2026屆安徽宿州市泗縣屏山鎮(zhèn)中學(xué)高三化學(xué)第一學(xué)期期中聯(lián)考模擬試題考生請注意：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(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)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(nèi)，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(jié)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、在多電子原子中，軌道能量是由以下哪些因素決定()①能層②能級③電子云的伸展方向④電子自旋狀態(tài)A．①②B．①④C．②③D．③④2、下列物質(zhì)或物質(zhì)的主要成分對應(yīng)化學(xué)式錯誤的是A．銅綠－Cu2(OH)2CO3B．芒硝－NaNO3·10H2OC．漂粉精－Ca(ClO)2D．水玻璃－Na2SiO33、下列有關(guān)說法不正確的是A．可表示單核10電子粒子基態(tài)時的電子排布B．電子僅在激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時才會產(chǎn)生原子光譜C．同一原子能層越高，s電子云的半徑越大D．N、O、F電負(fù)性逐漸增大4、下列各組物質(zhì)中，滿足如圖物質(zhì)一步轉(zhuǎn)化關(guān)系的選項是（）選項XYZANaNaOHNaHCO3BSSO2SO3CCCOCO2DSiSiO2H2SiO3A．A B．B C．C D．D5、下列化學(xué)用語和化學(xué)符號使用正確的是()A．次氯酸的結(jié)構(gòu)式：H-Cl-O B．CCl4的比例模型：C．碳酸氫鈉的電離方程式：NaHCO3=Na+＋HCO D．氨基的電子式：6、下列屬于氧化還原反應(yīng)的是A．B．C．D．7、水楊酸、冬青油、阿司匹林的結(jié)構(gòu)簡式如下，下列說法不正確的是A．由水楊酸制冬青油的反應(yīng)是取代反應(yīng)B．冬青油苯環(huán)上的一氯取代物有4種C．可用FeCl3溶液檢驗阿司匹林中是否混有水楊酸D．相同物質(zhì)的量的冬青油和阿司匹林消耗NaOH的物質(zhì)的量相同8、原子核外電子的運(yùn)動狀態(tài)用四個方面進(jìn)行描述，磷原子核外最外層上能量高的電子有相同的運(yùn)動狀態(tài)A．一個 B．二個 C．三個 D．四個9、類比pH的定義，對于稀溶液可以定義，。常溫下，某濃度溶液在不同pH值下，測得、、變化如圖所示。下列說法正確的是()A．時，B．常溫下，C．b點時，對應(yīng)D．時，先增大后減小10、向Na＋、Br－、I－的混合溶液中通入適量氯氣，反應(yīng)完全后將溶液蒸干并小心灼燒至恒重，得固體的成分不可能為A．NaCl、NaBr、NaI B．NaCl、NaBrC．NaCl D．NaCl、NaI11、次氯酸鈉是消滅新型冠狀病毒常用的消毒液，常溫下，向10mL0.1mol?L-1HClO溶液中滴入0.1mol?L-1NaOH溶液，溶液中由水電離出的氫離子濃度的負(fù)對數(shù)[-lgc水(H+)］與所加NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()A．0.1mol?L-1NaClO溶液中ClO-的個數(shù)小于NAB．c點溶液對應(yīng)的pH=7C．a(chǎn)點溶液中存在：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)D．b點溶液中存在：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)12、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，甲、乙分別是X、W兩元素對應(yīng)的單質(zhì)，丙、丁是由這些元素組成的二元化合物，戊是Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物，且25℃時0.1mol/L戊溶液的pH為13，工業(yè)上通過電解丙和丁的混合物來制取甲、乙、戊。下列說法不正確的是（）A．原子半徑：Z＞W(wǎng)＞Y＞XB．Z分別與X、Y、W形成的化合物中一定沒有共價鍵C．元素Y與X、Z都能組成兩種化合物D．乙與戊的水溶液反應(yīng)后所得溶液具有漂白性13、下列反應(yīng)的離子方程式書寫不正確的是A．鈉與水反應(yīng)：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑B．電解飽和食鹽水獲取堿和氯氣：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-C．向碳酸氫銨溶液中加入過量石灰水：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2OD．向氫氧化鋇溶液中加入稀硫酸：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O14、一種電化學(xué)制備NH3的裝置如圖所示，圖中陶瓷在高溫時可以傳輸H+。下列敘述錯誤的是A．Pd電極b為陰極B．陰極的反應(yīng)式為：N2+6H++6e?2NH3C．H+由陽極向陰極遷移D．陶瓷可以隔離N2和H215、設(shè)C+CO22CO—Q1，反應(yīng)速率為V1，N2+3H22NH3+Q2，反應(yīng)速率為V2，當(dāng)溫度升高時，速率變化情況為A．V1提高，V2下降 B．V1、V2都提高 C．V1下降，V2提高 D．V1、V2都下降16、下列事實不能用化學(xué)平衡移動原理解釋的是A．新制氯水長時間放置顏色變淺B．高壓比常壓更有利于SO2轉(zhuǎn)化為SO3C．蒸干AlCl3溶液無法得到無水AlCl3D．滴加少量CuSO4溶液可以加快Zn與稀H2SO4反應(yīng)的速率17、下列有關(guān)實驗裝置的說法中正確的是（）A．用圖1裝置可以實現(xiàn)化學(xué)能持續(xù)轉(zhuǎn)化為電能B．放出圖2裝置中全部液體，體積為42.00mLC．用圖3裝置可以制備少量氫氧化鐵膠體D．用圖4裝置可以檢驗乙醇脫水后有乙烯生成18、室溫下，對于0.10mol·L-1的氨水，下列判斷正確的是A．與AlCl3溶液反應(yīng)發(fā)生的離子方程式為Al3++3OH-=Al(OH)3↓B．