安徽省池州市青陽一中2024年高三最后一卷化學(xué)試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。元素W分別與元素X、Y、Z結(jié)合形成質(zhì)子數(shù)相同的甲、乙、丙三種分子。反應(yīng)②是工業(yè)制硝酸的重要反應(yīng)，乙與丙的混合物不能用玻璃瓶盛裝。上述物質(zhì)有如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系：下列說法錯誤的是A．甲是易液化氣體，常用作致冷劑B．可以用甲在一定條件下消除丁對環(huán)境的污染C．甲、丙分子可以直接化合生成離子化合物D．丁是一種紅棕色氣體，是大氣主要污染物之一2、己知AgCl在水中的溶解是吸熱過程。不同溫度下，AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。己知T1溫度下Ksp(AgCl)=1.6×10-9,下列說法正確的是A．T1>T2B．a(chǎn)=4.0×10-5C．M點溶液溫度變?yōu)門1時，溶液中Cl-的濃度不變D．T2時飽和AgCl溶液中，c(Ag+)、c(Cl-)可能分別為2.0×10-5mol/L、4.0×10-5mol/L3、下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是A．SO2水溶液呈酸性，可用于漂白紙漿 B．晶體硅熔點高，可制半導(dǎo)體材料C．Al(OH)3呈弱堿性，可用于治療胃酸過多 D．H2O2具有還原性，可用于消毒殺菌4、現(xiàn)有以下物質(zhì)：①NaCl溶液②CH3COOH③NH3④BaSO4⑤蔗糖⑥H2O，其中屬于電解質(zhì)的是（）A．②③④ B．②④⑥ C．③④⑤ D．①②④5、利用反應(yīng)CCl4+4NaC（金剛石）+4NaCl可實現(xiàn)人工合成金剛石。下列關(guān)于該反應(yīng)的說法錯誤的是（）A．C（金剛石）屬于原子晶體B．該反應(yīng)利用了Na的強還原性C．CCl4和C（金剛石）中的C的雜化方式相同D．NaCl晶體中每個Cl－周圍有8個Na＋6、海水綜合利用要符合可持續(xù)發(fā)展的原則，其聯(lián)合工業(yè)體系（部分）如圖所示，下列說法錯誤的是A．①中可采用蒸餾法 B．②中可通過電解法制金屬鎂C．③中提溴涉及到復(fù)分解反應(yīng) D．④的產(chǎn)品可生產(chǎn)鹽酸、漂白液等7、下列有關(guān)表述正確的是（）A．HClO是弱酸，所以NaClO是弱電解質(zhì)B．Na2O、Na2O2組成元素相同，所以與CO2反應(yīng)產(chǎn)物也相同C．室溫下，AgCl在水中的溶解度小于在食鹽水中的溶解度D．SiO2是酸性氧化物，能與NaOH溶液反應(yīng)8、下列實驗操作能達到實驗?zāi)康牡氖茿．用裝置甲驗證NH3極易溶于水B．用50mL量筒量取10mol·L-1硫酸2mL,加水稀釋至20mL,配制1mol·L-1稀硫酸C．用pH試紙測量氯水的pHD．用裝置乙制取無水FeCl39、水果、蔬菜中含有的維生素C具有抗衰老作用，但易被氧化成脫氫維生素C。某課外小組利用滴定法測某橙汁中維生素C的含量，其化學(xué)方程式如圖所示，下列說法正確的是A．脫氫維生素C分子式為C6H8O6B．維生素C中含有3種官能團C．該反應(yīng)為氧化反應(yīng)，且滴定時不可用淀粉作指示劑D．維生素C不溶于水，易溶于有機溶劑10、《環(huán)境科學(xué)》曾刊發(fā)我國科研部門采用零價鐵活化過硫酸鈉（Na2S2O7其中S為+6價）去除廢水中的正五價砷的研究成果，其反應(yīng)機理模型如圖，（NA為阿伏加德羅常數(shù)的值）下列說法正確的是A．1molSO4-·（自由基）中含50NA個電子B．pH越大，越不利于去除廢水中的正五價砷C．1mol過硫酸鈉中含NA個過氧鍵D．轉(zhuǎn)化過程中，若共有1molS2O82-被還原，則參加反應(yīng)的Fe為56g11、用如圖裝置進行實驗,下列預(yù)期實驗現(xiàn)象及相應(yīng)結(jié)論均正確的是（）ab預(yù)期實驗現(xiàn)象結(jié)論A銅絲濃硝酸試管c中有大量紅棕色氣體濃硝酸有強氧化性B木條18.4mol·L-1硫酸木條下端變黑濃硫酸有酸性和氧化性C生鐵NaCl溶液導(dǎo)管處發(fā)生水倒吸生鐵發(fā)生吸氧腐蝕D鐵絲含少量HCl的H2O2溶液試管c中有大量無色氣體該反應(yīng)中鐵作催化劑A．A B．B C．C D．D12、298K時，向20mL濃度均為0.1mo1/L的MOH和NH3·H2O混合液中滴加0.1mol的CH3COOH溶液，測得混合液的電阻率（表示電阻特性的物理量）與加入CH3COOH溶液的體積（V）的關(guān)系如圖所示。已知CH3COOH的Ka＝1.8×10－5，NH3·H2O的Kb=1.8×10－5。下列說法錯誤的是（）A．MOH是強堿B．c點溶液中濃度：c（CH3COOH)<c(NH3·H2O）C．d點溶液呈酸性D．a(chǎn)→d過程中水的電離程度先增大后減小13、下列各組粒子在溶液中可以大量共存，且加入或通入試劑X后，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式也正確的是選項微粒組加入試劑發(fā)生反應(yīng)的離子方程式A、、、過量HC1B、、、過量C過量DI-、Cl-、H+、SO42-過量A．A B．B C．C D．D14、室溫時，在20mL0.1mol?L-1一元弱酸HA溶液中滴加同濃度的NaOH溶液，溶液中與pH的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A．室溫時，電離常數(shù)Ka(HA)=1.0×10-5.3B．B點對應(yīng)NaOH溶液的體積是10mLC．A點溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)D．從A點到C點的過程中，水的電離程度先增大后減小15、“聚酯玻璃鋼”是制作宇航員所用氧氣瓶的材料。甲、乙、丙三種物質(zhì)是合成聚酯玻璃鋼的基本原料。下列說法中一定正確的是(

