廣西玉林市玉州區(qū)2026屆高三化學第一學期期中調研試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用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．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準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選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，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個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列敘述不正確的是(

)A．10mL質量分數(shù)為98%的H2SO4,用10mL水稀釋后H2SO4的質量分數(shù)大于49%B．配制0.1

mol?L﹣1的Na2CO3溶液480mL,需用500mL容量瓶C．用濃硫酸配制一定物質的量濃度的稀硫酸時，量取濃硫酸時仰視量筒，會使所配溶液濃度偏小D．同溫同壓下20mLCH4和60mLO2所含的原子數(shù)之比為5:62、元素X、Y、Z位于相同短周期，它們的最高及最低化合價如表所示，下列判斷錯誤的是A．原子序數(shù)：X>Y>ZB．原子半徑：X>Y>ZC．穩(wěn)定性：HX>H2Y>ZH3D．酸性由強到弱：HXO4>H2YO4>H3ZO43、過二硫酸鉀（K2S2O8）用于制作漂白劑、氧化劑，也可用作聚合引發(fā)劑。工業(yè)上電解飽和KHSO4的酸性溶液(含K+、H+、HSO等離子)來制備過二硫酸鉀。電解裝置原理示意圖如圖。下列說法不正確的是（）A．該裝置工作時，陽離子向B極移動B．a極為電源正極，陰極室中盛有飽和KHSO4酸性溶液C．A極反應：2HSO-2e-=S2O+2H+D．當轉移0.2mol電子時，有0.2molH+通過質子交換膜4、工業(yè)上用CO和H2生產燃料甲醇。一定條件下密閉容器中發(fā)生反應，測得數(shù)據(jù)曲線如下圖所示（反應混合物均呈氣態(tài)）。下列說法錯誤的是A．反應的化學方程式:CO+2H2CH3OHB．反應進行至3分鐘時，正、逆反應速率相等C．反應至10分鐘，?(CO)=0.075mol/L·minD．增大壓強，平衡正向移動，K不變5、中科院化學所研制的晶體材料——納米四氧化三鐵，在核磁共振造影及醫(yī)藥上有廣泛用途其生產過程的部分流程如下圖所示（）FeCl3·6H2OFeOOH納米四氧化三鐵下列有關敘述不合理的是A．納米四氧化三鐵可分散在水中，它與FeCl3溶液的分散質直徑相當B．納米四氧化三鐵具有磁性，可作為藥物載體用于治療疾病C．在反應①中環(huán)丙胺的作用可能是促進氯化鐵水解D．反應②的化學方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O十CO26、已知過氧化鉻(CrO5)的結構式如下圖所示，過氧化鉻不穩(wěn)定，溶于水生成過氧鉻酸；溶于酸生成鉻(III)鹽(綠色)并放出氧氣，反應方程式為：4CrO5+12H+=4Cr3++7O2+6H2O)。下列有關說法正確的是()A．CrO5中Cr元素的化合價為+10B．過氧化鉻中含有極性共價鍵、非極性共價鍵和離子鍵C．過氧化鉻具有較強的氧化性D．上述反應每轉移0.2mol電子就能生成2.24LO27、化學與科學、技術、社會、環(huán)境密切相關，下列說法錯誤的是（）A．氫氧化鐵膠體、淀粉溶液均具有丁達爾效應B．化學是一門具有創(chuàng)造性的科學，化學變化的實質是舊鍵的斷裂和新鍵的形成C．煤的干餾、煤的液化、石油的分餾和裂解均屬于化學變化D．“榆莢只能隨柳絮，等閑撩亂走空園”中“柳絮”的主要成分是纖維素8、常溫下，用0.1mol·L—1HCl溶液滴定10.0mL濃度為0.1mol·L—1Na2CO3溶液，所得滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是A．當V＝0時：c(H＋)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(OH－)B．當V＝5時：c(CO32—)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(Cl－)C．當V＝10時：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32—)＞c(H2CO3)D．當V＝a時：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)9、工業(yè)上利用空氣吹出法提取溴的部分流程如下：下列說法錯誤的是A．②中可以采用純堿溶液，發(fā)生的反應是3Br2＋6CO32—＋3H2O=5Br－＋BrO3—＋6HCO3—B．第③步，需加入氧化性酸，才能將Br－氧化為Br2C．B溶液顏色要比A溶液深D．第④步，采用的是蒸餾的方法10、H2O2分解速率受多種因素影響。實驗測得70℃時不同條件下H2O2濃度隨時間的變化如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．圖甲表明，其他條件相同時，H2O2濃度越大，其分解速率越快B．圖乙表明，其他條件相同時，溶液pH越大，H2O2分解速率越快C．圖丙表明，少量Mn2+存在時，溶液堿性越強，H2O2分解速率越快D．圖丙和圖丁表明，堿性溶液中，Mn2+對H2O2分解速率的影響大11、在恒容密閉容器中進行2NO+O22NO2達到平衡的標志的個數(shù)是①(O2):(NO2)=1:2②單位時間內生成nmolO2的同時，消耗2nmolNO③剩余NO2、NO、O2的物質的量之比為2:2:1④混合氣體的密度不再改變⑤混合氣體的顏色不再改變⑥混合氣體的平均相對分子質量不再改變A．2個 B．3個 C．4個 D．5個12、用如圖裝置進行實驗，將液體A逐滴加入到固體B中，下列敘述正確的是A．若A為濃H2SO4，B為Na2SO3，C中盛有Na2SiO3溶液，C中溶液出現(xiàn)白色沉淀，證明非金屬性S＞SiB．若A為濃鹽酸，B為MnO2，C中盛有KI淀粉溶液，C中溶液變藍色C．若A為濃氨水，B為生石灰，C中盛有AlCl3溶液，C中先產生白色沉淀后沉淀又溶解D．若A為H2O2，B為MnO2，C中盛有Na2S溶液，C中溶液變渾濁13、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列有關敘述正確的是A．18gD2O所含有電子數(shù)為10NAB．1molNa2O2

