2025屆湖南省株洲市醴陵第二中學高三考前熱身化學試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請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、屬于工業(yè)固氮的是A．用N2和H2合成氨 B．閃電將空氣中N2轉化為NOC．用NH3和CO2合成尿素 D．固氮菌將氮氣變成氨2、化學與生產、生活密切相關。下列說法中不正確的是：A．從海水中制取食用的精鹽，需要有化學反應才能實現(xiàn)B．高溫及常用的消毒劑可使禽流感病毒蛋白質變性C．生活中的銅制品既能發(fā)生析氫腐蝕又能發(fā)生吸氧腐蝕D．植物油中含有碳碳雙鍵，在空氣中長時間放置容易氧化變質3、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．1molI2與4molH2反應生成的HI分子數(shù)為2NAB．標準狀況下，2.24LH2O含有的電子數(shù)為NAC．1L1．1mol/L的NH4NO3溶液中含有的氮原子數(shù)為1.2NAD．7.8g苯中碳碳雙鍵的數(shù)目為1.3NA4、室溫下，對于0.10mol?L﹣1的氨水，下列判斷正確的是（）A．溶液的pH=13B．25℃與60℃時，氨水的pH相等C．加水稀釋后，溶液中c（NH4+）和c（OH﹣）都變大D．用HCl溶液完全中和后，溶液顯酸性5、下列離子方程式書寫錯誤的是A．鋁粉投入到NaOH溶液中：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑B．Al(OH)3溶于NaOH溶液中：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OC．碳酸氫鈉水解：HCO3-+H2OOH-+CO2↑+H2OD．FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-6、臨床證明磷酸氯喹對治療“新冠肺炎”有良好的療效。磷酸氯喹的結構如圖所示。下列有關磷酸氯喹的說法錯誤的是（）A．分子式是C18H32ClN3O8P2B．能發(fā)生取代、加成和消去反應C．1mol磷酸氯喹最多能與5molH2發(fā)生加成反應D．分子中的—C1被—OH取代后的產物能與溴水作用生成沉淀7、W、X、Y、Z均為短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大，其原子的最外層電子數(shù)之和為19，W和Y同主族，X原子的電子層數(shù)與最外層電子數(shù)相等，Z元素最高正價與最低負價的代數(shù)和為4。下列說法正確的是（）A．X和Z形成的化合物是不溶于水的沉淀B．Z的氧化物對應水化物的酸性一定大于YC．W的簡單氣態(tài)氫化物沸點比Y的高D．X、Y、Z簡單離子半徑逐漸減小8、某興趣小組稱取2.500g膽礬晶體逐漸升溫使其失水，并準確測定不同溫度下剩余固體的質量(m)得到如圖所示的實驗結果示意圖。下列分析正確的是A．結晶水分子與硫酸銅結合的能力完全相同B．每個結晶水分子與硫酸銅結合的能力都不相同C．可能存在三種不同的硫酸銅結晶水合物D．加熱過程中結晶水分子逐個失去9、化學與生活密切相關。下列錯誤的是A．用四氯乙烯干洗劑除去衣服上油污，發(fā)生的是物理變化B．“碳九”（石油煉制中獲取的九個碳原子的芳烴）均屬于苯的同系物C．蛟龍?zhí)枬撍饔玫解伜辖穑?2號鈦元素屬于過渡元素D．波爾多液（硫酸銅、石灰和水配成）用作農藥，利用Cu2+10、利用傳感技術測定一定濃度碳酸鈉溶液的pH與溫度(T)的關系，曲線如圖，下列分析錯誤的是A．碳酸鈉水解是吸熱反應B．ab段說明水解平衡正向移動C．be段說明水解平衡逆向移動D．水的電離平衡也對pH產生影響11、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，m、n、p是由這些元素組成的二元化合物，r是一種氣態(tài)單質，n為淡黃色粉末，相關物質轉化關系如圖所示。室溫下，0.0lmol/L的s溶液pH為12，X的質子數(shù)是W與Z的質子數(shù)之和的一半。下列說法正確的是A．原子半徑：W<X<YB．簡單氫化物沸點：Z<X<YC．n、s中均含有離子鍵和共價鍵D．q溶于水時溫度升高，證明其水解過程放熱12、在標準狀況下，ALNH3溶于BmL水中，得到密度為ρg/cm3的RL氨水，則此氨水的物質的量濃度是（）A．mol/L B．mol/LC．mol/L D．mol/L13、下列說法錯誤的是（）A．光照下，1molCH4最多能與4molCl2發(fā)生取代反應，產物中物質的量最多的是HClB．將苯滴入溴水中，振蕩、靜置，上層接近無色C．鄰二氯苯僅有一種結構可證明苯環(huán)結構中不存在單雙鍵交替結構D．乙醇、乙酸都能與金屬鈉反應，且在相同條件下乙酸比乙醇與金屬鈉的反應更劇烈14、A、B、C、X為中學化學常見物質，A、B、C含有相同元素甲，可以發(fā)生如下轉化（水參與的反應，水未標出）。下列說法不正確的是A．若A、B、C的焰色反應呈黃色、水溶液均呈堿性，則X可以是CO2B．若C為紅棕色氣體，則A一定為空氣中含量最高的氣體C．若B為FeCl3，則X一定是FeD．A可以是碳單質，也可以是O215、工業(yè)上利用電化學方法將SO2廢氣二次利用，制備保險粉（Na2S2O4）的裝置如圖所示，下列說法正確的是（）A．電極Ⅱ為陽極，發(fā)生還原反應B．通電后H+通過陽離子交換膜向電極Ⅰ方向移動，電極Ⅱ區(qū)溶液pH增大C．陰極區(qū)電極反應式為：2SO2+2e﹣═S2O42﹣D．若通電一段時間后溶液中H+轉移0.1mol，則處理標準狀況下SO2廢氣2.24L16、下列表示正確的是（）A．氯化鎂的電子式：B．氘（2H）原子的結構示意圖：C．乙烯的結構式：CH2=CH2D．CO2的比例模型：17、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．