2026屆浙江省上虞市春暉中學化學高三上期中綜合測試試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、一定溫度下，在三個體積均為2.0L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。編號溫度/℃起始物質的量/mol平衡物質的量/mol達到平衡所需時間/sPCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)Ⅰ3200.400.100.10tⅡ3200.80t1Ⅲ4100.400.150.15t2下列說法正確的是A．平衡常數(shù)K：容器Ⅱ>容器ⅢB．反應到達平衡時，PCl5的轉化率：容器Ⅱ>容器ⅠC．反應到達平衡時，容器Ⅰ中的平均速率為v(PCl5)=mol·L-1·s-1D．起始時向容器Ⅲ中充入PCl50.30mol、PCl30.45mol和Cl20.10mol，則反應將向逆反應方向進行2、下列裝置不能達到除雜目的（括號內為雜質）的是A．乙烷（乙烯）B．苯（甲苯）C．溴苯（CaO）D．I2（CCl4）3、一定量的鹽酸跟過量的鐵粉反應時，為了減緩反應速率但不影響生成H2的總量，可向鹽酸中加入適量的(）A．CaCO3(s) B．KNO3溶液C．Na2SO4溶液 D．CuSO4(s)4、在一密閉容器中反應aA(g)bB(g)達平衡后，測得c(B)為1mol/L。如保持溫度不變，將容器體積變?yōu)樵瓉淼?倍，重新達到新的平衡時，c(B)變?yōu)?.6mol/L，則下列說法不正確的是（）A．平衡向正反應方向移動B．物質A的轉化率增大C物質B的質量分數(shù)增大D．a＞b5、化學與教軸有密切的關系，將某些化學知識用數(shù)軸表示，可以達到直觀形象、簡明易記的良好效果。下列數(shù)軸表示的化學知識錯誤的是A．分散系的分類B．氯化鋁溶液中滴加氡氧化鈉溶液后鋁元素的存在形式C．常溫下,溶液的PH與其酸堿性的關系D．二氧化碳通入澄清的石灰水中反應的產物6、下列離子或分子組中，在相應的環(huán)境中能大量共存的是()選項環(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生，后沉淀消失Na＋、Al3＋、Cl－、SOA．A B．B C．C D．D7、黏土釩礦(主要成分為釩的+3、+4、+5價的化合物以及SiO2、Al2O3等)中釩的化合物溶于酸后多以VO+、VO2+、VO形式存在，采用以下工藝流程可由黏土釩礦制備V2O5。已知：V2O5在堿性條件下以VO形式存在。以下說法正確的是（）A．“酸浸氧化”中欲使3molVO2+被氧化成VO，至少需要1molKClO3B．濾液1中主要的陰離子有[Al(OH)4]-和VOC．“煅燒”時需要的儀器主要有蒸發(fā)皿、玻璃棒、三腳架、酒精燈D．“煅燒”時，NH4VO3受熱分解：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O8、某結晶水合物的化學式為R·nH2O，其相對分子質量為M。25℃時，ag該晶體能夠溶于bg水中形成VmL溶液，下列關系中不正確的是A．該溶液中溶質的質量分數(shù)為w＝%B．該溶液的物質的量濃度為c＝mol·L－1C．該溶液中溶劑與溶質的質量比為m(水)∶m(溶質)＝(＋b)∶(a－)D．該溶液的密度為ρ＝g·L－19、元素在周期表中的位置反映了元素的原子結構和元素的性質。下列說法正確的是A．在過渡元素中尋找優(yōu)良催化劑及耐高溫和耐腐蝕的材料B．同一元素不可能既表現(xiàn)金屬性又表現(xiàn)非金屬性C．元素的最高正化合價等于它所處的主族序數(shù)D．短周期元素形成離子后最外層都達到8電子穩(wěn)定結構10、為測定含鎂3%～5%的鋁鎂合金中鎂的質量分數(shù)，設計了2種實驗方案，下列說法不正確的是方案一：鎂鋁合金加入足量的氫氧化鈉溶液中充分反應后過濾，測定剩余固體質量；方案二：稱量mg鋁鎂合金粉末，放在圖中惰性電熱板上，通電使其充分灼燒。測得固體質量增重。A．方案一中若稱取5.4g合金粉末樣品，投入VmL2.0mol/LNaOH溶液中反應，則V≥100mLB．方案一中測定剩余固體質量時，過濾后未洗滌固體就干燥、稱量，則鎂的質量分數(shù)偏高C．方案二中欲計算鎂的質量分數(shù)，實驗中還需測定灼燒后固體的質量D．方案二中若用空氣代替O2進行實驗，則測定結果偏高11、NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．實驗室用H2O2制取氧氣，生成1molO2電子轉移數(shù)是4NAB．500mL0.2mol?L?1K2SO3溶液中含有的離子總數(shù)為0.3NAC．1mol乙烯和乙醇混合氣體，在氧氣中充分燃燒，消耗氧氣的分子數(shù)為3NAD．2.24LCl2(標準狀況)溶于水制成1L溶液，其中含氯微?？倽舛葹?.2mol?L?112、下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A．氯化鐵溶液中：Mg2+、K+、Cl-、SCN- B．白醋中：K+、Na+、CO32-、SO42-C．鹽酸溶液中：Ca2+、Fe2+、Cl-、NO3- D．食鹽水中：Fe2+、NH4+、Cl-、SO42-13、下列說法正確的是A．根據(jù)反應Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑可推出Cu的還原性比H2的強B．電解含Pb（NO3）2和Cu（NO3）2的溶液，陰極上陽離子得電子次序依次是Cu2＋、H＋、Pb2+C．含amolNa2S的溶液最多能吸收2.5amol的二氧化硫氣體（不考慮SO2在水中的溶解）D．由置換反應I2＋2NaClO3===2NaIO3＋Cl2可知I2的氧化性強于Cl2的氧化性14、下列敘述正確的是A．元素周期表中位于金屬與非金屬分界線附近的元素屬于過渡元素B．短周期第IVA族與VIIA族元素的原子間構成的分子，均滿足原子最外層8電子結構C．C、N、O、H四種元素形成的化合物一定既有離子鍵又有共價鍵D．第三周期非金屬元素含氧酸的酸性從左到右依次增強15、關于下列各裝置圖的敘述中，正確的是A．若采用裝置①鋁件鍍銀，則c極為鋁件，d極為純銀，電解質溶液為AgNO3溶液B．裝置②是原電池，能將化學能轉化為電能，SO42－移向鋅電極C．裝置③中X若為四氯化碳，用于吸收氨氣或氯化氫，會引起倒吸D．裝置④可用于收集氨氣，并吸收多余的氨氣16、白屈菜有止痛、止咳等功效，從其中提取的白屈菜酸的結構簡式如圖。下列有關白屈菜酸的說法中，不正確的是（）A．分子式是C7H4O6 B．能發(fā)生加成反應C．能發(fā)生水解反應 D．能發(fā)生加聚反應17、下列4種變化中，有一種與其他3種變化的類型不同，不同的是（）A．CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2OB．CH3CH3OHCH2=CH2↑+H2OC．2CH3CH2OHC2H5OC2H5+H2OD．CH3CH2OH+HBrC2H5Br+H2O18、據(jù)報道，科學家已經研制出世界上最薄的材料——碳膜片，其厚度只有一根頭發(fā)的二十萬分之一。如圖所示，這種碳膜片形狀如蜂巢，是由碳原子構成的六邊形單元向外延展而成，下列有關碳膜片的說法中，正確的是（）A．碳膜片屬于一種新型的化合物B．碳膜片與石墨的結構相同C．碳膜片與C60互為同素異形體D．碳膜片在氧氣中完全燃燒的產物和碳在氧氣中完全燃燒的產物不同19、下列離子方程式書寫正確的是A．向水玻璃中通入過量二氧化碳：SiO32-＋CO2＋H2O＝CO32-＋H2SiO3↓B．向AlCl3溶液中加入過量的濃氨水：Al3＋＋4NH3·H2O＝[Al(OH)4]－＋4NH4＋C．向碳酸氫銨溶液中加入過量的氫氧化鈉溶液：NH4++OH-＝NH3?H2OD．向Na[(AlOH)4]溶液中通入過量二氧化碳：[Al(OH)4]－＋CO2＝Al(OH)3↓+HCO3－20、硒(Se)是人體必需的一種微量元素，其單質可用于制光敏電阻、復印機的硒鼓等等。工業(yè)上提取硒的方法之一是用硫酸和硝酸鈉處理含硒的工業(yè)廢料，得到亞硒酸(H2SeO3)和少量硒酸(H2SeO4)，富集后再將它們與鹽酸共熱，將H2SeO4轉化為H2SeO3，主要反應為2HCl＋H2SeO4===H2SeO3＋H2O＋Cl2↑，然后向溶液中通入SO2將硒元素還原為單質硒沉淀。據(jù)此正確的判斷為()A．H2SeO4的氧化性比Cl2弱 B．H2SeO3的氧化性比SO2弱C．H2SeO4的氧化性比H2SeO3強 D．析出1mol硒，需亞硒酸、SO2和水各1mol21、短周期元素X、Y、Z、Q、T的原子序數(shù)與其常見化合價關系如圖所示。下列說法正確的是()A．1molTX2與足量X2反應生成TX3的分子數(shù)目為NAB．Z元素形成的可溶性鹽溶液可能顯堿性C．1molY2X2與足量H2O反應轉移的電子數(shù)目為2NAD．0.1molQ元素的含氧酸在水中電離出的H+數(shù)目為3NA22、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A．標準狀況下，11.2L水中含有的分子數(shù)是0.5NAB．常溫常壓下，17g氨氣中所含原子數(shù)為NAC．1molOH-中含有電子數(shù)為10NAD．1mol/LBaCl2溶液中含有的氯離子數(shù)為2NA二、非選擇題(共84分)23、（14分）是合成高聚酚酯的原料，其合成路線(部分反應條件略去)如圖所示：已知:i.；ii.(1)A的名稱為________________，B含有的官能團是______________________。(2)②的反應類型是_____________________________。