北京市清華大學中學2023-2024學年高三下學期第五次調(diào)研考試化學試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、有關(guān)化工生產(chǎn)的敘述正確的是A．聯(lián)堿法對母液的處理方法是向母液中通入二氧化碳，冰凍和加食鹽B．列管式熱交換器的使用實現(xiàn)了原料的充分利用C．焙燒辰砂制取汞的反應(yīng)原理為：D．氯堿工業(yè)、鋁的冶煉、犧牲陽極的陰極保護法都是應(yīng)用了電解池的原理2、由下列實驗及現(xiàn)象推出的相應(yīng)結(jié)論正確的是實驗現(xiàn)象結(jié)論A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液產(chǎn)生藍色沉淀原溶液中有Fe2+，無Fe3+B．向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液變渾濁酸性：H2CO3>C6H5OHC．向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)D．①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液②再加足量鹽酸①產(chǎn)生白色沉淀②仍有白色沉淀原溶液中有SO42-A．A B．B C．C D．D3、中華優(yōu)秀傳統(tǒng)文化涉及到很多的化學知識。下列有關(guān)說法不正確的是（）A．宋代梅堯臣的《陶者》“陶盡門前土，屋上無片瓦。十指不沾泥，鱗鱗居大廈。”黏土燒制陶瓷的過程中沒有發(fā)生化學變化B．古代煉丹著作《黃白第十六》中“曾青涂鐵，鐵赤如銅”，該反應(yīng)類型為置換反應(yīng)C．東漢魏伯陽在《周易參同契》中對汞的描述.“……得火則飛，不見埃塵，將欲制之，黃芽為根。”這里的“黃芽”指的是硫黃D．明代李時珍《本草綱目》中“自元時始創(chuàng)其法，用濃酒和糟入甑，蒸令氣上，用器承滴露”，其“法”是指蒸餾4、我國太陽能開發(fā)利用位于世界前列。下列采用“光——熱——電”能量轉(zhuǎn)換形式的是A．光致(互變異構(gòu))儲能B．生產(chǎn)甲醇燃料C．太陽能熔鹽發(fā)電D．太陽能空間發(fā)電5、工業(yè)制氫氣的一個重要反應(yīng)是：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。已知在25℃時：①C(s)+O2(g)CO(g)?H4=-111kJ/mol②H2(g)+O2(g)=H2(g)?H2=-242kJ/mol③C(s)+O2(g)=CO2(g)?H2=-394kJ/mol下列說法不正確的是（）A．25℃時，B．增大壓強，反應(yīng)①的平衡向逆反應(yīng)方向移，平衡常數(shù)K減小C．反應(yīng)①達到平衡時，每生成的同時生成0.5molO2D．反應(yīng)②斷開2molH2和1molO2中的化學鍵所吸收的能量比形成4molO-H鍵所放出的能量少484kJ6、Fe3O4中含有Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd為催化材料，可實現(xiàn)用H2消除酸性廢水中的致癌物NO2-，其反應(yīng)過程如圖所示。下列說法正確的是（）A．Pd作正極B．Fe（Ⅱ）與Fe（Ⅲ）的相互轉(zhuǎn)化起到了傳遞電子的作用C．反應(yīng)過程中NO2-被Fe（Ⅱ）氧化為N2D．用該法處理后水體的pH降低7、“擬晶”(quasicrystal)是一種具有凸多面體規(guī)則外形但不同于晶體的固態(tài)物質(zhì)。Al65Cu23Fe12是二十世紀發(fā)現(xiàn)的幾百種擬晶之一，具有合金的某些優(yōu)良物理性能。下列有關(guān)這種擬晶的說法正確的是A．無法確定Al65Cu23Fe12中三種金屬的化合價B．Al65Cu23Fe12的硬度小于金屬鐵C．Al65Cu23Fe12不可用作長期浸泡在海水中的材料D．1molAl65Cu23Fe12溶于過量的硝酸時共失去265mol電子8、下列實驗Ⅰ～Ⅳ中，正確的是（）A．實驗Ⅰ：配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液B．實驗Ⅱ：除去Cl2中的HClC．實驗Ⅲ：用水吸收NH3D．實驗Ⅳ：制備乙酸乙酯9、向FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液,測定混合后溶液pH隨混合前溶液中變化的曲線如圖所示。實驗發(fā)現(xiàn):ⅰ.a點溶液澄清透明,向其中滴加NaOH溶液后,立即產(chǎn)生灰白色沉淀,滴入KSCN溶液顯紅色;ⅱ.c點和d點溶液中產(chǎn)生紅褐色沉淀,無氣體逸出。取其上層清液滴加NaOH溶液后無明顯現(xiàn)象,滴加KSCN溶液顯紅色。下列分析合理的是A．向a點溶液中滴加BaCl2溶液,無明顯現(xiàn)象B．b點較a點溶液pH升高的主要原因:2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+C．c點溶液中發(fā)生的主要反應(yīng):2Fe3++3SO32-+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3D．向d點上層清液中滴加KSCN溶液,溶液變紅;再滴加NaOH溶液,紅色加深10、下列說法中正確的是（）A．60﹪-70﹪的甲醛水溶液稱為福爾馬林具有防腐殺菌的效果B．液溴可以加少量水保存在棕色的試劑瓶中C．苯酚濺到皮膚上，立即用水沖洗，然后涂上稀硼酸溶液D．油脂不能使溴水褪色11、下列儀器名稱錯誤的是()A．量筒 B．試管 C．蒸發(fā)皿 D．分液漏斗12、存在AlCl3→Al（OH）3→Al2O3→Al轉(zhuǎn)化，下列說法正確的是（）A．Al（OH）3

