2026屆云南省耿馬縣民族中學高三上化學期中質(zhì)量檢測模擬試題考生須知：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、下列實驗對應的結(jié)論正確的是選項ABCD裝置結(jié)論用濃鹽酸與二氧化錳制氯氣能證明非金屬性Cl＞C＞Si分離出Cl2與KI溶液反應生成的碘白色沉淀一定是BaSO4A．A B．B C．C D．D2、下列實驗操作正確且能達到相應實驗目的的是

實驗目的

實驗操作

A

稱取2.0gNaOH固體

先在托盤上各放一張濾紙，然后在右盤上添加2g砝碼，左盤上添加NaOH固體

B

配制FeCl3溶液

將FeCl3固體溶解于適量蒸餾水

C

檢驗溶液中是否含有NH4+

取少量試液于試管中，加入NaOH溶液并加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗產(chǎn)生的氣體

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．D3、炭黑是霧霾中的重要顆粒物，研究發(fā)現(xiàn)它可以活化氧分子，生成對環(huán)境有不良影響的活化氧。反應過程的能量變化如下圖。下列說法不正確的是A．生成活化氧的總反應是吸熱反應B．反應前后氧元素的化合價發(fā)生改變C．生成活化氧的反應在有水條件下更容易發(fā)生D．反應過程中存在氧氧鍵的斷裂和碳氧鍵的生成4、下列關(guān)于物質(zhì)的分類或關(guān)系正確的是A．同分異構(gòu)體：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4B．酸性氧化物：CO、SiO2、SO3、P2O5、Mn2O7C．混合物：鋁熱劑、膽礬晶體、純凈礦泉水、膠體、淀粉D．非電解質(zhì)：乙醇、四氯化碳、氨氣、氯氣、氯化銀5、下列關(guān)于熱化學反應的描述中正確的是A．HCl和NaOH反應的中和熱ΔH＝－57.3kJ/mol，則H2SO4和Ca(OH)2反應的中和熱ΔH＝2×(－57.3)kJ/molB．CO(g)的燃燒熱是283.0kJ/mol，則2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反應的ΔH＝+2×283.0kJ/molC．需要加熱才能發(fā)生的反應一定是吸熱反應D．1mol甲烷燃燒生成氣態(tài)水和二氧化碳所放出的熱量是甲烷的燃燒熱6、下列實驗合理的是A．配制一定濃度硫酸B．制備少量氨氣C．制備并收集少量NO2氣體D．制備少量氧氣A．AB．BC．CD．D7、中科院化學所研制的晶體材料——納米四氧化三鐵，在核磁共振造影及醫(yī)藥上有廣泛用途，其生產(chǎn)過程的部分流程如下所示：FeCl3·6H2OFeOOH納米四氧化三鐵下列有關(guān)敘述不合理的是（）A．納米四氧化三鐵具有磁性，可作為藥物載體用于治療疾病B．納米四氧化三鐵可分散在水中，它與FeCl3溶液的分散質(zhì)直徑大小相等C．在反應①中環(huán)丙胺的作用可能是促進氯化鐵水解D．反應②的化學方程式是6FeOOH＋CO===2Fe3O4＋3H2O＋CO28、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加。K、L、M均是由這些元素組成的二元化合物，甲、乙分別是元素X、Y的單質(zhì)，甲是常見的固體，乙是常見的氣體。K是無色氣體，是主要的大氣污染物之一。0.05mol/L丙溶液的pH為1，上述物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A．K、L、M中沸點最高的是MB．元素的非金屬性：Z>Y>XC．原子半徑：W<X<YD．丙也可由W、Y組成的某化合物與K直接反應制得9、下列敘述與膠體的性質(zhì)無關(guān)的是A．向氫氧化鐵膠體中逐滴加入稀鹽酸，開始產(chǎn)生紅褐色沉淀，后來沉淀逐漸溶解并消失B．當日光從窗隙射入暗室時，觀察到一束光線C．向氯化鐵溶液中加入氫氧化鈉溶液，產(chǎn)生紅褐色沉淀D．水泥廠、冶金廠常用高壓電除去煙塵，是因為煙塵粒子帶電荷10、25℃時，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．無色溶液中：Na+、NH4+、Cu2+、SO42-B．0.1mol/L的NH4HCO3溶液中：K+、SiO32-、[Al（OH）4]-、Cl-C．Kw/c（H+）=1×10-2mol/L的溶液中：K+、NO3-、S2-、ClO-D．使甲基橙呈紅色的溶液：NH4+、Ba2+、Al3+、Cl-11、有關(guān)濃硫酸的性質(zhì)或作用，敘述錯誤的是（）A．濃硫酸的脫水性是化學性質(zhì) B．與氯化鈉固體共熱制氯化氫氣體時，表現(xiàn)強酸性C．干燥SO2時體現(xiàn)吸水性 D．使鐵、鋁鈍化表現(xiàn)了強氧化性12、下列離子方程式書寫正確的是A．在FeCl3溶液中投入足量的Zn粉：2Fe3＋＋Zn=Zn2＋＋2Fe2＋B．磁性氧化鐵（Fe3O4）溶于氫碘酸：Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2OC．Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClOD．NaHSO4溶液與Ba（OH）2溶液混合后呈中性：2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O13、已知298K時，合成氨反應N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.2kJ/mol，此溫度下，將1molN2和3molH2放在一密閉容器中，在催化劑存在時進行反應，測得反應放出的熱量為(忽略能量損失)（）A．一定大于92.2kJ B．一定等于92.2kJC．一定小于92.2kJ D．無法確定14、下表所列各組物質(zhì)中，物質(zhì)之間通過一步反應就能實現(xiàn)如圖所示轉(zhuǎn)化的是

