NH4Cl，在水溶液中NH4+的水解，使溶液呈弱酸性，发生水解反应的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+；
(5)铋元素跟Cl元素能形成化合物为BiCl3，其水解生成难溶于水的BiOCl；
①BiCl3水解生成难溶于水的BiOCl，则另一种产物为HCl，水解反应的化学方程式为BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl；
②BiCl3溶于稀盐酸，盐酸抑制了BiCl3的水解，从而得到澄清溶液；
③BiOCl中Cl元素的化合价为-1价，而次氯酸中Cl元素为+1价，则BiOCl叫做“次某酸铋”的说法不合理。
24、C10H20羰基、羧基4加成反应（或还原反应）取代反应聚丙烯酸钠3
【解析】
烃A（C10H16）能与氢气加成得到H，结构简式为，B为，D为CH3CH（OH）COOH，G为，结合有机物的性质解答。
【详解】
（1）根据H的结构简式可得分子式为C10H20，故答案为C10H20；
（2）B的结构简式为，所以B所含官能团的名称为羰基、羧基，故答案为羰基、羧基；
（3）含两个—COOCH3基团的C的同分异构、CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3、CH3OOCCH2CH(CH3)COOCH3、CH3CH2C(COOCH3)2共4种；核磁共振氢谱呈现2个吸收峰，既H原子的位置有2种，结构简式为：，故答案为4；；
（4）B→D为羰基与H2发生的加成反应，D→E为D中的ɑ-H原子被Br取代，反应类型为取代反应。故答案为加成反应；取代反应；
（5）D分子内羧基和羟基发生酯化反应生成G，则G的结构简式为：，故答案为；
（6）E为丙烯酸，与NaOH醇溶液反应生成丙烯酸钠，加聚反应可得F，名称为：聚丙酸钠。故答案为聚丙烯酸钠；
（7）E在NaOH醇溶液发生消去反应和中和反应，所以E→F的化学方程式为：，故答案为；
（8）根据B、C的结构简式和A的分子式 C10H16可推出A的结构简式为：；A中两个碳碳双键与等物质的量的Br2可分别进行加成反应，也可以发生1，4加成，所以产物共有3种。故答案为；3。
25、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2C4H9OH C4H9OC4H9+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2C4H9OH C4H9OC4H9+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2C4H9OH C4H9OC4H9+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2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O理论得到C4H9OC4H9物质的量为0.17ml，则正丁醚的产率为；故答案为：正丁醇；。
26、CS32- +H2O⇌HCS3-+OH- S 干燥管 CaO和NaOH CS2 +2OH- ＝COS22-+H2O 将装置中残留的的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收 1.75ml/L
【解析】
实验一：(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐；
(2)根据Na2CS3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断；
实验二：(1)根据仪器的图形判断仪器的名称；碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；
(2)A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O；
(3)反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收；
(4)当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)＝＝0.0875ml，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS得n(Na2CS3)＝n(CuS)＝0.0875ml，根据c＝计算A中Na2CS3溶液的浓度。
【详解】
实验一：(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则CS32-在水中发生水解，离子方程式为：CS32- +H2O⇌HCS3-+OH-；
(2)Na2CS3中Na为+1价，C为+4价，都是元素的最高价态，不能被氧化，S为-2价，是硫元素的低价态，能够被氧化，所以被氧化的元素是S；
实验二：(1)盛放碱石灰的仪器为干燥管，碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；
(2)A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O，相关离子方程式为：CS2 +2OH- ＝COS22-+H2O；
(3)反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收；
(4) 当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)＝＝0.0875ml，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS得n(Na2CS3)＝n(CuS)＝0.0875ml，c(Na2CS3)＝＝1.75ml/L。
27、ecdabf 5：3 NaClO溶液 尿素溶液 2IO3-+3N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O 淀粉 90%
【解析】
(1)①根据制备氯气，除杂，制备次氯酸钠和氧氧化钠，处理尾气分析；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5 ml、1 ml，根据得失电子守恒，生成5 mlClO- 则会生成Cl-5 ml，生成1 mlClO3-则会生成Cl-5 ml，据此分析可得；