屬于強電解質(zhì)B．Al2O3

屬于離子晶體C．鋁合金比純鋁硬度小、熔點高D．AlCl3

水溶液能導電，所以

AlCl3

屬于離子化合物13、某種興奮劑的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列說法正確的是（）A．該物質(zhì)遇FeCl3溶液顯紫色，屬于苯酚的同系物B．1mol該物質(zhì)分別與濃溴水和NaOH溶液反應(yīng)時最多消耗Br2和NaOH均為4molC．滴入酸性KMnO4溶液振蕩，紫色褪去即證明該物質(zhì)結(jié)構(gòu)中存在碳碳雙鍵D．該分子中所有碳原子均可能位于同一平面14、下列實驗設(shè)計能夠成功的是()A．檢驗亞硫酸鈉試樣是否變質(zhì)試樣白色沉淀沉淀不溶解→說明試樣已變質(zhì)B．除去粗鹽中含有的硫酸鈣雜質(zhì)粗鹽精鹽C．檢驗?zāi)橙芤褐惺欠窈蠪e2+試樣溶液顏色無變化溶液變紅色→溶液中含有Fe2+D．證明酸性條件H2O2的氧化性比I2強NaI溶液溶液變紫色→氧化性：H2O2＞I215、室溫下，向20.00mL0.1000mol·L?1鹽酸中滴加0.1000mol·L?1NaOH溶液，溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化如圖，已知lg3=0.5。下列說法不正確的是A．選擇變色范圍在pH突變范圍內(nèi)的指示劑，可減小實驗誤差B．用移液管量取20.00mL0.1000mol·L?1鹽酸時，移液管水洗后需用待取液潤洗C．NaOH標準溶液濃度的準確性直接影響分析結(jié)果的可靠性，因此需用鄰苯二甲酸氫鉀標定NaOH溶液的濃度，標定時采用甲基橙為指示劑D．V(NaOH)=10.00mL時，pH約為1.516、我國某科研團隊設(shè)計了一種新型能量存儲/轉(zhuǎn)化裝置(如圖所示)，閉合K2、斷開K1時，制氫并儲能。下列說法正確的是A．制氫時，X電極附近pH增大B．斷開K2、閉合K1時，裝置中總反應(yīng)為Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2C．斷開K2、閉合K1時，K+向Zn電極移動D．制氫時，每轉(zhuǎn)移0.1NA電子，溶液質(zhì)量減輕0.1g17、下列屬于電解質(zhì)的是()A．BaSO4B．濃H2SO4C．漂白粉D．SO218、下列五種短周期元素的某些性質(zhì)如表所示(其中只有W、Y、Z為同周期元素)。元素XWYZR原子半徑(pm)37646670154主要化合價+1-1-2-5、-3+1下列敘述錯誤的是A．原子半徑按X、W、Y、Z、R的順序依次增大B．X、Y、Z三種元素形成的化合物，其晶體可能是離子晶體，也可能是分子晶體C．W、Y、Z三種元素形成的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：ZH3>H2Y>HWD．R元素可分別與X、W、Y三種元素形成離子化合物19、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．12g金剛石與12g石墨所含共價鍵數(shù)均為2NAB．常溫下，lLpH=7的1mol/LHCOONH4溶液中HCOO-與NH4+數(shù)目均為NAC．0.1molCl2與0.2molCH4光照充分反應(yīng)生成HCl分子數(shù)為0.1NAD．100g34%的H2O2中加入MnO2充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA20、一種新型漂白劑結(jié)構(gòu)如圖所示，其中W.Y.Z為不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外層電子數(shù)之和等于X的最外層電子數(shù)，W、X對應(yīng)的簡單離子核外電子排布相同。下列說法正確的是A．非金屬性：X>W>YB．Y的最高價氧化為對應(yīng)的水化物為三元酸C．可利用W與X、Y形成的化合物熱還原制備單質(zhì)YD．該漂白劑中僅有X均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)21、下列各組離子能大量共存的是A．在pH=0的溶液中：NH4+、Al3+、OH-、SO42-B．在新制氯水中:Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C．在加入NH4HCO3產(chǎn)生氣體的溶液中:Na+、Ba2+、Cl-、NO3-D．加入Al片能產(chǎn)生H2的溶液：NH4+、Ca2+、HCO3-、NO3-22、催化加氫不能得到2-甲基戊烷的是()A．CH3CH=C(CH3)CH2CH3B．(CH3)2C=CHCH2CH3C．CH≡C(CH3)(CH2)2CH3D．CH3CH=CHCH(CH3)2二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機物W（C16H14O2）用作調(diào)香劑、高分子材料合成的中間體等，制備W的一種合成路線如下：已知：請回答下列問題：（1）F的化學名稱是_______，⑤的反應(yīng)類型是_______。（2）E中含有的官能團是_______（寫名稱），E在一定條件下聚合生成高分子化合物，該高分子化合物的結(jié)構(gòu)簡式為_______。（3）E+F→W反應(yīng)的化學方程式為_______。（4）與A含有相同官能團且含有苯環(huán)的同分異構(gòu)體還有_______種（不含立體異構(gòu)），其中核磁共振氫譜為六組峰，且峰面積之比為1∶1∶2∶2∶2∶2的結(jié)構(gòu)簡式為____。（5）參照有機物W的上述合成路線，寫出以M和CH3Cl為原料制備F的合成路線（無機試劑任選）_______。24、（12分）鐵氰化鉀（化學式為K3[Fe(CN)6]）主要應(yīng)用于制藥、電鍍、造紙、鋼鐵生產(chǎn)等工業(yè)。其煅燒分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物質(zhì)。（1）鐵元素在周期表中的位置為_________，基態(tài)Fe3+核外電子排布式為_________。（2）在[Fe(CN)6]3－中不存在的化學鍵有_________。A．離子鍵B．金屬鍵C．氫鍵D．共價鍵（3）已知(CN)2性質(zhì)類似Cl2：(CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2OKCN+HCl=HCN+KClHC≡CH+HCN→H2C=CH－C≡N①KCNO中各元素原子的第一電離能由小到大排序為________。②丙烯腈（H2C=CH－C≡N）分子中碳原子軌道雜化類型是_______；分子中σ鍵和π鍵數(shù)目之比為_______。（4）C22－和N2互為等電子體，CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶體的相似（如圖甲所示），但CaC2晶體中啞鈴形的C22－使晶胞沿一個方向拉長，晶體中每個Ca2+周圍距離最近的C22－數(shù)目為_______。（5）金屬Fe能與CO形成Fe(CO)5，該化合物熔點為－20℃，沸點為103℃，則其固體屬于_______晶體。（6）圖乙是Fe單質(zhì)的晶胞模型。