云南省峨山縣一中2025年高三考前熱身化學試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、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、下列有關化學用語使用正確的是（）A．CO2的電子式： B．次氯酸的結構式：H－O－ClC．乙烯的球棍模型： D．鉀原子結構示意圖：2、CS2(二硫化碳)是無色液體，沸點46.5℃。儲存時，在容器內(nèi)可用水封蓋表面。儲存于陰涼、通風的庫房，遠離火種、熱源，庫溫不宜超過30℃。CS2屬于有機物，但必須與胺類分開存放，要遠離氧化劑、堿金屬、食用化學品，切忌混儲。采納防爆型照明、通風設施。在工業(yè)上最重要的用途是作溶劑制造粘膠纖維。以下說法正確的選項是（）①屬易燃易爆的危險品；②有毒，易水解；③是良好的有機溶劑；④與鈉反應的產(chǎn)物中一定有Na2CO3；⑤有還原性。A．①③⑤ B．②③ C．①④⑤ D．②⑤3、能用共價鍵鍵能大小解釋的性質(zhì)是（）A．穩(wěn)定性：HCl>HI B．密度：HI>HClC．沸點：HI>HCl D．還原性：HI>HCl4、新華網(wǎng)報道，我國固體氧化物燃料電池技術研發(fā)取得新突破?？茖W家利用該科技實現(xiàn)了H2S廢氣資源回收能量，并H2S得到單質(zhì)硫的原理如圖所示。下列說法正確的是A．電極a為電池正極B．電路中每流過4mol電子，正極消耗1molO2C．電極b上的電極反應：O2+4e－+4H+=2H2OD．電極a上的電極反應：2H2S+2O2――2e―=S2+2H2O5、下列表示不正確的是A．中子數(shù)為20的氯原子：37Cl B．氟離子的結構示意圖：C．水的球棍模型： D．乙酸的比例模型：6、生活因化學而精彩，化學因?qū)嶒灦鷦?，實驗因“洗滌”而更加精確。關于沉淀或晶體洗滌的說法錯誤的是A．洗滌的目的一般是除去沉淀或晶體表面可溶性的雜質(zhì)，提高純度B．洗滌的試劑一般可選用蒸餾水、冰水、乙醇、該物質(zhì)的飽和溶液C．洗滌的操作是向過濾器里的固體加洗滌劑，使洗滌劑浸沒固體，待洗滌劑自然流下D．洗凈的檢驗是檢驗最后一次洗滌液中是否含有形成沉淀的該溶液中的離子7、關于化合物2-苯基丙烯酸乙酯()，下列說法正確的是（）A．不能使稀酸性高錳酸鉀溶液褪色B．可以與稀硫酸或NaOH溶液反應C．分子中所有原子共平面D．易溶于飽和碳酸鈉溶液8、25℃時，向10mL0.1mol·L-1一元弱堿XOH溶液中逐滴滴加0.1mol·L-1的HCl溶液，溶液的AG變化如圖所示(溶液混合時體積變化忽略不計)。下列說法不正確的是A．若a=-8，則Kb(XOH)≈10-5B．M點表示鹽酸和XOH恰好完全反應C．R點溶液中可能存在c(X+)+c(XOH)=c(Cl-)D．M點到N點，水的電離程度先增大后減小9、W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素。常溫常壓下，Y的單質(zhì)及其氧化物均能與X的氫化物的水溶液反應生成一種相同的物質(zhì)，該物質(zhì)的分子與CH4具有相同的空間結構。X的單質(zhì)與氫氣混合后在冷暗處會發(fā)生爆炸。Z原子最外層電子數(shù)是W原子最外層電子數(shù)的2倍。下列敘述錯誤的是（）A．氫化物的穩(wěn)定性順序為：X＞Z＞YB．元素Y在自然界中只以化合態(tài)形式存在C．元素W、Y位于周期表中金屬與非金屬分界線附近D．元素Z的含氧酸具有強氧化性10、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是A．0.1molC3H9N中所含共用電子對數(shù)目為1.2NAB．14gN60（分子結構如圖所示）中所含N－N鍵數(shù)目為1.5NAC．某溫度下，1LpH＝6的純水中所含OH?數(shù)目為1.0×10?8NAD．標準狀況下，5.6L甲醛氣體中所含的質(zhì)子數(shù)目為4NA11、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象實驗結論A向一定濃度CuSO4溶液中通入H2S氣體，出現(xiàn)黑色沉淀H2S酸性比H2SO4強B將木炭和濃硫酸共熱生成的氣體通入澄清石灰水中，澄清石灰水變渾濁該氣體一定是CO2C向某溶液中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成該溶液中一定含有SO42-D向1mL濃度均為0.1mol·L?1的MgSO4和CuSO4混合溶液中，滴入少量0.1mol·L?1NaOH溶液，先產(chǎn)生藍色沉淀Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]A．A B．B C．C D．D12、下列實驗操作規(guī)范且能達到實驗目的是（）選項實驗目的實驗操作A除去KNO3中混有NaCl將固體混合物溶于水后蒸發(fā)結晶，過濾B制備Fe(OH)3膠體將NaOH濃溶液滴加到飽和的FeCl3溶液中CCCl4萃取碘水中的I2先從分液漏斗下口放出有機層，后從上口倒出水層D驗證鐵的吸氧腐蝕將鐵釘放入試管中，用鹽酸浸沒A．A B．B C．C D．D13、比較歸納是化學學習常用的一種方法。對以下三種物質(zhì)的轉化關系，①C→CO2；②CH4→CO2；③CO→CO2，比較歸納正確的是A．三種轉化關系中發(fā)生的反應都屬于化合反應B．三種轉化關系中所有的生成物在常溫下都是氣體C．三種物質(zhì)都只能跟氧氣反應轉化為二氧化碳D．三種物質(zhì)都能在點燃條件下轉化為二氧化碳14、我國科學家成功地研制出長期依賴進口、價格昂貴的物質(zhì)O1．下列說法正確的是（）A．它是O1的同分異構體B．它是O3的一種同素異形體C．O1與O1互為同位素D．1molO1分子中含有10mol電子15、已知氣態(tài)烴A的產(chǎn)量是一個國家石油化工水平的重要標志，有機物A～E能發(fā)生如圖所示一系列變化，則下列說法正確的是()A．A→B的反應類型為加成反應B．常溫下有機物C是一種有刺激性氣味的氣體C．分子式為C4H8O2的酯有3種D．lmolD與足量碳酸氫鈉反應生成氣體的體積為22.4L16、化學與社會、生活密切相關。下列現(xiàn)象或事實的解釋不正確的是()選項現(xiàn)象或事實化學解釋AFe3O4用于人民幣票面文字等處的油墨Fe3O4是一種紅棕色物質(zhì)B祖國七十華誕焰火五彩繽紛金屬元素的焰色反應C現(xiàn)代舊房拆除定向爆破用鋁熱劑鋁熱反應放熱使建筑物的鋼筋熔化D金屬焊接前用NH4Cl溶液處理焊接處NH4Cl溶液呈弱酸性A．