2023高考化學模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、2017年12月，華為宣布:利用鋰離子能在石墨烯表面和電極之間快速大量穿梭運動的特性，開發出石墨烯電池，電池反應式為LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如圖所示。下列關于該電池的說法不正確的是A．該電池若用隔膜可選用質子交換膜B．石墨烯電池的優點是提高電池的儲鋰容量進而提高能量密度C．充電時，LiCoO2極發生的電極反應為:LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+D．廢舊的該電池進行“放電處理”讓Li+從石墨烯中脫出而有利于回收2、W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，它們分別位于三個不同的周期。常溫下，元素W與X可形成兩種液態物質；Y、Z兩種元素可組成二聚氣態分子(如圖所示)，其中Y原子的最外層電子數等于其電子層數。下列敘述不正確的是（）A．W與Z具有相同的負化合價B．四種元素的簡單離子半徑由大到小的順序：Z>Y>X>WC．Y2Z6分子中所有原子的最外層均滿足8電子穩定結構D．工業上可電解X與Y形成的熔融化合物制取Y的單質3、反應HgS+O2=Hg+SO2中，還原劑是A．HgS B．Hg C．O2 D．SO24、下列化學用語正確的是（）A．重水的分子式：D2O B．次氯酸的結構式：H—Cl—OC．乙烯的實驗式：C2H4 D．二氧化硅的分子式：SiO25、下列有關物質的分類或歸類正確的是A．化合物：CaCl2、燒堿、聚苯乙烯、HDB．電解質：明礬、膽礬、冰醋酸、硫酸鋇C．同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2D．同位素：、、6、下列物質不能使淀粉碘化鉀溶液變藍的是A．SO2 B．H2O2 C．新制氯水 D．碘酒7、下列各圖示實驗設計和操作合理的是（）A．圖1證明非金屬性強弱：S＞C＞Si B．圖2制備少量氧氣C．圖3配制一定物質的量濃度的硫酸溶液 D．圖4制備少量乙酸丁酯8、某有機物的結構簡式如圖所示，它在一定條件下可能發生的反應有：①加成、②水解、③酯化、④氧化、⑤中和、⑥消去，其中可能的是()A．②③④ B．①③⑤⑥ C．①③④⑤ D．②③④⑤⑥9、pH=0的某X溶液中，除H+外，還可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl-、CO32-、SO42-、NO3-中的若干種，現取適量X溶液進行如下一系列實驗：下列有關判斷不正確的是（）A．生成氣體A的離子方程式為：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2OB．生成沉淀H

的離子方程式為：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-C．溶液X中一定沒有的離子僅為：CO32-、Ba2+D．溶液X中一定含有的離子是：