)①甲物質(zhì)能發(fā)生縮聚反應(yīng)生成有機高分子；②1mol乙物質(zhì)最多能與4molH2發(fā)生加成反應(yīng)；③1mol丙物質(zhì)可與2mol鈉完全反應(yīng)，生成22.4L氫氣；④甲、乙、丙三種物質(zhì)都能夠使酸

性高錳酸鉀溶液褪色A．①③ B．②④ C．①② D．③④16、某芳香族化合物分子式為Cl0H11ClO2，已知苯環(huán)上只有兩個取代基，其中一個取代基為-Cl，且該有機物能與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)放出CO2，則滿足上述條件的有機物甲的同分異構(gòu)體(不考慮立體異構(gòu))數(shù)目有多少種A．5種 B．9種 C．12種 D．15種17、在氧氣中灼燒0.44gS和Fe組成的化合物，使其中的S全部轉(zhuǎn)化成H2SO4，這些H2SO4可用20mL0.5mol/L的NaOH溶液完全中和，則原化合物中S的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為()A．18% B．46% C．53% D．36%18、25°C時，向20mL0.10mol?L-1的一元酸HA中逐滴加入0.10mol?L-1NaOH溶液，溶液pH隨加入NaOH溶液體積的變化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A．HA

為強酸B．a(chǎn)

點溶液中，c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）C．酸堿指示劑可以選擇甲基橙或酚酞D．b

點溶液中，c（Na+）=c（A-）19、下列有關(guān)儀器的名稱、圖形、用途與使用操作的敘述均正確的是()選項ABCD名稱250mL容量瓶分液漏斗酸式滴定管冷凝管圖形用途與使用操作配制1.0mol·L－1NaCl溶液，定容時仰視刻度，則配得的溶液濃度小于1.0mol·L－1用酒精萃取碘水中的碘，分液時，碘層需從上口放出可用于量取10.00mLNa2CO3溶液蒸餾實驗中將蒸氣冷凝為液體A．A B．B C．C D．D20、國內(nèi)某科技研究小組首次提出一種新型的Li+電池體系，該體系正極采用含有I-、Li+的水溶液，負極采用固體有機聚合物，電解質(zhì)溶液為LiNO3溶液，聚合物離子交換膜作為隔膜將液態(tài)正極和固態(tài)負極分隔開（原理示意圖如圖）。已知：I-+I2=I3-，則下列有關(guān)判斷正確的是A．圖甲是原電池工作原理圖，圖乙是電池充電原理圖B．放電時，正極液態(tài)電解質(zhì)溶液的顏色變淺C．充電時，Li+從右向左通過聚合物離子交換膜D．放電時，負極的電極反應(yīng)式為：+2ne-=+2nLi+21、一定溫度下，在恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：H2O（g）+CO（g）?CO2（g）+H2（g）。當(dāng)H2O、CO、CO2、H2的濃度不再變化時，下列說法中，正確的是（）A．該反應(yīng)已達化學(xué)平衡狀態(tài) B．H2O和CO全部轉(zhuǎn)化為CO2和H2C．正、逆反應(yīng)速率相等且等于零 D．H2O、CO、CO2、H2的濃度一定相等22、高溫下，超氧化鉀晶體(KO2)呈立方體結(jié)構(gòu)。如圖為超氧化鉀晶體的一個晶胞(晶體中最小的重復(fù)單元)。則下列有關(guān)說法正確的是（）A．KO2中只存在離子鍵B．超氧化鉀的化學(xué)式為KO2，每個晶胞含有1個K＋和1個O2－C．晶體中與每個K＋距離最近的O2－有6個D．晶體中，所有原子之間都以離子鍵相結(jié)合二、非選擇題(共84分)23、（14分）暗紅色固體X由三種常見的元素組成（式量為412），不溶于水，微熱易分解，高溫爆炸。己知：氣體B在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為1.25g.L-1，混合氣體通過CuSO4，CuSO4固體變?yōu)樗{色。請回答以下問題：（1）寫出A的電子式____________。（2）寫出生成白色沉淀D的化學(xué)方程式________________________。（3）固體X可由A與過量氣體C的濃溶液反應(yīng)生成，其離子方程式為_________________（4）有人提出氣體C在加熱條件下與Fe2O3反應(yīng)，經(jīng)研究固體產(chǎn)物中不含+3價的鐵元素，請設(shè)計實驗方案檢驗固體產(chǎn)物中可能的成分（限用化學(xué)方法）________________________24、（12分）[化學(xué)——選修5：有機化學(xué)基礎(chǔ)]環(huán)丙貝特(H)是一種降血脂藥物，可明顯降低極低密度和低密度脂蛋白水平，并升高高密度脂蛋白，通過改善膽固醇的分布，可減少CH和LDL在血管壁的沉積，還有溶解纖維蛋白和阻止血小板凝聚作用。如圖是合成環(huán)丙貝特的一種新方法：回答下列問題：(1)C的化學(xué)名稱為______________________(2)F中含氧官能團的名稱為______________(3)H的分子式為________________________(4)反應(yīng)①的反應(yīng)類型為___________，反應(yīng)④的化學(xué)方程式為______________________(5)M為的同分異構(gòu)體，能與NaHCO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生氣體，則M的結(jié)構(gòu)共有種____(不考慮立體異構(gòu))；其中1HNMR中有3組峰，且峰面積之比為6：2：1的結(jié)構(gòu)簡式為_______(6)利用Wittig反應(yīng)，設(shè)計以環(huán)己烷為原料(其他試劑任選)，制備的合成路線：______________________。25、（12分）用如圖所示儀器，設(shè)計一個實驗裝置，用此裝置電解飽和食鹽水，并測定陰極氣體的體積（約6mL）和檢驗陽極氣體的氧化性。（1）必要儀器裝置的接口字母順序是：A接_____、____接____；B接___、____接____。（2）電路的連接是：碳棒接電源的____極，電極反應(yīng)方程式為_____。（3）能說明陽極氣體具有氧化性的實驗現(xiàn)象是____，有關(guān)離子方程式是_____；最后尾氣被吸收的離子方程式是______。（4）如果裝入的飽和食鹽水體積為50mL（假定電解前后溶液體積不變），當(dāng)測得的陰極氣體為5.6mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況）時停止通電，則另一極實際上可收集到氣體____（填“”、“”或“”）5.6mL，理由是______。26、（10分）二氧化氯是高效、低毒的消毒劑。已知：ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，回答下列問題：(1)ClO2的制備及性質(zhì)探究(如圖所示)。①儀器a的名稱為________，裝置B的作用是________。②裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________。裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，其作用是________________。③裝置E用于吸收尾氣，反應(yīng)生成NaClO2，則該反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為________，氧化產(chǎn)物是___________。(2)粗略測定生成ClO2的量實驗步驟如下：a.取下裝置D，將其中的溶液轉(zhuǎn)入250mL容量瓶，用蒸餾水洗滌D瓶2~3次，并將洗滌液一并轉(zhuǎn)移到容量瓶中，再用蒸餾水稀釋至刻度。b.從容量瓶中取出25.00mL溶液于錐形瓶中，用0.1000mol/L硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定（I2+2S2O32-=2I－+S4O62-），指示劑顯示終點時共用去24.00mL硫代硫酸鈉溶液。①滴定至終點的現(xiàn)象是_____________。②進入裝置D中的ClO2質(zhì)量為_______，與C中ClO2的理論產(chǎn)量相比，測定值偏低，可能的原因是__________。27、（12分）乳酸亞鐵晶體[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O(M=288)是一種很好的食品鐵強化劑，易溶于水，吸收效果比無機鐵好，可由乳酸CH3CH(OH)COOH與FeCO3反應(yīng)制得：I．制備碳酸亞鐵（1）儀器C的名稱是_____。（2）利用如圖所示裝置進行實驗。首先關(guān)閉活塞2，打開活塞1、3，目的是____；關(guān)閉活塞1，反應(yīng)一段時間后，關(guān)閉活塞____，打開活塞______，觀察到B中溶液進入到C中，C中產(chǎn)生沉淀和氣體，寫出制備FeCO3的離子方程式____。（3）裝置D的作用是____。Ⅱ．乳酸亞鐵晶體的制備及純度測定將制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，加入少量鐵粉，在75℃下攪拌使之充分反應(yīng)。然后再加入適量乳酸，從所得溶液中獲得乳酸亞鐵晶體。（4）加入少量鐵粉的作用是_____。（5）若用KMnO4滴定法測定樣品中Fe2+的量進而計算純度時，發(fā)現(xiàn)結(jié)果總是大于100%，其主要原因是_________。（6）經(jīng)查閱文獻后，改用Ce(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液進行滴定。反應(yīng)中Ce4+離子的還原產(chǎn)物為Ce3+。測定時，先稱取5.760g樣品，溶解后進行必要處理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.1000mol·L-1Ce(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，記錄數(shù)據(jù)如下表所示。則產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的純度為___%（保留小數(shù)點后兩位）。28、（14分）工業(yè)廢水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它們會對人類及生態(tài)系統(tǒng)產(chǎn)生很大危害，必須進行處理．常用的處理方法有兩種．方法1：還原沉淀法．該法的工藝流程為：其中第①步存在平衡2CrO42?（黃色）+2H+?Cr2O32?（橙色）+H2O（1）若平衡體系的

