2026屆福建省六校高三化學(xué)第一學(xué)期期末調(diào)研試題考生須知：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(yīng)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、下列說法正確的是()A．鐵表面鍍銅時，將鐵與電源的正極相連，銅與電源的負極相連B．0.01molCl2通入足量水中，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為6.02×1021C．反應(yīng)3C(s)＋CaO(s)===CaC2(s)＋CO(g)在常溫下不能自發(fā)進行，說明該反應(yīng)的ΔH>0D．加水稀釋0.1mol·L－1CH3COOH溶液，溶液中所有離子的濃度均減小2、下表中“試劑”與“操作及現(xiàn)象”對應(yīng)關(guān)系錯誤的是A．A B．B C．C D．D3、以黃銅礦(主要成分為CuFeS2，含少量雜質(zhì)SiO2等)為原料，進行生物煉銅，同時得到副產(chǎn)品綠礬(FeSO4·7H2O)。其主要工藝流程如下:已知:部分陽離子以氫氧化物形式開始沉淀和完全沉淀時溶液的pH如下表。沉淀物Cu(OH)2Fe(OH)3Fe(OH)2開始沉淀pH4.72.77.6完全沉淀pH6.73.79.6下列說法不正確的是A．試劑a可以是CuO或Cu(OH)2，作用是調(diào)節(jié)pH至3.7～4.7之間B．反應(yīng)I的化學(xué)反應(yīng)方程式為4CuFeS2+2H2SO4+17O2＝4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，該反應(yīng)中鐵元素被還原C．操作X為蒸發(fā)濃縮至溶液表面出現(xiàn)晶膜，再冷卻結(jié)晶D．反應(yīng)Ⅲ的離子方程式為Cu2++Fe==Cu+Fe2+，試劑c參與反應(yīng)的離子方程式分別為Fe+2H+=Fe2++H2↑，F(xiàn)e(OH)3+3H+=Fe3++3H2O4、NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．1molOH－含有的電子數(shù)目為NAB．1L1mol·L-1Na2CO3溶液中含有的CO32－數(shù)目為NAC．0.5mol苯中含有碳碳雙鍵的數(shù)目為1.5NAD．24克O3中氧原子的數(shù)目為1.5NA5、飽和食鹽水中加入碳酸氫銨可制備小蘇打，濾出小蘇打后，向母液中通入氨，再冷卻、加食鹽，過濾，得到氯化銨固體．下列分析錯誤的是（）A．該制備小蘇打的方程式為：NaCl+NH4HCO3→NaHCO3↓+NH4ClB．母液中通入的氨氣與HCO3﹣反應(yīng)：NH3+HCO3﹣→CO32﹣+NH4+C．加食鹽是為增大溶液中Cl﹣的濃度D．由題可知溫度較低時，氯化銨的溶解度比氯化鈉的大6、2018年是“2025中國制造”啟動年，而化學(xué)與生活、人類生產(chǎn)、社會可持續(xù)發(fā)展密切相關(guān)，下列有關(guān)化學(xué)知識的說法錯誤的是A．高純度的二氧化硅廣泛用于制作光導(dǎo)纖維，光導(dǎo)纖維遇強堿會“斷路”B．我國發(fā)射“嫦娥三號”衛(wèi)星所使用的碳纖維，是一種非金屬材料C．用聚氯乙烯代替木材，生產(chǎn)快餐盒，以減少木材的使用D．碳納米管表面積大，可用作新型儲氫材料7、pH=0的某X溶液中，除H+外，還可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl-、CO32-、SO42-、NO3-中的若干種，現(xiàn)取適量X溶液進行如下一系列實驗：下列有關(guān)判斷不正確的是（）A．生成氣體A的離子方程式為：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2OB．生成沉淀H

的離子方程式為：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-C．溶液X中一定沒有的離子僅為：CO32-、Ba2+D．溶液X中一定含有的離子是：

H+、Fe2+、SO42-、NH4+、

Al3+8、Bodensteins研究了下列反應(yīng)：2HI(g)H2(g)+I2(g)ΔH=+11kJ/mol。在716K時，氣體混合物中碘化氫的物質(zhì)的量分數(shù)x(HI)與反應(yīng)時間t的關(guān)系如下表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784由上述實驗數(shù)據(jù)計算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的關(guān)系可用如圖表示。當(dāng)改變條件，再次達到平衡時，下列有關(guān)敘述不正確的是A．若升高溫度到某一溫度，再次達到平衡時，相應(yīng)點可能分別是A、EB．若再次充入amolHI，則達到平衡時，相應(yīng)點的橫坐標值不變，縱坐標值增大C．若改變的條件是增大壓強，再次達到平衡時，相應(yīng)點與改變條件前相同D．若改變的條件是使用催化劑，再次達到平衡時，相應(yīng)點與改變條件前不同9、分類法是研究化學(xué)的一種重要方法，下列乙中的物質(zhì)與甲的分類關(guān)系匹配的是（）選項甲乙A干燥劑濃硫酸、石灰石、無水氯化鈣B混合物空氣、石油、干冰C空氣質(zhì)量檢測物質(zhì)氮氧化物、二氧化硫、PM2.5D酸性氧化物三氧化硫、一氧化碳、二氧化硅A．A B．B C．C D．D10、化學(xué)興趣小組在家中進行化學(xué)實驗，按照如圖連接好線路發(fā)現(xiàn)燈泡不亮，按照右圖連接好線路發(fā)現(xiàn)燈泡亮，由此得出的結(jié)論正確的是（）A．NaCl是非電解質(zhì)B．NaCl溶液是電解質(zhì)C．NaCl在水溶液中電離出了可以自由移動的離子D．NaCl溶液中，水電離出大量的離子11、不能通過化合反應(yīng)生成的物質(zhì)是（）A．HClO B．NO C．SO3 D．FeCl212、化學(xué)與生產(chǎn)、生活和社會密切相關(guān)。下列有關(guān)說法正確的是（）A．食品袋中放置的CaO可防止食品氧化變質(zhì)B．華為繼麒麟980之后自主研發(fā)的7m芯片問世，芯片的主要成分是二氧化硅C．納米鐵粉可以高效地去除被污染水體中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金屬離子，其本質(zhì)是納米鐵粉對重金屬離子較強的物理吸附D．SO2具有漂白性可用來漂白紙漿、毛、絲、草帽辮13、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．12g金剛石與12g石墨所含共價鍵數(shù)均為2NAB．常溫下，lLpH=7的1mol/LHCOONH4溶液中HCOO-與NH4+數(shù)目均為NAC．0.1molCl2與0.2molCH4光照充分反應(yīng)生成HCl分子數(shù)為0.1NAD．100g34%的H2O2中加入MnO2充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA14、已知:CH3CH(OH)CH2CHCH3CH=CHCH3+H2O，下列有關(guān)說法正確的是A．CH3CH=CHCH3分子中所有碳原子不可能處于同一平面B．CH3CH=CHCH3和HBr加成產(chǎn)物的同分異構(gòu)體有4種（不考慮立體異構(gòu)）C．CH3CH(OH)CH2CH3與乙二醇、丙三醇互為同系物D．CH3CH(OH)CH2CH3、CH3CH=CHCH3均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色15、在實驗室中完成下列各組實驗時，需要使用到相應(yīng)實驗儀器的是A．除去食鹽中混有的少量碘：坩堝和分液漏斗B．用酸性高錳酸鉀溶液滴定Fe2+：燒杯、燒瓶C．配制250mL1mol/L硫酸溶液：量筒、250mL容量瓶D．檢驗亞硫酸鈉是否發(fā)生變質(zhì)：漏斗、酒精燈16、通常檢測SO2含量是否達到排放標準的反應(yīng)原理是SO2＋H2O2＋BaCl2=BaSO4↓＋2HCl。設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是（）A．生成2.33gBaSO4沉淀時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.02NAB．SO2具有漂白性，從而可使品紅褪色C．17gH2O2中含有非極性鍵的數(shù)目為0.5NAD．0.1molBaCl2晶體中所含分子總數(shù)為0.1NA17、化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列說法錯誤的是A．純棉面料主要含C、H