H+、Fe2+、SO42-、NH4+、

Al3+10、劣質洗發水中含有超標致癌物二噁烷()。關于該化合物的說法正確的是A．1mol二噁烷完全燃燒消耗5molO2 B．與互為同系物C．核磁共振氫譜有4組峰 D．分子中所有原子均處于同一平面11、下列有關海水綜合利用的說法正確的是()A．電解飽和食鹽水可制得金屬鈉 B．海水提溴涉及到氧化還原反應C．海帶提碘只涉及物理變化 D．海水提鎂不涉及復分解反應12、“84消毒液”的主要成分是NaClO。下列說法錯誤的是（）A．長期與空氣接觸會失效B．不能與“潔廁劑”（通常含鹽酸）同時使用C．1L0.2mol/LNaClO溶液含有0.2molClO-D．0.1molNaClO起消毒作用時轉移0.2mole-13、氫氧熔融碳酸鹽燃料電池是一種高溫電池（600﹣700℃），具有效率高、噪音低、無污染等優點。氫氧熔融碳酸鹽燃料電池的工作原理如圖所示。下列說法正確的是（）A．電池工作時，熔融碳酸鹽只起到導電的作用B．負極反應式為H2﹣2e﹣+CO32﹣═CO2+H2OC．電子流向是：電極a﹣負載﹣電極b﹣熔融碳酸鹽﹣電極aD．電池工作時，外電路中流過0.2mol電子，消耗3.2gO214、室溫下，向某Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中lgc(Ba2+)與的變化關系如圖所示。下列說法正確的是（）(已知：H2CO3的Ka1、Ka2分別為4.2×10-7、5.6×10-11)A．a對應溶液的pH小于bB．b對應溶液的c(H+)=4.2×10-7mol·L-1C．a→b對應的溶液中減小D．a對應的溶液中一定存在：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)15、下列實驗操作、現象和結論均正確的是實驗操作和現象結論A向等體積等濃度的鹽酸中分別加入ZnS和CuS，ZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)B將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液變為紅色樣品已變質C加熱盛有少量NH4HCO3固體的試管，試管口處潤濕的紅色石蕊試紙變藍NH4HCO3顯堿性D常溫下，測得0.1mol·L－1NaA溶液的pH小于0.1mol·L－1Na2B溶液的pH酸性：HA＞H2BA．A B．B C．C D．D16、下列實驗事實不能用基團間相互作用來解釋的是A．與Na反應時，乙醇的反應速率比水慢B．苯酚能與NaOH溶液反應而乙醇不能C．乙醇能使重鉻酸鉀溶液褪色而乙酸不能D．苯、甲苯發生硝化反應生成一硝基取代產物時，甲苯的反應溫度更低17、向等物質的量濃度的K2S、KOH混合溶液中滴加稀鹽酸至過量。其中主要含硫各物種（H2S、HS?、S2?）的分布分數（平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數）與滴加鹽酸體積的關系如圖所示（忽略滴加過程H2S氣體的逸出）。下列說法不正確的是A．A曲線表示S2-隨鹽酸加入量增加時的分布分數改變情況B．X、Y為曲線兩交叉點。若已知Y點處的pH，則可計算Ka1（H2S）C．X、Y點對應溶液中水的電離程度大小關系為：X<YD．Y點對應溶液中c（K＋）與含硫各微粒濃度的大小關系為：c（K＋）＝3[c（H2S）＋c（HS?）＋c（S2?）]18、下列有水參加的反應中，屬于氧化還原反應，但水既不是氧化劑也不是還原劑的是()A．CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑B．2F2+2H2O=4HF+O2↑C．Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO419、氯仿(CHCl3)是一種有機合成原料，在光照下遇空氣逐漸被氧化生成劇毒的光氣(COCl2)：2CHCl3＋O2→2HCl＋2COCl2。下列說法不正確的是A．CHCl3分子和COCl2分子中，中心C原子均采用sp3雜化B．CHCl3屬于極性分子C．上述反應涉及的元素中，元素原子未成對電子最多的可形成直線形分子D．可用硝酸銀溶液檢驗氯仿是否變質20、能正確反映化合物（用M表示）與電解質（用N表示）二者關系的是選項ABCD關系包含關系并列關系交集關系重疊關系A．A B．B C．C D．D21、下列物質不能用作食品干燥劑的是（）A．硅膠 B．六水合氯化鈣C．堿石灰 D．具有吸水性的植物纖維22、化學與生產、生活密切相關。下列過程中沒有發生化學變化的是A．水滴石穿B．用沾有KMnO4的硅藻土做水果保鮮劑C．肥皂水作蚊蟲叮咬處的清洗劑D．NaCl固體加入蛋白質溶液中生成沉淀二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機鋅試劑（R—ZnBr）與酰氯（）偶聯可用于制備藥物Ⅱ：（1）化合物Ⅰ的分子式為_____________。（2）關于化合物Ⅱ，下列說法正確的有______（雙選）。A．可以發生水解反應B．可與新制的Cu（OH）2共熱生成紅色沉淀C．可與FeCl3溶液反應顯紫色D．可與熱的濃硝酸和濃硫酸混合液反應（3）化合物Ⅲ含有3個碳原子，且可發生加聚反應，按照途徑1合成線路的表示方式，完成途經2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路線：_____________（標明反應試劑，忽略反應條件）。（4）化合物Ⅴ的核磁共振氫譜中峰的組數為_____________，以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的羧酸類同分異構體共有_____________種（不考慮手性異構）。（5）化合物Ⅵ和Ⅶ反應可直接得到Ⅱ，則化合物Ⅶ的結構簡式為：_____________。24、（12分）A（C2H4）是基本的有機化工原料。用A和常見的有機物可合成一種醚類香料和一種縮醛類香料，具體合成路線如圖所示（部分反應條件略去）：已知：+→2ROH+回答下列問題：（1）B的分子式是__________。若D為單取代芳香族化合物且能與金屬鈉反應；每個D分子中只含有1個氧原子，D中氧元素的質量分數約為13.1%，則D的結構簡式為__________。（2）C中含有的官能團名稱是_______________。⑥的反應類型是________________。（3）據報道，反應⑦在微波輻射下，以NaHSO4·H2O為催化劑進行，請寫出此反應的化學方程式：___________________________________________________。（4）請寫出滿足下列條件的苯乙醛的所有同分異構體的結構簡式：______________________。i.含有苯環和結構ii.核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為3:2:2:1（5）若化合物E為苯甲醚的同系物，且相對分子質量比苯甲醚大14，則能使FeCl3溶液顯色的E的所有同分異構體共有（不考慮立體異構）__________種。（6）參照的合成路線，寫出由2-氯丙烷和必要的溶劑、無機試劑制備的合成流程圖：_____________________________。合成流程圖示例如下：25、（12分）（三草酸合鐵酸鉀晶體）為翠綠色晶體，可用于攝影和藍色印刷，110℃失去結晶水，230℃分解。某化學研究小組對受熱分解生成的氣體產物和固體產物進行探究。實驗I：探究實驗所得的氣體產物，按下圖裝置進行實驗（夾持儀器已略去，部分裝置可重復使用）。（1）實驗室常用飽和和飽和的混合液制，反應的化學方程式為_____________。（2）裝置的連接順序為：A→__→__→__→__→__→F（填各裝置的字母代號）。（3）檢查裝置氣密性后，先通一段時間，其目的是________，實驗結束時熄滅A、C兩處的酒精燈，繼續通至常溫，其目的是__________。（4）實驗過程中觀察到F中的溶液變渾濁，C中有紅色固體生成，則氣體產物____（填化學式）。（實驗二）分解產物中固體成分的探究（5）定性實驗：經檢驗，固體成分含有。定量實驗：將固體產物加水溶解、過濾洗滌、干燥，得到含鐵樣品。完成上述實驗操作，需要用到下列儀器中的__________（填儀器編號）。設計下列三種實驗方案分別對該含鐵樣品進行含量的測定（甲方案）（乙方案）（丙方案）你認為以上方案中可以確定樣品組成的有_____________方案。（6）經測定產物中，寫出分解的化學方程式_________。26、（10分）Fe(OH)3廣泛應用于醫藥制劑、顏料制造等領域，其制備步驟及裝置如下：在三頸燒瓶中加入16.7gFeSO4·7H2O和40.0ml蒸餾水。邊攪拌邊緩慢加入3.0mL濃H2SO4，再加入2.0gNaClO3固體。水浴加熱至80℃，攪拌一段時間后，加入NaOH溶液，充分反應。經過濾、洗滌、干燥得產品。(1)NaClO3氧化FeSO4·7H2O的離子方程式為_____________。(2)加入濃硫酸的作用為_________(填標號)。a.提供酸性環境，增強NaClO3氧化性b.脫去FeSO4·7H2O的結晶水c.抑制Fe3+水解d.作為氧化劑(3)檢驗Fe2+已經完全被氧化需使用的試劑是_________。(4)研究相同時間內溫度與NaClO3用量對Fe2+氧化效果的影響，設計對比實驗如下表編號T/℃FeSO4·7H2O/gNaClO3/g氧化效果/%i70251.6aii7025mbiii80n2.0civ80251.687.8①m=______；n=______。②若c>87.8>a，則a、b、c的大小關系為___________。(5)加入NaOH溶液制備Fe(OH)3的過程中，若降低水浴溫度，Fe(OH)3的產率下降，其原因是___(6)判斷Fe(OH)3沉淀洗滌干凈的實驗操作為_________________；(7)設計實驗證明制得的產品含FeOOH(假設不含其他雜質)。___________。27、（12分）純堿（Na2CO3）在生產生活中具有廣泛的用途．如圖1是實驗室模擬制堿原理制取Na2CO3的流程圖．完成下列填空：已知：粗鹽中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質離子．（1）精制除雜的步驟順序是____→___→____→____→____（填字母編號）．a粗鹽溶解b加入鹽酸調pHc加入Ba（OH）2溶液d加入Na2CO3溶液e過濾（2）向飽和食鹽水中先通入NH3，后通入CO2，理由是______．在濾液a中通入NH3和加入精鹽的目的是______．（3）請在圖1流程圖中添加兩條物料循環的路線．____（4）圖2裝置中常用于實驗室制備CO2的是__（填字母編號）；用c裝置制備NH3，燒瓶內可加入的試劑是___（填試劑名稱）．（5）一種天然堿晶體成分是aNa2CO3?bNa2SO4?cH2O，利用下列提供的試劑，設計測定Na2CO3質量分數的實驗方案．請把實驗方案補充完整：供選擇的試劑：稀H2SO4、BaCl2溶液、稀氨水、堿石灰、Ba（OH）2溶液①______．②______．③______．④計算天然堿晶體中含Na2CO3的質量分數．28、（14分）(1)一定條件下，CO2與1.0mol·L-1NaOH溶液充分反應放出的熱量如下表：反應序號CO2的物質的量/molNaOH溶液的體積/L放出的熱量/kJ10.50.75X21.02.00y該條件下CO2與NaOH溶液反應生成NaHCO3的熱化學方程式為_____________________。(2)用焦炭還原NO的反應為：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，向容積均為1L的甲、乙、丙三個恒溫容器中分別加入足量的焦炭和一定量的NO，測得各容器中n(NO)隨反應時間t的變化情況如下表：溫度t/min04080120160甲(673K)2.001.501.100.800.80乙(T)2.001.451.001.001.00丙(673K)1.000.800.650.530.45①甲容器中，0～40min內用NO的濃度變化表示的平均反應速率v(NO)=____________。②該反應的△H__________(填序號)a．大于0b．小于0c．等于0d．不能確定③丙容器達到平衡時，NO的轉化率為__________________。(3)298K時，NH3·H2O的電離常數Kb=2×10-5，H2CO3的電離常數Kal=4×10-7，Ka2=4×10-11。在NH4HCO3溶液中，c(NH4+)__________c(HCO3-)(填“>”、“<”或“=”)；反應NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常數K的數值(用科學計數法表示)為_____。29、（10分）久置的FeSO4溶液變黃，一般認為是二價鐵被氧化為三價鐵的緣故。某研究小組為研究溶液中Fe2+被O2氧化的過程，查閱資料發現：溶液中Fe2+的氧化過程分為先后兩步，首先是Fe2+水解，接著水解產物被O2氧化。于是小組同學決定研究常溫下不同pH對Fe2+被O2氧化的影響，并測定了Fe2+氧化率隨時間變化的關系，結果如圖。回答下列問題：（1）寫出Fe2+水解的離子方程式______；要抑制FeSO4水解，可以采取的措施是______。（2）在酸性條件下，Fe2+被O2氧化的反應方程式為：4Fe2++O2?4Fe3++2H2O，已知常溫下該反應的平衡常數很大。則下列說法正確的是______。a．Fe2+轉化為Fe3+的趨勢很大b．Fe2+轉化為Fe3+的速率很大c．該反應進行得很完全d．酸性條件下Fe2+不會被氧化（3）結合如圖分析不同pH對Fe2+被O2氧化的反應發生了怎樣的影響______。（4）研究小組在查閱資料時還得知：氧氣的氧化性隨溶液的酸性增強而增強。通過以上研究可知，配制FeSO4溶液的正確做法是______。（5）用K2Cr2O7標準溶液測定溶液中Fe2+濃度，從而計算Fe2+的氧化率。反應如下：6Fe2++Cr2O72-+14H+→2Cr3++6Fe3++7H2O若取20mL待測溶液，用0.0200mol?L-1KCr2O7標準溶液滴定，消耗標準溶液16.50mL，則溶液中c（Fe2+）=______mol?L-1。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解析】A、由電池反應，則需要鋰離子由負極移向正極，所以該電池不可選用質子交換膜，選項A不正確；B、石墨烯超強電池，該材料具有極佳的電化學儲能特性，從而提高能量密度，選項B正確；C、充電時，LiCoO2極是陽極，發生的電極反應為:

LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，選項C正確；D、根據電池反應式知，充電時鋰離子加入石墨中，選項D正確。答案選A。點睛：本題考查原電池和電解池的原理，根據電池反應式知，負極反應式為LixC6-xe-=C6+xLi+、正極反應式為Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，充電時，陰極、陽極反應式與負極、正極反應式正好相反，根據二次電池的工作原理結合原電池和電解池的工作原理來解答。2、B【解析】

“W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，它們分別位于三個不同的周期”，由此可推出W為氫元素(H)；由“元素W與X可形成兩種液態物質”，可推出X為氧(O)元素；由“Y原子的最外層電子數等于其電子層數”，可推出Y為第三周期元素鋁(Al)；由“Y、Z兩種元素可組成二聚氣態分子”結構，可確定Z與Al反應表現-1價，則其最外層電子數為7，從而確定Z為氯(Cl)元素。【詳解】A．W(H)與Z(Cl)在與活潑金屬的反應中，都可表現出-1價，A正確；B．四種元素的簡單離子半徑由大到小的順序為Cl->O2->Al3+>H+，B不正確；C．Al2Cl6分子中，由于有2個Cl原子分別提供1對孤對電子與2個Al原子的空軌道形成配位鍵，所有原子的最外層均滿足8電子穩定結構，C正確；D．工業上制取金屬鋁(Al)時，可電解熔融的Al2O3，D正確；故選B。3、A【解析】

反應HgS+O2═Hg+SO2中，Hg元素化合價降低，S元素化合價升高，O元素化合價降低，結合氧化劑、還原劑以及化合價的關系解答。【詳解】A．HgS中S元素化合價升高，作還原劑，故A符合；B．Hg是還原產物，故B不符；C．O2是氧化劑，故C不符；D．SO2是氧化產物也是還原產物，故D不符；故選A。4、A【解析】

