参考答案：DBDACCD26（14分）（1）三颈烧瓶（三口烧瓶）（1分）（2）①.（2分）②.过高，反应不充分；过低，导致转化为和（2分）（3）①.蒸发浓缩、冷却结晶（2分）.乙醇（1分）②.ABCDH（2分）（4）①.滴入最后1滴碘标准溶液后溶液由无色变蓝色，且半分钟内不恢复原色（2分）②.（2分）27（15分）（1）（2分）（1分）（2）（答Ca2+不扣分）（2分）（3）4.67~5.5（或）（2分）（4）不能（1分）氨水碱性不够强，不能使变成或（2分）；（2分）（5）右（1分）；7.2(2分)28（14分）(1)＋158.8kJ/mol（2分） (2)AB（2分）（3）①低（1分） ②eq\f(0.5n,t) （2分）（4）50%（2分）（2分）（5）（1分）=（1分）（6）可以利用温室气体CO2，有利于碳减排（1分）35（15分）（1） (2分)大于 （1分）As的价电子排布式为4S24P3,4p能级为半充满结构，能量更低，更稳定（2分）(2)10（1分） sp3（1分）（3）电负性：F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2＋形成配位键（2分）（4）（2分）（5）6NA（1分） eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4)))（1分） eq\f(4×（9＋16）,NA×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)a))\s\up12(3)×10－30)（2分）36(15分)（1）①.加成反应（1分）②.1，2-二溴乙烷（1分）③.溴原子（1分）（2）D（2分）（3）（2分）（4）13（2分）（5）+4NaOH+2NaBr+2HOCH2CH2OH（2分）（6）（2分）（7）（2分）7.D【解析】A．碳纤维材料属于新型无机非金属材料，不属于有机高分子材料，故A错误B.太阳能电池是将光能转化为电能，没有发生氧化还原反应，B错误；C．纯碱是碳酸钠的俗称，碳酸钠属于盐类，不属于碱，故C错误；D.合成氨的反应塔与外加电源的负极相连，并维持一定的电压可以钝化防腐，属于外加电流阴极保护法，故D正确8.B【解析】A．标况下，22.4LNO和11.2LO2物质的量分别为1mol和0.5mol，两者反应生成NO2为1mol，但是NO2中存在化学平衡2NO2⥫⥬N2O4，故生成物分子数小于NA，故A错误；B．的物质的量为，则固体中的物质的量为0.2mol，的物质的量为0.1mol，所以的物质的量比多0.1mol，即数目多，故B正确；C．1mol/L溶液与足量氯气完全反应，未确定溶液体积，无法计算电子转移量，故C错误；D．1LpH=1的H2SO4溶液中n(H+)=0.1mol/L×1L=0.1mol，但H2SO4溶液中由水电离出H+的数目等于溶液中OH-的数目为10-13NA，故D错误；9.D【解析】A．分子中含有羟基、醚键、酯基3种不同含氧官能团，A错误；B．碳碳双键能与氢气加成，酯基不能与氢气发生加成反应，1mol该物质含2mol碳碳双键，最多消耗2molH2，B错误；C．该物质含碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生了氧化反应，而使溴水褪色，发生了加成反应，原理不同，C错误；D．该物质中只有酯基能与NaOH溶液反应，所以1mol该物质最多能消耗2molNaOH，D正确；10.A【解析】短周期元素中，Q是地壳中含量最高的元素，则Q是O元素，R、Y原子的最外层电子数与电子层数相同，R的原子序数小于8，则R可能为H或Be，Y的原子序数大于8，则Y为Al。R与T的核电荷数之和等于Q的核电荷数，若R是H元素，则T为N元素，若R为Be元素，则Y也是Be元素，舍去。由于W与R同主族，原子序数大于8又小于13，则W为Na元素。因此R是H；T是N；Q是O；W是Na，Y是Al，A、Na和O两种元素可形成化合物Na2O、Na2O2，它们都属于离子晶体，阳离子与阴离子个数比都是2:1，A正确；B、不同周期的元素，原子核外的电子层数越多。