已知晶體密度為dg·cm－3，鐵原子的半徑為_________nm（用含有d、NA的代數(shù)式表示）。25、（12分）ClO2是一種優(yōu)良的消毒劑，濃度過高時易發(fā)生分解，常將其制成NaClO2固體，以便運輸和貯存。過氧化氫法制備NaClO2固體的實驗裝置如圖所示。請回答：已知：①2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O②ClO2熔點-59℃、沸點11℃；H2O2沸點150℃（1）NaClO2中氯元素的化合價是__。（2）儀器A的作用是__。（3）寫出制備NaClO2固體的化學方程式：__。冰水浴冷卻的目的是__(寫兩種)。（4）空氣流速過快或過慢，均降低NaClO2產(chǎn)率，試解釋其原因__。（5）Clˉ存在時會催化ClO2的生成。反應(yīng)開始時在三頸燒瓶中加入少量鹽酸，ClO2的生成速率大大提高，并產(chǎn)生微量氯氣。該過程可能經(jīng)兩步反應(yīng)完成，將其補充完整：①__(用離子方程式表示)，②H2O2+Cl2=2Cl-+O2+2H+。（6）為了測定NaClO2粗品的純度，取上述粗產(chǎn)品10.0g溶于水配成1L溶液，取出10mL，溶液于錐形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反應(yīng)（NaClO2被還原為Cl-，雜質(zhì)不參加反應(yīng)），該反應(yīng)過程中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為__，加入2～3滴淀粉溶液，用0.20mol?L-1Na2S2O3標準液滴定，達到滴定達終點時用去標準液20.00mL，試計算NaClO2粗品的純度__。（提示：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）26、（10分）實驗室用如圖裝置（夾持裝置略）制備高效水處理劑高鐵酸鉀（K2FeO4）并探究其性質(zhì)。已知K2FeO4具有下列性質(zhì)：①可溶于水，微溶于濃KOH溶液；②在0℃～5℃、強堿性溶液中比較穩(wěn)定，在Fe(OH)3或Fe3＋催化下發(fā)生分解；③在弱堿性至酸性條件下，能與水反應(yīng)生成O2和Fe(OH)3（或Fe3＋）。(1)裝置A用于制取氯氣，其中使用恒壓漏斗的原因是____。(2)為防止裝置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是____和____。(3)裝置C中生成K2FeO4反應(yīng)的離子方程式為____。(4)用一定量的K2FeO4處理飲用水，測得產(chǎn)生O2的體積隨時間的變化曲線如圖所示。t1s～t2s內(nèi)，O2的體積迅速增大的主要原因是____。(5)驗證酸性條件下氧化性FeO42-＞Cl2的實驗方案為：取少量K2FeO4固體于試管中，____。（實驗中須使用的的試劑和用品有：濃鹽酸，NaOH溶液、淀粉KI試紙、棉花）(6)根據(jù)K2FeO4的制備實驗得出：氧化性Cl2＞FeO42-，而第(5)小題實驗表明，Cl2和FeO42-的氧化性強弱關(guān)系相反，原因是____。27、（12分）某校同學設(shè)計下列實驗，探究CaS脫除煙氣中的SO2并回收S。實驗步驟如下：步驟1.稱取一定量的CaS放入三口燒瓶中并加入甲醇作溶劑(如下圖所示)。步驟2.向CaS的甲醇懸濁液中緩緩通入一定量的SO2。步驟3.過濾，得濾液和濾渣。步驟4.從濾液中回收甲醇(沸點為64.7℃)，所得殘渣與步驟3的濾渣合并。步驟5.用CS2從濾渣中萃取回收單質(zhì)S。(1)圖中用儀器X代替普通分液漏斗的突出優(yōu)點是________________。(2)三口燒瓶中生成硫和亞硫酸鈣的化學方程式為________________，三口燒瓶中最后殘留固體中含一定量的CaSO4，其原因是________________。(3)步驟4“回收甲醇”需進行的操作方法是________________。(4)步驟5為使濾渣中S盡可能被萃取，可采取的操作方案是________________。(5)請設(shè)計從上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制備Na2S2O3·5H2O的實驗方案：稱取稍過量硫粉放入燒杯中，__________________________________________，用濾紙吸干。已知：①在液體沸騰狀態(tài)下，可發(fā)生反應(yīng)Na2SO3＋S＋5H2ONa2S2O3·5H2O。②硫不溶于Na2SO3溶液，微溶于乙醇。③為獲得純凈產(chǎn)品，需要進行脫色處理。④須使用的試劑：S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭。28、（14分）磷酸氯喹是一種廣譜抗瘧疾和抗炎藥，臨床試驗證明：該藥物在細胞水平上能有效抑制新型冠狀病毒的感染。磷酸氯喹可由氯喹（）和磷酸在一定條件下制得。氯喹的合成路線如圖：已知：①A為芳香族化合物；②；③具有酸性。回答下列問題：（1）A的結(jié)構(gòu)簡式為__，F(xiàn)的名稱為__，H中的含氧官能團名稱為__。（2）A→B、F→G的反應(yīng)類型分別為__。（3）寫出C與NaOH反應(yīng)的化學方程式__。（4）碳原子上連接有4個不同的原子或原子團時，該碳原子稱為手性碳。B與足量H2加成后的產(chǎn)物為X，寫出X的結(jié)構(gòu)簡式，并用※標識手性碳__。（5）Y是G的同系物，分子式為C5H11NO2，其同時含有氨基和羧基的同分異構(gòu)體有__種，其中核磁共振氫譜有4組峰，峰面積之比為6：2：2：1的結(jié)構(gòu)簡式為__。29、（10分）氮化鈦(Ti3N4)為金黃色晶體，由于具有令人滿意的仿金效果，越來越多地成為黃金的代替品。以TiCl4為原料，經(jīng)過一系列反應(yīng)可以制得Ti3N4和納米TiO2(如圖1)。圖中的M是短周期金屬元素，M的部分電離能如表：I1I2I3I4I5電離能/(kJ/mol)738145177331054013630請回答下列問題：(1)Ti的基態(tài)原子外圍電子排布式為________________。(2)M是________(填元素符號)，該金屬晶體的堆積模型為六方最密堆積，配位數(shù)為____。(3)納米TiO2是一種應(yīng)用廣泛的催化劑，納米TiO2催化的一個實例如圖2所示。化合物甲的分子中采取sp2方式雜化的碳原子有________個，化合物乙中采取sp3方式雜化的原子3對應(yīng)的元素的電負性由大到小的順序為________________。(4)有一種氮化鈦晶體的晶胞與NaCl晶胞相似，如圖3所示，該晶胞中N、Ti之間的最近距離為apm，則該氮化鈦的密度為________________g/cm3(NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，只列計算式)。該晶體中與氮原子距離相等且最近的氮原子有________個。(5)科學家通過X-射線探明KCl、MgO、CaO、TiN的晶體與NaCl的晶體結(jié)構(gòu)相似。且知三種離子晶體的晶格能數(shù)據(jù)：離子晶體NaClKClCaO晶格能/(kJ/mol)7867153401KCl、CaO、TiN三種離子晶體熔點由高到低的順序為__________________。

