2026屆廣東省廣州三中化學(xué)高三上期中統(tǒng)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。考試結(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、鐵是生活中應(yīng)用最廣泛的金屬，下列有關(guān)鐵元素的說法正確的是（）A．Fe3+的水溶液呈紅褐色，F(xiàn)e2+的水溶液呈淺綠色B．Fe3+的溶液中滴入含KSCN的溶液，立即出現(xiàn)紅色沉淀C．Fe3+具有氧化性，F(xiàn)e2+具有還原性D．鐵粉可以和水蒸氣在高溫下反應(yīng)生成Fe2O32、在25℃時，密閉容器中X、Y、Z三種氣體的初始濃度和平衡濃度如下表：物質(zhì)XYZ初始濃度/(mol·L－1)0.10.20平衡濃度/(mol·L－1)0.050.050.1下列說法錯誤的是()A．增大壓強使平衡向生成Z的方向移動，平衡常數(shù)增大B．反應(yīng)可表示為X＋3Y2Z，其平衡常數(shù)為1600C．反應(yīng)達平衡時，X的轉(zhuǎn)化率為50%D．改變溫度可以改變此反應(yīng)的平衡常數(shù)3、反應(yīng)2A(g)2B(g)E(g)ΔH＞0，達到平衡時，要使正反應(yīng)速率降低，A的濃度增大，應(yīng)采取的措施是A．縮小體積加壓 B．?dāng)U大體積減壓 C．增加E的濃度 D．降溫4、將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到過量的稀硝酸中,金屬完全溶解(假設(shè)反應(yīng)中還原產(chǎn)物只有NO)。向反應(yīng)后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全,測得生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1g。則下列敘述中錯誤的是A．當(dāng)生成的沉淀量達到最大時,消耗NaOH溶液的體積V=100mlB．當(dāng)金屬全部溶解時,參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量一定是0.4molC．參加反應(yīng)的金屬的總質(zhì)量為9.6g>m>3.6gD．當(dāng)金屬全部溶解時收集到NO氣體的體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下一定為2.24L5、下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是（）A．MgO、Al2O3熔點高，均可用作耐高溫材料 B．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作凈水劑 D．SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿6、分子式為C4H8O2且能與NaOH溶液發(fā)生水解反應(yīng)的有機物有(不考慮空間異構(gòu))A．6種B．5種C．4種D．3種7、電解硫酸鈉溶液聯(lián)合生產(chǎn)硫酸和燒堿溶液的裝置如下圖所示，其中陰極和陽極均為惰性氣體電極。測得同溫同壓下，氣體甲與氣體乙的體積比約為1：2，以下說法正確的是A．a(chǎn)

極與電源的負(fù)極相連B．產(chǎn)物丁為硫酸溶液C．離子交換膜d

為陰離子交換膜(允許陰離子通過)D．b

電極反立式為2H2O+2e-=2OH-+H2↑8、重水(D2O)是重要的核工業(yè)原料，下列說法錯誤的是A．氘(D)原子核外有1個電子B．1H與D互稱同位素C．H2O與D2O互稱同素異形體D．1H218O與D216O的相對分子質(zhì)量相同9、下列關(guān)于離子反應(yīng)的說法錯誤的是A．根據(jù)有無電子轉(zhuǎn)移，離子反應(yīng)可以分為氧化還原反應(yīng)和離子互換反應(yīng)B．一般情況下，離子反應(yīng)總是朝向所有離子濃度減小的方向進行C．難溶物或弱電解質(zhì)也能發(fā)生離子互換反應(yīng)D．溶液中的離子反應(yīng)可以有分子參加10、下列現(xiàn)象或事實可用同一原理解釋的是（）A．濃硫酸和濃鹽酸長期暴露在空氣中濃度降低B．能使溴水和品紅溶液褪色C．和溶液使酸性高錳酸鉀溶液的紫色褪去D．新制的氨水、氯水放置時間較久而變質(zhì)11、已知I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+；某溶液中有下列離子中的若干種:Cl-、I-、CO32-、SO32-、SO42-、Fe2+、Ag+、NH4+、Na+，現(xiàn)在進行以下系列實驗①通入一定量的Cl2，在標(biāo)況下產(chǎn)生無色無味的氣體224mL，無其他明顯現(xiàn)象②?、俜磻?yīng)后的溶液加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，產(chǎn)生4.66g白色沉淀③?、诜磻?yīng)后溶液,加入過量氫氧化鈉溶液，加熱，產(chǎn)生氣體1.12L(標(biāo)況)下列說法正確的是A．由①可知溶液中肯定不存在I-B．溶液中是否有Na+，需要通過焰色反應(yīng)確定C．檢驗溶液中是否存在Cl-，可加入硝酸酸化的硝酸銀溶液D．該溶液中肯定含有CO32-、Na+、NH4+，至少含有SO32-、SO42-中的一種，可能含有Cl-、I-12、化學(xué)實驗中，常將溶液或試劑進行酸化，下列酸化處理的措施中正確的是（）A．定性檢驗SO32-，將BaCl2溶液用HNO3酸化B．為了提高KMnO4溶液的氧化能力，用鹽酸將其酸化C．檢驗?zāi)橙芤褐惺欠窈珻l–，用HNO3酸化的AgNO3溶液D．配制FeCl2溶液時通常加少量HNO3酸化，減小其水解程度13、下列解釋事實的離子方程式正確的是A．銅絲溶于濃硝酸生成綠色溶液：3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2OB．稀硫酸與Ba(OH)2溶液混合出現(xiàn)渾濁：H++OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+H2OC．澄清石灰水中加入過量小蘇打溶液出現(xiàn)渾濁：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2OD．在A1C13溶液中加入過量氨水出現(xiàn)渾濁：A13++3OH-=Al(OH)3↓14、下列實驗中，對應(yīng)的現(xiàn)象以及結(jié)論都正確且兩者具有因果關(guān)系的是選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A向某溶液中加入稀鹽酸，產(chǎn)生的氣體通入澄清石灰水石灰水變渾濁該溶液一定是碳酸鹽溶液B向盛有2mL

0.5mol/LNaOH溶液的試管中滴加2滴0.2mol/L的MgCl2溶液出現(xiàn)白色沉淀，繼續(xù)滴加0.2mol/L

FeCl3溶液有紅褐色沉淀產(chǎn)生Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Fe（OH）3]C用玻璃棒蘸取溶液X進行焰色反應(yīng)實驗火焰呈黃色溶液X中含有Na+D將KI和FeCl3溶液在試管中混合后，加入CCl4，振蕩，靜置下層溶液顯紫紅色氧化性：Fe3+＞I2A．A B．B C．C D．D15、設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)。下列說法中錯誤的是A．0.1mol/L的NaClO溶液中含ClO-的濃度小于0.1mol/LB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L乙烯中含極性共價鍵數(shù)為4NAC．1mol氫氧根離子與1mol羥基所含電子數(shù)均為10NAD．3.0g甲醛和甲酸甲酯的混合物中含有的原子數(shù)為0.4NA16、電解NO制備NH4NO3的工作原理如圖所示，為使電解產(chǎn)物全部轉(zhuǎn)化為NH4NO3，需要補充物質(zhì)M。下列有關(guān)分析或說法中正確的是（）A．a(chǎn)應(yīng)接直流電源的正極B．陽極的電極反應(yīng)式：NO+5e－+6H+＝NH4++H2OC．電路中通過5mol電子時，理論上最可處理22.4L標(biāo)況下的NOD．補充的物質(zhì)M是NH317、今有甲、乙、丙、丁、戊5種物質(zhì)，在一定條件下，它們能按下圖方式進行轉(zhuǎn)化：其推斷正確的是（