原子半径越大；同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，这几种元素的原子半径的关系为：H＜O＜N＜Al＜Na，B错误；C、Al2O3为两性化合物，可以溶于强碱溶液，C错误；D、AlN是原子晶体，原子间以极强的共价键结合，由于N2中原子间以共价三键结合，断裂很难，所以不能直接由单质在低温下合成，D错误；答案选A。11.C【解析】A．溶液的蒸发浓缩应在蒸发皿中进行，故A错误；B．氢氧化钠溶液与醋酸溶液反应生成醋酸钠和水，醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，所以用氢氧化钠溶液测定醋酸溶液的浓度时应选用酚酞溶液做指示剂，不能选用甲基橙做指示剂，则不能达到测定醋酸溶液的浓度的实验目的，故B错误；C．反应物分别装入2支试管置于不同水温中，探究温度对化学反应速率的影响，C正确；D．测定稀硫酸和溶液中和反应反应热，要用玻璃搅拌棒以减少热量损失，故D错误；12.C【解析】原电池锌作为负极，铜作为正极，电子从导线流向铜棒，电解池中锌作为阴极得电子，铜作为阳极失去电子。A．放电时，电子从Zn电极经导线流向多孔Cu网电极，故A错误；B．充电时，多孔Cu网电极的电极反应式为，故B错误；C．放电时的电池总反应为，故C正确；D．在外电路，与多孔Cu网电极相比，放电时，Zn电极是负极电势低，充电时，Zn电极电势低，故D错误；13.D【解析】A．、结构相似，pM-pH关系曲线平行，，则ⅰ表示Fe3+，ⅰⅰ表示Al3+，ⅰⅰⅰ表示Cu2+，故A错误；B．a、b两点对应物质的相同，溶解度不相同，故B错误；C．ⅰ表示Fe3+，iii表示Cu2+，、的混合溶液中时，根据图示，当开始沉淀时，已经沉淀完全，二者不能同时沉淀，故C错误；D．根据a点时，则“沉铜”时，若将pH从5.0提高到5.5，，则铜损失的量降低至原来的10%，故D正确；26.【解析】在装置B中浓硫酸与Na2SO3反应制备SO2，经过单向阀通入三颈烧瓶内，在合适pH环境下，SO2与Na2CO3、Na2S发生反应得到Na2S2O3混合液，再经分离、提纯得粗产品，用滴定实验测定其纯度。（1）由图构造可知，装置C是三颈烧瓶（三口烧瓶）（2）SO2具有氧化性，Na2S具有还原性，在Na2CO3溶液环境下发生氧化还原反应生成Na2S2O3和CO2，其化学方程式为：4SO2+Na2CO3+2Na2S=3Na2S2O3+CO2，C中反应结束时混合溶液pH过高导致Na2CO3、Na2S反应不充分；pH过低，导致Na2S2O3转化为S和SO2；（3）①从C中反应后混合溶液中提纯的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；由于难溶于乙醇，所以可以用乙醇洗涤粗产品；②蒸发浓缩、冷却结晶需要AC，过滤和洗涤需要ABD，干燥需要H，所以Ⅱ中可能使用到的仪器为：ABCDH；（4）①淀粉作指示剂，遇碘变蓝色，所以滴定终点的现象是最后一滴碘标准溶液滴入后，溶液由无色变成蓝色，且半分钟内不恢复原色；②20.00mL粗产品溶液中含，所以样品中的纯度为：。27【解析】：（1）赤铁矿渣含有及Cu和Ag的氧化物，还含有一定量的Ga和In，因此第一步加入和时，形成和CuS沉淀，CuO发生反应的化学方程式为。（2）“高压酸浸还原”时被还原，“酸浸液”中含有，加入的目的是调节pH，使分别转化成和沉淀，以便分离，同时形成硫酸钙（微溶）。（3）根据题表中数据，沉淀完全时，可得，则pH=4；同理的有沉淀完全时，pH=4.67，则pH最小为4.67；由表中数据可知与相比更易沉淀，则根据的进行计算，有，则，即pH=5.5，故应调节pH范围为4.67~5.5。（4）由反应方程式可知，由，得，代入数据可知。（5）由图根据电子流向可知，左侧为负极，右侧为正极，原电池中阳离子向正极移动，故电池工作时向右池移动；电池总反应为，反应中转移8个，当电路中转移1.6mol电子时，吸收二氧化碳、逸出氧气、逸出甲烷的量分别为0.2mol、0.4mol、0.2mol，质量分别为8.8g、12.8g、3.2g，故电池中液体质量减轻7.2g。28【解析】(1)根据盖斯定律，反应Ⅰ＝反应Ⅱ＋反应Ⅲ，则反应Ⅰ的ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋117.6kJ/mol＋41.2kJ/mol＝＋158.8kJ/mol。