A.重水中氧原子為16O，氫原子為重氫D，重水的分子式為D2O，故A正確；B.次氯酸中不存在氫氯鍵，其中心原子為氧原子，分子中存在1個氧氫鍵和1個氧氯鍵，結構式為H—O—Cl，故B錯誤；C.實驗式為最簡式，乙烯的實驗式為CH2，故C錯誤；D.二氧化硅晶體為原子晶體，不存在二氧化硅分子，故D錯誤。答案選A。5、B【解析】

A．CaCl2、燒堿屬于化合物，聚乙烯是高分子化合物，屬于混合物，HD為單質，選項A錯誤；B．明礬是硫酸鋁鉀結晶水合物，膽礬是硫酸銅結晶水合物，冰醋酸是醋酸，硫酸鋇是鹽，它們都是在水溶液中或熔化狀態下能導電的化合物，都是電解質，選項B正確；C．CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2，結構不相似，不屬于同系物，選項C錯誤；D．、是碳元素不同核素，互為同位素，是單質，選項D錯誤。答案選B。6、A【解析】A.SO2和碘化鉀不反應,所以沒有碘單質生成,則不能使淀粉碘化鉀溶液變藍,故A正確；B.H2O2具有強氧化性，能和碘離子反應生成碘單質,所以能使淀粉碘化鉀溶液變藍,B錯誤;C.新制氯水中氯氣和碘離子發生置換反應生成碘單質,所以能使淀粉碘化鉀溶液變藍色,C錯誤；D.碘酒中含有碘單質,碘與淀粉溶液變藍色,所以能使淀粉碘化鉀溶液變藍色,D錯誤。答案選A.7、A【解析】

A．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強。由于元素的非金屬性S＞C＞Si，所以酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，強酸可以與弱酸的鹽反應制取弱酸，圖1可以證明非金屬性強弱：S＞C＞Si，A正確；B．過氧化鈉為粉末固體，不能利用關閉止水夾使固體與液體分離，則不能控制反應制備少量氧氣，B錯誤；C．配制物質的量濃度的溶液時，應該把濃硫酸在燒杯中溶解、稀釋，冷卻至室溫后再轉移到容量瓶中，不能直接在容量瓶中溶解稀釋，C錯誤；D．反應物乙酸、1-丁醇的沸點低于產物乙酸丁酯的沸點，若采用圖中裝置，會造成反應物的大量揮發，大大降低了反應物的轉化率，D錯誤；故選A。8、C【解析】

含有苯環、醛基，可以與氫氣發生加成反應；不含酯基或鹵素原子，不能發生水解反應；含有羧基、羥基，能發生酯化反應；含有醛基、羥基，能發生氧化反應；含有羧基，能發生中和反應；中連有羥基碳原子的鄰位碳原子沒有H，不能發生消去反應，故選C。【點睛】該題的關鍵是準確判斷出分子中含有的官能團，然后結合具體官能團的結構和性質靈活運用，有利于培養學生的知識遷移能力和邏輯推理能力。9、C【解析】

強酸性溶液X，則溶液中不存在弱酸根離子CO32-，溶液和硝酸鋇溶液反應生成沉淀C，則溶液中存在SO42-，不存在和硫酸根離子反應的Ba2+，C是BaSO4；酸性條件下硝酸根離子具有強氧化性，所以溶液中Fe2+和NO3-不能共存，加入硝酸鋇產生氣體，則溶液中存在Fe2+，不存在NO3-，A是NO；溶液B中加入過量氫氧化鈉溶液時，產生氣體D，則溶液中含有NH4+，D是NH3，產生沉淀F是Fe（OH）3，溶液E通入過量二氧化碳時產生沉淀H和溶液G，則溶液X中存在Al3+，沉淀H是Al（OH）3，溶液G是NaHCO3，；綜上所述，原溶液X中含有的離子為：H+、Fe2+、SO42-、NH4+、Al3+。【詳解】A．溶液X中應含有Fe2+，酸性條件下與硝酸根離子反應生成氣體NO，反應的離子方程式為：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，選項A正確；B．生成沉淀H的離子方程式為：AlO2--+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，選項B正確；C．溶液X中一定沒有的離子為：CO32-、Ba2+、NO3-，選項C錯誤；D．溶液X中一定含有的離子是：H+、Fe2+、SO42-、NH4+、Al3+，選項D正確；故答案選C。10、A【解析】

A.二噁烷的分子式為C4H8O2，完全燃燒后生成二氧化碳和水，1mol二噁烷完全燃燒消耗5molO2，故A正確；B.二噁烷中含有2個氧原子，與組成上并非只相差n個CH2原子團，所以兩者不是同系物，故B錯誤；C.根據二噁烷的結構簡式可知，其分子中只有一種化學環境的氫原子，故核磁共振氫譜只有1組峰，C錯誤；D.分子中碳原子都是sp3雜化，所以所有原子不可能處于同一平面，故D錯誤，故選A。【點睛】甲烷型：四面體結構，凡是C原子與其它4個原子形成共價鍵時，空間結構為四面體型。小結：結構中每出現一個飽和碳原子，則整個分子中所有原子不可能共面。11、B【解析】

A．電解飽和食鹽水生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，不能制得金屬鈉，金屬鈉的制備方法是電解熔融的氯化鈉，A錯誤；B．海水中溴元素以溴離子形式存在，海水提溴過程中溴離子被氧化為單質溴，涉及到氧化還原反應，B正確；C．海帶中的碘元素以碘離子形式存在，海帶提碘過程中碘離子被氧化為碘單質，涉及化學變化，C錯誤；D．海水提鎂過程中向海水中加石灰乳生成氫氧化鎂沉淀、氫氧化鎂與鹽酸反應生成氯化鎂和水均為復分解反應，D錯誤；答案選B。12、C【解析】

A．空氣中含有二氧化碳和水蒸氣，長期與空氣接觸發生反應生成次氯酸，次氯酸不穩定分解，導致消毒液失效，故A正確；B．“84消毒液”的主要成分是NaClO，“潔廁劑”通常含鹽酸，二者同時使用發生氧化還原反應生成氯氣而失效，不能同時使用，故B正確；C．1L0.2mol/LNaClO溶液中溶質的物質的量為0.2mol，NaClO屬于強堿弱酸鹽，ClO-水解生成HClO，導致溶液中ClO-的物質的量小于0.2mol，故C錯誤；D．NaClO具有氧化性，起消毒作用時Cl元素化合價降低，由+1價變為-1價，則0.1molNaClO轉移0.2mole-，故D正確；答案選C。【點睛】次氯酸是一種比碳酸還弱的弱酸，它不穩定見光易分解，具有漂白性，強氧化性等性質，在使用時經常制成含氯的化合物如次氯酸鈉，次氯酸鈣等，易于保存和運輸，在次氯酸鈉殺菌消毒時氯的化合價降低為-1價。13、B【解析】