、O

三種元素B．植物油的主要成分屬于酯類物質(zhì)C．用于食品包裝的聚乙烯塑料能使溴水褪色D．聚乳酸

(

)

的降解過程中會發(fā)生取代反應(yīng)18、下列有關(guān)實驗的敘述完全正確的是A．A B．B C．C D．D19、下列說法正確的是（）A．堿金屬族元素的密度，沸點，熔點都隨著原子序數(shù)的增大而增大B．甲烷與氯氣在光照條件下，生成物都是油狀的液體C．苯乙烯所有的原子有可能在同一個平面D．電解熔融的AlCl3制取金屬鋁單質(zhì)20、W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其中Y元素在同周期中離子半徑最小；甲、乙分別是元素Y、Z的單質(zhì)；丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素組成的二元化合物，常溫下丁為液態(tài)；戊為酸性氣體，常溫下0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2。上述物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A．原子半徑：Z>Y>X>WB．W、X、Y、Z不可能同存于一種離子化合物中C．W和Ⅹ形成的化合物既可能含有極性鍵也可能含有非極性鍵D．比較X、Z非金屬性強弱時，可比較其最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性21、在國家衛(wèi)健委2020年2月發(fā)布的《最新版新型冠狀病毒肺炎診療方案（試行第六版）》中，新增了幾款有療效的藥物，其中一款是老藥新用，結(jié)構(gòu)如圖所示。已知該藥物由短周期元素組成，X、Y為同主族元素，原子半徑X小于Y，X、Y原子的質(zhì)子數(shù)之和減去Y原子最外層電子數(shù)即為Z元素的原子序數(shù)。下列說法錯誤的是A．元素非金屬性X>Y<ZB．X的氫化物顯酸性C．Y的最高價氧化物的水化物是中強酸D．在分子中，存在極性共價鍵和非極性共價鍵22、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列關(guān)于常溫下0.1mol/LNa2S2O3溶液與pH=1的H2SO4溶液的說法正確的是A．1LpH=1的H2SO4溶液中，含H+的數(shù)目為0.2NAB．1mol純H2SO4中離子數(shù)目為3NAC．含15.8gNa2S2O3的溶液種陰離子數(shù)目大于0.1NAD．Na2S2O3與H2SO4溶液混合產(chǎn)生22.4L氣體時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA二、非選擇題(共84分)23、（14分）聚戊二酸丙二醇酯(PPG)是一種可降解的聚酯類高分子材料，在材料的生物相容性方面有很好的應(yīng)用前景。PPG的一種合成路線如圖：已知：①烴A的相對分子質(zhì)量為70，核磁共振氫譜顯示只有一種化學(xué)環(huán)境的氫②化合物B為單氯代烴；化合物C的分子式為C5H8③E、F為相對分子質(zhì)量差14的同系物，F(xiàn)是福爾馬林的溶質(zhì)④R1CHO+R2CH2CHO回答下列問題：（1）A的結(jié)構(gòu)簡式為__。（2）由B生成C的化學(xué)方程式為__。（3）由E和F生成G的反應(yīng)類型為__，G的化學(xué)名稱為__。（4）①由D和H生成PPG的化學(xué)方程式為__；②若PPG平均相對分子質(zhì)量為10000，則其平均聚合度約為__(填標號)。a.48b.58c.76d.122（5）D的同分異構(gòu)體中能同時滿足下列條件的共有__種(不含立體異構(gòu))；①能與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生氣體②既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能發(fā)生皂化反應(yīng)其中核磁共振氫譜顯示為3組峰，且峰面積比為6∶1∶1的是__(寫結(jié)構(gòu)簡式)；D的所有同分異構(gòu)體在下列一種表征儀器中顯示的信號(或數(shù)據(jù))完全相同，該儀器是__(填標號)。a.質(zhì)譜儀b.紅外光譜儀c.元素分析儀d.核磁共振儀24、（12分）有A、B、C、D、E、F六種溶液，它們是氨水、硫酸鎂、碳酸氫鈉、碳酸鈉、稀硝酸、氯化鋇溶液中的某一種。各取少量，將其兩兩混合現(xiàn)象如圖所示。其中“↓”表示難溶物，“↑”表示氣體，“-”表示無明顯現(xiàn)象，空格表示未做實驗，試推斷其中F是：A．碳酸鈉溶液 B．氯化鋇溶液C．硫酸鎂溶液 D．碳酸氫鈉溶液25、（12分）為了研究某氣體(該氣體為純凈物)的性質(zhì)，做了如下探究實驗：①取一潔凈銅絲，在酒精燈火焰上加熱，銅絲表面變成黑色；②趁熱將表面變黑色的銅絲放人到盛有這種氣體的集氣瓶中并密閉集氣瓶，可觀察到銅絲表面的黑色又變成了亮紅色。(1)根據(jù)所學(xué)的化學(xué)知識，可初步推斷出這種氣體可能是O2、H2、CO、CO2中的________。