pH=2，該溶液顯______色．（2）能說明第①步反應(yīng)達平衡狀態(tài)的是_____（填序號）A．Cr2O72?和CrO42?的濃度相同B．2v（Cr2O72?）=v（CrO42?）C．溶液的顏色不變（3）第②步中，還原1molCr2O72?離子，需要______mol的FeSO4?7H2O．（4）第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s）?Cr3+（aq）+3OH-（aq），常溫下，Cr（OH）3的溶度積Ksp=c（Cr3+）?c3（OH-）=10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH應(yīng)調(diào)至______．方法2：電解法．該法用Fe做電極電解含Cr2O72?的酸性廢水，隨著電解的進行，在陰極附近溶液pH升高，產(chǎn)生Cr（OH）3沉淀；（5）用Fe做電極的原因為______（用電極反應(yīng)式解釋）．（6）在陰極附近溶液

pH

升高，溶液中同時生成的沉淀還有______．29、（10分）阻燃劑又稱防火劑，主要用于延遲或防止可燃物的燃燒。根據(jù)組成，阻燃劑可分為鹵系阻燃劑、無機阻燃劑等。（1）鹵系阻燃劑多為有機氯化物和有機溴化物，受熱會分解產(chǎn)生鹵化氫（HX），起到阻燃作用。鹵化氫的電子式為____；HF、HCl、HBr、HI四種氯化氫的沸點由高到低的順序是___。（2）溴離子的最外層電子排布式是___；氯原子的核外電子云有___種伸展方向。（3）下列能說明氯的非金屬性強于溴的事實是___（選填編號）。a．HClO酸性強于HBrOb．HBr的分解溫度低于HClc．向溴化亞鐵溶液中滴入少量氯水，溶液顏色變黃d．BrCl+H2O→HBrO+HCl是非氧化還原反應(yīng)無機阻燃劑中，氫氧化鋁和氫氧化鎂兩種阻燃劑占據(jù)著重要位置。兩者的阻燃機理都是在達到熱分解溫度時迅速分解為氧化物與水，起到吸熱降溫的作用。（4）寫出氫氧化鋁在酸性溶液中的電離方程式___。（5）兩種阻燃劑的分解產(chǎn)物在自然界中最有可能成為原子晶體的是___。（填化學(xué)式）（6）無水碳酸鎂也是一種新型無機阻燃劑，除了具有單位質(zhì)量吸熱量更大的特點外，還能釋放具有滅火作用的氣體。寫出該氣體的結(jié)構(gòu)式___。（7）與鎂離子核外電子排布相同的另外兩個陽離子的半徑大小關(guān)系為___（填微粒符號）。

