江蘇徐州侯集高級中學(xué)2026屆高三化學(xué)第一學(xué)期期中學(xué)業(yè)水平測試模擬試題注意事項(xiàng)1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項(xiàng)的方框涂滿、涂黑；如需改動(dòng)，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、取碘水四份與試管中，編號為I、II、III、IV，分別加入苯、四氯化碳、酒精、食鹽水，振蕩后靜置，現(xiàn)象正確的是A．I中溶液不分層，呈紫紅色 B．II中溶液分層，下層呈紫紅色C．III中溶液分層，下層呈棕黃色 D．IV中溶液不分層，溶液由棕黃色變成黃綠色2、含有下列各組離子的溶液中通入(或加入)過量的某種物質(zhì)后仍能大量共存的是A．H+、Ba2+、Fe3+、Cl-，通入SO2氣體B．Ca2+、Cl-、K+、Na+，通入CO2氣體C．ClO-、Na+、K+、SO42-，通入CO2氣體D．HCO3-、Na+、I-、SO42-,加入A1C13溶液3、常溫下，下列各組離子一定可以大量共存的是A．含的溶液中：H+、K+、I－、Fe2+B．遇石蕊溶液顯紅色的溶液中：C．含有大量的溶液中：、Cl－、H＋、Mg2＋D．遇酚酞顯紅色的溶液中：K+、Fe3+、Na+、4、室溫時(shí)，等體積、濃度均為0.1mol/L的下列水溶液，分別達(dá)到平衡。①醋酸溶液：CH3COOH?CH3COO+H+②醋酸鈉溶液：CH3COO?+H2O?CH3COOH+OH?有關(guān)敘述中正確的是()A．加入等體積水后，只有②中平衡向右移動(dòng)B．加入等體積水后，①中c(OH?)增大，②中c(OH?)減小C．①和②中，由水電離出的c(H+)相等D．c(CH3COOH)與c(CH3COO?)之和：①>②5、海水綜合利用要符合可持續(xù)發(fā)展的原則，其聯(lián)合工業(yè)體系（部分）如圖所示，下列說法不正確的是（）A．①中可采用蒸餾法B．②中將MgCl2溶液蒸干即可得到無水MgCl2C．③中提溴涉及到氧化還原反應(yīng)D．④的產(chǎn)品可生產(chǎn)鹽酸、漂白液等6、相同溫度下，等質(zhì)量的H2、O2、CO2、SO2分別通入四個(gè)體積相同的恒容密閉容器中，其中表示通入SO2的容器中的壓強(qiáng)的是()A．p1B．p2C．p3D．p47、海洋中有豐富的食品、礦產(chǎn)、能源、藥物和水產(chǎn)資源，下圖為海水利用的部分過程。下列有關(guān)說法不正確的是A．制取NaHCO3的反應(yīng)是利用其溶解度小于NaClB．侯氏制堿應(yīng)先通NH3再通CO2C．在第②、③、④步驟中，溴元素均被氧化D．③④的目的是進(jìn)行溴的富集8、過氧化鈉可用于呼吸面罩中作為氧氣的來源，可發(fā)生反應(yīng)2Na2O2+2H2O=O2↑+4NaOH、2Na2O2+2CO2=O2+2Na2CO3。下列表示相關(guān)微粒的化學(xué)用語正確的是A．Na2O2中的陰離子符號：O2- B．NaOH的電子式：C．Na+的結(jié)構(gòu)示意圖： D．CO2的結(jié)構(gòu)式：O—C—O9、通常條件下易升華的晶體屬于()A．分子晶體 B．原子晶體 C．離子晶體 D．金屬晶體10、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，W的核外電子數(shù)與X、Z的最外層電子數(shù)之和相等，Y的原子序數(shù)是Z的最外層電子數(shù)的2倍，由W、X、Y三種元素形成的化合物M的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列敘述正確的是（）A．元素非金屬性強(qiáng)弱的順序?yàn)閃＞Y＞ZB．Y單質(zhì)的熔點(diǎn)高于X單質(zhì)C．W分別與X、Y、Z形成的二元化合物均只有一種D．化合物M中W不都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)11、下列敘述正確的是()A．合成氨工業(yè)中為了提高氫氣利用率，適當(dāng)增加氫氣濃度B．Mg、Al、Cu可以分別用置換法、直接加熱法和電解法冶煉得到C．蔗糖、硫酸鋇和水分別屬于非電解質(zhì)、強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)D．電解飽和食鹽水制燒堿采用離子交換膜法，可防止陰極室生產(chǎn)的Cl2進(jìn)入陽極室12、等物質(zhì)的量下列各狀態(tài)的電解質(zhì)，自由離子數(shù)由大到小的排列順序是()①熔融的NaHSO4②NaHSO4溶液③NaHCO3溶液④H2CO3溶液A．①②③④ B．④②③①C．②③①④ D．②①③④13、R2O8n－離子在一定條件下可以把Mn2+離子氧化為MnO4－，若反應(yīng)后R2O8n－離子變?yōu)镽O42－離子。又知反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為5：2，則n的值是A．1 B．2 C．3 D．414、只表示一種微粒的化學(xué)用語是A．B．X:XC．ns1D．X-X15、我國古代的有關(guān)典籍中有“銀針驗(yàn)毒”的記載，“銀針驗(yàn)毒”的反應(yīng)原理之一是4Ag＋2H2S＋O2===2Ag2S＋2H2O。下列有關(guān)該反應(yīng)的說法正確的是()A．O2被還原 B．Ag是氧化劑C．Ag得到電子 D．O2發(fā)生氧化反應(yīng)16、下列說法中正確的是A．氯酸鉀分解是一個(gè)熵增的過程B．△H>0，△S>0的反應(yīng)一定可以自發(fā)進(jìn)行C．電解水產(chǎn)生氫氣、氧氣的反應(yīng)具有自發(fā)性D．可逆反應(yīng)正向進(jìn)行時(shí)，正反應(yīng)具有自發(fā)性，△H一定小于零17、下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)和用途具有對應(yīng)關(guān)系的是A．Na2O2呈淡黃色，可用于呼吸面具供氧B．金屬Al具有導(dǎo)電性，可用于防銹涂料制造C．ClO2具有強(qiáng)氧化性，可用于飲用水消毒D．氯化鐵易水解，可用于腐蝕銅制線路板18、下列離子方程式書寫正確的是A．碳酸鈣與醋酸反應(yīng)：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OB．少量SO2氣體通入NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=SO42-+2H++Cl-C．NaHSO4溶液與Ba(OH)2溶液反應(yīng)后溶液呈中性：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2OD．足量鋅粉與一定量濃硫酸反應(yīng)：Zn+2H2SO4=Zn2++SO42-+SO2↑+2H2O19、下列離子或分子組中，在相應(yīng)的環(huán)境中能大量共存的是()選項(xiàng)環(huán)境要求離子A溶液中c(K＋)<c(Cl－)K＋、AlO、Cl－、NOB溶液pH﹥7Na＋、S2－、K＋、ClO-C水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝10－12mol/L的溶液ClO－、CO、NH、NO、SOD向溶液中逐滴滴加燒堿溶液先有沉淀產(chǎn)生，后沉淀消失Na＋、Al3＋、Cl－、SOA．A B．B C．C D．D20、某廢催化劑含5．6％的SiO6、6．0％的ZnO、3．5％的ZnS和4．8％的CuS，某同學(xué)以該廢催化劑為原料，回收其中的鋅和銅。采用的實(shí)驗(yàn)方案如下：已知：5．步驟①中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為非氧化還原反應(yīng)；6．濾渣6的主要成分是SiO6和S。下列說法不正確的是A．步驟①，最好在通風(fēng)櫥中進(jìn)行B．步驟①和③，說明CuS不溶于稀硫酸而ZnS溶于稀硫酸C．步驟③，涉及的離子反應(yīng)為CuS+H6O6+6H+Cu6++S+6H6OD．步驟②和④，均采用蒸發(fā)結(jié)晶的方式獲取溶質(zhì)21、取兩份等量的鋁粉，分別與足量的鹽酸、濃氫氧化鈉溶液反應(yīng)，在相同狀態(tài)下產(chǎn)生的氣體體積之比是A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．3：222、關(guān)于下圖所示裝置的判斷，敘述正確的是()A．左邊的裝置是電解池，右邊的裝置是原電池B．該裝置中銅為正極，鋅為負(fù)極C．當(dāng)銅片的質(zhì)量變化為12.8g時(shí)，a極上消耗的O2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為2.24LD．裝置中電子的流向是：a→Cu→經(jīng)過CuSO4溶液→Zn→b二、非選擇題(共84分)23、（14分）對羥基苯甲酸丁酯(俗稱尼泊金丁酯)可用做防腐劑，對酵母和霉菌具有很強(qiáng)的抑制作用，工業(yè)上常用對羥基苯甲酸與丁醇在濃硫酸催化作用下進(jìn)行酯化反應(yīng)而制得。以下是某課題組開發(fā)的從廉價(jià)、易得的化工原料出發(fā)制備對羥基苯甲酸丁酯的合成路線：已知以下信息：①通常在同一個(gè)碳原子上連有兩個(gè)羥基不穩(wěn)定，易脫水形成羰基；②D可與銀氨溶液反應(yīng)生成銀鏡；③F的核磁共振氫譜表明其有兩個(gè)不同化學(xué)環(huán)境的氫，且峰面積比為1∶1。回答下列問題：(1)A的化學(xué)名稱為_____________。(2)由B生成C的化學(xué)反應(yīng)方程式為______；該反應(yīng)的類型為________________。(3)D的結(jié)構(gòu)簡式為____________________。(4)F的分子式為_________________。(5)E的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的共有種，其中核磁共振氫譜有三種不同化學(xué)環(huán)境的氫，且峰面積比為2:2:1的是(寫結(jié)構(gòu)簡式)___。24、（12分）中學(xué)常見反應(yīng)的化學(xué)方程式是A+BX+Y+H2O(未配平，反應(yīng)條件略去)，其中A、B的物質(zhì)的量之比為了1：4。請回答：(1)若Y是黃綠色氣體，則Y的電子式是______，該反應(yīng)的離子方程式是______。(2)若A為非金屬單質(zhì)，構(gòu)成它的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，B的溶液為某濃酸，則反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比是________．(3)若A為金屬單質(zhì)，常溫下A在B的濃溶液中“鈍化”，且A可溶于X溶液中。①元素在周期表中的位置是______(填所在周期和族)；Y的化學(xué)式是______。②含amol

