2026屆吉林省五地六市化學高三第一學期期中調(diào)研試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、下列指定反應的離子方程式正確的是A．飽和Na2CO3溶液與CaSO4固體反應：CO32?+CaSO4CaCO3+SO42?B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I?+IO3?+6H+I2+3H2OC．向FeBr2溶液中通入足量氯氣：2Fe2++2Br—+2Cl22Fe3++Br2+4Cl?D．氯氣通入氫硫酸中產(chǎn)生黃色沉淀：Cl2+S2—2Cl—+S↓2、白屈菜有止痛、止咳等功效，從其中提取的白屈菜酸的結(jié)構(gòu)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3、改變0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物質(zhì)的量分數(shù)隨pH的變化如圖所示[已知]。下列敘述錯誤的是A．pH=1.2時，B．C．pH=2.7時，D．pH=4.2時，4、向兩份等體積、等濃度，pH不同的FeSO4，溶液中逐滴加入NaClO溶液，實驗測得溶液pH隨加入NaClO溶液體積變化曲線如下圖，實驗現(xiàn)象如下表。下列說法不正確的是（

）實驗實驗現(xiàn)象Ⅰ滴入V1mLNaClO溶液產(chǎn)生大量紅褪色沉淀Ⅱ滴入V1mLNaClO溶液，溶液變黃，未見沉淀，繼續(xù)滴加出現(xiàn)紅褪色沉淀A．a(chǎn)～b段主要反應的離子方程式為：B．d～e段主要反應的離子方程式為：C．c、f點pH接近的主要原因是：D．向c點溶液中加入過量的濃鹽酸，沉淀溶解并有刺激性氣味的氣體放出5、下列離子方程式中，正確的是A．NH4HCO3溶液與過量KOH濃溶液共熱：NH4++OH－NH3↑+H2OB．氧化鐵和稀硫酸反應：Fe2O3＋6H+＝2Fe2+＋3H2OC．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好為中性：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2OD．石灰石與硝酸反應：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋CO2↑＋H2O6、下列關于鐵的敘述正確的是（）①鐵能被磁鐵吸引，但純鐵易被腐蝕②鐵在潮濕的空氣中容易生銹③鐵位于元素周期表中第四周期第ⅧB族④鐵在氯氣中燃燒生成FeCl2⑤鐵能在氧氣中劇烈燃燒生成Fe3O4⑥不能通過化合反應制得FeCl2和Fe（OH）3A．①③ B．②④ C．②⑤ D．④⑥7、已知：H2SO3的Ka1=1.3×10－2，Ka2=6.3×10－8；H2CO3的Ka1=4.2×10－7，Ka2=5.6×10－11?，F(xiàn)將標準狀況下2.24L的CO2和2.24L的SO2分別通入兩份150mL1mol/LNaOH溶液中，關于兩溶液的比較下列說法正確的是A．c（HCO3－）＜c（CO32－）B．兩溶液都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．c（HCO3－）＞c（HSO3－）D．c（CO32－）+c（HCO3－）=c（SO32－）+c（HSO3－）8、已知：①SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI；②向含有HCl、FeCl3和BaCl2的溶液中通入足量的SO2，產(chǎn)生白色沉淀；③將FeCl3溶液滴在淀粉-KI試紙上，試紙變藍色?，F(xiàn)有等物質(zhì)的量的FeI2、NaHSO3的混合溶液100

mL，向其中通入4.48

L(標準狀況)氯氣，然后向反應后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈微紅色。下列有關說法正確的是()A．FeI2的物質(zhì)的量濃度約為1mol·L-1B．完全反應時轉(zhuǎn)移電子0.2