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、C【解析】

A．聯(lián)堿法對母液處理方法：向母液中通入氨氣，冰凍和加食鹽，故A錯誤；B．列管式熱交換器的使用能使能量在流程中得到充分利用，降低了能耗，故B錯誤；C．硫化汞與氧氣反應(yīng)生成二氧化硫和汞，可以用焙燒辰砂制取汞，故C正確；D．犧牲陽極的陰極保護法應(yīng)用的是原電池工作原理，故D錯誤；故選：C。2、B【解析】

A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，產(chǎn)生藍色沉淀，說明溶液中有Fe2+，但是無法證明是否有Fe3+，選項A錯誤；B．向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液變渾濁，說明生成了苯酚，根據(jù)強酸制弱酸的原則，得到碳酸的酸性強于苯酚，選B正確；C．向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液，雖然有ZnS不溶物，但是溶液中還有Na2S，加入硫酸銅溶液以后，Cu2+一定與溶液中的S2-反應(yīng)得到黑色的CuS沉淀，不能證明發(fā)生了沉淀轉(zhuǎn)化，選項C錯誤；D．向溶液中加入硝酸鋇溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入鹽酸時，溶液中就會同時存在硝酸鋇電離的硝酸根和鹽酸電離的氫離子，溶液具有硝酸的強氧化性。如果上一步得到的是亞硫酸鋇沉淀，此步就會被氧化為硫酸鋇沉淀，依然不溶，則無法證明原溶液有硫酸根離子，選項D錯誤。【點睛】在解決本題中選項C的類似問題時，一定要注意判斷溶液中的主要成分。當溶液混合進行反應(yīng)的時候，一定是先進行大量離子之間的反應(yīng)（本題就是進行大量存在的硫離子和銅離子的反應(yīng)），然后再進行微量物質(zhì)之間的反應(yīng)。例如，向碳酸鈣和碳酸鈉的懸濁液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸鈉反應(yīng)得到碳酸氫鈉，再與碳酸鈣反應(yīng)得到碳酸氫鈣。3、A【解析】

A.黏土燒制陶器的過程中生成了新的物質(zhì)，發(fā)生了化學變化，故A錯誤；B.曾青涂鐵是一種可溶性銅鹽的溶液放入金屬鐵得到金屬銅的過程，故B正確；C.液態(tài)的金屬汞，受熱易變成汞蒸氣，汞屬于重金屬，能使蛋白質(zhì)變性，屬于有毒物質(zhì)，但常溫下能和硫反應(yīng)生成硫化汞，從而防止其變成汞氣體，黃芽指呈淡黃色的硫磺，故C正確；D.蒸令氣上，則利用互溶混合物的沸點差異分離，則該法為蒸餾，故D正確；

故選：A。4、C【解析】

A、光能轉(zhuǎn)變成熱能，直接利用，故A不符；B、光能轉(zhuǎn)變成化學能，故B不符；C、采用“光——熱——電”能量轉(zhuǎn)換形式，故C符合；D、光能轉(zhuǎn)換為電能，故D不符；故選C。5、B【解析】

A.在25℃時：①C(s)+O2(g)CO(g)?H4=-111kJ/mol；②H2(g)+O2(g)=H2(g)?H2=-242kJ/mol③C(s)+O2(g)=CO2(g)?H2=-394kJ/mol，結(jié)合蓋斯定律可知③-①-②得到CO(g)

+

H2

O(g)

=CO2(g)

+

H2(g)△H=

-

41kJ

/

mol，故A正確；B.增大壓強，反應(yīng)①的平衡向逆反應(yīng)方向移動，溫度不變，則平衡常數(shù)K不變，故B錯誤；C.平衡時不同物質(zhì)的物質(zhì)的量的變化量之比等于化學計量數(shù)之比，則①達到平衡時，每生成1molCO的同時生成0.5molO2，故C正確；D.反應(yīng)②為放熱反應(yīng)，焓變等于斷裂化學鍵吸收的能量減去成鍵釋放的能量，且物質(zhì)的量與熱量成正比，則反應(yīng)②斷開2molH-H和1molO=O中的化學鍵所吸收的能量比形成4molO-

H鍵所放出的能量少484kJ

，故D正確；答案選

B。【點睛】反應(yīng)熱=反應(yīng)物鍵能總和-生成物鍵能總和。6、B【解析】

A．從圖示可以看出，在Pd上，H2失去電子生成H+，所以Pd作負極，故A錯誤；B．Fe（Ⅱ）失去電子轉(zhuǎn)化為Fe（Ⅲ），失去的電子被NO2-得到，H2失去的電子被Fe（Ⅲ）得到，F(xiàn)e（Ⅲ）轉(zhuǎn)化為Fe（Ⅱ），所以Fe（Ⅱ）與Fe（Ⅲ）的相互轉(zhuǎn)化起到了傳遞電子的作用，故B正確；C．反應(yīng)過程中NO2-被Fe（Ⅱ）還原為N2，故C錯誤；D．總反應(yīng)為：2NO2-+3H2+2H+=N2+4H2O，消耗了H+，所以用該法處理后水體的pH升高，故D錯誤；故選B。7、C【解析】

A．擬晶Al65Cu23Fe12是由三種金屬元素組成，由于金屬無負價，根據(jù)化合價代數(shù)和為0的原則，三種金屬的化合價均可視作零價，故A錯誤；B．擬晶具有合金的某些優(yōu)良物理性能，合金的硬度一般比各成分金屬大，故B錯誤；C．Al65Cu23Fe12與海水可以構(gòu)成原電池，會加速金屬的腐蝕，因此不可用作長期浸泡在海水中的材料，故C正確；D．溶于過量硝酸時，Al與Fe均變?yōu)?3價，Cu變?yōu)?2價，故1molAl65Cu23Fe12失電子為65×3+23×2+12×3=277mol，故D錯誤；故選C。8、B【解析】