標況下，22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四種微粒總數(shù)為NAB．標準狀況下，38g3H2O2中含有4NA共價鍵C．常溫下，將5.6g鐵塊投入一定量濃硝酸中，轉移0.3NA電子D．一定溫度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物質的量一定不相同18、下列關于有機化合物和的說法正確的是()A．一氯代物數(shù)目均有6種B．二者均能發(fā)生取代、加成和氧化反應C．可用酸性高錳酸鉀溶液區(qū)分D．分子中所有碳原子可能在同一平面上19、根據(jù)下列圖示所得出的結論不正確的是A．圖甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常數(shù)與反應溫度的關系曲線，說明該反應的ΔH<0B．圖乙是室溫下H2O2催化分解放出氧氣的反應中c(H2O2)隨反應時間變化的曲線，說明隨著反應的進行H2O2分解速率逐漸減小C．圖丙是室溫下用0.1000mol·L?1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L?1某一元酸HX的滴定曲線，說明HX是一元強酸D．圖丁是室溫下用Na2SO4除去溶液中Ba2+達到沉淀溶解平衡時，溶液中c(Ba2+)與c(SO42?)的關系曲線，說明溶液中c(SO42?)越大c(Ba2+)越小20、不能用勒夏特列原理解釋的是（）A．草木灰（含K2CO3）不宜與氨態(tài)氮肥混合使用B．將FeCl3固體溶解在稀鹽酸中配制FeCl3溶液C．人體血液pH值穩(wěn)定在7.4±0.05D．工業(yè)制硫酸鍛燒鐵礦時將礦石粉碎21、“太陽能燃料”國際會議于2019年10月在我國武漢舉行，旨在交流和探討太陽能光催化分解水制氫、太陽能光催化二氧化碳轉化為燃料等問題。下列說法錯誤的是()A．太陽能燃料屬于一次能源B．直接電催化CO2制取燃料時，燃料是陰極產物C．用光催化分解水產生的H2是理想的綠色能源D．研發(fā)和利用太陽能燃料，有利于經濟的可持續(xù)發(fā)展22、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值,下列敘述正確的是A．0.1mol熔融的NaHSO4中含有的離子總數(shù)為0.3NAB．標準狀況下，2.24LHF和NH3分子所含電子數(shù)目均為NAC．常溫時,56gAl與足量濃硝酸反應,轉移的電子數(shù)目為3NAD．向含有1molFeI2溶質的溶液中通入適量的氯氣，當有1molFe2+被氧化時，該反應轉移電子的數(shù)目為3NA二、非選擇題(共84分)23、（14分）A為只含有C、H、O三種元素的芳香烴衍生物，且苯環(huán)上只有兩個取代基。各物質間的相互轉化關系如下圖所示。已知：D通過加聚反應得到E，E分子式為(C9H8O2)n；H分子式為C18H16O6；I中除含有一個苯環(huán)外還含有一個六元環(huán)。(1)寫出A的分子式：A______________。(2)寫出I、E的結構簡式：I______________E_________________；(3)A+G→H的反應類型為____________________________；(4)寫出A→F的化學方程式__________________________。(5)有機物A的同分異構體只有兩個對位取代基，既能與Fe3+發(fā)生顯色反應，又能發(fā)生水解反應，但不能發(fā)生銀鏡反應。則此類A的同分異構體有_______種，其中一種在NaOH溶液中加熱消耗的NaOH最多。寫出該同分異構體與NaOH溶液加熱反應的化學方程式___________________。24、（12分）有機物A（C6H8O4）為食品包裝紙的常用防腐劑。A可以使溴水褪色。A難溶于水，但在酸性條件下可發(fā)生水解反應，得到B(C4H4O4)和甲醇。通常狀況下B為無色晶體，能與氫氧化鈉溶液發(fā)生反應。（1）A可以發(fā)生的反應有_______________（選填序號）。①加成反應②酯化反應③加聚反應④氧化反應（2）B分子所含官能團的名稱是______________________________。（3）B分子中沒有支鏈，其結構簡式是________________________，B的具有相同官能團的同分異構體的結構簡式是_________________。（4）由B制取A的化學方程式是____________________________________。（5）天門冬氨酸（C4H7NO4）是組成人體蛋白質的氨基酸之一，可由B通過以下反應制?。禾扉T冬氨酸的結構簡式是______________________________________。25、（12分）水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水體水質的重要指標。某化學小組測定某河流中氧的含量，經查閱有關資料了解到溶解氧測定可用“碘量法”，Ⅰ．用已準確稱量的硫代硫酸鈉（Na2S2O3）固體配制一定體積的cmol/L標準溶液；Ⅱ．用水樣瓶取河流中水樣v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL堿性KI溶液，塞緊瓶塞（瓶內不準有氣泡），反復震蕩后靜置約1小時；Ⅲ．向水樣瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞緊瓶塞，振蕩水樣瓶至沉淀全部溶解，此時溶液變?yōu)辄S色；Ⅳ．將水樣瓶內溶液全量倒入錐形瓶中，用硫代硫酸鈉標準溶液滴定；V．待試液呈淡黃色后，加1mL淀粉溶液，繼續(xù)滴定到終點并記錄消耗的硫代硫酸鈉溶液體積為v2。已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6（1）在滴定環(huán)節(jié)中使用的儀器有滴定管夾、鐵架臺、燒杯、錐形瓶和________________________。