A B．B． C．C D．D17、工業(yè)酸性廢水中的可轉化為除去，實驗室用電解法模擬該過程，結果如下表所示(實驗開始時溶液體積為的起始濃度、電壓、電解時間均相同)，下列說法中，不正確的是()實驗①②③電解條件陰、陽極均為石墨陰、陽極均為石墨，滴加濃硫酸陰極為石墨，陽極為鐵，滴加濃硫酸的去除率%0.92212.757.3A．對比實驗①②可知，降低pH可以提高的去除率B．實驗②中，在陰極放電的電極反應式是C．實驗③中，去除率提高的原因是陽極產(chǎn)物還原D．實驗③中，理論上電路中每通過電子，則有被還原18、實驗室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2為原料制備ClO2的過程如下圖所示，下列說法不正確的是A．X中大量存在的陰離子有Cl-和OH- B．NCl3的鍵角比CH4的鍵角大C．NaClO2變成ClO2發(fā)生了氧化反應 D．制取3molClO2至少需要0.5molNH4Cl19、溫度T℃時，在初始體積為1L的兩個密閉容器甲（恒容）、乙（恒壓）中分別加入0.2molA和0.1molB，發(fā)生反應2A(g)+B(g)xC(g)，實驗測得甲、乙容器中A的轉化率隨時間的變化關系如圖所示。下列說法錯誤的是A．x可能為4B．M為容器甲C．容器乙達平衡時B的轉化率為25%D．M的平衡常數(shù)大于N20、某二元弱堿B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)。向10mL稀B(OH)2溶液中滴加等濃度鹽酸溶液，B(OH)2、B(OH)+、B2+的濃度分數(shù)δ隨溶液POH[POH=-lgc(OH)-]變化的關系如圖，以下說法正確的是A．交點a處對應加入的鹽酸溶液的體積為5mLB．當加入的鹽酸溶液的體積為10mL時存在c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(OH-)>c(B2+)C．交點b處c(OH)=6.4×10-5D．當加入的鹽酸溶液的體積為15mL時存在：c(Cl-)+c(OH-)=c(B2+)+c(B(OH)+)+c(H+)，21、下列物質(zhì)不屬于危險品的是A．硝化甘油 B．苯 C．重晶石 D．硝酸銨22、用短線“—”表示共用電子對，用“··”表示未成鍵孤電子對的式子叫路易斯結構式。R分子的路易斯結構式可以表示為則以下敘述錯誤的是()A．R為三角錐形 B．R可以是BF3C．R是極性分子 D．鍵角小于109°28′二、非選擇題(共84分)23、（14分）A～J均為有機化合物，它們之間的轉化如下圖所示：實驗表明：①D既能發(fā)生銀鏡反應，又能與金屬鈉反應放出氫氣：②核磁共振氫譜表明F分子中有三種氫，且其峰面積之比為1：1：1；③G能使溴的四氯化碳溶液褪色；④1molJ與足量金屬鈉反應可放出22.4L氫氣（標準狀況）。請根據(jù)以上信息回答下列問題：（1）A的結構簡式為____________（不考慮立體結構），由A生成B的反應類型是____________反應；（2）D的結構簡式為_____________；（3）由E生成F的化學方程式為_______________，E中官能團有_________（填名稱），與E具有相同官能團的E的同分異構體還有________________（寫出結構簡式，不考慮立體結構）；（4）G的結構簡式為_____________________；（5）由I生成J的化學方程式______________。24、（12分）近期科研人員發(fā)現(xiàn)磷酸氯喹等藥物對新型冠狀病毒肺炎患者療效顯著。磷酸氯喹中間體合成路線如下：已知：Ⅰ.鹵原子為苯環(huán)的鄰對位定位基，它會使第二個取代基主要進入它的鄰對位；硝基為苯環(huán)的間位定位基，它會使第二個取代基主要進入它的間位。Ⅱ.E為汽車防凍液的主要成分。Ⅲ.2CH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5+C2H5OH請回答下列問題(1)寫出B的名稱__________，C→D的反應類型為_____________；(2)寫出E生成F的化學方程式___________________________。寫出H生成I的化學方程式__________________。(3)1molJ在氫氧化鈉溶液中水解最多消耗________molNaOH。(4)H有多種同分異構體，其滿足下列條件的有_________種(不考慮手性異構)，其中核磁共振氫譜峰面積比為1：1：2：6的結構簡式為___________。①只有兩種含氧官能團②能發(fā)生銀鏡反應③1mol該物質(zhì)與足量的Na反應生成0.5molH2(5)以硝基苯和2-丁烯為原料可制備化合物，合成路線如圖：寫出P、Q結構簡式：P_______，Q________。25、（12分）硫酰氯（SO2Cl2）可用于有機合成和藥物制造等。實驗室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol]，裝置如圖所示（部分裝置省略）。已知SO2Cl2的熔點為－54.1℃，沸點為69.1℃，有強腐蝕性，不宜接觸堿、醇、纖維素等許多無機物和有機物，遇水能發(fā)生劇烈反應并產(chǎn)生白霧?；卮鹣铝袉栴}：I．SO2Cl2的制備（1）水應從___（選填“a”或“b”）口進入。（2）制取SO2的最佳組合是___（填標號）。①Fe+18.4mol/LH2SO4②Na2SO3+70%H2SO4③Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙裝置中盛放的試劑是___。（4）制備過程中需要將裝置甲置于冰水浴中，原因是___。（5）反應結束后，分離甲中混合物的最佳實驗操作是___。II．測定產(chǎn)品中SO2Cl2的含量，實驗步驟如下：①取1.5g產(chǎn)品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振蕩、過濾、洗滌，將所得溶液均放入錐形瓶中；②向錐形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000mol·L－1的AgNO3溶液l00.00mL；③向其中加入2mL硝基苯，用力搖動，使沉淀表面被有機物覆蓋；④加入NH4Fe(SO4)2指示劑，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+，終點所用體積為10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10Ksp(AgSCN)=2×10-12（6）滴定終點的現(xiàn)象為___。