molC．通入氯氣的過程中，首先被氧化的離子是Fe2+，最后被氧化的離子是I-D．反應后，溶液中大量存在的離子有Na+、H+、SO42-和Fe3+9、下列推斷正確的是A．N2、NO、NO2都是大氣污染氣體，在空氣中都能穩(wěn)定存在B．向AlCl3溶液中滴加過量的氨水能看到先產(chǎn)生白色沉淀，后沉淀溶解C．可用濃硫酸或者濃硝酸除去鍍在鋁表面的銅鍍層D．在稀硫酸中加入銅粉，銅粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固體，銅粉就會溶解10、已知將Fe3O4看作為(FeO·Fe2O3)，水熱法制備Fe3O4納米顆粒的總反應的離子方程式為：3Fe2+＋2S2O32－＋O2＋4OH－=Fe3O4＋S4O62－＋2H2O，下列說法正確的是（）A．O2和S2O32－是氧化劑，F(xiàn)e2+是還原劑B．每生成1molFe3O4，轉(zhuǎn)移2mol電子C．若有2molFe2+被氧化，則被Fe2+還原的O2為0.5molD．參加反應的氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶511、下列反應既是離子反應，又是氧化還原反應的是（）A．鹽酸與氫氧化鈉溶液的反應 B．過氧化鈉與二氧化碳的反應C．將鈉投入水溶液中的反應 D．二氧化碳通入石灰水中的反應12、下列有關硫元素及其化合物的說法或描述正確的是()A．硫黃礦制備硫酸經(jīng)歷兩步：SSO3H2SO4B．酸雨與土壤中的金屬氧化物反應后，硫元素以單質(zhì)的形式進入土壤中C．在燃煤中加入石灰石可減少SO2排放，發(fā)生的反應為2CaCO3＋2SO2＋O22CO2＋2CaSO4D．土壤中的閃鋅礦(ZnS)遇到硫酸銅溶液轉(zhuǎn)化為銅藍(CuS)，說明CuS很穩(wěn)定，不具有還原性13、亞氯酸鈉（NaClO2）用于漂白織物、纖維、紙漿，具有對纖維損傷小的特點．其在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2﹣、Cl﹣等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用．已知pOH=﹣lgc(OH﹣)，經(jīng)測定25℃時各組分含量隨pOH變化情況如圖所示（Cl﹣沒有畫出），此溫度下，下列分析正確的是A．HClO2的電離平衡常數(shù)的數(shù)值Ka=10﹣6B．亞氯酸鈉在酸性條件下較穩(wěn)定C．pH=7時，溶液中含氯微粒的濃度大小為：c(HClO2)＞c(ClO2﹣)＞c(ClO2)＞c(Cl﹣)D．同濃度的HClO2溶液和NaClO2溶液等體積混合，則混合溶液中有c(HClO2)-2c(H+)=c(ClO2﹣)-2c(OH﹣)14、在潮濕的深層土壤中，鋼管主要發(fā)生厭氧腐蝕，有關厭氧腐蝕的機理有多種，其中一種理論為厭氧細菌可促使SO42-與H2反應生成S2-，加速鋼管的腐蝕，其反應原理如圖所示。下列說法正確的是（）A．正極的電極反應式為：2H2O+O2+4e-=4OH-B．SO42-與H2的反應可表示為：4H2+SO42--8eS2-+4H2OC．鋼管腐蝕的直接產(chǎn)物中含有FeS、Fe（OH）2D．在鋼管表面鍍鋅或銅可減緩鋼管的腐蝕15、一種電催化合成氨的裝置如圖所示。該裝置工作時，下列說法正確的是A．圖中涉及的能量轉(zhuǎn)化方式共有3種B．兩極產(chǎn)生的氣體的物質(zhì)的量之比是1:1C．電路中每通過1mol電子，有1molH+遷移至a極D．b極上發(fā)生的主要反應為N2+6H++6e-=2NH316、下列有關物質(zhì)的性質(zhì)和用途正確且具有對應關系的是A．二氧化氯（ClO?）具有強氧化性，用于飲用水的消毒B．堿石灰具有吸水性，可用于干燥氯氣C．氫氟酸具有酸性，用于雕刻玻璃D．SO2具有還原性，用于漂白紙漿17、用H2O2溶液處理含NaCN的廢水，反應原理為NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN的酸性比H2CO3弱。下列有關說法正確的是（）A．該反應中氮元素被氧化B．該反應中H2O2作還原劑C．實驗室配制NaCN溶液時，需加入適量的NaOH溶液D．每生成0.1molNaHCO3轉(zhuǎn)移電子數(shù)約為0.1×6.02×1023個18、下列指定反應的化學用語表達正確的是（）AMg(HCO3)2溶液與足量的NaOH溶液反應Mg2＋＋2HCO＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2H2O＋2B過量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－===HClO＋C向Al2(SO4)3溶液中加入過量的稀氨水Al3++4NH3·H2O=AlO2—+4NH4++2H2ODKClO堿性溶液與Fe（OH）3反應制取K2FeO43ClO﹣+2Fe（OH）3＝2FeO42﹣+3Cl﹣+4H++H2OA．A B．B C．C D．D19、SO2氣體與足量Fe2(SO4)3溶液完全反應后，再加入K2Cr2O7溶液，發(fā)生如下化學反應：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O＝SO42－＋2Fe2＋＋4H＋；②Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。則下列有關說法不正確的是A．氧化性：Cr2O72－＞Fe3＋＞SO2B．標準狀況下，若有6.72LSO2參加反應，則最終消耗0.2molK2Cr2O7C．反應②中，每有1molK2Cr2O7參加反應，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為6NAD．由上述反應原理推斷：K2Cr2O7能將Na2SO3氧化成Na2SO420、分類是科學研究的重要方法，下列物質(zhì)分類不正確的是A．化合物：干冰、冰水混合物、燒堿B．同素異形體：活性炭、C60、金剛石C．非電解質(zhì)：乙醇、四氯化碳、氯氣D．混合物：漂白粉、純凈礦泉水、鹽酸21、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象，得出的結(jié)論錯誤的是

操作結(jié)論A．將某氣體通入品紅溶液中，品紅溶液褪色該氣體一定是SO2B．向某無色溶液中滴加氯水和CCl4,振蕩、靜置,下層溶液顯紫色原溶液中有I-C．向偏鋁酸鈉溶液中滴入碳酸氫鈉，有白色沉淀生成偏鋁酸根結(jié)合氫離子能力比碳酸根強D．將燃燒的金屬鈉迅速深入集滿CO2的集氣瓶中，有大量白煙和黑色顆粒生成CO2具有氧化性A．A B．B C．CD．D22、自然界的礦物、巖石的成因和變化受到許多條件的影響。地殼內(nèi)每加深1km，壓強增大約25000～30000kPa。在地殼內(nèi)SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s)+4HF(g)SiF4(g)+2H2O(g)△H＝-148.9kJ·mol-1。下列說法錯誤的是A．在地殼淺處容易有SiO2固體沉積B．如果上述反應的平衡常數(shù)K值變大，該反應在平衡移動時逆反應速率先減小后增大C．如果上述反應在體積不變的密閉容器中發(fā)生，當反應達到平衡時，v(H2O)＝2v(SiF4)D．若該反應的容器容積為2.0L，反應時間8.0min，容器內(nèi)氣體的質(zhì)量增加了0.24g，在這段時間內(nèi)HF的平均反應速率為0.0020mol·L-1·min-1二、非選擇題(共84分)23、（14分）功能高分子P可用作光電材料，其合成路線如下：已知：i:（R,R’表示氫或烴基）ii.iii.（1）烴A的相對分子質(zhì)量是26，其結(jié)構(gòu)簡式是_________。（2）反應①的反應類型是__________。（3）C中含有的官能團名稱是___________。（4）D為苯的同系物，反應③的化學方程式是_________。（5）G的結(jié)構(gòu)簡式是__________。（6）反應⑨的化學方程式是__________。（7）反應⑤和⑦的目的是___________。（8）以乙炔和甲醛為起始原料，選用必要的無機試劑合成1，3-丁二烯，寫出合成路線（用結(jié)構(gòu)簡式表示有機物，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關系，箭頭上注明試劑和反應條件）。___________24、（12分）前四周期元素X、Y、Z、M的原子序數(shù)依次增大。元素X和鋁在元素周期表中具有特殊的“對角線”關系，單質(zhì)及化合物的性質(zhì)十分相似；Y原子半徑在短周期主族元素中最大；Z元素有多種同素異形體，其中一種為正四面體結(jié)構(gòu)，易自燃；M基態(tài)原子未成對電子數(shù)在同周期元素中最多。請回答下列問題：(1)元素Z在周期表中的位置是_______。(2)元素X的氧化物能與Y的氧化物的水化物形成的溶液反應，生成一種四配位化合物，寫出該化合物的化學式________。(3)元素Y的氫化物被稱作“萬能還原劑”，具有強的還原性。其電子式為______，遇水可發(fā)生反應的化學方程式為________。(4)元素M的名稱為_______，其+3價氧化物與鋁反應的化學方程式為_______。25、（12分）碳酸鎂晶須是一種新型的吸波隱形材料中的增強材料。I．合成該物質(zhì)的步驟如下:步驟1：配制200mL0.5mol·L-1MgSO4溶液和400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液；步驟2：將所配NH4HCO3溶液倒入四口燒瓶中，控制溫度50℃，邊攪拌邊把所配MgSO4溶液于1min內(nèi)逐滴加入NH4HCO3溶液中，然后用氨水調(diào)節(jié)溶液pH至9.5；步驟3：放置1h后，過濾、洗滌、干燥得碳酸鎂晶須產(chǎn)品（MgCO3?nH2O，n=1~5）。(1)步驟1中配制400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液所需玻璃儀器除燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和量筒外，還有____________。(2)①步驟2中應采取的較好加熱的方法為__________；②根據(jù)上述實驗藥品的用量，四口燒瓶的最適宜規(guī)格為______（填標號）。A．250mLB．500mLC．1000mLD．2000mL③生成MgCO3?nH2O的離子方程式為________________________________________。