發(fā)生氧化還原反應時，轉移的電子數(shù)目一定為

2NAC．常溫常壓下，14

g

由

N2

與

CO組成的混合氣體含有的原子數(shù)目為NAD．50mL18.4mol·L-1

的濃硫酸與足量銅在加熱條件下反應，生成

SO2分子的數(shù)目為0.46NA14、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-B．使酚酞變紅色的溶液中：Na+、NH4+、C1-、SO42-C．c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中：K+、Mg2+、SO42-、AlO2-D．由水電離產生的c(H+)=10-13mol/L的溶液中：K+、Na+、CH3COO-、NO3-15、從下列事實所列出的相應結論正確的是（）實驗事實結論ASO2使酸性高錳酸鉀溶液褪色可證明SO2有漂白性B濃鹽酸可除去燒瓶內殘留的MnO2，稀硝酸可除去試管內壁的銀鏡，用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液都發(fā)生了氧化還原反應C取少量Na2SO3樣品加入Ba（NO3）2溶液后，產生白色沉淀滴加稀鹽酸，沉淀不溶解，證明Na2SO3已氧化變質D某溶液加入稀鹽酸產生能使澄清石灰水變渾濁的無色無味氣體，該溶液滴加CaCl2溶液，有白色沉淀生成確定該溶液存在CO32﹣A．A B．B C．C D．D16、下列物質或離子在指定分散系中能大量共存的是A．空氣中:H2、HCl、NO、NH3B．Fe(OH)3膠體中:Na+、H+、Cl-、I-C．Ca(ClO)2溶液中:K+、Na+、NO3-、Cl-D．無色透明溶液中:K+、Na+、MnO4-、SO42-17、某鐵的氧化物，用2.0mol/L的鹽酸100mL恰好能完全溶解，所得溶液再通入0.28L標準狀況下的氯氣時，剛好使溶液中Fe2+完全轉化為Fe3+。則該氧化物的化學式為()A．FeO B．Fe2O3 C．Fe3O4 D．Fe5O718、在新制飽和氯水中，若只改變某一條件，下列敘述正確的是A．再通入少量氯氣，減小B．通入少量SO2，溶液漂白性增強C．加入少量的碳酸氫鈉粉末，pH增大，溶液漂白性增強D．光照過程中，有氣泡冒出，溶液的導電性減弱19、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A．明礬溶于水能形成膠體，可用于自來水的殺菌消毒B．金屬鈉具有強還原性，可用于與TiCl4溶液反應制取金屬TiC．Al2O3具有很高的熔點，可用于制造熔融燒堿的坩堝D．FeCl3溶液能與Cu反應，可用于蝕刻印刷電路板20、現(xiàn)有密度為dg/mL濃度為18mol/L的濃硫酸溶液100g，需要加入一定量的水將其稀釋為濃度是9mol/L,則加入水的體積是A．大于100mLB．小于l00mLC．等于100mLD．等于100/dmL21、下列實驗對應的現(xiàn)象以及結論均正確的是選項實驗現(xiàn)象結論A向裝有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振蕩，靜罝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將鈉塊加入盛有無水乙醇的燒杯中有氣泡產生生成的氣體是H2D分別向相同濃度的ZnSO4溶液和CuSO4溶液中通入H2S前者無現(xiàn)象，后者有黑色沉淀生成Ksp(ZnS)<Ksp(CuS)A．A B．B C．C D．D22、利用下列實驗器材（規(guī)格和數(shù)量不限），不能完成相應實驗的選項是選項實驗器材（省略夾持裝置）相應實驗A燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、容量瓶用固體氯化鈉配制100mL0.5mol?L-1的溶液B燒杯、玻璃棒、漏斗、濾紙除去食鹽中的泥沙C燒杯、玻璃棒、蒸發(fā)皿、酒精燈濃縮結晶硫酸銅溶液制膽礬D燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaIA．A B．B C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）芳香烴A(C7H8)是重要的有機化工原料，由A制備聚巴豆酸甲酯和醫(yī)藥中間體K的合成路線(部分反應條件略去)如圖所示：已知：①②③(弱堿性，易氧化)回答下列問題：(1)A的名稱是____________，I含有的官能團是_______________________。(2)②的反應類型是______________，⑤的反應類型是__________________。(3)B、試劑X的結構簡式分別為____________________、____________________。(4)巴豆酸的化學名稱為2-丁烯酸，有順式和反式之分，巴豆酸分子中最多有_____個原子共平面，反式巴豆酸的結構簡式為__________________________。(5)第⑦⑩兩個步驟的目的是_________________________________________________。(6)既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應的二元取代芳香化合物W是F的同分異構體，W共有_______種，其中苯環(huán)上只有兩種不同化學環(huán)境的氫原子且屬于酯類的結構簡式___。(7)將由B、甲醇為起始原料制備聚巴豆酸甲酯的合成路線補充完整(無機試劑及溶劑任選)______________________________________________.24、（12分）具有抗菌作用的白頭翁素衍生物H的合成路線如圖所示：已知：ⅰ.RCH2BrR-HC=CH-R’ⅱ.R-HC=CH-R’ⅲ.R-HC=CH-R’（以上R、R’、R’’代表氫、烷基或芳基等）（1）A屬于芳香烴，其名稱是___。（2）D的結構簡式是___。（3）由F生成G的反應類型是___。（4）由E與I2在一定條件下反應生成F的化學方程式是___。（5）下列說法正確的是___（選填字母序號）。A．G存在順反異構體B．由G生成H的反應是加成反應C．1molG最多可以與1molH2發(fā)生加成反應D．1molF或1molH與足量NaOH溶液反應，均消耗2molNaOH（6）E有多種同分異構體，請寫出符合下列要求的所有同分異構體。___①屬于芳香族化合物，不考慮立體異構②既能發(fā)生加聚反應，又能發(fā)生水解反應③核磁共振氫譜為5組峰，且峰面積之比為1：1：2：2：2（7）以乙烯為原料，結合題給信息設計合成的路線。（用流程圖表示，無機試劑任選）___。25、（12分）實驗室進行二氧化硫制備與性質實驗的組合裝置如圖所示，部分夾持裝置未畫出。請回答下列問題：(1)在組裝好裝置后，首先要進行的實驗操作為_______________。(2)為檢驗SO2與Na2O2的反應是否有氧氣生成，裝置B中盛放的試劑X應為________，裝置D中堿石灰的作用是_______________________________________________。