2025年新疆阿克蘇地區(qū)沙雅縣第二中學(xué)化學(xué)高三第一學(xué)期期末統(tǒng)考試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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、鈀是航天、航空高科技領(lǐng)域的重要材料。工業(yè)用粗鈀制備高純度鈀的流程如圖：下列說法錯誤的是（）A．酸浸時反應(yīng)的化學(xué)方程式是Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2OB．“熱還原”中每生成1molPd同時生成的氣體的物質(zhì)的量為8molC．化學(xué)實驗中可利用氯鈀酸根離子檢驗溶液中是否含有NH4+D．在“酸浸”過程中為加快反應(yīng)速率可用濃硫酸代替濃鹽酸2、下列說法違反科學(xué)原理的是（）A．碘化銀可用于人工降雨B．在一定溫度、壓強下，石墨可變?yōu)榻饎偸疌．閃電時空氣中的N2可變?yōu)榈幕衔顳．燒菜時如果鹽加得早，氯會揮發(fā)掉，只剩下鈉3、硫酸銨在一定條件下發(fā)生反應(yīng):4(NH4)2SO4＝6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+N2↑+7H2O，將反應(yīng)后的氣體通入一定量的氯化鋇溶液中恰好完全反應(yīng)，有白色沉淀生成。下列有關(guān)說法正確的是A．白色沉淀為BaSO4B．白色沉淀為BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)約為1:1C．白色沉淀為BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)約為3:1D．從溶液中逸出的氣體為N2，最后溶液中的溶質(zhì)只有NH4Cl4、下列實驗操作、現(xiàn)象及結(jié)論均正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象實驗結(jié)論A向某黃色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈藍(lán)色黃色溶液中只含Br2B燒杯中看見白色沉淀證明酸性強弱：H2CO3>H2SiO3C向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加熱；再加入銀氨溶液；未出現(xiàn)銀鏡蔗糖未水解DpH試紙先變紅后褪色氯水既有酸性，又有漂白性A．A B．B C．C D．D5、用化學(xué)沉淀法去除粗鹽中的雜質(zhì)離子，不需要的操作是（）A．溶解 B．過濾 C．分液 D．蒸發(fā)6、下列有關(guān)原子結(jié)構(gòu)及元素周期律的敘述不正確的是()A．原子半徑：，離子半徑：r(Na+)<r(O2-)B．第族元素碘的兩種核素和的核外電子數(shù)之差為6C．P和As屬于第VA族元素，的酸性強于的酸性D．、、三種元素最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性依次減弱7、二氧化氯(ClO2，黃綠色易溶于水的氣體)是一種高效、低毒的消毒劑。其一種生產(chǎn)工藝如圖所示。下列說法正確的是A．氣體A為Cl2B．參加反應(yīng)的NaClO2和NCl3的物質(zhì)的量之比為3：1C．溶液B中含有大量的Na+、Cl－、OH－D．可將混合氣通過飽和食鹽水除去C1O2中的NH38、分枝酸是生物合成系統(tǒng)中重要的中間體，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列關(guān)于分枝酸的敘述不正確的是（）A．分子中含有4種官能團B．可與乙醇、乙酸反應(yīng)，且反應(yīng)類型相同C．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高錳酸鉀溶液褪色D．1mol分枝酸最多可與3molNaOH發(fā)生中和反應(yīng)9、下列說法中正確的是（）A．加熱濃硫酸和乙醇混合液，產(chǎn)生的氣體能使溴水褪色，證明該氣體是乙烯B．用苯與溴水制取溴苯，溴苯的密度比水的大C．銅與稀硝酸制取一氧化氮，可以利用排水法收集D．加熱氫氧化鈣與氯化銨反應(yīng)制氨氣，氨氣能使紅色石蕊試紙變藍(lán)10、下列說法錯誤的是（）A．圖a所示實驗中，石蠟油發(fā)生分解反應(yīng)，碎瓷片作催化劑B．用圖b所示裝置精煉銅，電解過程中CuSO4溶液的濃度保持不變C．用圖c所示裝置制備碳酸氫鈉固體時，從e口通入NH3，再從f口通入CO2，g中盛放蘸有稀硫酸的脫脂棉D(zhuǎn)．測定某鹽酸的物質(zhì)的量濃度所用圖d所示裝置中滴定管選擇錯誤11、有機物M、N分子的模型如圖所示，其中不同顏色的球表示不同的原子，原子之間的化學(xué)鍵可以是單鍵、雙鍵。下列說法錯誤的是MNA．M與HCOOCH3互為同分異構(gòu)體B．N的官能團為羥基C．在與鈉的反應(yīng)中N放出氣泡比M快D．N能使酸性高錳酸鉀溶液褪色12、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．14.0gFe發(fā)生吸氧腐蝕生成Fe2O3·xH2O，電極反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.5NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LSO2溶于水，溶液中含硫粒子的數(shù)目大于0.5NAC．常溫下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的數(shù)目為0.5NAD．分子式為C2H6O的某種有機物4.6g，含有C－H鍵的數(shù)目一定為0.5NA13、四元軸烯t，苯乙烯b及立方烷c的結(jié)構(gòu)簡式如下，下列說法正確的是A．b的同分異構(gòu)體只有t和c兩種 B．t和b能使酸性KMnO4溶液褪色而c不能C．t、b、c的二氯代物均只有三種 D．b中所有原子－定不在同－個平面上14、類比pH的定義，對于稀溶液可以定義pc=－lgc，pKa=—lgKa。常溫下，某濃度H2A溶液在不同pH值下，測得pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)變化如圖所示。下列說法正確的是()A．pH=3.50時，c(H2A)>c(HA-)>c(A2-)B．將等濃度等體積的Na2A與H2A溶液混合后，溶液顯堿性C．隨著HCl的通入c(H+)/c(H2A)先減小后增大D．pH從3.00到5.30時，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)先增大后減小15、下列說法不正確的是A．高級脂肪酸甘油酯屬于有機高分子化合物B．紫外線、高溫、酒精可殺菌消毒的原理是蛋白質(zhì)變性C．塑料、合成纖維、合成橡膠稱為三大合成高分子材料D．維生素C又稱抗壞血酸，新鮮蔬菜中富含維生素C16、下列變化過程中克服共價鍵的是（）A．二氧化硅熔化 B．冰融化 C．氯化鉀熔化 D．碘升華17、我國科學(xué)家設(shè)計了一種智能雙模式海水電池，滿足水下航行器對高功率和長續(xù)航的需求。負(fù)極為Zn，正極放電原理如圖。下列說法錯誤的是（）A．電池以低功率模式工作時，NaFe[Fe(CN)6]作催化劑B．電池以低功率模式工作時，Na+的嵌入與脫嵌同時進行C．電池以高功率模式工作時，正極反應(yīng)式為：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]D．若在無溶解氧的海水中，該電池仍能實現(xiàn)長續(xù)航的需求18、某有機物分子式為C5H10O3，與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)放出氣體體積與同等狀況下與Na反應(yīng)放出氣體體積相等，該有機物有(不含立體異構(gòu))()A．9種 B．10種 C．11種 D．12種19、苯甲酸的電離方程式為+H+，其Ka=6.25×10-5，苯甲酸鈉（，縮寫為NaA）可用作飲料的防腐劑。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力顯著高于A-。已知25℃時，H2CO3的Ka1=4.17×l0-7，Ka2=4.90×l0-11。在生產(chǎn)碳酸飲料的過程中，除了添加NaA外，還需加壓充入CO2氣體。下列說法正確的是（溫度為25℃，不考慮飲料中其他成分）（）A．H2CO3的電離方程式為H2CO32H++CO32-B．提高CO2充氣壓力，飲料中c(A-)不變C．當(dāng)pH為5.0時，飲料中=0.16D．相比于未充CO2的飲料，碳酸飲料的抑菌能力較低20、下列說法正確的是（）A．氯化鈉、氯化氫溶于水克服的作用力相同B．不同非金屬元素之間只能形成共價化合物C．SiO2和Si的晶體類型不同，前者是分子晶體，后者是原子晶體D．金剛石和足球烯（C60）構(gòu)成晶體的微粒不同，作用力也不同21、已知磷酸分子()中的三個氫原子都可以與重水分子(D2O)中的D原子發(fā)生氫交換。又知次磷酸(H3PO2)也可與D2O進行氫交換，但次磷酸鈉(NaH2PO2)卻不能與D2O發(fā)生氫交換。下列說法正確的是A．H3PO2屬于三元酸B．H3PO2的結(jié)構(gòu)式為C．NaH2PO2屬于酸式鹽D．NaH2PO2溶液可能呈酸性22、下圖是部分短周期元素原子（用字母表示）最外層電子數(shù)與原子序數(shù)的關(guān)系圖。說法正確的是A．元素非金屬性：X＞R＞W(wǎng)B．