原電池工作時，H2失電子在負極反應，負極反應為H2+CO32－-2e－=H2O+CO2，正極上為氧氣得電子生成CO32－，則正極的電極反應為O2+2CO2+4e－=2CO32－。【詳解】A．分析可知電池工作時，熔融碳酸鹽起到導電的作用，和氫離子結合生成二氧化碳，二氧化碳在正極生成碳酸根離子循環使用，故A錯誤；B．原電池工作時，H2失電子在負極反應，負極反應為H2+CO32﹣﹣2e﹣=H2O+CO2，故B正確；C，電池工作時，電子從負極電極a﹣負載﹣電極b，電子不能通過熔融碳酸鹽重新回到電極a，故C錯誤；D．電極反應中電子守恒正極的電極反應為O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣，電池工作時，外電路中流過0.2mol電子，反應氧氣0.05mol，消耗O2質量=0.05mol×32g/mol=1.6g，故D錯誤；故選：B。14、D【解析】

a點橫坐標為0，即lg=0，所以=1，b點lg=2，=100；另一方面根據HCO3-H++CO32-可得：Ka2=，據此結合圖像分析解答。【詳解】A．由分析可知，Ka2=，而a點=1，所以a點有：c(H+)=Ka2=5.6×10-11，同理因為b點=100，結合Ka2表達式可得5.6×10-11=，c(H+)=5.6×10-9，可見a點c(H+)小于b點c(H+)，所以a點pH大于b點，A錯誤；B．由A可知，b點c(H+)=5.6×10-9，B錯誤；C．由Ka2=和KW的表達式得：Ka2=，溫度不變，Ka2、Kw均不變，所以不變，C錯誤；D．根據電荷守恒有：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)+2c(CO32-)，a點c(HCO3-)=c(CO32-)代入上面式子得：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)，D正確。答案選D。【點睛】電解質溶液結合圖像判斷的選擇題有兩點關鍵：一是橫縱坐標的含義，以及怎么使用橫縱坐標所給信息；二是切入點，因為圖像上有，所以切入點一定是與有關系的某個式子，由此可以判斷用Ka2的表達式來解答，本題就容易多了。15、A【解析】

A．相同條件下，溶解度大的物質先溶解，組成和結構相似的難溶物，溶解度越大，其溶度積越大。因在等體積等濃度的鹽酸ZnS可以溶解而CuS不溶，則相同溫度下：Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故A正確；B．Fe(NO3)2溶于稀硫酸后，Fe2+在酸性條件下被NO3-氧化為Fe3+，此時滴加KSCN溶液，溶液變為紅色，則無法證明Fe(NO3)2是否變質，故B錯誤；C．在加熱條件下NH4HCO3固體分解生成NH3，NH3能使潤濕的紅色石蕊試紙變藍，由于固體本身沒有與試紙接觸，故本實驗不能證明NH4HCO3顯堿性，故C錯誤；D．強堿弱酸鹽的pH越大，對應酸的酸性越弱，Na2B溶液對應的酸為HB-，則由現象可知酸性：HA＞HB-，但是本實驗不能證明HA的酸性比H2B強，故D錯誤；故答案為A。16、C【解析】

A.與Na反應時，乙醇的反應速率比水慢，說明乙醇中羥基不如水中羥基活潑，這是因為烴基對羥基產生影響，故A能用基團間相互作用解釋；B.苯酚能跟NaOH溶液反應而乙醇不能，則說明苯環對羥基有影響，故B能用基團間相互作用解釋；C.乙醇具有還原性，乙酸不具有還原性，這是官能團的性質，與所連基團無關，故C不能用基團間相互作用解釋；D．甲苯的反應溫度更低，說明甲苯與硝酸反應更容易，甲基的影響使苯環上的氫原子變得活潑易被取代，故D能用基團間相互作用解釋；答案選C。17、C【解析】

滴加鹽酸時，鹽酸先和KOH反應，然后再和K2S反應，首先發生S2-+H+=HS-，該過程中S2-含量減少，HS-含量上升，然后發生HS-+H+=H2S，此時HS-含量下降，H2S上升，所以A代表S2-，B代表HS-，C代表H2S。【詳解】A．根據分析可知A曲線表示S2-隨鹽酸加入量增加時的分布分數改變情況，故A正確；B．Y點表示c(H2S)=c(HS?)，Ka1(H2S)=，當c(H2S)=c(HS?)時，Ka1(H2S)=c(H+)，所以若已知Y點處的pH，則可計算Ka1(H2S)，故B正確；C．X點c(HS-)=c(S2-)，Y點c(H2S)=c(HS-)，S2-和HS-的水解促進水的電離，H2S為酸抑制水電離，則X點水的電離程度較大，故C錯誤；D．原溶液為等物質的量濃度的K2S、KOH混合溶液，根據物料守恒可知c(K＋)＝3[c(H2S)＋c(HS?)＋c(S2?)]，故D正確；故答案為C。18、D【解析】

A．H2O中H元素的化合價降低，則屬于氧化還原反應，水作氧化劑，故A不選；B．反應中水中O元素的化合價升高，則屬于氧化還原反應，水作還原劑，故B不選；C．反應沒有元素的化合價變化，不屬于氧化還原反應，故C不選；D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4反應中，S、Cl元素化合價發生變化，屬于氧化還原反應，H2O中沒有元素的化合價變化，水既不是氧化劑也不是還原劑，故D選；故選D。19、A【解析】

CHCl3分子和甲烷一樣，中心C原子采用sp3雜化，COCl2分子中，中心C與O形成雙鍵，再與兩個Cl形成共價單鍵，因此C原子采用sp2雜化，A錯誤；CHCl3分子中由于C—H鍵、C—Cl鍵的鍵長不相同，因此CHCl3的空間構型為四面體，但不是正四面體，屬于極性分子，B正確；所列元素中碳和氧原子均含有兩個未成對電子，兩者可以組成CO2，C正確；由于氯仿中的Cl元素以Cl原子的形式存在，不是Cl－，因此可用硝酸銀溶液檢驗氯仿是否變質，D正確。20、A【解析】