A.配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，把溶液或蒸餾水加入容量瓶中需要用玻璃棒引流，故A錯誤；B.HCl極易溶于水，Cl2在飽和食鹽水中溶解度很小，可用飽和食鹽水除去Cl2中的HCl雜質(zhì)，故B正確；C.NH3極易溶于水，把導管直接插入水中，會發(fā)生倒吸，故C錯誤；D.制備乙酸乙酯時缺少濃硫酸，乙酸乙酯在氫氧化鈉溶液中會發(fā)生水解，并且導管直接插入液面以下，會發(fā)生倒吸，故D錯誤；故答案為B。9、C【解析】

根據(jù)i的現(xiàn)象，a點溶液為澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即產(chǎn)生灰白色沉淀，該沉淀中含有Fe(OH)2，即a點溶液中含有Fe2＋，F(xiàn)eCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先發(fā)生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c點和d點溶液中Fe3＋和SO32－發(fā)生雙水解反應(yīng)產(chǎn)生紅褐色沉淀，且生成H2SO3，因此無氣體產(chǎn)生，然后據(jù)此分析；【詳解】根據(jù)i的現(xiàn)象，a點溶液為澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即產(chǎn)生灰白色沉淀，該沉淀中含有Fe(OH)2，即a點溶液中含有Fe2＋，F(xiàn)eCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先發(fā)生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c點和d點溶液中Fe3＋和SO32－發(fā)生雙水解反應(yīng)產(chǎn)生紅褐色沉淀，且生成H2SO3，因此無氣體產(chǎn)生，取上層清液滴加NaOH溶液，無明顯現(xiàn)象，是因為NaOH與H2SO3反應(yīng)，滴加KSCN溶液顯紅色，說明溶液中含有Fe3＋，A、a點處溶液中含有SO42－，加入BaCl2，會產(chǎn)生BaSO4白色沉淀，故A錯誤；B、pH升高說明溶液c(H＋)減小，原因是c(SO32－)增大，水解程度增大，按照給出方程式，生成H＋，溶液c(H＋)增大，溶液的pH應(yīng)減小，不會增大，故B錯誤；C、c點溶液中Fe3＋和SO32－發(fā)生雙水解反應(yīng)，離子方程式為2Fe3＋＋3SO32－＋6H2O=2Fe(OH)3↓＋3H2SO3，故C正確；D、溶液變紅后滴加NaOH會消耗溶液中的Fe3＋，因此紅色應(yīng)變淺，故D錯誤；答案為C。10、B【解析】

A.35﹪-40﹪的甲醛水溶液稱為福爾馬林具有防腐殺菌的效果，故A錯誤；B.液溴見光、受熱易揮發(fā)，可以加少量水保存在棕色的試劑瓶中，故B正確；C.苯酚溶液的腐蝕性很強，如果不馬上清洗掉，皮膚很快就會起泡，應(yīng)馬上用有機溶劑清洗，常用的有機溶劑就是酒精（苯酚在水中的溶解度很小），故C錯誤；D.油脂是油和脂肪的統(tǒng)稱。從化學成分上來講油脂都是高級脂肪酸與甘油形成的酯。油脂是烴的衍生物。其中，油是不飽和高級脂肪酸甘油酯，脂肪是飽和高級脂肪酸甘油酯，所以油脂中的油含有不飽和鍵，可以使溴水褪色，而脂肪不能使溴水褪色。故D錯誤。答案選B。11、C【解析】

A.據(jù)圖可知，A為量筒，故A正確；B.據(jù)圖可知，B為試管，故B正確；C.據(jù)圖可知，C為坩堝，故C錯誤；D.據(jù)圖可知，D為分液漏斗，故D正確；答案選C。12、B【解析】

A、Al(OH)3

在水溶液中部分電離，屬于弱電解質(zhì)，故A錯誤；B、Al2O3

由鋁離子和氧離子構(gòu)成的晶體，屬于離子晶體，故B正確；C、鋁合金比純鋁的硬度大，熔點低，故C錯誤；D、氯化鋁為共價化合物，故D錯誤；故選：B。13、D【解析】

A．該有機物中含有酚羥基，遇FeCl3溶液顯紫色，苯酚的同系物應(yīng)符合有且只有一個苯環(huán)，且苯環(huán)上只連一個羥基，其余全部是烷烴基，A錯誤；B．與濃溴水反應(yīng)酚類為鄰對位上的氫被溴取代，左邊苯環(huán)鄰對位上只有一個H，右邊苯環(huán)鄰對位上有兩個H，還有一個C=C與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，共消耗4mol的Br2；3個酚羥基、一個氯原子，氯原子水解又產(chǎn)生1個酚羥基，1mol該有機物消耗5mol氫氧化鈉，B錯誤；C．能使酸性KMnO4褪色的官能團有酚羥基、C=C、苯環(huán)上的甲基，C錯誤；D．苯環(huán)和碳碳雙鍵均是平面形結(jié)構(gòu)，因此分子中碳原子有可能均共平面，D正確；答案選D。14、C【解析】

A.酸性條件下，硝酸根離子能把亞硫酸鹽氧化生成硫酸鹽，故A錯誤；B．應(yīng)先加氯化鋇，再加碳酸鈉，然后過濾，再加鹽酸可除去粗鹽中含有的硫酸鈣雜質(zhì)，故B錯誤；C．亞鐵離子遇KSCN溶液不變色，滴加氯水后亞鐵離子被氧化生成鐵離子，遇KSCN溶液變紅色，可證明溶液中含有Fe2+，故C正確；D．硝酸具有強氧化性，可氧化碘離子，不能說明H2O2的氧化性比I2強，故D錯誤；答案選C。【點睛】本題考查物質(zhì)的檢驗和鑒別實驗方案的設(shè)計，把握常見離子的檢驗方法為解答的關(guān)鍵，注意離子檢驗中排除干擾及試劑的加入順序。15、C【解析】

A.根據(jù)突變范圍選擇合適的指示劑，要求指示劑的指示范圍與突變范圍有重疊，所以選擇變色范圍在pH突變范圍內(nèi)的指示劑，可減小實驗誤差，A正確；B.移液管水洗后需用待取液潤洗，這樣不改變鹽酸的濃度，可減小實驗誤差，B正確；C.甲基橙的指示范圍是3.1～4.4，甲基紅的指示范圍是4.4～6.2，二者差不多，而甲基紅的指示范圍與突變范圍重疊更大，更能降低誤差，因此應(yīng)該使用甲基紅，C錯誤；D.V(NaOH)=10.00mL時，HCl過量，反應(yīng)后相當于余下10mL的HCl，溶液為酸性，溶液中c(H+)==mol/L，所以溶液pH=-lgc(H+)=-lg1+lg30=1.5，D正確；故合理選項是C。16、B【解析】