）A．① B．② C．③ D．④18、常溫下，將Cl2緩慢通入100mL水中至飽和，然后向所得飽和氯水中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，整個過程中溶液pH的變化如圖所示。下列有關(guān)敘述正確的是A．溶液中c（HClO）的大小關(guān)系：①處大于②處B．可依據(jù)②處數(shù)據(jù)計算所溶解的n（Cl2）C．曲線③④段有離子反應(yīng)：HClO+OH-==ClO-+H2OD．③處表示氯水與氫氧化鈉溶液恰好反應(yīng)完全19、短周期元素W、X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大。元素W是形成化合物數(shù)量眾多，且分布極廣的元素，X原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，元素Y是地殼中含量最豐富的金屬元素，Z元素的單質(zhì)易溶于WZ2中。下列說法錯誤的是（）A．元素X、Y與Z的原子半徑大?。篩>Z>XB．元素W、Z的氯化物中，化學(xué)鍵類型相同，且各原子均滿足8電子C．元素X與元素Y形成的化合物是一種較好的耐火材料D．元素X可與元素Z可組成3種二價陰離子20、下列實驗設(shè)計正確的是（）操作現(xiàn)象結(jié)論A將SO2通入溴水溴水褪色SO2具有漂白性B將乙烯通入酸性KMnO4溶液酸性KMnO4溶液褪色乙烯具有還原性C將澄清石灰水滴入某溶液出現(xiàn)白色渾濁其溶液中存在CO32-D將硝酸銀溶液滴入某溶液出現(xiàn)白色沉淀其溶液中存在Cl-A．A B．B C．C D．D21、下列實驗對應(yīng)的現(xiàn)象以及結(jié)論均正確的是選項實驗現(xiàn)象結(jié)論A向裝有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振蕩，靜置下層為橙色裂化汽油可萃取溴B向Ba(ClO)2溶液中通入SO2有白色沉淀生成酸性:H2SO3>HClOC向盛有濃硫酸的試管中加入銅片，將產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液無明顯現(xiàn)象銅片未打磨D將一小塊鈉加入盛有無水乙醇的燒杯中有氣泡產(chǎn)生，收集氣體，點燃產(chǎn)生爆鳴聲生成的氣體是H2A．A B．B C．C D．D22、X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的常見短周期元素，X的某種氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)。Y的一種核素質(zhì)量數(shù)為18，中子數(shù)為10。在同周期元素中Z的簡單離子半徑最小，W的單質(zhì)是良好的半導(dǎo)體材料。下列說法中正確的是（）A．簡單氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：W＞XB．Y元素的相對原子質(zhì)量為18C．X2H4的分子中極性鍵和非極性鍵數(shù)目比為4：lD．電解Z的熔融氯化物可以冶煉單質(zhì)Z二、非選擇題(共84分)23、（14分）鹽酸多巴胺是選擇性血管擴張藥，臨床上用作抗休克藥，合成路線如圖所示：根據(jù)上述信息回答：（1）D的官能團名稱為________________________________。（2）E的分子式為_________________________。（3）若反應(yīng)①為加成反應(yīng)，則B的名稱為__________________。（4）反應(yīng)②的反應(yīng)類型為___________________________。（5）D的一種同分異構(gòu)體K用于合成高分子材料，K可由HOOCH2Cl制得，寫出K在濃硫酸作用下生成的聚合物的化學(xué)方程式：_______________________________________。（6）E生成F的化學(xué)反應(yīng)方程式為________________________。（7）D的同分異構(gòu)體有多種，同時滿足下列條件的有____種。I.能夠發(fā)生銀鏡反應(yīng)；II.遇FeCl3溶液顯紫色；III.苯環(huán)上只有兩種化學(xué)環(huán)境相同的氫原子。24、（12分）A、B、C、D、E、F六種短周期主族元素，它們的原子序數(shù)依次增大。A與E同主族，D與F同主族，且A與D能形成兩種液態(tài)化合物；B的某種單質(zhì)是自然界中硬度最大的物質(zhì)，C與D形成的化合物是大氣常見污染物之一。請回答下列問題：（1）F在元素周期表中的位置是______，D、E、F三種元素其簡單離子半徑由大到小的順序是_____（用離子符號表示）（2）元素E、F可形成多原子化臺物E2Fx（x≥2）．該化臺物中所含的化學(xué)鍵類型是_______。（3）元素B、C的最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性較強的是______。（填化學(xué)式）（4）實驗室可利用_______（填試劑名稱）清洗附著于試管內(nèi)壁的F單質(zhì)。（5）寫出B、E的氧化物生成D單質(zhì)的化學(xué)方程式_____________。（6）處理含BC-廢水的方法之一是在微生物的作用下，BC-被D的單質(zhì)氧化成ABD3-，同時生成C的簡單氫化物，該反應(yīng)的離子方程式為__________________________。25、（12分）樹德中學(xué)化學(xué)興趣小組設(shè)計不同實驗方案比較Cu2+、Ag+的氧化性。(本實驗忽略Cu2+、Ag+在此條件下的水解)(1)方案1:通過置換反應(yīng)比較:向AgNO3溶液插入銅絲，析出黑色固體，溶液變藍(lán)。反應(yīng)的離子方程式是______，說明氧化性Ag+>Cu2+。(2)方案2:通過Cu2+、Ag+分別與同一物質(zhì)反應(yīng)進行比較實驗試劑編號及現(xiàn)象試管滴管1.0mol/LKI溶液1.0mol/LAgNO3溶液1mLI.產(chǎn)生黃色沉淀，溶液無色1.0mol/LCuSO4溶液1mLII.產(chǎn)生棕黑色沉淀A，溶液變棕黃①經(jīng)檢驗，I中溶液不含I2，黃色沉淀是______。②取II中棕黃色溶液，加入少量______溶液，變?yōu)開_____色，說明生成了I2。推測Cu2+做氧化劑,沉淀A有CuI。該反應(yīng)的離子方程式為:________________查閱資料得知:CuI為難溶于水的白色固體。于是對棕黑色沉淀的組成提出假設(shè)并證明假設(shè)是否成立，取部分棕黑色沉淀進行實驗二:已知:CuI難溶于CCl4；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(無色)；Cu++2S2O32-=Cu(S2O3)23-(無色)。由實驗二得出結(jié)論:棕黑色沉淀是___________________?，F(xiàn)象ⅲ為______________。用化學(xué)平衡移動原理解釋產(chǎn)生現(xiàn)象ii的原因:________________。③白色沉淀CuI與AgNO3溶液反應(yīng)生成AgI和一種固體單質(zhì)，該反應(yīng)的離子方程式是______，說明氧化性Ag+>Cu2+。26、（10分）氯化亞銅晶體呈白色，不溶于水、乙醇及稀硫酸，露置于潮濕空氣中易被氧化。氯化銅、氯化亞銅是重要的化工原料。實驗室中以粗銅（含雜質(zhì)Fe）為原料，一種制備銅的氯化物的流程如下。（已知：CuCl溶于NaCl的濃溶液可生成CuCl，CuCl的溶液用水稀釋后可生成CuCl沉淀）按要求回答下列問題：（1）“操作①”調(diào)節(jié)溶液的pH范圍為3.2≤pH<5.6，便于將Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀除去，加入的“試劑X”可以是__________。ACuO