X的溶液溶解了一定量A后，若溶液中兩種金屬陽離子的物質(zhì)的量恰好相等，則被還原的X是______mol。(4)若A、B、X、Y均為化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀；B的焰色為黃色，則A與B按物質(zhì)的量之比1：4恰好反應(yīng)后，溶液中離子濃度從大到小的順序是_________。25、（12分）二氯化二硫（S2Cl2）可作硫化劑、氯化劑。常溫下是一種黃紅色液體，沸點(diǎn)137°C，在空氣中劇烈水解而發(fā)煙。S2Cl2可通過硫與少量氯氣在110~140°C反應(yīng)制得，氯氣過量則會(huì)生成SCl2。(1)選用以下裝置制取少量S2Cl2（加熱及夾持裝置略）：①A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________________。②裝置連接順序：A→_____→______→______→______。③B中玻璃纖維的作用是________________________________。④D中的最佳試劑是_______（選填序號）。a．堿石灰b．濃硫酸c．NaOH溶液d．無水氯化鈣(2)S2Cl2遇水劇烈水解，生成SO2、HCl和一種常見的固體。①該反應(yīng)化學(xué)方程式為_________________________。②甲同學(xué)為了驗(yàn)證兩種氣體產(chǎn)物，將水解生成的氣體依次通過硝酸銀與稀硝酸的混合溶液、品紅溶液、NaOH溶液，乙同學(xué)認(rèn)為該方案不可行，原因是______________________。(3)乙同學(xué)按如下實(shí)驗(yàn)方案檢驗(yàn)S2Cl2是否含有雜質(zhì)：①取1.25g產(chǎn)品，在密閉容器中依次加入足量水、雙氧水、Ba(NO3)2溶液，過濾；②往①的濾液中加入足量AgNO3溶液，過濾、洗滌、干燥，稱得固體質(zhì)量為2.87g。由此可知產(chǎn)品中________（填“含有”或“不含有”）SCl2雜質(zhì)。26、（10分）某化學(xué)興趣小組欲探究含硫物質(zhì)的性質(zhì)。（探究一）用下面的裝置和藥品探究亞硫酸與次氯酸的酸性強(qiáng)弱：(1)裝置連接順序?yàn)開____________(用字母表示)，F(xiàn)中反應(yīng)的離子方程式是