據電解質的概念分析。【詳解】電解質是溶于水或熔化時能導電的化合物。故電解質一定屬于化合物，包含在化合物之中。本題選A。21、B【解析】

A．硅膠具有吸水性，無毒，則硅膠可用作食品干燥劑，故A正確；B．六水合氯化鈣不能吸水，則不能作食品干燥劑，故B錯誤；C．堿石灰能與水反應，可做干燥劑，故C正確；D．具有吸水性的植物纖維無毒，則可用作食品干燥劑，故D正確；故答案為B。22、D【解析】

A.水滴石穿是指滴水產生的力在不斷的作用在石頭上，時間長了和碳酸鈣、二氧化碳反應生成溶于水的碳酸氫鈣，使石頭上出現了小孔，有新物質生成，屬于化學變化，A錯誤；B.水果釋放出的乙烯能催熟水果，高錳酸鉀能氧化乙烯，所以用浸有酸性高錳酸鉀的硅藻土作水果保鮮劑，與氧化還原反應有關，B錯誤；C.肥皂水顯堿性，與蚊蟲叮咬處釋放的酸發生中和反應，發生了化學反應，C錯誤；D.蛋白質溶液中加入飽和NaCl溶液發生鹽析，沒有新物質生成，屬于物理變化，D正確；故合理選項是D。二、非選擇題(共84分)23、C12H9BrADCH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH344【解析】

（1）根據化合物Ⅰ的結構簡式可寫出其分子式為C12H9Br；（2）根據化合物Ⅱ的結構簡式，其含有酯基，可發生水解反應，含有苯環，發生苯環上的硝化反應，沒有醛基，不可與新制的Cu（OH）2共熱生成紅色沉淀，沒有酚羥基，不可與FeCl3溶液反應顯紫色，所以A、D正確，選擇AD；（3）根據Ⅵ的結構簡式及途徑Ⅰ的信息，可推出Ⅴ的結構簡式為BrCH2CH2COOCH2CH3，從而可知Ⅴ是由Ⅳ與乙醇發生酯化反應得到，可推出Ⅳ的結構簡式為BrCH2CH2COOH，而化合物Ⅲ含有3個碳原子，且可發生加聚反應，從而可知化合物Ⅲ的結構簡式為CH2=CHCOOH，故合成路線可表示為：CH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH3；（4）化合物Ⅴ的結構為BrCH2CH2COOCH2CH3，每個碳原子上的氫都相同，不同碳原子上的H原子不相同，所以應有4組峰；以氫原子H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的結構簡式為CH3CH2COOCH2CH3，其屬于羧酸類的結構應為C4H9COOH，C4H9—為丁基，丁基有4種不同的結構的H原子，所以C4H9COOH的同分異構體共有4種；（5）根據題目信息，有機鋅試劑（R—ZnBr）與酰氯（）偶聯可用于制備藥物Ⅱ，因此化合物Ⅵ為BrZnCH2CH2COOCH2CH3，則要合成Ⅱ，Ⅶ為酰氯，根據Ⅱ的結構及途徑Ⅰ合成化合物藥物Ⅱ的方式，可推知Ⅶ的結構為。24、CH4O羥基氧化反應、9【解析】

A的分子式為C2H4，A為乙烯，即結構簡式為CH2=CH2，根據問題（1），D能與金屬鈉反應，且D分子中只有一個氧原子，即D中含有－OH，D屬于芳香族化合物，即D中含有苯環，D的相對分子質量為1×16/13.1%=122，根據苯乙醛推出D的結構簡式為，根據縮醛的結構簡式，推出C的結構簡式為HOCH2CH2OH，根據信息，推出B的結構簡式為CH3OH，據此分析；【詳解】A的分子式為C2H4，A為乙烯，即結構簡式為CH2=CH2，根據問題（1），D能與金屬鈉反應，且D分子中只有一個氧原子，即D中含有－OH，D屬于芳香族化合物，即D中含有苯環，D的相對分子質量為1×16/13.1%=122，根據苯乙醛的結構簡式推出D的結構簡式為，根據縮醛的結構簡式，推出C的結構簡式為HOCH2CH2OH，根據信息，推出B的結構簡式為CH3OH，（1）根據上述分析，B的結構簡式為CH3OH，即分子式為CH4O；D能與金屬鈉反應，且D分子中只有一個氧原子，即D中含有－OH，D屬于芳香族化合物，即D中含有苯環，D的相對分子質量為1×16/13.1%=122，根據苯乙醛的結構簡式，推出D的結構簡式為；（2）C的結構簡式為HOCH2CH2OH，含有的官能團是羥基；根據合成路線，反應⑥是苯乙醇被氧化成苯乙醛，反應類型為氧化反應；（3）反應⑦是苯乙醛與HOCH2CH2OH反應生成縮醛，即化學反應方程式為；（4）根據信息，核磁共振氫譜有4組峰，說明是對稱結構，峰面積之比為3：2：2：1，說明不同化學環境的氫原子的個數比為3：2：2：1，符合條件的結構簡式為、；（5）若化合物E為苯甲醚的同系物，且相對分子質量比苯甲醚大14，則其分子式為C8H10O，E的同分異構體能使FeCl3溶液顯色，說明含有酚羥基，假設苯環上有－OH、－C2H5兩個取代基，有鄰間對三種結構，假設苯環上有－OH、－CH3、－CH3三個取代基，兩個甲基在鄰位，羥基有2種結構；兩個甲基在間位，羥基有3種結構；兩個甲基在對位，羥基有1種結構，一共有9種結構；（6）根據反應②，推出生成目標物原料是，根據路線①，用乙烯與O2在Ag作催化劑的條件下生成環氧乙烷，因此生成的原料是CH3CH=CH2，生成丙烯，用2－氯丙烷發生消去反應，合成路線為。【點睛】本題的難點是同分異構體的判斷，根據信息判斷出含有的形式，如本題含有苯環和，寫出苯乙醛的同分異構體，醛與酮互為同分異構體，則有，符合峰有4種，峰面積之比為3：2：2：1，然后將－CH2CHO，拆成－CH3和－CHO，在苯環上有鄰、間、對三種，然后根據峰和峰的面積進行判斷，哪些符合要求。25、NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2OBFDEC排出裝置中的空氣，防止空氣中的O2和CO2干擾實驗結果防止F中溶液倒吸進入C中①②⑤⑦甲、乙【解析】