X與R形成的分子內(nèi)含兩種作用力C．X、Z形成的化合物中可能含有共價鍵D．元素對應(yīng)的離子半徑：W＞R＞X二、非選擇題(共84分)23、（14分）合成藥物中間體L的路線如圖(部分反應(yīng)條件或試劑略去)：已知：I.最簡單的Diels-Alder反應(yīng)是II.III.+R4OH請回答下列問題：（1）下列說法中正確的是____。A.B→C的反應(yīng)條件可以是“NaOH/H2O，△”B.C→D的目的是實現(xiàn)基團保護，防止被KMnO4(H+)氧化C.欲檢驗化合物E中的溴元素，可向其中滴加HNO3酸化的AgNO3溶液觀察是否有淡黃色沉淀生成D.合成藥物中間體L的分子式是C14H20O4（2）寫出化合物J的結(jié)構(gòu)簡式____。（3）寫出K→L的化學(xué)方程式____。（4）設(shè)計由L制備M的合成路線(用流程圖表示，試劑任選)____。（5）寫出化合物K同時符合下列條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式____。①1H-NMR譜檢測表明：分子中共有5種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子；②能發(fā)生水解反應(yīng)；③遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)。24、（12分）曲美替尼是一種抑制黑色素瘤的新型抗癌藥物，下面是合成曲美替尼中間體G的反應(yīng)路線：已知：①D分子中有2個6元環(huán)；請回答：（1）化合物A的結(jié)構(gòu)簡式___________。A生成B的反應(yīng)類型___________。（2）下列說法不正確的是___________。A．B既能表現(xiàn)堿性又能表現(xiàn)酸性B．1moC在堿溶液中完全水解最多可以消耗4molOH－C．D與POCl3的反應(yīng)還會生成E的一種同分異構(gòu)體D．G的分子式為C16H18O3N4（3）寫出C→D的化學(xué)方程式____________________________________________。（4）X是比A多2個碳原子的A的同系物，寫出符合下列條件的X可能的結(jié)構(gòu)簡式：_______________________________________________________。①1H-NMR譜顯示分子中有3種氫原子，②IR譜顯示分子中有苯環(huán)與－NH2相連結(jié)構(gòu)（5）流程中使用的DMF即N，N-二甲基甲酰胺結(jié)構(gòu)簡式為，是常用的有機溶劑。設(shè)計以甲醇和氨為主要原料制取DMF的合成路線(用流程圖表示，其他無機試劑任選)。_____________25、（12分）糧食倉儲常用磷化鋁(A1P)熏蒸殺蟲，A1P遇水即產(chǎn)生強還原性的PH3氣體。國家標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定糧食中磷物(以PH3計)的殘留量不超過0.05mg?kg-1時為合格。某小組同學(xué)用如圖所示實驗裝置和原理測定某糧食樣品中碟化物的殘留量。C中加入100g原糧，E中加入20.00mL2.50×lO-4mol?L-1KMnO4溶液的H2SO4酸化)，C中加入足量水，充分反應(yīng)后，用亞硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定E中的溶液。(1)裝置A中的KMn04溶液的作用是_____。(2)裝置B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液吸收空氣中的O2。若去掉該裝置，則測得的磷化物的殘留量___(填“偏髙”“偏低”或“不變”)。(3)裝置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被還原為Mn2+，寫出該反應(yīng)的離子方程式：__________。(4)收集裝置E中的吸收液，加水稀釋至250mL，量取其中的25.00mL于錐形瓶中，用4.0×lO-5mol?L-1的Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，消耗Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL，反應(yīng)原理是S02-+Mn04-+H+→S042-+Mn2++H20(未配平)通過計算判斷該樣品是否合格(寫出計算過程)_______。26、（10分）化學(xué)興趣小組在實驗室進行“海帶提碘”的實驗過程如圖：(1)操作①的名稱是_____，操作②的主要儀器是_____；氧化步驟的離子方程式是_____。(2)探究異常：取樣檢驗時，部分同學(xué)沒有觀察到溶液變藍(lán)色。他們假設(shè)原因可能是加入的氯水過量，氧化了①I2；②淀粉；③I2和淀粉。他們在沒有變藍(lán)色的溶液中，滴加_____(選填“四氯化碳”“碘水”“淀粉溶液”)后，若出現(xiàn)_____現(xiàn)象，即可證明假設(shè)①正確，同時排除假設(shè)②③.能同時排除假設(shè)②③的原因是_____。(3)查閱資料：Cl2可氧化I2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____Cl2+_____I2+_____H2O→_____HIO3+_____HCl.配平上述方程式，并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目_______。(4)探究氧化性：在盛有FeCl3溶液的試管中，滴入幾滴KI溶液，將反應(yīng)后的溶液均勻倒入兩支試管，試管a中加入1mL苯振蕩靜置，出現(xiàn)______(填實驗現(xiàn)象)，證明有I2存在；試管b中滴入KSCN溶液，溶液顯血紅色，證明有_____存在。(5)比較氧化性：綜合上述實驗，可以得出的結(jié)論是氧化性：Cl2＞FeCl3，理由是_____。27、（12分）葡萄糖酸鈣是一種可促進骨骼生長的營養(yǎng)物質(zhì)。葡萄糖酸鈣可通過以下反應(yīng)制得：C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸鈣)+H2O+CO2↑相關(guān)物質(zhì)的溶解性見下表：實驗流程如下：回答下列問題：（1）第①步中溴水氧化葡萄糖時，甲同學(xué)設(shè)計了如圖所示裝置。①你認(rèn)為缺少的儀器是__。②甲同學(xué)在尾氣吸收裝置中使用倒立漏斗的目的是__。（2）第②步CaCO3固體過量，其目的是__。（3）本實驗中___(填“能”或“不能”)用CaCl2替代CaCO3，理由是__。（4）第③步“某種操作”名稱是__。（5）第④步加入乙醇的作用是__。（6）第⑥步中洗滌操作主要是除去沉淀表面可能含有的溴化鈣，洗滌劑最合適的是__(填標(biāo)號)。A．冷水B．熱水C．乙醇D．乙醇—水混合溶液28、（14分）氮和砷均為重要的無機材料，在化工領(lǐng)域具有廣泛的應(yīng)用。(1)基態(tài)As原子的價層電子的電子云輪廓圖形狀為________。同一周期As、Ge、Se三種元素的第一電離能由大到小的順序為________________。(2)Na3AsO3中所含陰離子的立體構(gòu)型為___________，寫出一個與AsO33-具有相同空間構(gòu)型和鍵合形式的分子____________________(填化學(xué)式)。(3)在一定條件下NH3與CO2能合成尿素[CO(NH2)2]，尿素中C原子和N原子軌道的雜化類型分別為__________，_________；1mol尿素分子中，鍵的數(shù)目為___________。(4)N2H4是火箭的燃料，與氧氣的相對分子質(zhì)量相同，它在常溫常壓下是液態(tài)，而氧氣是氣態(tài)，造成這種差異的主要原因是__________________。(5)某砷鎳合金的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度=________g·cm-3，該晶體中與每個Ni原子距離最近的As原子有_______個。29、（10分）某學(xué)習(xí)小組按如下實驗流程探究海帶中碘含量的測定和碘的制?。畬嶒炓唬旱夂康臏y定取0.0100mol/L的AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定100.00mL海帶浸取原液，用電勢滴定法測定碘的含量．測得的電動勢（E）反映溶液中c（I﹣）變化，用數(shù)字傳感器繪制出滴定過程中曲線變化如圖所示：實驗二：碘的制取另取海帶浸取原液，甲、乙兩種實驗方案如圖所示：已知：3I2+6NaOH→5NaI+NaIO3+3H2O請回答：（1）實驗一中的儀器名稱：儀器A______，儀器B______；實驗二中操作Z的名稱______．（2）根據(jù)表中曲線可知：此次滴定終點時用去AgNO3溶液的體積為______ml，計算該海帶中碘的百分含量為______．（3）步驟X中，萃取后分液漏斗內(nèi)觀察到的現(xiàn)象是______．（4）下列有關(guān)步驟Y的說法，正確的是______A．應(yīng)控制NaOH溶液的濃度和體積B．將碘轉(zhuǎn)化成離子進入水層C．主要是除去海帶浸取原液中的有機雜質(zhì)D．NaOH溶液可以由乙醇代替方案乙中，上層液體加硫酸發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是______．（5）方案甲中采用蒸餾不合理，理由是______．