BNH3·H2O

CNaOH溶液

DCu2（OH）2CO3

（2）“反應(yīng)②”是向溶液2中加入食鹽并通入SO2可生成CuCl，CuCl的溶液用水稀釋后可生成CuCl沉淀，過濾、洗滌、干燥密封包裝即得產(chǎn)品，據(jù)此回答下列問題：①寫出向溶液2中加入食鹽并通入SO2可生成CuCl的離子方程式__________。②用無水乙醇洗滌沉淀，在真空干燥機內(nèi)于70℃干燥2小時，冷卻。于70℃真空干燥的目的是_____________________。（3）在氯化氫氣流中得到CuCl2·2H2O固體的“操作②”具體步驟為________、過濾、洗滌。（4）氯化亞銅的定量分析：①稱取樣品0.250g和10mL過量的FeCl3溶液于250mL錐形瓶中，充分溶解。②用0.100mol·L－1硫酸鈰[Ce（SO4）2]標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。已知：CuCl＋FeCl3＝CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋＝Fe3＋＋Ce3＋。三次平行實驗結(jié)果如下（平行實驗結(jié)果相差不能超過1%）：平行實驗次數(shù)1230.250g樣品消耗硫酸鈰標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積（mL）20.3520.0519.95則樣品中CuCl的純度為________。（5）如圖所示將氯氣從a通入與粗銅反應(yīng)（鐵架臺、鐵夾、酒精燈省略），反應(yīng)后，盛有NaOH溶液的廣口瓶中溶液具有漂白、消毒作用，若用鋼鐵（含F(xiàn)e、C）制品盛裝該溶液會發(fā)生電化學(xué)腐蝕，鋼鐵制品表面生成紅褐色沉淀，溶液會失去漂白、殺菌消毒功效。該電化學(xué)腐蝕過程中的正極反應(yīng)式為___________。27、（12分）含氯化合物在工業(yè)上有著廣泛的用途。Ⅰ.高氯酸銨(NH4ClO4)常作火箭發(fā)射的推進劑，實驗室可用NaClO4與NH4Cl制取。(部分物質(zhì)溶解度如圖1、圖2)，流程如圖3：(1)反應(yīng)器中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。(2)上述流程中操作Ⅰ為__________，操作Ⅱ為__________。(3)上述流程中采取的最佳過濾方式應(yīng)為__________(填字母代號)A．升溫至80℃以上趁熱過濾B．降溫至0℃左右趁冷過濾C．0℃－80℃間任一溫度過濾Ⅱ.一氯化碘(沸點97.4℃)是一種紅棕色易揮發(fā)的液體，不溶于水，溶于乙醇和乙酸。某學(xué)習(xí)小組擬用干燥、純凈的氯氣與碘反應(yīng)制備一氯化碘，其裝置如下：(已知碘與氯氣的反應(yīng)為放熱反應(yīng))(1)各裝置連接順序為A→___________→___________→___________→___________(2)B裝置燒瓶需放在冷水中，其目的是___________，D裝置的作用是________________。(3)將B裝置得到的液態(tài)產(chǎn)物進一步提純可得到較純凈的ICl，則提純采取的操作名稱是___。28、（14分）硫酸亞鐵銨[（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O]俗稱莫爾鹽，可溶于水，在122℃～112℃時分解。在定量分析中常用作標(biāo)定重鉻酸鉀、高錳酸鉀等溶液的標(biāo)準(zhǔn)物質(zhì)，還用于冶金、電鍍等。Ⅰ．化學(xué)課外活動小組研究莫爾鹽晶體強熱時的分解產(chǎn)物。（1）甲組同學(xué)按照如圖所示的裝置進行研究，裝置C中可觀察到的現(xiàn)象是__________，由此可知分解產(chǎn)物中有____________。（2）乙組同學(xué)認(rèn)為莫爾鹽晶體分解的產(chǎn)物中還含有SO3（g）、SO2（g）及N2。為進行驗證，選用甲組實驗中的裝置A和下圖所示的部分裝置進行實驗。①乙組同學(xué)的實驗中，裝置依次連接的合理順序為A、____________。②含有SO3的實驗現(xiàn)象是______________；Ⅱ．為測硫酸亞鐵銨純度，稱取mg莫爾鹽樣品，配成522mL溶液。甲、乙、丙三位同學(xué)設(shè)計了如下三個實驗方案，請回答：甲方案：取1．22mL硫酸亞鐵銨溶液用2．1222mol·L－1的酸性KMnO4溶液分三次進行滴定。乙方案：取1．22mL硫酸亞鐵銨溶液進行如下實驗。丙方案：（通過測定）實驗設(shè)計圖如下所示。取1．22mL硫酸亞鐵銨溶液進行該實驗。（1）甲方案中的離子方程式為___________，若實驗操作都正確，但其測定結(jié)果總是小于乙方案，可能原因為___________。（2）乙方案中沉淀是否洗滌干凈的檢驗方法是________________。（3）丙方案中量氣管中最佳試劑是______________。a．水b．飽和NaHCO3溶液c．CCl4（4）若測得NH3（已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況下）為VL，則硫酸亞鐵銨純度為_____________。29、（10分）（l）天然氣和CO2通入聚焦太陽能反應(yīng)器，發(fā)生反應(yīng)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH。已知：CH4、H2、CO的燃燒熱ΔH分別為－akJ/mol、－bkJ/mol、－ckJ/mol。則上述反應(yīng)中，ΔH＝_______________（用含a、b、c的代數(shù)式表示）kJ/mol。（2）CO2和H2可以合成二甲醚（CH3OCH3）。二甲醚是一種綠色環(huán)保型能源，以稀硫酸為電解質(zhì)溶液，若某二甲醚空氣燃料電池每消耗lmolCH3OCH3，電路中通過9mol電子，則該電池效率η為___________。（提示：電池效率等于電路中通過的電子數(shù)與電池反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子總數(shù)之比）（3）325K時，在恒容密閉容器中充入一定量NO2,發(fā)生反應(yīng)：2NO2(g)N2O4(g)。①NO2與N2O4的消耗速率與其濃度的關(guān)系如圖所示，圖中交點A表示該反應(yīng)所處的狀態(tài)為：____________；A．平衡狀態(tài)B．朝正反應(yīng)方向移動C．朝逆反應(yīng)方向移動D．無法判斷②能夠說明上述反應(yīng)已經(jīng)達到平衡狀態(tài)的有__________________；a．NO2和N2O4的物質(zhì)的量相等b．體系顏色不再變化c．容器內(nèi)混合氣體的密度不再改變d．容器內(nèi)氣體壓強不發(fā)生變化③若達到平衡后容器內(nèi)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量為57.5。平衡時NO2的轉(zhuǎn)化率為_____。（4）實驗中多余的SO2可以用氫氧化鈉溶液吸收。常溫下H2SO3的Ka1＝1.3×10－2、Ka2＝6.6×10－8。①室溫下pH=3的亞硫酸溶液，下列判斷正確的是_______________。a．溶液中c(H2SO3)＞c(SO32—)b．溶液中c(SO32—)：c(HSO3—)＝6.6×10－5c．溶液中氫離子數(shù)目為6.02×1020個d．加入等體積pH＝3的硫酸溶液，亞硫酸的電離平衡不移動②常溫下，用含1mol氫氧化鈉的稀溶液吸收足量SO2氣體，放出熱量為QkJ，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為_______③若吸收液中c(HSO3—)＝c(SO32—)，則溶液中c(H+)＝________________。