_______________(2)可證明

H2SO3的酸性強(qiáng)于HClO

的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是_____________________________。（探究二）(3)某小組同學(xué)為探究SO2的漂白性性質(zhì)，用下圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，觀察到如下現(xiàn)象：i中紅色褪去；ii中無變化。從實(shí)驗(yàn)中可知使品紅的水溶液褪色的微?？赡苁莀________________________________。(4)該小組同學(xué)又對SO2與氯水的反應(yīng)進(jìn)行探究。①用注射器吸入一定量的飽和氯水和SO2，振蕩，靜置，再吸入少量品紅溶液，發(fā)現(xiàn)品紅溶液不褪色。②改變氯水用量，重復(fù)①操作，發(fā)現(xiàn)品紅溶液紅色褪去，你認(rèn)為②中品紅溶液褪色的原因可能是______________，設(shè)計(jì)一個(gè)實(shí)驗(yàn)(說明操作方法、現(xiàn)象及結(jié)論)來驗(yàn)證你的假設(shè)___________________。27、（12分）某研究小組欲探究SO2的化學(xué)性質(zhì)，設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)方案。（1）指出儀器①的名稱：___。（2）裝置B檢驗(yàn)SO2的氧化性，則B中所盛試劑可以為___。（3）裝置C中盛裝溴水用以檢驗(yàn)SO2的___性，則C中反應(yīng)的離子方程式為___。（4）裝置D中盛裝新制漂白粉濃溶液，通入SO2一段時(shí)間后，D中出現(xiàn)了大量白色沉淀。同學(xué)們對白色沉淀成分提出三種假設(shè)：①假設(shè)一：該白色沉淀為CaSO3；假設(shè)二：該白色沉淀為___；假設(shè)三：該白色沉淀為上述兩種物質(zhì)的混合物。②基于假設(shè)一，同學(xué)們對白色沉淀成分進(jìn)行了探究。設(shè)計(jì)如下方案：限選的試劑：0.5mol·L－1HCl、0.5mol·L－1H2SO4、0.5mol·L－1BaCl2、1mol·L－1NaOH、品紅溶液。第1步，將D中沉淀過濾、洗滌干凈，備用。請回答洗滌沉淀的方法：___。第2步，用另一只干凈試管取少量沉淀樣品，加入___（試劑），塞上帶導(dǎo)管的單孔塞，將導(dǎo)管的另一端插入盛有___的試管中。若出現(xiàn)固體完全溶解，出現(xiàn)氣泡，且該溶液褪色現(xiàn)象，則假設(shè)一成立。（5）裝置E中盛放的試劑是__，作用是___。28、（14分）火力發(fā)電廠釋放出大量的氮氧化物(NOx)、二氧化硫和二氧化碳等氣體會(huì)對環(huán)境造成嚴(yán)重影響。對燃煤廢氣進(jìn)行脫硝?脫硫和脫碳等處理，可實(shí)現(xiàn)綠色環(huán)保、節(jié)能減排、廢物利用等目的。(1)脫硝。利用甲烷催化還原NOx：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H1=-574kJ/molCH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H2=-1160kJ/mol則甲烷直接將NO2還原為N2的熱化學(xué)方程式為________________。(2)脫碳。將CO2轉(zhuǎn)化為甲醇的熱化學(xué)方程式為：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H3①取五份等體積的CO2和H2的混合氣體(物質(zhì)的量之比均為1∶3)，分別加入溫度不同、容積相同的恒容密閉容器中，發(fā)生上述反應(yīng)，反應(yīng)相同時(shí)間后，測得甲醇的體積分?jǐn)?shù)φ(CH3OH)與反應(yīng)溫度T的關(guān)系曲線如圖所示，則上述CO2轉(zhuǎn)化為甲醇的反應(yīng)熱△H3_____0(填“>”?“<”或“=”)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為_______________。②在一恒溫恒容密閉容器中充入1molCO2和3molH2，進(jìn)行上述反應(yīng)。測得CO2和CH3OH(g)的濃度隨時(shí)間變化如圖所示，試回答：0~10min內(nèi)，氫氣的平均反應(yīng)速率為___________________mol/(L·min)。第10min后，若向該容器中再充入1molCO2和3molH2，則再次達(dá)到平衡時(shí)CH3OH(g)的體積分?jǐn)?shù)____________(填“增大”?“減小”或“不變”，下同)，反應(yīng)的平衡常數(shù)_____________________。(3)脫硫。①有學(xué)者想利用如圖所示裝置用原電池原理將SO2轉(zhuǎn)化為重要的化工原料。A?B是惰性電極，A極的電極反應(yīng)式為：_________。②某種脫硫工藝中將廢氣處理后，與一定量的氨氣、空氣反應(yīng)，生成硫酸銨和硝酸銨的混合物，可作為化肥。常溫下，將NH4NO3溶解于水中，為了使該溶液中的NH4+和NO3-離子的物質(zhì)的量濃度之比等于1:1，可以采取的正確措施為_________。A．加入適量的硝酸，抑制NH4+的水解B．加入適量的氨水，使溶液的PH=7C．加入適量的NaOH溶液，使溶液的PH=7D．加入適量的NH4NO329、（10分）氫化鋁鈉（NaAlH4）是一種新型輕質(zhì)儲氫材料，摻入少量Ti的NaAlH4在150℃時(shí)釋氫，在170℃、15.2MPa條件下又重復(fù)吸氫。NaAlH4可由AlCl3和NaH在適當(dāng)條件下合成。NaAlH4的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。（1）基態(tài)Ti原子的價(jià)電子軌道排布圖為___________。（2）NaH的熔點(diǎn)為800℃，不溶于有機(jī)溶劑。NaH屬于_____晶體，其電子式為____________。（3）AlCl3在178℃時(shí)升華，其蒸氣的相對分子質(zhì)量約為267，蒸氣分子的結(jié)構(gòu)式為______________（標(biāo)明配位鍵）（4）AlH4－中，Al的軌道雜化方式為_______；例舉與AlH4－空間構(gòu)型相同的兩種離子_________（填化學(xué)式）。（5）NaAlH4晶體中，與Na+緊鄰且等距的AlH4－有______個(gè)；NaAlH4晶體的密度為______________g·cm－3（用含a的代數(shù)式表示）。

參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、B【分析】碘易溶于苯、四氯化碳、酒精等有機(jī)溶劑，其中苯、四氯化碳不溶于水，但苯密度比水小，四氯化碳密度比水大，酒精與水混溶?！驹斀狻緼．苯密度比水小，則上層呈紫紅色，故A錯(cuò)誤；B．將碘水與四氯化碳混合，碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的大，且四氯化碳的密度大于水的密度，故混合后Ⅱ中溶液分層，上層是水，下層是碘的四氯化碳溶液，因此下層為紫紅色，故B正確；C．酒精與水混溶，溶液不分層，故C錯(cuò)誤；D．碘水與氯化鈉溶液不分層，溶液呈黃色或棕黃色，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)的分離、提純，解題關(guān)鍵：注意把握物質(zhì)的性質(zhì)的異同。2、B【解析】A．Fe3+能夠氧化SO2氣體，反應(yīng)生成的硫酸根離子能夠與Ba2+反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，在溶液中不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B．Ca2+、Cl-、K+、Na+離子之間不反應(yīng)，通入二氧化碳后也發(fā)生不反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故B正確；C．ClO-與二氧化碳?xì)怏w反應(yīng)生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故C錯(cuò)誤；D．HCO3-與Al3+發(fā)生雙水解反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故D錯(cuò)誤；故選B。點(diǎn)睛：注意明確離子不能大量共存的一般情況，同時(shí)注意題目所隱含的條件，并認(rèn)真審題，注意是“可能”共存，還是“一定”共存等。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為B，要注意氯化鈣溶液中通入二氧化碳不能反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀。3、C【詳解】A．與H+起硝酸的作用，表現(xiàn)強(qiáng)氧化性，能夠?qū)－、Fe2+氧化，不能大量共存，A不符合題意；B．遇石蕊溶液顯紅色的溶液中含有大量H+，H+與會(huì)發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生CO2、H2O，不能大量共存，B不符合題意；C．與選項(xiàng)離子之間不能發(fā)生任何反應(yīng)，可以大量共存，C符合題意；D．遇酚酞顯紅色的溶液顯堿性，含有大量的OH-，OH-與Fe3+會(huì)反應(yīng)產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，D不符合題意；故合理選項(xiàng)是C。4、B【詳解】A．加水促進(jìn)弱酸的電離，促進(jìn)鹽的水解，則①②均向右移動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B．加入等體積水后，醋酸溶液酸性減弱則①中c(OH?)增大，醋酸鈉溶液堿性減弱則②中c(OH-)減小，故B正確；