(3)反應①的化學方程式為____________________________。(4)反應③的化學方程式為___________________________。(5)D的結構簡式為______________________，與D互為同分異構體且含有碳碳雙鍵和一COO─的苯的二取代物有____種，其中核磁共振氫譜為5組峰，且峰面積之比為2:1:2:2:1的結構簡式為_________(任寫一種）。(6)寫出以C2H5OH為原料合成乳酸（）的路線。（其他試劑任選）_________24、（12分）A、B、C、D均為短周期主族元素，且原子序數(shù)一次遞增。A是地殼中含量最多的元素，B是短周期中金屬性最強的元素，C與D位置相鄰，D是同周期元素中原子半徑最小的元素。完成下列填空：(1)A在周期表中的位置為第____周期______族，A原子的最外層電子排布式為____，A原子核外共有____個不同運動狀態(tài)的電子。(2)B、C、D三種元素形成簡單離子其半徑大小的____________。（用個離子符號表示）(3)A、B形成化合物的電子式____；這些化合物中所含的化學鍵有____(4)非金屬性的強弱：C______D（填“強于”、“弱于”、“無法比較”），試從原子結構的角度解釋其原因。_____請用一個方程式證明A與C的非金屬性的強弱____。25、（12分）資料顯示“強酸性或強堿性溶液可使品紅溶液褪色”。某興趣小組探究SO2使品紅溶液褪色的原因，實驗如下。Ⅰ．探究體現(xiàn)漂白性的主要微粒實驗一：將SO2分別通入0.1%品紅水溶液和0.1%品紅乙醇溶液中。觀察到前者褪色而后者不褪色。實驗二：試管中的液體現(xiàn)象a．0.1mol/LSO2溶液(pH=2)溶液逐漸變淺，約90s后完全褪色b．0.1mol/LNaHSO3溶液(pH=5)溶液立即變淺，約15s后完全褪色c．0.1mol/LNa2SO3溶液(pH=10)溶液立即褪色d．pH=10NaOH溶液紅色溶液不變色e．pH=2H2SO4溶液紅色溶液不變色（1）SO2水溶液中含的微粒有___。（2）解釋NaHSO3溶液顯酸性的原因是___。（3）實驗d的目的是___。（4）由實驗一、二可知：該實驗條件下，SO2使品紅溶液褪色時起主要作用的微粒是___。Ⅱ．探究褪色過程的可逆性甲同學：向a實驗后的無色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10時，溶液顏色不變。乙同學：向a實驗后的無色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10時，生成白色沉淀，溶液變紅。（5）實驗方案合理的是___(選填“甲”或“乙”)。結合離子方程式說明其原因是___。（6）丙同學利用SO2的還原性設計并完成了下列實驗：向a實驗后的無色溶液中滴入過量___(填編號)，使溶液最終恢復紅色。也得出結論：該褪色過程是可逆的。A．稀硝酸B．氯水C．雙氧水26、（10分）Na2O2是一種常見的過氧化物，具有強氧化性和漂白性。通?？捎米髌讋┖秃粑婢咧械墓┭鮿?。(1)某實驗小組通過下列實驗探究過氧化鈉與水的反應：①用化學方程式解釋使酚酞試液變紅的原因_______________________，依據(jù)實驗現(xiàn)象推測紅色褪去的原因是_________________。②加入MnO2反應的化學方程式為________________________。③Na2O2的電子式為_____________(2)實驗小組兩名同學共同設計如下裝置探究過氧化鈉與二氧化硫的反應。通入SO2，將帶余燼的木條插入試管C中，木條復燃。請回答下列問題：①甲同學認為Na2O2與SO2反應生成了Na2SO3和O2，該反應的化學方程式是____。檢驗反應后B中的白色固體含有Na2SO3的方法是_________________。②乙同學認為反應的后B中有Na2SO3還會有Na2SO4。乙同學猜想的理由是:_____。為檢驗產物中Na2SO4的存在，乙同學設計并實施了如下實驗方案：甲同學認為該實驗方案的現(xiàn)象不能證明有Na2SO4生成，其理由為_______。③測定B中反應完全后的固體中Na2SO4含量的實驗方案：稱取樣品a克加水溶解，_______，烘干，稱量得BaSO4沉淀b克，則Na2SO4的質量分數(shù)為____（列出計算式即可）。27、（12分）某學習小組學習了亞鐵鹽的性質后，欲探究FeSO4溶液分別與Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的反應。已知：Fe（OH）2和FeCO3均為白色沉淀，不存在Fe（HCO3）2。實驗操作及現(xiàn)象記錄如下：（1）甲同學認為實驗a中白色顆粒狀沉淀是FeCO3，寫出該反應的離子方程式：_________________________；他為了證實自己的觀點，進行實驗：取少量白色顆粒狀沉淀，加入__________，發(fā)現(xiàn)產生大量氣泡。（2）乙同學推測實驗a的白色顆粒狀沉淀中還可能含有Fe（OH）2，他將實驗a中兩種溶液體積均改為15mL后再進行實驗，證實了他的推測。能證明Fe（OH）2存在的實驗現(xiàn)象是___________________________。（3）實驗b中白色顆粒狀沉淀主要成分也為FeCO3，寫出生成FeCO3的離子方程式：_____________________________。（4）實驗b中液面上方試管內壁粘附的白色顆粒狀沉淀物變?yōu)榧t褐色，主要原因是潮濕的FeCO3被氧氣氧化，寫出該反應的化學方程式：_________________。（5）乙同學反思，實驗a中含有Fe（OH）2，實驗b中幾乎不含有Fe（OH）2，對比分析出現(xiàn)差異的原因是_____________________________。28、（14分）可用以下方法處理尾氣中的SO2。方法一：活性炭還原法：反應原理：恒溫恒容2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)+Q反應進行到不同時間測得各物質的濃度如圖：（1）第一次達到平衡的時間是第___min；0~20min化學反應速率表示v(SO2)=___。（2）30min時平衡發(fā)生移動的條件是___。（3）40min時，平衡常數(shù)的計算式為___。（指代入具體數(shù)值的算式）方法二：亞硫酸鈉吸收法（4）Na2SO3溶液吸收SO2的離子方程式為___；（5）如圖是Na2SO3溶液中各離子濃度的相對大小關系示意圖。其中③是___。（填微粒符號）常溫下，當吸收至pH=6時，吸收液中相關離子濃度關系一定正確的是__（填序號）a.c（Na+）+c（H+）>c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-）b.c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3）c.水電離出c（OH一）=1×l0-8mol/L29、（10分）氯氨是氯氣遇到氨氣反應生成的一類化合物，是常用的飲用水二級消毒劑，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl、NHCl2和NCl3)，副產物少于其它水消毒劑?；卮鹣铝袉栴}：(1)①一氯胺(NH2Cl)的電子式為__________。②工業(yè)上可利用反應Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(l)+HCl(g)制備一氯胺，已知部分化學鍵的鍵能如下表所示（假設不同物質中同種化學鍵的鏈能相同），則該反應的△H=______________?；瘜W鍵N-HCl-ClN-ClH-Cl鍵能(kJ/mol)391.3243.0191.2431.8③一氯胺是重要的水消毒劑，其原因是由于一氯胺在中性、酸性環(huán)境中會發(fā)生水解，生成具有強烈殺菌作用的物質，該反應的化學方程式為_________________。(2)用Cl2和NH3反應制備二氯胺的方程式為2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(g)+2HCl(g)，向容積均為1L的甲、乙兩個恒溫（反應溫度分別為400℃、T℃)容器中分別加入2molCl2和2molNH3，測得各容器中n(Cl2)隨反應時間t的變化情況如下表所示：t/min04080120160n(Cl2)(甲容器)/mol2.001.501.100.800.80n(Cl2)(乙容器）/mol2.001.451.001.001.00①甲容器中，0～40min內用NH3的濃度變化表示的平均反應速率v(NH3)=______________。②該反應的△H________0(填“>”或“<”)，理由是____________________。③對該反應，下列說法正確的是______________(填選項字母）。A．若容器內氣體密度不變，則表明反應達到平衡狀態(tài)B．若容器內Cl2和NH3物質的量之比不變，則表明反應達到平衡狀態(tài)C．反應達到平衡后，其他條件不變，在原容器中充入一定量氦氣，Cl2的轉化率增大D．反應達到平衡后，其他條件不變，加入一定量的NHCl2，平衡向逆反應方向移動(3)在恒溫條件下，2molCl2和1molNH3發(fā)生反應2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(l)+2HCl(g)，測得平衡時Cl2和HCl的物質的量濃度與平衡總壓的關系如圖所示：①A、B、C三點中Cl2轉化率最高的是______點(填“A”“B”或“C”)。②計算C點時該反應的壓強平衡常數(shù)Kp(C)=_______(Kp是平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數(shù))