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【詳解】A．Fe3+的水溶液呈黃色，故A錯誤；B．Fe3+的溶液中滴入含KSCN的溶液，生成紅色絡(luò)合物，并不是沉淀，故B錯誤；C．Fe3+中鐵元素處于較高價態(tài)，具有氧化性，可以被還原成Fe2+；Fe2+處于中間價態(tài)，具有還原性，可以被氧化為Fe3+，故C正確；D．鐵粉與水蒸氣在高溫條件下反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，故D錯誤；綜上所述答案為C。2、A【分析】根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可知反應(yīng)物為X和Y，Z為生成物，X、Y、Z的濃度變化量分別為0.05mol·L-1，0.15mol·L-1，0.10mol·L-1，變化量之比等于計量數(shù)之比，因此方程式為X(g)+3Y(g)?2Z(g)，由三段法有：據(jù)此進行分析判斷?！驹斀狻緼．增壓使平衡向生成Z的方向移動，但平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，改變壓強平衡常數(shù)不變，A錯誤；B．反應(yīng)可表示為X+3Y?2Z，其平衡常數(shù)為==1600，B正確；C．X的轉(zhuǎn)化率為=50%，C正確；D．平衡常數(shù)只受溫度的影響，溫度改變時，化學(xué)平衡常數(shù)一定變化，D正確；故選A。3、D【分析】要使正反應(yīng)速率降低，A的濃度增大，平衡要逆向進行；【詳解】A.增大壓強，平衡向著體積縮小的方向移動，即逆向移動，但反應(yīng)速率加快，A項錯誤；B.降低壓強，反應(yīng)速率減慢，平衡正向移動，B項錯誤；C.增加E的濃度，反應(yīng)速率加快，平衡逆向移動，C項錯誤；D.降低溫度，平衡逆向移動，反應(yīng)速率減慢，D項正確；答案選D。4、A【詳解】將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到稀HNO3中，金屬完全溶解（假設(shè)反應(yīng)中還原產(chǎn)物只有NO），發(fā)生反應(yīng)：3Mg+8HNO3（?。?3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3（?。?3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反應(yīng)后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，發(fā)生反應(yīng)：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1g，則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質(zhì)量為5.1g，氫氧根的物質(zhì)的量為5.1g÷17g/mol=0.3mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，則鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.3mol÷2＝0.15mol；A．由以上分析可知，用于沉淀金屬離子的氫氧化鈉的物質(zhì)的量等于0.3mol，則沉淀反應(yīng)中需要氫氧化鈉溶液體積為0.3mol÷3mol/L=0.1L=100mL，因為硝酸過量，故消耗的氫氧化鈉溶液體積大于100mL，A錯誤；B．根據(jù)方程式可知參加反應(yīng)的n反應(yīng)（HNO3）=n（金屬）=0.15mol×8/3=0.4mol，B正確；C．鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.15mol，假定全為鎂，質(zhì)量為0.15mol×24g/mol=3.6g，若全為銅，質(zhì)量為0.15mol×64g/mol=9.6g，所以參加反應(yīng)的金屬的總質(zhì)量（m）為3.6g＜m＜9.6g，C正確；D．鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.15mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知生成的NO物質(zhì)的量為0.15mol×2/3=0.1mol，若為標(biāo)準(zhǔn)狀況下，生成NO的體積為0.1mol×22.4L/mol=2.24L，D正確；答案選A。5、A【詳解】A．MgO、Al2O3熔點高，不易熔融可用作耐高溫材料，故A正確；B．做氮肥是利用碳酸氫銨溶解后的銨根離子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性質(zhì)，故B錯誤；C．硫酸鐵溶液中鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用，可以凈水，不是利用其易溶于水的性質(zhì)，故C錯誤；D．二氧化硫中S元素的化合價居于中間價態(tài)，具有氧化性和還原性，但漂白紙張是利用二氧化硫的漂白性，不是氧化性，故D錯誤；故選A。6、C【解析】試題分析：能和氫氧化鈉溶液發(fā)生水解反應(yīng)的有機物為酯，可能的結(jié)構(gòu)為：HCOOCH2CH2CH3，HCOOCH(CH3)2，CH3COOCH2CH3，CH3CH2COOCH3，總共4種結(jié)構(gòu)?？键c：有機物的同分異構(gòu)體的書寫7、D【解析】A、惰性電極電解硫酸鈉溶液，陰極生成氫氣、陽極產(chǎn)生氧氣，氣體甲與氣體乙的體積比約為1:2，所以甲為氧氣、乙為氫氣，a是陽極，b是陰極。