(3)關閉彈簧夾2，打開彈簧夾1，注入70%的硫酸至浸沒三頸燒瓶中的固體，檢驗SO2與Na2O2反應是否有氧氣生成的操作及現(xiàn)象是_____________________________________。(4)關閉彈簧夾1，打開彈簧夾2，殘余氣體進入裝置E、F、G中，能說明I－的還原性弱于SO2的現(xiàn)象為_________________。發(fā)生反應的離子方程式是_______________。(5)為了驗證裝置E中SO2與FeCl3發(fā)生了氧化還原反應，某學生設計了如下實驗：取少量裝置E中的溶液于試管中，向其中加入稀硝酸酸化的BaCl2溶液，產生白色沉淀，并由此判斷SO2與FeCl3發(fā)生了氧化還原反應。上述方案是否合理？________(填“合理”或“不合理”)，原因是________。26、（10分）草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，草酸的鈉鹽和鉀鹽易溶于水，而其鈣鹽難溶于水。草酸晶體（H2C2O4·2H2O）無色，熔點為101℃，易溶于水，受熱易脫水、升華，175℃時分解。I、用硝酸氧化法制備草酸晶體并測定其純度，制備裝置如圖所示（加熱、固定等裝置略去）。實驗步驟如下①糖化：先將淀粉水解為葡萄糖；②氧化：在淀粉水解液中加入混酸（質量之比為3：2的65%HNO3與98%H2SO4的混合物），在55～60℃下水浴加熱發(fā)生反應；③結晶、蒸發(fā)、干燥：反應后溶液經(jīng)冷卻、減壓過濾，即得草酸晶體粗產品。（1）步驟②中，水浴加熱的優(yōu)點為_________。（2）“②氧化”時發(fā)生的主要反應如下，完成下列化學方程式：_____C6H12O6+_____HNO3______H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+__________。（3）稱取mg草酸晶體粗產品，配成100mL溶液。取20.00mL于錐形瓶中，用amoL·L-1KMnO4標準液標定，只發(fā)生5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O反應，消耗KMnO4標準液體積為VmL，則所得草酸晶體（H2C2O4·2H2O）的純度為________（寫出計算表達式）II、證明草酸晶體分解得到的產物（4）甲同學選擇上述裝置驗證產物CO2，裝置B的主要作用是_________。（5）乙同學認為草酸晶體分解的產物中除了CO2、H2O應該還有CO，為進行驗證CO的存在，乙同學選用甲同學實驗中的裝置A、B和如圖所示的部分裝置（可以重復選用）進行實驗。①乙同學實驗裝置中依次連接的合理順序為A、B、____、____、____、____、____、____。②其中裝置H反應管中盛有的物質是________________。③能證明草酸晶體分解產物中有CO的現(xiàn)象是___________。27、（12分）“中國芯”的發(fā)展離不開單晶硅，四氯化硅是制備高純硅的原料。某小組擬在實驗室用下列裝置模擬探究四氯化硅的制備和應用。已知有關信息：①Si+3HClSiHCl3+H2，Si+2Cl2SiCl4②SiCl4遇水劇烈水解，SiCl4的熔點、沸點分別為－70.0℃、57.7℃。請回答下列問題：(1)寫出A中發(fā)生反應的離子方程式：___________。(2)若拆去B裝置，可能的后果是_________。(3)有同學設計圖裝置替代上述E、G裝置：上圖裝置的主要缺點是________。(4)測定產品純度。取agSiCl4產品溶于足量蒸餾水中(生成的HCl全部被水吸收)，將混合物轉入錐形瓶中，滴加甲基橙溶液，用cmol·L1標準NaOH溶液滴定至終點(終點時硅酸未參加反應)，消耗滴定液VmL。則產品的純度為_______%(用含a、c和V的代數(shù)式表示)。(5)某同學為了驗證碳和硅兩種元素非金屬性的相對強弱，用如圖所示裝置進行實驗(夾持儀器已略去，氣密性已檢驗)，實驗操作步驟：Ⅰ.打開彈簧夾1，關閉彈簧夾2，并打開活塞a，滴加鹽酸。Ⅱ.A中看到白色沉淀時，關閉彈簧夾1，打開彈簧夾2，關閉活塞a。①通過步驟Ⅰ知濃鹽酸具有的性質是_________(填字母)。A．揮發(fā)性B．還原性C．氧化性D．酸性②C裝置中的試劑X是________(填化學式)③D中發(fā)生反應的化學方程式是：________。28、（14分）化合物I(C11H12O3)是制備液晶材料的中間體之一，其分子中含有醛基和酯基。I可以用E和H在一定條件下合成：已知以下信息：①A的核磁共振氫譜表明其只有一種化學環(huán)境的氫原子；②R—CH===CH2R—CH2CH2OH；③化合物F苯環(huán)上的一氯代物只有兩種；④通常在同一個碳原子上連有兩個羥基不穩(wěn)定，易脫水形成羰基?；卮鹣铝袉栴}：(1)A的化學名稱為______________________________________________。(2)D的結構簡式為______________________________________________。(3)E的分子式為________。(4)F生成G的化學方程式為_______________________________________________________，該反應類型為________。(5)I的結構簡式為_______________________________________________。(6)I的同系物J比I相對分子質量小14，J的同分異構體中能同時滿足如下條件：①苯環(huán)上只有兩個取代基，②既能發(fā)生銀鏡反應，又能與飽和NaHCO3溶液反應放出CO2，共有________種(不考慮立體異構)。J的一個同分異構體發(fā)生銀鏡反應并酸化后核磁共振氫譜為三組峰，且峰面積比為2∶2∶1，寫出J的這種同分異構體的結構簡式________。29、（10分）工業(yè)制玻璃時，發(fā)生的主要反應的化學方程式為：，完成下列填空：(1)鈉原子核外具有_____種不同能量的電子，鈉元素在周期表中的位置為________。(2)在上述反應中，反應物和生成物的晶體類型共有_____種；屬于原子晶體的為_____。(3)上述物質中的非金屬元素原子半徑由大到小順序為_____(用元素符號表示)，下列能判斷它們的非金屬性強弱的依據(jù)是______(選填編號)。a.氣態(tài)氫化物的熔沸點b.最高價氧化物對應水化物的酸性c.氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性d.三種元素兩兩形成的化合物中電子對偏向(4)常溫下，相同物質的量濃度的Na2SiO3和Na2CO3溶液中，____(填“>”、“<”或“=”)。(5)向10mL一定濃度的Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L的稀鹽酸，加入鹽酸的體積與產生氣體的體積有如圖關系。由此可知原Na2CO3溶液的物質的量濃度為_____。在滴入鹽酸的整個過程中，溶液中c()的變化情況是____。