(3)步驟3中，為加快過濾速度，常用__________(填過濾方法)。II．測定合成的MgCO3?nH2O中的n值：方法1：稱量1.000g碳酸鎂晶須，放入如圖所示的廣口瓶中，加入水，滴入稀硫酸與晶須反應，生成的CO2被過量的NaOH溶液吸收，在室溫下反應4～5h，反應后期將溫度升到30℃，最后，燒杯中的溶液加足量氯化鋇溶液后，用已知濃度的鹽酸滴定至中性，從而測得CO2的總量；重復上述操作2次。(4)圖中氣球的作用是_______________________________________。(5)設NaOH溶液為amol·L-1bmL。3次實驗測得消耗cmol·L-1鹽酸的體積平均值為dmL，則n值為______________________（用含a、b、c、d的代數(shù)式表示）。(6)若省去“反應后期升溫到30℃”的步驟，產(chǎn)生的后果是n值_______（填“偏大”、“偏小”或“無影響”）。方法2：用熱重分析法測定合成的MgCO3·nH2O中的n值。稱取100g上述晶須產(chǎn)品進行熱重分析，熱重曲線如圖。(7)230℃~430℃發(fā)生的化學反應的方程式為__________________________。26、（10分）Co(CH3COO)2·4H2O(乙酸鈷)是一種重要的有機化工原料?；卮鹣铝袉栴}:(1)以工業(yè)品氧化鈷(CoO)為原料制備乙酸鈷。(已知CoO與CH3COOH溶液反應緩慢,Co2+能與H+、NO3-大量共存)可能用到的試劑:Na2CO3溶液、CH3COOH溶液、HNO3溶液。先將CoO溶于____(填化學式,下同)溶液制得____溶液;在不斷攪拌下,向制得的溶液中不斷加入____溶液至不再產(chǎn)生沉淀,靜置,過濾,洗滌;向沉淀中加入___溶液至沉淀完全溶解,調(diào)節(jié)pH約為6.8,經(jīng)一系列操作得Co(CH3COO)2·4H2O。

(2)為探究乙酸鈷的熱分解產(chǎn)物,先在低于100℃時使其脫去結(jié)晶水,然后用下列裝置進行實驗(已知CO能與PdCl2溶液反應生成黑色Pd沉淀):①通N2的目的是______。