⑴實驗室常用飽和NH4Cl和飽和NaNO2的混合液制N2。⑵利用C裝置的無水硫酸銅粉末檢驗水蒸氣，再利用F裝置檢驗CO2，用D裝置除去多余的CO2，用E裝置干燥CO氣體，利用D裝置中灼熱的CuO和F裝置澄清石灰水檢驗CO。⑶先通一段時間N2，排盡裝置中的空氣，實驗結束時，先熄滅A、C兩裝置中的酒精燈，再通入N2至室溫。⑷實驗過程中觀察到F中的溶液都變渾濁，說明生成的氣體含二氧化碳，C中有紅色固體生成，說明氣體中含一氧化碳還原氧化銅生成二氧化碳和銅。⑸①溶解過濾時需要用到的儀器主要用燒杯、玻璃棒、漏斗、鐵架臺；②【甲方案】ag樣品加入足量稀硝酸攪拌溶液，加入足量NaOH溶液攪拌、過濾、洗滌、烘干、灼燒得固體bg，bg為氧化鐵，結合鐵元素守恒可以計算鐵的含量；【乙方案】ag樣品加入足量稀硝酸攪拌，測量氣體體積測得氣體體積VmL(標況)，氣體為一氧化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反應生成，能測定鐵元素含量；【丙方案】ag樣品加入足量稀硝酸溶液配制250mL溶液，每次取25mL溶液用酸性KMnO4溶液滴定，三次平均消耗0.1molL?1酸性KMnO4溶液VbmL，該過程中足量稀硝酸會把FeO、Fe氧化生成鐵離子，鐵離子不能用高錳酸鉀溶液反應測定，故丙不能測定。⑹經測定產物中，假設生成的FeO、Fe物質的量分別為1mol，則得到電子為1mol+3mol=4mol，草酸根中碳部分變為+4價，部分變為+2價，2mol生成3molK2CO3，失去3mol電子，根據得失電子守恒9mol碳元素中5mol碳失去電子5mol電子，4mol碳得到4mol電子。【詳解】⑴實驗室常用飽和NH4Cl和飽和NaNO2的混合液制N2，反應的化學方程式為NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O；故答案為：NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O。⑵利用C裝置的無水硫酸銅粉末檢驗水蒸氣，再利用F裝置檢驗CO2，用D裝置除去多余的CO2，用E裝置干燥CO氣體，利用D裝置中灼熱的CuO和F裝置澄清石灰水檢驗CO，則根據氣體流向連接裝置的順序為：A→B→F→D→E→C→F；故答案為：B；F；D；E；C。⑶先通一段時間N2，排盡裝置中的空氣，防止空氣中的O2和CO2干擾實驗。實驗結束時，先熄滅A、C兩裝置中的酒精燈，再通入N2至室溫，目的是防止壓強減小，F裝置中的溶液倒吸；故答案為：排出裝置中的空氣，防止空氣中的和干擾實驗結果；防止F中溶液倒吸進入C中。⑷實驗過程中觀察到F中的溶液都變渾濁，說明生成的氣體含二氧化碳，C中有紅色固體生成，說明氣體中含一氧化碳還原氧化銅生成二氧化碳和銅，則氣體產物是CO2、CO；故答案為：CO2、CO。⑸①定量實驗：將固體產物加水溶解、過濾洗滌、干燥，得到含鐵樣品，溶解過濾時需要用到的儀器主要用燒杯、玻璃棒、漏斗、鐵架臺；故答案為：①②⑤⑦。②【甲方案】ag樣品加入足量稀硝酸攪拌溶液，加入足量NaOH溶液攪拌、過濾、洗滌、烘干、灼燒得固體bg，bg為氧化鐵，結合鐵元素守恒可以計算鐵的含量；【乙方案】ag樣品加入足量稀硝酸攪拌，測量氣體體積測得氣體體積VmL(標況)，氣體為一氧化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反應生成，能測定鐵元素含量；【丙方案】ag樣品加入足量稀硝酸溶液配制250mL溶液，每次取25mL溶液用酸性KMnO4溶液滴定，三次平均消耗0.1molL?1酸性KMnO4溶液VbmL，該過程中足量稀硝酸會把FeO、Fe氧化生成鐵離子，鐵離子不能用高錳酸鉀溶液反應測定，故丙不能測定；故答案為：甲、乙。⑹經測定產物中，假設生成的FeO、Fe物質的量分別為1mol，則得到電子為1mol+3mol=4mol，草酸根中碳部分變為+4價，部分變為+2價，2mol生成3molK2CO3，失去3mol電子，根據得失電子守恒9mol碳元素中5mol碳失去電子5mol電子，4mol碳得到4mol電子，依次分解的化學方程式；故答案為：。26、ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2Oa、cK3[Fe(CN)6]溶液2.025c>b>a若溫度過低，Fe(OH)3膠體未充分聚沉收集，導致產率下降取最后一次洗滌液于兩只試管中，分別滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都無白色沉淀，則說明Fe(OH)3沉淀洗滌干凈稱取mg樣品，加熱至恒重后稱重，剩余固體質量大于【解析】