C．酸抑制水的電離，鹽的水解促進(jìn)水的電離，則①和②中，由水電離出的c(H+)不同，故C錯(cuò)誤；

D．溶液中遵循物料守恒，則等體積等濃度的醋酸、醋酸鈉溶液中，c(CH3COOH)與c(CH3COO-)之和：①=②，故D錯(cuò)誤；

故選：B。5、B【解析】A項(xiàng)，①為海水淡化工廠，海水可用蒸餾法淡化，正確；B項(xiàng)，在MgCl2溶液中存在水解平衡：MgCl2+2H2OMg（OH）2+2HCl，加熱時(shí)由于HCl的揮發(fā)，水解平衡正向移動(dòng)，最終MgCl2完全水解成Mg（OH）2，MgCl2溶液蒸干不能得到無水MgCl2，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，海水中溴元素以Br-存在，要獲得Br2必然要加入氧化劑將Br-氧化，一定涉及氧化還原反應(yīng)，正確；D項(xiàng)，氯堿工業(yè)的原理為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，H2與Cl2反應(yīng)可生產(chǎn)鹽酸，Cl2與NaOH反應(yīng)可制漂白液，正確；答案選B。6、A【解析】等質(zhì)量的H2、O2、CO2、SO2四種氣體中，由n=m/M可知，SO2的物質(zhì)的量最小，相同溫度、容積時(shí)，氣體的壓強(qiáng)之比等于氣體分子物質(zhì)的量之比，二氧化硫的壓強(qiáng)最小，答案A正確；故選A。7、C【詳解】A.往精鹽溶液中通入氨氣和二氧化碳，得到碳酸氫鈉沉淀，說明碳酸氫鈉的溶解度小于氯化鈉，故A正確；B.由于CO2在水中的溶解度較小，而NH3的溶解度較大，所以要在食鹽水先通NH3然后再通CO2，否則CO2通入后會(huì)從水中逸出，等再通NH3時(shí)溶液中CO2的量就很少了，這樣得到的產(chǎn)品也很少，故B正確；C.在第②、④步驟中溴離子轉(zhuǎn)化為溴單質(zhì)，溴的化合價(jià)升高失電子，被氧化，步驟③中溴單質(zhì)和二氧化硫反應(yīng)生成硫酸和溴化氫，溴元素化合價(jià)降低得電子被還原，故C錯(cuò)誤；D.濃縮后增大溴離子的濃度，與氯氣發(fā)生2Br-+C12=Br2+2CI-，用空氣和水蒸氣將溴吹出，并用SO2氧化吸收，從而達(dá)到富集溴，③中發(fā)生Br2+2H2O+SO2=2HBr+H2SO4，④中發(fā)生Cl2+2HBr=Br2+2HCI，則③④的目的是進(jìn)行溴的富集，故D正確；答案選C。8、B【詳解】A.Na2O2中的陰離子是過氧根離子，符號：，故A錯(cuò)誤；B.NaOH是離子化合物，電子式是，故B正確；C.Na+核外有10個(gè)電子，Na+的結(jié)構(gòu)示意圖：，故C錯(cuò)誤；D.CO2中有2個(gè)碳氧雙鍵，CO2的結(jié)構(gòu)式：O=C=O，故D錯(cuò)誤。9、A【分析】原子晶體、離子晶體的熔沸點(diǎn)較高，分子晶體的熔沸點(diǎn)較低，以此來分析?！驹斀狻可A是指固體物質(zhì)不經(jīng)過液態(tài)直接轉(zhuǎn)化為氣態(tài)的過程，通常條件下易升華的物質(zhì)的熔點(diǎn)、沸點(diǎn)較低，這是分子晶體的特點(diǎn)。答案為A。10、B【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，則X為Na元素；根據(jù)結(jié)構(gòu)，W最外層有6個(gè)電子，原子序數(shù)小于11，則W為O元素；Y最外層有4個(gè)電子，原子序數(shù)大于11，則Y為Si元素；W的核外電子數(shù)為8，與X、Z的最外層電子數(shù)之和相等，則Z最外層有7個(gè)電子，只能為Cl元素；Y的原子序數(shù)是Z的最外層電子數(shù)的2倍，符合題意，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析，W為O元素，X為Na元素，Y為Si元素，Z為Cl元素。A、同一周期，從左向右，非金屬性增強(qiáng)，同一主族，從上到下，非金屬性減弱，則元素非金屬性強(qiáng)弱的順序?yàn)镃l＞Si，即Z＞Y，故A錯(cuò)誤；B、硅為原子晶體，熔點(diǎn)高于鈉，即Y單質(zhì)的熔點(diǎn)高于X單質(zhì)，故B正確；C、O與Na能夠形成氧化鈉和過氧化鈉2種，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)，陰離子帶2個(gè)單位負(fù)電荷，其中O都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D錯(cuò)誤；故選B。11、C【詳解】A選項(xiàng)，合成氨工業(yè)中增加氫氣的濃度要以提高氮?dú)獾睦寐?，而本身的利用率下降，故A錯(cuò)誤；B選項(xiàng)，鋁和鎂用電解法制得，銅是不活潑金屬，用置換就可制得，故B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，根據(jù)物質(zhì)的分類可知，蔗糖是有機(jī)物發(fā)屬于非電解質(zhì)，硫酸鋇是鹽，是強(qiáng)電解質(zhì)，水是弱電解質(zhì)，故C正確；D選項(xiàng)，電解飽和食鹽水中Cl2在陽極產(chǎn)生，故D錯(cuò)誤；綜上所述，答案為C?！军c(diǎn)睛】陽離子交換膜主要作用是允許陽離子鈉離子通過，防止氯氣與氫氣混合發(fā)生爆炸，防止氯氣進(jìn)入陰極室與氫氧化鈉反應(yīng)。12、C【分析】①熔融的NaHSO4完全電離是鈉離子、硫酸氫根離子離子；②NaHSO4在水溶液中完全電離生成鈉離子、氫離子和硫酸根離子；③NaHCO3是強(qiáng)電解質(zhì)，在水溶液中完全電離生成鈉離子和碳酸氫根離子，碳酸氫根離子離子能部分電離生成碳酸根離子和氫離子；④H2CO3是弱電解質(zhì)，在水溶液中部分電離。【詳解】假如這些物質(zhì)的物質(zhì)的量都是1mol，①熔融的NaHSO4完全電離是鈉離子、硫酸氫根離子離子，熔融狀態(tài)下自由移動(dòng)離子的物質(zhì)的量為2mol；②NaHSO4在水溶液中完全電離生成鈉離子、氫離子和硫酸根離子，溶液中自由移動(dòng)離子的物質(zhì)的量為3mol；③NaHCO3是強(qiáng)電解質(zhì)，在水溶液中完全電離生成鈉離子和碳酸氫根離子，碳酸氫根離子離子能部分電離生成碳酸根離子和氫離子，但是碳酸氫根離子電離程度較小，所以溶液中離子物質(zhì)的量大于2mol而小于3mol；④H2CO3是弱電解質(zhì)，在水溶液中部分電離，離子濃度很小，所以自由移動(dòng)離子數(shù)目由大到小的排列順序?yàn)棰冖邰佗埽屎侠磉x項(xiàng)是C?！