②澄清石灰水和PdCl2溶液分別用于檢驗CO2和CO,其中盛放PdCl2溶液的裝置是____(填字母)。

③實驗結(jié)束時,為防止倒吸,正確的操作是______。

④裝置a中完全反應后得到鈷的一種氧化物,固體殘留率(×100%)為45.4%。該氧化物為____。

⑤裝置a在加熱過程中沒有水生成,最終生成的固體氧化物質(zhì)量為3.0125g,裝置b和c中的試劑均足量(b、c中得到固體的質(zhì)量分別為2.5g、10.6g),集氣瓶中收集到的氣體為C2H6和N2,則裝置a中發(fā)生反應的化學方程式為________。27、（12分）某工廠用軟錳礦（主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2）和閃鋅礦（主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等雜質(zhì)）為原料制備MnO2和Zn（干電池原料），其簡化流程如下：已知：反應Ⅰ中所有金屬元素均以離子形式存在。有關常數(shù)：Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33、Ksp[Fe(OH)3]＝3.0×10－39、Ksp[Mn(OH)2]＝2.0×10－13、Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17、Ksp(MnCO3)＝2.0×10－11、Ka1(H2CO3)＝4.0×10－7、Ka2(H2CO3)＝5.6×10－11?；卮鹣铝袉栴}：（1）濾渣1中除了SiO2以外，還有一種淡黃色物質(zhì)，該物質(zhì)是由MnO2、CuS與硫酸共熱時產(chǎn)生的，請寫出該反應的離子方程式____________________________。（2）反應Ⅱ中加入適量金屬鋅的目的是為了回收某種金屬，濾渣2的主要成分是___________。（3）反應Ⅲ中MnO2的作用是_______________________，若反應后溶液中Mn2＋、Zn2＋均為0.1mol·L－1，需調(diào)節(jié)溶液pH范圍為_______________（溶液中，當一種離子的濃度小于10－6mol/L時可認為已不存在），X可以是_________。（填字母代號）a．MgOb．Zn(OH)2c．Cu2(OH)2CO3d．MnCO3（4）反應Ⅳ中電極均是惰性電極，寫出陽極電極反應式________________________。本工藝可以循環(huán)利用的物質(zhì)有MnO2、Zn和_________。（5）MnCO3有多種用途。廢水處理領域中常用NH4HCO3溶液將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnCO3，該反應的離子方程式為______。試通過題述有關數(shù)據(jù)簡要計算說明該反應能進行的原因：____________________________。28、（14分）[2016·新課標I]鍺(Ge)是典型的半導體元素，在電子、材料等領域應用廣泛。回答下列問題：（1）基態(tài)Ge原子的核外電子排布式為[Ar]_______________，有__________個未成對電子。（2）Ge與C是同族元素，C原子之間可以形成雙鍵、叁鍵，但Ge原子之間難以形成雙鍵或叁鍵。從原子結(jié)構(gòu)角度分析，原因是______________________________。（3）比較下列鍺鹵化物的熔點和沸點，分析其變化規(guī)律及原因______________________________。GeCl4GeBr4GeI4熔點/℃?49.526146沸點/℃83.1186約400（4）光催化還原CO2制備CH4反應中，帶狀納米Zn2GeO4是該反應的良好催化劑。Zn、Ge、O電負性由大至小的順序是______________________________。（5）Ge單晶具有金剛石型結(jié)構(gòu)，其中Ge原子的雜化方式為_______________，微粒之間存在的作用力是_______________。（6）晶胞有兩個基本要素：①原子坐標參數(shù)，表示晶胞內(nèi)部各原子的相對位置。如圖為Ge單晶的晶胞，其中原子坐標參數(shù)A為(0，0，0)；B為(，0，)；C為(，，0)。則D原子的坐標參數(shù)為_______________。②晶胞參數(shù)，描述晶胞的大小和形狀。已知Ge單晶的晶胞參數(shù)a=565.76pm，其密度為_____g·cm?3(列出計算式即可)。29、（10分）鹵素的單質(zhì)和化合物種類很多，我們可以利用所學物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的相關知識去認識和理解它們?；卮鹣铝袉栴}：(1)溴原子的價層電子排布圖為_______。根據(jù)下表提供的第一電離能數(shù)據(jù)，判斷最有可能生成較穩(wěn)定的單核陽離子的鹵素原子是________(填元素符號)。氟氯溴碘第一電離能/(kJ·mol－1)1681125111401008(2)氫氟酸在一定濃度的溶液中主要以二分子締合[(HF)2]形式存在，使氟化氫分子締合的相互作用是____________。碘在水中溶解度小，但在碘化鉀溶液中明顯增大，這是由于發(fā)生反應：I－＋I2=I3-，CsICl2與KI3類似，受熱易分解，傾向于生成晶格能更大的物質(zhì)，試寫出CsICl2受熱分解的化學方程式：_________________________________。(3)ClO2-中心氯原子的雜化軌道類型為________，與ClO2-具有相同立體構(gòu)型和鍵合形式的物質(zhì)的化學式為____________(寫出一個即可)。(4)如圖甲為碘晶體晶胞結(jié)構(gòu)，平均每個晶胞中有________個碘原子，碘晶體中碘分子的配位數(shù)為____________。(5)已知NA為阿伏加德羅常數(shù)，CaF2晶體密度為ρg·cm－3，其晶胞如圖乙所示，兩個最近Ca2＋核間距離為anm，則CaF2的相對分子質(zhì)量可以表示為____________。