a極與電源的正極相連，A錯誤；B、乙是氫氣，氫離子放電，水的電離平衡被破壞，產(chǎn)生氫氧化鈉，因此丁是氫氧化鈉溶液，B錯誤；C、丁是氫氧化鈉，離子交換膜d為陽離子交換膜，C錯誤；D、b電極是陰極，氫離子放電，電極反應(yīng)式：2H2O+2e－=H2↑+2OH－，D正確。答案選D。8、C【詳解】A．氘(D)原子核外有1個電子，正確；B．中1H與D質(zhì)子數(shù)同，中子數(shù)不同，1H與D互稱同位素，正確；C．同素異形體都是單質(zhì)，不是化合物，錯誤；D．1H218O與D216O的相對分子質(zhì)量都是20，正確。答案選C。9、B【詳解】A.如有電子轉(zhuǎn)移，則為氧化還原反應(yīng)，也可發(fā)生離子互換反應(yīng)，如復(fù)分解反應(yīng)不發(fā)生電子轉(zhuǎn)移，故A正確；B.離子反應(yīng)總是向著某種離子濃度減小的方向進行，并不是所有的離子濃度都減小，如醋酸與氫氧化鈉的反應(yīng)，醋酸根離子濃度增大，故B錯誤；C.難溶物可發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化、溶解等；弱酸、弱堿為弱電解質(zhì)，可發(fā)生中和反應(yīng)，故C正確；D.弱電解質(zhì)在溶液中主要以分子形式存在，在發(fā)生離子反應(yīng)時，以分子形態(tài)參加，故D正確；答案選B。【點睛】有離子參加的反應(yīng)為離子反應(yīng)，導(dǎo)致某些離子濃度減小，反應(yīng)類型可為氧化還原反應(yīng)、復(fù)分解反應(yīng)等。10、C【詳解】A.濃硫酸的吸水性使?jié)饬蛩嶂腥軇┑牧吭龃螅苜|(zhì)的量不變，導(dǎo)致濃度降低；濃鹽酸有揮發(fā)性，使溶質(zhì)的量減少，溶劑的量不變，導(dǎo)致濃度降低，所以濃硫酸和濃鹽酸濃度降低的原因不同，A不符合題意；B.SO2是品紅溶液褪色是由于其漂白性，使溴水褪色是由于其還原性，褪色原理不同，B不符合題意；C.SO2、FeSO4都具有還原性，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使溶液紫色褪色，C符合題意；D.氨水易揮發(fā)，濃度降低而變質(zhì)；而氯水是由于其中的HClO不穩(wěn)定，見光分解而變質(zhì)，故變質(zhì)原理不同，D不符合題意；故合理選項是C。11、D【解析】①通入一定的氯氣，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下產(chǎn)生無色無味的氣體，此氣體為CO2，說明原溶液中含有CO32－，即CO32－的物質(zhì)的量為224×10－3/22.4mol=0.01mol，無其他明顯現(xiàn)象，即原溶液中不含F(xiàn)e2＋和Ag＋；②取反應(yīng)①后的溶液加入鹽酸酸化BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀，因為氯氣具有強氧化性，能把SO32－氧化成SO42－，因此原溶液中SO32－、SO42－至少存在一種，SO42－、SO32－總物質(zhì)的量為4.66/233mol=0.02mol；③?、诤蟮娜垡?，加入過量NaOH溶液，加熱，產(chǎn)生氣體，此氣體為NH3，原溶液中存在NH4＋，即物質(zhì)的量為1.12/22.4mol=0.05mol，根據(jù)溶液呈現(xiàn)電中性，原溶液中一定存在Na＋，A、I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋，推出SO32－的還原性強于I－，由①通入氯氣的量是一定量，量可能是過量，也可能不足，氯氣先于SO32－反應(yīng)，因此I－可能存在，也可能不存在，故A錯誤；B、根據(jù)上述分析，原溶液中一定存在Na＋，故B錯誤；C、如果原溶液中存在I－，對Cl－的檢驗產(chǎn)生干擾，故C錯誤；D、根據(jù)上述分析，故D正確。點睛：在離子檢驗問題中，一定注意溶液呈現(xiàn)電中性，如果題目中出現(xiàn)數(shù)值，根據(jù)電荷守恒，確定某離子是否存在，如果題目中沒有數(shù)值，有陰離子一定有陽離子，有陽離子一定有陰離子。12、C【解析】試題分析：A、檢驗SO32–，若將BaCl2溶液用HNO3酸化，則硝酸會把亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子，生成的沉淀會是硫酸鋇沉淀，錯誤；B、高錳酸鉀溶液若用鹽酸酸化，則高錳酸鉀會和鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，降低高錳酸鉀的氧化性，錯誤；C、檢驗?zāi)橙芤褐惺欠窈珻l–，用HNO3酸化的AgNO3溶液，因為硫酸會與硝酸銀反應(yīng)生成硫酸銀沉淀，鹽酸中本來含有氯離子，會給氯離子的檢驗帶來干擾，所以只能選擇硝酸酸化，正確；D、HNO3會與FeCl2溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，使亞鐵離子變質(zhì)，錯誤，答案選C?？键c：考查物質(zhì)之間的反應(yīng)，酸化操作的判斷13、C【解析】A.銅絲溶于濃硝酸生成綠色的硝酸銅濃溶液和二氧化氮，故A錯誤；B.稀硫酸與Ba(OH)2溶液混合出現(xiàn)渾濁，反應(yīng)的離子方程式為2H++2OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故B錯誤；C.澄清石灰水中加入過量小蘇打溶液出現(xiàn)渾濁，生成碳酸鈣沉淀，離子方程式為Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，故C正確；D.氨水是弱堿，用化學(xué)式表示，故D錯誤；故選C。14、D【詳解】A、向某溶液中加入稀鹽酸，產(chǎn)生的氣體通入澄清石灰水，石灰水變渾濁，說明溶液中含有CO32-、HCO3-、SO32-或HSO3-，故A錯誤；B、向盛有2mL