（7）產(chǎn)品中SO2Cl2的質(zhì)量分數(shù)為___%，若步驟③不加入硝基苯則所測SO2Cl2含量將___（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。26、（10分）設計一個方案，在用廉價的原料和每種原料只用一次的條件下，分三步從含有Fe3＋、Cu2＋、Cl－和NO3－的廢液中，把Fe3＋轉化為綠礬回收，把Cu2＋轉化為Cu回收，各步反應加入的原料依次是________，________，________。各步反應的離子方程式是：（1）_________________________________；（2）_________________________________；（3）__________________________________。27、（12分）某化學課外小組在制備Fe(OH)2實驗過程中觀察到生成的白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色，一段時間后變?yōu)榧t褐色。該小組同學對產(chǎn)生灰綠色沉淀的原因，進行了實驗探究。I．甲同學猜測灰綠色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物，設計并完成了實驗1和實驗2。編號實驗操作實驗現(xiàn)象實驗1向2mL0.1mol·L－1FeSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液(兩溶液中均先加幾滴維生C溶液)液面上方出現(xiàn)白色沉淀，一段時間后變?yōu)榛揖G色，長時間后變?yōu)榧t褐色實驗2取實驗1中少量灰綠色沉淀，洗凈后加鹽酸溶解，分成兩份。①中加入試劑a，②中加入試劑b①中出現(xiàn)藍色沉淀，②中溶液未變成紅色（1）實驗中產(chǎn)生紅褐色沉淀的化學方程式為_________________________（2）實驗1中加入維生素C溶液是利用了該物質(zhì)的___性（3）實驗2中加入的試劑a為___溶液，試劑b為____溶液。實驗2的現(xiàn)象說明甲同學的猜測_____（填“正確”或“不正確”）。Ⅱ.乙同學查閱資料得知，F(xiàn)e(OH)2沉淀具有較強的吸附性，猜測灰綠色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，設計并完成了實驗3—實驗5。編號實驗操作實驗現(xiàn)象實驗3向10mL4mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(兩溶液中均先加幾滴維生素C溶液)液面上方產(chǎn)生白色沉淀(帶有較多灰綠色)。沉淀下沉后，部分灰綠色沉淀變?yōu)榘咨珜嶒?向10mL8mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(兩溶液中均先加幾滴維生素C溶液)液面上方產(chǎn)生白色沉淀（無灰綠色）。沉淀下沉后，仍為白色實驗5取實驗4中白色沉淀，洗凈后放在潮濕的空氣中______________（4）依據(jù)乙同學的猜測，實驗4中沉淀無灰綠色的原因為_____。（5）該小組同學依據(jù)實驗5的實驗現(xiàn)象，間接證明了乙同學猜測的正確性，則實驗5的實驗現(xiàn)象可能為____。Ⅲ.該小組同學再次查閱資料得知當沉淀形成時，若得到的沉淀單一，則沉淀結構均勻，也緊密；若有雜質(zhì)固體存在時，得到的沉淀便不夠緊密，與溶液的接觸面積會更大。（6）當溶液中存在Fe3+或溶解較多O2時，白色沉淀更容易變成灰綠色的原因為______。（7）該小組同學根據(jù)上述實驗得出結論：制備Fe(OH)2時能較長時間觀察到白色沉淀的適宜的條件和操作有________、____。28、（14分）氫氧化鋰（LiOH）是重要的初加T鋰產(chǎn)品之一，可用于繼續(xù)生產(chǎn)氟化鋰、錳酸鋰等，用天然鋰輝石（主要成分LiAISi2O3，含有Fe（III）等雜質(zhì)）生產(chǎn)LiOH的一種工藝流程如圖所示：已知溶液1中含有Li+、K+、A13+、Na+、Fe3+、SO42-等離子，請回答相關問題。（l）將LiAlSi2O6改寫為氧化物的形式：____。（2）高溫燒結的目的是____。操作1是__。（3）凈化過濾過程中溶液的pH不能過低也不能過高，原因是____。（4）流程中的某種物質(zhì)可循環(huán)利用，該物質(zhì)的化學式是____。（5）工業(yè)生產(chǎn)中通過電解LiCI溶液的方法也可制得LiOH，其原理如圖所示，電極a應連接電源的____（選填“正極”或“負極”），電極b發(fā)生的反應是___，陽離子交換膜的作用是___29、（10分）在催化劑作用下，氮氧化物與一氧化碳能發(fā)生反應，如：反應Ⅰ（1）已知：反應Ⅱ反應Ⅲ①__________（用含b、c的代數(shù)式表示）。②溫度為時，CO與在密閉容器中發(fā)生反應Ⅲ，的體積分數(shù)隨時間變化的關系如下圖所示。請在坐標圖中畫出溫度為時，隨時間的變化曲線并進行相應的標注。_______（2）在恒壓條件下，將NO和CO置于密閉容器中發(fā)生反應Ⅰ，在不同溫度、不同投料比時，NO的平衡轉化率見下表：300K400K500K115%24%33%210%18%25%a__________（填“＞”“＜”或“＝”）0，理由是_________。試判斷反應Ⅰ在常溫下能否自發(fā)進行并說明理由：___。②下列措施有利于提高CO平衡轉化率的是__________（填字母）。A．升高溫度同時增大壓強B．繼續(xù)通入COC．加入高效催化劑D．及時將從反應體系中移走③500K時，將投料比為2的NO與CO混合氣體共0.9mol，充入一裝有催化劑且體積為3L的密閉容器中，5min時反應達到平衡，則500K時該反應的平衡常數(shù)K為__________（保留兩位小數(shù)，下同）；從反應開始到達到平衡時CO的平均反應速率為__________。