军c(diǎn)睛】本題以離子數(shù)目計(jì)算為載體考查強(qiáng)弱電解質(zhì)及電解質(zhì)電離特點(diǎn)，明確硫酸氫鈉在熔融狀態(tài)下和水溶液里電離方式區(qū)別是解題關(guān)鍵，注意強(qiáng)酸酸式鹽和弱酸酸式鹽電離不同點(diǎn)。13、B【詳解】錳元素的化合價(jià)變化為7-2=5，R2O8n－中R的化合價(jià)是＋(8－n/2)，在還原產(chǎn)物中R的化合價(jià)是＋6價(jià)，所以根據(jù)得失電子守恒可知5×2×(8－n/2－6)＝2×5，解得n＝2，答案選B。14、B【解析】A、該微粒的核外電子數(shù)是10，不止一種微粒，A錯(cuò)誤；B、該微粒是氫氣，B正確；C、n值不能確定，可以表示多種微粒，C錯(cuò)誤；D、X可以表示F、Cl、Br、I等，D錯(cuò)誤，答案選B。15、A【解析】在反應(yīng)4Ag＋2H2S＋O2===2Ag2S＋2H2O中，Ag化合價(jià)升高，失去電子，被氧化，作還原劑；O2化合價(jià)降低，得到電子，被還原，作氧化劑?！驹斀狻緼．O2被還原，A正確；B．Ag作還原劑，B錯(cuò)誤；C．Ag失去電子，C錯(cuò)誤；D．O2發(fā)生還原反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故答案A。16、A【詳解】A．氯酸鉀分解生成氣體，混亂度增加，熵值增大，選項(xiàng)A正確；B．△G＜0反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，由△G=△H-T△S可知，若△H>0，△S>0，則當(dāng)?shù)蜏叵隆鱃可能大于0，反應(yīng)非自發(fā)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.電解水產(chǎn)生氫氣、氧氣的反應(yīng)為△H>0，△S>0，根據(jù)△G=△H-T△S＜0可知，只有在高溫條件下才具有自發(fā)性，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.可逆反應(yīng)正向進(jìn)行時(shí)，由△G=△H-T△S可知，若△H>0，△S>0且高溫條件下正反應(yīng)具有自發(fā)性，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選A。17、C【詳解】A.Na2O2可用于呼吸面具供氧，是因?yàn)榭梢耘c二氧化碳以及水反應(yīng)生成氧氣，與顏色無關(guān)，A錯(cuò)誤；B.金屬Al可用于防銹涂料制造，是因?yàn)殇X表面有一層致密的氧化鋁薄膜，可以進(jìn)一步阻止生銹，與導(dǎo)電性沒有關(guān)系，B錯(cuò)誤；C.ClO2具有強(qiáng)氧化性，因此可用于飲用水消毒，C正確；D.氯化鐵可用于腐蝕銅制線路板，是利用了鐵離子的氧化性，與鐵離子水解沒有關(guān)系，D錯(cuò)誤；答案選C。18、C【解析】A.醋酸是弱酸，不能拆成離子，正確的離子方程式為：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-；A錯(cuò)誤；B.HClO具有強(qiáng)氧化性，能夠把SO2氧化為SO42-，本身被還原氣為Cl-，離子方程式為：SO2+3ClO-+H2O=SO42-+2HClO+Cl-，B錯(cuò)誤；C.NaHSO4溶液與Ba(OH)2溶液反應(yīng)后溶液呈中性，滿足n(NaHSO4)：n(Ba(OH)2)=2:1，正確的離子方程式：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，C正確；D.足量鋅粉與一定量濃硫酸反應(yīng)先生成二氧化硫，反應(yīng)為Zn+2H2SO4=Zn2++SO42-+SO2↑+2H2O；濃硫酸變?yōu)橄×蛩幔×蛩崤c鋅反應(yīng)生成硫酸鋅和氫氣，反應(yīng)為Zn+2H+=Zn2++H2↑，上述反應(yīng)方程式不全，D錯(cuò)誤；綜上所述，本題選C。19、D【解析】試題分析：A、若溶液中c(K＋)＜c(Cl－)，則含有K＋、AlO2－、Cl－、NO3－的溶液由于陽離子總數(shù)少帶負(fù)電荷，而不能大量共存，A錯(cuò)誤；B、溶液pH＞7的溶液是堿性溶液，而S2－有還原性，ClO－有氧化性，會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，B錯(cuò)誤；C、水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝10－12mol/L的溶液,可能是酸性也可能是堿性，在酸性溶液中，CO32－會(huì)發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)而不能大量共存，ClO－、H＋、NO3－、SO32－會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，在堿性溶液中，NH4＋、OH-會(huì)發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)而不能大量共存，C錯(cuò)誤；D、向含有Na＋、Al3＋、Cl－、SO42－溶液中逐滴滴加燒堿溶液先有Al(OH)3沉淀產(chǎn)生，當(dāng)堿過量時(shí)由于Al(OH)3是兩性氫氧化物沉又發(fā)生反應(yīng)：Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O，沉淀消失，D正確。答案選D?！究键c(diǎn)定位】本題主要是考查離子大量共存的知識【名師點(diǎn)晴】離子間能否大量共存的常設(shè)陷阱條件類型

高考中的常見表述

誤點(diǎn)點(diǎn)撥

常見的限

制條件

“無色”

有色離子不能大量存在

“pH＝1”或“pH＝13”

溶液顯酸性或堿性

“因發(fā)生氧化還原

反應(yīng)而不能共存”

只能是氧化性離子和還原性離子不共存，不是其他離子反應(yīng)類型

常見的

易錯(cuò)點(diǎn)

“透明”

“透明”也可“有色”

“不能共存”

易看成“能共存”

常見的

隱含條件

“與Al反應(yīng)放出H2”

溶液既可能顯酸性也可能顯堿性

“由水電離出c(H＋)

＝1×10－12mol·L－1”

溶液既可能顯酸性也可能顯堿性

“通入足量的NH3”

與NH3·H2O反應(yīng)的離子不能存在

常見題

干要求

（1）“一定大量共存”

審清關(guān)鍵字

（2）“可能大量共存”