abc①CuCuOCu（OH）2②CH3CH2OHCH3CHOCH2=CH2③SSO3H2SO4④NONO2HNO3⑤FeCl2FeFeCl3A．②⑤ B．③④ C．④⑤ D．①⑤15、下列事實中不能用勒夏特列原理解釋的是()A．久置的氯水pH值變小B．向稀鹽酸中加入少量蒸餾水，溶液中氫離子濃度降低C．合成氨工廠通常采用20MPa~50MPa壓強，以提高原料的利用率D．工業(yè)生產(chǎn)硫酸過程中使用過量的空氣以提高二氧化硫的利用率16、短周期元素x、y、d、f的最高正價或最低負價、原子半徑的相對大小隨原子序數(shù)的變化如圖1所示；短周期元素z、e、g、h的最高價氧化物對應水化物的溶液(濃度均為0.01mol/L)的pH與原子序數(shù)的關(guān)系如圖2所示：下列有關(guān)說法正確的是（）A．工業(yè)上電解f和h形成的化合物可制得單質(zhì)fB．e、g兩種元素形成的化合物中一定含有離子鍵，可能含有共價鍵C．y、d、z的簡單氣態(tài)氫化物中沸點最高的是z的氫化物D．x在所形成的化合物中，化合價均為+1價17、燒瓶中，銅與濃硫酸反應結(jié)束后，銅片未完全溶解。若向反應后的溶液中加入相關(guān)物質(zhì)，下列說法正確的是A．滴加濃NaOH溶液立即有藍色沉淀生成B．加入鐵粉，鐵粉不溶解C．通入O2并加熱，銅片繼續(xù)溶解D．加入NaNO3固體，銅片不溶解18、化學與生活密切相關(guān)，下列說法錯誤的是（）A．氯氣與燒堿溶液或石灰乳反應都能得到含氯消毒劑B．“霾塵積聚難見路人”，霧霾所形成的氣溶膠有丁達爾效應C．將“84”消毒液與75%酒精1：1混合，消毒效果更好D．電熱水器用鎂棒防止內(nèi)膽腐蝕，采用的是犧牲陽極保護法19、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是（）操作及現(xiàn)象結(jié)論A加熱盛有NH4Cl固體的試管，試管底部固體消失，試管口有晶體凝結(jié)。NH4Cl固體可以升華B用pH計測定SO2和CO2飽和溶液的pH，前者pH小亞硫酸的酸性強于碳酸C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振蕩、靜置，溶液上層呈橙紅色。Br-還原性強于Cl-D向2支均盛有2mL1.0mol?L-1的KOH溶液的試管中，分別加入2滴濃度均為0.1mol?L-1的AlCl3和FeCl3溶液，一支試管無沉淀生成，另一支試管出現(xiàn)紅褐色沉淀。Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]A．A B．B C．C D．D20、C60是單純由碳原子結(jié)合形成的穩(wěn)定分子，結(jié)構(gòu)如圖。下列說法不正確的是A．C60晶體易溶于苯、CS2，C60是非極性分子B．1molC60分子中，含有δ鍵數(shù)目為60NAC．C60與F2在一定條件下，發(fā)生反應生成C60F60D．C60、金剛石和石墨是同素異形體21、下列實驗操作中，正確的是（）A．把pH試紙浸入待測溶液中，測定溶液的pHB．稱NaOH固定質(zhì)量時。將NaOH固體放在墊有濾紙的托盤上進行稱量C．配制100mL2mol·L－1的NaOH溶液時，應將稱量好的固體在燒杯中溶解后再將溶液轉(zhuǎn)移入容量瓶定容D．濃硫酸濺在皮膚上，應立即用燒堿溶液沖洗22、某溶液中可能存在I－、CO32-、SO32-、Al3＋、Cl－、K＋