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】A，沉淀轉(zhuǎn)化的一般原則：向更容易沉淀的方向移動；B，氧化還原型離子反應要遵守電荷守恒，電子守恒；C，根據(jù)量的多少判斷；D，在離子反應中，弱電解質(zhì)氫硫酸不能拆開?！驹斀狻緼.硫酸鈣溶解度大于碳酸鈣，根據(jù)沉淀轉(zhuǎn)化的一般原則，反應向更容易沉淀的方向進行，飽和Na2CO3溶液與CaSO4固體反應：CO32?+CaSO4CaCO3+SO42?，A正確；B.根據(jù)電荷守恒，酸化NaIO3和NaI的混合溶液：5I?+IO3?+6H+3I2+3H2O，B錯誤；C.在FeBr2溶液中通入足量氯氣，氯氣能將亞鐵離子和溴離子全部氧化，按照亞鐵離子和溴離子的物質(zhì)的量之比為1：2進行反應，2Fe2++4Br—+3Cl22Fe3++2Br2+6Cl?，C錯誤；D.氯氣通入氫硫酸中產(chǎn)生黃色沉淀，由于氫硫酸是弱電解質(zhì)，在離子反應書寫時不能拆分，故Cl2+H2S2Cl—+S↓+2H+，D錯誤；答案為A。2、C【詳解】A．由結(jié)構(gòu)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(jié)構(gòu)中含碳碳雙鍵。3、D【解析】A、根據(jù)圖像，pH=1.2時，H2A和HA-相交，則有c(H2A)=c(HA-)，故A說法正確；B、pH=4.2時，c(A2－)=c(HA－)，根據(jù)第二步電離HA－H＋＋A2－，得出：K2(H2A)=c(H+)×c(A2-)/c(HA-)=c(H+)=10-4.2，故B說法正確；C、根據(jù)圖像，pH=2.7時，H2A和A2-相交，則有c(H2A)=c(A2-)，故C說法正確；D、根據(jù)pH=4.2時，c(HA-)=c(A2-)，且物質(zhì)的量分數(shù)約為0.48，而c(H+)=10-4.2，可知c(HA-)=c(A2-)＞c(H+)，故D說法錯誤。4、B【詳解】A．a(chǎn)～b段生成紅褐色沉淀，即生成了氫氧化鐵沉淀，反應的離子方程式為：2Fe2++ClO-+5H2O═2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+，故A正確；B．d～e段溶液變黃，說明生成鐵離子，反應的離子方程式為：2Fe2++ClO-+2H+═2Fe3++Cl-+H2O，故B錯誤；C．c、f點NaClO過量，NaClO水解溶液顯堿性，水解的離子方程式為：ClO-+H2O?HClO+OH-，故C正確；D．鹽酸與氫氧化鐵反應生成氯化鐵，鹽酸與次氯酸鈉反應生成氯氣，所以加過量的鹽酸，沉淀溶解并有刺激性氣味的氣體放出，故D正確；故答案為B?！军c睛】在解答物質(zhì)分離提純試題時,選擇試劑和實驗操作方法應遵循三個原則:1.不能引入新的雜質(zhì)(水除外)，即分離提純后的物質(zhì)應是純凈物(或純凈的溶液)，不能有其他物質(zhì)混入其中；2.分離提純后的物質(zhì)狀態(tài)不變；3.實驗過程和操作方法簡單易行，即選擇分離提純方法應遵循先物理后化學，先簡單后復雜的原則。5、D【詳解】A.NH4HCO3溶液與過量KOH濃溶液共熱反應生成碳酸鉀、氨氣和水，離子方程式為：NH4++2OH－+HCO3-NH3↑+2H2O+CO32-，故A錯誤；B.氧化鐵和稀硫酸反應生成硫酸鐵和水，離子方程式為：Fe2O3＋6H+＝2Fe3+＋3H2O，故B錯誤；C.向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好為中性，則反應生成硫酸鋇、硫酸鈉和水，離子方程式為：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故C錯誤；D.石灰石與硝酸發(fā)生復分解反應，生成硝酸鈣、二氧化碳和水，離子方程式為：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋CO2↑＋H2O，故D正確，故選D。6、C【詳解】①純鐵的抗腐蝕能力較強①錯誤；②當鐵中含有雜質(zhì)時，在潮濕的空氣中會發(fā)生電化學腐蝕，②正確；③鐵位于元素周期表的第Ⅷ族，而不是第ⅧB族，③錯誤；④不論鐵是否過量，鐵在氯氣中燃燒生成FeCl3，④錯誤；⑤鐵能在純凈的氧氣中劇烈燃燒生成Fe3O4，⑤正確；⑥FeCl2、Fe(OH)3可分別通過化合反應Fe＋2FeCl3=3FeCl2、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3制得⑥錯誤；故選項C正確；答案選C。7、C【解析】試題分析：A、CO2和SO2的物質(zhì)的量均是1mol，氫氧化鈉的物質(zhì)的量均是0.15mol，則反應中均生成0.5molNa2CO3、Na2SO3和0.5molNaHCO3、NaHSO3。根據(jù)電離常數(shù)可知，酸性強弱順序是H2SO3＞H2CO3＞HSO3－＞HCO3－。由于CO32－的水解程度強于HCO3－的水解程度，所以溶液中c(HCO3－)＞c(CO32－)，A不正確；B、CO32－或HCO3－均沒有還原性，因此碳酸鈉和碳酸氫納的混合液不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，B不正確；C、由于CO32－的水解程度強于SO32－的水解程度，所以溶液中c(HCO3－)＞c(HSO3－)，C正確；D、由于兩份溶液的pH不同，所以c(CO32－)+c(HCO3－)≠c(SO32－)+c(HSO3－)，D不正確，答案選C?？键c：考查溶液中離子濃度大小比較8、A【詳解】由①知，還原性強弱順序為SO2>I-；由②知，還原性強弱順序為SO2>Fe2+；由③知，還原性強弱順序為I->Fe2+，故還原性強弱順序為SO2>I->Fe2+，類比可得離子的還原性強弱順序為HSO3->I->Fe2+。向混合溶液中通入Cl2的過程中，首先氧化HSO3-，然后氧化I-，最后氧化Fe2+，C錯誤；加入KSCN溶液，溶液呈微紅色，說明有微量的Fe3+生成，則有較多的Fe2+沒有被氧化，D錯誤；HSO3-和I-均完全反應，F(xiàn)e2+發(fā)生的反應可以忽略不計，根據(jù)電子得失守恒得2n(FeI2)+2n(NaHSO3)=2×4.48L÷22.4L·mol-1，即n(FeI2)+n(NaHSO3)=0.2mol，由于溶質(zhì)的物質(zhì)的量相等，所以n(FeI2)=0.1mol，c(FeI2)=1mol·L-1，A正確；轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量根據(jù)氯氣計算得2×4.48L÷22.4L·mol-1=0.4mol，B錯誤；綜上所述，本題選A。9、D【解析】試題分析：A、N2不是污染物，NO在空氣中會發(fā)生反應2NO+O2=2NO2，不能穩(wěn)定存在，A錯；B、Al(OH)3沉淀不能溶于過量的氨水中，B錯誤；C、濃硫酸和濃硝酸都能使鋁鈍化，但在常溫下，濃硝酸能與銅反應，濃硫酸不能，故可用濃硝酸，不能用濃硫酸，C錯誤；選項D、Cu不能與稀硫酸反應，但加入Cu(NO3)2后，溶液中存在HNO3，Cu可以溶解在HNO3中，D正確；故選D。考點：考查了物質(zhì)的性質(zhì)的相關知識。10、C【解析】試題分析：在3Fe2＋＋2S2O32-＋O2＋4OH－=Fe3O4＋S4O62-＋2H2O中鐵元素、硫元素用平均化合價，鐵元素的化合價變化：+2→+8/3，硫元素的化合價變化為：+2→+5/2，氧元素的化合價變化：0→-2，所以氧化劑是O2，還原劑是Fe2+、S2O32-，則A．由上述分析可知，還原劑是Fe2+、S2O32-，氧化劑是O2，A錯誤；B．由方程式可知，每生成1molFe3O4，參加反應的氧氣為1mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1mol×4=4mol，B錯誤；C．2molFe2+被氧化時，失去電子2mol，則被Fe2+還原的O2的物質(zhì)的量為：2mol÷4=0.5mol，C正確；D．由上述分析可知，氧化劑是O2，還原劑是Fe2+、S2O32-，3molFe2+參加反應時只有2mol被氧化，參加反應的氧化劑與還原劑的物質(zhì)的最之比為1：（2+2）=1：4，D錯誤；答案選C。【考點定位】本題考查氧化還原反應的基本概念與計算【名師點晴】Fe3O4是復雜的化合物，鐵元素既有+2價也有+3價，把Fe3O4中鐵元素的化合價用平均化合價處理，S2O32-的硫元素的化合價用平均化合價處理是解本題的關鍵。氧化還原反應是一類重要的化學反應，氧化還原反應中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等。氧化還原反應的實質(zhì)是電子轉(zhuǎn)移，特征是化合價的升降，反應實質(zhì)、特征及反應類型的關系可以用6個字概括：升、失、氧，降、得、還；在氧化還原反應中元素的化合價升高，原子失去電子，發(fā)生氧化反應，作還原劑；元素的化合價降低，原子獲得電子，發(fā)生還原反應，作氧化劑。元素化合價升降總數(shù)與原子失去或獲得的電子數(shù)相等，要掌握反應的規(guī)律、配平技巧、有關的概念是本題的關鍵。11、C【詳解】A．鹽酸與氫氧化鈉溶液的反應為離子反應，但沒有元素化合價的變化，不屬于氧化還原反應，故A不選；B．過氧化鈉與二氧化碳的反應沒有離子參加，不屬于離子反應，故B不選；C．鈉投入水溶液中的反應為離子反應，且Na、H元素的化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，故C選；D．二氧化碳通入石灰水中的反應為離子反應，但沒有元素化合價的變化，不屬于氧化還原反應，故D不選；故選C。12、C【解析】A.用硫黃制硫酸時，第一步只能將硫氧化成SO2，故A錯誤；B.酸雨與土壤中的金屬氧化物反應后，硫元素以SO42-的形式進入土壤中，故B錯誤；C.在燃煤中加入石灰石，高溫下石灰石分解生成CaO，可與SO2以及氧氣反應生成硫酸鈣，故C正確；D.土壤中的閃鋅礦(ZnS)遇到硫酸銅溶液轉(zhuǎn)化為銅藍(CuS)，說明CuS的溶解度比ZnS的小，與CuS很穩(wěn)定不具有還原性無關，故D錯誤；答案選C?！军c睛】硫單質(zhì)在氧氣中燃燒的產(chǎn)物是二氧化硫，而二氧化硫和氧氣需要在催化劑、加熱條件下才能進一步轉(zhuǎn)化為三氧化硫。13、A【詳解】A.