（3）“不能大量共存”

20、D【解析】A、步驟①發(fā)生的反應(yīng)是ZnO＋H6SO3=ZnSO3＋H6O，ZnS＋H6SO3=ZnSO3＋H6S↑，H6S是有毒氣體，因此應(yīng)在通風(fēng)廚內(nèi)進(jìn)行，故A說法正確；B、根據(jù)流程圖，步驟④得到CuSO3·5H6O，說明濾渣5中含有Cu元素，即CuS，步驟③從濾液中得到硫酸銅晶體，說明濾液中存在Cu6＋，從而推出CuS不溶于稀硫酸，步驟②從濾液中得到ZnSO3·7H6O，說明濾液中含有Zn6＋，即ZnS溶于稀硫酸，故B說法正確；C、步驟③中CuS轉(zhuǎn)變成Cu6＋，根據(jù)信息，濾渣6中由SiO6和S，推出CuS中S被過氧化氫氧化成變?yōu)榱騿钨|(zhì)，離子反應(yīng)方程式為CuS＋H＋＋H6O6→Cu6＋＋S＋H6O，根據(jù)化合價(jià)的升降法進(jìn)行配平，得到CuS+H6O6+6H+=Cu6++S+6H6O，故C說法正確；D、得到CuSO3·5H6O和ZnSO3·7H6O中都含有結(jié)晶水，通過對濾液蒸發(fā)結(jié)晶方法，容易失去結(jié)晶水，因此采用的方法是蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶方法，故D說法錯(cuò)誤。點(diǎn)睛：在制備含有結(jié)晶水的晶體時(shí)，不采用蒸發(fā)結(jié)晶的方法，因此此方法容易失去結(jié)晶水，而是采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶的方法。21、A【詳解】Al與HCl、NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，根據(jù)方程式可知：當(dāng)酸、堿均過量時(shí)，金屬鋁完全反應(yīng)，等物質(zhì)的量的鋁與兩種不同的物質(zhì)發(fā)生反應(yīng)，產(chǎn)生的氫氣的物質(zhì)的量相等，根據(jù)n=，可知Al的物質(zhì)的量相等，其質(zhì)量相等；反應(yīng)產(chǎn)生的氫氣的物質(zhì)的量相等，則在相同條件下其體積也相等，因此取兩份等量的鋁粉，分別與足量的鹽酸、濃氫氧化鈉溶液反應(yīng)，在相同狀態(tài)下產(chǎn)生的氣體體積之比是1：1，故合理選項(xiàng)是A。22、C【詳解】A．左邊是原電池，右邊的電解池，故A錯(cuò)誤；B．左邊是原電池，投放氫氣的電極是負(fù)極，投放氧氣的電極是正極，則鋅是陰極，銅是陽極，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得，當(dāng)銅片的質(zhì)量變化為12.8g時(shí)，a極上消耗的O2在標(biāo)況下體積為=×22.4L/mol=2.24L，故C正確；D．左邊是原電池，投放氫氣的電極是負(fù)極，投放氧氣的電極是正極，則鋅是陰極，銅是陽極，裝置中電子的流向量b→Zn，Cu→a，故D錯(cuò)誤；故選C。二、非選擇題(共84分)23、甲苯+2Cl2+2HCl取代反應(yīng)C7H4O3Na2【分析】A的分子式為C7H8，最終合成對羥基苯甲酸丁酯，由因此A為甲苯，甲苯在鐵作催化劑條件下，苯環(huán)甲基對位上的H原子與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B為，結(jié)合信息②D可與銀氨溶液反應(yīng)生成銀鏡可知，D中含有醛基，B在光照條件下，甲基上的H原子與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成C，C為，C在氫氧化鈉水溶液中，甲基上的氯原子發(fā)生取代反應(yīng)，生成D，結(jié)合信息①可知，D為，D在催化劑條件下醛基被氧化生成E，E為，E在堿性高溫高壓條件下，結(jié)合信息③可知，苯環(huán)上的Cl原子被取代生成F，同時(shí)發(fā)生中和反應(yīng)，則F為，F(xiàn)酸化生成對羥基苯甲酸G()，最后G與丁醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成對羥基苯甲酸丁酯，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)通過以上分析知，A為，其名稱是甲苯，故答案為甲苯；(2)B為，C為，B發(fā)生取代反應(yīng)生成C，反應(yīng)方程式為+2Cl2+2HCl，該反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，故答案為+2Cl2+2HCl；取代反應(yīng)；(3)D的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為；(4)F為，分子式為C7H4O3Na2，故答案為C7H4O3Na2；(5)E為，E的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基；側(cè)鏈為-OOCH、-Cl，有鄰、間、對3種；側(cè)鏈為-CHO、-OH、-Cl時(shí)，當(dāng)-CHO、-OH處于鄰位時(shí)，-Cl有4種位置；當(dāng)-CHO、-OH處于間位時(shí)，-Cl有4種位置；當(dāng)-CHO、-OH處于對位時(shí)，-Cl有2種位置；其中核磁共振氫譜有三種不同化學(xué)環(huán)境的氫，且峰面積比為2∶2∶1的是，故答案為。