(2)由反应Ⅰ可知，及时分离出水蒸气，有利于反应Ⅰ平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，A正确；反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则n(CO2)∶n(CO)的比值在减小，当n(CO2)∶n(CO)保持恒定时，说明反应Ⅰ达到化学平衡状态，B正确；由于反应Ⅱ正向气体分子数增大，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，C错误；反应Ⅲ为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，D错误。（3）①温度相同时，n(CO2)∶n(乙苯)越大，乙苯的平衡转化率越高，结合图像可知，越靠上的曲线乙苯平衡转化率越高，则靠上曲线对应的n(CO2)∶n(乙苯)较大，则在平衡转化率相同时，投料比越高对应的温度越低。③850K时，反应经tmin达到P点，初始时乙苯的物质的量为nmol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5nmol，生成苯乙烯的物质的量为0.5nmol，v(苯乙烯)＝eq\f(0.5n,t)mol/min。（4）向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和2molCO2，则三段式分析：，平衡时的气体总物质的量=2-x+2-x+x+x+x=5mol，解得x=1mol，转化率α(C6H5-CH2CH3)=×100%=50%，压强与物质的量成正比，=，p平衡=1.25P0，平衡常数KP===0.25p0，故答案为：50%；0.25p0。（5）由题干反应方程式可知，该反应正反应是一个气体体积增大的方向，增大N2的用量，相当于减小压强，平衡正向移动，即投料比m越小，乙苯的平衡转化率越大，平衡转化率由小到大的顺序为A＜B＜C＜D，投料比由大到小的顺序为m1＞m2＞m3＞m4，则投料比m为1∶9的曲线是m4，图中A、B两点对应的温度相同，故A与B两点相比较，乙苯活化分子百分数A=B，故答案为：m4；=；（6）从资源综合利用角度分析，氧化乙苯脱氢制苯乙烯的优点是来源广泛，简单易得，利用氧化乙苯脱氢制苯乙烯能减少的排放，减少温室效应，实现“碳中和”；35．【解析】（2）As4S4的分子结构中均为单键，且每个原子最外层均满足8e－稳定结构，可先确定As4的结构，即空心四面体，就有6个As—As,4个As—As中间插入1个S原子，就形成了，则该分子中所含共价键数目为10；S原子的杂化轨道类型分别为sp3（5）由Be2Cl4的结构可知，1molBe2Cl4中含有的共价键数目为数目为6NA。故Be采用sp2杂化；1molBe2Cl4中Be提供空轨道，Cl提供孤电子对，故形成2mol配位键，数目为2NA。由晶胞结构可知，每个Be周围有四个O与其相连，由BeO的晶胞结构以及A、B的坐标可知，C的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4)))；一个晶胞中含Be的个数为4，含O的个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，O与Be的最近距离为晶胞体对角线的eq\f(1,4)，故晶胞棱长为eq\f(4\r(3),3)apm，密度为eq\f(4×（9＋16）,NA×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)a))\s\up12(3)×10－30)g·cm36．【解析】乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成CH2BrCH2Br，CH2BrCH2Br发生水解反应生成CH2OHCH2OH，在PBr3作用下其中一个羟基被取代，生成CH2OHCH2Br；对二甲苯在酸性高锰酸钾作用下被氧化为对二苯甲酸，在浓硫酸作用下发生酯