(2)如果要確定這種氣體是你所推斷的氣體，還需要接著再做下一步化學(xué)實驗，在這步實驗中應(yīng)選用的試劑是________，可觀察到的現(xiàn)象是________________26、（10分）某學(xué)習(xí)小組以電路板刻蝕液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）為原料制備納米Cu20，制備流程如下：已知：①Cu2O在潮濕的空氣中會慢慢氧化生成CuO，也易被還原為Cu;Cu2O不溶于水，極易溶于堿性溶液；Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。②生成Cu2O的反應(yīng)：4Cu(OH)2+N2H4?H2O=2Cu2O+N2↑+7H2O請回答：（1）步驟II，寫出生成CuR2反應(yīng)的離子方程式：____________________________（2）步驟II，需對水層多次萃取并合并萃取液的目的是___________________________（3）步驟III，反萃取劑為_____________（4）步驟IV，①制備納米Cu2O時，控制溶液的pH為5的原因是_______________A．B．C．②從溶液中分離出納米Cu2O采用離心法，下列方法也可分離Cu2O的是_________③Cu2O干燥的方法是_________________（5）為測定產(chǎn)品中Cu2O的含量，稱取3.960g產(chǎn)品于錐形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液（足量），充分反應(yīng)后用0.2000mol·L－1標準KMnO4溶液滴定，重復(fù)2～3次，平均消耗KMnO4溶液50.00mL。①產(chǎn)品中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為_______②若無操作誤差，測定結(jié)果總是偏高的原因是_____27、（12分）Na2SO3是一種白色粉末，工業(yè)上可用作還原劑、防腐劑等。某化學(xué)小組探究不同pH的Na2SO3溶液與同濃度AgNO3溶液反應(yīng)的產(chǎn)物，進行如下實驗。實驗Ⅰ配制500mL一定濃度的Na2SO3溶液①溶解：準確稱取一定質(zhì)量的Na2SO3晶體，用煮沸的蒸餾水溶解。蒸餾水需煮沸的原因是____②移液：將上述溶解后的Na2SO3溶液在燒杯中冷卻后轉(zhuǎn)入儀器A中，則儀器A為__，同時洗滌____(填儀器名稱)2~3次，將洗滌液一并轉(zhuǎn)入儀器A中；③定容：加水至刻度線1~2cm處，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至液面與刻度線相切，蓋好瓶塞，反復(fù)上下顛倒，搖勻。實驗Ⅱ探究不同pH的Na2SO3溶液與pH=4的AgNO3溶液反應(yīng)的產(chǎn)物查閱資料：i.Ag2SO3為白色固體，不溶于水，溶于過量Na2SO3溶液ii.Ag2O，棕黑色固體，不溶于水，可與濃氨水反應(yīng)(1)將pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，至產(chǎn)生白色沉淀。假設(shè)一：該白色沉淀為Ag2SO3假設(shè)二：該白色沉淀為Ag2SO4假設(shè)三：該白色沉淀為Ag2SO3和Ag2SO4的混合物①寫出假設(shè)一的離子方程式____；②提出假設(shè)二的可能依據(jù)是_____；③驗證假設(shè)三是否成立的實驗操作是____。(2)將pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，開始產(chǎn)生白色沉淀A，然后變成棕黑色物質(zhì)。為了研究白色固體A的成分，取棕黑色固體進行如下實驗：①已知反應(yīng)(b)的化學(xué)方程式為Ag(NH3)2OH+3HCl=AgCl↓+2NH4Cl+H2O，則反應(yīng)(a)的化學(xué)方程式為____；②生成白色沉淀A的反應(yīng)為非氧化還原反應(yīng)，則A的主要成分是____(寫化學(xué)式)。(3)由上述實驗可知，鹽溶液間的反應(yīng)存在多樣性。經(jīng)驗證，(1)中實驗假設(shè)一成立，則(2)中實驗的產(chǎn)物不同于(1)實驗的條件是___。28、（14分）鈷的化合物在工業(yè)生產(chǎn)、生命科技等行業(yè)有重要應(yīng)用。（1）Co2+的核外電子排布式為_______，Co的第四電離能比Fe的第四電離能要小得多，原因是__________________________。（2）Co2+、Co3+都能與CN一形成配位數(shù)為6的配離子。CN一中碳原子的雜化方式為____________；HCN分子中含有鍵的數(shù)目為__________________。（3）用KCN處理含Co2+的鹽溶液，有紅色的Co(CN)2析出，將它溶于過量的KCN溶液后，可生成紫色的[Co(CN)6]4-,該配離子是一種相當(dāng)強的還原劑，在加熱時能與水反應(yīng)生成[Co(CN)6]3-,寫出該反應(yīng)的離子方程式：_______________。（4）金屬鈷的堆積方式為六方最密堆積，其配位數(shù)是_____。有學(xué)者從鈷晶體中取出非常規(guī)的“六棱柱”晶胞，結(jié)構(gòu)如圖所示，該晶胞中原子個數(shù)為_____，該晶胞的邊長為anm，高為cnm，該晶體的密度為___g?cm-3(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，列出代數(shù)式）