24、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O4：1第四周期Ⅷ族NO0.4ac(Na+)>c(Cl-)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(H+)【分析】(1)若Y是黃綠色氣體，則Y為氯氣，A、B的物質(zhì)的量之比為1：4，結(jié)合實(shí)驗(yàn)室常用濃鹽酸與二氧化錳反應(yīng)來制取氯氣來解答；(2)A為非金屬單質(zhì)，構(gòu)成它的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，若為2個(gè)電子層，則第一層電子數(shù)為2，第二層電子數(shù)為4，即A為碳元素；A、B的物質(zhì)的量之比為1：4，則該反應(yīng)為碳與濃硝酸反應(yīng)，然后利用元素的化合價(jià)分析；(3)A為金屬單質(zhì)，常溫下A在B的濃溶液中“鈍化”，則A為鐵或鋁，B為濃硫酸或濃硝酸，又A可溶于X溶液中，則A為鐵，由A、B的物質(zhì)的量之比為1：4，該反應(yīng)為鐵與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸鐵、一氧化氮和水；利用鐵的原子序數(shù)分析其位置，利用三價(jià)鐵離子與鐵的反應(yīng)及溶液中兩種金屬陽離子的物質(zhì)的量恰好相等來計(jì)算被還原的三價(jià)鐵；(4)向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則A中含有Cl-，B的焰色為黃色，則B中含有鈉元素，A與B按物質(zhì)的量之比1：4恰好反應(yīng)，則該反應(yīng)為氯化鋁與氫氧化鈉的反應(yīng)，利用反應(yīng)中各物質(zhì)的量級偏鋁酸鈉的水解來分析?！驹斀狻?1)因黃綠色氣體為氯氣，氯原子最外層7個(gè)電子，則氯氣中存在一對共用電子對，其電子式為，A、B的物質(zhì)的量之比為1：4，則反應(yīng)的離子方程式為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)A為非金屬單質(zhì)，構(gòu)成它的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，若為2個(gè)電子層，則第一層電子數(shù)為2，第二層電子數(shù)為4，其質(zhì)子數(shù)等于電子數(shù)等于6，即A為碳元素；A、B的物質(zhì)的量之比為1：4，則該反應(yīng)為碳與濃硝酸反應(yīng)，其反應(yīng)為C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O。根據(jù)元素的化合價(jià)變化可知：碳元素的化合價(jià)升高，則碳作還原劑；硝酸中氮元素的化合價(jià)降低，則硝酸作氧化劑，由化學(xué)計(jì)量數(shù)可知氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為4：1；(3)A為金屬單質(zhì)，常溫下A在B的濃溶液中“鈍化”，則A為鐵或鋁，B為濃硫酸或濃硝酸，又A可溶于X溶液中則A為鐵，由A、B的物質(zhì)的量之比為1：4，該反應(yīng)為鐵與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸鐵、一氧化氮和水，反應(yīng)方程式為Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O。①鐵為26號元素，在在元素周期表中的第四周期Ⅷ族，鐵與稀硝酸反應(yīng)生成的氣體Y為NO；②設(shè)被還原的硝酸鐵的物質(zhì)的量為x，則根據(jù)放出2Fe3++Fe=3Fe2+可知：每有2molFe3+反應(yīng)會(huì)產(chǎn)生3molFe2+，假設(shè)反應(yīng)的Fe3+的物質(zhì)的量是x，則反應(yīng)產(chǎn)生Fe2+的物質(zhì)的量是mol，由于反應(yīng)后溶液中兩種金屬陽離子的物質(zhì)的量恰好相等，則a-x=，解得x=0.4a；(4)若A、B、X、Y均為化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則A中含有Cl-，B的焰色為黃色，則B中含有Na+，A與B按物質(zhì)的量之比1：4恰好反應(yīng)，則該反應(yīng)為氯化鋁與氫氧化鈉的反應(yīng)，其反應(yīng)為AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，由題意知A與B的物質(zhì)的量分別為1mol、4mol，則n(Na+)=4mol，n(Cl-)=3mol，NaAlO2是強(qiáng)堿弱酸鹽，AlO2-水解消耗，則n(AlO2-)<1mol，因偏鋁酸根離子水解則溶液顯堿性，c(OH-)>c(H+)，水解產(chǎn)生的離子濃度小于鹽電離產(chǎn)生的離子濃度，則c(AlO2-)>c(OH-)，故溶液離子大小為：c(Na+)>c(Cl-)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(H+)。【點(diǎn)睛】本題考查了元素及化合物的推斷、化學(xué)方程式的書寫、離子濃度大小比較等，要求學(xué)生應(yīng)熟悉常見的氧化還原反應(yīng)及常見物質(zhì)的性質(zhì)，弄清物質(zhì)結(jié)構(gòu)與物質(zhì)組成及性質(zhì)的關(guān)系，這是解答本題的關(guān)鍵。25、MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2OCBED增大硫與氯氣的接觸面積，加快反應(yīng)a2S2Cl2+2H2O＝SO2↑+3S↓+4HCl不可行，SO2易被硝酸氧化生成SO42-，既難于檢驗(yàn)SO2又干擾HCl的檢驗(yàn)含有【解析】(1)①二氧化錳與濃鹽酸加熱反應(yīng)制備氯氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；綜上所述，本題答案是：MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。②裝置A制備氯氣,C除去氯氣中混有水蒸氣,B氯氣與硫單質(zhì)的反應(yīng),E冷凝收集產(chǎn)物,D吸收空氣中的水蒸氣和未反應(yīng)完的氯；因此，本題正確答案是:C、B、E、D。