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、C【詳解】A.硫酸的密度大于水的，因此11mL質量分數(shù)為98％的H2SO4用11mL水稀釋后，H2SO4的質量分數(shù)大于49％，故A正確；B.沒有481mL的容量瓶，因此配制1．1mol·L-1的Na2CO3溶液481mL，需用511ml容量瓶，故B正確；C.量取濃硫酸時，仰視量筒，量筒小刻度在下方，會導致量取的濃硫酸體積偏大，配制的溶液中溶質的物質的量偏大，溶液濃度偏高，故C錯誤；D.同溫同壓下，體積比等于物質的量的比，則21mLCH4和61mLO2所含的原子數(shù)之比為（21×5）:（61×2）=5:6，故D正確。故選C?！军c睛】配制一定物質的量濃度的溶液時的誤差分析根據(jù)c=進行判斷。2、B【分析】X、Y、Z位于相同短周期，由化合價可知，X為Cl，則Y為S，Z為P，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．同周期從左向右原子序數(shù)增大，原子序數(shù)：X＞Y＞Z，故A正確；B．同周期從左向右原子半徑減小，原子半徑：Z＞Y＞X，故B錯誤；C．同周期從左向右非金屬性增強，對應氫化物的穩(wěn)定性增強，穩(wěn)定性：HX＞H2Y＞ZH3，故C正確；D．非金屬性越強，對應最高價含氧酸的酸性越強，酸性由強到弱：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，故D正確；故選：B。3、B【分析】由B電極放出氫氣可知，B電極發(fā)生還原反應，則B是電解池陰極，A是陽極，a是電源正極、b是電源負極?！驹斀狻緼．根據(jù)圖示，B是陰極，該裝置工作時，陽離子向B極移動，故A正確；B．KHSO4→K2S2O8發(fā)生氧化反應，A是陽極，陽極室中盛有飽和KHSO4酸性溶液，故B錯誤；C．KHSO4→K2S2O8發(fā)生氧化反應，A是陽極，陽極反應為2HSO-2e-=S2O+2H+，故C正確；D．該裝置有質子交換膜，根據(jù)電荷守恒，當轉移0.2mol電子時，有0.2molH+通過質子交換膜，故D正確；答案選B。4、B【分析】由圖可知，CO的濃度減小，甲醇濃度增大，且平衡時c(CO)=0.25mol/L，c(CH3OH)=0.75mol/L，轉化的c(CO)=0.75mol/L，結合質量守恒定律可知反應為CO+2H2?CH3OH，3min時濃度仍在變化，濃度不變時為平衡狀態(tài)，且增大壓強平衡向體積減小的方向移動，以此來解答。【詳解】A．用CO和H2生產燃料甲醇，反應為CO+2H2?CH3OH，故A正確；B．反應進行至3分鐘時濃度仍在變化，沒有達到平衡狀態(tài)，則正、逆反應速率不相等，故B錯誤；C．反應至10分鐘，?(CO)==0.075mol/(L?min)，故C正確；D．該反應為氣體體積減小的反應，且K與溫度有關，則增大壓強，平衡正向移動，K不變，故D正確；故答案為B。5、A【詳解】A納米四氧化三鐵可分散在水中，得到的分散系與膠體相似，它比FeCl3溶液的分散質直徑要大，A不合理；B.由題意可知,納米四氧化三鐵在核磁共振造影有廣泛用途,納米四氧化三鐵具有磁性，因此可作為藥物載體用于治療疾病，B合理；C.FeCl3·6H2O初步水解產生FeOOH，而加入環(huán)丙胺后即發(fā)生了上述轉化,說明了環(huán)丙胺的作用可能是促進氯化鐵水解，C合理；D．根據(jù)已知條件及質量守恒定律可得反應②的化學方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O十CO2，D合理。選A。6、C【解析】A.CrO5中存在過氧鍵、Cr-O鍵、Cr=O鍵；

B.不同非金屬元素之間易形成極性鍵；

C.CrO5能和水反應生成酸，和酸反應生成鉻酸鹽和氧氣；

D.溫度和壓強未知，無法計算氧氣的物質的量?！驹斀狻緼.CrO5中存在2個過氧鍵、1個Cr=O鍵，所以4個O原子顯-1價、1個O原子顯-2價，所以Cr元素顯+6價，故A錯誤；

B.不同非金屬元素之間易形成極性鍵，所以CrO5中不存在極性鍵，故B錯誤；

C.CrO5能和水反應生成酸，所以為酸性氧化物，和酸反應生成鉻酸鹽和氧氣，Cr元素化合價由+6價變?yōu)?3價，所以CrO5具有較強的氧化性，所以C選項是正確的；

