2026届安徽省铜陵市第一中学高考压轴卷化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省铜陵市第一中学高考压轴卷化学试卷含解析，共14页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．11 g硫化钾和过氧化钾的混合物，含有的离子数目为0.4NA
B．28 g聚乙烯（）含有的质子数目为16NA
C．将标准状况下224 mLSO2溶于水制成100 mL溶液，H2SO3、HSO3-、SO32-三者数目之和为0.01NA
D．含63 gHNO3的浓硝酸与足量铜完全反应，转移电子数目为0.50NA
2、对于工业合成氨反应N2+3H2⇌2NH3+Q（Q＞0），下列判断正确的是（ ）
A．3体积和足量反应，必定生成2体积
B．使用合适的催化剂，可以提高提高原料的利用率
C．左右比室温更有利于向合成氨的方向进行
D．及时使氨液化、分离的主要目的是提高和的利用率
3、扁桃酸(Z)是重要的医药合成的中间体，工业上合成它的路线之一如下所示(不考虑立体异构）
下列有关说法错误的是
A．若反应1发生的是加成反应，则Q是HCN
B．X、Y两种分子中共平面的碳原子数目一定相等
C．可用银氨溶液检验Z中是否含有X
D．Z苯环上的二硝基取代产物最多有6种
4、电解合成 1 , 2－二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中正确的是
A．该装置工作时，化学能转变为电能
B．CuCl2能将C2H4还原为 l , 2－二氯乙烷
C．X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
D．该装置总反应为CH2CH2 + 2H2O + 2NaClH2 + 2NaOH + ClCH2CH2Cl
5、水的电离平衡曲线如图所示，下列说法中，正确的是
A．图中A、B、D三点处Kw的大小关系：B>A>D
B．25℃时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，溶液中c(NH4+)／c(NH3·H2O)的值逐渐减小
C．在25℃时，保持温度不变，在水中加人适量NH4Cl固体，体系可从A点变化到C点
D．A点所对应的溶液中，可同时大量存在Na+、Fe3+、Cl-、SO42—
6、化学家认为氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程可用如下示意图表示，其中过程⑤表示生成的NH3离开催化剂表面。下列分析正确的是（ ）
A．催化剂改变了该反应的反应热B．过程③为放热过程
C．过程②是氢气与氮气分子被催化剂吸附D．过程④为吸热反应
7、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
8、由下列“实验操作和现象”与“结论”均正确的（ ）
A．AB．BC．CD．D
9、能用离子方程式CO32﹣+2H+ = H2O+CO2↑表示的反应是（ ）
A．碳酸钠与足量稀硝酸的反应B．碳酸氢钠与足量盐酸的反应
C．碳酸钡与少量稀盐酸的反应D．碳酸钠与足量稀醋酸的反应
10、常温下，用溶液滴定溶液，曲线如图所示。下列说法错误的是
A．滴定终点a可选择甲基橙作指示剂
B．c点溶液中
C．b点溶液中
D．a、b、c三点中水的电离程度最大的是c
11、下列离子方程式书写正确的是 ( )
A．硫化钠溶液显碱性：S2-+2H2O=H2S+2OH-
B．金属钠投入氯化镁溶液中：2Na+Mg2+=2Na++Mg
C．新制氢氧化铜溶于醋酸溶液：2CH3COOH+Cu(OH)2=Cu2++2CH3COO-+2H2O
D．水溶液中，等物质的量的Cl2与FeI2混合：2Cl2+2Fe2++2I-=2Fe3++4Cl-+I2
12、氮及其化合物的转化过程如下图所示，其中如图为反应①过程中能量变化的曲线图。
下列分析合理的是
A．如图中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线
B．反应①的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92 kJ/ml
C．在反应②中，若有1.25 ml电子发生转移，则参加反应的NH3的体积为5.6 L
D．催化剂a、b能提高化学反应①、②的化学反应速率和平衡转化率
13、一带一路是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。古丝绸之路贸易中的下列商品，其主要化学成分属于无机物的是
A．陶瓷B．中草药C．香料D．丝绸
14、周期表中有如图所示的元素，下列叙述正确的是
A．47.87是丰度最高的钛原子的相对原子质量
B．钛原子的M层上共有10个电子
C．从价电子构型看，钛属于某主族元素
D．22为钛原子的质量数
15、下列有关化学反应的叙述不正确的是
A．铁在热的浓硝酸中钝化
B．AlCl3溶液中通入过量NH3生成Al(OH)3沉淀
C．向FeCl3溶液中加入少量铜粉，铜粉溶解
D．向苯酚浊液中滴入Na2CO3溶液，溶液变澄清
16、练江整治已刻不容缓，其中以印染工业造成的污染最为严重。某工厂拟综合处理含NH4+ 废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO），设计了如下工业流程：
下列说法错误的是
A．气体I中主要含有的气体有N2、NO、CO
B．X在反应中作氧化剂，可通入过量的空气
C．处理含NH4+废水时，发生离子方程式是：NH4++NO2-=N2↑+2H2O
D．捕获剂所捕获的气体主要是CO
17、在恒容密闭容器中发生反应：2NO2(g)N2O4(g) ΔH=-a kJ/ml(a>0)，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．平衡后升高温度，容器中气体颜色加深
B．每消耗44.8 LNO2，生成N2O4的分子数一定为NA
C．该容器中气体质量为46 g时，原子总数为3NA
D．若N2O4分子数增加0.5NA，则放出0.5a kJ的热量
18、 “太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大 气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是（ ）
A．若用导线连接a、c,则a为负极，该电极附近pH减小
B．若用导线连接a、c,则c电极的电极反应式为HxWO3 - xe- =WO3 + xH+
C．若用导线先连接a、c,再连接b、c,可实现太阳能向电能转化
D．若用导线连接b、c, b电极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O