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】

A．據(jù)圖可知，酸浸時反應(yīng)物有Pd、濃HNO3和濃HCl，產(chǎn)物有NO2，中和過程為非氧化還原過程，說明酸浸后Pd的化合價應(yīng)為+4價，存在形式為PdCl62-，結(jié)合電子守恒和元素守恒可知方程式為：Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，故A正確；B．根據(jù)元素守恒生成的氣體應(yīng)為HCl和NH3，生成1molPd，則消耗1mol氯鈀酸銨，根據(jù)元素守恒可知可生成2molNH3和6molHCl，共8mol氣體，故B正確；C．氯鈀酸銨為紅色沉淀，所以若某溶液中含有銨根，滴入含有氯鈀酸根離子的溶液可以生成紅色沉淀，有明顯現(xiàn)象，可以檢驗銨根，故C正確；D．溶解過程中鹽酸電離出的Cl-與Pd4+生成絡(luò)合物，促使Pd轉(zhuǎn)化為Pd4+的反應(yīng)正向移動，從而使Pd溶解，若換成硫酸，無法生成絡(luò)合物，會使溶解的效率降低，故D錯誤；故答案為D。難點為A選項，要注意結(jié)合后續(xù)流程判斷Pd元素的存在形式；分析選項B時首先根據(jù)元素守恒判斷產(chǎn)物，然后再根據(jù)守恒計算生成的氣體的物質(zhì)的量，避免寫反應(yīng)方程式。2、D【解析】