②NaClO氧化水合肼；
③尿素中C原子与O原子形成共价双键，与2个-NH2的N原子形成共价单键；
(2)碘和NaOH反应生成NaI、NaIO，副产物IO3-，加入水合肼还原NaIO、副产物IO3-，得到碘离子和氮气，结晶得到碘化钠，根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，据此书写；
(3)①碘单质参与，用淀粉溶液做指示剂；
②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，计算样品中NaI的质量，最后计算其纯度。
【详解】
(1)①装置C用二氧化锰和浓盐酸混合加热制备氯气，用B装置的饱和食盐水除去杂质HCl气体，为保证除杂充分，导气管长进短出，氯气与NaOH在A中反应制备次氯酸钠，为使反应物充分反应，要使氯气从a进去，由D装置吸收未反应的氯气，以防止污染空气，故导气管连接顺序为：ecdabf；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1的物质的量分别为5 ml、1 ml，根据得失电子守恒，生成6 mlClO-则会生成Cl-的物质的量为5 ml，生成1ml ClO3-则会生成Cl- 5 ml，则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素，即为Cl-，n(Cl-)=5 ml+5 ml=10ml，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，其物质的量为ClO-与ClO3-物质的量的和，共5 ml+1 ml=6ml，故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10：6=5：3；
②制备水合肼时，将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中制备水合肼的操作是：取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快；
③尿素CO(NH2)2中C原子与O原子形成共价双键，与2个—NH2的N原子形成共价单键，所以其电子式为：；
(2)根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，反应的离子方程式为：2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O；
(3)①实验中滴定碘单质，应该用淀粉作指示剂，所以M是淀粉；
②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量m(NaI)=×150 g/ml=9.00 g，故样品中NaI的质量分数为×100%=90.0%。
本题考查了物质的制备，涉及氧化还原反应化学方程式的书写、实验方案评价、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的应用，学会使用电子守恒或原子守恒，根据关系式法进行有关计算。
28、2HCl（g） + 1/2O2（g）H2O（g）+Cl2（g） △H=△H1+△H2 ＜ K（A） 增大压强，平衡右移，ɑHCl增大，相同温度下，HCl的平衡转化率比之前实验的大 B、D 解：设2.0～6.0min时间内，HCl转化的物质的量为n，则
2HCl（g） + 1/2O2（g） = H2O（g）+Cl2（g）
2 1
n （5.4-1.8）×10-3ml
解得 n=7.2×10-3ml，所以v（HCl）= 7.2×10-3ml/（6.0-2.0）min==1.8×10-3ml/min 2Cl2+2Ca（OH）2==CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
【解析】
（1）根据图像信息，箭头指向的是生成物可写出反应②的热化学方程式：CuCl2（g）+1/2O2（g）CuO（s） +Cl2（g） △H2，则①+②可得总反应；
（2）①根据图12可知随着温度的升高，aHCl减小，说明升高温度，平衡向逆向移动，则可知逆反应吸热反应，所以正反应是放热反应，故△H＜0，同时由于升高温度，平衡逆移，则生成物减少，温度是B点大于A点，所以平衡常数K（A） ＞K（B）；②同时由于该总反应是气体系数减小的反应，所以，压缩体积使压强增大，一定温度下，平衡应正向移动，ɑHCl应较题目实验状态下为大，所以可得曲线图:
；
③A、增大n（HCl），平衡正向移动，但是平衡移动使HCl减少的趋势小于增加HCl使增大的趋势，所以HCl的转化率减小，错；
B、增大n（O2），反应物的浓度增大，平衡向正向移动，HCl转化率增大，对；
C、使用更好的催化剂，不能使化学平衡发生移动，实验HCl的转化率不变，错；
D、移去H2O，及减小了生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，HCl转化率增大。
故答案是选项B、D。
（3）题目中给出的是n（Cl2）的数据，要求的是以HCl的物质的量变化表示的反应速率，所以根据方程式进行计算，注意是2.0～6.0min内的速率，单位是ml·min-1：设2.0～6.0min内，HCl转化的物质的量为n，则：
2HCl（g） + 1/2O2（g）＝H2O（g）+Cl2（g）
2 1
n （5.4-1.8）×10-3ml
解得 n=7.2×10-3ml，所以v（HCl）= 7.2×10-3ml/（6.0-2.0）min==1.8×10-3ml/min
（4）Cl2与石灰乳发生反应制取漂白粉，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。
29、75% > 降低温度 t2达到平衡,t2~t3段温度升高，平衡逆向移动，NO转化率减小 小于 72 使用催化剂 6MpaT1，在T1的基础上升高温度到T3，正反应方向是放热反应，平衡向逆反应方向进行，ClNO的量降低，但III和I容器中ClNO的含量相等，III中容器的体积小于I容器，因此V30.75，即3－P/3>0.75，解得P