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【分析】A.根據(jù)平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積進行計算；平衡常數(shù)只與溫度有關，溫度不變，平衡常數(shù)不變；B.增大壓強，平衡向氣體體積減小的方向移動；C.根據(jù)v=進行計算；D.計算出此時的Qc與K比較，判斷反應進行的方向?！驹斀狻縋Cl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)，A.I中K=≈0.03mol/L，平衡常數(shù)只與溫度有關，溫度不變，平衡常數(shù)不變，則容器Ⅱ中得到平衡常數(shù)與容器I中相同，容器III中K==0.045mol/L，即平衡常數(shù)K：容器Ⅱ<容器Ⅲ，A錯誤；B.容器Ⅱ與容器Ⅰ相比，相當于增大壓強，增大壓強，化學平衡氣體體積減小的逆反應方向移動，PCl5的轉化率減小，即PCl5的轉化率：容器Ⅱ<容器Ⅰ，B錯誤；C.對于容器I，反應到達平衡時，反應的PCl5的物質的量為0.1mol，故v(PCl5)==mol/(L?s)，C錯誤；D.起始時向容器Ⅲ中充入PCl50.30mol、PCl30.45mol和Cl20.10mol，則此時Qc==0.075mol/L>0.045mol/L，所以化學平衡向逆反應方向移動，D正確；故合理選項是D?！军c睛】本題考查化學平衡移動原理及平衡常數(shù)的計算。掌握有關概念和化學平衡移動原理是判斷和計算的理論依據(jù)，在根據(jù)平衡常數(shù)的含義計算時，清楚化學平衡常數(shù)只與溫度有關，溫度相同，化學平衡常數(shù)相同?？山Y合濃度商與平衡常數(shù)的相對大小判斷反應進行的方向。2、B【解析】A.可通過溴水除雜，乙烯與溴發(fā)生加成反應，乙烷無變化；B.苯與甲苯互溶，不能通過分液分離；C.CaO不溶于溴苯，可通過過濾分離；D.I2和CCl4的沸點不同，可通過蒸餾分離。故選B.3、C【詳解】A．CaCO3(s)與鹽酸反應，使鹽酸的濃度減小，反應速率減慢，產生的氫氣量減少，故A不選；B．KNO3溶液與鹽酸混合后，硝酸根離子在酸性條件下氧化性強于鹽酸，硝酸與鐵反應不產生氫氣，故B不選；C．Na2SO4溶液與鹽酸不反應，且將鹽酸濃度沖稀，濃度減小，速率變慢，故C選；D．CuSO4(s)中銅離子的氧化性比氫離子強，鐵先置換出銅，形成原電池，加快反應速率，故D不選；故選C。4、D【解析】試題分析：將容器的體積變?yōu)樵瓉淼?倍，假設平衡不移動，B的濃度為0.5mol·L－1<0.6mol·L－1，說明平衡向正反應方向進行，降低壓強，平衡向體積增大的反應移動，即a<b，平衡向正反應方向移動，A的轉化率增大，B的質量分數(shù)增大，故選項D正確?？键c：考查勒夏特列原理等知識。5、D【解析】A中，分散系微粒直徑在1~100nm之間的為膠體，小于1nm的為溶液，大于100nm的為濁液，故A正確；在溶液中n(OH-)/n(Al3+)=3:1時恰好生成Al(OH)3沉淀，n(OH-)/n(Al3+)=4:1時恰好生成Na[Al(OH)4]，故n(OH-)/n(Al3+)<3時，反應后Al元素的存在形式為Al3+和Al(OH)3，3<n(OH-)/n(Al3+)<4時，Al元素的存在形式為[Al(OH)4]-和Al(OH)3，n(OH-)/n(Al3+)>4時，Al元素的存在形式為[Al(OH)4]-，故B正確；常溫下,溶液的PH=7呈中性，PH<7呈酸性，PH越小酸性越強；PH>7呈堿性，PH越大堿性越強，故C正確；D中，CO2通入澄清石灰水中反應:n(CO2)/n[Ca(OH)2]≤1:1時生成CaCO3，n(CO2)/n[Ca(OH)2]≥2:1時生成Ca(HCO3)2，在1:1~2:1之間既有CaCO3，又有Ca(HCO3)2，故D錯誤。6、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)少帶負電荷，而不能大量共存，A錯誤；B、溶液pH＞7的溶液是堿性溶液，而S2－有還原性，ClO－有氧化性，會發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，B錯誤；C、水電離產生的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－會發(fā)生復分解反應而不能大量共存，ClO－、H＋、NO3－、SO32－會發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，在堿性溶液中，NH4＋、OH-會發(fā)生復分解反應而不能大量共存，C錯誤；D、向含有Na＋、Al3＋、Cl－、SO42－溶液中逐滴滴加燒堿溶液先有Al(OH)3沉淀產生，當堿過量時由于Al(OH)3是兩性氫氧化物沉又發(fā)生反應：Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O，沉淀消失，D正確。答案選D?！究键c定位】本題主要是考查離子大量共存的知識【名師點晴】離子間能否大量共存的常設陷阱條件類型