加水稀釋后，溶液中c(NH4+)c(OH-)變大C．用HNO3溶液完全中和后，溶液不顯中性D．其溶液的pH=1319、現(xiàn)取m克鋁鎂合金與一定濃度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的還原產(chǎn)物只有NO），向反應(yīng)后的混合溶液中滴加bmol·L?1NaOH溶液，當(dāng)?shù)渭拥絍mL時，得到沉淀質(zhì)量恰好為最大值n克，則下列有關(guān)該實驗的說法中不正確的是A．沉淀中氫氧根的質(zhì)量為(n—m)克B．恰好溶解后溶液中的NO3-離子的物質(zhì)的量為bv/1000molC．生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下NO氣體的體積為2.24(n-m)/17LD．與合金反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為bv/1000mol+(n-m)/51mol20、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關(guān)敘述正確的是A．常溫常壓下，1mol甲基(—14CD3)所含的中子數(shù)和電子數(shù)分別為11NA、9NAB．pH＝1的H2SO3溶液中，含有0.1NA個H＋C．1molFe分別與足量的稀硫酸和稀硝酸反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)均為3NAD．1molCH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子數(shù)為NA21、一種利用廢干電池中黑色粉末（主要成分MnO2、炭粉及少量Hg2+、Pb2+等重金屬鹽）制備MnSO4晶體的工藝流程如圖：下列說法錯誤的是（）A．反應(yīng)①中1molFe至多還原1.5molMnO2B．重金屬主要在濾渣2中C．步驟③煮沸可使沉淀顆粒長大，目的是便于固液分離D．合理處理廢舊電池有利于資源再利用并防止汞、鉛等重金屬污染22、在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，將VLA氣體(摩爾質(zhì)量是Mg/mol)溶于0.1L水中，所得溶液的密度為dg/cm3，則此溶液的物質(zhì)的量濃度為A．B．C．D．二、非選擇題(共84分)23、（14分）丁香酚存在于丁香花的花蕊中，以丁香酚為原料制取有機(jī)物F的路線如下：已知：回答下列問題：(1)丁香酚的分子式為________．(2)A中的含氧官能團(tuán)有________（填名稱），②的反應(yīng)類型為________。(3)寫出滿足下列條件的C的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式________。①含苯環(huán)且環(huán)上只有兩個取代基；②屬于酯類化合物；③核磁共振氫譜有3組峰，且峰面積之比為3：1：1。(4)1molD最多可以與____molH2發(fā)生加成反應(yīng)(5)反應(yīng)⑤中，試劑X的結(jié)構(gòu)簡式為_________。24、（12分）已知X、Y和Z三種元素的原子序數(shù)之和等于42。X元素原子的4p軌道上有3個未成對電子，Y元素原子的最外層2p軌道上有2個未成對電子。X跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成負(fù)一價離子。請回答下列問題：（1）X元素原子基態(tài)時的電子排布式為__________，該元素的符號是__________；（2）Y元素原子的價層電子的軌道表示式為________，該元素的名稱是__________；（3）X與Z可形成化合物XZ3，該化合物的空間構(gòu)型為____________；（4）已知化合物X2Y3在稀硫酸溶液中可被金屬鋅還原為XZ3，產(chǎn)物還有ZnSO4和H2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是_________________________________________________；（5）比較X的氫化物與同族第二、第三周期元素所形成的氫化物穩(wěn)定性、沸點高低并說明理由____。25、（12分）高氯酸銨(NH4ClO4)常作火箭發(fā)射的推進(jìn)劑，實驗室用NaClO4、NH4Cl等原料制取(部分物質(zhì)的溶解度如圖1、圖2)，其實驗流程如圖3：（1）反應(yīng)器中發(fā)生反應(yīng)的基本反應(yīng)類型是________。（2）上述流程中由粗產(chǎn)品獲得純凈高氯酸銨的方法為________。（3）洗滌粗產(chǎn)品時，宜用________（填“0℃冷水”或“80°C熱水”)洗滌。（4）已知NH4ClO4在400℃時開始分解為N2、Cl2、H2O。某課題組設(shè)計實驗探究NH4ClO4的分解產(chǎn)物(假設(shè)裝置內(nèi)藥品均足量，部分夾持裝置已省略)實驗開始前，已用CO2氣體將整套實驗裝置中空氣排盡；焦性沒食子酸溶液用于吸收氧氣。①寫出高氯酸銨分解的化學(xué)方程式________。②為了驗證上述產(chǎn)物，按氣流從左至右，裝置的連接順序為A→________(填裝置對應(yīng)的字母)，證明氧氣存在的實驗現(xiàn)象為________。③若裝置E硬質(zhì)玻璃管中的Cu粉換成Mg粉，向得到的產(chǎn)物中滴加蒸餾水，產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體。滴加蒸餾水發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為________。26、（10分）亞硝酰氯(NOC1)的沸點為-5.5℃，具有刺鼻惡臭味，在潮濕空氣中易水解，溶于濃硫酸，是有機(jī)合成中的重要試劑。某同學(xué)用如圖裝置，由NO與干燥純凈的Cl2反應(yīng)制備NOCl。己知：①Cl2沸點為-34.6℃，NO2Cl沸點為-15℃②2NO+Cl2=2NOC12NO2+Cl2=2NO2Cl回答下列問題：（1）銅與稀硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為______。（2）圖中實驗裝置的連接順序為：a→_______。