等六種離子中的某幾種?，F(xiàn)取該溶液進行實驗，得到如下現(xiàn)象：實驗1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液變黃色，且有無色氣體逸出；實驗2：向所得黃色溶液中加CCl4萃取后，取水層滴加AgNO3溶液，出現(xiàn)白色沉淀；實驗3：向?qū)嶒?所得溶液中加入足量BaCl2溶液，無沉淀生成。根據(jù)上面的操作和現(xiàn)象推斷，下列說法正確的是A．溶液中一定存在I－、CO32-，不存在Al3＋、SO32-B．溶液變黃色時發(fā)生反應的離子方程式為I－＋Cl2==I＋2Cl－C．產(chǎn)生的無色氣體中一定有CO2，可能有SO2D．溶液中一定存在K＋，可能存在Al3＋、Cl－二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E為短周期主族元素，其原子序數(shù)依次增大；B、C、D、E位于同一周期；A的簡單氣態(tài)氫化物可以用作制冷劑；1molB單質(zhì)與足量鹽酸反應生成氣體在標準狀況下的體積為33.6L；D原子最外層電子數(shù)與核外電子總數(shù)之比為3∶8；C的原子子序數(shù)是A的兩倍。(1)A、B簡單離子半徑由大到小的順序為______________(填離子符號)。(2)C在元素周期表中的位置是_______________。(3)A的簡單氣態(tài)氫化物接觸到E的簡單氣態(tài)氫化物時可觀察到的現(xiàn)象是_____________。(4)D與E可形成原子個數(shù)比為1∶2的化合物，其電子式為________。(5)C、D、E最簡單氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性由高到低的順序是___________(用化學式表達)。(6)B與D形成的化合物遇水迅速水解，寫出該反應的化學方程式_______________________。(7)若E單質(zhì)與NaOH溶液反應生成NaE、NaEO和NaEO3，則30mL2mol/LNaOH與_____molE單質(zhì)恰好完全反應(忽略E單質(zhì)與水的反應及鹽類的水解反應)。24、（12分）下圖表示有關(guān)物質(zhì)的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系，其中A是由G和某淡黃色固體組成的混合物，I是常見的無色液體，反應①在化工生產(chǎn)中有著重要應用（部分產(chǎn)物和條件已略去）。（1）寫出以下物質(zhì)的化學式：B_______、F_______。（2）反應②的離子方程式為_______。（3）我國首創(chuàng)的由G、空氣和海水組成的電池，在航海領(lǐng)域有著極其重要的作用，其工作時正極反應式為_______，該電池最大的優(yōu)點是只需補充_______〔填“正極”或“負極”〕材料就可接著使用。（4）向M的水溶液中加入少量A中的淡黃色固體，反應的化學方程式為_______。（5）25℃時，pH均為5的鹽酸和M的水溶液中，由H2O電離出的H＋物質(zhì)的量濃度之比為_______。25、（12分）煙道氣的主要成分為粉塵、空氣、H2O、NOx，其中NOx是主要的大氣污染物之一，為了監(jiān)測某工廠煙道氣中NOx含量，采集標準狀況下50.00L煙道氣樣經(jīng)除塵、干燥后緩慢通入適量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化為NO3?，除去多余的H2O2并加水稀釋至100.00mL。量取20.00mL該溶液，加入30.00mL0.01000mol·L?1FeSO4標準溶液（過量），充分反應后，用0.001000mol·L?1K2Cr2O7標準溶液滴定至終點，消耗K2Cr2O7溶液10.00mL。滴定過程中發(fā)生如下反應：Fe2++NO3?+H+—NO↑+Fe3++H2O（未配平）+Fe2++H+—Cr3++Fe3++H2O（未配平）（1）NO被H2O2氧化為NO3?的離子方程式是_________。（2）配制100mL0.001000mol·L?1K2Cr2O7標準溶液時，除需用到燒杯、量筒、玻璃棒外，還需用到的玻璃儀器有_________、_________。（3）若FeSO4標準溶液部分變質(zhì)，會使NOx含量測定結(jié)果_________（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。（4）標準狀況下該工廠煙道氣中NOx（折合成NO2）的含量為_________mg·m?3（寫出計算過程）。26、（10分）把一支試管放在盛有25℃飽和石灰水的燒杯中，試管中開始放入幾小塊鎂片，再滴入5mL鹽酸，回答下列問題：（1）實驗中觀察到的現(xiàn)象是___________________________________________。（2）產(chǎn)生上述現(xiàn)象的原因是__________________________________________。（3）寫出有關(guān)反應的離子方程式_______________________________________。27、（12分）某研究性學習小組在研究二氧化硫漂白作用時，從“氯氣的漂白作用實際上是氯氣與水反應生成的次氯酸的漂白作用”得到啟發(fā)。為了探究二氧化硫的漂白作用到底是二氧化硫本身還是二氧化硫與水作用的產(chǎn)物，該小組設(shè)計了如下實驗。請回答相關(guān)問題。(1)實驗室用亞硫酸鈉粉末跟硫酸制取二氧化硫，現(xiàn)有下列三種硫酸溶液，應選用________(填字母)A．98%濃硫酸B．70%硫酸C．10%稀硫酸(2)為了探究SO2能否使品紅褪色，該同學選擇了正確的藥品后設(shè)計了如下圖所示實驗裝置，請指出實驗裝置設(shè)計中的不合理之處。①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________。(3)該同學選擇了正確裝置后，實驗中控制二氧化硫以大約每秒3個氣泡的速度通過品紅的酒精溶液時，經(jīng)過一小時后，品紅仍不褪色。為此，你認為使品紅的水溶液褪色的微?？赡苁莀_______。(4)該同學進一步實驗如下：取等量相同濃度的品紅水溶液于兩支試管中，再分別加入少量亞硫酸鈉固體和亞硫酸氫鈉固體，兩支試管中的品紅都褪色，他得出的結(jié)論：使品紅褪色的微?？隙ㄊ荋SO3-或SO32-。你認為他的結(jié)論是否正確________，其理由是______________。28、（14分）草酸鋁是一種不溶于水和醇，溶于強酸的白色粉末，是重要的媒染劑。某化學興趣小組設(shè)計實驗從廢棄鋁—空氣海水電池中回收鋁并制備草酸鋁晶體。（實驗過程）(一)鋁的回收①稱取16.0g廢棄電池原料；②用98.3%的硫酸進行酸浸、稀釋、除雜、過濾；③將濾液蒸干得到硫酸鋁固體mlg。(二)草酸鋁的制備④配制250mL0.20mol/L的硫酸鋁溶液；⑤量取0.10mol/L的草酸銨溶液20.00mL，并加入一定量的分散劑，緩緩加入配制的硫酸鋁溶液25.00mL，攪拌lh；⑥沉化、抽濾、洗滌、干燥、稱量固體質(zhì)量為m2g。（問題討論）(1)在用98.3%的硫酸進行酸浸時，浸出率與條件的關(guān)系如圖所示：由圖可知濃硫酸為浸取劑的最佳條件為________。(2)步驟③蒸干溶液所需的儀器有帶鐵圈的鐵架臺、酒精燈、_______、_______。(3)鋁的回收率為_______(回收率=回收鋁的質(zhì)量/原料的質(zhì)量）。(4)步驟⑥中洗滌晶體時先用蒸餾水再用乙醇洗滌，這樣洗滌的原因是_______。(5)該研究小組在實驗過程中發(fā)現(xiàn)，若用0.90mol/L草酸銨進行實驗，會導致沉淀的質(zhì)量遠超過實際草酸鋁的質(zhì)量。經(jīng)分析，結(jié)晶生成物為(NH4)xAly(C2O4)z·nH2O?，F(xiàn)稱取3.990g該結(jié)晶水合物進行熱分解，得到剩余固體的質(zhì)量隨溫度變化的曲線如下圖所示。已知450℃時剩余固體只有Al2O3。第II階段共產(chǎn)生氣體2.016L(標準狀況），該氣體通入足量的石灰水中產(chǎn)生3.000g沉淀。請計算求出該結(jié)晶水合物的化學式為______。29、（10分）氮、磷、砷是同族元素，請回答下列問題。(1)氮與元素周期表同周期的相鄰元素的第一電離能由小到大的順序為：_____________(用元素符號表示)。(2)氨水溶液中存在多種氫鍵，任意表示出其中一種：____________________。(3)PH3和NH3與鹵化氫的反應相似，產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)也相似。下列對PH3與HI反應產(chǎn)物的推斷正確的是___________(填序號)。a.不能與NaOH反應b.含離子鍵、共價鍵c.能與水反應(4)氮原子間能形成氮氮三鍵，而砷原子間不易形成三鍵的原因：_____________________。(5)X＋中所有電子正好充滿K、L、M三個電子層，它與N3－形成的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示。①X的核外電子排布式為________________________。與同一個N3－相連的X＋有______個。②X的高價陽離子(X2＋)在水溶液中存在離子[X(H2O)4]2＋，則X2＋與H2O之間的鍵型為_____。③請畫出[X(H2O)4]2＋離子的結(jié)構(gòu)式_________________(用元素符號寫結(jié)構(gòu)式)。