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、B【解析】

A.CO2分子中C原子與2個O原子形成4對共用電子對，電子式為：，A錯誤；B.在HClO中O原子與H、Cl原子分別形成1對共用電子對，結構式是H-O-Cl，B正確；C.乙烯分子中兩個C原子之間形成2對共用電子對，每個C原子再分別與2個H原子形成2對共用電子對，題干模型為乙烯的比例模型，不是球棍模型，C錯誤；D.鉀是19號元素，原子核外電子排布為2、8、8、1，K原子結構示意圖正確的應該為，D錯誤；故合理選項是B。2、A【解析】

①根據(jù)已知信息：CS2(二硫化碳)是無色液體，沸點46.5℃，儲存于陰涼、通風的庫房，遠離火種、熱源，庫溫不宜超過30℃，CS2屬于有機物，所以CS2屬易燃易爆的危險品，故①正確；②二硫化碳是損害神經(jīng)和血管的毒物，所以二硫化碳有毒；二硫化碳不溶于水，溶于乙醇、乙醚等多數(shù)有機溶劑，所以不能水解，故②錯誤；③根據(jù)已知信息：在工業(yè)上最重要的用途是作溶劑制造粘膠纖維，所以是良好的有機溶劑，故③正確；④與鈉反應的產(chǎn)物中不一定有Na2CO3，故④錯誤；⑤根據(jù)CS2中S的化合價為-2價，所以CS2具有還原性，故⑤正確；因此①③⑤符合題意；答案選A。3、A【解析】

A.元素非金屬性F>Cl>Br>I，影響其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性的因素是共價鍵的鍵能，共價鍵的鍵能越大其氫化物越穩(wěn)定，與共價鍵的鍵能大小有關，A正確；B.物質(zhì)的密度與化學鍵無關，與單位體積內(nèi)含有的分子的數(shù)目及分子的質(zhì)量有關，B錯誤；C.HI、HCl都是由分子構成的物質(zhì)，物質(zhì)的分子間作用力越大，物質(zhì)的沸點就越高，可見物質(zhì)的沸點與化學鍵無關，C錯誤；D.元素非金屬性F>Cl>Br>I，元素的非金屬性越強，其得電子能力越強，故其氣態(tài)氫化合物的還原性就越弱，所以氣態(tài)氫化物還原性由強到弱為HI>HBr>HCl>HF，不能用共價鍵鍵能大小解釋，D錯誤；故合理選項是A。4、B【解析】

A.電極a是化合價升高，發(fā)生氧化反應，為電池負極，故A錯誤；B.電路中每流過4mol電子，正極消耗1molO2，故B正確；C.電極b上的電極反應：O2+4e－=2O2?，故C錯誤；D.電極a上的電極反應：2H2S+2O2??4e?=S2+2H2O，故D錯誤。綜上所述，答案為B。5、C【解析】

A.中子數(shù)為20的氯原子其質(zhì)量數(shù)為17+20=37，故37Cl是正確的；B.氟離子的核電荷數(shù)為9，核外電子數(shù)為10，故正確；C.水分子為V型，不是直線型，故錯誤；D.該圖為乙酸的比例模型，故正確。故選C。6、C【解析】

A.洗滌的目的是：除去晶體表面的可溶性雜質(zhì)，得到更純凈的晶體，提高純度，A項正確；B.洗滌的試劑常選用：①蒸餾水；②冷水；③有機溶劑，如酒精、丙酮等；④該物質(zhì)的飽和溶液，B項正確；C.洗滌的正確方法是：讓過濾后的晶體繼續(xù)留在過濾器中，加洗滌劑浸沒過晶體，讓洗滌劑自然流下，重復2?3次即可，C項錯誤；D.洗凈的檢驗是取最后一次洗滌液少許于試管中檢驗是否含有形成沉淀的該溶液中的離子，D項正確；答案選C。7、B【解析】

A．該有機物分子中含有碳碳雙鍵，能使稀酸性高錳酸鉀溶液褪色，A不正確；B．該有機物分子中含有酯基，可以在稀硫酸或NaOH溶液中發(fā)生水解反應，B正確；C．分子中含有-CH3，基團中的原子不可能共平面，C不正確；D．該有機物屬于酯，在飽和碳酸鈉溶液中的溶解度小，D不正確；故選B。8、B【解析】

A.a點表示0.1mol·L－1一元弱堿XOH，若a=－8，則c(OH-)=10-3mol/L，所以Kb(XOH)≈==10－5，故A正確；B.兩者恰好反應時，生成強酸弱堿鹽，溶液顯酸性。M點AG=0，則溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，所以溶質(zhì)為XOH和XCl，兩者不是恰好完全反應，故B錯誤；C.若R點恰好為XCl溶液時，根據(jù)物料守恒可得c(X+)+c(XOH)=c(C1－)，故C正確；D.M點的溶質(zhì)為XOH和XCl，繼續(xù)加入鹽酸，直至溶質(zhì)全部為XCl時，該過程水的電離程度先增大，然后XCl溶液中再加入鹽酸，水的電離程度減小，所以從M點到N點，水的電離程度先增大后減小，故D正確。故選B。9、D【解析】

W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素。常溫常壓下，Y的單質(zhì)和氧化物均能與X的氫化物的水溶液反應生成一種相同的氣體，該氣體分子與CH4具有相同的空間結構，X的單質(zhì)與氫氣混合后在冷暗處會發(fā)生爆炸，X是F，X的氫化物為HF，Y為Si，Y的氫化物為SiF4；Z原子最外層的電子數(shù)是W原子的最外層電子數(shù)的2倍，Z的最外層電子數(shù)一定為偶數(shù)，且大于Si元素，則Z為S元素；W最外層電子數(shù)為3，其原子序數(shù)小于F，則W為B元素，據(jù)此解答?！驹斀狻扛鶕?jù)分析可知：W為B，X為F，Y為Si，Z為S元素。A.F為非金屬性最強的元素，則HF比其它三種元素的氫化物的穩(wěn)定性都強，A正確；B.Si在自然界中只以化合態(tài)形式存在，B正確；C.B、Si元素都位于周期表中金屬與非金屬分界線附近，C正確；D.S元素的含氧酸有硫酸、亞硫酸、硫代硫酸等，不一定具有強氧化性，D錯誤；故合理選項是D?！军c睛】本題考查原子結構與元素周期律的關系，根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)及元素的原子結構關系推斷元素為解答關鍵，注意元素化合物知識及規(guī)律性知識的應用，試題側重考查學生的分析與應用能力。10、C【解析】

A.根據(jù)物質(zhì)中的最外層電子數(shù)進行分析，共用電子對數(shù)為，所以0.1molC3H9N中所含共用電子對數(shù)目為1.2NA，故正確；B.14gN60的物質(zhì)的量為，N60的結構是每個氮原子和三個氮原子結合形成兩個雙鍵和一個單鍵，每兩個氮原子形成一個共價鍵，1molN60含有的氮氮鍵數(shù)為，即14gN60的含有氮氮鍵，數(shù)目為1.5NA，故正確；C.某溫度下，1LpH＝6的純水中氫離子濃度為10-6mol/L，純水中氫離子濃度和氫氧根離子濃度相等，所以氫氧根離子濃度為10-6mol/L，氫氧根離子數(shù)目為10-6NA，故錯誤；D.標準狀況下，5.6L甲醛氣體物質(zhì)的量為0.25mol，每個甲醛分子中含有16個質(zhì)子，所以0.25mol甲醛中所含的質(zhì)子數(shù)目為4NA，故正確。故選C。11、D【解析】