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、D【解析】

X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。元素W分別與元素X、Y、Z結(jié)合形成質(zhì)子數(shù)相同的甲、乙、丙三種分子，則W為H元素。反應(yīng)②是工業(yè)制硝酸的重要反應(yīng)，乙與丙的混合物不能用玻璃瓶盛裝，乙是H2O，丙是HF，Z的單質(zhì)是F2，Y是O2，甲是NH3，丁中NO?！驹斀狻緼.甲為NH3，氨氣易液化，揮發(fā)吸收大量的熱量，常用作致冷劑，故A正確；B．6NO＋4NH3=5N2＋6H2O，產(chǎn)生無污染的氮氣和水，可以用甲在一定條件下消除丁對環(huán)境的污染，故B正確；C.甲為NH3、丙為HF，甲、丙分子可以直接化合生成離子化合物NH4F，故C正確；D.丁是NO，是一種無色氣體，是大氣主要污染物之一，故D錯誤；故選D?！军c睛】本題考查無機物推斷，結(jié)合題干信息及轉(zhuǎn)化關(guān)系推斷物質(zhì)組成為解答關(guān)鍵，注意掌握常見元素化合物性質(zhì)，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析、理解能力及邏輯推理能力，易錯點D，反應(yīng)②是工業(yè)制硝酸的重要反應(yīng)，說明生成的丁是NO，不是NO2。2、B【解析】

A、氯化銀在水中溶解時吸收熱量，溫度越高，Ksp越大，在T2時氯化銀的Ksp大，故T2＞T1，A錯誤；B、氯化銀溶液中存在著溶解平衡，根據(jù)氯化銀的溶度積常數(shù)可知a=＝4.0×10-5，B正確；C、氯化銀的溶度積常數(shù)隨溫度減小而減小，則M點溶液溫度變?yōu)門1時，溶液中Cl-的濃度減小，C錯誤；D、T2時氯化銀的溶度積常數(shù)大于1.6×10-9，所以T2時飽和AgCl溶液中，c(Ag+)、c(Cl-)不可能為2.0×10-5mol/L、4.0×10-5mol/L，D錯誤；答案選B。3、C【解析】

A．二氧化硫可用于漂白紙漿是因為其具有漂白性，與二氧化硫的水溶液呈酸性無關(guān)，選項A錯誤；B．硅位于金屬和非金屬分界線處，可用于制作半導(dǎo)體材料，與硅的熔點高沒有關(guān)系，選項B錯誤；C．胃酸的主要成分是HCl，氫氧化鋁具有弱堿性，能中和胃酸，二者有對應(yīng)關(guān)系，選項正確；D.H2O2具有氧化性，可用于消毒殺菌，選項D錯誤。答案選C。4、B【解析】

在水溶液里或熔融狀態(tài)下自身能導(dǎo)電的化合物叫做電解質(zhì)。①NaCl溶液是混合物，不是電解質(zhì)；②CH3COOH溶于水可導(dǎo)電，是電解質(zhì)；③NH3溶于水反應(yīng)，生成的溶液可導(dǎo)電，但不是自身導(dǎo)電，不是電解質(zhì)；④BaSO4熔融狀態(tài)下可電離成離子，可以導(dǎo)電，是電解質(zhì)；⑤蔗糖溶于水不能電離出離子，溶液不導(dǎo)電，不是電解質(zhì)；⑥H2O可微弱的電離出氫離子和氫氧根離子，可導(dǎo)電，是電解質(zhì)；答案選B?！军c睛】該題要利用電解質(zhì)的概念解題，在水溶液里或熔融狀態(tài)下自身能導(dǎo)電的化合物叫做電解質(zhì)。5、D【解析】

A．金剛石晶體：每個C與另外4個C形成共價鍵，構(gòu)成正四面體，向空間發(fā)展成網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，形成的晶體為原子晶體，故A正確；B．該反應(yīng)中Na由0價→+1價，作還原劑將CCl4還原，故B正確；C．CCl4和C(金剛石)中的C的雜化方式都是sp3雜化，故C正確；D．NaCl晶體：每個Na＋同時吸引6個Cl－，每個Cl－同時吸引6個Na＋，配位數(shù)為6，故D錯誤；故答案選D。6、C【解析】

A.利用蒸餾原理可從海水中提取淡水，故不選A；B.從海水中得到氯化鎂后，鎂為活潑金屬，則可以電解熔融狀態(tài)的氯化鎂生成氯氣和金屬鎂，故不選B；C.將苦鹵濃縮通入過量氯氣進行氧化，靜置溴沉在底部,繼而通入空氣和水蒸氣，將溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收劑二氧化硫發(fā)生作用轉(zhuǎn)化成氫溴酸以達到富集溴，然后再用氯氣將其氧化得到溴，反應(yīng)過程中不涉及復(fù)分解反應(yīng)，故選C；D.從海水中得到氯化鈉后，電解氯化鈉溶液，得氫氧化鈉和氫氣和氯氣，利用制得的氯氣可以生產(chǎn)鹽酸和漂白液，故不選D；答案：C7、D【解析】

A、次氯酸鈉是鹽，是強電解質(zhì)而不是弱電解質(zhì)，故A錯誤；B、Na2O、Na2O2組成元素相同，與CO2反應(yīng)產(chǎn)物不同：Na2O+CO2＝Na2CO3，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，故B錯誤；C、增加氯離子的量，AgCl的沉淀溶解平衡向逆向移動，溶解度減小，故C錯誤；D、SiO2是酸性氧化物，二氧化硅與氫氧化鈉反應(yīng)生成硅酸鈉和水，故D正確；答案選D。8、A【解析】

A.將膠頭滴管中的水?dāng)D入燒瓶，若氨氣極易溶于則燒瓶內(nèi)壓強降低，氣球會鼓起來，可以達到實驗?zāi)康?，故A正確；B.稀釋濃硫酸時要把濃硫酸加入水中，且不能在量筒中進行，故B錯誤；C.氯水中有次氯酸具有漂白性，不能用pH試紙測其pH值，故C錯誤；D.氯化鐵易水解生成氫氧化鐵和HCl，加熱促進水解，而且鹽酸易揮發(fā)，所以蒸干最終得到氫氧化鐵而不是氯化鐵，故D錯誤；故答案為A?！军c睛】制備無水氯化鐵需要在HCl氣流中加熱蒸發(fā)氯化鐵溶液，抑制氯化鐵水解。9、B【解析】