A．X電極為電解池陽極時，Ni元素失電子、化合價升高，故X電極反應(yīng)式為Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O，X電極附近pH減小，故A錯誤；B．斷開K2、閉合K1時，構(gòu)成原電池，供電時，X電極作正極，發(fā)生還原反應(yīng)，氧化劑為NiOOH，Zn作負極，發(fā)生氧化反應(yīng)，裝置中總反應(yīng)為Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2，故B正確；C．斷開K2、閉合K1時，構(gòu)成原電池，X電極作正極，Zn作負極，陽離子向正極移動，則K+向X電極移動，故C錯誤；D．制氫時，為電解池，Pt電極上產(chǎn)生氫氣，Pt電極反應(yīng)為：2H2O+2e-=H2↑+2OH－，X電極反應(yīng)式為：Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O，根據(jù)電極反應(yīng)，每轉(zhuǎn)移0.1NA電子，溶液質(zhì)量基本不變，故D錯誤；答案選B。17、A【解析】

電解質(zhì)是在水中或熔融狀態(tài)下可以導電的化合物。【詳解】A.BaSO4在熔融狀態(tài)下可以導電，故A選；B.濃H2SO4是混合物，電解質(zhì)必須是純凈物，故B不選；C.漂白粉是混合物，電解質(zhì)必須是純凈物，故C不選；D.SO2溶于水生成亞硫酸，亞硫酸是電解質(zhì)，但SO2不是，液態(tài)SO2中只有分子，不能導電，故D不選；故選A。【點睛】BaSO4這類化合物，雖然難溶于水，但溶于水的部分可以完全電離，而且在熔融狀態(tài)下也可以完全電離，故BaSO4是電解質(zhì)。電解質(zhì)和非電解質(zhì)都是化合物，即必須是純凈物，所以混合物和單質(zhì)既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)。18、C【解析】

主族元素中，元素最高正化合價與其族序數(shù)相等，最低負化合價=族序數(shù)-8，根據(jù)元素化合價知，X、R屬于第IA族元素，W屬于第ⅦA族元素，Y屬于第ⅥA族元素，Z屬于第VA族元素，原子電子層數(shù)越多其原子半徑越大，X原子半徑最小，則X為H元素，W、Y、Z原子半徑相近，根據(jù)其族序數(shù)知，W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，R原子半徑最大，且位于第IA族，則R是Na元素。【詳解】A項、同主族元素從上到下，原子半徑依次增大，同周期元素從左到右，原子半徑依次減小，則H、F、O、N、Na的原子半徑依次增大，故A正確；B項、由H、O、N三種元素形成的化合物可能是離子晶體，如NH4NO3為離子晶體，可能是分子晶體，如HNO3為分子晶體，故B正確；C項、元素的非金屬性越強，形成的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性越強，非金屬性的強弱順序為W>Y>Z，則氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性的強弱順序為HW＞H2Y＞ZH3，故C錯誤；D項、Na元素可分別與H元素、F元素和O元素形成離子化合物NaH、NaF和Na2O（或Na2O2），故D正確。故選C。【點睛】本題考查元素周期律的應(yīng)用，注意位置、結(jié)構(gòu)、性質(zhì)的相互關(guān)系，利用題給表格信息正確判斷元素是解本題的關(guān)鍵。19、C【解析】

A．石墨中每個碳通過三個共價鍵與其他碳原子相連,所以每個碳所屬的共價鍵應(yīng)為1.5，12g石墨是1mol碳,即有1.5NA個共價鍵，而1mol金剛石中含2mol共價鍵，A錯誤；B．甲酸為弱酸，一水合氨為弱堿，故HCOO-與NH4+在溶液發(fā)生水解，使其數(shù)目小于NA，B錯誤；C．每有一個氯氣分子與甲烷發(fā)生取代反應(yīng)，則生成1個HCl分子，故0.1molCl2與0.2molCH4光照充分反應(yīng)生成HCl分子數(shù)為0.1NA，C正確；D．100g34%H2O2為1mol，1molH2O2分解生成1molH2O和0.5molO2，轉(zhuǎn)移電子1mol，數(shù)目為NA，D錯誤；答案選C。20、C【解析】

由W2+可知，W最外層有2個電子；Z形成1個鍵，Z是第ⅠA或ⅦA族元素；W、Y、Z的最外層電子數(shù)之和等于X的最外層電子數(shù)，X形成2個鍵，X是ⅥA族元素；Z與X形成共價鍵，Z是H元素，X是O元素；Y是B元素；W、X對應(yīng)的簡單離子核外電子排布相同，W是Mg元素。【詳解】A.W是鎂，為金屬元素，非金屬性：O>B>Mg，故A錯誤；B.Y是B元素，B的最高價氧化為對應(yīng)的水化物為H3BO3，H3BO3中的質(zhì)子無法直接電離出，H3BO3結(jié)合水中的OH-，電離出H+，H3BO3是一元弱酸，故B錯誤；C.鎂和B2O3加熱生成B和氧化鎂，故C正確；D.該漂白劑中Mg2+、B、O均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D錯誤。【點睛】本題需要通過微觀的原子結(jié)構(gòu)、化學鍵結(jié)合題目信息推斷元素，關(guān)鍵是聯(lián)系宏觀物質(zhì)的性質(zhì)、靈活運用結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)的規(guī)律，本題的突破口是該漂白劑的結(jié)構(gòu)示意圖。21、C【解析】A、在pH=0的溶液呈酸性：OH-不能大量共存，故A錯誤；B、在新制氯水中，氯水具有強氧化性:Fe2+會被氧化成鐵離子，故B錯誤；C、在加入NH4HCO3產(chǎn)生氣體的溶液，可能呈酸性，也可能呈堿性，Na+、Ba2+、Cl-、NO3-在酸性和堿性條件下均無沉淀、氣體或水生成，故C正確；D、加入Al片能產(chǎn)生H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈堿性：NH4+、HCO3-在堿性條件下不共存，HCO3-在酸性條件下不共存，故D錯誤；故選C。22、A【解析】A.與氫加成生成物為3-甲基戊烷，A錯誤；B.與氫加成生成物為2-甲基戊烷，B正確；C.與氫加成生成2,2-二甲基戊烷，或新庚烷，C錯誤；D.加成反應(yīng)好主鏈C原子為5，甲基在2號碳原子位置，能得到2-甲基戊烷，D正確。二、非選擇題(共84分)23、苯甲醇消去反應(yīng)碳碳雙鍵、羧基+H2O5【解析】