（2）在步驟Ⅱ中，水樣中出現(xiàn)了MnMnO3沉淀，離子方程式為4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O。（3）步驟Ⅲ中發(fā)生反應的離子方程式為_______________________________________________________________。（4）滴定時，溶液由__________色到______________色，且半分鐘內顏色不再變化即達到滴定終點。（5）河水中的溶解氧為_____________________________mg/L。（6）當河水中含有較多NO3－時，測定結果會比實際值________(填偏高、偏低或不變)26、（10分）某研究小組利用下圖裝置探究溫度對氨氣還原Fe2O3的影響（固定裝置略）。完成下列填空：（1）實驗時A中有大量紫紅色的煙氣，則NH4I的分解產物為___（至少填三種），E裝置的作用是___。（2）裝置B中的反應方程式：______，D裝置的作用是______。某研究小組按上圖裝置進行對比實驗，甲組用酒精燈、乙組用酒精噴燈對裝置C加熱，反應產物均為黑色粉末（純凈物），兩組分別用各自的產物進行以下探究，完成下列填空：步驟操作甲組現(xiàn)象乙組現(xiàn)象1取黑色粉末加入稀鹽酸溶解，無氣泡溶解，有氣泡2取步驟1中溶液，滴加KSCN溶液變紅無現(xiàn)象3向步驟2溶液中滴加新制氯水紅色先變深后褪去先變紅后也褪色（3）乙組得到的黑色粉末是______。（4）甲組步驟1中反應的離子方程式為______。（5）乙組步驟3中，溶液變紅的原因為______；溶液褪色可能的原因及其驗證方法為______。（6）若裝置C中Fe2O3反應后的產物是兩種氧化物組成的混合物，為研究氧化物的組成，研究小組取樣品7.84克在加熱條件下通入氨氣，完全反應后，停止加熱，反應管中鐵粉冷卻后，稱得質量為5.6克，則混合物的組成為______。27、（12分）某研究性學習小組選用以下裝置進行實驗設計和探究(圖中a、b、c均為止水夾)：（1）在進行氣體制備時，應先檢驗裝置的氣密性。將A裝置中導管末端密封后，在分液漏斗甲內裝一定量的蒸餾水，然后______，則證明A裝置的氣密性良好。（2）利用E裝置能吸收的氣體有______(任寫兩種即可)。（3）用鋅粒和稀硫酸制備H2時應選用裝置___作為發(fā)生裝置(填所選裝置的字母序號)，實驗時先在稀硫酸中加入少量硫酸銅晶體可使反應速率加快，原因是__。（4）某同學將A、C、E裝置連接后設計實驗比較Cl－和S2－的還原性強弱。①A中玻璃儀器甲的名稱為____，A裝置中發(fā)生反應的離子方程式為____。②C中說明Cl－和S2－的還原性強弱的實驗現(xiàn)象_____。28、（14分）峨眉金頂攝身崖又稱舍身崖，因?，F(xiàn)佛光而得名?！胺鸸狻币驍z入身之影像于其中，遂稱“攝身光”，為峨眉勝景之一。攝生崖下土壤中富含磷礦，所以在無月的黑夜可見到崖下熒光無數(shù)。(1)“熒光”主要成分是PH3，其結構式為___________，下列有關PH3的說法錯誤的是___________。a.PH3分子是極性分子b.PH3分子穩(wěn)定性低于NH3分子，因為N－H鍵鍵能高c.一個PH3分子中，P原子核外有一對孤電子對d.PH3沸點低于NH3沸點，因為P－H鍵鍵能低(2)“熒光”產生的原理是Ca3P2在潮濕的空氣中劇烈反應，寫出該反應的化學方程式____________________。(3)已知下列鍵能數(shù)據(jù)及P4(白磷)分子結構：化學鍵P－PH－HP－H白磷分子結構鍵能/(kJ·mol-1)213436322則反應4PH3(g)P4(g)＋6H2(g)△H＝___________kJ·mol－1。(4)某溫度下，向容積為2L的密閉容器中通入2molPH3發(fā)生(3)中反應，5min后反應達平衡，測得此時H2的物質的量為1.5mol，則用PH3表示的這段時間內的化學反應速率v(PH3)＝__________；下列說法能表明該反應達到平衡狀態(tài)的是___________。A.混合氣體的密度不變B.6v(PH3)＝4v(H2)C.c(PH3)：c(P4)：c(H2)＝4：1：6D.混合氣體的壓強不變(5)PH3有毒，白磷工廠常用Cu2＋、Pd2＋液相脫除PH3：PH3＋2O2H3PO4，其他條件相同時，溶解在溶液中O2的體積分數(shù)與PH3的凈化效率與時間的關系如圖所示，回答下列問題：(I)由圖可知，富氧有利于____________(選填“延長”或“縮短”)催化作用的持續(xù)時間。(Ⅱ)隨著反應進行，PH3的凈化效率急劇降低的原因可能為_________________________。29、（10分）第四周期元素Q位于ds區(qū)，最外層電子半充滿;短周期元素W、X、Y、Z第一電離能與原子序數(shù)的關系如下圖所示，請回答下列問題(用Q、W、X、Y、Z所對應的元素符號作答)：（1）基態(tài)Y原子核外共有___種運動狀態(tài)不相同的電子。若用n表示能層，則與Y元素同族的元素的基態(tài)原子的價電子排布式為_________________。（2）X、W組成的一種二元化合物常用作火箭燃料，該化合物中X原子的雜化方式為___________。該化合物常溫下呈液態(tài)，其沸點高于Y2沸點的原因為___________。（3）X2Y曾被用作麻醉劑，根據(jù)“等電子體原理”預測X2Y的空間構型為______________。（4）XW3存在孤電子對，可形成[Q(XW3)4]2+離子，該離子中不存在_____________(填序號)。A．極性共價鍵B．非極性共價鍵C．配位鍵D．σ鍵E.π鍵（5）Q與X形成的一種二元化合物的立方晶胞結構如圖所示：①Q原子周圍距其距離最近的Q原子的數(shù)目為_______。②該二元化合物的化學式為___________________。（6）已知單質Q晶體的堆積方式為面心立方最密堆積，則單質Q晶體的晶胞中原子的空間利用率為_________________(用含π的式子表示)。