A.根據(jù)物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式可知脫氫維生素C的分子式為C6H6O6，A錯誤；B.根據(jù)維生素C結(jié)構(gòu)可知維生素C含有羥基、碳碳雙鍵、酯基三種官能團，B正確；C.1分子維生素C與I2發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生1分子脫氫維生素C和2個HI分子，維生素C分子失去兩個H原子生成脫氫維生素C，失去H原子的反應(yīng)為氧化反應(yīng)；碘遇淀粉變藍，所以滴定時可用淀粉溶液作指示劑，終點時溶液由無色變藍色，C錯誤；D.羥基屬于親水基團，維生素C含多個羥基，故易溶于水，而在有機溶劑中溶解度比較小，D錯誤；故合理選項是B。10、C【解析】

A.1molSO4??(自由基)中含1mol×(16+4×8+1)NAmol?1=49NA個電子，故A錯誤；B.室溫下，pH越大，亞鐵離子和鐵離子變?yōu)闅溲趸瘉嗚F和氫氧化鐵，越有利于去除廢水中的+5價砷，故B錯誤；C.過硫酸鈉(Na2S2O8)中S為+6價，Na為+1價，假設(shè)含有x個O2?，含有y個O22?，則x+2y=8，(+1)×2+(+6)×2+(?2)×x+(?2)×y=0，則x=6，y=1，因此1mol過硫酸鈉(Na2S2O8)含NA個過氧鍵，故C正確；D.根據(jù)圖示可知，1molFe和1molS2O82?反應(yīng)生成2molSO42?和1molFe2+，該過程轉(zhuǎn)移2mol電子，但是1molFe2+還要與0.5molS2O82?反應(yīng)變成Fe3+，因此1mol鐵參加反應(yīng)要消耗1.5molS2O82?，所以共有1molS2O82?被還原時，參加反應(yīng)的Fe，故D錯誤。綜上所述，答案為C。11、C【解析】

A.銅與濃硝酸反應(yīng)生成的二氧化氮能夠與水反應(yīng)生成一氧化氮，試管c中的氣體呈無色，A錯誤；B.木條與濃硫酸作用，木條下端變黑，說明濃硫酸具有脫水性，B錯誤；C.NaCl溶液呈中性，生鐵發(fā)生吸氧腐蝕，試管b中氣體的壓強減小，導(dǎo)管處發(fā)生水倒吸，C正確；D.鐵能夠與鹽酸反應(yīng)放出氫氣，氫氣也是無色氣體，D錯誤；答案選C。12、B【解析】

溶液中離子濃度越小，溶液的導(dǎo)電率越小，電阻率越大，向混合溶液中加入等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液時，發(fā)生反應(yīng)先后順序是MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O，NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4。a-b溶液中電阻率增大，b點最大，因為溶液體積增大導(dǎo)致b點離子濃度減小，b點溶液中溶質(zhì)為CH3COOM、NH3·H2O繼續(xù)加入醋酸溶液，NH3·H2O是弱電解質(zhì)，生成CH3COONH4是強電解質(zhì)，導(dǎo)致溶液中離子濃度增大，電阻率減小，c點時醋酸和一水合銨恰好完成反應(yīng)生成醋酸銨，c點溶液中溶質(zhì)為CH3COOM，CH3COONH4且二者的物質(zhì)的量相等?！驹斀狻緼.由圖可知，向混合溶液中加入等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液時，電阻率先增大后減小，說明發(fā)生了兩步反應(yīng)，發(fā)生反應(yīng)先后順序是MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O然后NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4，所以MOH是強堿，先和酸反應(yīng)，故A正確；B.加入醋酸40mL時，溶液中的溶質(zhì)為CH3COOM、CH3COONH4且二者的物質(zhì)的量濃度相等，CH3COOM是強堿弱酸鹽，又因為CH3COOH的Ka＝1.8×10－5等于NH3·H2O的Kb=1.8×10－5，CH3COONH4是中性鹽，所以溶液呈堿性，則醋酸根的水解程度大于銨根的電離程度，則c（CH3COOH)>c(NH3·H2O），故B錯誤；C.d點加入醋酸60mL，溶液中的溶質(zhì)為CH3COOM、CH3COONH4和CH3COOH且三者物質(zhì)的量濃度相等，CH3COONH4是中性鹽，溶液相當(dāng)于CH3COOM和CH3COOH等物質(zhì)的量混合，溶液呈酸性，故C正確；D.a→d過程，溶液的堿性逐漸減弱，水電離程度加大，后來酸性逐漸增強，水的電離程度減小，所以實驗過程中水的電離程度是先增大后減小，故D正確；故選B。13、D【解析】

A．HCO3-與SiO32-反應(yīng)生成H2SiO3和CO32-，通入過量HC1，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2H++SiO32-=H2SiO3↓、H++HCO3-=H2O+CO2↑，故A不符合題意；B．題給四種離子可以大量共存，通入過量H2S，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故B不符合題意；C．HClO與SO32-因發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，故C不符合題意；D．題給四種離子可以大量共存，加入過量NaNO3，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為6I-+2NO3-+8H+=2NO↑+4H2O+3I2，故D符合題意。故答案選D。14、A【解析】

A．室溫時，在B點，pH=5.3，c(H+)=10-5.3，=0，則=1電離常數(shù)Ka(HA)===1.0×10-5.3，A正確；B．B點的平衡溶液中，c(A-)=c(HA)，依據(jù)電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由于pH=5.3，所以c(H+)>c(OH-)，c(Na+)<c(A-)，故V(NaOH)<10mL，B不正確；C．c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)顯然不符合電荷守恒原則，C不正確；D．從A點到C點的過程中，c(A-)不斷增大，水的電離程度不斷增大，D不正確；故選A。15、B【解析】