0.5mol/LNaOH溶液的試管中滴加2滴0.2mol/L的MgCl2溶液出現(xiàn)白色沉淀，此時氫氧化鈉有剩余，繼續(xù)滴加0.2mol/L

FeCl3溶液，氫氧化鈉和氯化鐵反應(yīng)生成紅褐色氫氧化鐵沉淀，所以不能證明Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Fe（OH）3]，故B錯誤；C、用鉑絲蘸取溶液X進行焰色反應(yīng)實驗，火焰呈黃色，溶液X中含有Na+，玻璃中含有鈉元素，不能用玻璃棒，故C錯誤；D、將KI和FeCl3溶液在試管中混合后，加入CCl4，振蕩，靜置，下層溶液顯紫紅色，說明Fe3+把I-氧化為碘單質(zhì)，故D正確；故答案選D。15、C【詳解】A、NaClO溶液中ClO-水解，故含ClO-的濃度小于0.1mol/L，A項正確；B、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L乙烯是1mol，含極性共價鍵是CH鍵，共為4NA，B項正確；C、1mol氫氧根離子所含電子數(shù)均為10NA，但1mol羥基所含電子數(shù)均為9NA，C項錯誤；D、甲醛和甲酸甲酯最簡式相同，都是CH2O，3.0g共含最簡式0.1mol，混合物中含有的原子數(shù)為0.4NA，D項正確；答案選C。16、D【解析】試題分析：A、a電極上NO→NH4＋，化合價降低，得電子，因此a連接電源的負(fù)極，作陰極，故錯誤；B、b電極為為陽極，反應(yīng)式為NO＋2H2O－3e－=NO3－＋4H＋，故錯誤；C、陰極反應(yīng)式為NO＋6H＋＋5e－=NH4＋＋H2O，總電極反應(yīng)式為：8NO＋7H2O=3NH4NO3＋2HNO3，轉(zhuǎn)移5mol電子，消耗NO的物質(zhì)的量為8/3mol，NO的體積為8×22.4/3L，故錯誤；D、根據(jù)電極總反應(yīng)式，多了硝酸，因此需要通入NH3，故正確。考點：考查電極反應(yīng)式的書寫等知識。17、B【解析】A、氨氣與氧氣反應(yīng)生成一氧化氮和水，該反應(yīng)不屬于置換反應(yīng)，故A錯誤；B、金屬鎂與二氧化碳發(fā)生置換反應(yīng)生成碳和氧化鎂，碳能夠與二氧化碳發(fā)生化合反應(yīng)生成一氧化碳，該選項中物質(zhì)滿足轉(zhuǎn)化關(guān)系，故B正確；C、C與水發(fā)生置換反應(yīng)生成一氧化碳和氫氣，而一氧化碳與水不會發(fā)生化合反應(yīng)生成甲酸，故C錯誤；D、亞鐵離子的還原性強于溴離子，溴化亞鐵與氯氣反應(yīng)不會生成溴化亞鐵，故D錯誤；故選B。18、C【解析】根據(jù)圖像，pH從7－3發(fā)生：Cl2＋H2OHCl＋HClO，②以后發(fā)生：NaOH＋HCl=NaCl＋H2O、HClO＋NaOH=NaClO＋H2O，A、根據(jù)圖像，以及題意，當(dāng)氯水達到飽和時，pH最小，即②時達到飽和，根據(jù)Cl2＋H2OHCl＋HclO，得出②中c(HClO)大于①中，故A錯誤；B、氯氣溶于水，有少量與水發(fā)生反應(yīng)，根據(jù)信息，②無法計算溶解氯氣的物質(zhì)的量，故B錯誤；C、③處的pH=7，此時的溶質(zhì)為NaCl、NaClO、HClO，因此③到④發(fā)生的反應(yīng)是HClO＋NaOH=NaClO＋H2O，故C正確；D、根據(jù)C選項分析，完全反應(yīng)溶質(zhì)為NaCl和NaClO，溶液顯堿性，pH不等于7，因此③處沒有完全反應(yīng)，故D錯誤。19、B【解析】短周期元素W、X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大。元素W是形成化合物數(shù)量眾多，且分布極廣的元素，W是碳元素，X原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，X核外電子排布2、6，是氧元素，元素Y是地殼中含量最豐富的金屬元素，Y是鋁元素，Z元素的單質(zhì)易溶于WZ2中，S單質(zhì)易溶于CS2中，Z為硫。A、同周期原子序數(shù)越大，原子半徑越小，故Al＞S，同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑S＞O，故A正確；B、硫有多種價態(tài)，能形成SCl2、S2Cl2、SCl4、SCl6等化合物，其中SCl6形成6對公用電子對，12個電子，不是8電子結(jié)構(gòu)，故B錯誤；C、Al2O3熔點高是一種較好的耐火材料，故C正確；D、氧和硫可形成，SO32―、SO42―、S2O32―三種常見陰離子，故D正確。故選B。20、B【分析】本題主要考查物質(zhì)性質(zhì)與實驗設(shè)計。【詳解】A.SO2與溴水發(fā)生氧化還原反應(yīng)：，SO2中S元素化合價升高，被氧化，體現(xiàn)了SO2的還原性，故A錯誤。B.乙烯能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，體現(xiàn)了乙烯的還原性，故B正確。C.與澄清石灰水反應(yīng)使石灰水變渾濁的不一定是，也有可能是、、，故C錯誤。D.與硝酸銀反應(yīng)生成白色沉淀的不一定是Cl－，也有可能是等，故D錯誤。答案選B?！军c睛】在實驗設(shè)計時我們要排除其他離子對實驗的干擾，與澄清石灰水反應(yīng)使石灰水變渾濁的不一定是，也有可能是、、；.與硝酸銀反應(yīng)生成白色沉淀的不一定是Cl－，也有可能是等。21、D【解析】A.裂化汽油中含有烯烴，溴水與裂化汽油會發(fā)生加成反應(yīng)，所以該實驗的現(xiàn)象和結(jié)論均錯誤，A項錯誤；B.Ba(ClO)2溶液中ClO-具有強氧化性，SO2有強還原性，ClO-能把SO2氧化為SO42-，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：Ba2++2ClO-+2SO2+2H2O=BaSO4↓+2Cl-+SO42-+4H+，所以該實驗的結(jié)論錯誤，B項錯誤；C.濃硫酸與銅片反應(yīng)需要在加熱條件下進行，本實驗沒有加熱，不一定有SO2生成，所以“沒有明顯現(xiàn)象”不能得出“銅片未打磨”的結(jié)論，C項錯誤；D.常溫下鈉與乙醇反應(yīng)：2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑，氫氣中混有空氣，點燃有爆鳴聲，所以該實驗的現(xiàn)象和結(jié)論均正確，D項正確；答案選D。22、C【分析】X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的常見短周期元素，X的某種氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，氫化物是氨氣，則X是N。Y的一種核素質(zhì)量數(shù)為18，中子數(shù)為10，質(zhì)子數(shù)是18－10＝8，Y是O。在同周期元素中Z的簡單離子半徑最小，原子序數(shù)大于X與Y，所以Z是Al。W的單質(zhì)是良好的半導(dǎo)體材料，W是Si，據(jù)此解答?！驹斀狻扛鶕?jù)以上分析可知X、Y、Z、W分別是N、O、Al、Si。則A.非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，非金屬N＞Si，則簡單氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：W＜X，A錯誤；B.氧元素存在同位素，則氧元素的相對原子質(zhì)量不是18，B錯誤；C.N2H4的電子式為，因此分子中極性鍵和非極性鍵數(shù)目比為4：l，C正確；D.鋁是活潑的金屬，電解熔融的氧化鋁可以冶煉單質(zhì)Al，熔融的氯化鋁不導(dǎo)電，D錯誤；答案選C。二、非選擇題(共84分)23、羥基、醚鍵、醛基C9H9NO4甲醛氧化反應(yīng)