D.溫度和壓強未知，無法計算氧氣的物質的量，導致無法計算轉移電子的物質的量，故D錯誤。

所以C選項是正確的。7、C【詳解】A.氫氧化鐵膠體、淀粉溶液都是膠體，均具有丁達爾效應，故A正確；B．化學是一門具有創(chuàng)造性的科學，化學變化的特征是認識分子和制造分子，化學變化的實質是舊鍵的斷裂和新鍵的形成，故B正確；C.煤的干餾、煤的液化、石油的裂解都有新物質生成，均屬于化學變化，石油的分餾屬于物理變化，故C錯誤；D.榆莢只能隨柳絮，等閑撩亂走空園”中“柳絮”的主要成分是纖維素，故D正確；故選C。8、D【解析】A．當V=0時為碳酸鈉溶液，根據(jù)電荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，根據(jù)物料守恒有：c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(H2CO3)+2c(CO32-)，聯(lián)立可得：c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-)，故A錯誤；B．當V=5時，得到等濃度的NaHCO3、NaCl、Na2CO3混合溶液，根據(jù)物料守恒，c(CO32—)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝2c(Cl－)，故B錯誤；C．當V=10時，反應恰好生成等濃度的NaHCO3、NaCl的混合溶液，碳酸氫鈉的水解程度大于電離程度，溶液顯堿性，則c(H2CO3)＞c(CO32—)，故C錯誤；D．v=a時，溶液的pH=7，溶液為中性，則c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(HCO3-)，聯(lián)立可得c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(Cl-)，所以c(Na+)＞c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)，故D正確；答案選D。9、B【解析】由流程可知，①中發(fā)生2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，利用空氣將吹出塔中含Br2的溶液，經(jīng)過吹出、吸收、酸化來重新獲得含Br2的溶液，其目的是富集溴，提高Br2的濃度，加入堿液重新吸收，所得溶液富含BrO3-，③中發(fā)生5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O，最后利用蒸餾得到溴。A．純堿是碳酸鈉，與溴反應有BrO3-生成，反應的離子方程式為3CO32-+3Br2=5Br-+BrO3-+3CO2↑，故A正確；B．溶液中含有Br-、BrO3-，在酸性條件下可發(fā)生5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O，無需加入氧化酸，故B錯誤；C．含溴的水溶液B中溴的濃度較大，溴與水的沸點不同，可通過蒸餾獲得液溴，故C正確；D．B經(jīng)過富集，濃度較大，則B的顏色比A深，故D正確；故選B。10、C【詳解】A．圖甲中溶液的pH相同，但濃度不同，濃度越大，相同時間內濃度的變化量越大，由此可知：其他條件相同時，H2O2濃度越大，H2O2分解速率越快，A正確；B．圖乙中H2O2濃度相同，但加入NaOH濃度不同，說明溶液的pH不同，NaOH濃度越大，相同時間內雙氧水濃度變化量越大，由此得出：當H2O2濃度相同時，溶液的pH越大，H2O2分解速率越快，B正確；C．由圖丙可知，少量Mn2＋存在時，1.0mol/LNaOH條件下對應的H2O2分解速率要小于0.1mol/LNaOH時的分解速率，因此并不是堿性越強，H2O2分解速率越快，C錯誤；D．圖丁中溶液的pH相同，Mn2+濃度越大，相同時間內雙氧水濃度變化量越大，圖丙中說明催化劑的催化效率受溶液的pH值影響，由此得出：堿性溶液中，Mn2+對H2O2分解速率的影響大，D正確。答案選C。11、B【詳解】①(O2):(NO2)=1:2，不能說明正逆反應速率相等，不能判斷平衡；②單位時間內生成nmolO2說明生成2nmolNO，同時，消耗2nmolNO，說明正逆反應速率相等，反應達到平衡；③剩余NO2、NO、O2的物質的量之比為2:2:1，不能說明反應達到平衡；④根據(jù)ρ=，反應中均為氣體，混合氣體質量不變，恒容V不變，混合氣體的密度始終不變，不能說明反應達到平衡；⑤二氧化氮顯紅棕色，混合氣體的顏色不再改變，說明二氧化氮的濃度不再改變，反應達到平衡；⑥根據(jù)M=，反應中均為氣體，混合氣體質量不變，該反應氣體總的物質的量減小，故M變化，當混合氣體的平均相對分子質量不再改變，說明反應達到平衡；綜上，能說明反應達到平衡的有②⑤⑥，有3個；答案選B。12、D【解析】分析：A、只能用最高價含氧酸的酸性強弱來判斷非金屬性的強弱，SO2的水溶液是H2SO3；B、濃鹽酸與MnO2在加熱時才能反應生成Cl2，該裝置沒有加熱；C、NH3·H2O是弱堿，不能溶解Al(OH)3；D、O2的氧化性強于S，能置換出Na2S中的S。詳解：A、濃H2SO4與Na2SO3反應生成SO2，SO2通入Na2SiO3溶液中生成白色沉淀H2SiO3，只能說明H2SO3的酸性強于H2SiO3，不能證明S的非金屬性強于Si，非金屬性的強弱是根據(jù)最高價含氧酸的酸性強弱來確定的，所以A不正確；B、濃鹽酸與MnO2要在加熱時才能反應生成Cl2，但該裝置沒有加熱，所以C中溶液不會變色，故B不正確；C、濃氨水滴入生石灰中釋放出的NH3通入AlCl3溶液中，可生成白色沉淀Al(OH)3，但NH3·H2O是弱堿，不能溶解Al(OH)3，所以C不正確；D、H2O2在MnO2催化下分解生成O2，O2的氧化性強于S，能與Na2S反應生成不溶性的S，所以D正確。本題答案為D。13、C【解析】A．18gD2O的物質的量==0.9mol，1個分子含有10個電子，所含電子數(shù)為9NA，故A錯誤；B．1molNa2O2參加氧化還原反應時，若完全作氧化劑，轉移的電子數(shù)為2mol；若發(fā)生自身的氧化還原反應，轉移的電子的物質的量為1mol，所以轉移的電子數(shù)不一定為2NA，故B錯誤；C.14g氮氣和一氧化碳的混合氣體的物質的量為0.5mol，0.5mol混合氣體中含有1mol原子，含有的原子數(shù)目為NA，故C正確；D．銅只能和濃硫酸反應，和稀硫酸不反應，故濃硫酸不能反應完全，則生成的二氧化硫分子個數(shù)小于0.46NA，故D錯誤；故選C。14、A【解析】A項，F(xiàn)e3+、Ba2+、NO3-、Cl-四種離子互相之間都不反應，所以可以大量共存，符合題意；B項，使酚酞變紅色的溶液顯堿性，堿性溶液中不能存在大量的NH4+，不符合題意；C項，鋁離子和偏鋁酸根離子會發(fā)生雙水解反應得到氫氧化鋁沉淀，所以不能大量共存，不符合題意；D項，由水電離產生的c(H+)=10-13mol/L，說明水的電離被抑制了，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，在酸性條件下CH3COO-不能大量存在，不符合題意；答案選A?！军c睛】判斷離子是否大量共存，應該考慮如下的情況下離子不能大量共存：1、發(fā)生復分解反應。（1）生成難溶物或微溶物：如：Ag+與Cl-等不能大量共存。（2）生成氣體或揮發(fā)性物質：如：H+與CO32-、HCO3-、S2-、HS-等不能大量共存。（3）生成難電離物質：如：H+與CH3COO-等因生成弱酸不能大量共存；OH-與NH4+因生成的弱堿不能大量共存；H+與OH-生成水不能大量共存。2、發(fā)生氧化還原反應：氧化性離子(如Fe3+、ClO-、MnO4-等)與還原性離子(如S2-、I-、Fe2+等)不能大量共存。3、離子間發(fā)生雙水解反應不能共存：如Al3+、Fe3+與CO32-、HCO3-、S2-、HS-等。4、絡合反應：如Fe3+和SCN-。