29、（10分）鈦是一種性能非常優(yōu)越的金屬，21世紀將是鈦的世紀。(1)TiO2薄膜中摻雜鉻能顯著提高光催化活性?；鶓B(tài)Cr原子的核外電子排布式為____。(2)四乙醇鈦能增加橡膠在金屬表面的粘附性。其制備原理如下：TiCl4+4CH3CH2OH+4NH3=Ti(OCH2CH3)4+4NH4Cl①Ti(OCH2CH3)4可溶于有機溶劑，常溫下為淡黃色透明液體，其晶體類型為____②N和O位于同一周期，O的第二電離能大于N的第二電離能的原因是_____；③NH4Cl中存在的作用力有_____，NH4Cl熔沸點高于CH3CH2OH的原因是_____，Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的雜化形式均為____。(3)鈦酸鍶(SrTiO3)可作電子陶瓷材料和人造寶石，其中一種晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。若Ti位于頂點位置，O位于____位置；已知晶胞參數(shù)為anm，Ti位于O所形成的正八面體的體心，則該八面體的邊長為_____m(列出表達式)。

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、C【解析】

A.根據(jù)電鍍原理易知，鐵表面鍍銅時，將鐵與電源的負極相連作電解池的陰極被保護，銅與電源的正極相連作陽極，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，A項錯誤；B.0.01molCl2通入足量水中發(fā)生的反應(yīng)為：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，為可逆反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目小于6.02×1021，B項錯誤；C.反應(yīng)3C(s)＋CaO(s)===CaC2(s)＋CO(g)中ΔS>0，因在常溫下不能自發(fā)進行，則ΔG=ΔH-TΔS>0，那么ΔH必大于0，C項正確；D.CH3COOH為弱酸，發(fā)生電離方程式為：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀釋0.1mol·L－1CH3COOH溶液過程中，CH3COO-與H+的離子濃度減小，但一定溫度下，水溶液中的離子積不變，則OH-的濃度增大，D項錯誤；答案選C。2、B【解析】

硝酸銀溶液中滴加氨水會產(chǎn)生白色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，白色沉淀會生成氫氧化二氨合銀，沉淀溶解；鋁粉中滴加氫氧化鈉，會生成偏鋁酸鈉，繼續(xù)滴加氫氧化鈉，無現(xiàn)象；硫酸銅溶液中滴加氫氧化鈉，出現(xiàn)氫氧化銅藍色沉淀，滴加乙醛，加熱，新制氫氧化銅會和乙醛反應(yīng)生辰氧化亞銅磚紅色沉淀；氯水中滴加氫氧化鈉，顏色褪去，再加鹽酸，中和氫氧化鈉后與次氯酸反應(yīng)會生成氯氣，顏色恢復(fù)?！驹斀狻緼.硝酸銀溶液中滴加氨水會產(chǎn)生白色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，白色沉淀會生成氫氧化二氨合銀，沉淀溶解；A項正確；B.鋁粉中滴加氫氧化鈉，會生成偏鋁酸鈉，繼續(xù)滴加氫氧化鈉，無現(xiàn)象；B項錯誤；C.硫酸銅溶液中滴加氫氧化鈉，出現(xiàn)氫氧化銅藍色沉淀，滴加乙醛，加熱，新制氫氧化銅會和乙醛反應(yīng)生辰氧化亞銅磚紅色沉淀；C項正確；D.氯水中滴加氫氧化鈉，顏色褪去，再加鹽酸，中和氫氧化鈉后與次氯酸反應(yīng)會生成氯氣，顏色恢復(fù)，D項正確；答案選B。3、B【解析】

A.加入試劑a調(diào)節(jié)pH至3.7~4.7之間，目的是使Fe3+

形成Fe(OH)3沉淀，同時要防止生成Cu(OH)2

沉淀，為了防止引入新的雜質(zhì)，試劑a可以是CuO[或Cu(OH)2

、CuCO3

等]，故A正確；B.反應(yīng)I的化學(xué)反應(yīng)方程式為4CuFeS2+2H2SO4+17O2＝4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，該反應(yīng)中鐵元素化合價升高被氧化，故B錯誤；C.操作X為從硫酸亞鐵溶液中得到綠礬晶體，當(dāng)蒸發(fā)濃縮至溶液表面出現(xiàn)晶膜時，再冷卻結(jié)晶即可，故C正確；D.反應(yīng)Ⅲ主要是Cu2+與過量的Fe(即b試劑)反應(yīng)，為將Cu2+全部轉(zhuǎn)化，加入的鐵粉過量，因此在反應(yīng)Ⅳ時應(yīng)該將過量的鐵粉除去，利用鐵、銅的性質(zhì)差別，加入適量稀硫酸(即試劑c)即可，參與反應(yīng)的離子方程式分別為Fe+2H+=Fe2++H2↑，F(xiàn)e(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，故D正確；答案選B。4、D【解析】1個OH－含有10個電子，1molOH－含有的電子數(shù)目為10NA，故A錯誤；碳酸根離子水解，所以1L1mol·L-1Na2CO3溶液中含有的CO32－數(shù)目小于NA，故B錯誤；苯中不含碳碳雙鍵，故C錯誤；24克O3中氧原子的數(shù)目1.5NA，故D正確。5、D【解析】

A.雖然這個反應(yīng)一般不能發(fā)生，但此處我們利用的是溶解度差異，仍然可以使溶解度相對較低的以沉淀的形式析出，A項正確；B.溶于水得到一水合氨，可以和一水合氨發(fā)生反應(yīng)，得到和，B項正確；C.加食鹽是為了提高溶液中的濃度，根據(jù)同離子效應(yīng)使氯化銨先析出，C項正確；D.加食鹽能得到氯化銨固體，說明氯化銨的溶解度比食鹽更低，D項錯誤；答案選D。6、C【解析】

A．二氧化硅能夠與氫氧化鈉等強堿反應(yīng)生成硅酸鈉和水，所以高純度的二氧化硅廣泛用于制作光導(dǎo)纖維，二氧化硅能夠被堿腐蝕而造成斷路，A正確；B．碳纖維是碳的一種單質(zhì)，屬于非金屬材料，B正確；C．聚氯乙烯難降解，大量使用能夠引起白色污染，且聚氯乙烯塑料有毒不能用于食品包裝以及生產(chǎn)快餐盒等，C錯誤；D．碳納米管表面積大，據(jù)有較大的吸附能力，所以可以用作新型儲氫材料，D正確；答案選C。7、C【解析】