（3）實驗時，先制取氯氣使充滿除A、B、C外的整套裝置，目的是______；裝置中充滿氯氣后，下—步是制取NO，具體操作是______；E中冰鹽水的溫度可低至-22℃，其作用是______。（4）該同學(xué)的實驗設(shè)計可能的不足之處是______（答出一條即可)。（5）若無C裝置，則不利于NOCl的制備，主要原因是______（用化學(xué)方程式表示)。27、（12分）為驗證氧化性：Cl2>Fe3+>SO2，某化學(xué)研究性學(xué)習(xí)小組用圖所示裝置進(jìn)行實驗（夾持儀器和A中的加熱裝置已略，氣密性已經(jīng)檢驗完畢）：Ⅰ.打開彈簧夾K1—K4，通入一段時間N2，再將T型導(dǎo)管插入B中，繼續(xù)通入N2，然后關(guān)閉K1,K3,K4。Ⅱ.打開活塞a，滴加一定量的濃鹽酸，給A加熱。Ⅲ.當(dāng)B中溶液變黃時，停止加熱，夾緊彈簧夾K2。Ⅳ.打開活塞b，使約2mL的溶液流入D試管中，檢驗其中的陽離子。Ⅴ.打開彈簧夾K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段時間后夾緊彈簧夾K3。Ⅵ.更新試管D，重復(fù)過程Ⅳ，檢驗B溶液中的離子?；卮鹣铝袉栴}：（1）過程Ⅰ的目的是________。（2）棉花中浸潤的溶液為________，作用是_____________。（3）導(dǎo)致步驟Ⅲ中溶液變黃的離子反應(yīng)是____，用_____，（寫試劑化學(xué)式）檢驗氧化產(chǎn)物，現(xiàn)象是____。（4）能說明氧化性Fe3＋>SO2的離子方程式是________。（5）甲、乙、丙三位同學(xué)分別完成了上述實驗，他們的檢測結(jié)果一定能夠證明氧化性：Cl2>Fe3＋>SO2的是__（填“甲”“乙”“丙”）。28、（14分）元素化合物在日常生活、化工生產(chǎn)和環(huán)境科學(xué)中有著重要的用途。(1)當(dāng)皮膚劃破時可用FeCl3溶液應(yīng)急止血，用氯化鐵固體配制成450mL0.1mol·L－1的溶液，配制過程中所需要的玻璃儀器有量筒、玻璃棒、燒杯、______________。(2)生鐵中含有一種鐵碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空氣中高溫煅燒，生成有磁性的固體Y，將Y溶于過量鹽酸后，溶液中大量存在的陽離子______________(填離子符號)。(3)高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種既能殺菌消毒、又能絮凝凈水的水處理劑。其工業(yè)制備反Fe(OH)3＋ClO－＋OH－→FeO42－＋Cl－＋H2O(未配平)，每生成1molK2FeO4，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)________NA。(4)自然界中Cr主要以＋3價和＋6價形式存在。Cr2O72－中的Cr能引起細(xì)胞的突變，在酸性條件下可用亞硫酸鈉將Cr2O72－還原。其離子方程式：__。(5)某透明溶液僅含Na＋、Fe2＋、Ba2＋、Al3＋、NO3－、Cl－、SO42－中的4種離子，且均為1mol。向該溶液中加入過量的稀硫酸，有氣泡產(chǎn)生，且溶液中陰離子種類不變(不考慮水的電離和離子的水解)。則溶液中存在的離子是____________。29、（10分）硝酸是重要的化工原料，在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和國防上有重要用途。（1）實驗室利用硝石（NaNO3）和濃硫酸共熱制取硝酸。①該反應(yīng)利用了濃硫酸的_______性；②該反應(yīng)的溫度不宜太高，原因是（用化學(xué)方程式表示）______；（2）工業(yè)上用氨氣的催化氧化法制取硝酸，再利用硝酸和氨氣反應(yīng)生產(chǎn)NH4NO3。①寫出氨氣的電子式_____；②寫出氨氣催化氧化的化學(xué)方程式_______；③在生產(chǎn)過程中，氨催化氧化生成氮氧化物的利用率是80%，氮氧化物被吸收得到硝酸的利用率是85%，則制取80t的NH4NO3需要氨氣______t；（3）某混合酸1L中含1mol的硝酸和2mol的硫酸。取該混合酸100mL，加入5.6g鐵粉充分反應(yīng)。①反應(yīng)中可以生成NO____L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）；②向反應(yīng)后的溶液再加入鐵粉，能繼續(xù)溶解鐵粉____g。

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】多原子中，在電子填充原子軌道時，電子由能量低向能量高的軌道填充，因此軌道的能量是由能層和能級決定，故A選項正確。2、B【解析】A、銅綠的主要成分為堿式碳酸銅，分子式為Cu2(OH)2CO3，故A不符合題意；B、芒硝為含有10個結(jié)晶水的硫酸鈉，化學(xué)式為Na2SO4·10H2O，故B符合題意；C、漂粉精是由氫氧化鈣與氯氣反應(yīng)制備的，有效成分為次氯酸鈣，化學(xué)式為Ca(ClO)2，故C不符合題意；D、水玻璃是硅酸鈉的水溶液，主要成分是Na2SiO3，故D不符合題意；綜上所述，本題應(yīng)選B。3、B【分析】基態(tài)電子排布遵循能量最低原理、洪特規(guī)則、泡利原理，電子不發(fā)生躍遷；原子光譜是原子中的電子在能量變化時所發(fā)射或吸收的一系列光所組成的光譜；同一能級，能層序數(shù)越大，軌道的能量越高，軌道的半徑也越大；電負(fù)性是指原子對于電子的吸引能力，由元素周期律知，同一周期，從左至右，電負(fù)性增大?！驹斀狻緼．單核10電子粒子基態(tài)時，遵循能量最低原理，每個軌道排布2個電子，自旋方向相反，故A正確；B．原子光譜是原子中的電子在能量變化時所發(fā)射或吸收的一系列光所組成的光譜，所以電子在激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)、基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)時均會產(chǎn)生原子光譜，故B錯誤；C．s電子云均為球形，能層序數(shù)越大，軌道的能量越高，軌道的半徑也越大，故C正確；D．由元素周期律知，同一周期，從左至右，電負(fù)性增大，N、O、F從左至右排列，故D正確；答案選B?！军c睛】電子的排布遵循三原則：能量最低原理、洪特規(guī)則、泡利原理；電子由激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)是發(fā)射光譜，由基態(tài)到激發(fā)態(tài)是吸收光譜。