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.工業(yè)上通常用H2和N2在催化劑、高溫、高壓下合成氨，A正確；B.閃電能使空氣里的氮氣轉化為一氧化氮，稱為天然固氮（又稱高能固氮），B錯誤；C.是氮的化合物之間的轉換，不屬于氮的固定，C錯誤；D.生物固氮是指固氮微生物將大氣中的氮還原成氨的過程，D錯誤。故選擇A。2、C【解析】

A.粗鹽精制過程需要除去粗鹽中含有的硫酸根離子、鈣離子、鎂離子，需要加入除雜劑，該過程中有新物質生成，發(fā)生化學變化，故A正確；B.病毒表現(xiàn)生命活動需要蛋白質，高溫、消毒劑都能使蛋白質變性而失去生理活性，故B正確；C.銅活潑性弱于氫，所以銅制品不能發(fā)生析氫腐蝕，而鐵制品既能發(fā)生吸氧腐蝕又能發(fā)生析氫腐蝕，故C錯誤；D.植物油中由于含有碳碳雙鍵，易被氧化而變質，因此在空氣中長時間放置容易氧化變質，故D正確；答案選C。3、C【解析】

A．氫氣和碘的反應為可逆反應，不能進行徹底，生成的HI分子小于2NA個，故A錯誤；B．標況下，水不是氣體，2.24L水的物質的量大于1.1mol，含有的電子數(shù)大于NA個，故B錯誤；C．1L1.1mol?L-1的NH4NO3溶液中含有1molNH4NO3，含有2mol氮原子，含有的氮原子數(shù)為1.2NA，故C正確；D．苯分子結構中不含碳碳雙鍵，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題的易錯點為D，要注意苯分子中沒有碳碳雙鍵，所有碳碳鍵都一樣。4、D【解析】

A．一水合氨是弱電解質，在水溶液里不完全電離；B．氨水的電離受到溫度的影響，溫度不同，氨水電離的氫氧根離子濃度不同；C．加水稀釋促進一水合氨電離，但一水合氨電離增大程度小于溶液體積增大程度，所以稀釋過程中c（NH4＋）、c（OH－）都減??；D．氯化銨是強酸弱堿鹽，其溶液呈酸性。【詳解】A．一水合氨是弱電解質，在水溶液里不完全電離，所以0.10mol?L﹣1的氨水的pH小于13，故A錯誤；B．氨水的電離受到溫度的影響，溫度不同，氨水電離的氫氧根離子濃度不同，pH也不同，故B錯誤；C．加水稀釋促進一水合氨電離，但一水合氨電離增大程度小于溶液體積增大程度，所以稀釋過程中c（NH4+）、c（OH﹣）都減小，所以溶液中c（NH4+）?c（OH﹣）變小，故C錯誤；D．含有弱根離子的鹽，誰強誰顯性，氯化銨是強酸弱堿鹽，所以其溶液呈酸性，故D正確，故選：D。5、C【解析】

A．鋁粉投入到NaOH溶液中，反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應的離子方程式為：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，A正確；B．Al(OH)3溶于NaOH溶液中，反應生成偏鋁酸鈉和水，反應的離子方程式為：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，B正確；C．碳酸氫鈉水解生成碳酸和氫氧根離子，溶液顯示堿性，鹽水解程度是微弱的，存在水解平衡，正確的水解方程式為：HCO3-+H2OOH-+H2CO3，C錯誤；D．FeCl2溶液中通入Cl2，離子方程式為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl，D正確；故合理選項是C。6、B【解析】

A．根據(jù)該分子的結構簡式可知分子式為C18H32ClN3O8P2，故A正確；B．Cl原子連接在苯環(huán)上，不能發(fā)生消去反應，故B錯誤；C．苯環(huán)、碳碳雙鍵、氮碳雙鍵均可加成，所以1mol磷酸氯喹最多能與5molH2發(fā)生加成反應，故C正確；D．分子中的—C1被—OH取代后變成酚羥基，且其鄰位碳原子有空位，可以與溴水作用生成沉淀，故D正確；故答案為B。7、C【解析】

W、X、Y、Z均為短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大，其原子的最外層電子數(shù)之和為19，W和Y同主族，則Y、Z位于第三周期，Z元素最高正價與最低負價的代數(shù)和為4，則Z位于ⅥA，為S元素；X原子的電子層數(shù)與最外層電子數(shù)相等，X可能為Be或Al元素；設W、Y的最外層電子數(shù)均為a，則2a+6+2=19，當X為Be時，a=5.5(舍棄)，所以X為Al，2a+6+3=19，解得：a=5，則W為N，Y為P元素，據(jù)此解答。【詳解】根據(jù)分析可知：W為N，X為Al，Y為P，Z為S元素。A．Al、S形成的硫化鋁溶于水發(fā)生雙水解反應生成氫氧化鋁沉淀和硫化氫，故A錯誤；B．沒有指出元素最高價，故B錯誤；C．氨氣分子間存在氫鍵，導致氨氣的沸點較高，故C正確；D．電子層越多離子半徑越大，電子層相同時，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則離子半徑大小為：Y＞Z＞X，故D錯誤；故答案為C。8、C【解析】

膽礬(CuSO45H2O)的分子量為250，如果失去1個水分子，則剩下晶體質量232g，失去2個水分子，則剩下晶體質量214g，如果失去3個水分子，則剩下晶體質量196g，如果失去4個水分子，則剩下晶體質量178g，如果失去5個水分子，則剩下晶體質量160g，由圖可知明顯不是同時失去，而是分三階段失水，102℃時失去2個水分子，115℃時，又失去2個水分子，258℃時失去1個水分子，則：A．因為固體質量是分三次降低的，而三次溫度變化值不同，所以失去結晶水克服的作用力大小不同，則結晶水分子與硫酸銅結合的能力不完全相同，故A錯誤；B．由上述分析可知，硫酸銅晶體分三次失去結晶水，同一次失去的結晶水與硫酸銅結合的能力相同，故B錯誤；C．因為固體質量是分三次降低的，所以晶體中的水分子所處化學環(huán)境可以分為3種，故C正確；D．由圖可知明顯不是逐個失去，而是分三階段失水，第一次失去2個，第二次失去2個，第三次失去1個，故D錯誤；故答案選C。9、B【解析】