A．由于CuS不溶于硫酸，則向一定濃度的CuSO4溶液中通入適量H2S氣體會生成CuS黑色沉淀，不能根據(jù)該反應判斷H2S、H2SO4的酸性強弱，故A錯誤；B．木炭和濃硫酸共熱生成的氣體為二氧化碳、二氧化硫，二者都可是澄清石灰水變渾濁，應先除去二氧化硫再檢驗二氧化碳，故B錯誤；C．白色沉淀可能為AgCl或硫酸鋇，不能說明該溶液中一定含有SO42-，故C錯誤；D．向1mL濃度均為0.1mol/L的MgSO4和CuSO4混合溶液中，滴入少量0.1mol/LNaOH溶液，先產(chǎn)生藍色沉淀，說明氫氧化銅的溶度積較小，易生成沉淀，故D正確；答案選D。12、C【解析】

A.KNO3的溶解度受溫度影響大，而NaCl的溶解度受溫度影響不大，可將固體溶解后蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥，以除去KNO3固體中少量的NaCl固體，故A錯誤；B.將NaOH濃溶液滴加到飽和的FeCl3溶液中，二者反應生成Fe(OH)3沉淀，無法獲得氫氧化鐵膠體，故B錯誤；C.CCl4與水不互溶，且不發(fā)生任何發(fā)應，可用CCl4萃取碘水中的I2，CCl4的密度比水的密度大，則混合液分層后先從分液漏斗下口放出有機層，后從上口倒出水層，故C正確；D.鐵在中性溶液或弱酸性溶液中可發(fā)生吸氧腐蝕，鹽酸為酸性溶液，發(fā)生析氫腐蝕，故D錯誤；故選C。13、D【解析】分析：①C→CO2屬于碳在氧氣中燃燒或者與氧化銅等金屬氧化物反應生成二氧化碳；②CH4→CO2屬于甲烷在氧氣中燃燒生成二氧化碳和水，常溫下水為液態(tài)；③CO→CO2屬于一氧化碳在氧氣中燃燒或者與氧化銅等金屬氧化物反應生成二氧化碳。詳解：A．甲烷燃燒生成二氧化碳和水，碳與氧化銅反應生成銅與二氧化碳，不是化合反應，A錯誤；B．甲烷在氧氣中燃燒生成二氧化碳和水，常溫下水為液態(tài)，B錯誤；C．碳、一氧化碳與氧化銅反應能夠生成二氧化碳，C錯誤；D．碳、一氧化碳、甲烷都能夠燃燒生成二氧化碳，D正確；答案選D。14、B【解析】

A．O1與O1的結構相同，是同種物質(zhì)，故A錯誤；B．O1與O3都是氧元素的單質(zhì)，互為同素異形體，故B正確；C．O1與O1都是分子，不是原子，不能稱為同位素，故C錯誤；D．O原子核外有8個電子，1molO1分子中含有16mol電子，故D錯誤；故選B。【點睛】本題的易錯點為A，要注意理解同分異構體的概念，互為同分異構體的物質(zhì)結構須不同。15、A【解析】

氣態(tài)烴A的產(chǎn)量是一個國家石油化工水平的重要標志，A是C2H4；乙烯與水反應生成乙醇，乙醇催化氧化為乙醛、乙醛氧化為乙酸，乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，所以B是乙醇、C是乙醛、D是乙酸、E是乙酸乙酯?！驹斀狻緼.乙烯與水發(fā)生加成反應生成乙醇，所以反應類型為加成反應，故A正確；B.C是乙醛，常溫下乙醛是一種有刺激性氣味的液體，故B錯誤；C.分子式為C4H8O2的酯有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，共4種，故C錯誤；D.lmol乙酸與足量碳酸氫鈉反應生成1mol二氧化碳氣體，非標準狀況下體積不一定為22.4L，故D錯誤。【點睛】本題考查有機物的推斷，試題涉及烯、醇、醛、羧酸等的性質(zhì)與轉化，熟悉常見有機物的轉化，根據(jù)“A的產(chǎn)量是一個國家石油化工水平的重要標志”，準確推斷A是關鍵。16、A【解析】

A、Fe3O4是一種黑色物質(zhì)，故A錯誤；B、不同的金屬元素焰色不同，五彩繽紛的焰火利用金屬元素的焰色反應，故B正確；C、鋁熱反應能放出大量的熱，使建筑物的鋼筋熔化，故C正確；D、NH4Cl溶液呈弱酸性，鐵銹能溶于酸，所以金屬焊接前用NH4Cl溶液除銹，故D正確。選A。17、D【解析】

A.對比實驗①②，這兩個實驗中只有溶液酸性強弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大；B.實驗②中，Cr2O72-在陰極上得電子發(fā)生還原反應；C.實驗③中，Cr2O72-在陰極上得電子，陽極上生成的亞鐵離子也能還原Cr2O72-；D.實驗③中，Cr2O72-在陰極上得電子，陽極上生成的亞鐵離子也能還原Cr2O72-，理論上電路中每通過3mol電子，則有0.5molCr2O72-在陰極上被還原，且溶液中還有Cr2O72-被還原?！驹斀狻緼.對比實驗①②，這兩個實驗中只有溶液酸性強弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72-的去除率，A正確；B.實驗②中，Cr2O72-在陰極上得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，故B正確；C.實驗③中，Cr2O72-在陰極上得電子，陽極上Fe失電子生成Fe2+，亞鐵離子也能還原Cr2O72-，C正確；D.實驗③中，Cr2O72-在陰極上得電子，陽極上Fe失電子生成Fe2+，亞鐵離子也能還原Cr2O72-，理論上電路中每通過3mol電子，根據(jù)電極反應式Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，則有0.5molCr2O72-在陰極上被還原，同時陽極生成1.5molFe2+，根據(jù)得失電子守恒，溶液中還有0.25molCr2O72-被Fe2+還原，所以共有0.75molCr2O72-被還原，D錯誤；故合理選項是D?！军c睛】本題考查電解原理的應用的知識，明確離子放電順序及電解原理是解本題關鍵，注意：活潑金屬作陽極時，陽極上金屬失電子而不是溶液中陰離子失電子，易錯選項是D。18、B【解析】