19、雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42－、NO3－、Cl－。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：
已知：3NO3－+ 8Al + 5OH－+ 2H2O3NH3+ 8AlO2－
根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是
A．试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42－和NO3－
B．试样中一定不含Al3+
C．试样中可能存在Na+、Cl－
D．该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4
20、化学与生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．利用二氧化硅与碳酸钙常温反应制备陶瓷
B．纺织业利用氢氧化钠的强氧化性将其作为漂洗的洗涤剂
C．利用明矾的水溶液除去铜器上的铜锈，因Al3+水解呈酸性
D．“丹砂（主要成分为硫化汞）烧之成水银，积变又还成丹砂”中发生的反应为可逆反应
21、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W和Y同族，X和Z同族，X的简单离子和Y的简单离子具有相同的电子层结构，W和X、Z均能形成共价化合物，W和X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性。下列说法错误的是
A．4种元素中Y的金属性最强
B．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z>X
C．简单阳离子氧化性：W>Y
D．W和Y形成的化合物与水反应能生成一种还原性气体
22、下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是( )
A．观察Fe（OH）2的生成
B．配制一定物质的量浓度的NaCO3溶液
C．除去CO中的CO2
D．实验室模拟制备NaHCO3
二、非选择题(共84分)
23、（14分）有机物聚合物M：是锂电池正负极之间锂离子迁移的介质。由烃C4H8合成M的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）C4H8的结构简式为_________________，试剂II是________________。
(2)检验B反应生成了C的方法是___________________________________________。
（3）D在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为___________；
(4)反应步骤③④⑤不可以为⑤③④的主要理由是_______________________________。
24、（12分）某药物G，其合成路线如下：
已知：①R-X+ ②
试回答下列问题：
(1)写出A的结构简式_________。
(2)下列说法正确的是__________
A．化合物E具有碱性 B．化合物B与新制氢氧化铜加热产生砖红色沉淀
C．化合物F能发生还原反应 D．化合物G的分子式为C16H17N5O2Br
(3)写出C+D→E的化学方程式___________。
(4)请设计以用4－溴吡啶（）和乙二醇（）为原料合成化合物D的同系物的合成路线________(用流程图表示，无机试剂任选)。
(5)写出化合物A可能的同分异构体的结构简式__________。
须同时符合：①分子中含有一个苯环； ②1H-NMR图谱显示分子中有3种氢原子。
25、（12分）硝基苯是制造染料的重要原料。某同学在实验室里用下图装置制取硝基苯，主要步骤如下：
①在大试管里将2mL浓硫酸和1.5mL浓硝酸混合，摇匀，冷却到50～60℃以下。然后逐滴加入1mL苯，边滴边振荡试管。
②按图连接好装置，将大试管放入60℃的水浴中加热10分钟。
完成下列填空：
（1）指出图中的错误__、__。
（2）向混合酸中加入苯时，“逐滴加入”、“边滴边振荡试管”的目的是________________、____________。
（3）反应一段时间后，混合液明显分为两层，上层呈__色，其中主要物质是__（填写物质名称）。把反应后的混和液倒入盛有冷水的烧杯里，搅拌，可能看到__。（选填编号）
a．水面上是含有杂质的硝基苯
b．水底有浅黄色、苦杏仁味的液体
c．烧杯中的液态有机物只有硝基苯
d．有无色、油状液体浮在水面
（4）为了获得纯硝基苯，实验步骤为：
①水洗、分离；
②将粗硝基苯转移到盛有__的烧杯中洗涤、用__（填写仪器名称）进行分离；
③__；
④干燥；
⑤__。
（5）实验装置经改进后，该同学按照上述实验步骤重新进行了多次实验，充分反应后有两种情况出现，请帮助他作出分析：
①产率低于理论值，原因是__；
②产率高于理论值，原因是__。
26、（10分）工业上用草酸“沉钴”，再过滤草酸钴得到的母液A经分析主要含有下列成分：
为了有效除去母液A中残留的大量草酸，一般用氯气氧化处理草酸，装置如下：
回答下列问题：
(1)母液A中c(CO2)为____ml·L-1。 ，
(2)分液漏斗中装入盐酸，写出制取氯气的离子方程式 ____________。反应后期使用调温电炉加热，当锥形瓶中____(填现象)时停止加热。
(3)三颈烧瓶反应温度为50℃，水浴锅的温度应控制为 ____(填序号)。
A．50℃ B．5l-52℃ C．45 - 55℃ D．60℃
(4)氯气氧化草酸的化学方程式为________ 。
(5)搅拌器能加快草酸的去除速率，若搅拌速率过快则草酸去除率反而降低，主要原因是__________。
(6)若用草酸铵代替草酸“沉钴”，其优点是____ ，其主要缺点为________。
27、（12分）某学习小组以铝铁铜合金为主要原料制备[Cu（NH3）4]SO4·H2O（一水硫酸四氨合铜）和Fe3O4胶体粒子，具体流程如下：
已知：①Cu（NH3）42+=Cu2+＋4NH3
②Fe2+＋2Fe３+＋8OH−Fe3O4↓＋4H2O
③[Cu（NH3）4]SO4易溶于水，难溶于乙醇。
请回答：
（1） 滤渣的成分为________。
（2） 步骤Ⅰ中生成[Cu（NH3）4]SO4·H2O的离子方程式：________。步骤Ⅰ中加入（NH4）2SO4的作用是作为反应物和________。
（3） 步骤Ⅳ中加入95%乙醇时，缓慢加入的目的是________。
（4） 下列有关叙述正确的是________。
A 步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率
B 步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶，得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu（OH）2等杂质