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【分析】A．用濃鹽酸與二氧化錳制氯氣，要加熱；B．鹽酸易揮發(fā)，鹽酸與硅酸鈉反應；C．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；D．發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鋇沉淀．【詳解】A．用濃鹽酸與二氧化錳制氯氣，要加熱，故A錯誤；B．鹽酸易揮發(fā)，鹽酸與硅酸鈉反應，且鹽酸為無氧酸，則不能比較非金屬性，故B錯誤；C．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，過濾不能分離出碘，應用萃取分液，故C錯誤；D．發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鋇沉淀，3SO2＋2H2O＋3Ba(NO3)2=3BaSO4＋2NO↑＋4HNO3，故D正確；故選D?！军c睛】本題考查化學實驗方案的評價，解題關(guān)鍵，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應原理、實驗技能，難點D：二氧化硫可被硝酸鹽溶液氧化。2、C【詳解】A.氫氧化鈉易潮解且具有腐蝕性，不能用濾紙稱量，A錯誤；B.氯化鐵易水解而使溶液變渾濁，應將氯化鐵溶于少量鹽酸中，再稀釋，B錯誤；C、加熱時銨離子與氫氧根反應產(chǎn)生氨氣，濕潤的紅色石蕊試紙遇氨氣變藍，能達到相應實驗目的，C正確；D、在鹽酸作用下，鐵發(fā)生析氫腐蝕，D錯誤；故選C。3、A【詳解】A．根據(jù)圖示，炭黑和氧氣的總能量大于活化氧的總能量，生成活化氧的總反應是放熱反應，故A錯誤；B．反應前氧氣中O元素的化合價為0，在活化氧中O元素的化合價不為0，反應前后氧元素的化合價發(fā)生了改變，故B正確；C．根據(jù)圖示，生成活化氧的反應在有水條件下的活化能小于無水條件下的活化能，反應更容易發(fā)生，故C正確；D．根據(jù)圖示，反應物氧氣中存在氧氧鍵，炭黑中存在碳碳鍵，生成物活化氧中存在碳氧鍵和碳碳鍵，因此反應過程中存在氧氧鍵的斷裂和碳氧鍵的生成，故D正確；故選A。4、A【解析】A、CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4符合分子式相同，結(jié)構(gòu)不同的特征屬于同分異構(gòu)體，故A正確；B．CO不能和堿反應生成鹽和水，屬于不成鹽氧化物，SO2，SiO2，Mn2O7都能和堿反應生成鹽和水，屬于酸性氧化物，故B錯誤；C．膽礬晶體就是硫酸銅晶體，屬于純凈物，故C錯誤；D．氯氣是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，氯化銀屬于電解質(zhì)，故D錯誤；故選A。5、B【詳解】A．強酸和強堿的稀溶液反應才能保證H+(aq)+OH－(aq)====H2O(l)中和熱為-1．3kJ·mol－1，H2SO4和Ca(OH)2得到的CaSO4微溶，會產(chǎn)生額外的熱，故A錯誤；B．在25℃，101kPa時，1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量，叫做該物質(zhì)的燃燒熱:CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)ΔH＝-283.0kJ/mol，再利用蓋斯定律，得：2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）H=+2×283.0kJ/mol，故B正確；C．反應的吸、放熱與反應條件無關(guān)，如有些放熱反應必須在加熱條件下才能進行，如鋁熱反應，故C錯誤；D．燃燒熱是1mol純凈物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物放出的熱量，應生成液態(tài)水，D錯誤。答案選B。6、B【解析】A項，配制一定濃度的H2SO4溶液時，首先應該把濃硫酸稀釋，不能直接注入容量瓶中，A項不合理；B項，氨水滴入氧化鈣，氧化鈣和水反應放熱，使氨水分解生成氨氣，可以制備少量氨氣，B項合理；C項，二氧化氮溶于水和水反應生成硝酸和一氧化氮，該實驗制備不能收集少量NO2氣體，C項不合理；D項，Na2O2是粉末，過氧化鈉和水劇烈反應生成氫氧化鈉和氧氣，能快速制取氧氣，但該裝置不能起到隨時反應、隨時停止反應原理的要求，D項不合理。故選B?！军c睛】本題考查了溶液的配制、氣體發(fā)生裝置等實驗基本操作，掌握實驗原理是解題關(guān)鍵。選項A要注意容量瓶的使用方法，容量瓶是用來配制一定濃度的溶液的專用儀器，瓶頸上有容量刻度，濃硫酸溶于水溶液溫度升高，熱脹冷縮，影響刻度，影響配制的精確度，所以容量瓶不能用來稀釋溶解物質(zhì)，應在燒杯中溶解濃硫酸，冷卻后再轉(zhuǎn)入容量瓶。7、B【詳解】A．納米四氧化三鐵為磁性納米晶體材料作為藥物載體用于疾病的治療，故A正確；B．納米四氧化三鐵分散在適當分散劑中，屬于膠體分散系，不同于溶液的溶質(zhì)微粒直徑，故B錯誤；C．因反應②環(huán)丙胺不參加反應，但加快反應速率，即加快了氯化鐵水解，故C正確；D．由制備過程圖可知，反應③的反應物為FeOOH和CO，由一種生成物為Fe3O4和質(zhì)量守恒定律可知反應為6FeOOH+CO═2Fe3O4+3H2O+CO2，故D正確；故答案為B。