nHOOCCH2OH

HO

OCCH2O+(n-1)H2O。

+4H2

+HCl+2H2O19

【解析】（1）根據(jù)D的結(jié)構(gòu)可知D中含有的官能團有：羥基、醚鍵、醛基。（2）根據(jù)E的結(jié)構(gòu)簡式可知E的分子式為：C9H9NO4。（3）A的分子式為C7H8O2，C7H8O2與B發(fā)生加成反應(yīng)生成化合物C8H10O3，可知B的分子式為CH2O，所以B的結(jié)構(gòu)簡式為HCHO，名稱為甲醛。（4）A與HCHO加成得到的產(chǎn)物為，根據(jù)D的結(jié)構(gòu)可知發(fā)生氧化反應(yīng)，故反應(yīng)②的反應(yīng)類型為氧化發(fā)應(yīng)。（5）HOOCH2Cl在NaOH水溶液中加熱發(fā)生水解反應(yīng)生成物質(zhì)K：HOOCCH2OH，HOOCCH2OH在濃硫酸的作用下發(fā)生縮聚反應(yīng):nHOOCCH2OHHOOCCH2O+(n-1)H2O。（6）E到F的過程中，碳碳雙鍵與H2發(fā)生加成反應(yīng)，-NO2與H2發(fā)生還原反應(yīng)生成-NH2，所以化學(xué)方程式為：+4H2+HCl+2H2O。（7）分情況討論：（1）當(dāng)含有醛基時，苯環(huán)上可能含有四個取代基，一個醛基、一個甲基、兩個羥基：a：兩個羥基相鄰時，移動甲基和醛基，共有6種結(jié)構(gòu)。b：兩個羥基相間時，移動甲基和醛基，共有6種結(jié)構(gòu)。c：兩個羥基相對時，移動甲基和醛基，共有3種結(jié)構(gòu)。（2）當(dāng)含有醛基時，苯環(huán)上有兩個對位的取代基，一個為-OH，另一個為-O-CH2-CHO或者一個為-OH，另一個為-CH2-O-CHO，共有2種結(jié)構(gòu)。（3）當(dāng)含有醛基時，有兩個對位的取代基，一個為-OH，另一個為-CH（OH）CHO，共1種結(jié)構(gòu)。(4)當(dāng)含有甲酸某酯的結(jié)構(gòu)時，苯環(huán)上只有兩個取代基，一個為羥基，一個為-CH2OOCH，所以有1種結(jié)構(gòu)。故符合條件的同分異構(gòu)體總共有6+6+3+2+1+1=19種。點睛：本題考查有機物的結(jié)構(gòu)簡式的推斷、官能團的名稱、反應(yīng)類型及同分異構(gòu)體的書寫。本題中最后一問的同分異構(gòu)體的書寫是難點，當(dāng)苯環(huán)上有多個取代基時，一定要利用鄰、間、對的關(guān)系和定一移一的方法不重復(fù)不遺漏的將所有的同分異構(gòu)體書寫完整。24、第3周期第ⅥA族S2->O2->Na+離子鍵和共價鍵（離子鍵和非極性鍵也可）HNO3二硫化碳（或熱堿液、熱氫氧化鈉溶液）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22CN-+O2+4H2O=2HCO3-+2NH3【解析】在短周期主族元素中，A與D能形成兩種液態(tài)化合物，則A是H，D是O；自然界中硬度最大的物質(zhì)是金剛石，故B是C，又因它們的原子序數(shù)依次增大，所以C是N，A與E同主族，則E是Na，D和F同主族，則F是S。（1）.根據(jù)上述分析可知，F(xiàn)是硫元素，其在元素周期表中的位置是：第3周期第ⅥA族；D、E、F三種元素分別是O、Na、S，其中O2－和Na＋具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，根據(jù)“序大徑小”的原則，O2-半徑大于Na+，S2－比O2－和Na＋多一個電子層，故S2－的半徑最大，故答案是：第3周期第ⅥA族；S2->O2->Na+；（2）.E是Na元素，F(xiàn)是S元素，則E2Fx（x≥2）是Na2Sx（x≥2）若x=2，則為Na2S2，是一種結(jié)構(gòu)類似于Na2O2的化合物，所以含有的化學(xué)鍵是離子鍵和共價鍵（或離子鍵和非極性鍵），故答案是：離子鍵和共價鍵（或離子鍵和非極性鍵）；（3）.元素B、C分別是碳元素和氮元素，因非金屬性N＞C，所以最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性較強的是HNO3，故答案是：HNO3；（4）.因硫單質(zhì)易溶于二硫化碳，所以可用二硫化碳清洗試管內(nèi)壁的硫單質(zhì)，又因S可以和熱的堿液反應(yīng)：3S＋6OH－=2S2－＋SO32－＋3H2O，故也可用熱的堿液清洗試管內(nèi)壁的硫單質(zhì)，故答案是：二硫化碳（或熱堿液、熱氫氧化鈉溶液）；（5）.B的氧化物CO2可以和E的氧化物Na2O2發(fā)生反應(yīng)：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，從而制得氧氣，故答案是：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（6）.根據(jù)上述分析可知，BC－是CN－，ABD3－是HCO3－，C的簡單氫化物是NH3，根據(jù)氧化還原反應(yīng)方程式的配平原則，該反應(yīng)的離子方程式是：2CN-+O2+4H2O=2HCO3-+2NH3，故答案是：2CN-+O2+4H2O=2HCO3-+2NH3。25、Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+AgI淀粉藍(lán)2Cu2++4I-2CuI↓+I2CuI吸附I2

形成的(CuI與I2的混合物)

棕黑色固體顏色變淺，溶液變?yōu)樽霞t色CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-與Cu+反應(yīng)生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)減小，平衡右移從而使白色沉淀溶解CuI+