HClO2的電離平衡常數(shù)，觀察圖象可以看出，當pOH=8時，pH=6，c(ClO2?)=c(HClO2)，因此HClO2的電離平衡常數(shù)的數(shù)值Ka=10?6，故A正確；B.由圖可以得出：堿性條件下ClO2?濃度高，即在堿性條件下亞氯酸鈉較穩(wěn)定，而不是在酸性條件下穩(wěn)定，故B錯誤；C.根據(jù)圖知，pH=7時，存在c(HClO2)<c(ClO2?)，則微粒濃度大小順序是c(ClO2?)>c(HClO2)>c(ClO2)>c(Cl?)，故C錯誤；D.依據(jù)電中性原則得出：c(H+)+c(Na+)=c(ClO2?)+c(Cl?)+c(OH?)①，依據(jù)物料守恒得出：2c(Na+)=c(ClO2?)+c(HClO2)+c(Cl?)②，聯(lián)立①②消去鈉離子：c(HClO2)+2c(H+)=c(ClO2?)+2c(OH?)+c(Cl?)，故D錯誤，故選A。14、C【解析】A．正極上水發(fā)生還原反應生成H2，電極反應式為2H2O+2e-=2OH-+H2，故A錯誤；B．SO42-與H2在厭氧細菌的催化作用下反應生成S2-和H2O，離子反應式為：4H2+SO42-S2-+4H2O，故B錯誤；C．鋼管腐蝕的過程中，負極上Fe失電子發(fā)生氧化反應生成的Fe2+，與正極周圍的S2-和OH-分別生成FeS的Fe(OH)2，故C正確；D．在鋼管表面鍍鋅可減緩鋼管的腐蝕，但鍍銅破損后容易形成Fe-Cu原電池會加速鐵的腐蝕，故D錯誤；故答案為C。15、D【解析】該裝置包含多種能量轉(zhuǎn)化，主要是太陽能→電能，風能→機械能→電能，電能→化學能；電催化合成氨的過程是一個電解過程，生成氧氣的a極是電解池的陽極，陽極上水被氧化生成氧氣，電極反應式為2H2O—4e-=O2↑+4H+，生成氨氣的b極是陰極，陰極上氮氣被還原生成氨氣，電極反應式為N2+6H++6e-=2NH3?！驹斀狻緼項、能量轉(zhuǎn)化有：太陽能→電能，風能→機械能→電能，電能→化學能，另外還可能有其他能量轉(zhuǎn)化為熱能等，故A錯誤；B項、生成氧氣的a極是電解池的陽極，電極反應式為2H2O—4e-=O2↑+4H+，生成氨氣的b極是陰極，電極反應式為N2+6H++6e-=2NH3，由得失電子數(shù)目守恒可知，兩極生成氧氣和氨氣的理論物質(zhì)的量之比是3:4，故B錯誤；C項、電解時，陽離子向陰極移動，H+應向陰極b極遷移，故C錯誤；D項、電解時，生成氨氣的b極是陰極，陰極上氮氣放電生成氨氣，電極反應式為N2+6H++6e-=2NH3，故D正確。故選D?！军c睛】本題考查了電解池原理，側(cè)重考查分析能力，注意把握正負極的判斷，會正確書寫電極反應式，注意把握離子的定向移動是解答關鍵。16、A【解析】A.二氧化氯（ClO2）具有強氧化性，是安全、無毒的綠色消毒劑，用于飲用水的消毒；B.氯氣能與堿石灰反應，被其吸收；C.氫氟酸具有酸性，也可用于雕刻玻璃，但二者間不具因果對應關系；D.SO2的漂白是與有色物質(zhì)反應生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，與還原性無關。【詳解】A.二氧化氯（ClO2）是一種黃綠色到橙黃色的氣體，具有強氧化性，是安全、無毒的綠色消毒劑，用于飲用水的消毒，A正確。B.堿石灰具有吸水性，可用于干燥氣體。但氯氣能與堿石灰反應，被其吸收，故不能用堿石灰干燥氯氣，B錯誤；C.氫氟酸具有酸性，也可用于雕刻玻璃，但二者間不具因果對應關系。氫氟酸雕刻玻璃是與玻璃中SiO2反應生成了SiF4氣體，C錯誤；D.SO2具有還原性，也可用于漂白紙漿。但二者間不具因果對應關系。SO2的漂白原理是與有色物質(zhì)化合生成無色物質(zhì)，與還原性無關，D錯誤。故選A。17、C【解析】A．NaCN中C為+2價，Na為+1價，則氮元素的化合價為-3，反應前后N元素化合價不變，故A錯誤；B．NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑反應中O元素從-1價降低為-2價，所以反應中H2O2作氧化劑，故B錯誤；C．因為HCN酸性比H2CO3弱，所以實驗室配制NaCN溶液時，需加入適量的NaOH溶液防止水解，故C正確；D．C的化合價從+2價升高到+4價，則每生成0.1molNaHCO3轉(zhuǎn)移電子數(shù)約為0.2×6.02×1023個，故D錯誤；故選C。18、A【詳解】A.