C 步骤Ⅳ、Ⅴ用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等
D 步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头，加乙醇溶液浸没沉淀，缓慢流干，重复2～3次
（5） 步骤Ⅲ中，从滤渣制备Fe3O4胶体粒子需经过一系列操作。即：滤渣中加过量NaOH溶液搅拌溶解→________→过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子。
根据下列提供的操作，请在空格处填写正确的操作次序（填写序号）。
①氮气氛围下缓慢滴加NaOH溶液，加热溶液
②过滤、洗涤
③加入过量稀硫酸溶解
④加入适量FeSO4固体，搅拌溶解
⑤测定Fe3+含量
（6） 测定一水硫酸四氨合铜晶体产品的纯度，过程如下：取0.5000 g试样溶于水，滴加3 ml·L−1 H2SO4至pH为3～4，加入过量KI固体。以淀粉溶液为指示剂，生成的碘用0.1000 ml·L−1 Na2S2O3标准溶液滴定，重复2～3次，平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。。该试样中一水硫酸四氨合铜的纯度为________。
已知：M[Cu（NH3）4SO4·H2O]＝246.0 g·ml−1； 2Cu2+＋4I−=2CuI＋I2，I2＋2S2O32-=2I−＋S4O62-。
28、（14分）甲氧基肉桂酸乙基己酯（图中J）是一种理想的防晒剂，能有效吸收紫外线，安全性良好。其合成线路图如下：
回答下列问题：
（1）由A生成B的反应类型为___。有机物E的分子式为___。丙二酸的结构简式为___。
（2）C的结构简式为___。
（3）H的结构简式为___。
（4）G与氢气反应可得X（）。X有多种同分异构体，其中同时满足下列条件同分异构体的结构简式为：___。
①核磁共振氢谱有四种峰；②与FeCl3溶液能发生显色反应，且1ml该物质恰好能与3mlNaOH完全反应。
（5）以乙醇和丙二酸为原料合成聚巴豆酸乙酯，请补充完成以下合成路线（无机试剂可任选）。
____
29、（10分）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。
（1）如图是1mlNO2和1mlCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图：
请写出NO2和CO反应的热化学方程式：___。
（2）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+Q（Q>0），其化学平衡常数K与T的关系如下表：
请完成下列问题：比较K1、K2的大小：K1___K2（填写“＞”、“=”或“＜”）
（3）判断该反应达到化学平衡状态的依据的是___（选填字母序号）。
A．2v（H2）正=3v（NH3）逆 B．2v（N2）正=v（H2）逆
C．容器内压强保持不变 D．混合气体的密度保持不变
（4）盐酸肼（N2H6Cl2）是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。盐酸肼第一步水解反应的离子方程式___；
盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序正确的是___（填序号）。
a．c（Cl-）＞c（N2H62+）＞c（H+）＞c（OH-）
b．c（Cl-）＞c（[N2H5•H2O]+）＞c（H+）＞c（OH-）
c．2c（N2H62+）+c（[N2H5•H2O]+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）
d．2c（N2H62+）+2c（[N2H5•H2O]+）+2c（[N2H4•2H2O]=c（Cl-）
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】
A．K2S、K2O2的式量是110，11 gK2S、K2O2的混合物的物质的量是=0.1 ml，1 ml K2S含有2 ml K+、1 mlS2-，1 ml K2O2中含有2 ml K+、1 mlO22-，则0.1 ml混合物中含有离子数目为0.3NA，A错误；
B．聚乙烯最简式是CH2，式量是14，其中含有的质子数为8，28 g聚乙烯中含有最简式的物质的量是n(CH2)= =2 ml，则含有的质子数目为2 ml×8×NA/ml=16NA，B正确；
C．标准状况下224 mLSO2的物质的量是0.01 ml，SO2溶于水反应产生H2SO3，该反应是可逆反应，溶液中存在少量SO2分子，H2SO3是二元弱酸，发生的电离作用分步进行，存在电离平衡，根据S元素守恒可知溶液中S元素存在微粒有SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-四种，故H2SO3、HSO3-、SO32-的数目之和小于0.01NA，C错误；
D．63 g HNO3的物质的量为1 ml，若只发生反应Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O转移电子物质的量为0.50 ml，但是由于铜足量，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐变稀，浓硝酸后来变成了稀硝酸，此时发生反应：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，若反应只产生NO，转移电子的物质的量为0.75 ml，所以1 ml硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.50NA而小于0.75NA，D错误；
故合理选项是B。
2、D
【解析】
A．合成氨为可逆反应，则3体积H2和足量N2反应，氢气不能完全转化，生成氨气小于2体积，选项A错误；
B．催化剂不影响化学平衡，不能提高提高原料的利用率，选项B错误；
C．该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则室温比500℃左右更有利于向合成氨的方向进行，选项C错误；
D．及时使氨液化、分离，可使平衡正向移动，则提高N2和H2的利用率，选项D正确；
答案选D。
【点睛】
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，合成氨为可逆反应。
3、B
【解析】
由有机物的转化关系可知，与HCN发生加成反应生成，在酸性条件下水解生成。
【详解】
A项、若反应I是加成反应,通过分析反应物和产物的结构可知，分子中醛基与HCN发生加成反应生成，故A正确；
B项、分子的所有碳原子共平面，共平面碳原子数目为7个，分子中的所有碳原子也可能共平面，共平面碳原子数目最多为8个，故B错误；