A.碘化銀可在空氣中形成結(jié)晶核，是水凝結(jié)，因此可用于人工降雨，A項正確；B.石墨與金剛石互為同素異形體，在一定溫度、壓強下石墨可變成金剛石，B項正確；C.閃電時空氣中的N2可變?yōu)榈幕衔铮绲獨馀c氫氣在放電條件下可以轉(zhuǎn)化成一氧化氮等，C項正確；D.氯化鈉在烹飪溫度下不會分解，氯揮發(fā)的情況不會出現(xiàn)，而且鈉是非?；顫姷慕饘?，遇水會立刻轉(zhuǎn)化為氫氧化鈉，不可能只剩下鈉，D項錯誤；答案選D。3、B【解析】

反應(yīng)后的混合氣體通入到BaCl2溶液中發(fā)生的是復(fù)分解反應(yīng)：SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，依據(jù)反應(yīng)定量關(guān)系，結(jié)合分解生成的氣體物質(zhì)的量可知，二氧化硫轉(zhuǎn)化為亞硫酸銨，1mol三氧化硫轉(zhuǎn)化為硫酸銨消耗氨氣2mol，則4mol氨氣和2molSO2反應(yīng)生成亞硫酸銨，所以得到的沉淀為1mol硫酸鋇，2mol亞硫酸鋇，剩余SO2和亞硫酸鋇反應(yīng)生成亞硫酸氫鋇，最后得到沉淀為1mol硫酸鋇、1mol亞硫酸鋇，則：n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；【詳解】A、根據(jù)分析可知，白色沉淀為BaSO4和BaSO3，故A錯誤；B、由上述分析可知，最后得到沉淀為1mol硫酸鋇、1mol亞硫酸鋇，二者物質(zhì)的量之比為1:1，故B正確；C、根據(jù)B項分析可知，最后得到沉淀為1mol硫酸鋇、1mol亞硫酸鋇，二者物質(zhì)的量之比為1:1，故C錯誤；D、從溶液中逸出的氣體為N2，根據(jù)分析可知，反應(yīng)后的溶質(zhì)為亞硫酸氫鋇與氯化銨，故D錯誤；答案選B。4、D【解析】

A．向某黃色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈藍(lán)色，該黃色溶液中可能含有Fe3+，F(xiàn)e3+也能將I-氧化為碘單質(zhì)，故不能確定黃色溶液中只含有Br2，A選項錯誤；B．濃鹽酸具有揮發(fā)性，燒杯中看見白色沉淀可能是揮發(fā)的HCl氣體與Na2SiO3溶液反應(yīng)得到H2SiO3的白色沉淀，不能證明酸性H2CO3>H2SiO3，B選項錯誤；C．銀鏡反應(yīng)必須在堿性條件下進行，該實驗中加入銀氨溶液之前沒有加入如NaOH溶液的堿性溶液中和未反應(yīng)的稀硫酸，實驗不能成功，故實驗操作及結(jié)論錯誤，B選項錯誤；D．氯水既有酸性，又有漂白性，可以使pH試紙先變紅后褪色，D選項正確；答案選D。5、C【解析】

用化學(xué)沉淀法去除粗鹽中的雜質(zhì)離子，步驟是溶解、加入沉淀劑、過濾、蒸發(fā)結(jié)晶，不需要分液，故選C。6、B【解析】

A.同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，因此原子半徑r(Na)>r(O)，Na+、O2-電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑r(Na+)<r(O2-)，A正確；B.碘的兩種核素131I和137I的核外電子數(shù)相等，核外電子數(shù)之差為0，B錯誤；C.元素的非金屬性P>As，元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性就越強，所以H3PO4的酸性比H3AsO4的酸性強，C正確；D.Na、Mg、Al位于同一周期，元素的金屬性逐漸減弱，則失電子能力和最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性均依次減弱，D正確；故合理選項是B。7、C【解析】

氯化銨溶液中加入鹽酸通電電解，得到NCl3溶液，氮元素化合價由-3價變化為+3價，在陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極是氫離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，則氣體A為氫氣；在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加熱反應(yīng)生成ClO2、NH3和溶液B，由氫元素守恒可知，有水參加反應(yīng)，結(jié)合得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒可知，反應(yīng)還生成NaCl與NaOH?！驹斀狻緼．根據(jù)分析，氣體A為H2，故A錯誤；B．在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加熱反應(yīng)生成ClO2、NH3和溶液B，由氫元素守恒可知，有水參加反應(yīng)，結(jié)合得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒可知，反應(yīng)還生成NaCl與NaOH，方程式為：6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH，參加反應(yīng)的NaClO2和NCl3的物質(zhì)的量之比為6：1，故B錯誤；C．根據(jù)分析，結(jié)合反應(yīng)6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH可知，溶液B中含有NaCl與NaOH，則含有大量的Na+、Cl－、OH－，故C正確；D．二氧化氯(ClO2)是一種黃綠色易溶于水的氣體，不可用飽和食鹽水除去ClO2中的NH3，故D錯誤；答案選C。8、D【解析】

A.分子中含有羧基、羥基、碳碳雙鍵、醚鍵4種官能團，故A正確；B.羧基與乙醇酯化反應(yīng)，羥基與乙酸酯化反應(yīng)，故B正確；C.含有碳碳雙鍵可使溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成，使酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應(yīng)而褪色，故C正確；D.1mol分枝酸2mol羧基，因此最多可與2molNaOH發(fā)生中和反應(yīng)，羥基不與氫氧化鈉反應(yīng)，故D錯誤。綜上所述，答案為D。和鈉反應(yīng)的基團主要是羧基、羥基，和氫氧化鈉反應(yīng)的的基團是羧基，和碳酸鈉反應(yīng)的基團是羧基和酚羥基，和碳酸氫鈉反應(yīng)的基團是羧基。9、C【解析】