Mg(HCO3)2溶液與足量NaOH溶液反應生成碳酸鈉、氫氧化鎂沉淀和水，正確的離子方程式為：Mg2＋＋2HCO＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2H2O＋2，故A正確；B.過量SO2通入到NaClO溶液中，正確的離子方程式為：2SO2＋2H2O＋ClO－=H2SO3+SO42-+2H++Cl﹣，故B錯誤；C.

NH3·H2O為弱電解質(zhì)，Al2(SO4)3溶液中加入過量NH3·H2O反應生成氫氧化鋁沉淀，正確的離子反應為：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C錯誤；D.次氯酸根離子具有強氧化性，能夠?qū)溲趸F氧化成FeO42-，KClO堿性溶液與Fe（OH）3反應制取K2FeO4，離子方程式為：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-，故D錯誤；答案選A。19、B【分析】氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，氧化劑的氧化性大于還原劑的氧化性；由氧化性的強弱，判斷反應的發(fā)生．【詳解】A.由①可知,Fe元素的化合價降低,則氧化性為Fe3＋>SO2,由②可知,Cr元素的化合價降低,則氧化性為Cr2O72－>Fe3＋,則氧化性：Cr2O72－>Fe3＋>SO2，故A正確；B.

6.72LSO2(標準狀況)參加反應,n(SO2)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol,由上述兩個反應可知,存在3SO2～Cr2O72－,則最終消耗0.1molK2Cr2O7，故B錯誤；C.每有1molK2Cr2O7參加反應,轉(zhuǎn)移電子為1mol×2×(6?3)=6mol,即轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為6NA，故C正確；D.因氧化性為Cr2O72－>SO2,則K2Cr2O7能將Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正確；故選B.【點睛】氧化還原反應由強到弱，即是強氧化劑生成弱氧化性的物質(zhì)，強還原劑生成弱還原性的物質(zhì)，計算時要用電子守恒：還原劑失電子總數(shù)等于氧化劑得電子總數(shù)。20、C【詳解】A．干冰是二氧化碳固體是純凈的化合物，冰水混合物成分為水是純凈的化合物，燒堿是氫氧化鈉屬于純凈的化合物，故A正確；B．活性炭，C60，金剛石是碳元素的不同單質(zhì)，是碳元素的同素異形體，故B正確；C，乙醇、四氯化碳水溶液中和熔融狀態(tài)下都不導電，屬于非電解質(zhì)，氯氣是單質(zhì)既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故C錯誤；D．漂白粉為氯化鈣和次氯酸鈣的混合物，純凈礦泉水含有電解質(zhì)的水屬于混合物，鹽酸是氯化氫的水溶液屬于混合物，故D正確。答案選C?！军c睛】考查物質(zhì)分類方法，物質(zhì)組成判斷，掌握概念實質(zhì)、物質(zhì)組成與名稱是解題關鍵，注意：化合物是不同元素組成的純凈物；同素異形體是同種元素組成的不同單質(zhì)；非電解質(zhì)是水溶液中和熔融狀態(tài)都不導電的化合物；混合物是不同物質(zhì)組成的物質(zhì)。21、A【解析】A、能使品紅溶液褪色的不一定是SO2，也可能是氯氣等，A錯誤；B、下層溶液顯紫色，說明有單質(zhì)碘生成，氯水具有強氧化性，因此溶液中含有碘離子，B正確；C、碳酸氫鈉的酸性強于氫氧化鋁，根據(jù)較強酸制備較弱酸可知偏鋁酸鈉能與碳酸氫鈉溶液反應生成氫氧化鋁和碳酸鈉，即可以說明偏鋁酸根離子結(jié)合氫離子的能力強于碳酸根，C正確；D、鈉在CO2中燃燒生成碳酸鈉和碳，說明CO2具有氧化性，D正確，答案選A。22、D【詳解】A．地殼淺處壓強小，上述平衡逆向移動，SiO2的量增加，有利于SiO2沉積，A正確；B．K值變大說明平衡正向移動，移動瞬間v正>v逆，此時v逆比原平衡的速率減小，當平衡正向移動后，生成物的濃度增大，逆反應速率增大，故逆反應速率先減小后增大，B正確；C．根據(jù)反應速率之比等于化學計量數(shù)之比可知任一時刻均有v(H2O)＝2v(SiF4)，C正確；D．根據(jù)方程式可知氣體增加的質(zhì)量為反應的SiO2的質(zhì)量，所以反應的SiO2的物質(zhì)的量為0.24g÷60g/mol=0.004mol，則反應的HF的物質(zhì)的量為0.016mol，所以v(HF)=0.016÷2÷8=0.001mol·L-1·min-1，D錯誤；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、加成反應碳碳三鍵、溴原子保護苯環(huán)上的（酚）羥基【解析】（1）分子量為26的烴一定有2個碳原子，這樣就只能連兩個氫原子湊成26的分子量，所以是乙炔（C2H2），結(jié)構(gòu)簡式為。（2）反應①進行的一定是題目給出的已知ⅰ，該反應為用碳碳三鍵一端的H原子對碳氧雙鍵進行加成，得到炔醇類化合物，所以反應①的反應類型是加成反應。得到的B為CH≡C-CH2OH。B與HBr發(fā)生取代得到（C）CH≡C-CH2Br。（3）B與HBr發(fā)生取代得到（C）CH≡C-CH2Br。C中含有的官能團為碳碳三鍵和溴原子。（4）D為苯的同系物，根據(jù)反應③的生成物，D只能是對二甲苯（）。所以反應為。（5）反應④將溴原子水解，再酸化得到（E），與CH3I發(fā)生已知中的反應ⅲ得到，經(jīng)高錳酸鉀氧化為（F），再與HI發(fā)生題目已知的反應ⅱ，得到（G）。（6）C和G發(fā)生取代得到（H），H發(fā)生加聚反應得到最后產(chǎn)物，所以方程式為。（7）用高錳酸鉀氧化甲基為羧基的過程中，要防止氧化酚羥基，所以設計反應⑤和⑦，對酚羥基進行保護。（8）乙炔有兩個碳原子，甲醛只有一個碳原子，所以必須用一個乙炔結(jié)合兩個甲醛以生成最終的四個碳原子的化合物。結(jié)合題目信息，一定選擇乙炔和兩個甲醛進行加成，后續(xù)過程就很好理解了。