高考中的常見表述

誤點點撥

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，不是其他離子反應類型

常見的

易錯點

“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反應的離子不能存在

常見題

干要求

（1）“一定大量共存”

審清關鍵字

（2）“可能大量共存”

（3）“不能大量共存”

7、D【分析】黏土釩礦中，釩以+3、+4、+5價的化合物存在，還包括SiO2、Al2O3，加入稀硫酸，使Al2O3生成Al3+；加入KClO3將VO+和VO2+氧化成VO2+，SiO2成為濾渣1，濾液含有：VO2+、K+、Cl-、Al3+；加入NaOH溶液至pH＞13，濾液1含有[Al(OH)4]-、VO、Cl-、OH-，通入CO2生成氫氧化鋁沉淀，濾液中加入NH4HCO3沉釩得到NH4VO3，最后煅燒得到V2O5?！驹斀狻緼．VO2+中V元素為+4價，VO中V元素為+5價，3molVO2+被氧化成VO，失去3mol電子，而1molKClO3變?yōu)镵Cl失去6mol電子，故需要0.5molKClO3，故A錯誤；B．由上述分析可知，濾液1中主要的陰離子有[Al(OH)4]-、VO、Cl-、OH-，故B錯誤；C．“煅燒”時需要的儀器主要有坩堝、玻璃棒、三腳架、酒精燈、泥三角等，故C錯誤；D．NH4VO3煅燒生成V2O5，化學方程式為：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O，故D正確。答案選D。8、A【分析】A．根據(jù)化學式計算R的質量，溶液總質量為（a+b）g，根據(jù)w（溶質）=m(溶質)/m(溶液)×100%計算該溶液質量分數(shù)；B．根據(jù)n=m/M計算R?nH2O的物質的量，而n（R）=n（R?nH2O），根據(jù)c=n/V計算該溶液的物質的量濃度；C．根據(jù)化學式計算結晶水的質量，溶質R的質量為（a﹣結晶水質量）g，溶液中溶劑質量為（結晶水質量+b）g；D．根據(jù)c=n/V計算該飽和溶液的物質的量濃度，根據(jù)ρ=m/V計算溶液密度，或利用c=1000×ρω/M進行公式變形計算。【詳解】A．R的質量為（M-18n）/M×ag，溶液總質量為（a+b）g，可知該溶液質量分數(shù)為[（M-18n）/M×a]/(a+b)×100%=100a(M-18n)/M(a+b)%，故A錯誤；B．n（R）=n（R?nH2O）=a/Mmol，該溶液的物質的量濃度(a/M)/V×10-3=1000a/(MV)mol·L﹣1，故B正確；C．R?nH2O中結晶水的質量為18na/Mg，故R的質量為（a﹣18na/M）g，溶液中溶劑的質量為（18na/M+b）g，則溶液中m（水）：m（溶質）=（18na/M+b）：（a﹣18na/M），故C正確；D．溶液總質量為（a+b）g，根據(jù)ρ=m/V可知，溶液密度為(a+b)/V=(a+b)/Vg/mL=1000(a+b)/Vg·L﹣1，故D正確；綜上所述，本題選A?！军c睛】本題考查溶液濃度計算，涉及物質的量濃度、質量分數(shù)，屬于字母型計算，為易錯題目，注意對基礎知識的理解掌握，解題時，利用好公式：c=n/V，ρ=m/V，ω=m(溶質)/m(溶液)，注意溶液體積單位的變化，否則計算結果相差1000倍。9、A【詳解】A.過渡元素含副族元素及第ⅤⅢ族元素，全是金屬元素,在過渡元素中尋找優(yōu)良的催化劑材料,及耐高溫和耐腐蝕的材料,故A項正確；B.周期表中，位于金屬與非金屬分界線附近的元素既能表現(xiàn)一定的金屬性，又能表現(xiàn)一定的非金屬性，如Al、Si等，故B項錯誤；C.對于主族元素來說，元素的最高正化合價不一定等于它所處的主族序數(shù)，如氟元素沒有正價，氧元素沒有+6價，故C項錯誤；D.Li原子最外層只有一個電子，失去最外層1個電子形成離子后，不是8電子穩(wěn)定結構，故D項錯誤；綜上所述，本題選A。10、A【解析】A.含鎂為5%時，金屬鋁的含量最低，5.4g合金中鋁的質量為5.13g；則根據(jù)反應：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，2Al～2NaOH，5.13/27：V×10-3×2=2:2，解得V=95mL，因此取5.4g合金粉末樣品，投入VmL2.0mol/LNaOH溶液中反應，則V≥95mL，A錯誤；B.方案一中金屬鋁與氫氧化鈉溶液反應，過濾后剩余固體鎂；測定剩余固體質量時，過濾后未洗滌固體就干燥、稱量，相當于鎂的質量偏大，則鎂的質量分數(shù)偏高，B正確；C.Mg、Al均與氧氣反應,生成金屬氧化物，則還需測定生成物的質量，根據(jù)質量守恒列方程可以求出金屬鎂的質量，進而求出鎂的質量分數(shù)，C正確；D.空氣中有氮氣和氧氣，金屬鎂能夠與氮氣反應生成氮化鎂，灼燒后固體質量增大，金屬鎂的質量偏大，測定結果偏高，D正確；綜上所述，本題選A。11、C【詳解】A.實驗室常用過氧化氫分解制氧氣，生成1molO2轉移電子數(shù)為2NA，故A錯誤；B.500mL0.2mol·L－1K2SO3溶液中含有0.1molK2SO3，含有0.2molK+，K2SO3強堿弱酸鹽，在水溶液里能發(fā)生水解，SO32－＋H2OHSO3－＋OH－、HSO3-＋H2OH2SO3＋OH－，陰離子數(shù)大于0.1mol，因此溶液中含有的離子總數(shù)多于0.3NA，故B錯誤；C.1mol乙醇和1mol乙烯分別完全燃燒消耗的氧氣都是3mol，所以1mol乙醇和乙烯的混合物充分燃燒消耗的氧氣的物質的量為3mol，消耗氧氣的分子數(shù)為一定為3NA，故C正確；D.氯氣溶于水后，溶液的體積不等同于溶劑的體積，故溶液的體積不是1L，則含氯微?？倽舛炔皇?.2mol/L，故D錯誤；答案選C。12、D【詳解】A.氯化鐵溶液中的Fe3+與SCN-不能大量共存，故A錯誤；B.白醋顯酸性，CO32-離子不能大量共存，故B錯誤；C.鹽酸溶液中含有H+，F(xiàn)e2+、NO3-不能存在于酸性溶液中，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，故C錯誤；D.食鹽水中Fe2+、NH4+、Cl-、SO42-之間均不反應，能大量共存，故D正確。故選D?！军c睛】判斷離子共存，有以下幾種情況：1、由于發(fā)生復分解反應，離子不能大量共存。①有氣體產生：如CO32-、S2-、HS-等易揮發(fā)的弱酸的酸根與H+不能大量共存，②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+等不能與SO42-、CO32-等大量共存，③有弱電解質生成：如OH-、CH3COO-等與H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能與OH-大量共存，2、由于發(fā)生氧化還原反應，離子不能大量共存。①具有較強還原性的離子不能與具有較強氧化性的離子大量共存：如I-和Fe3+不能大量共存，②在酸性或堿性的介質中由于發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存：如NO3-和Fe2+在酸性溶液中不能大量共存，3、由于形成絡合離子，離子不能大量共存：如Fe3+和SCN-發(fā)生絡合反應而不能大量共存。13、C【解析】A.因為該反應是非自發(fā)的，不能根據(jù)反應Cu＋H2SO4通電__CuSO4＋H2↑推出Cu還原性比H2強的結論B.因為該溶液中H+濃度很小，此時H+得電子能力比Pb2+弱，所以陰極上陽離子得電子次序依次是Cu2+、Pb2+、H+，B項錯誤；C.Na2S中硫元素顯-2價，SO2中硫元素顯+4價，Na2S與SO2發(fā)生歸中反應生成S，若使amolNa2S溶液吸收SO2最多，則Na2S完全轉化為S和NaHSO3，發(fā)生反應的化學方程式為2Na2S+5SO2+2H2O=3S↓+4NaHSO3，根據(jù)化學計量數(shù)知amol:n(SO2)=2:5，所以n(SO2)=2.5amol，C項正確；D.