A.實驗室可通過加熱酒精和濃硫酸的混合物制乙烯，其副反應(yīng)常伴有SO2產(chǎn)生，SO2有還原性，也能使溴水，故A錯誤；B.苯的溴代反應(yīng)需要催化劑，而反應(yīng)的催化劑是溴化鐵，在有水存在時，溴化鐵就會電離和水解，改變了溴化鐵的結(jié)構(gòu)，失去了催化作用，反應(yīng)就無法進行，制取溴苯要用苯和溴單質(zhì)，不能用溴水，故B錯誤；C.銅與稀硝酸制取一氧化氮，一氧化氮難溶于水，可以利用排水法收集，故C正確。D.加熱氫氧化鈣與氯化銨反應(yīng)制氨氣，氨氣能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，必須強調(diào)濕潤的，干燥的試紙不變色，故D錯誤；答案選C。10、B【解析】

A.根據(jù)圖a裝置分析，浸透石蠟的石棉加熱時產(chǎn)生石蠟蒸汽，石蠟蒸汽附著在碎瓷片上，受熱分解，碎瓷片作催化劑，故A正確；B.陽極是粗銅，含有鋅等活潑金屬雜質(zhì)，根據(jù)放電順序，較活潑金屬先失去電子形成陽離子進入溶液，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，此時在陰極銅離子得電子生成銅，所以電解過程中CuSO4溶液的濃度會減小，故B錯誤；C.圖c所示裝置是侯氏制堿法的反應(yīng)原理，向飽和氯化鈉的氨水溶液中通入二氧化碳?xì)怏w，反應(yīng)生成碳酸氫鈉，g的作用是吸收氨氣，冷水的目的是降低溫度有助于晶體析出，故C正確；D.如圖所示，滴定管中裝有氫氧化鈉溶液，所以滴定管應(yīng)該選用堿式滴定管，應(yīng)該是下端帶有橡膠管的滴定管，故D正確。故選B。酸式滴定管的下端為一玻璃活塞，開啟活塞，液體即自管內(nèi)滴出。堿式滴定管的下端用橡皮管連接一支帶有尖嘴的小玻璃管。橡皮管內(nèi)裝有一個玻璃圓球。用左手拇指和食指輕輕地往一邊擠壓玻璃球外面的橡皮管，使管內(nèi)形成一縫隙，液體即從滴管滴出。11、C【解析】

根據(jù)分子模型可知，白球代表氫原子，綠球代表碳原子，紅球代表氧原子，則M、N的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOH和CH3CH2OH?！驹斀狻緼．M的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOH，與HCOOCH3的分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，故A正確；B．N的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，官能團為羥基，故B正確；C．CH3COOH和CH3CH2OH分別與鈉反應(yīng)時，CH3COOH中羧基中的氫比CH3CH2OH中羥基中的氫更活潑，故放出氫氣速率快，故C錯誤；D．Ｎ為CH3CH2OH，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化為乙酸，高錳酸鉀被還原成錳離子，故會褪色，故D正確；答案選C。判斷出M、N的分子結(jié)構(gòu)是關(guān)鍵，根據(jù)圖中信息可以得到白球代表氫原子，綠球代表碳原子，紅球代表氧原子。12、A【解析】

A．鐵發(fā)生吸氧腐蝕，鐵為負(fù)極，電極反應(yīng)為：Fe-2e-=Fe2+，正極反應(yīng)為：O2+4e-+2H2O=4OH-，F(xiàn)e2+與OH-反應(yīng)生成的氫氧化亞鐵又被氧氣氧化為氫氧化鐵，最后變成Fe2O3·xH2O，14.0gFe的物質(zhì)的量為，電極反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.252NA=0.5NA，A正確；B．標(biāo)況下，11.2LSO2的物質(zhì)的量為0.5mol，溶于水生成H2SO3，H2SO3發(fā)生兩級電離：H2SO3?HSO3-+H+、HSO3-?SO32-+H+，根據(jù)質(zhì)量守恒定律，溶液中含硫粒子的數(shù)目等于0.5NA，B錯誤；C．常溫下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=1mol?L-1，OH-數(shù)目為0.5L1mol?L-1=0.5NA，由Ba(OH)2的化學(xué)式可知Ba2+的數(shù)目為0.25NA，C錯誤；D．化學(xué)式為C2H6O的有機物可能為乙醇（C2H5OH）或甲醚(CH3OCH3)，乙醇(C2H5OH)分子中有5個C-H鍵，甲醚(CH3OCH3)分子中有6個C-H鍵，C2H6O的某種有機物4.6g的物質(zhì)的量為0.1mol，含C-H鍵數(shù)目不一定為0.5NA，D錯誤。答案選A。13、B【解析】

A．b苯乙烯分子式為C8H8，符合分子式的有機物結(jié)構(gòu)可以是多種物質(zhì)；B．t和b含有碳碳雙鍵，可被酸性高錳酸鉀氧化；C．根據(jù)一氯代物中氫原子的種類判斷；D．b含有碳碳雙鍵和苯環(huán)，為平面形結(jié)構(gòu)?！驹斀狻緼．b苯乙烯分子式為C8H8，對應(yīng)的同分異構(gòu)體也可能為鏈狀烴，故A錯誤；B．t和b含有碳碳雙鍵，可被酸性高錳酸鉀氧化，故B正確；C．不考慮立體結(jié)構(gòu)，二氯代物t和e均有3種，b有14種，故C錯誤；D．b含有碳碳雙鍵和苯環(huán)，為平面形結(jié)構(gòu)，苯環(huán)和碳碳雙鍵可能在同一個平面上，故D錯誤。故選B。14、C【解析】

隨pH的升高，c(H2A)減小、c(HA-)先增大后減小、c(A2-)增大，所以pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)的變化曲線分別是?！驹斀狻緼.根據(jù)圖示，pH=3.50時，c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，故A錯誤；B.根據(jù)a點，H2A的Ka1=10-0.8，根據(jù)c點，H2A的Ka2=10-5.3，A2-的水解常數(shù)是=10-8.7，等濃度等體積的Na2A與H2A溶液混合，電離大于水解，溶液顯酸性，故B錯誤；C.，隨著HCl的通入c(HA-)先增大后減小，所以c(H+)/c(H2A)先減小后增大，故C正確；D.根據(jù)物料守恒，pH從3.00到5.30時，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)不變，故D錯誤；答案選C。15、A【解析】