8、D【解析】0.05mol/L丙溶液的pH為l，可知丙為二元強酸，應為H2SO4，K是無色氣體，是主要的大氣污染物之一，且可生成H2SO4，則應為SO2，可知乙為O2，L為H2O，乙是常見的氣體，且與濃硫酸和甲反應生成，可知甲為C，M為CO2，則W為H元素，X為C元素，Y為O元素，Z為S元素，A、K、M常溫下為氣體，L為水，常溫下為液體，沸點最高，選項A錯誤；B、同主族元素從上到下非金屬性減弱，O＞S，選項B錯誤；C、同周期元素原子半徑從左到右逐漸減小，C＞O，選項C錯誤；D、H2SO4也可由W、Y組成的化合物H2O2與SO2直接反應制得，選項D正確。答案選D。9、C【詳解】A．稀鹽酸是電解質(zhì)溶液，氫氧化鐵膠體遇電解質(zhì)溶液發(fā)生聚沉，與膠體性質(zhì)有關(guān)。當鹽酸過量時氫氧化鐵又溶解在鹽酸中，故A不符合題意；B．當日光從窗隙射入暗室時，可觀察到一束光線，這是丁達爾現(xiàn)象，是膠體的性質(zhì)，故B不符合題意；C．氯化鐵溶液與氫氧化鈉溶液發(fā)生復分解反應生成氫氧化鐵紅褐色沉淀和氯化鈉，與膠體性質(zhì)無關(guān)系，C符合題意；D．煙塵是膠體，在外加電源作用下，有電泳的性質(zhì)，與膠體性質(zhì)有關(guān)，故D不符合題意；答案選C。10、D【解析】A.Cu2+是有色離子，在無色溶液中不能大量存在，故A錯誤；B.HCO3－可以和[Al（OH）4]-反應生成CO32－和Al(OH)3沉淀，所以不能大量共存，故B錯誤；C.25℃時，Kw=c（H＋）×c（OH－）=10-14，所以Kw/c（H+）=c（OH－）=1×10-2mol/L，故溶液顯堿性，此溶液中的S2－和ClO－會發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，故C錯誤；D.使甲基橙呈紅色的溶液，說明溶液顯酸性，但此時溶液中的各離子之間不發(fā)生任何反應，可以大量共存，故D正確；故答案選D。點睛：本題考查對溶液中離子的性質(zhì)和離子反應的實質(zhì)的認識，并將其應用到具體情境中解決問題。解題時要特別關(guān)注以下幾點：①題干及選項中的隱蔽條件，如溶液的顏色、酸堿指示劑的變色范圍等，如本題A項要求無色溶液，就不能存在Cu2+，D項甲基橙呈紅色，說明溶液顯酸性等；②溶液中離子的性質(zhì)，如Fe2+、I?、S2?、等有較強的還原性，與強氧化性物質(zhì)不能大量共存，ClO?、Fe3+等具有較強的氧化性，與強還原性物質(zhì)不能大量共存，如本題C項中的S2－和ClO－會發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存；③溶液中離子存在的條件，如ClO?、OH?等只能大量存在于堿性溶液，在酸性溶液中不能大量存在；Fe3+、Al3+等只能大量存在于酸性溶液。11、B【詳解】A．濃硫酸使其他物質(zhì)脫水生成新的物質(zhì)，屬于化學反應，是化學性質(zhì)，故A正確；B．濃硫酸與氯化鈉固體共熱制氯化氫氣體時，表現(xiàn)了濃硫酸的難揮發(fā)性，故B錯誤；C．濃硫酸具有強氧化性，二氧化硫具有還原性，但不能氧化二氧化硫，所以能干燥二氧化硫，體現(xiàn)濃硫酸的吸水性，故C正確；D．濃硫酸具有強氧化性，常溫下能夠使鐵、鋁發(fā)生鈍化，在鐵、鋁表面形成致密氧化膜，阻止反應進行，故D正確；故選B?！军c睛】本題的易錯點為A，要注意濃硫酸的脫水性屬于化學性質(zhì)，而吸水性一般屬于物理性質(zhì)。12、D【解析】A．在FeCl3溶液中投入足量的Zn粉，最終能夠置換出鐵，離子方程式：2Fe3++3Zn═3Zn2++2Fe，故A錯誤；B．磁性氧化鐵(Fe3O4)溶于氫碘酸，溶解生成的鐵離子具有氧化性，能夠氧化碘離子，離子方程式為：2I-+Fe3O4+8H+=3Fe2++4H2O+I2，故B錯誤；C．Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，離子方程式：SO2+2ClO-+Ca2++H2O=CaSO4↓+Cl-+H++HClO，故C錯誤；D．NaHSO4溶液與Ba(OH)2溶液混合后呈中性，離子方程式：2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故D正確；故選D。點睛：明確反應的實質(zhì)，掌握離子方程式書寫的方法是解題關(guān)鍵。注意反應物用量對化學反應的影響，反應必須遵循客觀事實。本題的選項C為易錯點，容易忽視次氯酸根離子的氧化性。13、C【詳解】根據(jù)反應N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.2kJ/mol可知，1molN2完全反應時放出的熱量為92.2kJ，但將1molN2和3molH2放在一密閉容器中反應時，由于反應是可逆反應，故1molN2不可能完全反應，故放出的熱量小于92.2kJ，故答案為：C。14、C【解析】①銅與氧氣反應生成氧化銅，氧化銅不能一步轉(zhuǎn)化生成氫氧化銅，故不符合；②乙醇在銅的催化下與氧氣發(fā)生反應生成乙醛，乙醛不能一步反應轉(zhuǎn)化為乙烯，故不符合；③硫與氧氣反應生成二氧化硫，不能一步反應轉(zhuǎn)化為三氧化硫，故不符合；④一氧化氮與氧氣反應生成二氧化氮，二氧化氮與水反應生成硝酸，稀硝酸與銅反應生成一氧化氮，濃硝酸與銅反應生成二氧化氮，各轉(zhuǎn)化關(guān)系均能一步完全，故符合；⑤氯化亞鐵與鎂反應生成氯化鎂和鐵，鐵與氯氣反應生成氯化鐵，氯化鐵與鐵反應生成氯化亞鐵，氯化鐵與鋅反應生成鐵和氯化鋅，各轉(zhuǎn)化均能一步完全，故符合。答案選C。15、B【詳解】A.Cl2+H2O?HCl+HClO，氯水中的次氯酸見光易分解，生成HCl和O2，次氯酸的濃度減小，平衡正向移動，久置后酸性增強，pH變小，能用勒夏特列原理解釋，故A不符合題意；B.HCl為強電解質(zhì)，完全電離，不存在可逆過程，加水稀釋，鹽酸中氫離子濃度降低，與勒夏特列原理無關(guān)，故B符合題意；C.