4、C【詳解】A.Na可與水反應(yīng)轉(zhuǎn)化為NaOH，NaOH可與過量的CO2反應(yīng)生成NaHCO3，但NaHCO3不能通過一步反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Na，A項錯誤；B.S可與O2反應(yīng)生成SO2，SO2可與O2在催化劑作用下生成SO3，但SO3不能通過一步反應(yīng)轉(zhuǎn)化為S，B項錯誤；C.C可與O2不充分燃燒生成CO，CO在O2中燃燒生成CO2，CO2與鎂在點燃條件下可生成C與MgO，均可實現(xiàn)一步轉(zhuǎn)化，符合題意，C項正確；D.Si與O2在一定條件下反應(yīng)可生成SiO2，SiO2不能和水反應(yīng)，不可一步轉(zhuǎn)化為H2SiO3，H2SiO3也不可通過一步反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Si，D項錯誤；答案選C。5、C【詳解】A．次氯酸的結(jié)構(gòu)式為H-O-Cl，故A錯誤；B．氯原子半徑大于碳原子，CCl4的比例模型，故B錯誤；C．碳酸氫鈉是強(qiáng)電解質(zhì)，電離方程式為NaHCO3=Na+＋HCO，故C正確；D．氨基的電子式是，故D錯誤；答案選C。6、C【詳解】氧化還原反應(yīng)是指反應(yīng)前后，存在元素化合價發(fā)生變化的化學(xué)反應(yīng)。A.該反應(yīng)中各元素的化合價均未發(fā)生變化，不屬于氧化還原反應(yīng)，故不選A項；B.該反應(yīng)中各元素的化合價均未發(fā)生變化，不屬于氧化還原反應(yīng)，故不選B項；C.該反應(yīng)中，碘元素由-1價升高至0價，I-被氧化為I2，溴元素由0價降低至-1價，Br2被還原成Br-屬于氧化還原反應(yīng)，故選C項；D項，該反應(yīng)中各元素的化合價均未發(fā)生變化，不屬于氧化還原反應(yīng)，故不選D項；綜上所述，本題正確答案為C。7、D【解析】水楊酸的官能團(tuán)為酚羥基和羧基，表現(xiàn)酚和羧酸的性質(zhì)；冬青油的官能團(tuán)為酚羥基和酯基，表現(xiàn)表現(xiàn)酚和酯的性質(zhì)；阿司匹林的官能團(tuán)為酯基和羧基，表現(xiàn)酯和羧酸的性質(zhì)?！驹斀狻緼．水楊酸可與乙酸酐發(fā)生取代反應(yīng)制得冬青油，故A正確；B．冬青油苯環(huán)上連有羥基和酯基，結(jié)構(gòu)不對稱，苯環(huán)上含有4種H，則一氯取代物有4種，故B正確；C．水楊酸的官能團(tuán)為酚羥基和羧基，阿司匹林的官能團(tuán)為酯基和羧基，F(xiàn)eCl3溶液可以酚羥基，故C正確；D．冬青油的官能團(tuán)為酚羥基和酯基，1mol冬青油消耗2molNaOH，阿司匹林的官能團(tuán)為酯基（酚酯）和羧基，1mol阿司匹林消耗3molNaOH，故D錯誤。故選D。8、C【詳解】磷原子的電子排布式為1s22s22p63s23p3，能量最高的能層為3p，根據(jù)洪特規(guī)則3p能層上的3個電子分占不同軌道，且自旋狀態(tài)相同，具有相同的運(yùn)動狀態(tài)，所以磷原子核外最外層上能量高的電子有3種相同的運(yùn)動狀態(tài)，故答案選C。9、C【分析】H2A?H++HA-，HA-?H++A2-，pH增加促進(jìn)電離平衡正向移動，所以由圖可知：下方曲線是HA-的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對數(shù)，左側(cè)曲線是H2A的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對數(shù)，右側(cè)曲線是A2-的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對數(shù)，據(jù)此分析解答。【詳解】A．根據(jù)圖象，下方曲線是HA-的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對數(shù)，左側(cè)曲線是H2A的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對數(shù)，右側(cè)曲線是A2-的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對數(shù)，pC越大，濃度c越小，時，，故A錯誤；B．交點a處c(HA-)=c(H2A)，根據(jù)H2A?HA-+H+，常溫下，Ka1=c(H+)=l×10-0.8，則，故B錯誤；C．根據(jù)圖象，b點時對應(yīng)，故C正確；D．根據(jù)物料守恒c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)始終不變，故D錯誤；故選C。10、D【分析】在混合液中通入Cl2，可發(fā)生如下反應(yīng)：2NaI+Cl2=2NaCl+I2;2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2。因I－比Br－的還原性強(qiáng)，故通入Cl2時，Cl2優(yōu)先與還原性強(qiáng)的I－反應(yīng)。灼燒時I2易升華，Br2易揮發(fā)?！驹斀狻緼、當(dāng)Cl2的量很少，只能使部分NaI氧化時，燃燒所得固體為NaCl、NaBr、NaI三者的混合物，故A可能；B、當(dāng)Cl2使NaI反應(yīng)完全而使NaBr未反應(yīng)或部分反應(yīng)時，得到的固體為NaCl和NaBr的混合物，故B可能；C、當(dāng)Cl2把NaI、NaBr全部氧化時，灼燒至恒重得到NaCl，故C可能；D、I－比Br－的還原性強(qiáng)，故通入Cl2時，Cl2優(yōu)先與還原性強(qiáng)的I－反應(yīng)，不可能先與NaBr反應(yīng)，故D不可能。故選D?！军c睛】難點：分步反應(yīng)次序的確定，本題利用氧化性、還原性強(qiáng)弱順序來確定反應(yīng)次序，I－比Br－的還原性強(qiáng)，故通入Cl2時，Cl2優(yōu)先與還原性強(qiáng)的I－反應(yīng)。11、D【分析】a點產(chǎn)物為NaClO和HClO，b點恰好生成NaClO，c點為溶質(zhì)為NaClO和過量的NaOH?！驹斀狻緼．溶液體積未知，無法確定物質(zhì)的量，不能判斷ClO－的個數(shù)是否小于NA，故A錯誤；B．