C项、中含有醛基，能发生银镜反应，中不含有醛基，不能发生银镜反应，则可用银氨溶液检验中是否含有，故C正确；
D项、不考虑立体异构Z苯环上的二硝基取代物最多有6种，结构简式分别为、、、、、，故D正确。
故选B。
【点睛】
本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构与转化关系为解答的关键。
4、D
【解析】
A. 该装置为外加电源的电解池原理；
B. 根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；
C. 根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；
D. 根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。
【详解】
A. 该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A项错误；
B. C2H4中C元素化合价为-2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1，2一二氯乙烷，故B项错误；
C. 该电解池中，阳极发生的电极反应式为：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：2H2O + 2e- = H2↑+ 2OH-，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项错误；
D. 该装置中发生阳极首先发生反应：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为：CH2＝CH2＋2H2O＋2NaClH2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl，故D项正确；
答案选D。
5、B
【解析】
A、Kw的影响因素为温度，水的电离吸热，升高温度Kw增大，A、D在同一等温线上，故图中A、B、D三点处Kw的大小关系为B>A=D，A错误；
B、25℃时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，c(OH-)逐渐增大， c(OH-) •c(NH4+) ／c(NH3·H2O)的值不变，故c(NH4+) ／c(NH3·H2O)逐渐减小，B正确；
C、在25℃时，保持温度不变，在水中加人适量NH4Cl固体，体系不能从A点变化到C点，体系从A点变化到C点，可采用加热的方法，C错误；
D、A点所对应的溶液呈中性，Fe3+因水解生成氢氧化铁沉淀不能大量存在，D错误。
故选B。
6、C
【解析】
A项、催化剂可改变反应的途径，不改变反应的始终态，则反应热不变，故A错误；
B项、过程③为化学键的断裂过程，为吸热过程，故B错误；
C项、过程②氢气与氮气分子没有变化，被催化剂吸附的过程，故C正确；
D．过程④为化学键的形成过程，为放热过程，故D错误；
故选C。
7、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。
8、C
【解析】
A．酸性KMnO4溶液有强氧化性，能氧化溶液中的Cl-，则溶液褪色无法判断溶液中一定含有Fe2+，故A错误；
B．常温下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3，要比较两种钠盐水解程度相对大小时钠盐溶液浓度必须相同，因为两种钠盐饱和溶液浓度不等，所以不能根据溶液pH判断常温下水解程度：CO32-＞HCO3-，故B错误；
C．向少量AgNO3溶液中滴加足量NaCl溶液，再滴加KI溶液，若开始有白色沉淀生成，后逐渐变为黄色沉淀，说明碘化银更难溶，说明碘化银的溶度积较小，即Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故C正确；
D．Cl2通入到含有酚酞的NaOH溶液中，红色褪去，是因氯气与NaOH反应生成NaCl和NaClO，导致溶液碱性减弱，而不是漂白性，故D错误；
故答案为C。
9、A
【解析】
A．碳酸钠与足量稀硝酸的反应，碳酸钠为可溶性的盐，硝酸为强酸，二者反应生成可溶性的硝酸钠，其离子方程式可以用CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑表示，A项正确；
B．碳酸氢根为弱酸的酸式盐，应写成HCO3﹣离子形式，该反应的离子方程式为HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，B项错误；
C．碳酸钡为难溶物，离子方程式中需要保留化学式，该反应的离子方程式为：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑，C项错误；
D．CH3COOH为弱酸，在离子方程式中应写成化学式，其反应的离子方程式为：CO32﹣+2CH3COOH═CO2↑+H2O+2CH3COO﹣，D项错误；
答案选A。
【点睛】
在书写离子方程式时，可以拆的物质：强酸、强碱、可溶性盐；不可以拆的物质：弱酸、弱碱、沉淀、单质、氧化物等。熟练掌握哪些物质该拆，哪些物质不该拆，是同学们写好离子方程式的关键。
10、C
【解析】
A．滴定终点生成Na3PO4，溶液显碱性，则选择甲基橙作指示剂，故A正确；
B．c点消耗NaOH溶液体积为30mL，此时完全生成Na3PO4，溶液中的OH-来源于PO43-的水解和水的电离，则根据质子守恒可得：，故B正确；
C．b点消耗NaOH溶液体积为20mL，此时生成Na2HPO4，溶液中HPO42-的水解大于其电离，溶液显碱性，则c(HPO42-)＞c(H2PO4-)＞c(PO43-)，故C错误；
D．a、b、c三点溶液中的溶质分别为NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4，其中Na3PO4溶液中PO43-的水解程度最大，水解促进水的电离，则水的电离程度最大的是c，故D正确；
故答案为C。
11、C
【解析】
A．硫化钠水解，溶液显碱性，反应的离子反应为S2-+H2O⇌HS-+OH-，故A错误；
B．钠投入到氯化镁溶液中反应生成氢氧化镁、氢气和氯化钠，离子方程式：2H2O+2Na+Mg2+═Mg(OH)2↓+H2↑+2 Na+，故B错误；
C．醋酸溶液与新制氢氧化铜反应，离子方程式：2CH3COOH+Cu(OH)2═2CH3COO-+Cu2++2 H2O，故C正确；
D．在溶液中，FeI2与等物质的量的Cl2反应时，只氧化碘离子，反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，故D错误；
故选C。
【点睛】
本题的易错点为B，要注意钠与盐溶液的反应规律，钠先与水反应，生成物再与盐反应。
12、B