強酸性溶液X，則溶液中不存在弱酸根離子CO32-，溶液和硝酸鋇溶液反應(yīng)生成沉淀C，則溶液中存在SO42-，不存在和硫酸根離子反應(yīng)的Ba2+，C是BaSO4；酸性條件下硝酸根離子具有強氧化性，所以溶液中Fe2+和NO3-不能共存，加入硝酸鋇產(chǎn)生氣體，則溶液中存在Fe2+，不存在NO3-，A是NO；溶液B中加入過量氫氧化鈉溶液時，產(chǎn)生氣體D，則溶液中含有NH4+，D是NH3，產(chǎn)生沉淀F是Fe（OH）3，溶液E通入過量二氧化碳時產(chǎn)生沉淀H和溶液G，則溶液X中存在Al3+，沉淀H是Al（OH）3，溶液G是NaHCO3，；綜上所述，原溶液X中含有的離子為：H+、Fe2+、SO42-、NH4+、Al3+。【詳解】A．溶液X中應(yīng)含有Fe2+，酸性條件下與硝酸根離子反應(yīng)生成氣體NO，反應(yīng)的離子方程式為：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，選項A正確；B．生成沉淀H的離子方程式為：AlO2--+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，選項B正確；C．溶液X中一定沒有的離子為：CO32-、Ba2+、NO3-，選項C錯誤；D．溶液X中一定含有的離子是：H+、Fe2+、SO42-、NH4+、Al3+，選項D正確；故答案選C。8、C【解析】

A.升高溫度，正、逆反應(yīng)速率加快，由于該反應(yīng)的正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向吸熱的正反應(yīng)方向移動，HI的物質(zhì)的量分數(shù)降低，H2的物質(zhì)的量分數(shù)增大，最終達到平衡時，相應(yīng)點可能分別是A、E，A正確；B.該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體體積相等的反應(yīng)，若再次充入amolHI，平衡不發(fā)生移動，因此二者的物質(zhì)的量的含量不變，但由于物質(zhì)濃度增大，反應(yīng)速率加快，所以達到平衡時，相應(yīng)點的橫坐標值不變，縱坐標值增大，B正確；C.若改變的條件是增大壓強，化學(xué)平衡不移動，任何氣體的物質(zhì)的量分數(shù)不變，但物質(zhì)由于濃度增大，化學(xué)反應(yīng)速率加快，所以再次達到平衡時，相應(yīng)點與改變條件前不相同，C錯誤；D.催化劑不能是化學(xué)平衡發(fā)生移動，因此任何氣體的物質(zhì)的量分數(shù)不變，但正、逆反應(yīng)速率會加快，故再次達到平衡時，相應(yīng)點的橫坐標值不變，縱坐標值增大，相應(yīng)點與改變條件前不同，D正確；故合理選項是C。9、C【解析】

A.石灰石是碳酸鈣，不具有吸水性，故不能做干燥劑，故A錯誤；B.由兩種或以上物質(zhì)構(gòu)成的是混合物，而干冰是固體二氧化碳，屬于純凈物，故B錯誤；C.氮氧化物能導(dǎo)致光化學(xué)煙霧、二氧化硫能導(dǎo)致酸雨、PM2.5能導(dǎo)致霧霾，故氮氧化物、二氧化硫、PM2.5均能導(dǎo)致空氣污染，均是空氣質(zhì)量檢測物質(zhì)，故C正確；D.和堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物，而CO為不成鹽的氧化物，故不是酸性氧化物，故D錯誤；故選：C。10、C【解析】

A.NaCl屬于鹽，所以是電解質(zhì)，A錯誤；B.NaCl溶液是混合物所以不是電解質(zhì)，B錯誤；C.氯化鈉固體溶于水后在水分子的作用下，發(fā)生電離，電離為可以移動的離子使溶液導(dǎo)電，C正確；D.氯化鈉溶于水是氯化鈉發(fā)生了電離，水的電離實際很微弱，D錯誤；故答案選C。11、A【解析】

化合反應(yīng)的概念是由兩種或兩種以上的物質(zhì)生成一種新物質(zhì)。A、氯氣和水反應(yīng)生成HCl和HClO，則不能通過化合反應(yīng)生成，故A選；B、氮氣和氧氣反應(yīng)生成NO，則能通過化合反應(yīng)生成，故B不選；C、二氧化硫和氧氣生成三氧化硫，則能通過化合反應(yīng)生成，故C不選；D、鐵和氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵，則能通過化合反應(yīng)生成，故D不選；故選：A。12、D【解析】

A.CaO沒有強還原性，故不能防止食品的氧化變質(zhì)，只能起到防潮的作用，A項錯誤；B.硅是半導(dǎo)體，芯片的主要成分是硅單質(zhì)，B項錯誤；C.Fe具有還原性，能把Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金屬離子還原，所以納米鐵粉可以高效地去除被污染水體中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金屬離子是利用Fe的還原性，與吸附性無關(guān)，C項錯誤；D.SO2能與有色物質(zhì)化合生成無色物質(zhì)，可用于漂白紙漿、毛、絲、草帽辮等，D項正確；答案選D。13、C【解析】

A．石墨中每個碳通過三個共價鍵與其他碳原子相連,所以每個碳所屬的共價鍵應(yīng)為1.5，12g石墨是1mol碳,即有1.5NA個共價鍵，而1mol金剛石中含2mol共價鍵，A錯誤；B．甲酸為弱酸，一水合氨為弱堿，故HCOO-與NH4+在溶液發(fā)生水解，使其數(shù)目小于NA，B錯誤；C．每有一個氯氣分子與甲烷發(fā)生取代反應(yīng)，則生成1個HCl分子，故0.1molCl2與0.2molCH4光照充分反應(yīng)生成HCl分子數(shù)為0.1NA，C正確；D．100g34%H2O2為1mol，1molH2O2分解生成1molH2O和0.5molO2，轉(zhuǎn)移電子1mol，數(shù)目為NA，D錯誤；答案選C。14、D【解析】