c點為NaClO和過量的NaOH，溶液為堿性，所以溶液pH＞7，故B錯誤；C．a(chǎn)點產(chǎn)物為NaClO和HClO，此時c水(H＋)=10-7，溶液為中性，但是物料關(guān)系不符合n(Na)=n(Cl)，所以沒有c(Na＋)=c(ClO－)+c(HClO)這個關(guān)系，故C錯誤；D．b點恰好生成NaClO，溶液為堿性，溶液中存在電荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(ClO－)，由于ClO－發(fā)生水解，所以c(Na＋)＞c(ClO－)，溶液為堿性，c(OH－)＞c(H＋)，水解畢竟是微弱的，所以c(ClO－)＞c(OH－)，所以b點溶液中存在：c(Na＋)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D正確；故選D。12、B【解析】根據(jù)工業(yè)上通過電解丙和丁的混合物來制取甲、乙、戊，可推測是電解飽和食鹽水，生成氫氣、氯氣和氫氧化鈉，故甲為氫氣，所以X是H元素，乙是氯氣，所以W為Cl元素，戊是Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物，且25℃時0.1mol/L戊溶液的pH為13，所以戊為氫氧化鈉，根據(jù)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，所以Y為O元素，Z為鈉元素?！驹斀狻緼、Z為鈉元素，W為Cl元素，Y為O元素，X是H元素，原子半徑大小比較先看電子層數(shù)，電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越大半徑越小，所以原子半徑：Z＞W(wǎng)＞Y＞X，故A正確；B、鈉與氧氣在點燃那條件下生成過氧化鈉，其中含有氧與氧之間的共價鍵，故B錯誤；C、Y為O元素，X是H元素，兩者可以形成水和過氧化氫兩種化合物，Z為鈉元素，可以與氧元素生成氧化鈉和過氧化鈉兩種化合物，故C正確；D、乙為氯氣，戊為氫氧化鈉兩者反應(yīng)可生成次氯酸鈉、氯化鈉和水，此溶液具有漂白效果，故D正確；故選B?！军c睛】本題為簡單的無機(jī)推斷，本題的突破點為工業(yè)上通過電解丙和丁的混合物來制取甲、乙、戊，可猜測應(yīng)該是點解飽和食鹽水，進(jìn)而推出其他物質(zhì)。原子半徑大小比較先看電子層數(shù)，電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越大半徑越??；離子化合物中也可能含有共價鍵。13、C【解析】A.鈉與水反應(yīng)：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，質(zhì)量、電荷均守恒，故A正確；B.電解飽和食鹽水獲取堿和氯氣：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，質(zhì)量、電荷均守恒，故B正確；C.向碳酸氫銨溶液中加入過量石灰水：NH4++HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+NH3?H2O+H2O，故C錯誤；D.向氫氧化鋇溶液中加入稀硫酸：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，質(zhì)量、電荷均守恒，故D正確；故選C。14、A【解析】A、此裝置為電解池，總反應(yīng)是N2＋3H2=2NH3，Pd電極b上是氫氣發(fā)生反應(yīng)，即氫氣失去電子化合價升高，Pd電極b為陽極，故A說法錯誤；B、根據(jù)A選項分析，Pd電極a為陰極，反應(yīng)式為N2＋6H＋＋6e－=2NH3，故B說法正確；C、根據(jù)電解的原理，陰極上發(fā)生還原反應(yīng)，即有陽極移向陰極，故C說法正確；D、根據(jù)裝置圖，陶瓷隔離N2和H2，故D說法正確。15、B【詳解】化學(xué)反應(yīng)無論是吸熱反應(yīng)還是放熱反應(yīng)，溫度升高，活化分子的百分含量增大，有效碰撞的次數(shù)增大，化學(xué)反應(yīng)速率都提高，則V1、V2都提高，故選B。16、D【詳解】A.氯水中存在化學(xué)平衡：，由于HClO見光易分解，其量減少后平衡右移，Cl2量減少，顏色變淺，故A錯誤；B.轉(zhuǎn)化反應(yīng)為：，增大壓強(qiáng)平衡右移，因此高壓比常壓有利于SO2轉(zhuǎn)化為SO3，故B錯誤；C.溶液中存在平衡：，水解反應(yīng)吸熱，加熱促進(jìn)水解進(jìn)行，生成的HCl不斷揮發(fā)出，最終完全水解，得到AL(OH)3，故C錯誤；D.向Zn與稀硫酸溶液反應(yīng)的混合物中加入CuSO4溶液，生成少量Cu，形成微小原電池，加快生成H2的速率，與平衡移動原理無關(guān)，故D正確。故答案選D。17、C【詳解】A．要實現(xiàn)化學(xué)能持續(xù)轉(zhuǎn)化為電能，應(yīng)該把Zn電極放入ZnCl2溶液中，把石墨電極放入鹽酸中，A錯誤；B．圖示的儀器小刻度在下，大刻度在上，表示的是量筒，精確度是0.1mL，不能精確到0.01mL，因此放出圖2裝置中全部液體，體積為42.0mL，B錯誤；C．氫氧化鐵膠體的制取方法是：向沸騰的蒸餾水中滴加幾滴飽和氯化鐵飽和溶液，繼續(xù)加熱液體呈紅褐色，停止加熱，得到的紅褐色液體就是氫氧化鐵膠體，C正確；D．乙醇易揮發(fā)，乙醇能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使溶液褪色，同時乙醇與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成的二氧化硫也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，因此不能確定是否產(chǎn)生了乙烯，D錯誤；故合理選項是C。18、C【詳解】A、一水合氨是弱電解質(zhì)，離子方程式中要寫化學(xué)式，該反應(yīng)的離子方程式為：Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故A錯誤；B、加水稀釋促進(jìn)一水合氨電離，但銨根離子、氫氧根離子濃度都減小，所以c(NH4+)?c(OH-)減小，故B錯誤；C、用HNO3溶液完全中和后得硝酸銨溶液，硝酸銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，水解使溶液呈酸性，故C正確；D、一水合氨是弱電解質(zhì)，在氨水中部分電離，所以0.10mol?L-1氨水的pH小于13，故D錯誤；故選C。