【解析】
A. 使用催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，所以曲线d是加入催化剂a时的能量变化曲线，A错误；
B. 根据图示可知反应物比生成物的能量高出600 kJ-508 kJ=92 kJ，故反应①的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92 kJ/ml，B正确；
C. 未指明气体所处条件，因此不能根据电子转移的物质的量确定气体的体积，C错误；
D. 催化剂能加快化学反应的反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能改变物质的平衡转化率，D错误；
故合理选项是B。
13、A
【解析】
A．陶瓷主要成分为硅酸盐属于无机非金属材料，A项正确；
B．中草药中的有效成分属于有机物，B项错误；
C．香料中的主要成分也属于有机物，C项错误；
D．丝绸主要成分是蛋白质，是有机高分子化合物，D项错误；
答案选A。
14、B
【解析】
A．47.87是元素的相对分子质量，故A错误；
B．钛原子的M层上共有2+6+2=10个电子，故B正确；
C．最后填充3d电子，为副族元素，故C错误；
D．22为原子的原子序数，故D错误；
故答案为：B。
15、A
【解析】
A．铁在冷的浓硝酸中钝化，铁与热的浓硝酸会发生反应生成硝酸铁、二氧化氮和水，A项错误；
B．NH3通入AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，B项正确；
C．Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，铜粉溶解，C项正确；
D．苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，溶液变澄清，D项正确；
答案选A。
16、B
【解析】
工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体I为CaCO3、CaSO3，气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，气体I通入气体X，用NaOH溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成N2，则气体II含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，以此解答该题。
【详解】
工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体I为CaCO3、CaSO3，气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，气体I通入气体X，用NaOH溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体II含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。
A．工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成CaCO3、CaSO3，因Ca(OH)2过量，则固体I为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，A正确；
B．由分析可知，气体I是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体I通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，B错误；
C．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成N2，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O， C正确；
D．气体II含有CO、N2，经捕获剂所捕获的气体主要是CO，D正确；
故答案选B。
【点睛】
本题考查物质的分离、提纯的综合应用，侧重学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，题目涉及废水的处理，有利于培养学生良好的科学素养，提高环保意识。
17、B
【解析】
A. 升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，c(NO2)增大，使容器中气体颜色加深，A正确；
B. 由于未指明反应的温度、压强，因此不能根据气体体积确定气体的物质的量及含有的分子数目，B错误；
C. NO2、N2O4最简式是NO2，1个NO2中含有3个原子，其式量是46，所以46 g混合气体中含有NO2的物质的量是1 ml，其中含有的原子数目为3NA，C正确；
D. 根据方程式可知：每反应产生1 ml N2O4，放出a kJ的热量，若N2O4分子数增加0.5NA，产生N2O4 0.5 ml，因此放出热量为0.5a kJ，D正确；
故合理选项是B。
18、B
【解析】
A．用导线连接a、c，a极发生氧化，为负极，发生的电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，a电极周围H+浓度增大，溶液pH减小，故A正确；
B．用导线连接a、c，c极为正极，发生还原反应，电极反应为WO3 + xH++xe- = HxWO3，故B错误；
C．用导线先连接a、c，再连接b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，故C正确；
D．用导线连接b、c，b电极为正极，电极表面是空气中的氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故D正确；
故答案为B。
19、B
【解析】
试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3-，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3-；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42-，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg 2+，
【详解】
A、通过以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，故A正确；
B、通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故B错误；
C、通过以上分析知，试样中可能存在Na+、Cl-，要检验是否含有钠离子或氯离子，可以采用焰色反应鉴定钠离子，用硝酸酸化的硝酸银检验氯离子，故C正确；