合成氨是可逆反應且反應是氣體體積減小的反應，，增大壓強，平衡向著使壓強減小的方向移動，能夠用勒夏特列原理解釋，故C不符合題意；D.工業(yè)上生產(chǎn)硫酸存在平衡2SO2+O2?2SO3，使用過量的空氣，增大氧氣的濃度，平衡向正反應移動，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解釋，故D不符合題意；故答案為B?！军c睛】勒夏特列原理是如果改變影響平衡的一個條件(如濃度、壓強或溫度等)，平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動；勒夏特列原理適用的對象應存在可逆過程，如與可逆過程無關(guān)，則不能用平衡移動原理解釋，勒夏特列原理對所有的動態(tài)平衡都適用。16、B【分析】由圖1得，f原子半徑最大，原子序數(shù)最大，且最高正價為+3，故f為Al，又y、d原子序數(shù)遞增，原子半徑減小，最高正價或最低負價分別為+4，-2，故y為C，d為O，x原子半徑最小，原子序數(shù)最小，且最高正價為+1，故x為H；由圖2得，h的原子序數(shù)最大，且最高價氧化物對應的水化物的pH為2，說明是一元強酸，故h為Cl，g原子序數(shù)小于h，且最高價氧化物對應的水化物pH小于2，說明是多元強酸，故g為S，生成的酸為H2SO4，e最高價氧化物對應的水化物的pH為12，是一元強堿，故e為Na，z的原子序數(shù)最小，且最高價氧化物對應的水化物的pH為2，故z為N?！驹斀狻緼．f和h形成的化合物為氯化鋁，為共價化合物，熔融狀態(tài)不導電，工業(yè)上電解氧化鋁可制得單質(zhì)Al，A說法錯誤；B．e、g兩種元素形成的化合物為Na2S或Na2Sx，均為離子化合物，則一定含有離子鍵，可能含有共價鍵，B說法正確；C．y、d、z的簡單氣態(tài)氫化物分別為CH4、H2O、NH3，沸點最高的是H2O，C說法錯誤；D．x在所形成的化合物中，化合價可能為+1價或-1價，如NaH中為-1價，D說法錯誤；答案為B。17、C【分析】Cu與稀硫酸不反應，銅與濃硫酸反應結(jié)束后，燒瓶中銅片未完全溶解，且隨反應的進行，濃硫酸變?yōu)橄×蛩?，燒瓶中還含稀硫酸，排在H前面的金屬與稀硫酸反應，且硝酸鹽在酸性條件下具有強氧化性，以此來解答?！驹斀狻裤~與濃硫酸反應結(jié)束后，燒瓶中銅片未完全溶解，且隨反應的進行，濃硫酸變?yōu)橄×蛩?，燒瓶中還含稀硫酸，A．滴加濃NaOH溶液先與稀硫酸反應，故開始時沒有藍色沉淀生成，選項A錯誤；B．加入鐵粉，F(xiàn)e與稀硫酸反應生成氣體，鐵粉溶解，選項B錯誤；C．通入O2并加熱，硫酸、氧氣和銅反應生成硫酸銅和水，銅片繼續(xù)溶解，選項C正確；D．滴入NaNO3溶液，Cu、H+、NO3-發(fā)生氧化還原反應，銅片溶解，選項D錯誤；答案選C?！军c睛】本題考查銅、濃硫酸的性質(zhì)等，為高頻考點，把握燒瓶中含稀硫酸及發(fā)生的反應為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意D中氧化還原反應的判斷，注重元素化合物知識的綜合應用，題目難度不大。18、C【詳解】A．氯氣與燒堿溶液反應生成次氯酸鈉，與石灰乳反應得到次氯酸鈣，都能得到含氯消毒劑，故A正確；B．霧霾所形成的氣溶膠屬于膠體，具有丁達爾效應，故B正確；C．“84“消毒液有效成分為次氯酸鈉，有強氧化性，乙醇有還原性，二者混合發(fā)生氧化還原反應，不會增加效果反而會降低消毒效果，故C錯誤；D．Mg比Fe活潑，當發(fā)生電化學腐蝕時，Mg作負極而被氧化，保護Fe不被腐蝕，該防護方法是犧牲陽極的陰極保護法，故D正確；故選C。19、C【詳解】A．NH4Cl受熱分解為NH3與HCl，在試管口處冷卻，NH3與HCl反應又得到NH4Cl固體，不能說明NH4Cl固體可以升華，故A錯誤；B．SO2和CO2飽和溶液的濃度不同，不能由pH比較酸性，故B錯誤；C．NaBr溶液中滴入少量氯水，生成溴，且溴易溶于苯，則溶液上層呈橙紅色，Br-還原性強于Cl-，故C正確；D．QC＞Ksp時生成沉淀，由現(xiàn)象可知，生成紅褐色沉淀為氫氧化鐵，且KOH過量時與氯化鋁反應無現(xiàn)象，則不能比較Ksp[Al(OH)3]和Ksp[Fe(OH)3]的大小，故D錯誤。答案選C。20、B【分析】C60是分子晶體，易溶于苯、CS2，根據(jù)相似相溶原理可知C60是非極性分子；根據(jù)結(jié)構(gòu)可知，每一個碳原子形成3個δ鍵，但每個δ鍵被兩個六邊形共用，所以每個碳原子形成δ鍵的個數(shù)：，1molC60分子中有60個碳原子；同素異形體，是同種元素組成的不同形態(tài)的單質(zhì)?！驹斀狻緼．C60是分子晶體，易溶于苯、CS2，根據(jù)相似相溶原理可知C60是非極性分子，故A正確；B．根據(jù)結(jié)構(gòu)可知，每一個碳原子形成3個δ鍵，但每個δ鍵被兩個六邊形共用，所以每個碳原子形成δ鍵的個數(shù)：，1molC60分子中有60個碳原子，δ鍵數(shù)目為：，故B錯誤；C．根據(jù)元素周期律，F(xiàn)的非金屬性強于C，則F的氧化性強于C，可發(fā)生如下氧化還原反應反應：，故C正確；D．同素異形體，是同種元素組成的不同形態(tài)的單質(zhì)，C60、金剛石和石墨是同素異形體，D正確；答案選B。21、C【詳解】A.使用pH試紙時不能直接將試紙浸到溶液中，應用玻璃棒蘸取溶液滴在PH試紙上，防止污染溶液，故A錯誤；