【點晴】本題考查弱電解質(zhì)的電離、離子方程式的書寫、鹽類的水解等知識點，根據(jù)鹽類水解特點、弱電解質(zhì)的電離特點、離子方程式的書寫規(guī)則來分析解答即可。要熟悉弱電解質(zhì)電離平衡的影響因素，如加入水、加熱促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離，加酸抑制弱酸的電離，加入與弱電解質(zhì)電離出相同離子的電解質(zhì)抑制電離。19、C【解析】A、沉淀為氫氧化鋁和氫氧化鎂，沉淀質(zhì)量等于鋁鎂合金質(zhì)量與氫氧根質(zhì)量之和，所以沉淀中氫氧根的質(zhì)量為（n－m）克，A正確；B、恰好溶解后溶液中的NO3－離子的物質(zhì)的量等于沉淀質(zhì)量最大時溶液中NO3－離子的物質(zhì)的量，當(dāng)沉淀量最大時，溶液中的溶質(zhì)只有硝酸鈉（NaNO3），硝酸根離子與鈉離子的物質(zhì)的量相等，n（NO3－）=n（Na+）=n（NaOH）=mol，B正確；C、根據(jù)以上分析可知沉淀中，氫氧根的物質(zhì)的量等于Mg2+、Al3+所帶電荷的物質(zhì)的量，也等于合金失去電子的物質(zhì)的量，即為反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移的電子，n（e－）=n（OH－）=mol，根據(jù)電子守恒原理，生成NO時，HNO3中+5價的N原子得3個電子，因此生成NO的物質(zhì)的量應(yīng)該是轉(zhuǎn)移電子的三分之一，即mol×=mol，其體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為L，C錯誤；D、參加反應(yīng)的硝酸有兩種作用，起酸和氧化劑作用，作為酸的硝酸（生成硝酸鹽）的物質(zhì)的量等于硝酸鈉的物質(zhì)的量為mol，作氧化劑的硝酸的物質(zhì)的量等于NO的物質(zhì)的量為mol，所以與合金反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為（+）mol，D正確；答案選C。20、A【詳解】A.一個14C中的中子數(shù)為8，一個D中的中子數(shù)為1，則1個甲基(—14CD3)所含的中子數(shù)為11，一個14C中的電子數(shù)為6，一個D中的電子數(shù)為1，則1個甲基(—14CD3)所含的電子數(shù)為9；則1mol甲基(—14CD3)所含的中子數(shù)和電子數(shù)分別為11NA、9NA，故A正確；B.pH＝1的H2SO3溶液中，c(H+)為0.1mol/L，沒有給出溶液的體積，無法根據(jù)公式n=cV計算出氫離子的物質(zhì)的量，也無法計算氫離子的數(shù)目,故B錯誤；C.鐵和稀硫酸反應(yīng)變?yōu)?2價，和足量稀硝酸反應(yīng)變?yōu)?3價，故1molFe分別與足量的稀硫酸和稀硝酸反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)依次為2mol、3mol，故C錯誤；D.酯在酸性條件下的水解反應(yīng)是可逆反應(yīng)，故1molCH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子數(shù)小于NA，故D錯誤。答案選A?！军c睛】本題考查的是與阿伏加德羅常數(shù)有關(guān)的計算。解題時注意C選項中鐵和稀硫酸反應(yīng)變?yōu)?2價，和足量稀硝酸反應(yīng)變?yōu)?3價，故失電子數(shù)不同；D選項酯在酸性條件下的水解反應(yīng)是可逆反應(yīng)，可逆反應(yīng)的特點是不能進(jìn)行徹底，故1molCH3COOC2H5在稀硫酸中不會完全水解。21、B【詳解】黑色粉末(主要成分MnO2、炭粉及少量Hg2+、Pb2+等重金屬鹽)用濃硫酸溶解，并加入適量鐵粉，過濾后所得濾渣1中主要是不溶于水的炭粉、和置換出的Hg、Pb等，濾液中主要含有MnSO4、Fe2(SO4)3，加入CaCO3并調(diào)節(jié)溶液pH=5左右，并加熱煮沸，促進(jìn)Fe3+水解生成Fe(OH)3，則過濾后濾渣2主要為Fe(OH)3，濾液主要含有MnSO4，濾液經(jīng)蒸發(fā)濃縮并冷卻結(jié)晶、過濾即可得到MnSO4?nH2O；A．用Fe和濃H2SO4溶解MnO2時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Fe+3MnO2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+6H2O，反應(yīng)中1molFe參加反應(yīng)，被還原的MnO2是1.5mol，故A正確；B．步驟①中同時發(fā)生Fe+Hg2+=Fe2++Hg、Fe+Pb2+=Fe2++Pb，則重金屬Hg、Pb主要在濾渣1中，故B錯誤；C．懸濁液中Fe(OH)3顆粒越大，越易與MnSO4溶液過濾分離，則步驟③煮沸使Fe(OH)3沉淀顆粒長大，目的是便于固液分離，故C正確；D．錳等是重要金屬資源，汞、鉛等重金屬能來得污染環(huán)境，則合理處理廢舊電池有利于資源再利用并防止汞、鉛等重金屬污染，故D正確；故答案為B。22、A【解析】溶質(zhì)的物質(zhì)的量為mol，溶液的體積是V22.4×M+0.1×103d×10－3L，根據(jù)c=n/V，代入數(shù)值，得出物質(zhì)的量濃度為mol·L－1二、非選擇題(共84分)23、C10H12O2羥基、醚鍵取代反應(yīng)、4或CH3COCH3【分析】根據(jù)丁香酚的鍵線式結(jié)構(gòu)，判斷其分子式；根據(jù)A的結(jié)構(gòu)簡式，判斷含氧官能團(tuán)，對比A、B的結(jié)構(gòu)判斷反應(yīng)類型；根據(jù)題中所給信息，寫出符合條件的C的同分異構(gòu)體；根據(jù)D的結(jié)構(gòu)判斷與H2加成的量；根據(jù)題中信息，對比D、E的結(jié)構(gòu)，判斷試劑X的結(jié)構(gòu)；據(jù)此解答?！驹斀狻?1)丁香酚的鍵線式結(jié)構(gòu)為，交點、端點為碳原子，用H原子飽和碳的四價結(jié)構(gòu)，可知其分子式為C10H12O2；答案為C10H12O2。