A.高級脂肪酸甘油酯相對分子質(zhì)量很大，但沒有幾萬，不屬于高分子化合物，A項錯誤；B.紫外線、高溫、酒精可使蛋白質(zhì)變性，B項正確；C.三大合成高分子材料為塑料、合成纖維、合成橡膠，C項正確；D.維生素C具有還原性，又稱抗壞血酸，新鮮蔬菜中富含維生素C，D項正確；答案選A。16、A【解析】

原子晶體熔化克服共價鍵，離子晶體熔化或電離均克服離子鍵，分子晶體發(fā)生三態(tài)變化只破壞分子間作用力，非電解質(zhì)溶于水不發(fā)生電離，則不破壞化學(xué)鍵，以此來解答?！驹斀狻緼、二氧化硅是原子晶體，熔化克服共價鍵，選項A正確；B、冰融化克服的是分子間作用力，選項B錯誤；C、氯化鉀熔化克服是離子鍵，選項C錯誤；D、碘升華克服的是分子間作用力，選項D錯誤；答案選A。17、D【解析】

A.根據(jù)圖示可知：電池以低功率模式工作時，負(fù)極是Zn-2e-=Zn2+，正極上是NaFe[Fe(CN)6]獲得電子，然后與吸附在它上面的氧氣即溶液中發(fā)生反應(yīng)為O2+4e-+2H2O=4OH-，從NaFe[Fe(CN)6]上析出，故NaFe[Fe(CN)6]的作用是作催化劑，A正確；B.電池以低功率模式工作時，電子進入NaFe[Fe(CN)6]時Na+的嵌入；當(dāng)形成OH-從NaFe[Fe(CN)6]析出時，Na+從NaFe[Fe(CN)6]脫嵌，因此Na+的嵌入與脫嵌同時進行，B正確；C.根據(jù)電池以高功率模式工作時，正極上NaFe[Fe(CN)6]獲得電子被還原變?yōu)镹a2Fe[Fe(CN)6]，所以正極的電極反應(yīng)式為：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，C正確；D.若在無溶解氧的海水中，由于在低功率模式工作時需要氧氣參與反應(yīng)，因此在該電池不能實現(xiàn)長續(xù)航的需求，D錯誤；故合理選項是D。18、D【解析】

分子式為C5H10O3與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)能放出氣體，說明含有羧基，且1molC5H10O3與足量鈉反應(yīng)放出1mol氣體，說明分子中含有羥基，可看作-OH取代C4H9-COOH中C4H9－的H原子?！驹斀狻糠肿邮綖镃5H10O3與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)能放出氣體，說明含有羧基，且1molC5H10O3與足量鈉反應(yīng)放出1mol氣體，說明分子中含有羥基，可看作-OH取代C4H9－的H原子，C4H9－有4種，分別為CH3CH2CH2CH2－（4種）、CH3CH（CH3）CH2－（3種）、CH3CH2CH（CH3）-（4種）、C（CH3）3-（1種），共12種。故選D。本題考查同分異構(gòu)體的判斷，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，解題關(guān)鍵：注意把握同分異構(gòu)體的判斷角度和方法。19、C【解析】

A．H2CO3是弱酸，分步電離，電離方程式為H2CO3H++HCO3-，故A錯誤；B．提高CO2充氣壓力，溶液的酸性增強，溶液中c(A-)減小，故B錯誤；C．當(dāng)pH為5.0時，飲料中===0.16，故C正確；D．由題中信息可知，苯甲酸(HA)的抑菌能力顯著高于A-，充CO2的飲料中HA的濃度較大，所以相比于未充CO2的飲料，碳酸飲料的抑菌能力較高，故D錯誤；故選C。20、D【解析】

A．氯化鈉屬于離子晶體，氯化氫屬于分子晶體溶于水時，破壞的化學(xué)鍵不同；B．非金屬元素之間也可形成離子化合物，如銨鹽；C．SiO2和Si的晶體類型相同，都是原子晶體；D．金剛石由原子構(gòu)成，足球烯（C60）由分子構(gòu)成?！驹斀狻緼．氯化鈉屬于離子晶體溶于水時破壞離子鍵，氯化氫屬于分子晶體溶于水時破壞共價鍵，所以破壞的化學(xué)鍵不同，故A錯誤；B．非金屬元素之間也可形成離子化合物，如銨鹽為離子化合物，故B錯誤；C．二氧化硅是由硅原子和氧原子按照個數(shù)比1：2通過Si﹣O鍵構(gòu)成原子晶體，在Si晶體中，每個Si原子形成2個Si﹣Si鍵構(gòu)成原子晶體，故C錯誤；D．金剛石由原子構(gòu)成，為原子晶體，作用力為共價鍵，而足球烯（C60）由分子構(gòu)成，為分子晶體，作用力為分子間作用力，故D正確；故選：D。21、B【解析】A．次磷酸(H3PO2)也可跟D2O進行氫交換，但次磷酸鈉(NaH2PO2)卻不能跟D2O發(fā)生氫交換，則H3PO2中只有一個羥基氫，為一元酸，故A錯誤；B．H3PO2中只有一個羥基氫，為一元酸，則其結(jié)構(gòu)為，故B正確；C．H3PO2為一元酸，則NaH2PO2屬于正鹽，故C錯誤；D．NaH2PO2是強堿鹽，不能電離出H+，則其溶液可能顯中性或堿性，不可能呈酸性，故D錯誤；答案為B。點睛：準(zhǔn)確理解信息是解題關(guān)鍵，根據(jù)磷酸分子中的三個氫原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子發(fā)生氫交換及次磷酸(H3PO2)也可跟D2O進行氫交換，說明羥基上的氫能與D2O進行氫交換，但次磷酸鈉(NaH2PO2)卻不能跟D2O發(fā)生氫交換，說明次磷酸鈉中沒有羥基氫，則H3PO2中只有一個羥基氫，由此分析判斷。22、C【解析】