B.NaOH具有吸水性能與空氣中二氧化碳反應，稱量時應盡量減小與空氣的接觸面積，應放在小燒杯中稱量，故B錯誤；

C.配制100mL2mol·L-1的NaOH溶液時，應將稱量好的固體在燒杯中溶解冷卻后再將溶液轉(zhuǎn)移入容量瓶，在加水定容即可，故C正確；D.因濃硫酸能與燒堿反應放出大量的熱，如果用燒堿溶液清洗會增大燒傷面積，所以先用抹布擦拭，再用大量的水沖洗，故D錯誤；

故選C。22、A【解析】實驗1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液變黃色，說明溶液中含有I-，且有無色氣泡冒出，該氣體只能是二氧化碳，說明溶液中含CO32-；實驗2：向所得橙色溶液加CCl4萃取后，取水層滴加AgNO3溶液，出現(xiàn)白色沉淀生成，由于實驗1引進了氯離子，則無法判斷原溶液中是否含有Cl-；實驗3：向?qū)嶒?所得溶液中加入足量BaCl2溶液，無沉淀生成，說明不含SO32-；結(jié)合電荷守恒及離子共存的條件可以判斷，該溶液中一定存在的離子為K+、I-、CO32-，一定不存在的離子為Al3+、SO32-，可能存在Cl-?！驹斀狻緼．溶液中含有CO32-，則一定不含有Al3+，因Al3+與CO32-發(fā)生雙水解反應不能共存，生成沉淀，實驗3說明不含SO32-，選項A正確；B．溶液變黃色時發(fā)生反應的離子方程式為2I-+Cl2=I2+2Cl-，選項B錯誤；C．實驗1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液變黃色，且有無色氣泡冒出，說明反應生成的碘單質(zhì)、氣體為二氧化碳；實驗3：向?qū)嶒?所得溶液中加入足量BaCl2溶液，無沉淀生成，說明不含SO32-（若有則一定可以被氯氣氧化為硫酸根離子），則溶液中一定存在I-、CO32-，無色氣體中一定為CO2，不可能有SO2，選項C錯誤；D．根據(jù)溶液呈電中性原則，溶液中一定含有K+，溶液中含有CO32-，則一定不含有Al3+，實驗1引進了氯離子，則無法判斷原溶液中是否含有Cl-，選項D錯誤；答案選B?！军c睛】本題考查離子的檢驗及離子共存問題，題目難度中等，注意把握反應的實驗現(xiàn)象，結(jié)合離子的性質(zhì)進行判斷。二、非選擇題(共84分)23、r(N3?)＞r(Al3+)或N3?＞Al3+第三周期第ⅣA族產(chǎn)生白煙HCl＞H2S＞SiH4Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑0.03【分析】A、B、C、D、E為短周期的主族元素，其原子序數(shù)依次增大，B、C、D、E位于同一周期，A的簡單氣態(tài)氫化物可以用作制冷劑，則A為N元素；1molB單質(zhì)與足量鹽酸反應生成氣體在標準狀況下的體積為33.6L，則B為Al元素；D原子最外層電子數(shù)與核外電子總數(shù)之比為3∶8，且D位于第三周期，則D為S元素；C的原子序數(shù)是A的兩倍，則C為Si元素；E元素為短周期主族元素且原子序數(shù)大于D，則E為Cl元素，【詳解】根據(jù)以上分析可知，A、B、C、D、E分別為N、Al、Si、S、Cl。（1）A為N元素，B為Al元素，核外電子排布相同，核電荷數(shù)越大半徑越小，故離子半徑N3?＞Al3+，因此，本題正確答案為：N3?＞Al3+；（2）C為Si元素，在元素周期表中的位置是第三周期第ⅣA族。因此，本題正確答案為：第三周期第ⅣA族；（3）A的氫化物是氨氣，E的氫化物是HCl，二者相互接近有白煙生成，其成分為氯化銨固體。因此，本題正確答案為：產(chǎn)生白煙；（4）D是S元素、E是Cl元素，D與E可形成原子個數(shù)比為1：2的化合物為SCl2，每個Cl原子和S原子形成一對共用電子對，其電子式為，因此，本題正確答案為：；(5)C為Si元素、D為S元素、E為Cl元素，非金屬性Cl＞S＞Si，所以氫化物的穩(wěn)定性HCl＞H2S＞SiH4，因此，本題正確答案為：HCl＞H2S＞SiH4；(6)B為Al元素、D為S元素，B與D形成的化合物為為Al2S3，遇水迅速水解，反應的化學方程式為Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑，因此，本題正確答案為：Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑；(7)E為Cl元素，若Cl2與NaOH溶液反應生成NaCl、NaClO和NaClO3，根據(jù)原子守恒n(Cl2)=n(Cl)=n(Na)=n(NaOH)=0.030L×2mol/L×=0.03mol，因此，本題正確答案為：0.03。【點睛】本題考查了元素位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的關(guān)系及應用，涉及氧化還原反應、元素周期律、物質(zhì)結(jié)構(gòu)、鹽類水解等知識點，根據(jù)物質(zhì)結(jié)構(gòu)、元素周期律、物質(zhì)性質(zhì)等知識點分析解答，注意（7）中原子守恒方法的運用。24、H2Al2O32A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑O2＋2H2O＋4e－＝4OH－負極4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al〔OH〕3↓+12NaCl+3O2↑1∶104【分析】I是常見的無色液體，應為H2O，A是由G和某淡黃色固體組成的混合物，該混合物與水反應得到B、D、C，而B、D反應生成水，B、D分別為氫氣、氧氣中的一種，可推知A為Al、Na2O2混合物，則C為NaAlO2，E為Al（OH）3、F為Al2O3，電解F得到D與G，故G為Al、D為O2、B為H2，G與鹽酸反應生成M為AlCl3，據(jù)此解答。【詳解】I是常見的無色液體，應為H2O，A是由G和某淡黃色固體組成的混合物，該混合物與水反應得到B、D、C，而B.、D反應生成水，B、D分別為氫氣、氧氣中的一種，可推知A為Al、Na2O2混合物，則C為NaAlO2，E為Al(OH)3、F為Al2O3，電解F得到D與G，故G為Al、D為O2、B為H2，G與鹽酸反應生成M為AlCl3；(1)由上述分析可知，B為H2，F(xiàn)為Al2O3；(2)反應②為鋁與氫氧化鈉溶液反應，離子方程式為：2Al+2OH?+2H2O═2AlO2?+3H2↑；(3)由Al、空氣和海水組成的電池，正極發(fā)生還原反應，氧氣在正極放電生成氫氧根離子，工作時正極反應式為：O2+4e?+2H2O═4OH?，反應中Al被消耗，Al為負極，該電池最大的優(yōu)點是只需補充負極材料就可繼續(xù)使用，故答案為O2+4e?+2H2O═4OH?