D、根据以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，可能存在Na+、Cl-，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正确，
答案选B。
20、C
【解析】
A．二氧化硅与碳酸钙常温下不反应，A错误；
B．氢氧化钠没有强氧化性，作漂洗剂时利用它的碱性，B错误；
C．明矾在水溶液中Al3+水解生成硫酸，可除去铜器上的铜锈，C正确；
D．丹砂中的硫化汞受热分解生成汞，汞与硫化合生成丹砂，条件不同，不是可逆反应，D错误；
故选C。
21、B
【解析】
W和X、Z均能形成共价化合物，则W、X、Z很可能均为非金属元素，考虑到W原子序数最小，可推断W为H元素；W和X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性，X为非金属，可推测化合物中有NH3，则X为N元素，又X和Z同族，Z为P元素；W和Y同族，X的简单离子和Y的简单离子具有相同的电子层结构，可推知Y为Na元素。综上推测满足题干信息，因而推测合理，W为H，X为N，Y为Na，Z为P。
A. 4种元素中只有Y是金属元素，即Na，因而金属性最强，A正确；
B.元素的非金属性越强则最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性：N(X)>P(Z)，因而最高价氧化物对应的水化物的酸性：ZH(W)，因而简单阳离子氧化性：W>Y，C正确；
D.W和Y形成的化合物为NaH，NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢气为还原性气体，D正确。
故答案选B。
22、A
【解析】
A.氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化铁要隔绝空气；
B.容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器；
C.洗气瓶洗气，注意气体的进出方向；
D.氨气极易溶于水，不能将导管直接插入食盐水中。
【详解】
A.氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，能实现实验目的，故A正确；
B.容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中，故B错误；
C.洗气瓶洗气时，瓶内装有吸收杂质的液体，混合气从长管进、短管出(即长进短出或深入浅出)，故C错误
D.通氨气的导管插入液面太深，易发生倒吸；通二氧化碳的导管没有插入溶液中，二氧化碳不易被溶液吸收，影响碳酸氢钠的制备，故D错误；
【点睛】
本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、物质检验、气体除杂、溶液配制等知识点。没有正确掌握常见制备仪器的使用方法以及收集方法致错。
二、非选择题(共84分)
23、 NaOH水溶液 取样，加入新配Cu(OH)2悬浊液，加热至沸，产生砖红色沉淀，证明生成C。或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明生成C 保护碳碳双键不被氧化
【解析】
（1）根据M的结构简式可知F与乙酸酯化生成M，则F的结构简式为CH2＝C(CH3)COOCH2CH2OH。E和环氧乙烷生成F，则E的结构简式为CH2＝C(CH3)COOH，因此C4H8应该是2—甲基—2丙烯，其结构简式为；B连续氧化得到D，D发生消去反应生成E，所以反应②应该是卤代烃的水解反应，因此试剂II是NaOH水溶液；
（2）B发生催化氧化生成C，即C中含有醛基，所以检验B反应生成了C的方法是取样，加入新配Cu(OH)2悬浊液，加热至沸，产生砖红色沉淀，证明生成C。或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明生成C；
（3）D分子中含有羟基和羧基，因此在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为；
(4)由于碳碳双键易被氧化，所以不能先发生消去反应，则反应步骤③④⑤不可以为⑤③④的主要理由是保护碳碳双键不被氧化。
24、 A、B、C +→+HBr 、、
【解析】
A的分子式为C6H6N2Br2，A生成分子式为C7H6N2Br2O的B，再结合B的结构推测由A生成B的反应即取代反应，生成了一个肽键，所以A的结构为。B经过反应后生成分子式为C7H4N2Br2的C，相比于B，C的分子中少了1个H2O，所以推测B生成C额外产生了不饱和结构。由C生成E的条件以及E的分子式为C16H20N3O2Br且其中仅含1个Br推测，C生成E发生的是已知信息中给出的反应①类型的取代反应；进一步由G的结构原子的排列特点可以推测，C的结构为，那么E的结构为。E反应生成分子式为C14H16N3OBr的产物F，再结合反应条件分析可知，E生成F的反应即已知信息中提供的反应②，所以F的结构为。
【详解】
(1)通过分析可知，A生成B的反应即取代反应，所以A的结构即为；
(2)A．通过分析可知，E的结构为，结构中含有咪唑环以及胺的结构，所以会显现碱性，A项正确；
B．化合物B的结构中含有醛基，所以可以与新制氢氧化铜在加热条件下产生砖红色沉淀，B项正确；
C．通过分析可知，F的结构为，可以与氢气加成生成醇，所以F可以发生还原反应，C项正确；
D．由化合物G的结构可知其分子式为C16H18N5O2Br，D项错误；
答案选ABC；
(3)C与D反应生成E的方程式为：++HBr；
(4)原料中提供了乙二醇，并且最终合成了，产物的结构中具有特征明显的五元环结构，因此考虑通过已知信息中的反应②实现某步转化；所以大致思路是，将4-溴吡啶中的溴原子逐渐转变为羰基，再与乙二醇发生反应②即可，所以具体的合成路线为：
；
(5)化合物A为，分子中含有4个不饱和度，1个苯环恰好有4个不饱和度，所以符合条件的A的同分异构体除苯环外其他结构均饱和；除去苯环外，有机物中还含有2个溴原子，以及2个都只形成单键的氮原子；若苯环上只安排1个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有2个取代基，只有；若苯环上有3个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有4个取代基，则满足要求的结构有和，至此讨论完毕。
【点睛】
推断有机物结构时，除了反应条件，物质性质等信息外，还可以从推断流程入手，对比反应前后，物质结构上的差异推测反应的具体情况。
25、缺少温度计 大试管接触烧杯底部 使苯与混酸混合均匀 能及时移走反应产生的热量 浅黄色 硝基苯、苯 b、d 氢氧化钠溶液 分液漏斗 水洗、分离 蒸馏 温度过高引起硝酸的分解、苯的挥发 温度过高，有其他能溶于硝基苯的产物生成