①甲物質(zhì)中含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加聚反應(yīng)，不能發(fā)生縮聚反應(yīng)，①錯誤；②乙中苯環(huán)和碳碳雙鍵能和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，1mol乙物質(zhì)最多能與4molH2發(fā)生加成反應(yīng)，②正確；③丙中-OH能和Na反應(yīng)，且-OH與Na以1：1反應(yīng)，1mol丙物質(zhì)可與2mol鈉完全反應(yīng)，生成1mol氫氣，溫度和壓強未知，因此不能確定氣體摩爾體積，也就無法計算氫氣體積，③錯誤；④含有碳碳雙鍵的有機物和醇都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，因此這三種物質(zhì)都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，④正確；綜上所述可知正確的說法為②④，故合理選項是B。16、D【解析】試題分析：該有機物能與NaHCO3發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生CO2，說明含有羧基－COOH。如果其中一個取代基是－Cl，則另一個取代基可以是－CH2CH2CH2COOH或－CH(CH3)CH2COOH或－CH2CH(CH3)COOH或－C(CH3)2COOH或－CH(C2H5)COOH，位置均有鄰間對三種，共計是3×5＝15種，答案選D?？键c：考查同分異構(gòu)體判斷17、D【解析】

n（NaOH）=0.02L×0.50mol/L=0.01mol，由反應(yīng)的關(guān)系式SO2～H2SO4～2NaOH可知，n（SO2）=0.005mol，則硫和鐵組成的化合物中含有0.005molS，m（S）=0.005mol×32g/mol=0.16g，則ω（S）=×100%=36%，答案選D。18、D【解析】

A、根據(jù)圖示可知，加入20mL等濃度的氫氧化鈉溶液時，二者恰好反應(yīng)生成NaA，溶液的pH＞7，說明NaA為強堿弱酸鹽，則HA為弱酸，故A錯誤；B、a點反應(yīng)后溶質(zhì)為NaA，A-部分水解溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)，結(jié)合電荷守恒可知：c(Na+)＞c(A-)，溶液中離子濃度大小為：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B錯誤；C、根據(jù)圖示可知，滴定終點時溶液呈堿性，甲基橙的變色范圍為3.1～4.4，酚酞的變色范圍為8～10，指示劑應(yīng)該選用酚酞，不能選用甲基橙，故C錯誤；D、b點溶液的pH=7，呈中性，則c(OH-)=c(H+)，根據(jù)電荷守恒可知：c(Na+)=c(A-)，故D正確；故選：D?！军c睛】本題考查酸堿混合的定性判斷，題目難度不大，明確圖示曲線變化的意義為解答關(guān)鍵，注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系。19、A【解析】

A、定容時仰視刻度，溶液體積偏大致使溶液的濃度偏低，A正確；B、酒精易溶于水，不分層，不能用酒精萃取碘水中的碘，B錯誤；C、Na2CO3溶液顯堿性，應(yīng)用堿式滴定管量取，C錯誤；D、蒸餾實驗中水從下口進上口出，D錯誤；答案選A。20、B【解析】

題目已知負極采用固體有機聚合物，甲圖是電子傳向固體有機聚合物，圖甲是電池充電原理圖，則圖乙是原電池工作原理圖，放電時，負極的電極反應(yīng)式為：正極的電極反應(yīng)式為：I3-+2e-=3I-。【詳解】A.甲圖是電子傳向固體有機聚合物，電子傳向負極材料，則圖甲是電池充電原理圖，圖乙是原電池工作原理圖，A項錯誤；B.放電時，正極液態(tài)電解質(zhì)溶液的I2也會的得電子生成I-，故電解質(zhì)溶液的顏色變淺，B項正確；C.充電時，Li+向陰極移動，Li+從左向右通過聚合物離子交換膜，C項錯誤；D.放電時，負極是失電子的，故負極的電極反應(yīng)式為：【點睛】易錯點：原電池中，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動；電解池中，陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動，注意不要記混淆。21、A【解析】

A項、當(dāng)H2O、CO、CO2、H2的濃度不再變化時，說明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)已達化學(xué)平衡狀態(tài)，故A正確；B項、可逆反應(yīng)不可能完全反應(yīng)，則H2O和CO反應(yīng)不可能全部轉(zhuǎn)化為CO2和H2，故B錯誤；C項、化學(xué)平衡狀態(tài)是動態(tài)平衡，正、逆反應(yīng)速率相等且大于零，故C錯誤；D項、平衡狀態(tài)時H2O、CO、CO2、H2的濃度不變，不一定相等，故D錯誤；故選A。22、C【解析】

A、K+離子與O2-離子形成離子鍵，O2-離子中O原子間形成共價鍵，故A錯誤；B、K+離子位于頂點和面心，數(shù)目為8×1/8+6×1/2=4，O2-離子位于棱心和體心，數(shù)目為12×1/4+1=4，即每個晶胞中含有4個K+和4個O2-，故B錯誤；C、由晶胞圖可知，以晶胞上方面心的K+為研究對象，其平面上與其距離最近的O2-有4個，上方和下方各有一個，共有6個，故C正確；D、O原子間以共價鍵結(jié)合，故D錯誤。故選C?！军c睛】易錯點為C項，由晶胞圖可知，以晶胞上方面心的K+為研究對象，其平面上與其距離最近的O2-有4個，上方和下方各有一個。二、非選擇題(共84分)23、SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O取固體產(chǎn)物少許，溶于足量的硫酸銅溶液，充分反應(yīng)后，若有紅色固體出現(xiàn)，證明有鐵，過濾所得的濾渣溶于稀鹽酸，滴加硫氰化鉀溶液無現(xiàn)象，再滴加氯水，若溶液呈紅色，則證明還有氧化亞鐵?！窘馕觥?/p>