A和Br2的CCl4溶液反應(yīng)發(fā)生加成反應(yīng)，結(jié)合B的結(jié)構(gòu)簡式，則A的結(jié)構(gòu)簡式為，B在NaOH的水溶液下發(fā)生水解反應(yīng)，－Br被—OH取代，C的結(jié)構(gòu)簡式為，C的結(jié)構(gòu)中，與—OH相連的C上沒有H原子，不能發(fā)生醇的催化氧化，—CH2OH被氧化成—CHO，醛基再被氧化成－COOH，則D的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)分子式，D到E消去了一分子水，為醇羥基的消去反應(yīng)，E的結(jié)構(gòu)簡式為，E和苯甲醇F，在濃硫酸的作用下發(fā)生酯化反應(yīng)得到W，W的結(jié)構(gòu)簡式為。【詳解】(1)F的名稱是苯甲醇；根據(jù)分子式，D到E消去了一分子水，反應(yīng)類型為消去反應(yīng)；(2)根據(jù)分析，E的結(jié)構(gòu)簡式為，則含有的官能團名稱為碳碳雙鍵、羧基；E中含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加聚反應(yīng)，結(jié)構(gòu)簡式為；(3)E中含有羧基，F(xiàn)中含有羥基，在濃硫酸的作用下發(fā)生酯化反應(yīng)，化學方程式為++H2O；(4)有A含有相同的官能團且含有苯環(huán)，A的結(jié)構(gòu)簡式為，則含有碳碳雙鍵，除了苯環(huán)外，還有3個C原子，則苯環(huán)上的取代基可以為－CH=CH2和－CH3，有鄰間對，3種同分異構(gòu)體；也可以是－CH=CHCH3，或者－CH2CH=CH2，共2種；共5種；核磁共振氫譜為六組峰，且峰面積之比為1∶1∶2∶2∶2∶2的結(jié)構(gòu)簡式為；(5)由M到F，苯環(huán)上多了一個取代基，利用已知信息，可以在苯環(huán)上引入一個取代基，－CH2OH，可由氯代烴水解得到，則合成路線為。【點睛】并不是所有的醇都能發(fā)生催化氧化反應(yīng)，－CH2OH被氧化得到－CHO，被氧化得到；中，與—OH相連的C上沒有H原子，不能發(fā)生催化氧化反應(yīng)。24、第四周期Ⅷ族[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5ABK＜C＜O＜Nspsp22:14分子【解析】

(1)Fe的原子序數(shù)是26，根據(jù)構(gòu)造原理知Fe的核外電子排布式為[Ar]3d64s2，據(jù)此確定其在周期表的位置；基態(tài)Fe失去4s上2個電子和3d軌道上1個電子即為Fe3+；(2)根據(jù)化學鍵的類型和特點解答，注意氫鍵是分子間作用力，不是化學鍵；(3)①KCNO由K、C.

N、O四種元素組成，K為金屬、容易失去電子，第一電離能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p軌道是半充滿狀態(tài)、能量最低；②丙烯腈(H2C=CH?C≡N)分子中碳原子VSEPR構(gòu)型有兩種形式：平面三角形和直線形，雜化方式也有sp、sp2兩種形式，其中C=C含有1個σ鍵和1個π鍵、C≡N含有1個σ鍵和2個π鍵，C?H都是σ鍵，確定分子中σ鍵和π鍵數(shù)目，再求出比值；(4)1個Ca2+周圍距離最近且等距離的C22?應(yīng)位于同一平面，注意使晶胞沿一個方向拉長的特點；(5)Fe(CO)5的熔點、沸點均不高，類似于分子晶體的特點；(6)Fe單質(zhì)的晶胞模型為體心立方堆積，晶胞的原子均攤數(shù)為8×+1=2，晶胞的質(zhì)量為g，晶胞體積V=cm3、邊長a=cm，根據(jù)Fe原子半徑r與晶胞邊長a關(guān)系求出r。【詳解】(1)Fe的原子序數(shù)是26，根據(jù)構(gòu)造原理知Fe的核外電子排布式為[Ar]3d64s2，位于第四周期Ⅷ族據(jù)；基態(tài)Fe失去4s上2個電子和3d軌道上1個電子即為Fe3+，所以基態(tài)Fe3+核外電子排布式為)[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5故答案為：第四周期Ⅷ族，[Ar]3d5或[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；(2)[Fe(CN)6]3?是陰離子，是配合物的內(nèi)界，含有配位鍵和極性共價鍵，金屬鍵存在于金屬晶體中，氫鍵是分子間作用力，不是化學鍵，故選AB；故答案為：AB；(3)①KCNO中K為金屬、容易失去電子，第一電離能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p軌道是半充滿狀態(tài)、能量最低，所以第一電離能大于O，C的非金屬性小于O，第一電離能小于O，所以第一電離能由小到大排序為K<C<O<N；故答案為：K<C<O<N；②丙烯腈(H2C=CH?C≡N)分子中碳原子VSEPR構(gòu)型有兩種形式：平面三角形和直線形，雜化方式也有sp、sp2兩種形式，其中C=C含有1個σ鍵和1個π鍵、C≡N含有1個σ鍵和2個π鍵，C?H都是σ鍵，所以分子中σ鍵和π鍵數(shù)目分別為6、3，σ鍵和π鍵數(shù)目之比為6:3=2:1；故答案為：sp、sp2；2:1；(4)依據(jù)晶胞示意圖可以看出，晶胞的一個平面的長與寬不相等，再由圖中體心可知1個Ca2+周圍距離最近的C22?不是6個，而是4個，故答案為：4；(5)根據(jù)Fe(CO)5的熔點、沸點均不高的特點，可推知Fe(CO)5為分子晶體；故答案為：分子；(6)Fe單質(zhì)的晶胞模型為體心立方堆積，晶胞的原子均攤數(shù)為8×+1=2，晶胞的質(zhì)量為g，晶胞體積V=cm3、邊長a=cm，F(xiàn)e原子半徑r與晶胞邊長a關(guān)系為4r=a，所以r=a=cm=×107nm；故答案為：×107。25、+3防止倒吸2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O減少雙氧水分解、提高ClO2的溶解度空氣流速過快ClO2反應(yīng)不充分，空氣流速過慢ClO2濃度過高易發(fā)生分解2ClO3-+2Clˉ+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O1∶490.5%【解析】