【解析】
⑴水浴加热需精确控制实验温度；为使受热均匀，试管不能接触到烧杯底部；
⑵苯不易溶于混酸，需设法使之充分混合；该反应放热，需防止温度过高；
⑶混合酸密度比硝基苯大，但稀释后会变小，硝基苯无色，但溶解的杂质会使之有色；
⑷粗硝基苯中主要含未反应完的酸和苯，酸可用水和碱除去，苯可用蒸馏的方法分离；
⑸在本实验中使用的硝酸易分解、苯易挥发，有机反应的一个特点是副反应比较多，这些因素会使产率降低或使得实验值偏离理论值，而这些因素都易受温度的影响。
【详解】
⑴在水浴装置中为了精确控制实验温度，需要用温度计测量水浴的温度；为使受热均匀，试管不能接触到烧杯底部，所以在图中错误为缺少温度计、大试管接触烧杯底部。答案为：缺少温度计；大试管接触烧杯底部；
⑵在向混合酸中加入苯时边逐滴加入边振荡试管，能使苯与混酸混合均匀；苯的硝化反应是一个放热反应，在向混合酸中加入苯时边逐滴加入边振荡试管，能及时移走反应产生的热量，有利于控制温度，防止试管中液体过热发生更多的副反应，甚至发生危险。答案为：使苯与混酸混合均匀；能及时移走反应产生的热量；
⑶混合酸与苯反应一段时间后，生成的硝基苯与未反应的苯相溶，有机层密度比混酸小，不能与混酸相溶，会浮在混合酸的上层，有机层因溶解了少量杂质(如浓硝酸分解产生的NO2等)而呈浅黄色，所以反应一段时间后，混合液明显分为两层，上层呈浅黄色；把反应后的混合液倒入盛有冷水的烧杯里，搅拌：
a．与水混合后，形成的水层密度比硝基苯小，硝基苯不在水面上，a选项错误；
b．苦杏仁味的硝基苯密度比水层大，沉在水底，且因溶有少量杂质而呈浅黄色，b选项正确；
c．烧杯中的液态有机物有硝基苯、苯及其它有机副产物，c选项错误；
d．反应后的混和液倒入冷水中，可能有部分未反应的苯浮上水面，苯为无色、油状液体，d选项正确；
答案为：浅黄色；硝基苯、苯；b、d；
⑷在提纯硝基苯的过程中，硝基苯中有酸，能与碱反应，硝基苯中有苯，与硝基苯互溶，所以操作步骤为：①水洗、分离，除去大部分的酸；②将粗硝基苯转移到盛有氢氧化钠溶液的烧杯中洗涤、用分液漏斗进行分离，除去剩余的酸；③水洗、分离，除去有机层中的盐及碱；④干燥；⑤蒸馏，使硝基苯与苯及其它杂质分离。答案为：氢氧化钠溶液；分液漏斗；水洗、分离；蒸馏；
⑸本实验中反应为放热反应，需控制好温度。如果温度过高会导致硝酸的分解、苯的挥发，使产率降低；温度过高会也有不易与硝基苯分离的副产物产生并溶解在生成的硝基苯中，使实验值高于理论值。答案为：温度过高引起硝酸的分解、苯的挥发；温度过高，有其他能溶于硝基苯的产物生成。
【点睛】
1． 平时注重动手实验并仔细观察、认真思考有助于解此类题。
2． 硝基苯的密度比水大、比混酸小。所以，与混酸混合时硝基苯上浮，混和液倒入水中后混酸溶于水被稀释，形成的水溶液密度减小至比硝基苯小，所以，此时硝基苯下沉。
26、0.02 ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O 黄绿色气体变成无色 B H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl 搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低 残存于母液A中c(CCl2)会更小 母液A处理中消耗更多的氯气
【解析】
利用浓盐酸和Ca(ClO)2反应制备氯气，氯气在氧化草酸，除去母液中的草酸。
【详解】
(1)根据表格中的信息， C2+的质量浓度为 1.18g/L，则1L溶液中的，则；
(2)加入盐酸，与Ca(ClO)2反应生成Cl2，为归中反应，离子方程式为ClO－+Cl－+2H＋=Cl2↑+H2O；氯气为黄绿色气体，当反应完全之后，无氯气产生，装置中的气体由黄绿色变成无色，则答案为黄绿色气体变成无色；
(3)由于热传递，只能由温度高的传递到温度低的部分，三颈烧瓶反应温度为50℃，那么水浴锅的温度应该高一点，这样热量才能传递到反应液中，B符合题意；
(4)氯气具有氧化性，草酸具有还原性，能够发生氧化还原反应，草酸被氧化成CO2，化学方程式为H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl；
(5)搅拌过快，Cl2来不及反应，就从母液中逸出，因此草酸去除率反而降低，答案为搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低；
(6)草酸铵为强电解质，而草酸是弱电解质，草酸铵溶液中的草酸根浓度更大，能够使C2＋沉淀得更加完全；由于母液中有NH4＋，在Cl2也会与NH4＋反应，因此在处理母液时，需要消耗更多的氯气。答案：残存于母液A中c(CCl2)会更小 母液A处理中消耗更多的氯气。
27、Al（OH）3、Fe（OH）3 Cu＋H2O2＋2NH3＋2=Cu（NH3）42+＋2H2O或Cu＋H2O2＋2NH3·H2O＋2= Cu（NH3）42+＋4H2O 抑制NH3·H2O的电离或促进生成Cu（NH3）42+（与反应生成的OH−成NH3·H2O，控制pH不能太大，以防H2O2在强碱条件下的分解） 有利于得到较大颗粒的晶体 ABC ②③⑤④① 98.40%
【解析】
（1）合金粉末进行分离，铝铁应转化为滤渣形式，从所给物质分析，只能是氢氧化铝和氢氧化铁形式，铜转化为[Cu(NH3)4]SO4，利用[Cu(NH3)4]SO4难溶于乙醇，进行分离。
【详解】
(1)合金粉末溶于氨水和硫酸铵以及过氧化氢的作用下，能进行分离，铁和铝都转化为滤渣，说明滤渣为 Al（OH）3、Fe（OH）3 ；
(2)铜在氨水和硫酸铵和过氧化氢存在反应生成[Cu(NH3)4]SO4，离子方程式为 Cu＋H2O2＋2NH3＋2=Cu（NH3）42+＋2H2O或Cu＋H2O2＋2NH3·H2O＋2= Cu（NH3）42+＋4H2O； 硫酸铵不仅提供铵根离子抑制氨水的电离，还可以抑制pH不能太大，以防H2O2在强碱条件下的分解；
(3)因为[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小，加入95%乙醇有利于得到较大颗粒的晶体；
(4) A．因为过氧化氢能够分解，所以在步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率，故正确；B．步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶，蒸发过程中促进反应，Cu(NH3)42+ Cu2+＋4NH3，氨气逸出，铜离子水解生成氢氧化铜，所以得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu(OH)2等杂质，故正确；C．步骤Ⅳ、Ⅴ是进行抽滤和洗涤，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等，故正确；D．步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头，加乙醇溶液浸没沉淀，然后进行抽滤，不能缓慢流干，故错误。故选ABC；