氣體B在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為1.25g.L-1，則其摩爾質(zhì)量為22.4L/mol×1.25g.L-1=28g/mol，為氮氣?；旌蠚怏w通過CuSO4，CuSO4固體變?yōu)樗{色，說明混合氣體中含有水蒸氣和氮氣。根據(jù)前后氣體的體積變化分析，無色氣體C為氨氣。紫黑色固體A應(yīng)為碘單質(zhì)，能與二氧化硫和氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，所以白色沉淀6.99克為硫酸鋇沉淀，即0.03mol，通過電子計算碘單質(zhì)的物質(zhì)的量為0.03mol，氮氣的物質(zhì)的量為0.01mol，氨氣的物質(zhì)的量為0.02mol，計算三種物質(zhì)的質(zhì)量和為8.24克，正好是固體X的質(zhì)量，所以X的化學(xué)式為NI3·NH3?！驹斀狻浚?）A為碘單質(zhì)，電子式為：；（2）碘單質(zhì)和二氧化硫和氯化鋇和水反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和碘化氫和鹽酸，方程式為：SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl；（3）固體X可由碘與過量氣體氨氣的濃溶液反應(yīng)生成，離子方程式為：3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O；（4）固體產(chǎn)物中不含+3價的鐵元素，所以反應(yīng)后可能產(chǎn)生鐵或氧化亞鐵，利用鐵和硫酸銅反應(yīng)置換出紅色固體銅檢驗是否有鐵，氧化亞鐵的檢驗可以利用鐵離子遇到硫氰化鉀顯紅色的性質(zhì)進行，故實驗操作為：取固體產(chǎn)物少許，溶于足量的硫酸銅溶液，充分反應(yīng)后，若有紅色固體出現(xiàn)，證明有鐵，過濾所得的濾渣溶于稀鹽酸，滴加硫氰化鉀溶液無現(xiàn)象，再滴加氯水，若溶液呈紅色，則證明還有氧化亞鐵。24、對羥基苯甲醛（或4-羥基苯甲醛）酯基、醚鍵C13H14O3Cl2加成反應(yīng)+→+HBr12、【解析】

A()與HCHO在堿性條件下發(fā)生加成反應(yīng)生成B（）；B氧化生成C（）；C生成D（）；D與發(fā)生取代反應(yīng)生成E（）和HBr；E環(huán)化生成F（）；F酸性條件下水解生成H（），據(jù)此分析?！驹斀狻浚?）C為，命名為對羥基苯甲醛（或4-羥基苯甲醛）；答案：對羥基苯甲醛（或4-羥基苯甲醛）（2）F為，F(xiàn)中含氧官能團為酯基、醚鍵；答案：酯基、醚鍵（3）H為，由結(jié)構(gòu)簡式可知，H的分子式為C13H14O3Cl2；答案：C13H14O3Cl2（4）反應(yīng)①為加成反應(yīng)，反應(yīng)④為取代反應(yīng)，產(chǎn)物中還有HBr，化學(xué)方程式為+→+HBr；答案：加成反應(yīng)+→+HBr（5）M為的同分異構(gòu)體，滿足條件的M的結(jié)構(gòu)簡式為、、、、、、、、、、、共12種；其中1HNMR中有3組峰，且峰面積之比為6:2:1的結(jié)構(gòu)簡式為、；答案：12種、（6）根據(jù)題干信息①②③可得出合成路線，由環(huán)己烷為原料制備的合成路線為；答案：【點睛】第⑤小題尋找同分異構(gòu)體為易錯點，可以分步確定：①根據(jù)同分異構(gòu)體要求可知存在兩個官能團-COOH、-Br②確定碳鏈種類③將兩個官能團-COOH、-Br采用定一移一法確定同分異構(gòu)體種類。25、GFIDEC正2Cl--2e=Cl2↑丙中溶液變藍Cl2+2I-=I2+2Cl-Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O＜陽極產(chǎn)生的氯氣有部分溶于水且與水和陰極產(chǎn)生的NaOH發(fā)生反應(yīng)【解析】

電解池裝置中，陽極與電源的正極相連，陰極與電源的負極相連，電解飽和食鹽水在陰極生成的是H2，陽極生成的是Cl2，據(jù)此分析；淀粉遇碘單質(zhì)變藍，要從淀粉碘化鉀中得到碘單質(zhì)必須加入氧化性物質(zhì)，據(jù)此分析；根據(jù)已知的數(shù)據(jù)和電解的總反應(yīng)方程式計算出生成的NaOH的物質(zhì)的量濃度，從而可知c(OH-)，再求溶液的pH，據(jù)此分析?！驹斀狻浚?）碳棒上陰離子放電產(chǎn)生氯氣，F(xiàn)e棒上陽離子放電產(chǎn)生氫氣，所以B端是檢驗氯氣的氧化性，連接D，然后再進行尾氣吸收，E接C，碳棒上陰離子放電產(chǎn)生氯氣，F(xiàn)e棒上陽離子放電產(chǎn)生氫氣，所以A端是測定所產(chǎn)生的氫氣的體積，即各接口的順序是：A→G→F→I，B→D→E→C，故答案為：G；F；I；D；E；C；（2）電解池裝置中，碳與電源的正極相連，則為陽極，氯離子發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案為：正；2Cl--2e=Cl2↑；（3）氯氣氧化碘化鉀，生成碘單質(zhì)，碘單質(zhì)遇淀粉溶液變藍色，其離子方程式為：Cl2+2I-=I2+2Cl-；最后氫氧化鈉溶液吸收多余的氯氣，其離子方程式為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案為：丙中溶液變藍；Cl2+2I-=I2+2Cl-；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（4）n(H2)==0.00025mol，根據(jù)總反應(yīng)方程式：2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH可知另一極理論上生成的氯氣的物質(zhì)的量也為0.00025mol，其體積理論上也為5.6mL，但氯氣部分會溶于水，且部分會與生成的氫氧化鈉反應(yīng)，因此另一極實際上可收集到氣體小于5.6mL，故答案為：＜；陽極產(chǎn)生的氯氣有部分溶于水且與水和陰極產(chǎn)生的NaOH發(fā)生反應(yīng)。26、分液漏斗防倒吸、防堵塞(或平衡氣壓、安全瓶均可)SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2檢驗有I2生成，進而證明ClO2有強氧化性2:1O2溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)溶液顏色不再改變0.324