反應I2＋2NaClO3===2NaIO3＋Cl2中碘元素化合價由I2的0價升高到NaIO3中的+5價，I2失去電子是還原劑，表現(xiàn)還原性，所以I2的氧化性弱于Cl2，D項錯誤；答案選C。14、B【解析】試題分析：A、元素周期表中位于金屬與非金屬分界線附近的元素既有金屬性也有非金屬性，而過渡元素都是金屬，錯誤；B、短周期第IVA族是C、Si與VIIA族元素F、Cl的原子間構成的分子，均滿足原子最外層8電子結構，正確；C、C、N、O、H四種元素形成的化合物不一定有離子鍵，如氨基酸、尿素分子中只有共價鍵，沒有離子鍵，錯誤；D、第三周期非金屬元素最高價含氧酸的酸性從左到右依次增強，不說明最高價時，結論不一定成立，如硫酸的酸性比次氯酸的酸性強，錯誤，答案選B?？键c：考查元素周期表、元素周期律的應用15、B【解析】A、電鍍時，陰極材料是待鍍的金屬，陽極為鍍層金屬，鋁件上鍍銀，鋁件作陰極，銀作陽極，根據(jù)電流的方向，a為正極，b為負極，c為陽極，材料為純銀，d為陰極，材料為鋁件，電解質溶液為硝酸銀溶液，故A錯誤；B、②屬于原電池，是化學能轉化成電能的裝置，根據(jù)原電池的工作原理，SO42－向負極移動，即向鋅電極移動，故B正確；C、NH3和HCl不溶于CCl4，因此此裝置不能引起倒吸，故C錯誤；D、因為氨氣的密度小于空氣，因此收集裝置應是短管進氣，長管出氣，故D錯誤。16、C【詳解】A．由結構簡式可知分子式為C7H4O6，故A正確；B．含有碳碳雙鍵和羰基，可發(fā)生加成反應，故B正確；C．含有羰基和羧基，不能水解，故C錯誤；D．含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應，故D正確。故選：C?！军c睛】解答本題需注意：白屈菜酸中不含苯環(huán)，結構中含碳碳雙鍵。17、B【詳解】A．乙醇中的—OH脫氫，乙酸中的—COOH脫羥基生成乙酸乙酯，為酯化反應或取代反應；B．乙醇在濃硫酸的作用下，發(fā)生消去反應，生成水和乙烯，為消去反應；C．一個乙醇脫去羥基，一個乙醇脫去羥基中的H原子，生成乙醚和水，為取代反應；D．乙醇中的羥基被溴原子取代，生成溴乙烷，為取代反應；綜上可知，不同的是B中的反應，B符合題意。答案選B。18、C【詳解】A．碳膜片是由碳原子構成的，屬于單質，故A錯誤；B．碳膜片和石墨都是由碳原子構成的單質，但是碳膜片與石墨的結構不同，故B錯誤；C．碳膜片是由碳原子構成的單質，與C60互為同素異形體，故C正確；D．碳膜片在氧氣中完全燃燒的產物和碳在氧氣中完全燃燒的產物相同，完全燃燒的產物都是二氧化碳，故D錯誤；故答案為C。19、D【解析】A．水玻璃中通入過量的二氧化碳，反應生成硅酸和碳酸氫鈉，正確的離子方程式為：SiO32-+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3-，故A錯誤；B．氨水不能溶解氫氧化鋁，氯化鋁與氨水反應生成氫氧化鋁沉淀和氯化銨，正確的離子方程式為：Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B錯誤；C．向碳酸氫銨溶液中加入過量氫氧化鈉溶液，離子方程式：NH4++HCO3-+2OH-═CO32-+H2O+NH3?H2O，故C錯誤；D．向Na[Al(OH)4]溶液中通入過量CO2，離子方程式：[Al(OH)4]-+CO2═Al(OH)3↓+HCO3-，故D正確；故選D。20、C【分析】氧化還原反應中氧化劑氧化性大于氧化產物的氧化性，還原劑的還原性大于還原產物的還原性，結合元素的化合價的變化計算電子轉移的數(shù)目?！驹斀狻緼．反應中Se元素化合價降低，H2SeO4為氧化劑，Cl元素化合價升高，Cl2為氧化產物，氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，則H2SeO4的氧化性比氯氣強，選項A錯誤；B．將二氧化硫通入亞硒酸溶液中出現(xiàn)單質硒的沉淀，可說明亞硒酸具有氧化性，二氧化硫具有還原性，則亞硒酸的氧化性大于二氧化硫，選項B錯誤；C．2HCl+H2SeO4=H2SeO3+Cl2+H2O反應中，H2SeO4為氧化劑，H2SeO3為還原產物，則H2SeO4的氧化性比H2SeO3強，選項C正確；D．將二氧化硫通入亞硒酸溶液中出現(xiàn)單質硒的沉淀，反應中Se元素化合價由+4價降低到0價，S元素化合價由+4價升高到+6價，則析出1mol硒要用H2SeO31mol，SO22mol，選項D錯誤；答案選C。21、B【解析】由圖中化合價可知，X的化合價為-2價，沒有正化合價，故X為O元素，Y的化合價為+1價，處于ⅠA族，原子序數(shù)大于O元素，故Y為Na元素，Z為+3價，為Al元素，Q的化合價為+5價，故Q為P元素，T的最高正價為+6價，應為S元素；A．1molSO2與O2反應為可逆反應，1molSO2與足量O2反應生成SO3的分子數(shù)目小于NA，故A錯誤；B．Al元素形成的可溶性鹽如NaAlO2在溶液中顯堿性，故B正確；C．Na2O2與H2O的反應2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反應中2molNa2O2轉移2mol電子，則1molNa2O2與足量H2O反應轉移的電子數(shù)目為NA，故C錯誤；D．P的含氧酸H3PO4為中強酸，在溶液中部分電離，所以0.1molP元素的含氧酸在水中電離出的H+數(shù)目為小于0.3NA，故D錯誤；故答案為B。點睛：根據(jù)推斷元素是解題的關鍵，根據(jù)化合價結合原子序數(shù)進行推斷，圖中化合價可知，X的化合價為-2價，沒有正化合價，故X為O元素，Y的化合價為+1價，處于ⅠA族，原子序數(shù)大于O元素，故Y為Na元素，Z為+3價，為Al元素，Q的化合價為+5價，故Q為P元素，T的最高正價為+6價，應為S元素，結合對應單質、化合物的性質以及題目要求解答該題。22、C【解析】A.標準狀況下水是液體，不能利用氣體摩爾體積計算11.2L水中含有的分子數(shù)，A錯誤；B.常溫常壓下，17g氨氣是1mol，其中所含原子數(shù)為4NA，B錯誤；C.1molOH-中含有電子數(shù)為10NA，C正確；D.1mol/LBaCl2溶液的體積未知，不能計算其中含有的氯離子數(shù)，D錯誤。答案選C。二、非選擇題(共84分)23、甲醛醛基加成反應++NaCl+H2O6【解析】根據(jù)流程圖知，①為消去反應、②為加成反應、③發(fā)生信息i的氧化反應，則A為HCHO、B為，B發(fā)生信息ii的反應，C結構簡式為，C發(fā)生縮聚反應生成E，E結構簡式為，C發(fā)生消去反應生成D，D結構簡式為，D和苯酚發(fā)生酯化反應生成。(1)A的名稱為甲醛，B為，B含有的官能團是醛基，故答案為甲醛；醛基；(2)②的反應類型是加成反應，故答案為加成反應；(3)①的反應的化學方程式為，故答案為；(4)C發(fā)生縮聚反應生成E，E結構簡式為，則③的反應的化學方程式為，故答案為；(5)D結構簡式為，與D互為同分異構體且含有碳碳雙鍵的苯的二取代物，其取代基為-CH=CH2、-COOH，有鄰間對三種，如果取代基為-CH=CH2和HCOO-，有鄰間對三種，所以符合條件的有6種，其中核磁共振氫譜為5組峰，且峰面積比為2：1：2：2：1的結構簡式是，故答案為；6；；(6)CH3CH2OH被催化氧化生成CH3CHO，CH3CHO和HCN發(fā)生加成反應生成CH3CH(OH)CN，該物質發(fā)生水解反應生成CH3CH(OH)COOH，其合成路線為，故答案為。點睛：本題考查有機物推斷和有機合成，側重考查學生分析推斷及知識綜合應用能力，明確有機物官能團及其性質、有機反應類型及反應條件是解本題關鍵。難點是根據(jù)反應物和生成物采用知識遷移的方法進行有機合成。24、二ⅥA2s22p48S2->Cl->Na+、離子鍵、共價鍵弱于非金屬性也就是得電子的能力S的原子序數(shù)是16而Cl是17所以Cl的原子半徑小于S原子，Cl原子對電子的引力較大所以捕獲電子的能力也大由反應2H2S+O2（不足）=2H2O+2S↓