A.用四氯乙烯干洗劑除去衣服上油污，是利用有機溶劑的溶解性，沒有新物質生成，屬于物理變化，故A正確；B.“碳九”主要包括苯的同系物和茚等，其中茚的結構為，不屬于苯的同系物，故B錯誤；C.22號鈦元素位于第四周期第IVB族，屬于過渡元素，故C正確；D.CuSO4屬于重金屬鹽，病毒中的蛋白質在重金屬鹽或堿性條件下可以發(fā)生變性，故D正確；答案選B。10、C【解析】

A.水解一定是吸熱反應，A項正確；B.碳酸鈉是弱酸強堿鹽，水解使溶液顯堿性，而升高溫度使平衡正向移動，溶液的堿性增強，B項正確；C.水解是吸熱的，溫度不斷升高只會導致平衡不斷正向移動，此時溶液pH卻出現(xiàn)反常下降，這是由于水本身也存在電離，溫度改變對水的電離平衡造成了影響，C項錯誤；D.水本身也存在著一個電離平衡，溫度改變平衡移動，因此對溶液的pH產生影響，D項正確；答案選C。11、C【解析】

n是一種淡黃色粉末，且與p反應生成s與r，而0.01mol?L-1的s溶液的pH為12，s為一元強堿，r為Y的氣體單質，則s為NaOH，n為Na2O2，p為H2O，r為O2，可推知m為CO2，q為Na2CO1．結合原子序數(shù)可知W為H，X為C，Y為O，Z為Na，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．H原子核外只有1個電子層，C、O核外均有2個電子層，同周期元素核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，因此原子半徑：W<Y<X，故A錯誤；B．C對應簡單氫化物為CH4，O對應簡單氫化物為H2O，Na對應簡單氫化物為NaH，CH4、H2O均為分子晶體，NaH為離子晶體，H2O分子之間能夠形成氫鍵，因此簡單氫化物沸點：X<Y<Z，故B錯誤；C．Na2O2、NaOH均是Na+與多原子的陰離子組成的離子化合物，Na+與陰離子之間存在離子鍵，陰離子內存在共價鍵，故C正確；D．Na2CO1溶于水時，Na+和CO12-在形成水合離子時會放熱，并不是水解放熱，水解過程屬于吸熱反應，故D錯誤；故答案為：C?！军c睛】非金屬化合物的沸點比較：①若分子間作用力只有范德華力，范德華力越大，物質的熔、沸點越高；②組成和結構相似，相對分子質量越大，范德華力越大，熔、沸點越高，如SnH4>GeH4>SiH4>CH4；③相對分子質量相同或接近，分子的極性越大，范德華力越大，其熔、沸點越高，如CO>N2；④形成分子間氫鍵的分子晶體熔、沸點較高，如H2O>H2S；如果形成分子內氫鍵，熔、沸點會降低。12、A【解析】

A.c===mol/L，A正確；B.c==mol/L，B錯誤；C.表示NH3的物質的量，不表示氨水的物質的量濃度，C錯誤；D.由選項B可知，不是氨水物質的量濃度的數(shù)值，D錯誤。故選A。13、B【解析】

A．甲烷和氯氣發(fā)生取代反應生成多種氯代烴，取代1個氫原子消耗1mol氯氣，同時生成氯化氫；B．苯與溴水不反應，發(fā)生萃取；C．如果苯環(huán)是單雙鍵交替，則鄰二氯苯有兩種；D．醇羥基氫活潑性弱于羧羥基氫?！驹斀狻緼．甲烷和氯氣發(fā)生取代反應生成多種氯代烴，取代1個氫原子消耗1mol氯氣，同時生成氯化氫，1molCH4最多能與4molCl2發(fā)生取代反應，產物中物質的量最多的是HCl，故A正確；B．苯與溴水不反應，發(fā)生萃取，溴易溶于苯，苯密度小于水，所以將苯滴入溴水中，振蕩、靜置，下層接近無色，故B錯誤；C．如果苯環(huán)是單雙鍵交替，則鄰二氯苯有兩種，鄰二氯苯僅有一種結構可證明苯環(huán)結構中不存在單雙鍵交替結構，故C正確；D．醇羥基氫活潑性弱于羧羥基氫，所以乙醇、乙酸都能與金屬鈉反應，且在相同條件下乙酸比乙醇與金屬鈉的反應更劇烈，故D正確；故選：B。14、B【解析】

A.若A、B、C的焰色反應呈黃色，說明A、B、C中含有鈉元素，水溶液均呈堿性，則A為氫氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉，B為碳酸鈉，碳酸鈉溶液顯堿性；碳酸鈉與二氧化碳反應生成碳酸氫鈉，C為碳酸氫鈉，碳酸氫鈉為堿性，故A正確；B.若A為氨氣、X為氧氣，則B為一氧化氮，C為紅棕色氣體二氧化氮，則A不一定為空氣中含量最高的氮氣，故B錯誤；C.若B為FeCl3，則A為氯氣，與鐵反應生成氯化鐵，氯化鐵與鐵反應生成氯化亞鐵，故C正確；D.若A為碳、X為氧氣，則B為一氧化碳，C為二氧化碳；若A為氧氣、X為碳，則B為二氧化碳，C為一氧化碳，故D正確；答案為B。【點睛】元素的性質的推斷題，要熟練掌握各種物質間的相互轉化，并能找到各物質間相互轉化方案，熟記物質的性質，綜合運用。15、C【解析】A．電極Ⅱ上二氧化硫被氧化生成硫酸，為陽極發(fā)生氧化反應，A錯誤；B．通電后H+通過陽離子交換膜向陰極電極Ⅰ方向移動，電極Ⅱ上二氧化硫被氧化生成硫酸，電極反應式為2H2O+SO2－2e－＝4H++SO42－，酸性增強pH減小，B錯誤；C．電極Ⅰ極為陰極，發(fā)生還原反應SO2生成Na2S2O4，電極反應式為：2SO2+2e－＝S2O42－，C正確；D．由陰極電極反應式為：2SO2+2e－＝S2O42－，陽極電極反應式為：2H2O+SO2－2e－＝4H++SO42－，則若通電一段時間后溶液中H+轉移0.1mol，則陰陽兩極共處理標準狀況下SO2廢氣（0.1+0.05）mol×22.4L/mol=3.36L，D錯誤，答案選C。16、B【解析】