g產(chǎn)生ClO2的速率太快，ClO2沒有被D中的溶液完全吸收；C中ClO2未全部進入D中【解析】

(1)濃H2SO4和Na2SO3反應(yīng)生成SO2，A制備SO2，B裝置有緩沖作用，可防止倒吸、堵塞；裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，則C中發(fā)生反應(yīng)SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，在D中發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成I2，裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，I2遇淀粉變藍色；裝置E用于吸收尾氣，反應(yīng)生成NaClO2，雙氧水作還原劑生成氧氣，從而防止尾氣污染環(huán)境；(2)①碘遇淀粉變藍色，當(dāng)?shù)馔耆磻?yīng)后溶液變?yōu)闊o色；②ClO2與KI在溶液反應(yīng)離子方程式為：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，結(jié)合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得ClO2～5S2O32-，則n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；ClO2部分沒有被吸收、未完全進入D中都導(dǎo)致測定值偏低?！驹斀狻?1)濃H2SO4和Na2SO3反應(yīng)生成SO2，A用于制備SO2，B裝置有緩沖作用，能防止倒吸、堵塞；裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，則C中發(fā)生反應(yīng)SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，所以D中發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成I2，裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，I2單質(zhì)遇淀粉溶液變?yōu)樗{色；裝置E用于吸收尾氣，反應(yīng)生成NaClO2，雙氧水作還原劑生成氧氣，從而防止尾氣污染環(huán)境，①儀器a的名稱為分液漏斗，裝置B有緩沖作用，所以能防倒吸、防堵塞(或平衡氣壓、安全瓶)；②裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，根據(jù)元素守恒可知，生成的酸式鹽為KHSO4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液變?yōu)樗{色，根據(jù)淀粉溶液是否變色來判斷是否有I2單質(zhì)生成，從而證明ClO2是否具有氧化性；③裝置E用于吸收尾氣，反應(yīng)生成NaClO2，反應(yīng)方程式為H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+H2O，在該反應(yīng)中ClO2是氧化劑，NaClO2的還原產(chǎn)物，H2O2是還原劑，O2是氧化產(chǎn)物，該反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2：1；(2)①I2單質(zhì)遇淀粉溶液變?yōu)樗{色，當(dāng)?shù)馔耆磻?yīng)后溶液變?yōu)闊o色，所用滴定終點是溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)溶液顏色不再改變；②ClO2溶液與碘化鉀反應(yīng)的離子方程式：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，結(jié)合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得關(guān)系式：ClO2～5S2O32-，則n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，則在250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；由于C中ClO2有一部分沒有被吸收、未完全進入D中都導(dǎo)致測定值偏低?！军c睛】本題考查物質(zhì)制備，涉及實驗操作、氧化還原反應(yīng)、方程式的計算、物質(zhì)檢驗等知識點，側(cè)重考查實驗操作規(guī)范性、元素化合物性質(zhì)等知識點，明確實驗原理、物質(zhì)性質(zhì)、物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系是解本題關(guān)鍵。27、三頸燒瓶制備Fe2+，利用產(chǎn)生的氫氣排凈裝置內(nèi)的空氣，防止Fe2+被氧化32Fe2++2HCO3=FeCO3↓+CO2↑+H2O液封，防止空氣中的氧氣進入到C裝置中，將Fe2+氧化防止FeCO3與乳酸反應(yīng)產(chǎn)生的Fe2+被氧化乳酸（根中的羥基）被酸性高錳酸鉀溶液氧化97.50【解析】

(1)根據(jù)化學(xué)反應(yīng)實驗原理進行分析判斷。（2）根據(jù)實驗用到的儀器裝置進行分析解答相關(guān)的問題；（3）根據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式找出相關(guān)物質(zhì)的關(guān)系式進行計算?！驹斀狻浚?）由裝置圖可知儀器C的名稱是三頸燒瓶。答案：三頸燒瓶。（2）為順利達成實驗?zāi)康?，先要使鹽酸與鐵粉反應(yīng)制備FeCl2。先關(guān)閉活塞2，打開活塞1、3，待加入足量鹽酸后，關(guān)閉活塞1，反應(yīng)一段時間后，利用生成的H2使B裝置中的氣壓增大，將B裝置中的FeCl2溶液加入到C裝置中，具體操作為：關(guān)閉活塞3，打開活塞2。C裝置中FeCl2和NH4HCO3發(fā)生的反應(yīng)的離子方程式為Fe2++2HCO3=FeCO3↓+CO2↑+H2O。答案：制備Fe2+；利用產(chǎn)生的氫氣排凈裝置內(nèi)的空氣，防止Fe2+被氧化；2；3；Fe2++2HCO3=FeCO3↓+CO2↑+H2O。（3）亞鐵離子易被氧化，裝置D的作用是液封，防止空氣中的氧氣進入到C裝置中，將Fe2+氧化（4）Fe2+易被氧化為Fe3+，實驗?zāi)康氖侵苽淙樗醽嗚F晶體，加入少量鐵粉的作用，可以防止FeCO3與乳酸反應(yīng)產(chǎn)生的Fe2+被氧化。答案：防止FeCO3與乳酸反應(yīng)產(chǎn)生的Fe2+被氧化。（5）乳酸根中含有羥基，可能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，導(dǎo)致消耗的高錳酸鉀的量變多，而計算中按Fe2+被氧化，故計算所得的乳酸亞鐵的質(zhì)量偏大，產(chǎn)品中乳酸亞鐵的純度大于100%。答案：乳酸根中的羥基被酸性高錳酸鉀溶液氧化。（6）3組數(shù)據(jù)，第二組數(shù)據(jù)與第一、三組相差太大，應(yīng)舍去，平均每25.00mL消耗Ce(SO4)2的體積為v=mL=19.50mL，有Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，25.00mL溶液中含有的Fe2+的物質(zhì)的量濃度為c(Fe2+)=(19.500.1)/25.00mol/L=0.078mol/L,則250mL溶液中，原產(chǎn)品中含有n(Fe2+)=0.078mol/L0.25L=0.0195mol，則產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=97.50答案：97.50。28、橙C65陽極反應(yīng)為Fe?2e?═Fe2+，提供還原劑Fe2+Fe(OH)3【解析】

（1）pH=2，溶液呈酸性，有利于平衡向正反應(yīng)分析移動；（2）達到平衡時，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度不變；（3）根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒來計算；（4）根據(jù)溶度積常數(shù)以及水的離子積常數(shù)來進行計算；（5）陽極是活性電極時，陽極本身失電子，生成陽離子；（6）溶液PH升高的原因是溶液中氫離子濃度減少，即氫離子在陰極得電子，PH升高，生成沉淀為Cr（OH）3和Fe（OH）3?！驹斀狻浚?）溶液顯酸性，c(H+)較大，上述