可知，O2是氧化劑，S是氧化產物，O2的氧化性大于S，非金屬性越強，氧化性越強，說明S的非金屬性小于O【分析】A、B、C、D均為短周期主族元素，且原子序數(shù)一次遞增。A是地殼中含量最多的元素，則A為氧元素；B是短周期中金屬性最強的元素，則B為鈉元素；C與D位置相鄰，D是同周期元素中原子半徑最小的元素，則D為氯元素，C為硫元素；A、B、C、D分別為：O、Na、S、Cl。【詳解】(1)A為氧元素，在周期表中的位置為第二周期ⅥA族，氧原子的最外層電子排布式為2s22p4，氧原子核外共有8個電子，則有8個不同運動狀態(tài)的電子。答案為：二；ⅥA；2s22p4；8；(2)Na、S、Cl三種元素形成簡單離子分別為：Na+、S2-、Cl-，S2-、Cl-分別為三個電子層，Na+為兩個電子層，Na+半徑最小，電子層結構相同的粒子，核電荷數(shù)越大，半徑越小，故S2-半徑大于Cl-半徑，半徑大小的順序為：S2->Cl->Na+。答案為：S2->Cl->Na+；(3)O和Na形成化合物有Na2O和Na2O2，電子式分別為、；這些化合物中所含的化學鍵有離子鍵、共價鍵；答案為：、；離子鍵、共價鍵；(4)S和Cl為同周期元素，同周期元素從左至右，非金屬性依次增強，則非金屬性的強弱：S弱于Cl；從原子結構的角度分析：非金屬性也就是得電子的能力S的原子序數(shù)是16而Cl是17所以Cl的原子半徑小于S原子，Cl原子對電子的引力較大所以捕獲電子的能力也大；由反應2H2S+O2（不足）2H2O+2S↓