由制備流程可知，氯化銨與鹽酸的混合溶液電解時發(fā)生NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3，然后加亞氯酸鈉溶液發(fā)生6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，則X含NaOH、NaCl，以此來解答?！驹斀狻緼.NaClO2溶液與NCl3溶液發(fā)生氧化還原反應，由于有氨氣產(chǎn)生，所以反應物必然有H2O參加，所以反應方程式為6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，所以大量存在的陰離子有C1-和OH-，故A正確；

B.N原子、C原子均為sp3雜化，NCl3分子有1對孤電子對，甲烷分子沒有孤電子對，孤對電子與成鍵電子對之間排斥力大于成鍵電子對之間的排斥力，故NCl3的的鍵角小于CH4的鍵角，故B錯誤；

C.NaClO2變成ClO2，NaClO2中氯元素化合價從+3價升高為+4價，發(fā)生了氧化反應，故C正確；

D.由反應NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3、6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH可知，制取3molClO2至少需要0.5molNH4Cl，故D正確；

故選：B。【點睛】孤對電子與成鍵電子對之間排斥力大于成鍵電子對之間的排斥力。19、D【解析】

若該反應為氣體物質(zhì)的量增大的反應，即x＞3，隨著反應的進行，甲容器中氣體的壓強增大，平衡過程中反應速率比恒壓時大，建立平衡需要的時間較少，對應于圖像M，增大壓強，平衡逆向移動，A的轉化率減小，與圖像相符；若該反應為氣體物質(zhì)的量減少的反應，即x＜3，隨著反應的進行，甲容器中氣體的壓強減小，平衡過程中反應速率比恒壓時小，建立平衡需要的時間較長，對應于圖像N，減小壓強，平衡逆向移動，A的轉化率減小，與圖像不符；若該反應x=3，則兩容器得到相同的平衡狀態(tài)，與圖像不符，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)上述分析，該反應為氣體物質(zhì)的量增大的反應，因此x可能為4，故A正確；B．根據(jù)上述分析，該反應為氣體體積增大的反應，M為容器甲，N為容器乙，故B正確；C．根據(jù)上述分析，N為容器乙，容器乙達平衡時A的轉化率為25%，根據(jù)方程式2A(g)+B(g)xC(g)，加入0.2molA和0.1molB時，反應的B為A的物質(zhì)的量的一半，A和B的轉化率相等，也是25%，故C正確；D．溫度不變，平衡常數(shù)不變，達到平衡時，M、N對應的溫度相同，則平衡常數(shù)相等，故D錯誤；故選D?！军c睛】解答本題的關鍵是判斷壓強對該反應的影響。本題的難點是排除x＜3的情況。20、C【解析】圖中曲線①B(OH)2，②為B(OH)+③為B2+；交點a處對應加入的鹽酸溶液的體積為5mL時，反應生成等濃度的B(OH)Cl和B(OH)2混合液，由于兩種溶質(zhì)水解電離能力不同，所以B(OH)2、B(OH)+濃度分數(shù)δ不相等，A錯誤；當加入的鹽酸溶液的體積為10mL時，溶液為B(OH)Cl，溶液顯酸性，根據(jù)B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)可知，c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(B2+)>c(OH-)，B錯誤；交點b處時，c(B(OH)+)=c(B2+)，根據(jù)B(OH)+B2++OH-，K2=c(OH-)=6.4×10-5,C正確；當加入的鹽酸溶液的體積為15mL時，生成等體積等濃度B(OH)Cl和BCl2的混合液，存在電荷守恒為c(Cl-)+c(OH-)=2c(B2+)+c(B(OH)+)+c(H+)，D錯誤；正確選項C。21、C【解析】

A.硝化甘油是易爆品,易發(fā)生爆炸,故A錯誤;B.苯是易燃物,故B錯誤;C.重晶石性質(zhì)穩(wěn)定,不屬于危險品,故C正確;D.硝酸銨是易爆品,易發(fā)生爆炸,故D錯誤.答案選C。22、B【解析】

A．在中含有3個單鍵和1對孤電子對，價層電子對數(shù)為4，空間上為三角錐形，故A正確；B．B原子最外層含有3個電子，BF3中B原子形成3個共價鍵，B原子沒有孤電子對，所以R不是BF3，故B錯誤；C．由極性鍵構成的分子，若結構對稱，正負電荷的中心重合，則為非極性分子，R分子的結構不對稱，R是極性分子，故C正確；D．三角錐形分子的鍵角為107°，鍵角小于109°28′，故D正確；答案選B。二、非選擇題(共84分)23、BrCH2CH=CHCH2Br取代（或水解）HOCH2CH2CH2CHO羧基、羥基、、、【解析】

CH2=CH—CH=CH2與Br21:1發(fā)生加成反應生成A，A發(fā)生水解反應生成B，B屬于二元醇，B與H2發(fā)生加成反應生成C，C發(fā)生氧化反應生成D，D既能發(fā)生銀鏡反應，又能與金屬鈉反應放出氫氣，說明D中既含—CHO、又含—OH，D發(fā)生銀鏡反應生成E，E中含羧基和羥基，E脫去1分子水生成F，核磁共振氫譜表明F分子中有三種氫，且其峰面積之比為1：1：1，則CH2=CH-CH=CH2與Br2發(fā)生的是1，4-加成，A為BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得B為HOCH2CH=CHCH2OH，C為HOCH2CH2CH2CH2OH，D為HOCH2CH2CH2CHO，E為HOCH2CH2CH2COOH，F(xiàn)為；B脫去1分子水生成G，G能使溴的四氯化碳溶液褪色，則G為；G→H應該是G與HClO發(fā)生加成反應，H應該為；H→I→J，1molJ與足量金屬鈉反應可放出22.4L氫氣（標準狀況）說明J中含2個—OH，則H→I的化學方程式為2+Ca(OH)2→2+CaCl2+2H2O，I→J其實就是醚的開環(huán)了，反應為，據(jù)此分析作答?！驹斀狻緾H2=CH—CH=CH2與Br21:1發(fā)生加成反應生成A，A發(fā)生水解反應生成B，B屬于二元醇，B與H2發(fā)生加成反應生成C，C發(fā)生氧化反應生成D，D既能發(fā)生銀鏡反應，又能與金屬鈉反應放出氫氣，說明D中既含—CHO、又含—OH，D發(fā)生銀鏡反應生成E，E中含羧基和羥基，E脫去1分子水生成F，核磁共振氫譜表明F分子中有三種氫，且其峰面積之比為1：1：1，則CH2=CH-CH=CH2與Br2發(fā)生的是1，4-加成，A為BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得B為HOCH2CH=CHCH2OH，C為HOCH2CH2CH2CH2OH，D為HOCH2CH2CH2CHO，E為HOCH2CH2CH2COOH，F(xiàn)為；B脫去1分子水生成G，G能使溴的四氯化碳溶液褪色，則G為；G→H應該是G與HClO發(fā)生加成反應，H應該為；H→I→J，1molJ與足量金屬鈉反應可放出22.4L氫氣（標準狀況）說明J中含2個—OH，則H→I的化學方程式為2+Ca(OH)2→2+CaCl2+2H2O，I→J其實就是醚的開環(huán)了，反應為；（1）A的結構簡式為BrCH2CH=CHCH2Br；A生成B是溴代烴在強堿水溶液中的水解反應，也是一種取代反應。（2）D的結構簡式為HOCH2CH2CH2CHO。（3）E為HOCH2CH2CH2COOH，E發(fā)生分子內(nèi)酯化生成F，反應的方程式為；E中含有官能團的名稱為羧基和羥基；與E具有相同官能團的同分異構體有、、、。（4）G的結構簡式為。（5）I生成J的化學方程式為。24、硝基苯還原反應HOCH2-CH2OH+O2OHC—CHO+2H2O+CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH412、【解析】