A．相同離子不能合并；B．氘（2H）原子中有1個質子，核外有1個電子；C．結構式中需要用短線代替所有的共用電子對，CH2=CH2為結構簡式；D．比例模型表示原子的相對大小及原子連接順序、空間結構?！驹斀狻緼．氯化鎂屬于離子化合物，鎂離子直接用離子符號表示，氯離子需要標出最外層電子及所帶電荷，氯化鎂的電子式為：，故A錯誤；B．氘（2H）原子中有1個質子，核外有1個電子，原子結構示意圖：，故B正確；C．乙烯分子中含有2個碳原子和4個氫原子，兩個碳原子之間通過共用2對電子形成一個碳碳雙鍵，碳碳鍵與碳氫鍵之間夾角120度，為平面型結構，其結構式為：，故C錯誤；D．二氧化碳的分子式為CO2，由模型可知小球為碳原子，2個大球為氧原子，而氧原子半徑小，實際碳原子半徑大于氧原子半徑，二氧化碳為直線型結構，其正確的比例模型為，故D錯誤；故選：B?！军c睛】易錯點D，氧原子半徑小，實際碳原子半徑大于氧原子半徑。17、D【解析】

A、氯氣與水反應：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，溶液中氯原子總數(shù)為2mol，Cl2中含有2個氯原子，故溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四種微?？倲?shù)大于NA，故A錯誤；B、雙氧水結構為：，38g3H2O2的物質的量為=1mol，由結構式可知，1mol雙氧水中含有3NA共價鍵，故B錯誤；C、常溫下鐵與濃硝酸發(fā)生鈍化，形成致密氧化膜，阻止反應進行，所以常溫下，將5.6g鐵塊投入足量濃硝酸中，轉移小于0.3NA電子，故C錯誤；D、1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25mol/LNH4Cl溶液所對應濃度不同，所以水解程度不同，溶液中的物質的量一定也不同，故D正確；故答案為D?！军c睛】本題A選項屬于易錯項，該反應屬于可逆反應，溶液中總氯原子為2mol，發(fā)生反應后，溶液中含氯微?？倲?shù)小于2mol大于1mol。18、C【解析】

A.中有6種等效氫，則一氯代物有6種，中有4種等效氫，一氯代物有4種，兩種一氯代物數(shù)目不同，故A錯誤；B.中含碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應，除此之外還能發(fā)生取代、氧化反應，中不含不飽和鍵，不能發(fā)生加成反應，能發(fā)生取代、氧化反應，故B錯誤；C.中含碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀褪色，中不含不飽和鍵，不能使酸性高錳酸鉀褪色，則可用酸性高錳酸鉀溶液區(qū)分，故C正確；D.中與碳碳雙鍵上的碳原子直接相連的原子共面，其中含1個叔碳原子（與甲基直接相連的碳原子），則所有碳原子不可能在同一平面上，故D錯誤。答案選C。19、C【解析】

A.升高溫度，lgK減小，平衡向逆反應方向移動，逆反應為吸熱反應，正反應為放熱反應，該反應的ΔH0；B.根據(jù)圖像，隨著時間的推移，c（H2O2）變化趨于平緩，隨著反應的進行H2O2分解速率逐漸減小；C.根據(jù)圖像，沒有滴入NaOH溶液時，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX為一元弱酸；D.根據(jù)圖像可見橫坐標越小，縱坐標越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，說明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小?！驹斀狻緼.升高溫度，lgK減小，平衡向逆反應方向移動，逆反應為吸熱反應，正反應為放熱反應，該反應的ΔH0，A項正確；B.根據(jù)圖像，隨著時間的推移，c（H2O2）變化趨于平緩，隨著反應的進行H2O2分解速率逐漸減小，B項正確；C.根據(jù)圖像，沒有滴入NaOH溶液時，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX為一元弱酸，C項錯誤；D.根據(jù)圖像可見橫坐標越小，縱坐標越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，說明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小，D項正確；答案選C?！军c睛】本題考查圖像的分析，側重考查溫度對化學平衡常數(shù)的影響、化學反應速率、酸堿中和滴定pH曲線的分析、沉淀溶解平衡曲線的分析，掌握有關的原理，明確圖像中縱、橫坐標的含義和曲線的變化趨勢是解題的關鍵。20、D【解析】

A.因為草木灰中碳酸根水解顯堿性，氨態(tài)氮肥中銨根離子水解顯酸性，二者混合使用會發(fā)生雙水解反應生成NH3，使N元素流失，降低肥效，能用勒夏特列原理解釋，故A不選；B.加入鹽酸后溶液中H+增多，可以抑制FeCl3的水解，能用勒夏特列原理解釋，故B不選；C.人體血液中含有緩沖物質，如：H2CO3/NaHCO3，人們食用了酸性食品或堿性食品后，通過平衡移動使血液pH值穩(wěn)定在7.4±0.05，能用勒夏特列原理解釋，故C不選；D.工業(yè)制硫酸鍛燒鐵礦時將礦石粉碎，是增大礦石與空氣接觸面積，與勒夏特列原理無關，故D選；故答案為D。21、A【解析】