可知，O2是氧化劑，S是氧化產物，O2的氧化性大于S，非金屬性越強，氧化性越強，說明S的非金屬性小于O；答案為：弱于；非金屬性也就是得電子的能力S的原子序數(shù)是16而Cl是17所以Cl的原子半徑小于S原子，Cl原子對電子的引力較大所以捕獲電子的能力也大；由反應2H2S+O2（不足）=2H2O+2S↓

可知，O2是氧化劑，S是氧化產物，O2的氧化性大于S，非金屬性越強，氧化性越強，說明S的非金屬性小于O。25、SO2、H2SO3、HSO3?、SO32?HSO3?離子存在平衡有電離平衡：HSO3??H++SO32?，水解平衡：HSO3?+H2O?H2SO3+OH?，因為亞硫酸氫根離子電離程度大于其水解程度，所以溶液顯酸性證明該實驗條件下氫氧根離子對品紅溶液褪色不產生干擾SO32?乙SO32?能使品紅褪色，因為SO2+2OH?+Ba2+=BaSO3↓+H2O，同時排除SO32?的干擾AC【分析】Ⅰ．探究體現(xiàn)漂白性的主要微粒(1)二氧化硫溶于水和水發(fā)生反應生成亞硫酸，亞硫酸存在兩步電離，據(jù)此分析判斷；(2)NaHSO3溶液中存在亞硫酸氫鈉電離和水解，溶液顯酸性說明亞硫酸氫根離子電離程度大于水解程度；(3)氫氧化鈉溶液中紅色不褪去說明氫氧根離子對品紅褪色不干擾；(4)根據(jù)實驗一和實驗二的abc分析判斷；Ⅱ．探究褪色過程的可逆性(5)甲同學：向a實驗后的無色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10時，溶液顏色不變，氫氧根離子不影響溶液的褪色，乙同學：向a實驗后的無色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10時，生成白色沉淀亞硫酸鋇，溶液變紅，說明品紅褪色可逆；(6)選擇的試劑不能具有漂白性，同時能夠將二氧化硫反應除去，據(jù)此分析解答?！驹斀狻竣瘢骄矿w現(xiàn)漂白性的主要微粒(1)二氧化硫溶于水和水發(fā)生反應生成亞硫酸，亞硫酸存在兩步電離，SO2+H2O?H2SO3，H2SO3?H++HSO3-，HSO3-?H++SO32-，SO2水溶液中含的微粒有：SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-，故答案為：SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-；(2)NaHSO3溶液中，HSO3-離子存在的平衡有：電離平衡HSO3-?H++SO32-，水解平衡HSO3-+H2O?H2SO3+OH-，溶液顯酸性說明亞硫酸氫根離子的電離程度大于水解程度，故答案為：HSO3-離子存在的平衡有：電離平衡HSO3-?H++SO32-，水解平衡HSO3-+H2O?H2SO3+OH-，因為亞硫酸氫根離子的電離程度大于水解程度，所以溶液顯酸性；(3)pH=10NaOH溶液中紅色溶液不變色，證明該實驗條件下氫氧根離子對品紅溶液褪色不產生干擾，故答案為：證明該實驗條件下氫氧根離子對品紅溶液褪色不產生干擾；(4)實驗一：將SO2分別通入0.1%品紅水溶液和0.1%品紅乙醇溶液中。觀察到前者褪色而后者不褪色。說明使品紅褪色的微粒不是SO2；根據(jù)實驗二的abc可知，a.0.1mol/LSO2溶液(pH=2)中主要含有SO2和H2SO3，溶液逐漸變淺，約90s后完全褪色，b.0.1mol/LNaHSO3溶液(pH=5)中主要含有HSO3-，溶液立即變淺，約15s后完全褪色，c.0.1mol/LNa2SO3溶液(pH=10)中主要含有SO32-，溶液立即褪色，說明SO2使品紅溶液褪色時起主要作用的微粒是SO32-，故答案為：SO32-；Ⅱ．探究褪色過程的可逆性(5)甲同學：向a實驗后的無色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10時，溶液顏色不變，說明氫氧根離子濃度不影響二氧化硫褪色，不能說明二氧化硫的漂白性具有可逆性；乙同學：向a實驗后的無色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10時，生成白色沉淀亞硫酸鋇，溶液變紅，說明品紅溶液的褪色具有可逆性；乙方案合理，其原因是SO32-能使品紅褪色，因為SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O，同時排除SO32-的干擾，故答案為：乙；SO32-能使品紅褪色，因為SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O，同時排除SO32-的干擾；(6)A．稀硝酸不具有漂白性，能夠將二氧化硫氧化生成硫酸，因此溶液變紅色，故A正確；B．氯水中含有次氯酸，具有漂白性，溶液不會變成紅色，故B錯誤；C．雙氧水能夠將二氧化硫氧化為硫酸，溶液變成紅色，故C正確；故選AC。26、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑反應生成的H2O2具有漂白作用2H2O22H2O+O2↑2Na2O2+2SO2＝2Na2SO3+O2取反應B中的白色固體少許，滴入稀硫酸，生成無色能使品紅溶液褪色的氣體，說明含Na2SO3過氧化鈉具有強氧化性，二氧化硫有較強的還原性稀硝酸能將亞硫酸鋇氧化為硫酸鋇加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，過濾，洗滌142b/233a【解析】(1)①過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉是堿，堿遇酚酞變紅；紅色褪去的可能原因是過氧化鈉和水反應生成的過氧化氫具有氧化性；