(2)由A的結(jié)構(gòu)簡式為可知，該有機(jī)物含氧官能團(tuán)有羥基和醚鍵；A的結(jié)構(gòu)簡式為，B的結(jié)構(gòu)簡式為，對比A、B的結(jié)構(gòu)，從羥基變成酯基，得出該反應(yīng)為取代反應(yīng)；答案為羥基、醚鍵，取代反應(yīng)。(3)C的結(jié)構(gòu)簡式為，其的分子式為C10H10O4，根據(jù)信息中含有苯環(huán)，則取代基只剩下4個碳原子，且苯環(huán)上有兩個取代基，其相對位置應(yīng)該有鄰位、間位和對位三種結(jié)構(gòu)。又因其核磁共振氫譜為3組峰，峰面積比為3：1：1，它可能的同分異構(gòu)體應(yīng)該是鄰位的兩個相同的取代基，因為C是酯類化合物，故取代基為-COOCH3或者-OOCCH3，可以確定符合條件C的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式為，答案為。(4)由D的結(jié)構(gòu)簡式可知，其分子中含有一個醛基，1mol醛基可以加成1molH2，另外1mol苯環(huán)也可以加成3molH2，則1molD最多可以與4molH2發(fā)生加成反應(yīng)；答案為4。(5)D的結(jié)構(gòu)簡式為，E的結(jié)構(gòu)簡式為，反應(yīng)⑤的條件與題干中的羥醛縮合反應(yīng)對應(yīng)，說明反應(yīng)⑤就是羥醛縮合，對比D、E的結(jié)構(gòu)，發(fā)現(xiàn)E比2個D多了中間的三個碳原子，可以得出試劑X為或CH3COCH3；答案為或CH3COCH3。24、1s22s22p63s23p63d104s24p3As氧三角錐As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O穩(wěn)定性：NH3＞PH3＞AsH3，因為鍵長越短，鍵能越大，化合物越穩(wěn)定；沸點：NH3＞AsH3＞PH3，NH3可形成分子間氫鍵，沸點最高，AsH3相對分子質(zhì)量比PH3大，分子間作用力大，因而AsH3比PH3沸點高?！驹斀狻縓元素原子的4p軌道上有3個未成對電子，X為As元素；Y元素原子的最外層2p軌道上有2個未成對電子，Y為O元素；X、Y、Z的原子序數(shù)之和等于42，則Z的原子序數(shù)為42-33-8=1，Z可以形成負(fù)一價離子，Z為H元素；（1）X為As，As原子基態(tài)時核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p3，該元素的符號是As。（2）Y為O，基態(tài)O原子的核外電子排布式為1s22s22p2，其價層電子的軌道表示式為，該元素名稱為氧。（3）X為As，Z為H，形成的化合物AsH3，中心原子As的孤電子對數(shù)為×（5-3×1）=1，σ鍵電子對數(shù)為3，價層電子對數(shù)為4，VSEPR模型為四面體型，空間構(gòu)型為三角錐形。（4）As2O3被還原成AsH3，Zn被氧化成ZnSO4，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，反應(yīng)的化學(xué)方程式為As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O。（5）As的氫化物為AsH3，與As同族的第二、第三周期元素形成的氫化物為NH3、PH3，穩(wěn)定性：NH3＞PH3＞AsH3，因為鍵長越短，鍵能越大，化合物越穩(wěn)定

；沸點：NH3＞AsH3＞PH3，理由是：NH3可形成分子間氫鍵，沸點最高，AsH3相對分子質(zhì)量比PH3大，分子間作用力大，因而AsH3比PH3沸點高。25、復(fù)分解反應(yīng)重結(jié)晶0℃冷水2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O↑F→B→D→C→E→H→G裝置E硬質(zhì)玻璃管中紅色粉末變?yōu)楹谏玀g3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑【解析】（1）高氯酸鈉與氯化銨反應(yīng)生成高氯酸銨，化合價未變；（2）由粗產(chǎn)品獲得純凈的高氯酸銨操作屬于晶體的提純；（3）NH4ClO4的溶解度隨溫度的升高而增大；（4）①結(jié)合原子個數(shù)守恒進(jìn)行配平；②用無水CuSO4固體（F）檢驗H2O(g)，再用濕潤的紅色布條（F）檢驗Cl2；對O2的檢驗應(yīng)用O2將銅氧化的性質(zhì)，由于Cl2同樣具有氧化性，因此需先用NaOH溶液（D）除去Cl2，再通過濃硫酸（C）干燥，氣體通過Cu粉（E）檢驗O2；G裝置排水集氣法用于檢驗N2，由于O2也難溶于水，因此需先用焦性沒食子酸（H）吸收O2；③Mg能與N2反應(yīng)生成Mg3N2，Mg3N2與水反應(yīng)生成的使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體為NH3?！驹斀狻浚?）由流程可知，高氯酸鈉與氯化銨反應(yīng)生成高氯酸銨，則化學(xué)方程式為：NaClO4+NH4Cl=NH4ClO4+NaCl，該反應(yīng)為復(fù)分解反應(yīng)；（2）由粗產(chǎn)品獲得純凈的高氯酸銨操作屬于晶體的提純，而晶體的提純用重結(jié)晶；（3）由圖2可知，NH4ClO4的溶解度隨溫度的升高而增大，因此洗滌NH4ClO4粗產(chǎn)品時，應(yīng)選用0℃冷水進(jìn)行洗滌，防止NH4ClO4溶解損耗；（4）①由題干可知，NH4ClO4分解產(chǎn)生N2、Cl2和H2O，結(jié)合原子個數(shù)守恒可得，反應(yīng)過程中還生成O2，因此該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O↑；②對產(chǎn)生氣體的檢驗時，應(yīng)首先用無水CuSO4固體（F）檢驗H2O(g)，再用濕潤的紅色布條（F）檢驗Cl2；對O2的檢驗應(yīng)用O2將銅氧化的性質(zhì)，由于Cl2同樣具有氧化性，因此需先用NaOH溶液（D）除去Cl2，再通過濃硫酸（C）干燥，氣體通過Cu粉（E）檢驗O2；G裝置排水集氣法用于檢驗N2，由于O2也難溶于水，因此需先用焦性沒食子酸（H）吸收O2，因此裝置的連接順序為：A→F→B→D→C→E→H→G；證明O2存在的實驗現(xiàn)象為：E中紅色粉末變?yōu)楹谏?；③水反?yīng)生成的使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體為NH3，因此反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑?！