A選項，太陽能燃料屬于二次能源，故A錯誤；B選項，直接電催化CO2制取燃料時，化合價降低，在陰極反應，因此燃料是陰極產物，故B正確；C選項，用光催化分解水產生的H2，氫氣燃燒放出熱量多，無污染，是理想的綠色能源，故C正確；D選項，研發(fā)和利用太陽能燃料，消耗能量最低，有利于經濟的可持續(xù)發(fā)展，故D正確。綜上所述，答案為A。22、D【解析】

A.NaHSO4在熔融狀態(tài)電離產生Na+、HSO4-，1個NaHSO4電離產生2個離子，所以0.1molNaHSO4在熔融狀態(tài)中含有的離子總數(shù)為0.2NA，選項A錯誤；B.標準狀況下HF呈液態(tài)，不能使用氣體摩爾體積，選項B錯誤；C.常溫時Al遇濃硝酸會發(fā)生鈍化現(xiàn)象，不能進一步反應，選項C錯誤；D.微粒的還原性I->Fe2+，向含有1molFeI2溶質的溶液中通入適量的氯氣，當有1molFe2+被氧化時，I-已經反應完全，則1molFeI2反應轉移3mol電子，則轉移電子數(shù)目是3NA，選項D正確；故合理選項是D。二、非選擇題(共84分)23、C9H10O3取代反應(或酯化反應)2+O22+2H2O4種+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O【解析】

A能發(fā)生連續(xù)的氧化反應，說明結構中含有-CH2OH，D通過加聚反應得到

E，E分子式為(C9H8O2)n，D的分子式為C9H8O2，D中含碳碳雙鍵，由A在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應生成D，A為只含有C、H、O三種元素的芳香烴衍生物，且芳環(huán)上只有兩個取代基，A中含有苯環(huán)，A在濃硫酸作用下生成的I中除含有一個苯環(huán)外還含有一個六元環(huán)，應是發(fā)生的酯化反應，A中含有羧基，A的結構應為，D為，E為，I為，反應中A連續(xù)氧化產生G，G為酸，F(xiàn)為，G為，A與G發(fā)生酯化反應產生H，根據(jù)H分子式是C18H16O6，二者脫去1分子的水，可能是，也可能是，據(jù)此解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：A為，D為，E為，F(xiàn)為，G為，I為，H的結構可能為，也可能是。(1)A為，則A的分子式為C9H10O3；(2)根據(jù)上面的分析可知，I為，E為；(3)A為，A分子中含有羥基和羧基，G為，G分子中含有羧基，二者能在濃硫酸存在和加熱條件下發(fā)生酯化反應，酯化反應屬于取代反應，A+G→H的反應類型為取代反應；(4)A中含有醇羥基和羧基，由于羥基連接的C原子上含有2個H原子，因此可以發(fā)生催化氧化反應，產生醛基，因此A→F的化學方程式為2+O22+2H2O；(5)有機物A的同分異構體只有兩個對位取代基，能與Fe3+發(fā)生顯色反應，說明苯環(huán)對位上有-OH，又能發(fā)生水解反應，但不能發(fā)生銀鏡反應，說明含有酯基，不含醛基，同分異構體的數(shù)目由酯基決定，酯基的化學式為-C3H5O2，有—OOCCH2CH3、—COOCH2CH3、—CH2OOCCH3和—CH2COOCH3，共4種同分異構體。其中的一種同分異構體在NaOH溶液中加熱消耗的NaOH最多，酯基為—OOCCH2CH3，1mol共消耗3molNaOH，其它異構體1mol消耗2molNaOH，該異構體的結構簡式為，該反應的化學方程式為：+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O?！军c睛】本題考查有機物的推斷和合成的知識，有一定的難度，做題時注意把握題中關鍵信息，采用正、逆推相結合的方法進行推斷，注意根據(jù)同分異構體的要求及各種官能團的性質判斷相應的同分異構體的結構和數(shù)目。24、①③④碳碳雙鍵、羧基HOOCCH=CHCOOHCH2=C(COOH)2HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O【解析】

A的分子式為C6H8O4，A的不飽和度為3，A可以使溴水褪色，A中含碳碳雙鍵；A在酸性條件下可發(fā)生水解反應得到B（C4H4O4）和CH3OH，B能與氫氧化鈉溶液反應，B中含兩個羧基和碳碳雙鍵，A中含兩個酯基；（1）A中含有碳碳雙鍵和酯基，A中含碳碳雙鍵，A能發(fā)生加成反應、加聚反應、氧化反應，A中不含醇羥基和羧基，A不能發(fā)生酯化反應，答案選①③④。（2）B分子中所含官能團為碳碳雙鍵和羧基。（3）B分子中沒有支鏈，B的結構簡式為HOOCCH=CHCOOH；B的具有相同官能團的同分異構體的結構簡式為CH2=C(COOH)2。（4）B與CH3OH發(fā)生酯化反應生成A，由B制取A的化學方程式為HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O。（5）B的結構簡式為HOOCCH=CHCOOH，B與HCl發(fā)生加成反應生成C，C的結構簡式為HOOCCH2CHClCOOH，C與NH3反應生成天門冬氨酸，天門冬氨酸（C4H7NO4）是組成人體蛋白質的氨基酸之一，則天門冬氨酸的結構簡式為。25、堿式滴定管MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O藍無偏高【解析】