(1)根據(jù)化合物中化合價的代數(shù)和為0可求得，NaClO2中氯元素的化合價為+3價，故答案為：+3；(2)A為安全瓶，作用是防倒吸，故答案為：防止倒吸；(3)根據(jù)題干信息可知，制備NaClO2固體時，冰水浴瓶內(nèi)發(fā)生反應(yīng)：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，H2O2受熱易分解，ClO2的沸點低，降低溫度可以減少雙氧水的分解、增加ClO2的溶解度，從而提高產(chǎn)率等，故答案為：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O；減少雙氧水分解、提高ClO2的溶解度；(4)鼓入空氣的作用是將ClO2趕入氫氧化鈉和雙氧水的混合液中反應(yīng)，空氣流速過慢，ClO2不能被及時一走，濃度過高導致分解；空氣流速過快，ClO2不能被充分吸收，故答案為：空氣流速過快ClO2反應(yīng)不充分，空氣流速過慢ClO2濃度過高易發(fā)生分解；(5)根據(jù)信息可以確定反應(yīng)①的反應(yīng)物為ClO3-和Cl-，產(chǎn)物ClO2和Cl2，根據(jù)得失電子守恒配平方程式為2ClO3-+2Clˉ+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，故答案為：2ClO3-+2Clˉ+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；(6)NaClO2和KI反應(yīng)生成的產(chǎn)物為I2和Cl-，離子方程式為：4H++ClO2-+4I-===2I2+Cl-+2H2O，其中氧化劑為ClO2-，還原劑為I-，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為：1:4，結(jié)合方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可得關(guān)系式NaClO2~4Na2S2O3，則10mL樣品溶液中，n(NaClO2)=n(Na2S2O3)=×0.2mol/L×0.02L=0.001mol，所以1L溶液中n(NaClO2)=0.1mol，m(NaClO2)=9.05g，則NaClO2粗品的純度為，故答案為：1:4；90.5%。26、防止因反應(yīng)過于劇烈而使液體無法滴落將裝置C置于冰水浴中KOH應(yīng)過量（或減緩通入氯氣的速率等）3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeO42-＋6Cl－＋8H2OK2FeO4與水發(fā)生反應(yīng)生成的Fe(OH)3具有催化作用向其中滴加少量濃鹽酸，將濕潤的淀粉KI試紙靠近試管口，若試紙變藍，則說明有Cl2生成，同時說明氧化性FeO42-＞Cl2溶液的酸堿性影響物質(zhì)的氧化性強弱【解析】

利用高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)制得氯氣，將氯氣通過飽和氯化鈉溶液除去氯化氫，純凈的氯氣通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制備高效水處理劑高鐵酸鉀（K2FeO4），用氫氧化鈉溶液處理尾氣，防止多余的氯氣排放到空氣中引起污染，據(jù)此分析。【詳解】利用高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)制得氯氣，將氯氣通過飽和氯化鈉溶液除去氯化氫，純凈的氯氣通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制備高效水處理劑高鐵酸鉀（K2FeO4），用氫氧化鈉溶液處理尾氣，防止多余的氯氣排放到空氣中引起污染。(1)裝置A用于制取氯氣，其中使用恒壓漏斗的原因是防止因反應(yīng)過于劇烈而使液體無法滴落；(2)為防止裝置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是將裝置C置于冰水浴中和KOH應(yīng)過量（或減緩通入氯氣的速率等）；(3)裝置C中利用氯氣在堿性條件下將氫氧化鐵氧化生成K2FeO4，反應(yīng)的離子方程式為3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeO42-＋6Cl－＋8H2O；(4)用一定量的K2FeO4處理飲用水，K2FeO4與水發(fā)生反應(yīng)生成的Fe(OH)3具有催化作用，t1s～t2s內(nèi)，O2的體積迅速增大；(5)驗證酸性條件下氧化性FeO42-＞Cl2的實驗方案為：取少量K2FeO4固體于試管中，向其中滴加少量濃鹽酸，將濕潤的淀粉KI試紙靠近試管口，若試紙變藍，則說明有Cl2生成，同時說明氧化性FeO42-＞Cl2；(6)根據(jù)K2FeO4的制備實驗得出：氧化性Cl2＞FeO42-，而第(5)小題實驗表明，溶液的酸堿性影響物質(zhì)的氧化性強弱，在不同的酸堿性環(huán)境中，Cl2和FeO42-的氧化性強弱關(guān)系相反。27、能使漏斗與三口燒瓶中的氣壓相等2CaS＋3SO22CaSO3＋3SCaSO3被系統(tǒng)中O2氧化蒸餾，收集64.7℃餾分加入CS2，充分攪拌并多次萃取加入適量乙醇充分攪拌，然后加入Na2SO3吸收液，蓋上表面皿，加熱至沸并保持微沸，在不斷攪拌下，反應(yīng)至液面只有少量硫粉時，加入活性炭并攪拌，趁熱過濾，將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾，用乙醇洗滌【解析】

(1)恒壓漏斗能保持壓強平衡；(2)CaS脫除煙氣中的SO2并回收S，元素守恒得到生成S和CaSO3，CaSO3能被空氣中氧氣氧化生成CaSO4；(3)甲醇(沸點為64.7℃)，可以控制溫度用蒸餾的方法分離；(4)硫單質(zhì)易溶于CS2，萃取分液的方法分離；(5)回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制備Na2S2O3?5H2O，在液體沸騰狀態(tài)下，可發(fā)生反應(yīng)Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3?5H2O，據(jù)此設(shè)計實驗過程。【詳解】(1)根據(jù)圖示可知用的儀器X為恒壓漏斗代替普通分液漏斗的突出優(yōu)點是：能使漏斗與三口燒瓶中的氣壓相等，便于液體流下；(2)三口燒瓶中生成硫和亞硫酸鈣的化學方程式為：2CaS+3SO2CaSO3+3S，三口燒瓶中最后殘留固體中含一定量的CaSO4，其原因是：CaSO3被系統(tǒng)中O2氧化；(3)從濾液中回收甲醇(沸點為64.7℃)，步驟4“回收甲醇”需進行的操作方法是：蒸餾，收集64.7℃餾分；(4)步驟5為使濾渣中S盡可能被萃取，可采取的操作方案是：加入CS2，充分攪拌并多次萃取；(5)已知：①在液體沸