军c睛】Mg能與N2反應(yīng)生成Mg3N2，Mg3N2潮解生成氫氧化鎂和氨氣。26、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2Od、e—b、c—i、j—f、g—h排出裝置中的空氣中打開止水夾，并將銅絲插入稀硝酸將NOCl冷凝為液態(tài)B、C上部的空氣會將NO氧化（或E中制得的NOCl產(chǎn)品中可能混有少量NO2Cl）NOCl+H2O=HNO2+HCl【分析】由干燥純凈的氯氣與一氧化氮在常溫常壓下合成NOCl。根據(jù)裝置圖，由二氧化錳與濃鹽酸制備氯氣，制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，需要用飽和食鹽水吸收氯化氫氣體，用濃硫酸干燥，由A用銅和稀硝酸反應(yīng)制備NO，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，故B用水凈化NO，裝置C用濃硫酸干燥，將氯氣和NO干燥后在裝置D中發(fā)生反應(yīng)，在冰鹽水冷卻的E裝置中冷凝收集NOCl，氯氣、NO以及NOCl均不能排放到空氣中，可以用氫氧化鈉溶液吸收尾氣；NOCl遇水易水解，故在收集裝置和尾氣處理裝置之間需加一個干燥裝置，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)銅與稀硝酸制備NO，化學(xué)方程式為：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案為：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(2)由二氧化錳與濃鹽酸制備氯氣，制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，需要首先用飽和食鹽水吸收氯化氫氣體，再用濃硫酸干燥，則a連接d、e-b、c，將干燥后的氯氣和NO在裝置D中發(fā)生反應(yīng)，在冰鹽水冷卻的E中冷凝收集NOCl，氯氣、NO以及NOCl均不能排放到空氣中，用氫氧化鈉溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集裝置和尾氣處理裝置之間需加一個干燥裝置，故c-i、j-f、g-h，故答案為：d、e-b、c-i、j-f、g-h；(3)NO能夠與空氣中的氧氣反應(yīng)，需要排除裝置中的空氣，實驗時，先制取氯氣，使氯氣充滿除A、B、C外的整套裝置，裝置中充滿氯氣后，打開止水夾，并將銅絲插入稀硝酸中，制備NO，E中冰鹽水將NOCl冷凝為液態(tài)，便于收集；故答案為：排出裝置中的空氣；打開止水夾，并將銅絲插入稀硝酸中；將NOCl冷凝為液態(tài)；(4)NO遇空氣中的氧氣被氧化，B、C上部的空氣會將NO氧化，不利于反應(yīng)，故答案為：B、C上部的空氣會將NO氧化；(5)若無C裝置，NOCl與水蒸氣發(fā)生水解反應(yīng)：NOCl+H2O=HNO2+HCl，故答案為：NOCl+H2O=HNO2+HCl。27、趕走裝置內(nèi)的空氣，避免空氣中的氧氣影響實驗氫氧化鈉溶液吸收反應(yīng)中多余的氯氣、二氧化硫氣體，防止污染空氣2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－KSCN溶液紅色2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO42－＋4H＋乙、丙【分析】將裝置內(nèi)的空氣排出，避免空氣中氧氣干擾實驗，實驗室制得的氯氣先通入到氯化亞鐵溶液中，溶液變黃，用KSCN溶液驗證是否生成了鐵離子，關(guān)閉氯氣，再利用生成的二氧化硫通入到B溶液中，檢驗B中的離子?！驹斀狻竣糯蜷_彈簧夾，通入一段時間氮氣，目的是趕走裝置內(nèi)的空氣，避免空氣中的氧氣影響實驗，故答案為趕走裝置內(nèi)的空氣，避免空氣中的氧氣影響實驗；⑵棉花上的溶液主要是吸收反應(yīng)中多余的氯氣、二氧化硫氣體，防止污染空氣，因此棉花應(yīng)該浸潤的為氫氧化鈉溶液，故答案為氫氧化鈉溶液；吸收反應(yīng)中多余的氯氣、二氧化硫氣體，防止污染空氣；⑶氯氣具有強(qiáng)氧化性，能夠把氯化亞鐵氧化為氯化鐵，含有鐵離子溶液顯黃色，離子反應(yīng)是：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－；氧化產(chǎn)物中含有鐵離子，可以用硫氰化鉀溶液進(jìn)行檢驗，如果溶液變?yōu)榧t色，證明有鐵離子生成。故答案為2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－；KSCN溶液；紅色；⑷鐵離子在酸性條件下把二氧化硫氧化為硫酸根離子，本身還原為亞鐵離子，可以說明氧化性Fe3＋>SO2；離子方程式為：2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO42－＋4H＋；故答案為2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO42－＋4H＋；⑸甲選項，第一次有鐵離子無亞鐵離子，則氯氣氧化性大于鐵離子；甲中第二次含有硫酸根，可能是過量的氯氣把二氧化硫氧化為硫酸根，不一定是鐵離子把二氧化硫氧化所致，故甲錯誤；乙選項，第一次既有鐵離子又有亞鐵離子，說明氯氣不足，氯氣氧化性大于鐵離子；乙中第二次含有硫酸根，說明發(fā)生了二氧化硫與鐵離子的反應(yīng)，氧化性鐵離子大于二氧化硫，因此可以證明氧化性：Cl2>Fe3＋>SO2，故乙正確；丙選項，第一次有鐵離子無亞鐵離子，則氯氣氧化性大于鐵離子；第二次有亞鐵離子，說明發(fā)生了二氧化硫與鐵離子的反應(yīng)，則氧化性鐵離子大于二氧化硫，因此可以證明氧化性：Cl2>Fe3＋>SO2，故丙正確；綜上所述，答案為乙、丙。28、500mL容量瓶、膠頭滴管Fe2+、Fe3+、H+3Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2ONa+、Fe3+、NO3-、SO42-【分析】(1)血液可看作是膠體分散系，膠體遇電解質(zhì)能發(fā)生聚沉，配制溶液的步驟是計算、稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌轉(zhuǎn)移、定容、搖勻，結(jié)合操作選擇儀器；(2)碳鐵化合物Fe3C在足量的空氣中高溫煅燒，生成有磁性的固體Y，Y為Fe3O4，與過量的鹽酸反應(yīng)生成氯化亞