都是短周期元素，由最外層電子數(shù)與原子序數(shù)關(guān)系可知，X、Y處于第二周期，X的最外層電子數(shù)為6，故X為O元素，Y的最外層電子數(shù)為7，故Y為F元素；Z、R、W處于第三周期，最外層電子數(shù)分別為1、6、7，故Z為Na元素、R為S元素、W為Cl元素，則A．同周期元素從左到右非金屬性逐漸增強，同主族從上到下非金屬性逐漸減弱，應(yīng)為O＞Cl＞S，選項A錯誤；B．X與R形成的分子可為SO2或SO3，分子內(nèi)只存在極性鍵，選項B錯誤；C．X、Z形成的化合物如為Na2O2，含有共價鍵，選項C正確；D．核外電子排布相同的離子核電荷數(shù)越大離子半徑越小，半徑O2－＜Cl﹣＜S2﹣，選項D錯誤。答案選C。本題考查元素周期表元素周期律的應(yīng)用，根據(jù)最外層電子數(shù)及原子序數(shù)的關(guān)系確定元素是解題的關(guān)鍵，注意整體把握元素周期表的結(jié)構(gòu)，都是短周期元素，根據(jù)圖中信息推出各元素，結(jié)合對應(yīng)單質(zhì)、化合物的性質(zhì)以及元素周期律知識解答該題。二、非選擇題(共84分)23、AB、、、、【解析】

A與溴發(fā)生1，4-加成生成B（），B在氫氧化鈉水溶液加熱條件下水解生成C（），C與溴化氫加成生成D（），D被高錳酸鉀氧化生成E（），E在氫氧化鈉醇溶液加熱條件下水解生成F（），F(xiàn)發(fā)生分子內(nèi)脫水生成G（），根據(jù)K的分子式推知J為，G與J發(fā)生已知I的反應(yīng)生成K（），K與乙醇發(fā)生取代反應(yīng)生成L?！驹斀狻浚?）A.B→C的反應(yīng)為鹵代烴的水解，條件是“NaOH/H2O，△”，故A正確；B.C→D的目的是為了保護碳碳雙鍵，防止被KMnO4(H+)氧化，故B正確；C.若要檢驗有機物分子結(jié)構(gòu)中的鹵族元素，則應(yīng)先使其水解，后用HNO3酸化的AgNO3溶液，故C錯誤；D.合成藥物中間體L的分子式是C14H22O4，故D錯誤；綜上所述，答案為AB；（2）由分析可知，J的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；（3）K→L發(fā)生取代反應(yīng)，其化學(xué)方程式為，故答案為：；（4）對比L的結(jié)構(gòu)和目標(biāo)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)可推知，可先用高錳酸鉀將碳碳雙鍵氧化，發(fā)生已知II的反應(yīng)，后在發(fā)生已知III的反應(yīng)即可制備M，其合成路線為，故答案為：；（5）①1H-NMR譜檢測表明：分子中共有5種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子，說明分子結(jié)構(gòu)比較對稱；②能發(fā)生水解反應(yīng)，結(jié)合分子式可知分子結(jié)構(gòu)中有酯基；③遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，可知有苯環(huán)和酚羥基；綜上所述，符合條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為、、、、；故答案為：、、、、。書寫同分異構(gòu)體時，可先確定官能團再根據(jù)化學(xué)環(huán)境不同的氫的數(shù)目有序進行書寫，避免漏寫。24、取代反應(yīng)AB+CH2(COOH)2→+2H2O【解析】

甲醇與氨氣發(fā)生取代反應(yīng)生成CH3NH2（F），F(xiàn)與E發(fā)生取代反應(yīng)生成，所以有機物E為，根據(jù)反應(yīng)條件，有機物D與POCl3反應(yīng)生成，所以有機物（D），有機物C與CH2(COOH)2反應(yīng)生成有機物D，所以有機物C為；有機物B與發(fā)生反應(yīng)生成有機物C，所以有機物B為，有機物A與醋酸反應(yīng)生成有機物B，所以有機物A為；據(jù)以上分析解答。【詳解】（1）根據(jù)以上分析可知，化合物A的結(jié)構(gòu)簡式；（2）A.有機物B為，含有氨基，顯堿性，肽鍵顯中性，沒有酸性，選項A錯誤；B.1mol有機物C（）在堿溶液中完全水解最多可以消耗2molOH-，選項B錯誤；C.D與POCl3的反應(yīng)生成外，還能生成E的一種同分異構(gòu)體,選項C正確；D.根據(jù)有機物G的結(jié)構(gòu)簡式，其分子式為C16H18O3N4，選項D正確；答案選AB；（3）有機物C為與CH2(COOH)2反應(yīng)生成有機物D，化學(xué)方程式：；（4）有機物A為；X是比A多2個碳原子的A的同系物，X一定含有兩個氨基，碳原子數(shù)為8的有機物，①1H-NMR譜顯示分子中有3種氫原子，IR譜顯示分子中有苯環(huán)與—NH2相連結(jié)構(gòu)，滿足條件的有機物的結(jié)構(gòu)簡式為：；（5）甲醇氧化為甲醛，接著氧化為甲酸；根據(jù)信息，甲醇與氨氣反應(yīng)生成(CH3)2NH，甲酸與(CH3)2NH發(fā)生取代生成；合成流程如下：。本題考查有機推斷與有機合成、有機反應(yīng)方程式的書寫、同分異構(gòu)體、信息獲取與遷移應(yīng)用等，綜合性較強，需要學(xué)生完全憑借已知反應(yīng)規(guī)律和合成路線進行推斷，對學(xué)生的思維能力提出了更高的要求。25、吸收空氣中的還原性氣體，防止其干擾pH3的測定偏低5PH3+8Mn04-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O0.3825mg>0.05mg，所以不合格【解析】