A分子式是C6H6，結合化合物C的結構可知A是苯，結構簡式為，A與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發(fā)生取代反應產(chǎn)生硝基苯，結構簡式為，B與液氯在Fe催化下發(fā)生取代反應產(chǎn)生C：，C與Fe、HCl發(fā)生還原反應產(chǎn)生D：；由于F與新制Cu(OH)2懸濁液混合加熱，然后酸化得到分子式為C2H2O4的G，說明F中含有-CHO，G含有2個-COOH，則G是乙二酸：HOOC-COOH，逆推F是乙二醛：OHC-CHO，E為汽車防凍液的主要成分，則E是乙二醇，結構簡式是：HOCH2-CH2OH，HOOC-COOH與2個分子的CH3CH2OH在濃硫酸作用下加熱，發(fā)生酯化反應產(chǎn)生分子式是C6H10O4的H，H的結構簡式是C2H5OOC-COOC2H5；H與CH3COOC2H5發(fā)生III條件的反應產(chǎn)生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH，I與D反應產(chǎn)生J和H2O，J在一定條件下反應產(chǎn)生J，K發(fā)生酯的水解反應，然后酸化可得L，L發(fā)生脫羧反應產(chǎn)生M，M在一定條件下發(fā)生水解反應產(chǎn)生N，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知A是，B是，E是HOCH2-CH2OH，F(xiàn)是OHC—CHO，G是HOOC-COOH，H是C2H5OOC-COOC2H5，I是C2H5OOCCOCH2COOC2H5。(1)B是，名稱是硝基苯；C是，C與Fe、HCl發(fā)生還原反應產(chǎn)生D：，-NO2被還原為-NH2，反應類型為還原反應；(2)E是HOCH2-CH2OH，含有醇羥基，可以在Cu作催化劑條件下發(fā)生氧化反應產(chǎn)生乙二醛：OHC-CHO，所以E生成F的化學方程式是HOCH2-CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O；H是C2H5OOC-COOC2H5，H與CH3COOC2H5發(fā)生III條件的反應產(chǎn)生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH，反應方程式為：C2H5OOC-COOC2H5+CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH；(3)J結構簡式是，在J中含有1個Cl原子連接在苯環(huán)上，水解產(chǎn)生HCl和酚羥基；含有2個酯基，酯基水解產(chǎn)生2個分子的C2H5OH和2個-COOH，HCl、酚羥基、-COOH都可以與NaOH發(fā)生反應，所以1molJ在氫氧化鈉溶液中水解最多消耗4molNaOH；(4)H結構簡式是：C2H5OOC-COOC2H5，分子式是C6H10O4，其同分異構體滿足下列條件①只有兩種含氧官能團；②能發(fā)生銀鏡反應說明含有醛基；③1mol該物質(zhì)與足量的Na反應生成0.5molH2，結合分子中含有的O原子數(shù)目說明只含有1個-COOH，另一種為甲酸形成的酯基HCOO-，則可能結構采用定一移二法，固定酯基HCOO-，移動-COOH的位置，碳鏈結構的羧基可能有共4種結構；碳鏈結構的羧基可能有4種結構；碳鏈結構的羧基可能有3種結構；碳鏈結構為的羧基可能位置只有1種結構，因此符合要求的同分異構體的種類數(shù)目為4+4+3+1=12種；其中核磁共振氫譜峰面積比為1：1：2：6的結構簡式為、；(5)CH3-CH=CH-CH3與溴水發(fā)生加成反應產(chǎn)生CH3CHBr-CHBrCH3，然后與NaOH水溶液共熱發(fā)生取代反應產(chǎn)生，發(fā)生催化氧化產(chǎn)生Q是；與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發(fā)生硝化反應產(chǎn)生P是，P與Fe、HCl發(fā)生還原反應產(chǎn)生，與在HAc存在條件下，加熱40—50℃反應產(chǎn)生和H2O，故P是，Q是?！军c睛】本題考查有機物推斷和有機合成，明確有機物官能團及其性質(zhì)關系、有機反應類型及反應條件是解本題關鍵，難點是H的符合條件的同分異構體的種類的判斷，易漏選或重選，可以采用定一移二的方法，在物質(zhì)推斷時可以由反應物采用正向思維或由生成物采用逆向思維方法進行推斷，側重考查學生分析推斷及合成路線設計能力。25、b②堿石灰制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產(chǎn)率蒸餾溶液變?yōu)榧t色，而且半分鐘內(nèi)不褪色85.5%偏小【解析】