15、D【解析】A、SO2使酸性高錳酸鉀溶液褪色，硫化合價升高，顯還原性，不是漂白性，故A錯誤；B、SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O，不是氧化還原反應，故B錯誤；C、加酸酸化時，3SO32－＋2H＋＋2NO3－＋3Ba2＋=3BaSO4↓＋2NO↑＋H2O，無法確定Na2SO3已氧化變質，還是加酸酸化時被氧化的，故C錯誤；D、氣體為二氧化碳，且與氯化鈣反應生成白色沉淀，則確定該溶液存在CO32－，故D正確；故選D。16、C【詳解】A、NO易被空氣中氧氣氧化，不能穩(wěn)定存在，HCl和NH3能化合為氯化銨，故A不能共存；B、膠體遇電解質會發(fā)生聚沉，氫氧化鐵沉淀還可以溶解在酸中，并且Fe3+與I-能發(fā)生氧化還原反應，不能共存，故B錯誤；C、Ca(ClO)2溶液與K+、Na+、NO3-、Cl-均不反應，可以共存，故C正確；D、MnO4-為紫紅色，不滿足無色要求，故D錯誤。答案選C?！军c睛】考查離子共存的判斷，注意明確離子不能大量共存的一般情況：能發(fā)生復分解反應的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應的離子之間等；還應該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的顏色，如無色時可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色離子的存在；溶液的具體反應條件，如“氧化還原反應”、“加入鋁粉產生氫氣”等。17、C【解析】設二價鐵離子的物質的量為xmol，三價鐵離子的物質的量為ymol，某鐵的氧化物，用2.0mol/L的鹽酸100mL在一定條件下恰好完全溶解，依據(jù)電荷守恒可知最終溶液中溶質為氯化亞鐵和氯化鐵，依據(jù)電荷守恒可知二價鐵離子和三價鐵離子帶的正電荷總數(shù)等于氯離子帶電負電荷總數(shù)，即：2xmol+3ymol=0.1L×2.0mol/L；溶液中只有二價鐵離子能與氯氣發(fā)生反應生成三價鐵離子，氯氣被還原為氯離子，依據(jù)氧化還原反應中得失電子守恒規(guī)律可知二價鐵失去的電子總數(shù)等于氯氣得到的電子總數(shù)，即：xmol×1=0.28L÷22.4L/mol×2；解得：x=0.025，y=0.05；所以該氧化物中Fe（+2價）與Fe（+3價）的物質的量分別為0.025mol、0.05mol，反應中HCl的H元素與氧化物中O元素全部結合生成H2O，則氧化物中n（O）=1/2×n（HCl）=1/2×0.2mol=0.1mol，所以：n（Fe）：n（O）=0.075mol：0.1mol=3：4，該氧化物的化學式為Fe3O4，答案選C。點睛：本題考查氧化還原反應的計算，注意反應中HCl的H元素與氧化物中O元素全部結合生成H2O，反應后溶液成分為FeCl3，為解答該題的關鍵，計算時抓住電荷守恒定律、得失電子守恒定律是解題常用技巧。18、C【解析】A、飽和氯水不能再溶解Cl2，各成分的濃度不變，A錯誤；B、SO2+Cl2+2H2O＝2HCl+H2SO4，Cl2+H2OH++Cl?+HClO的平衡左移，HClO濃度降低，漂白性減弱，B錯誤；C、加入少量NaHCO3粉末，消耗H+，使上述平衡Cl2+H2OH++Cl?+HClO正向移動，HClO的濃度增大，C正確；D、光照過程中HClO分解，生成O2和HCl，溶液中的離子濃度增大，導電性增強，D錯誤。答案選C。19、D【分析】A.明礬不能用于殺菌消毒；B.鈉是活潑金屬，具有還原性可以冶煉某些金屬，但溶液中鈉和水劇烈反應；C.高溫下，氧化鋁能與NaOH反應；D.FeCl3溶液能與Cu發(fā)生反應：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+?！驹斀狻緼.明礬可水解生成具有吸附性的氫氧化鋁膠體，但不具有氧化性，不能用于殺菌消毒，故A錯誤；B.鈉是活潑金屬，具有還原性，可用與TiCl4熔融固體反應制取金屬Ti，溶液中鈉與水劇烈反應，不能用Na與溶液反應制備金屬，故B錯誤；C.高溫下，氧化鋁能與NaOH反應，氧化鋁不能用于制造熔融燒堿的坩堝，故C錯誤；D.Cu與氯化鐵反應生成氯化亞鐵、氯化銅，則可用于蝕刻印刷電路板，故D正確；本題選D。【點睛】Al2O3為兩性氧化物，既可以與酸反應又可以與堿反應。20、B【解析】稀釋前后溶質的質量不變，設加水的質量為x，稀釋前的質量分數(shù)為w1，稀釋后的質量分數(shù)為w2，則：100g×w1=(100g+x)×w2，18mol?L-1的濃硫酸加到一定量的水中稀釋成9mol?L-1的硫酸，由c=，可得：c1==18mol/L=2c2=×2，硫酸的濃度越大，密度越大，則d＞d2，=2×＜2，所以：=＜2，解得：x＜100g，又水的密度約為1g/mL，則加水的體積小于100mL，故選B。點睛：本題考查物質的量濃度的計算，注意掌握物質的量濃度的概念及表達式，學生容易忽略密度與濃度、質量分數(shù)的關系及水的密度與硫酸的密度大小。溶液在稀釋前后溶質的質量不變，硫酸的濃度越大，密度越大，質量分數(shù)w越大。21、C【解析】A.裂化汽油含有烯烴，可使溴水褪色，裂化汽油不可用于萃取溴，故A現(xiàn)象和結論均錯誤；B.向Ba(ClO)2溶液中通入SO2，發(fā)生氧化還原反應，生成的白色沉淀為硫酸鋇，所以不能說明酸性：H2SO3>HClO，故B結論錯誤；C.鈉與乙醇反應生成氫氣，故C現(xiàn)象以及結論均正確；D.黑色沉淀是硫化銅，現(xiàn)象說明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，故D現(xiàn)象錯誤。故選C。22、A【解析】A、配制氯化鈉溶液，應首先稱量，缺少天平，選項A不能完成實驗；B、除去食鹽中的泥沙，可用溶解、過濾、蒸發(fā)結晶分離，用到的儀器有：燒杯、玻璃棒、漏斗、濾紙，選項B能完成實驗；C、濃縮結晶硫酸銅溶液制膽礬，可用結晶法，用到的儀器有燒杯、玻璃棒、蒸發(fā)皿、酒精燈，可完成實驗，選項C能完成相應實驗；D、用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，應在燒杯中反應后用分液的方法分離，用到的儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、分液漏斗等，選項D可完成實驗。答案選A。二、非選擇題(共84分)23、甲苯羧基、酰胺基氧化反應取代反應（硝化反應）10保護氨基，防止其被氧化6【分析】由分子式可知A為甲苯，B經(jīng)反應可生成聚巴豆酸甲酯，由根據(jù)信息①可知，B為，D為丙二酸，E為C2H5OOCCH2COOC2H5，由題給信息可知試劑X為，甲苯發(fā)生硝化反應生成F為，F(xiàn)發(fā)生還原反應生成G為，由I的結構簡式、H的分子式可知H的結構簡式為：，H被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成I，I發(fā)生取代反應生成G，J發(fā)生水解反應生成K，可知G→H是為了保護氨基，防止被氧化，以此解答該題?！驹斀狻?1)根據(jù)流程圖A(C7H8)是芳香烴，可知A是甲苯；根據(jù)I的結構簡式，分子中含有羧基、酰胺基兩種官能團；(2)酸性高錳酸鉀具有強氧化性，能將碳碳雙鍵氧化，即②發(fā)生氧化反應；反應⑤甲苯發(fā)生硝化反應，生成對硝基甲苯；(3)根據(jù)信息①可知，B的結構簡式為；根據(jù)信息②可知，試劑X的結構簡式為；(4)反式-2-丁烯酸分子的結構簡式為，除了甲基上兩個氫原子不在雙鍵結構所確定的平面上，其它所有原子都可能在同一平面上，共有10個原子；(5)第⑦、⑩兩個步驟的目的是：第⑦步先把氨基保護起來，防止氨基被酸性高錳酸鉀氧化，第⑩步再水解，重新生成氨基；(6)既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應的二元取代芳香化合物W只能為、、或、、，苯環(huán)上只有兩種不同化學環(huán)境的氫原子且屬于酯類的結構簡式為；(7)分析知B為，它經(jīng)過與氫氣發(fā)生加成反應，再發(fā)生消去反應、酯化反應、加聚反應，即可得到聚巴豆酸甲酯。具體合成路線：。【點睛】本題的解題關鍵在于已知信息的靈活運用，熟悉官能團的性質和有機反應類型。24、鄰二甲苯消去反應+I2+HIBD、、【分析】由A的分子式、C的結構簡式，可知A為，