(1)滴定環(huán)節(jié)中使用的儀器有滴定管夾、鐵架臺、燒杯、錐形瓶和滴定管，滴定管裝Na2S2O3溶液，Na2S2O3顯堿性；(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同時有碘離子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞緊瓶塞，振蕩水樣瓶，沉淀全部溶解，此時溶液變?yōu)辄S色，說明產生I2，根據(jù)氧化還原反應方程式分析；(4)待測液中有I2，用淀粉溶液做指示劑，溶液為藍色，終點時為無色；(5)根據(jù)關系式，進行定量分析；(6)含有較多NO3－時，在酸性條件下，形成硝酸，具有強氧化性，會氧化Na2S2O3?！驹斀狻?1)滴定環(huán)節(jié)中使用的儀器有滴定管夾、鐵架臺、燒杯、錐形瓶和滴定管，滴定管裝Na2S2O3溶液，Na2S2O3顯堿性，用堿式滴定管，故答案為：堿式滴定管；(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同時有碘離子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞緊瓶塞，振蕩水樣瓶，沉淀全部溶解，此時溶液變?yōu)辄S色，說明產生I2，即碘化合價升高，Mn的化合價會降低，離子方程式為MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，故答案為：MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O；(4)待測液中有I2，用淀粉溶液做指示劑，溶液為藍色，終點時為無色，故答案為：藍；無；(5)由4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O，MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可知關系式，即，則氧氣的物質的量x=，v1mL水樣中溶解氧=，故答案為：；(6)含有較多NO3－時，在酸性條件下，形成硝酸，具有強氧化性，會氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，結果偏高，故答案為：偏高?！军c睛】本題難點(3)，信息型氧化還原反應方程式的書寫，要注意對反應物和生成物進行分析，在根據(jù)得失電子守恒配平；易錯點(5)，硝酸根存在時，要注意與氫離子在一起會有強氧化性。26、NH3、H2、I2(HI)吸收多余的氨氣Zn+I2═ZnI2安全瓶Fe粉Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2OFe2+被氧化成Fe3+，F(xiàn)e3+遇SCN-顯紅色假設SCN-被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出現(xiàn)紅色，則假設成立Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4【解析】

(1)實驗時中A有大量紫紅色的煙氣，說明生成了碘蒸氣，NH4I發(fā)生下列反應：NH4I(固)?NH3(氣)+HI(氣)，2HI(氣)?H2(氣)+I2(氣)，則NH4I的分解產物為NH3、H2、I2(HI)，E裝置濃硫酸的作用是吸收多余的氨氣；(2)裝置B中鋅的作用是吸收碘蒸氣，反應方程式：Zn+I2═ZnI2，故D裝置的作用是作安全瓶，防倒吸，因為氨氣極易被濃硫酸吸收；(3)利用黑色固體可溶于鹽酸并產生氣體，結合“原子守恒”可知用酒精噴燈的乙組實驗得到的固體為Fe；(4)Fe2O3被還原得到黑色固體為Fe3O4，由此可寫出反應的離子方程式；(5)步驟4中溶液變紅是溶液中Fe2+被Cl2氧化為Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2將SCN-氧化，若該假設成立，則溶液中還存在Fe3+，再繼續(xù)加入KSCN溶液則溶液變紅；(6)氧化物樣品質量為7.84克，還原成鐵粉質量為5.6克，氧元素質量為：7.84-5.6g=2.24g，則鐵和氧的原子個數(shù)比為：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式為Fe5O7，由此確定混合物的組成。【詳解】：(1)實驗時中A有大量紫紅色的煙氣，說明生成了碘蒸氣，NH4I發(fā)生下列反應：NH4I(固)?NH3(氣)+HI(氣)，2HI(氣)?H2(氣)+I2(氣)，則NH4I的分解產物為NH3、H2、I2(HI)，E裝置濃硫酸的作用是吸收多余的氨氣；(2)裝置B的作用是吸收碘蒸氣，反應方程式：Zn+I2═ZnI2，因為氨氣極易被濃硫酸吸收，故D裝置的作用是作安全瓶，防倒吸；(3)利用黑色固體可溶于鹽酸并產生氣體，結合“原子守恒”可知用酒精噴燈的乙組實驗得到的固體為Fe；(4)利用甲組現(xiàn)象可知Fe2O3與CO在酒精燈加熱的條件下，F(xiàn)e2O3被還原得到黑色固體為Fe3O4，由此可寫出反應的離子方程式為Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；(5)因Fe3+遇SCN-顯紅色，所以乙組步驟3中溶液變紅是溶液中Fe2+被Cl2氧化為Fe3+所致，溶液褪色的原因可能是Cl2將SCN-氧化，若該假設成立，則溶液中還存在Fe3+，再繼續(xù)加入KSCN溶液則溶液變紅；(6)氧化物樣品質量為7.84克，還原成鐵粉質量為5.6克，氧元素質量為：7.84-5.6g=2.24g，則鐵和氧的原子個數(shù)比為：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式為Fe5O7；則混合物的組成為Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4，故答案為：Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4。27、打開分液漏斗開關，水不能持續(xù)滴下或分液漏斗中液面長時間保持不變CO2、H2S、Cl2等氣體中任選兩種BZn和置換出的銅與電解質溶液形成原電池分液漏斗MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O產生淡黃色沉淀【解析】

(1)在進行氣體制備時，應先檢驗裝置的氣密性。將A裝置末端導管密封后，在A裝置的分液斗內裝一定量的蒸餾水，然后打開分液漏斗開關，水不能持續(xù)滴下或分液漏斗中液面長時間保持不變，則氣密性良好；(2)E中NaOH溶液能吸收酸性氣體，例如CO2、SO2、H2S、Cl2等；(3)用鋅粒和稀硫酸制備氫氣應選擇固體與液體反應裝置，且不需要加熱，則選擇裝置B；滴加硫酸銅后，Zn置換出Cu，形成Zn－Cu原電池，加快Zn與稀硫酸反應的速率；(4)①A中儀器甲的名稱為分液漏斗；裝置A制備氯氣，利用濃鹽酸和二氧化錳混合加熱制氯氣時發(fā)生反應的離子方程式為MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；②A中