②過氧化氫在二氧化錳做催化劑分解生成水和氧氣；③Na2O2屬于離子化合物，含有O22-離子，據(jù)此寫出電子式。

(2)①根據(jù)反應物和生成物寫出方程式，根據(jù)得失電子數(shù)相等配平方程式；要證明白色固體中含有Na2SO3只需檢驗出含有SO32-就可以了；

②根據(jù)過氧化鈉具有強氧化性，二氧化硫有較強的還原性，兩者發(fā)生氧化還原反應生成Na2SO4；硫酸鈉和亞硫酸鈉均有氯化鋇反應生成沉淀，亞硫酸鋇加硝酸時氧化生成硫酸鋇，不能說明是否含硫酸鋇；

③利用亞硫酸鋇易溶于鹽酸，硫酸鋇不溶分析判斷；根據(jù)沉淀硫酸鋇的質量計算硫酸鋇的物質的量，進一步求出硫酸鈉的質量，最后計算Na2SO4的質量分數(shù)?！驹斀狻?1)①過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉是堿,堿遇酚酞變紅，反應方程式為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，紅色褪去的可能原因是過氧化鈉和水反應生成的過氧化氫具有氧化性，能氧化有色物質，

因此，本題正確答案是：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；反應生成的H2O2具有漂白作用；

②過氧化氫在二氧化錳做催化劑分解生成水和氧氣，反應的化學方程式為：2H2O22H2O+O2↑，因此，本題正確答案是：2H2O22H2O+O2↑；

③Na2O2屬于離子化合物，含有O22-離子，電子式為；

(2)①Na2O2與SO2反應生成了Na2SO3和O2，結合得失電子守恒知，該反應方程式為：2Na2O2+2SO2＝2Na2SO3+O2，要證明白色固體中含有Na2SO3只需檢驗出含有SO32-就可以了，則取反應生成白色固體少許，滴入稀硫酸，生成無色氣體使品紅溶液褪色，說明含Na2SO3，

因此，本題正確答案是：2Na2O2+2SO2＝2Na2SO3+O2；取反應生成白色固體少許，滴入稀硫酸，生成無色氣體使品紅溶液褪色，說明含Na2SO3；

②因為過氧化鈉具有強氧化性，二氧化硫有較強的還原性，兩者發(fā)生氧化還原反應生成Na2SO4；由實驗流程可以知道，稀硝酸具有強氧化性，它也會將亞硫酸鋇氧化為硫酸鋇，最終也生成硫酸鋇沉淀，則不能說明反應的后B中有Na2SO3還會有Na2SO4，

因此，本題正確答案是：過氧化鈉具有強氧化性，二氧化硫有較強的還原性；稀硝酸能將亞硫酸鋇氧化為硫酸鋇；③因為亞硫酸鋇易溶于鹽酸，硫酸鋇不溶，所以測定B中反應完全后固體組成的實驗方案為稱取樣品a

克加水溶解，加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，過濾，洗滌烘干，稱量沉淀質量為b

克，計算含量；b

克BaSO4的物質的量為b233mol，則樣品中含Na2SO4的質量為b233mol×142g/mol=142b233g，所以Na2SO因此，本題正確答案是：加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，過濾，洗滌；142b/233a。27、Fe2++CO32-=FeCO3↓稀硫酸（或稀鹽酸）沉淀顏色由白色變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色沉淀Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2混合后，雖然實驗b中碳酸氫鈉濃度比實驗a中碳酸鈉濃度高，但是碳酸鈉溶液的堿性（或水解程度）比碳酸氫鈉的強【解析】解答本題主要抓住FeCO3與Fe(OH)2的區(qū)別來進行分析，F(xiàn)eCO3能與酸反應產生氣體；Fe(OH)2能被空氣中的氧氣氧化呈現(xiàn)特殊顏色變化，據(jù)此分析解答。【詳解】（1）實驗a中硫酸亞鐵與碳酸鈉溶液混合若生成碳酸亞鐵沉淀，則發(fā)生了復分解反應，反應的離子方程式為：Fe2++CO32-=FeCO3↓，碳酸亞鐵沉淀能溶于硫酸或鹽酸并產生二氧化碳氣體，而氫氧化亞鐵與硫酸或鹽酸反應不會產生氣體，則可用稀硫酸或鹽酸來鑒別碳酸亞鐵和氫氧化亞鐵沉淀，故答案為Fe2++CO32-=FeCO3↓；稀硫酸（或稀鹽酸）；（2）若沉淀中含有Fe（OH）2，放置在空氣中會被氧化而呈現(xiàn)出白色沉淀迅速變成灰綠色，最終變成紅褐色的現(xiàn)象，故答案為沉淀顏色由白色變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色沉淀；（3）實驗b中的反應物為硫酸亞鐵和碳酸氫鈉，兩者反應除了生成碳酸亞鐵沉淀，還有二氧化碳氣體和水生成，反應的離子方程式為：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案為Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（4）FeCO3被氧氣氧化生成紅褐色的氫氧化鐵，反應中氧氣為氧化劑，碳酸亞鐵為還原劑，由氧化還原反應規(guī)律可得反應：4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2，故答案為4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2；（5）對比實驗a、b，不同之處在于前者反應物為碳酸鈉溶液，后者為碳酸氫鈉溶液，由于碳酸根離子的水解程度較碳酸氫根離子的水解大，實驗a中混合溶液氫氧根離子濃度較實驗b中要大，導致實驗a中更易產生Fe（OH）2，故答案為混合后，雖然實驗b中碳酸氫鈉濃度比實驗a中碳酸鈉濃度高，但是碳酸鈉溶液的堿性（或水解程度）比碳酸氫鈉的強。28、200.03mol/(L?min)減小CO2的濃度SO32-+SO2+H2O=2HSO3-OH-ac【分析】（1）可逆反應達到平衡時，各組分的濃度保持不變；根據(jù)v=計算二氧化硫的速率；（2）30min瞬間，CO2