（1）用來冷卻的水應該從下口入，上口出；（2）制備SO2，鐵與濃硫酸反應需要加熱，硝酸能氧化SO2，所以用70%H2SO4+Na2SO3來制備SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反應又沒有加熱，故SO2與氯氣間的反應為放熱反應，由于會有一部分Cl2、SO2通過冷凝管逸出，故乙中應使用堿性試劑，又因SO2Cl2遇水易水解，故用堿石灰；（4）制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產(chǎn)率；（5）分離沸點不同的液體可以用蒸餾的方法，所以甲中混合物分離開的實驗操作是蒸餾；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，當?shù)味ㄟ_到終點時NH4SCN過量，加NH4Fe(SO4)2作指示劑，F(xiàn)e3+與SCN?反應溶液會變紅色，半分鐘內(nèi)不褪色，即可確定滴定終點；（7）用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積V，則過量Ag+的物質(zhì)的量為Vcmol，與Cl?反應的Ag+的物質(zhì)的量為0.1000mol/L×0.1L?Vc×10?3mol，則可以求出SO2Cl2的物質(zhì)的量；AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力搖動，使AgCl沉淀表面被有機物覆蓋，避免在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉化為AgSCN沉淀，若無此操作，NH4SCN與AgCl反應生成AgSCN沉淀，則滴定時消耗的NH4SCN標準液的體積偏多，即銀離子的物質(zhì)的量偏大，則與氯離子反應的銀離子的物質(zhì)的量偏小。【詳解】（1）用來冷卻的水應該從下口入，上口出，故水應該從b口進入；（2）制備SO2，鐵與濃硫酸反應需要加熱，硝酸能氧化SO2，所以用②70%H2SO4+Na2SO3來制備SO2，故選②；（3）根據(jù)裝置圖可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反應又沒有加熱，故SO2與氯氣間的反應為放熱反應，由于會有一部分Cl2、SO2通過冷凝管逸出，故乙中應使用堿性試劑，又因SO2Cl2遇水易水解，故用堿石灰，可以吸收氯氣、SO2并防止空氣中的水蒸氣進入冷凝管中，故乙裝置中盛放的試劑是堿石灰；（4）制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產(chǎn)率；（5）分離沸點不同的液體可以用蒸餾的方法，所以甲中混合物分離開的實驗操作是蒸餾；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，當?shù)味ㄟ_到終點時NH4SCN過量，加NH4Fe(SO4)2作指示劑，F(xiàn)e3+與SCN?反應溶液會變紅色，半分鐘內(nèi)不褪色，即可確定滴定終點；故答案為：溶液變?yōu)榧t色，而且半分鐘內(nèi)不褪色；（7）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積10.00mL，則過量Ag+的物質(zhì)的量為Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol，與Cl?反應的Ag+的物質(zhì)的量為0.2000mol/L×0.1L?Vc×10?3mol＝1.9×10-2mol，則SO2Cl2的物質(zhì)的量為1.9×10-2mol×0.5=9.5×10-3mol，產(chǎn)品中SO2Cl2的質(zhì)量分數(shù)為×100%=85.5%；已知：Ksp(AgCl)=3.2×10?10，Ksp(AgSCN)=2×10?12，則AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力搖動，使AgCl沉淀表面被有機物覆蓋，避免在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉化為AgSCN沉淀，若無此操作，NH4SCN與AgCl反應生成AgSCN沉淀，則滴定時消耗的NH4SCN標準液的體積偏多，即銀離子的物質(zhì)的量偏大，則與氯離子反應的銀離子的物質(zhì)的量偏小，所以測得的氯離子的物質(zhì)的量偏??；故答案為：85.5%；偏小。26、Ca(OH)2溶液稀H2SO4鐵Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓Fe(OH)3＋3H＋＝Fe3＋＋3H2OCu(OH)2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu【解析】

從含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的廢液中，把Fe3+轉化為綠礬回收，把Cu2+轉化為銅回收，先加堿使金屬離子轉化為沉淀，與陰離子分離，然后加酸溶解沉淀，再加鐵粉可得到硫酸亞鐵溶液和Cu，過濾得到銅和硫酸亞鐵溶液，硫酸亞鐵溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到綠礬?！驹斀狻恳罁?jù)題意從含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的廢液中，把Fe3+轉化為綠礬回收，把Cu2+轉化為銅回收應分三步實施，先加廉價的堿Ca(OH)2將Fe3+、Cu2+轉化為Fe(OH)3和Cu(OH)2，與Cl-、NO3-分離，反應的離子方程式為Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓；過濾后向Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀中加入稀硫酸，使沉淀溶解得到硫酸鐵和硫酸銅的混合液，反應的離子方程式為Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；向所得溶液中加入鐵粉與硫酸鐵和硫酸銅反應，可得到硫酸亞鐵溶液和Cu，反應的離子方程式為2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，F(xiàn)e＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；過濾得到銅和硫酸亞鐵溶液，硫酸亞鐵溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到綠礬，故答案為：Ca(OH)2溶液；稀H2SO4；鐵；Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓；Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，F(xiàn)e＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。27、4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3還原K3[Fe(CN)6](或鐵氰化鉀)KSCN(或硫氰化鉀)不正確NaOH溶液濃度高，反應后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面白色沉淀變?yōu)榧t褐色，中間過程無灰綠色出現(xiàn)沉淀中混有Fe(OH)3，不夠緊密，與溶液接觸面積更大，更容易吸附Fe2+向高濃度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液除去溶液中Fe3+和O2【解析】

(1)實驗1中產(chǎn)生紅褐色沉淀是因為Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3，反應方程式為4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3，故答案為：4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3；(2)實驗1中加入維生素C是為了防止Fe2+被氧化，利用了其還原性，故答案為：還原；(3)根據(jù)實驗現(xiàn)象可知，①中加入試劑出現(xiàn)藍色沉淀，是在檢驗Fe2+，試劑a為K3[Fe(CN)6]，②中溶液是否變紅是在檢驗Fe3+，試劑b為KSCN，由于②中溶液沒有變紅，則不存在Fe3+，即灰綠色沉淀中沒有Fe(OH)3，甲同學的猜測錯誤，故答案為：K3[Fe(CN)6](或鐵氰化鉀)；KSCN(或硫氰化鉀)；不正確；(4)根據(jù)已知，F(xiàn)e(OH)2沉淀具有較強的吸附性，灰綠色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而實驗4中NaOH溶液濃度高，反應后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，導致沉淀沒有灰綠色，故答案為：NaOH溶液濃度高，反應后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；(5)當實驗5中的現(xiàn)象為白色沉淀變?yōu)榧t褐色，中間過程無灰綠色出現(xiàn)時，可說明白色沉淀上沒有或很少附著有Fe2+，故答案為：白色沉淀變?yōu)榧t褐色，中間過程無灰綠色出現(xiàn)；(6)溶液中存在Fe3+或溶解較多O2時，O2能將Fe2+氧化成Fe3+，形成Fe