結合B的分子式與C的結構，可知B為，

B與液溴在光照條件下反應得到C，由D的分子式，結合信息ⅰ，可推知D為，則C與甲醇發(fā)生酯化反應生成D，故試劑a為CH3OH。

D后產物發(fā)生酯的堿性水解、酸化得到E為，由H的結構，結合信息ii可知F為，F(xiàn)發(fā)生消去反應生成G為，G發(fā)生信息ii中加成反應得到H。

(7)由CH3CH=CHCH3反應得到，CH3CH=CHCH3可由CH3CHO和CH3CH2Br生成。乙烯與水發(fā)生加成反應生成CH3CH2OH，CH3CH2OH發(fā)生催化氧化得到CH3CHO，乙醇與HBr發(fā)生取代反應得到CH3CH2Br?！驹斀狻?1)由分析可知可知A為，

其名稱是：鄰二甲苯，故答案為鄰二甲苯；

(2)由分析可知，D的結構簡式是，

故答案為:;

(3)F為，F(xiàn)發(fā)生消去反應生成G，故答案為消去反應；

(4)E由E與I2在一定條件下反應生成F的化學方程式是：+I2+HI，故答案為.+I2+HI；

(5)A、

G為，不存在順反異構體，故A錯誤；

B、

G含有碳碳雙鍵，由信息ii可知，由G生成H的反應是加成反應，故B正確；

C.、G為，苯環(huán)、碳碳雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反應，1mol

G最多可以與4molH2發(fā)生加成反應，故C錯誤；

D.

F為，含有酯基和I原子，水解生成的羧基和HI可與NaOH溶液反應，H含有2個酯基，可水解生成2個羧基，則1molF或1molH與足量NaOH溶液反應，均消耗2molNaOH，故D正確；

故答案為:

BD

；

(6)、E的結構為，同分異構滿足的條件為含有苯環(huán)、雙鍵、酯基、五種氫且個數(shù)比為1：1：2：2：2，所以能滿足條件的結構有、、，故答案為、、；(7)、由分析可知以乙烯為原料，結合題給信息設計合成的路線為；25、檢查裝置的氣密性濃硫酸吸收未反應的SO2，防止污染空氣，同時防止空氣中的水蒸氣進入裝置與Na2O2反應，干擾實驗將帶火星的木條放在干燥管D出口處，若木條復燃，則有氧氣生成，否則無氧氣生成裝置F中溶液藍色褪去SO2＋I2＋2H2O＝2I－＋SO42－＋4H＋不合理裝置E中溶液溶解的SO2可被稀硝酸氧化成SO42－，也可與BaCl2反應，生成白色沉淀，會對SO2與FeCl3反應產物(SO42－)的檢驗造成干擾【解析】由題意結合流程，A為SO2的制取裝置；B為吸水裝置，防止水蒸氣與Na2O2反應，干擾SO2與Na2O2反應的實驗探究；C為SO2與Na2O2反應裝置；D為隔絕空氣及尾氣吸收裝置；E、F為探究SO2還原性的裝置；G為尾氣吸收裝置。(1)有氣體參與或生成的實驗裝置組裝好后的第一步操作都是檢查裝置的氣密性。(2)因為Na2O2能與水蒸氣反應產生氧氣，所以要檢驗SO2與Na2O2反應是否有氧氣生成，為避免干擾，應先除去水蒸氣；SO2是有毒的酸性氧化物，可用堿石灰吸收，以防止污染，同時堿石灰可防止空氣中的水蒸氣、CO2進入裝置與Na2O2反應，干擾實驗。(3)檢驗氧氣用帶火星的木條，木條復燃則證明有氧氣生成。(4)關閉彈簧夾1，打開彈簧夾2，SO2氣體進入裝置E、F、G中，若裝置F中溶液藍色褪去，則說明I-的還原性弱于SO2；發(fā)生反應的離子方程式是SO2＋I2＋2H2O=2I-＋SO42-＋4H+。(5)評價該實驗方案時，要考慮檢驗試劑與原溶液中所含物質的反應是否會對實驗造成干擾。裝置E中溶液溶解的SO2可被稀硝酸氧化成SO42-，也可與BaCl2反應，生成白色沉淀，會對SO2與FeCl3反應產物(SO42-)的檢驗造成干擾，所以該同學的方案不合理?！军c睛】本題考查物質制備及性質實驗設計與探究。主要考查SO2的制取與還原性、酸性氧化物的通性，涉及實驗基本操作、實驗設計與評價，考查學生實驗探究能力、分析解決問題的能力等。注意：對實驗方案的正確與錯誤、嚴密與不嚴密、準確與不準確作出判斷，要考慮是否合理、有無干擾現(xiàn)象、經(jīng)濟上是否合算和對環(huán)境有無污染等。26、使受熱均勻，便于控制溫度11239H2O使升華的草酸冷凝，避免對CO2檢驗的干擾FDGHDECuOH中黑色固體變紅色，第一個D裝置無現(xiàn)象，第二個D裝置出現(xiàn)白色渾濁，即可證明【分析】在水浴條件下，葡萄糖被硝酸氧化為草酸，草酸晶體受熱分解為CO、CO2、水，用氫氧化鈉溶液除去CO中的CO2，干燥后用CO還原氧化銅，用澄清石灰水檢驗生成的CO2，再用排水法收集CO，防止污染空氣?！驹斀狻?1)步驟②，在55～60℃下，葡萄糖被硝酸氧化為草酸，水浴加熱可以使受熱均勻，便于控制溫度；(2)根據(jù)得失電子守恒，葡萄糖被硝酸氧化為草酸的方程式是C6H12O6+12HNO33H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；(3)20.00mL草酸溶液中，含有草酸的物質的量是xmol；x=，所得草酸晶體（H2C2O4·2H2O）的純度為；(4)草酸鈣難溶于水，驗證產物CO2，需要除去草酸蒸氣，所以裝置B的主要作用是使升華的草酸冷凝，避免對CO2檢驗的干擾；(5)①草酸晶體受熱分解為CO、CO2、水，檢驗CO時，用氫氧化鈉溶液除去CO中的CO2，干燥后用CO還原氧化銅，用澄清石灰水檢驗生成的CO2，再用排水法收集CO，防止污染空氣，裝置依次連接的合理順序為A、B、F、D、G、H、D、E。②CO和氧化銅反應生成銅和二氧化碳，其中裝置H反應管中盛有的物質是CuO；③H中黑色固體變紅色，第一個D裝置無現(xiàn)象，第二個D裝置出現(xiàn)白色渾濁，即可證明草酸晶體分解產物中有CO。【點睛】本題以草酸的制備和性質檢驗為載體，考查學生實驗能力，理解實驗原理是解題關鍵，明確CO的檢驗方法，培養(yǎng)學生實驗探究能力和實驗操作能力。27、2+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2OHCl和Si反應生成SiHCl3和H2，產品純度降低；Cl2和H2混合共熱易發(fā)生爆炸燒堿溶液中水蒸氣進入產品收集瓶，SiCl4發(fā)生水解ADNaHCO3Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3【分析】裝置A用于制取氯氣，用飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氯雜質，再用無水氯化鈣進行干燥，在裝置D中硅和氯氣發(fā)生反應生成SiCl4，SiCl4沸點較低，在冷凝管中冷凝SiCl4氣體，在E中得到液態(tài)的SiCl4，因SiCl4遇水劇烈水解，干燥管G的作用是防止空氣中的水蒸氣進入E裝置，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)裝置A中高錳酸鉀具有強氧化性，氧化濃鹽酸生成氯氣，反應的化學方程式為2KMnO4+16HCl(濃)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，對應的離子方程式為2+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，答案：2+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(2)由信息可知，HCl和Si反應生成SiHCl3和H2，若拆去B裝置，HCl會和Si反應生成SiHCl3和H2，產品純度降低，而且Cl2和H2混合共熱易發(fā)生爆炸，答案：HCl和Si反應生成SiHCl3和H2，產品純度降低；Cl2和H2混合共熱易發(fā)生爆炸；(3)所給裝置用裝有燒堿溶液的廣口瓶代替原裝置中的干燥管G，燒堿溶液中水蒸氣進入產品收集瓶，SiCl4發(fā)生水解，導致產品純度降低，答案：燒堿溶液中水蒸氣進入產品收集瓶，SiCl4發(fā)生水解；(4)根據(jù)化學方程式HCl+NaOH=NaCl+H2O可知溶液中n(HCl)=n(NaOH)=cmol·L1×10-3L=10-3mol，根據(jù)氯原子守恒得n(HCl)=4n(SiCl4)，則n(SiCl4)=n(HCl)=，m(SiCl4)=×170g·mol-1=，其質量分數(shù)=×100%=%，答案：；(5)①濃鹽酸具有揮發(fā)性，進入A裝置與硝酸銀溶液反應生成氯化銀沉淀，通過A中看到白色沉淀，說明鹽酸能