2Ag+=Cu2++Ag+AgI【分析】（1）結(jié)合金屬活動性順序及氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性規(guī)律，再根據(jù)反應(yīng)現(xiàn)象推出結(jié)論；（2）①黃色沉淀是碘離子與銀離子形成的碘化銀沉淀；②證明棕黃色溶液中含有I2，則可以用淀粉溶液檢測，若溶液變藍(lán)，則證明溶液中含有I2單質(zhì)，再根據(jù)電子守恒規(guī)律，配平氧化還原反應(yīng)即可；根據(jù)已知信息“CuI為難溶于水的白色固體，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(無色)”，結(jié)合實驗二現(xiàn)象可推知，棕黃色沉淀為CuI吸附I2形成的混合物；又知I2易溶于有機溶劑，CuI不溶于CCl4；所以加入CCl4振蕩靜置后，觀察到的現(xiàn)象為：棕黑色固體顏色變淺，四氯化碳中因溶解了I2變?yōu)樽霞t色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI（s）?Cu+(aq)+I-(aq)，加入的S2O32-與因與Cu+反應(yīng)，促進平衡向沉淀溶解方向移動，最后使沉淀消失。③反應(yīng)能說明氧化性Ag+>Cu2+，說明Ag+被還原為固體單質(zhì)為Ag，Cu2+為氧化產(chǎn)物?！驹斀狻浚?）向酸化的AgNO3溶液插入銅絲，析出黑色固體，溶液變藍(lán)，說明銅置換出了金屬銀，反應(yīng)的離子方程式為，說明氧化性Ag+＞Cu2+，故答案為；（2）①經(jīng)檢驗，Ⅰ中溶液不含I2，黃色沉淀是碘離子與銀離子形成的碘化銀沉淀，故答案為AgI；②欲證明棕黃色溶液中含有I2，則可以用淀粉溶液檢測，若溶液變藍(lán)，則證明溶液中含有I2，推測Cu2+做氧化劑，沉淀A有CuI，根據(jù)氧化還原反應(yīng)電子守恒規(guī)律得知，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；根據(jù)已知信息“CuI為難溶于水的白色固體，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(無色)”，結(jié)合實驗二現(xiàn)象可推知，棕黃色沉淀為CuI吸附I2形成的混合物；又知I2易溶于有機溶劑，CuI不溶于CCl4；所以加入CCl4振蕩靜置后，觀察到的現(xiàn)象為：棕黑色固體顏色變淺，四氯化碳中因溶解了I2變?yōu)樽霞t色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI（s）?Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-與Cu+發(fā)生反應(yīng)Cu++2S2O32-=Cu(S2O3)23-(無色)，使c(Cu+)減小，促進平衡向沉淀溶解方向移動，最后使沉淀消失，故答案為淀粉；藍(lán)；2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；CuI吸附I2形成的(CuI與I2的混合物)；棕黑色固體顏色變淺，溶液變?yōu)樽霞t色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-與Cu+反應(yīng)生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)減小，平衡右移從而使白色沉淀溶解；③根據(jù)題中信息，白色沉淀CuI與AgNO3溶液反應(yīng)生成AgI和一種固體單質(zhì)，反應(yīng)能說明氧化性Ag+>Cu2+，說明Ag+被還原為固體單質(zhì)為Ag，Cu2+為氧化產(chǎn)物，因此離子反應(yīng)方程式為：CuI+2Ag+=Cu2++Ag+AgI，故答案為CuI+2Ag+=Cu2++Ag+AgI。26、AD2H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl+SO+4H+加快乙醇和水的蒸發(fā)，防止CuCl被空氣氧化蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶79.6%（或0.796）ClO－+2e－+H2O=Cl－+2OH－【分析】粗銅（含雜質(zhì)Fe）與氯氣反應(yīng)生成氯化鐵和氯化銅，加稀鹽酸溶解，形成氯化鐵和氯化銅溶液，同時抑制氯化銅、氯化鐵水解，溶液1中加入X調(diào)節(jié)溶液pH，得到溶液乙，經(jīng)過系列操作得到CuCl2?2H2O，故溶液2為CuCl2溶液，則調(diào)節(jié)pH目的是使溶液中鐵離子轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，過濾除去，試劑X可以為CuO、氫氧化銅等，結(jié)合題目信息可知，氯化銅溶液，加少量鹽酸，抑制氯化銅水解，再蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得到CuCl2?2H2O，再經(jīng)過過濾、洗滌、干燥得到純凈的晶體，據(jù)此分析?！驹斀狻?1)用于調(diào)節(jié)pH以除去溶液1雜質(zhì)可加試劑具有與酸反應(yīng)，且不引入Cu2+之外的離子，故用CuO或Cu2(OH)2CO3，調(diào)節(jié)pH目的是使溶液中鐵離子轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，過濾除去，故答案為：AD；(2)①根據(jù)信息可知：在加熱條件下，SO2與銅離子反應(yīng)生成CuCl白色沉淀和，其反應(yīng)的離子方程式為：2H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl+SO+4H+，故答案為：2H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl+SO+4H+；②由于CuCl露置于潮濕空氣中易被氧化，于70℃真空干燥的目的是加快乙醇和水的蒸發(fā)，防止CuCl被空氣氧化，故答案為：加快乙醇和水的蒸發(fā)，防止CuCl被空氣氧化；(3)氯化銅溶液易水解，加少量鹽酸，抑制氯化銅水解，再蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌得到CuCl2?2H2O，故答案為：蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶；(4)根據(jù)題目中所給數(shù)據(jù)及平行實驗結(jié)果相差不能超過1%，體積為20.35mL，誤差大舍去，滴定0.25g樣品消耗硫酸鈰標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為20mL，結(jié)合方程式可知：，CuCl的純度為，故答案為：79.6%（或0.796）；(5)反應(yīng)后，盛有NaOH溶液的廣口瓶中生成NaClO溶液，該溶液具有漂白、消毒作用，若用鋼鐵(含F(xiàn)e、C)制品盛裝該溶液會發(fā)生電化腐蝕，ClO?得電子作正極生成Cl?，則正極上的電極方程式為：ClO－+2e－+H2O=Cl－+2OH－，故答案為：ClO－+2e－+H2O=Cl－+2OH－。27、NH4Cl+NaClO4=NaCl+NH4ClO↓冷卻結(jié)晶重結(jié)晶BCEBD防止ICl揮發(fā)吸收

未反應(yīng)的氯氣，防止污染空氣蒸餾【分析】I.(1)根據(jù)氯化銨和高氯酸銨反應(yīng)生成氯化鈉和高氯酸銨沉淀進行分析；(2)根據(jù)高氯酸銨的溶解度受溫度變化影響較大，NH4Cl的溶解度受溫度影響變化也較大，相對來說NH4ClO4受溫度影響變化更大進行分析；(3)根據(jù)高氯酸銨在0℃時的溶解度小于80℃時的溶解度進行分析；II.(1)用干燥純凈的氯氣與碘反應(yīng)制備一氯化碘，A裝置制備氯氣，制得的氯氣中含有HCl氣體和水蒸氣，先用飽和食鹽水除HCl氣體，再用濃硫酸干燥，將干燥的氯氣通入B中與碘反應(yīng)制備ICl，碘與氯氣的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，而ICl沸點低揮發(fā)，所以B應(yīng)放在冷水中，最后用氫氧化鈉處理未反應(yīng)完的氯氣?！驹斀狻?1)氯化銨和高氯酸銨反應(yīng)生成氯化鈉和高氯酸銨沉淀，化學(xué)方程式為：NH4Cl+NaClO4=NaCl+NH4ClO4↓；(2)高氯酸銨的溶解度受溫度變化影響較大，所以上述流程中操作Ⅰ為冷卻結(jié)晶；通過該方法得到的高氯酸銨晶體中含有較大的雜質(zhì)，將得到的粗產(chǎn)品溶解，配成高溫下的飽和溶液，再降溫結(jié)晶析出，這種分離混合物的方法叫重結(jié)晶；(3)高氯酸銨在0℃時的溶解度小于80℃時的溶解度，所以洗滌粗產(chǎn)品時，宜用0℃冷水洗滌,合理選項是B；II.(1)用干燥純凈的氯氣與碘反應(yīng)制備一氯化碘，A裝置制備氯氣，制得的氯氣中含有HCl氣體和水蒸氣，先用飽和食鹽水除HCl氣體，再用濃硫酸干燥，將干燥的氯氣通入B中與碘反應(yīng)制備ICl，碘與氯氣的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，而ICl沸點低揮發(fā)，所以B應(yīng)放在冷水中，最后用氫氧化鈉處理未反應(yīng)完的氯氣。故各裝置連接順序為A→C→E→B→D；(2)B裝置燒瓶需放在冷水中，其目的是：防止ICl揮發(fā)，D裝置的作用是：吸收未反應(yīng)的氯氣，防止污染空氣；(3)一氯化碘沸點97.4℃，則B裝置得到的液態(tài)產(chǎn)物進一步蒸餾或蒸餾，收集97.4℃的餾分可得到較純凈的ICl?！军c睛】本題考查了物質(zhì)的制備，涉及儀器連接、條件控制、混合物的分離、化學(xué)方程式的書寫等知識，注意對題目信息的理解與運用，合理設(shè)計實驗，弄清每一步操作的作用及物質(zhì)含有的成分，科學(xué)地進行實驗、分析實驗，從而得出正確實驗結(jié)論，為學(xué)好化學(xué)知識奠定基礎(chǔ)。28、溶液變紅NH3GDBCFD中出現(xiàn)白色沉淀MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2++5Fe3++4H2OFe2+已被空氣部分氧化取最后一次洗滌的濾液加入AgNO3溶液，若沒有沉淀，說明已洗干凈c175V/m或【解析】Ⅰ．（1）莫爾鹽硫酸亞鐵銨[（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O]受熱分解，分解產(chǎn)生氨氣和二氧化硫、三氧化硫等酸性氣體，由裝置圖，堿石