(5) 滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，加过量NaOH溶液搅拌，氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠，然后过滤出氢氧化铁沉淀，加入过量的稀硫酸将其溶解生成铁离子，测定铁离子的含量，控制量，加入适量的硫酸亚铁固体，在氮气的氛围下缓慢加入氢氧化钠溶液，加热使其按方程式Fe2+＋2Fe3+＋8OH−Fe3O4↓＋4H2O中的比例进行反应，生成四氧化三铁，再进行过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子.，故操作顺序为②③⑤④①；
(6)根据反应2Cu2+＋4I−2CuI＋I2，I2＋2S2O32-2I−＋S4O62-得关系式为2Cu2+----I2---2S2O32-， Na2S2O3的物质的量为0.1000×0.02=0.002ml则铜离子的物质的量为0.002ml，则Cu(NH3)4SO4·H2O的质量为0.002ml×246.0g/ml=0.492g，质量分数为。
28、取代反应 C8H10O HOOCCH2COOH 、 CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOH CH3CH=CHCOOCH2CH3
【解析】
⑴根据特点得反应类型，
⑵根据得出C的结构，
⑶根据得出H的结构，
⑷①核磁共振氢谱有四种峰，说明有四种位置的氢；
②与FeCl3溶液能发生显色反应，说明含有酚羟基，1ml该物质恰好能与3ml NaOH完全反应，1 ml酚羟基只能消耗1 ml NaOH，另外2 ml NaOH说明只能是酚酸酯，
根据以上信息来书写同分异构，
⑸根据题中F→G的关系，和反应物与产物来逆向思维写出过程。
【详解】
⑴，A到B增加了一个基团—SO3H，因此A生成B的反应类型为取代反应，数出有机物E的分子式为C8H10O，丙二酸有两个羧基，两个羧基连在中间一个碳原子上，因此其结构简式为HOOCCH2COOH，
故答案为：取代反应；C8H10O；HOOCCH2COOH；
⑵根据前后联系，可知B中的—SO3H 变为C中的—ONa，因此C的结构简式为，
故答案为：；
⑶根据，可知G和H发生酯化反应，得出H的结构简式为，
故答案为：；
⑷①核磁共振氢谱有四种峰，说明有四种位置的氢；
②与FeCl3溶液能发生显色反应，说明含有酚羟基，1ml该物质恰好能与3ml NaOH完全反应，1 ml酚羟基只能消耗1 ml NaOH，另外2 ml NaOH说明只能是酚酸酯，
因此结构为、，
故答案为：、；
⑸以乙醇和丙二酸为原料合成聚巴豆酸乙酯，请补充完成以下合成路线（无机试剂可任选）。
____
逆向思维：由CH3CH=CHCOOCH2CH3，
由CH3CH=CHCOOH CH3CH=CHCOOCH2CH3
根据题中F→G的关系可推知CH3CHOCH3CH=CHCOOH，
根据醇催化氧化CH3CH2OHCH3CHO，
故答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOH CH3CH=CHCOOCH2CH3。
29、NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-46 kJ•ml-1 ＞ AC N2H62++H2O[N2H5•H2O]++H+ acd
【解析】
(1)由图可知，1ml NO2和1ml CO反应生成CO2和NO放出热量300-254=46kJ，根据热化学方程式书写原则进行书写；
(2)①根据焓变判断生成物反应物浓度的变化，然后根据平衡常数判断；
②根据平衡状态的判断依据判断；
(3)①由N2H4，联想到NH3，由N2H6Cl2联想到NH4Cl，再注意到N2H4是二元碱而NH3是一元的，根据铵根离子的水解产物是氨水和氢离子来书写水解方程式；
②盐酸肼水溶液中水解原理与NH4Cl类似，N2H62+离子水解溶液显酸性。
【详解】
(1)由图可知，1ml NO2和1ml CO反应生成CO2和NO放出热量300-254=46kJ，反应热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-46 kJ•ml-1；
(2)①该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，所以K1＞K2；
②A．不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比是平衡状态，则2v(H2)正=3v(NH3)逆能证明正逆反应速率相等，故A正确；
B．由2v(N2)正=v(H2)逆可知两者的正逆反应速率之比不等于其计量数之比，此时不是平衡状态，故B错误；
C．容器内压强不变，气体的物质的量不变，该反应达平衡状态，故C正确；
D．如果是在密闭容器中反应，质量不变，体积不变，密度始终不变，故D错误；
故答案为AC；
(3)①盐酸肼(N2H6Cl2)是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似，由N2H4联想到NH3，由N2H6Cl2联想到NH4Cl，再注意到N2H6是二元碱而NH3是一元的，则盐酸肼第一步水解反应的离子方程式为N2H62++H2O⇌[N2H5•H2O]++H+；
②盐酸肼水溶液中水解原理与NH4Cl类似，N2H62+离子水解溶液显酸性；
a．溶液中离子浓度大小为：c(Cl-)＞c(N2H62+)＞c(H+)＞c(OH-)，故a正确；
b．盐酸肼第一步水解反应的离子方程式为N2H62++H2O⇌[N2H5•H2O]++H+，考虑水的微弱电离，所以c（H+）＞c（[N2H5•H2O]+），故b错误；
c．电荷守恒可知：2c(N2H62+)+c([N2H5•H2O]+)+c(H+)═c(Cl-)+c(OH-)，故c正确；
d．盐酸肼水溶液中存在的物料守恒式为2c(N2H62+)+2c([N2H5•H2O]+)+2c([N2H4•2H2O]=c(Cl-)，故d正确；
故答案为：acd。
选项
实验操作及现象
结论
A
将含铁的氧化物的砖块用盐酸浸取，浸取液能使KMnO4溶液褪色
浸取液中含Fe2+
B
常温下，测得饱和Na2CO3 溶液的pH大于饱和NaHCO3 溶液的pH
常温下水解程度>
C
25℃时，向AgNO3溶液中滴加足量NaCl溶液至不再产生沉淀，然后滴加KI溶液，有黄色沉淀生成
25℃时，Ksp（AgCl）>Ksp（AgI）
D
将Cl2通入滴有酚酞的NaOH溶液后，溶液褪色
Cl2具有漂白性
H2C2O4
C2+
Cl-
质量浓度
20.0g/L
1.18g/L
2.13g/L
T/K
298
398
498
…
K/
4.1×106
K1
K2
…