(1)KMnO4溶液有強氧化性，PH3有強還原性；(2)氧氣會氧化一部分PH3，滴定消耗的亞硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液偏少，則測得的磷化物的殘留量偏低；(3)由得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒可寫出正確的化學(xué)方程式；(4)先計算Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)溶液消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量，再由高錳酸鉀總的物質(zhì)的量減去Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)溶液消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量求出吸收PH3消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量，進而求出糧食中磷物(以PH3計)的殘留量?！驹斀狻?1)KMnO4溶液有強氧化性，PH3有強還原性，裝置A中的KMnO4溶液的作用是吸收空氣中的還原性氣體，防止其干擾PH3的測定；(2)裝置B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液吸收空氣中的O2，若去掉該裝置，氧氣會氧化一部分PH3，導(dǎo)致剩下的KMnO4多，滴定消耗的亞硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液偏少，則測得的磷化物的殘留量偏低；(3)裝置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被還原為Mn2+，由得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒可知，該反應(yīng)的離子方程式為：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O；(4)滴定的反應(yīng)原理是5SO32-+2MnO4-+16H+=5SO42-+2Mn2++8H2O，Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)溶液消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量==3.2mol。則吸收PH3消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量=2.50×lO-4mol?L-13.2mol=1.8mol，PH3的物質(zhì)的量=1.8mol=1.125mol。糧食中磷物(以PH3計)的殘留量==0.3825mg?kg-1，0.3825mg?kg-1>0.05mg?kg-1，所以不合格。26、過濾分液漏斗Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣碘水變藍(lán)加入碘水溶液變藍(lán)，說明溶液中沒有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘沒有氧化淀粉，所以可以同時排除假設(shè)②③516210分層現(xiàn)象，且上層為紫紅色、下層幾乎無色Fe3+由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3【解析】

(1)根據(jù)流程圖，結(jié)合物質(zhì)提純與分離的基本操作分析；通入氯水將碘離子氧化為碘單質(zhì)；(2)碘單質(zhì)與淀粉變藍(lán)，若碘被氧化，則藍(lán)色消失，淀粉恢復(fù)原來的顏色，結(jié)合碘單質(zhì)遇淀粉變藍(lán)的性質(zhì)分析；(3)反應(yīng)中Cl2中的Cl元素由0價變?yōu)?1價，碘元素由0價變?yōu)?5價，結(jié)合化合價升降總數(shù)相等以及質(zhì)量守恒配平；(4)苯可以溶解碘單質(zhì)，溶液分層；三價鐵遇KSCN溶液變?yōu)檠t色；(5)由結(jié)合探究(4)和(3)三種反應(yīng)氧化劑與氧化產(chǎn)物氧化性強弱分析?！驹斀狻?1)海帶灰中部分可溶物浸泡后經(jīng)過操作①得到含碘離子的溶液，則操作①為過濾；將碘單質(zhì)從水溶液中經(jīng)過操作②轉(zhuǎn)移至有機溶劑中，則操作②為萃取，主要是用的儀器為分液漏斗；氧化步驟中是向含碘離子溶液中加入氯水，將碘離子氧化為碘單質(zhì)，離子反應(yīng)為：Cl2+2I-=I2+2Cl-；(2)沒有觀察到溶液變藍(lán)色，有兩種可能，一是溶液中沒有碘單質(zhì)，二是淀粉被轉(zhuǎn)化為其他物質(zhì)，要證明①是正確的，則只需要在溶液中加入碘水，若溶液變藍(lán)，說明溶液中沒有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘沒有氧化淀粉，所以可以同時排除假設(shè)②③(3)反應(yīng)中Cl2中的Cl元素由0價變?yōu)?1價，碘元素由0價變?yōu)?5價，結(jié)合化合價升降總數(shù)相等以及質(zhì)量守恒，則方程式為5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目表示為：；(4)FeCl3溶液中鐵離子具有氧化性，KI中碘離子具有還原性，F(xiàn)eCl3與碘化鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，加入試管a中加入1mL苯，苯的密度小于水，若溶液分層且上層為紫紅色、下層幾乎無色，證明反應(yīng)中生成I2；KSCN溶液可檢驗鐵離子，加入KSCN溶液變?yōu)榧t色，說明溶液中含有Fe3+；(5)由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3。27、溫度計防止倒吸使葡萄糖酸充分反應(yīng)，提高葡萄糖酸的轉(zhuǎn)化率不能氯化鈣與葡萄糖酸不反應(yīng)趁熱過濾降低葡萄糖酸鈣的溶解度，有利于其析出D【解析】

葡萄糖中加入3%的溴水并且加熱，發(fā)生反應(yīng)C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr，得到葡萄糖酸和HBr，加入過量碳酸鈣并加熱，發(fā)生反應(yīng)2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→(C6H11O7)2

Ca

(葡萄糖酸鈣)+H2O+CO2、CaCO3+2HBr=CaBr2+CO2↑+H2O，趁熱過濾，然后加入乙醇得到葡萄糖酸鈣懸濁液，過濾、洗滌、干燥得到葡萄糖酸鈣，據(jù)此進行分析?！驹斀狻?1)①根據(jù)流程可知溴水氧化葡萄糖時需要控制溫度為55℃，所以還需要溫度計；②倒置的漏斗可以起到防止倒吸的作用；(2)CaCO3固體需有剩余，可使葡萄糖酸充分反應(yīng)，提高葡萄糖酸的轉(zhuǎn)化率，符合強酸制弱酸原理，以確保葡萄糖酸完全轉(zhuǎn)化為鈣鹽；(3)鹽酸為強酸，酸性比葡萄糖酸強，氯化鈣不能與葡萄糖酸直接反應(yīng)得到葡萄糖酸鈣，所以不宜用CaCl2替代CaCO3；(4)根據(jù)表格中葡萄糖酸鈣的溶解度與溫度可知葡萄糖酸鈣冷卻后會結(jié)晶析出，應(yīng)趁熱過濾；(5)葡萄糖酸鈣在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸鈣在溶劑中的溶解度，有利于葡萄糖酸鈣的析出；(6)利用水可以將無機雜質(zhì)溶解除掉，同時利用葡萄糖酸鈣在乙醇中的微溶，減少葡萄糖酸鈣的損失，所以應(yīng)選“乙醇—水的混合溶液”進行洗滌。28、球形、啞鈴形(或紡錘形)As>Se>Ge三角錐形PCl3、PBr3、NF3、NCl3等sp2sp37NAN2H4分子間除存在范德華力還存在氫鍵，O2分子間只有范