A．乙烯為平面型結(jié)構(gòu)，CH3CH=CHCH3所有碳原子可能處于同一平面上，選項A錯誤；B.CH3CH=CHCH3高度對稱，和HBr加成產(chǎn)物只有2-溴丁烷一種，選項B錯誤；C.CH3CH(OH)CH2CH3與乙二醇、丙三醇都屬于醇類物質(zhì)，三者所含羥基的數(shù)目不同，通式不同，不互為同系物，選項C錯誤；D.CH3CH(OH)CH2CH3、CH3CH=CHCH3中分別含有醇羥基和碳碳雙鍵，均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，選項D正確。答案選D。15、C【解析】

A.除去食鹽中混有的少量碘，應(yīng)當(dāng)用升華的方法，所需要的儀器是燒杯和圓底燒瓶，A錯誤；B.用酸性高錳酸鉀溶液滴定Fe2+，應(yīng)當(dāng)使用酸式滴定管和錐形瓶，B錯誤；C.配制250mL1mol/L硫酸溶液，用到量筒、250mL容量瓶，C正確；D.檢驗亞硫酸鈉是否發(fā)生變質(zhì)，主要是為了檢驗其是否被氧化為硫酸鈉，故使用試管和膠頭滴管即可，D錯誤；故答案選C。16、D【解析】

A．2.33gBaSO4物質(zhì)的量為0.01mol，根據(jù)BaSO4~2e-得，當(dāng)生成0.01molBaSO4時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.02NA，故A正確；B．SO2具有漂白性，可使品紅褪色，故B正確；C．1個H2O2分子中很有1個非極性鍵，17gH2O2物質(zhì)的量為0.5mol，含有非極性鍵的數(shù)目為0.5NA，故C正確；D．BaCl2為離子化合物，不含分子，故D錯誤；故答案選D。17、C【解析】

A．純棉面料主要成分為纖維素，主要含C、H、O三種元素，故A正確；B．植物油的主要成分為高級脂肪酸甘油酯，屬于酯類，故B正確；C．聚乙烯不含碳碳雙鍵，不能使溴水褪色，故C錯誤；D．聚乳酸的降解過程中發(fā)生水解反應(yīng)，水解反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，故D正確；答案選C。18、C【解析】

A、次氯酸鈉水解生成的次氯酸具有強氧化性，能將有機色質(zhì)漂白褪色；B、氯化銅在溶液中水解生成氫氧化銅和氯化氫，加熱促進氯化銅水解，生成的氯化氫易揮發(fā)使水解趨于完全生成氫氧化銅；C、離子反應(yīng)向著離子濃度減小的方向進行；D、未反應(yīng)的氯氣對取代反應(yīng)的產(chǎn)物HCl的檢驗產(chǎn)生干擾?！驹斀狻緼項、次氯酸鈉水解生成的次氯酸具有強氧化性，能將有機色質(zhì)漂白褪色，不能用pH試紙測次氯酸鈉溶液的pH，不能達到實驗?zāi)康?，故A錯誤；B項、氯化銅在溶液中水解生成氫氧化銅和氯化氫，加熱促進氯化銅水解，生成的氯化氫易揮發(fā)使水解趨于完全生成氫氧化銅，制備無水氯化銅應(yīng)在HCl氣流中蒸發(fā)，故B錯誤；C項、碘化銀和氯化銀是同類型的難溶電解質(zhì)，向濃度相同的銀氨溶液中分別加入相同濃度氯化鈉和碘化鈉溶液，無白色沉淀生成，有黃色沉淀生成，說明碘化銀溶度積小于氯化銀，故C正確；D項、氯氣溶于水也能與硝酸銀反應(yīng)生成白色的氯化銀沉淀，未反應(yīng)的氯氣對取代反應(yīng)的產(chǎn)物HCl的檢驗產(chǎn)生干擾，不能達到實驗?zāi)康?，故D錯誤。故選C。19、C【解析】

A.堿金屬族元素的密度，沸點，熔點都隨著原子序數(shù)的增大而增大，但鈉和鉀反常，故A錯誤；B.甲烷與氯氣在光照條件下，發(fā)生取代反應(yīng)，共有氯化氫、一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷五種物質(zhì)，其中氯化氫、一氯甲烷是氣體，不是液體，故B錯誤；C.苯中所有原子在同一面，乙烯所有的原子在同一面，由苯和乙烯構(gòu)成的苯乙烯，有可能所有的原子在同一個平面，故C正確；D.AlCl3是共價化合物，電解熔融不能產(chǎn)生鋁離子得電子，不能制取金屬鋁單質(zhì)，故D錯誤。答案選C。20、C【解析】

Y元素在同周期中離子半徑最小，金屬離子外的電子層數(shù)比相應(yīng)的原子少一層，而且同周期金屬元素離子半徑隨著原子序數(shù)的遞增而減小，而非金屬元素的離子的電子層沒有減少，所以Y應(yīng)為Al元素。丁為二元化合物，而且為液態(tài)，為水。丙與水反應(yīng)得到兩種物質(zhì)，而且一種為酸。0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2，為弱酸。短周期中二元化合物為弱酸的HF和H2S。結(jié)合乙是Z的單質(zhì)，Z的原子序數(shù)比Al大，Z為S元素。涉及的反應(yīng)為2Al＋3SAl2S3，Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3＋3H2S↑。W、X、Y、Z分別為H、O、Al、S。A．H原子半徑最小。同周期的元素，原子序數(shù)越大，原子半徑越小，Al原子的半徑大于S；同主族元素，原子序數(shù)越大，原子半徑越大，S的原子半徑大于O，排序為Y（Al）>Z（S）>X（O）>W（H），A項錯誤；B．H、O、Al、S可以存在于KAl(SO4)2·12H2O中，存在離子鍵，為離子化合物，B項錯誤；C．W(H)和X(O)的化合物可能為H2O和H2O2。H2O的結(jié)構(gòu)簡式為H—O—H，含有極性鍵。H2O2的結(jié)構(gòu)簡式為H—O－O—H，含有極性鍵和非極性鍵，C項正確；D．比較X(O)和Z(S)的非金屬性，不能比較最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性，因為O沒有它的含氧酸。D項錯誤；本題答案選C。21、B【解析】