(1)NaClO3具有氧化性，在酸性條件下將FeSO4·7H2O氧化為硫酸鐵，據此書寫；(2)NaClO3具有氧化性，在酸性條件下氧化性增強；同時反應產生的Fe3+會發生水解反應，根據鹽的水解規律分析分析；(3)檢驗Fe2+已經完全被氧化，就要證明溶液在無Fe2+；(4)實驗是研究相同時間內溫度與NaClO3用量對Fe2+氧化效果的影響，根據表格數據可知i、ii是研究NaClO3用量的影響；ii、iii或i、iv是研究溫度的影響；據此分析解答；(5)溫度低，鹽水解程度小，不能充分聚沉；(6)Fe(OH)3沉淀是從含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，只要檢驗無Cl-或SO42-就可證明洗滌干凈；(7)根據Fe元素守恒，若含有FeOOH，最后得到的固體質量比Fe(OH)3多。【詳解】(1)NaClO3具有氧化性，在酸性條件下將FeSO4·7H2O氧化為硫酸鐵，NaClO3被還原為NaCl，同時產生水，反應的離子方程式為：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；(2)NaClO3氧化FeSO4·7H2O時，為了增強其氧化性，要加入酸，因此提供酸性環境，增強NaClO3氧化性，選項a合理；同時FeSO4·7H2O被氧化為Fe2(SO4)3，該鹽是強酸弱堿鹽，在溶液中Fe3+發生水解反應使溶液顯酸性，為抑制Fe3+的水解，同時又不引入雜質離子，因此要向溶液中加入硫酸，選項c合理，故答案為ac；(3)檢驗Fe2+已經完全被氧化，只要證明溶液中無Fe2+即可，檢驗方法是取反應后的溶液少許，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若溶液無藍色沉淀產生，就證明Fe2+已經完全被氧化為Fe3+；(4)①根據實驗目的，i、ii是在相同溫度下，研究NaClO3用量的影響，ii、iii或i、iv是研究溫度的影響；因此m=2，n=25；②在其它條件不變時，增大反應物的濃度，化學反應速率加快，實驗b>a；ii、iii的反應物濃度相同時，升高溫度，化學反應速率大大加快，實驗c>b，因此三者關系為c>b>a；(5)加入NaOH溶液制備Fe(OH)3的過程中，若降低水浴溫度，Fe(OH)3的產率下降，原因是溫度過低，Fe(OH)3膠體未充分聚沉收集，導致產率下降；(6)Fe(OH)3沉淀是從含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，若最后的洗滌液中無Cl-或SO42-就可證明洗滌干凈。方法是取最后一次洗滌液于兩只試管中，分別滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都無白色沉淀，則說明Fe(OH)3沉淀洗滌干凈；(7)在最后得到的沉淀Fe(OH)3中若含有FeOOH，由于Fe(OH)3中比FeOOH中Fe元素的含量多。由于1molFe(OH)3質量是107g，完全灼燒后產生0.5molFe2O3，質量是80g，若稱取mgFe(OH)3，完全灼燒后固體質量是，若樣品中含有FeOOH，加熱至恒重后稱重，剩余固體質量大于。【點睛】本題考查了氫氧化鐵的制備原理及操作的知識。涉及氧化還原反應方程式的配平、實驗方案的涉及、離子的檢驗方法、鹽的水解、物質純度的判斷等。掌握元素及化合物的知識和化學反應基本原理是解題關鍵。27、acdebNH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2NH3溶于水能將HCO3﹣轉化為CO32﹣，并增大加入NH4+濃度；加入精鹽增大Cl﹣濃度，有利于NH4Cl結晶析出b濃氨水稱取一定質量的天然堿晶體加入足量稀硫酸并微熱、產生的氣體通過足量Ba(OH)2溶液過濾、洗滌、干燥、稱量、恒重沉淀【解析】

(1)根據SO42﹣、Ca2+、Mg2+等易轉化為沉淀而被除去，以及根據不能產生新雜質的要求排序，前面加入的過量溶液應用后加入的溶液除去，最后加入適量的溶液；(2)NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2；根據溶解平衡，增加反應物的濃度有利于晶體析出；(3)侯氏制堿法主要操作是在氨化飽和的NaCl溶液里通CO2，因此后續操作中得到的CO2和NaCl可循環利用；(4)實驗室制取二氧化碳的反應原理和條件；根據在濃氨水中加堿或生石灰，因為氨水中存在下列平衡：NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH﹣加入堿或生石灰產生氫氧根離子平衡左移，同時放出大量的熱促進氨水的揮發，制得氨氣；(5)根據實驗的原理：先稱取一定量的天然堿晶體并溶解得到水溶液，將碳酸根全部轉換成二氧化碳，利用二氧化碳和澄清石灰水產生沉淀，通過沉淀的質量求出二氧化碳的物質的量、Na2CO3的物質的量和質量，最終求出Na2CO3的質量分數。【詳解】(1)SO42﹣、Ca2+、Mg2+等分別與Ba(OH)2溶液、Na2CO3溶液、Ba(OH)2溶液反應生成沉淀，可再通過過濾除去，Na2CO3溶液能除去過量的Ba(OH)2溶液，鹽酸能除去過量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以應先加Ba(OH)2溶液再加Na2CO3溶液，過濾，最后加入鹽酸，故答案為：a→c→d→e→b；(2)NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2，所以向飽和食鹽水中先通入NH3，后通入CO2；通入NH3可通過與HCO3﹣的反應，增加NH4+濃度，并利用精鹽增大Cl﹣濃度，根據溶解平衡的移動，有利于NH4Cl結晶析出；(3)煅燒爐里生成的CO2可循環利用，濾液a析出晶體氯化銨后得到的NaCl溶液可循環利用，則；(4)實驗室制取二氧化碳常選用石灰石和稀鹽酸或大理石和稀鹽酸反應制取，采用固體+液體氣體；濃氨水中加堿或生石灰，因為氨水中存在下列平衡：NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH﹣，加入堿平衡左移，同時放出大量的熱促進氨水的揮發，制得氨氣；(5)實驗的原理：先稱取樣品質量并溶解，將碳酸根全部轉換成二氧化碳，利用二氧化碳和澄清石灰水產生沉淀，通過沉淀的質量求出二氧化碳的物質的量、Na2CO3的物質的量和質量，最終求出Na2CO3的質量分數，所以將天然堿晶體樣品，溶于適量蒸餾水中，加入足量稀硫酸并微熱，產生的氣體通過足量的澄清石灰水，然后過濾、洗滌、干燥、稱量沉淀即可。28、CO(g)+NaOH(aq)﹦NaHCO3(aq)，△H=(y-4x)kJ/mol0.0125mol?L-1?min-1b60%>1.25×10-3【解析】

(1)由表中數據，可寫出下列兩個熱化學方程式：反應1：2CO2(g)+3NaOH(ag)==Na2CO3(ag)+NaHCO3(ag)+H2O(l)?H1=-4xkJ/mol反應2：CO2(g)+2NaOH(ag)==Na2CO3(ag