；負極；(4)向AlCl3的水溶液中加入過氧化鈉，反應的化學方程式為：4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al〔OH〕3↓+12NaCl+3O2↑；(5)25℃時，pH為5的鹽酸溶液中，由H2O電離出的H+物質(zhì)的量濃度等于溶液中氫氧根離子濃度為10?9mol/L，pH為5的AlCl3的水溶液中氫離子濃度為水電離產(chǎn)生，由H2O電離出的H+物質(zhì)的量濃度為10?5mol/L，故二者由H2O電離出的H+物質(zhì)的量濃度之比為10?9mol/L：10?5mol/L=1:104，故答案為1:104。25、2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO＋2H2O膠頭滴管100mL容量瓶偏高368mg·m?3【分析】（1）NO被H2O2氧化為NO3?，H2O2被還原為H2O，據(jù)此寫出反應的離子方程式；（2）配制一定濃度的溶液，需用到燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管、100mL容量瓶，據(jù)此進行解答。（3）若FeSO4標準溶液部分變質(zhì)，則消耗K2Cr2O7溶液的體積減小，計算時求得NO3-的物質(zhì)的量增大，會使NOx含量測定結(jié)果偏高；（4）根據(jù)+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O、3Fe2++NO3?+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O反應中各量之間的關(guān)系進行計算。【詳解】（1）NO被H2O2氧化為NO3?，H2O2被還原為H2O，反應的離子方程式是2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO＋2H2O；答案為：2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO＋2H2O；（2）配制100mL0.001000mol·L?1K2Cr2O7標準溶液時，除需用到燒杯、量筒、玻璃棒外，還需用到的玻璃儀器有膠頭滴管、100mL容量瓶；答案為：膠頭滴管、100mL容量瓶；（3）若FeSO4標準溶液部分變質(zhì)，則消耗K2Cr2O7溶液的體積減小，計算時求得NO3-的物質(zhì)的量增大，會使NOx含量測定結(jié)果偏高；答案為：偏高；（4）根據(jù)反應+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O1mol6mol5×10-5mol3×10-4mol3Fe2++NO3?+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O3mol1mol15×10-4mol-3×10-4mol4×10-4mol標準狀況下該工廠煙道氣中NOx（折合成NO2）的含量為=368mg·m?3；答案為：368。26、鎂片上有大量氣泡產(chǎn)生并逐漸溶解，燒杯中溶液變渾濁鎂與鹽酸反應產(chǎn)生氫氣，該反應為放熱反應，Ca(OH)2在水中的溶解度隨溫度的升高而減小，故析出Ca(OH)2Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑【解析】(1)金屬鎂和鹽酸反應產(chǎn)生大量的熱，鎂片表面冒出氣泡，該熱量能使氫氧化鈣的溶解度降低，所以飽和石灰水變渾濁，故答案為：鎂片上有大量氣泡產(chǎn)生并逐漸溶解，燒杯中溶液變渾濁；(2)鎂與鹽酸反應產(chǎn)生氫氣，該反應為放熱反應，反應過程中產(chǎn)生大量的熱，該熱量能使氫氧化鈣的溶解度降低，所以飽和石灰水中溶液變渾濁，故答案為：鎂與鹽酸反應產(chǎn)生氫氣，該反應為放熱反應，Ca(OH)2在水中的溶解度隨溫度的升高而減小，故析出Ca(OH)2；(3)金屬鎂和鹽酸反應的實質(zhì)是：Mg+2H+═Mg2++H2↑，故答案為：Mg+2H+═Mg2++H2↑。點睛：本題考查常見的放熱反應和吸熱反應以及氫氧化鈣的溶解度隨溫度的變化關(guān)系。解答本題的關(guān)鍵是知道鎂與酸的反應為放熱反應，氫氧化鈣的溶解度隨溫度的升高而降低。27、B98%的濃硫酸H+濃度小不易反應，10%硫酸濃度太稀不利于SO2放出不能用長頸漏斗，應改用分液漏斗缺少二氧化硫的干燥裝置HSO3-、SO32-、H2SO3不正確因為亞硫酸根離子和亞硫酸氫根離子都會水解生成亞硫酸【解析】分析：（1）根據(jù)濃硫酸和二氧化硫的性質(zhì)分析，濃度大時硫酸以分子形式存在，二氧化硫易溶于水；（2）根據(jù)實驗目的及二氧化硫的性質(zhì)分析，應制取干燥的二氧化硫氣體，為控制液體的量，應選取易控制流量的儀器；（3）根據(jù)二氧化硫、品紅溶液、品紅酒精溶液的性質(zhì)分析；（4）亞硫酸鈉和亞硫酸氫鈉都能水解生成亞硫酸，根據(jù)溶液中存在的含硫微粒判斷。詳解：（1）硫酸和亞硫酸鈉固體制取二氧化硫發(fā)生的是離子反應，如果硫酸濃度過大，硫酸是以分子形式存在，沒有電離出H+，不能反應生成SO2；如果硫酸濃度過低，二氧化硫易溶于水，不利于二氧化硫放出，所以選取70%硫酸，故選B，故答案為B；98%的濃硫酸H+濃度小不易反應，10%硫酸濃度太稀不利于SO2放出；（2）為控制硫酸的流量應選取分液漏斗，該實驗是探究干燥的SO2能不能使品紅褪色，所以二氧化硫通入品紅溶液前要進行干燥，故答案為不能用長頸漏斗，應改用分液漏斗；缺少二氧化硫的干燥裝置；（3）二氧化硫和水反應生成亞硫酸，二氧化硫和酒精不反應，二氧化硫能使品紅溶液褪色而不能使品紅的酒精溶液褪色，由此得出SO2的漂白作用是SO2與水作用的產(chǎn)物導致的，二氧化硫和水反應生成亞硫酸、亞硫酸電離生成亞硫酸氫根離子、亞硫酸氫根離子電離生成亞硫酸根離子，所以使品紅的水溶液褪色的微?？赡苁牵篐SO3-、SO32-、H2SO3，故答案為HSO3-、SO32-、H2SO3；（4）亞硫酸鈉和亞硫酸氫鈉都能水解生成亞硫酸，且亞硫酸氫根離子能電離生成亞硫酸根離子，所以兩種溶液中都含有HSO3-、SO32-、H2SO3，所以不能確定使品紅褪色的微粒肯定是HSO3-或SO32-，故答案為不正確；因為亞硫酸根離子和亞硫酸氫根離子都會水解生成亞硫酸。28、100℃、濃硫酸質(zhì)量40g[或m(濃硫酸)：m(廢棄電池原料)=5:2]蒸發(fā)皿玻璃棒先用水冼去晶體表面附著的雜質(zhì)離子，再用乙醇洗滌可快速干燥(NH4)3Al(C2O4)3·3H2O【詳解】(1)在用98.3%的硫酸進行酸浸時，根據(jù)浸出率與條件的關(guān)系圖可知，在100℃時，浸出率已經(jīng)很高，再升高溫度，浸出率基本不變，升高溫度，對設(shè)備的要求增大，消耗的能量更多，浸取劑的最佳溫度為100℃，根據(jù)右圖可知，濃硫酸質(zhì)量40g時，浸出率已經(jīng)很高，再增大濃硫酸質(zhì)量，浸出率基本不變，浸取劑的最佳用量為濃硫酸質(zhì)量40g