由化學(xué)式H3YO4可知，Y元素顯+5價，在該物質(zhì)中X元素的原子可形成3對共用電子對，且X、Y為同主族元素，原子半徑X小于Y，則X為N元素，Y為P元素，又X、Y原子的質(zhì)子數(shù)之和減去Y原子最外層電子數(shù)即為Z元素的原子序數(shù)，則Z的原子序數(shù)為7+15-5=17，Z為Cl元素，可與其它原子形成共用電子對，符合，據(jù)此分析解答?！驹斀狻坑苫瘜W(xué)式H3YO4可知，Y元素顯+5價，在該物質(zhì)中X元素的原子可形成3對共用電子對，且X、Y為同主族元素，原子半徑X小于Y，則X為N元素，Y為P元素，又X、Y原子的質(zhì)子數(shù)之和減去Y原子最外層電子數(shù)即為Z元素的原子序數(shù)，則Z的原子序數(shù)為7+15-5=17，Z為Cl元素，可與其它原子形成共用電子對，符合，A.同周期元素從左向右，非金屬性逐漸增強，同主族元素從上至下，非金屬性逐漸減弱，X為N元素，Y為P元素，Z為Cl元素，則元素非金屬性X＞Y＜Z，故A正確；B.X為N元素，其氫化物為氨氣，顯堿性，故B錯誤；C.Y的最高價氧化物的水化物是H3PO4，為中強酸，故C正確；D.同種非金屬元素原子間形成非極性鍵，不同種非金屬元素的原子間形成極性鍵，則在該分子中，存在極性共價鍵和非極性共價鍵，故D正確；故選B。22、C【解析】

A.1LpH=1的H2SO4溶液中，c(H+)=0.1mol·L－1，含H+的數(shù)目為0.1mol·L－1×1L×NA=0.1NA，故A錯誤；B.1mol純H2SO4中以分子構(gòu)成，離子數(shù)目為0，故B錯誤；C.硫代硫酸鈉是強堿弱酸鹽，一個S2O32-水解后最多可產(chǎn)生2個OH-，含15.8g即0.1molNa2S2O3的溶液種陰離子數(shù)目大于0.1NA，故C正確；D.22.4L氣體不能確定是不是標準狀況，故D錯誤；故選C。二、非選擇題(共84分)23、+NaOH+NaCl+H2O加成反應(yīng)3-羥基丙醛(或β-羥基丙醛)n+n+(2n-1)H2Ob5c【解析】

烴A的相對分子質(zhì)量為70，由=5…10，則A為C5H10，核磁共振氫譜顯示只有一種化學(xué)環(huán)境的氫，故A的結(jié)構(gòu)簡式為；A與氯氣在光照下發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B為單氯代烴，則B為，化合物C的分子式為C5H8，B發(fā)生消去反應(yīng)生成C，C為，C發(fā)生氧化反應(yīng)生成D，D為HOOC(CH2)3COOH，F(xiàn)是福爾馬林的溶質(zhì)，則F為HCHO，E、F為相對分子質(zhì)量差14的同系物，可知E為CH3CHO，由信息④可知E與F發(fā)生加成反應(yīng)生成G，G為HOCH2CH2CHO，G與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成H，H為HOCH2CH2CH2OH，D與H發(fā)生縮聚反應(yīng)生成PPG()，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)由上述分析可知，A的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；(2)由B發(fā)生消去反應(yīng)生成C的化學(xué)方程式為：+NaOH+NaCl+H2O，故答案為：+NaOH+NaCl+H2O；(3)由信息④可知，由E和F生成G的反應(yīng)類型為醛醛的加成反應(yīng)，G為HOCH2CH2CHO，G的名稱為3-羥基丙醛，故答案為：加成反應(yīng)；3-羥基丙醛；(4)①由D和H生成PPG的化學(xué)方程式為：n+n+(2n-1)H2O，故答案為：n+n+(2n-1)H2O；②若PPG平均相對分子質(zhì)量為10000，則其平均聚合度約為≈58，故答案為：b；(5)D為HOOC(CH2)3COOH，D的同分異構(gòu)體中能同時滿足：①能與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生氣體，含-COOH，②既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能發(fā)生水解反應(yīng)-COOCH，D中共5個C，則含3個C-C-C上的2個H被-COOH、-OOCH取代，共為3+2=5種，含其中核磁共振氫譜顯示為3組峰，且峰面積比為6∶1∶1的是，D及同分異構(gòu)體中組成相同，由元素分析儀顯示的信號(或數(shù)據(jù))完全相同，故答案為：5；；c。24、D【解析】

所給5種物質(zhì)中，只有硫酸鎂可與三種物質(zhì)（氨水、碳酸鈉、氯化鋇）生成沉淀，故D為硫酸鎂，A、B、C分別為氨水、碳酸鈉、氯化鋇中的一種；再根據(jù)A可與C生成沉淀，故A、C為碳酸鈉和氯化鋇，則B為氨水；A與E產(chǎn)生氣體，故A為碳酸鈉，E為稀硝酸，所以F為碳酸氫鈉?！驹斀狻緼+E氣體說明有A、E一種一定是硝酸,另一種可能是碳酸鈉、碳酸氫鈉中的一種,A+C生成沉淀，A+D生成沉淀，說明A不是硝酸，所以E為硝酸，A為碳酸鈉，C、D就可能是硫酸鎂、氯化鋇中的一種，因為B+D生成沉淀，C+D生成沉淀，C+F無現(xiàn)象說明D是硫酸鎂，C為氯化鋇，B為氨水，最后F為碳酸氫鈉，則A：碳酸鈉，B：氨水，C：氯化鋇