③B中為氯氣與硫單質(zhì)的反應(yīng),玻璃纖維可以增大硫與氯氣的接觸面積,加快反應(yīng)；因此，本題正確答案是:增大硫與氯氣的接觸面積,加快反應(yīng)。

④D吸收空氣中的水蒸氣和未反應(yīng)完的氯氣，選用堿石灰為最佳；因此，本題正確答案是:a。(2)①S2Cl2遇水劇烈水解，生成SO2、HCl和固體，硫元素化合價(jià)升高,根據(jù)氧化還原反應(yīng)中化合價(jià)有升有降,則該固體為硫元素降價(jià)生成的S單質(zhì)，反應(yīng)化學(xué)方程式為2S2Cl2+2H2O＝SO2↑+3S↓+4HCl；綜上所述，本題答案是：2S2Cl2+2H2O＝SO2↑+3S↓+4HCl。②二氧化硫易被硝酸氧化生成硫酸根離子,即難于檢驗(yàn)二氧化硫又干擾HCl的檢驗(yàn),該方法不可行；因此，本題正確答案是：不可行；SO2易被硝酸氧化生成SO42-，既難于檢驗(yàn)SO2又干擾HCl的檢驗(yàn)。(3)所得固體為AgCl,則氯元素的質(zhì)量為:2.87×35.5/143.5=0.71g，則樣品中氯元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.71/1.25×100%=56.8%；又S2Cl2中氯元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為:71/135×100%=52.59%；SCl2中氯元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為71/103×100%=68.93%；52.59%<56.8%<68.93%，故含有SCl2雜質(zhì)；綜上所述，本題答案是：含有。26、ACBEDFCa2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClOD中品紅不褪色,F中產(chǎn)生白色沉淀H2SO3、HSO3-、SO32-過量氯水將品紅氧化漂白或過量SO2與品紅結(jié)合成無色物質(zhì)將實(shí)驗(yàn)②注射器中的溶液注入試管少許，加熱，若無紅色出現(xiàn)，原因?yàn)榍罢?，反之則為后者【解析】探究一：次氯酸具有強(qiáng)氧化性、二氧化硫具有還原性，不能利用二氧化硫與次氯酸鈣直接反應(yīng)判斷亞硫酸與次氯酸的酸性強(qiáng)弱，先驗(yàn)證亞硫酸酸性比碳酸強(qiáng)，再結(jié)合碳酸酸性比HClO強(qiáng)堿性判斷。A裝置制備二氧化硫，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的二氧化硫中混有HCl，用飽和的亞硫酸氫鈉除去HCl，再通過碳酸氫鈉溶液，可以驗(yàn)證亞硫酸酸性比碳酸強(qiáng)，用酸性高錳酸鉀溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品紅溶液檢驗(yàn)二氧化碳中二氧化硫是否除盡，再通入F中。探究二：實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖球?yàn)證干燥的二氧化硫能否漂白品紅，應(yīng)避免空氣中水蒸氣加入，SO2對環(huán)境有污染，需要尾氣處理；SO2不能使品紅的乙醇溶液褪色，而其水溶液可以，使品紅褪色的微粒含有S元素；當(dāng)氯氣或者二氧化硫多余時(shí)，溶液具有漂白性；二氧化硫的漂白具有加熱可恢復(fù)性，據(jù)此分析?！驹斀狻浚?）次氯酸具有強(qiáng)氧化性、二氧化硫具有還原性，不能利用二氧化硫與次氯酸鈣直接反應(yīng)判斷亞硫酸與次氯酸的酸性強(qiáng)弱，先驗(yàn)證亞硫酸酸性比碳酸強(qiáng)，再結(jié)合碳酸酸性比HClO強(qiáng)堿性判斷．A裝置制備二氧化硫，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的二氧化硫中混有HCl，用飽和的亞硫酸氫鈉除去HCl，再通過碳酸氫鈉溶液，可以驗(yàn)證亞硫酸酸性比碳酸強(qiáng)，用酸性高錳酸鉀溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品紅溶液檢驗(yàn)二氧化碳中二氧化硫是否除盡，再通入F中，則：裝置連接順序?yàn)锳、C、B、E、D、F，F(xiàn)中為二氧化碳?xì)怏w與漂白粉溶液反應(yīng)生成碳酸鈣和次氯酸，離子方程式為：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案為ACBEDF，Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。（2）要證明H2SO3的酸性強(qiáng)于HClO，因?yàn)槎趸蚺c次氯酸根離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能直接通入漂白粉溶液中，證明酸性H2SO3＞H2CO3＞HClO即可：應(yīng)先用二氧化硫制備二氧化碳（A利用鹽酸和亞硫酸氫鈉反應(yīng)制取二氧化硫，C通過飽和的亞硫酸氫鈉洗去二氧化硫中的氯化氫，通過B二氧化硫和水反應(yīng)生成亞硫酸，亞硫酸和碳酸氫鈉反應(yīng)制取二氧化碳），制備的二氧化碳中有二氧化硫，故通入漂白粉之前除去二氧化硫氣體（E用酸性高錳酸鉀除去二氧化硫），再用品紅檢驗(yàn)二氧化硫是否除凈（D用品紅檢驗(yàn)），再通入漂白粉中（F），能證明H2SO3的酸性強(qiáng)于HClO的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為D中品紅不褪色，F(xiàn)中產(chǎn)生白色沉淀，故答案為：D中品紅不褪色，F(xiàn)中產(chǎn)生白色沉淀。（3）實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖球?yàn)證干燥的二氧化硫能否漂白品紅，應(yīng)避免空氣中水蒸氣加入，SO2對環(huán)境有污染，需要吸收處理，故堿石灰的作用是防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入H中干擾實(shí)驗(yàn)，吸收二氧化硫防污染，SO2不能使品紅褪色，而其水溶液可以，因此使品紅褪色的微?？赡苁荋2SO3、HSO3-、SO32-，故答案為H2SO3、HSO3-、SO32-。（4）當(dāng)氯氣或者二氧化硫多余時(shí)，過量氯水將品紅氧化漂白或過量SO2與品紅結(jié)合成無色物質(zhì)；因?yàn)槎趸虻钠拙哂屑訜峥苫謴?fù)性，故將實(shí)驗(yàn)②注射器中的溶液注入試管少許，加熱，若無紅色出現(xiàn)，原因?yàn)榍罢?，反之則為后者；故答案為過量氯水將品紅氧化漂白或過量SO2與品紅結(jié)合成無色物質(zhì)；將實(shí)驗(yàn)②注射器中的溶液注入試管少許，加熱，若無紅色出現(xiàn)，原因?yàn)榍罢?，反之則為后者。27、分液漏斗硫化氫溶液（或硫化鈉、硫氫化鈉溶液均可）還原性SO2＋Br2＋2H2O=SO42-＋4H＋＋2Br－CaSO4沿玻璃棒向漏斗中加蒸餾水至浸沒沉淀，待水流盡重復(fù)2到3次以上操作過量0.5mol·L－1HCl品紅溶液NaOH溶液吸收多余的SO2，防止污染環(huán)境，造成大氣污染【分析】探究SO2的化學(xué)性質(zhì)，根據(jù)裝置圖，A裝置是制取二氧化硫，裝置B檢驗(yàn)SO2的氧化性，裝置C檢驗(yàn)SO2的還原性，裝置D探究二氧化硫和漂白粉的反應(yīng)，裝置E為尾氣吸收裝置。(4)①新制漂白粉濃溶液中含有的次氯酸根離子具有氧化性，可能氧化亞硫酸根離子；②因沉淀的表面有可溶性的雜質(zhì)，需用蒸餾水重復(fù)洗滌；亞硫酸鈣和稀酸能夠反應(yīng)生成二氧化硫，可以借助于二氧化硫具有漂白性檢驗(yàn)生成的二氧化硫，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)圖示，儀器①是分液漏斗，故答案為：分液漏斗；(2)裝置B需要檢驗(yàn)SO2的氧化性，硫化氫水溶液或硫化鈉、硫氫化鈉溶液中的硫元素都為-2價(jià)，都能被二氧化硫氧化，體現(xiàn)二氧化硫的氧化性，故答案為：硫化氫水溶液(或硫化鈉、硫氫化鈉溶液)；(3)在反應(yīng)Br2+SO2+2H2O═2HBr+H2SO4中，Br元素的化合價(jià)由0降低為-1價(jià)，則Br2為氧化劑，在反應(yīng)中表現(xiàn)氧化性，S元素的化合價(jià)+4價(jià)升高+6價(jià)，則SO2為還原劑，在反應(yīng)中表現(xiàn)還原性，離子方程式為：SO2+Br2+2H2O=SO42-+4H++2Br-，故答案為：還原；SO2+Br2+2H2O=SO42-+4H++2Br-；(4)①新制漂白粉濃溶液中含有的次氯酸根離子具有強(qiáng)氧化性，二氧化硫具有還原性，會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成產(chǎn)物可能為硫酸鈣，故答案為：CaSO4；②白色沉淀表面有鈣離子和氯離子、硫酸根離子等可溶性的離子，需除去這些離子，方法是沿玻璃棒向漏斗中加蒸餾水至浸沒沉淀，待水流盡后重復(fù)2～3次以上操作；亞硫酸鈣和鹽酸反應(yīng)CaSO3+2HCl═CaCl2+SO2↑+H2O，二氧化硫與品紅化合生成無色物質(zhì)，能使品紅溶液褪色；因?yàn)槌霈F(xiàn)固體完全溶解，因此不能選用0.5mol·L－1H2SO4，故答案為：沿玻璃棒向漏斗中加蒸餾水至浸沒沉淀，待水流盡后重復(fù)2到3次以上操作；過量(或適量)0.5mol?L-1HCl；品紅溶液；(5)二氧化硫是有毒氣體，屬于大氣污染物，所以裝置E的作用是吸收二氧化硫，防止造成空氣污染，可用氫氧化鈉，氫氧化鈉和二氧化硫反應(yīng)2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O，為防止倒吸，需用倒扣的漏斗，故答案為：NaOH溶液；吸收SO2，防止造成空氣污染。28、CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=?867kJ/mol<0.225變大不變SO2?2e?+2H2O=4H++SO42?B【分析】(1)依據(jù)熱化學(xué)方