，D：硫酸鎂

，E：硝酸，F(xiàn)：碳酸氫鈉；答案選D?！军c睛】這類試題還有一種表達形式“A+C→↓，A+D→↓，A+E→↑，B+D→↓，C+D→↓，C+F→無明顯現(xiàn)象。解題時一般先找現(xiàn)象較全面的一種如D或A(分別做了三次實驗)。依次假設(shè)D為六種溶液中的某一種。如假設(shè)D是氨水或是硫酸鎂等，分析它與其他五種溶液分別混合時的現(xiàn)象。若能出現(xiàn)三次沉淀，則假設(shè)成立。由此可確定D是硫酸鎂。依照上述方式可推出A是碳酸鈉，依次推出F是碳酸氫鈉。25、H2或CO無水CuSO4或澄清的石灰水無水CuSO4變藍色或澄清的石灰水變渾濁?！窘馕觥?/p>

本題主要考查具有還原性的氣體的性質(zhì)及常見的用作還原劑的氣體，同時涉及常見物質(zhì)的顏色、金屬與氧氣的反應(yīng)?！驹斀狻?1)金屬與氧氣可以發(fā)生化合反應(yīng)生成金屬氧化物，銅在加熱時與氧氣化合生成黑色的氧化銅，黑色的氧化銅又變成光亮的紅色，即變成了金屬銅，這是氧化銅被氣體還原劑奪取氧而變成單質(zhì)銅的反應(yīng)，氣體在反應(yīng)中表現(xiàn)出的性質(zhì)稱為還原性，通常用作還原劑的氣體有CO和H2；(2)假設(shè)推斷為氫氣(或一氧化碳)，而氫氣與氧化銅反應(yīng)生成銅和水，再驗證是否有水生成即可，步驟：將氣體通過濃硫酸進行干燥，再通過灼熱的氧化銅，再通過無水硫酸銅，驗證是否有水生成，如果無水硫酸銅變藍，說明有水生成，說明該氣體是氫氣；假設(shè)推斷為一氧化碳，而一氧化碳與氧化銅反應(yīng)生成銅和二氧化碳，再驗證是否有二氧化碳生成即可，步驟：將氣體通過灼熱的氧化銅，再通過澄清的石灰水，驗證是否有二氧化碳生成，如果澄清的石灰水變渾濁，說明有二氧化碳生成，說明該氣體是一氧化碳。26、Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2提高銅離子的萃取率，提高原料利用率稀硫酸pH太小氧化亞銅會發(fā)生歧化反應(yīng)，pH太大，氧化亞銅會溶解C真空干燥90.90%制備氧化亞銅時，氧化亞銅被肼還原，產(chǎn)品中含有銅粉，測定結(jié)果均增大【解析】

刻蝕液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）加入過量的氨水，形成銅氨溶液，同時生成氫氧化亞鐵和氫氧化鐵沉淀，銅氨溶液中加入有機溶液得到CuR2，再反萃取劑條件下生成硫酸銅溶液?！驹斀狻浚?）步驟II，銅氨溶液和RH的有機溶液反應(yīng)生成氨氣和氯化銨和CuR2，離子方程式為：Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2；（2）需要對水層多次萃取并合并萃取液是能提高銅離子的萃取率，提高原料利用率；（3）通過前后的物質(zhì)分析，反萃取劑提供硫酸根離子和氫離子，故為稀硫酸；（4）①從信息分析，氧化亞銅在酸性強的溶液中會發(fā)生歧化反應(yīng)，但堿性強的溶液中氧化亞銅會溶解。故答案為：pH太小氧化亞銅會發(fā)生歧化反應(yīng)，pH太大，氧化亞銅會溶解；②納米Cu2O不能通過半透膜，所以可以選擇C進行分離。③因為Cu2O在潮濕的空氣中會慢慢氧化生成CuO，也易被還原為Cu，所以選擇真空干燥；（5）①根據(jù)得失電子分析關(guān)系式有5Cu2O---2KMnO4，高錳酸鉀的物質(zhì)的量為0.2000moI.L-1×0.05L=0.01mol，則氧化亞銅的物質(zhì)的量為0.025mol，質(zhì)量分數(shù)為=90.90%；②制備氧化亞銅時，肼具有還原性，氧化亞銅被肼還原，產(chǎn)品中含有銅粉，測定結(jié)果均增大。27、去除蒸餾水中的氧氣，防止亞硫酸鈉被氧化500mL容量瓶燒杯、玻璃棒SO32-+2Ag+=Ag2SO3Na2SO3被酸化的NO3-氧化成Na2SO4，Na2SO4與AgNO3溶液反應(yīng)生成Ag:2SO4沉淀取固體少許加入足量Na2SO3溶液(或向試管中繼續(xù)滴加Na2SO3溶液)Ag2O+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2OH+3H2O或Ag2O+4NH3+H2O=2Ag(NH3)2OHAgOHNa2SO3溶液滴加順序不同(或用量不同)，溶液酸堿性不同(或濃度不同)【解析】

配置一定物質(zhì)的量濃度的溶液時，①溶解時：Na2SO3晶體易被溶液中溶解的氧氣氧化，故需煮沸；②移液時：配置一定物質(zhì)的量濃度的溶液時需要使用容量瓶，移液時需要洗滌燒杯和玻璃棒；實驗Ⅱ探究不同pH的Na2SO3溶液與pH=4的AgNO3溶液反應(yīng)的產(chǎn)物①假設(shè)一是銀離子與亞硫酸根離子反應(yīng)生成亞硫酸銀；②考慮加入的酸性的硝酸銀溶液具有氧化性，將亞硫酸銀氧化成硫酸銀；③由于Ag2SO3溶于過量Na2SO3溶液，可以加入Na2SO3溶液驗證溶液中是否有Ag2SO3；(2)①Ag2O為棕黑色固體，與氨水反應(yīng)生成Ag(NH3)2OH和3H2O；②從非氧化還原反應(yīng)分析得化合價不變，判斷A的成分；(3)(1)中實驗和(2)中實驗中溶液的滴加順序不同，溶液酸堿性不同?！驹斀狻竣偃芙鈺r：Na2SO3晶體易被溶液中溶解的氧氣氧化，故需煮沸，防止亞硫酸鈉被氧化；②移液時：配置一定物質(zhì)的量濃度的溶液時需要使用500ml的容量瓶，移液時需要洗滌燒杯和玻璃棒2~3次；(1)①假設(shè)一是銀離子與亞硫酸根離子反應(yīng)生成亞硫酸銀