所以路線為：24、第3周期第ⅤA族Na2[Be(OH)4]NaH+H2O=NaOH+H2↑鉻2Al+Cr2O32Cr+Al2O3【分析】前四周期元素X、Y、Z、M的原子序數(shù)依次增大。元素X和鋁在元素周期表中具有特殊的“對角線”關系，單質(zhì)及化合物的性質(zhì)十分相似，則X是Be元素；Y原子半徑在短周期主族元素中最大，則Y是Na元素；Z元素有多種同素異形體，其中一種為正四面體結(jié)構(gòu)，易自燃，Z是P元素；M基態(tài)原子未成對電子數(shù)在同周期元素中最多，則M是Cr元素。據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知X是Be元素，Y是Na元素，Z是P元素，M是Cr元素。(1)元素Z是P，核外電子排布是2、8、5，所以P元素在周期表中的位置是第3周期第ⅤA族；(2)元素X的氧化物是BeO，該氧化物能與Y的氧化物的水化物NaOH溶液反應，生成一種四配位化合物，根據(jù)Be單質(zhì)及化合物的性質(zhì)與Al單質(zhì)及化合物的性質(zhì)十分相似，結(jié)合Al元素的化合物Na[Al(OH)4]，結(jié)合Be元素化合價為+2價，可知該化合物的化學式為Na2[Be(OH)4]；(3)Na元素的原子容易失去電子形成Na+，H元素的原子獲得電子形成，二者通過離子鍵結(jié)合形成離子化合物NaH，電子式為；該物質(zhì)遇水可發(fā)生反應產(chǎn)生NaOH和H2，反應的化學方程式為NaH+H2O=NaOH+H2↑；(4)由于前四周期的M元素的未成對電子數(shù)最多，結(jié)合元素的原子序數(shù)可知元素M是Cr，元素的名稱為鉻，其+3價氧化物Cr2O3與鋁在高溫下發(fā)生鋁熱反應產(chǎn)生Al2O3和Cr，反應的化學方程式為2Al+Cr2O32Cr+Al2O3。【點睛】本題考查了元素的推斷、元素在周期表的位置、物質(zhì)的結(jié)構(gòu)表示、化學方程式書寫等。元素的原子結(jié)構(gòu)與元素在周期表的位置關系密切，不僅同族元素性質(zhì)相似，有些元素還存在對角線相似法則，掌握結(jié)構(gòu)對性質(zhì)的決定作用是本題解答的關鍵。25、500mL容量瓶水浴加熱CMg2+++NH3?H2O+(n?1)H2O═MgCO3?nH2O+減壓過濾法暫時儲存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持裝置中壓強相對穩(wěn)定偏大MgCO3·H2OMgCO3+H2O【詳解】（1）操作步驟有計算、量取、稀釋、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作，用量筒量取(用到膠頭滴管)濃硫酸，在燒杯中稀釋，用玻璃棒攪拌，冷卻后轉(zhuǎn)移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗滌2?3次，將洗滌液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，最后定容顛倒搖勻，還需要儀器有：500mL容量瓶，故答案為：500mL容量瓶；（2）①步驟2中要控制溫度50℃，較好加熱的方法為：水浴加熱；②四口燒瓶要加入200mL0.5mol·L-1MgSO4溶液和400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液，液體總體積為600mL，四口燒瓶中所盛放液體不能超過其容積的，不少于容積的，故選1000mL規(guī)格的四口燒瓶，故選C；③將250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，用氨水調(diào)節(jié)溶液pH到9.5，反應生成碳酸鎂結(jié)晶水合物，反應的化學方程式為Mg2+++NH3?H2O+(n?1)H2O═MgCO3?nH2O+，故答案為：Mg2+++NH3?H2O+(n?1)H2O═MgCO3?nH2O+；(3)要分離不溶于水的固體和液體，可用過濾的方法，可利用大氣壓強原理，用減小壓力的方法加快過濾的速率，故答案為：減壓過濾法；(4)裝置中氣球可以緩沖壓強并封閉裝置，暫時儲存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持裝置中壓強相對穩(wěn)定，故答案為：暫時儲存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持裝置中壓強相對穩(wěn)定；（5）設NaOH溶液為amol·L-1bmL，3次實驗測得消耗cmol·L-1鹽酸的體積平均值為dmL，則吸收二氧化碳消耗的NaOH的物質(zhì)的量為：amol·L-1b10-3-cmol·L-1d10-3=（ab-cd）10-3mol，依據(jù)元素守恒可知，碳酸鎂物質(zhì)的量為10-3mol，根據(jù)化學式可知，MgCO3?nH2O中碳酸鎂晶體中碳酸鎂和結(jié)晶水物質(zhì)的量之比為1:n，得到1:n=10-3:；得到n=，故答案為：。（6）反應后期將溫度升到30℃的目的是：使生成的二氧化碳全部逸出后被氫氧化鈉溶液吸收，減少測定產(chǎn)生的誤差，若省去“反應后期升溫到30℃”的步驟，測得二氧化碳的量偏小，由（5）可知，n值偏大；（7）由圖像可知，加熱到230℃~430℃，質(zhì)量損失了（100%-82.3%）100g=18g，剛好損失的是1mol水，則MgCO3·nH2O的相對分子質(zhì)量為：=100g/mol，則n=1，230℃~430℃發(fā)生的化學反應的方程式為：MgCO3·H2OMgCO3+H2O。26、HNO3Co(NO3)2Na2CO3CH3COOH隔絕空氣,使反應產(chǎn)生的氣體全部進入后續(xù)裝置c先熄滅裝置a的酒精燈,冷卻后停止通入氮氣Co3O43Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑【解析】根據(jù)CoO與CH3COOH溶液反應緩慢，Co2+能與H+、NO3-大量共存的信息，制備乙酸鈷時，先將CoO溶于溶液HNO3溶液制得Co(NO3)2溶液，再加入Na2CO3溶液產(chǎn)生碳酸鈷沉淀，最后加CH3COOH溶液反應生成Co(CH3COO)2，再通過濃縮、結(jié)晶等方法得到最終產(chǎn)物；探究乙酸鈷的熱分解產(chǎn)物，a中乙酸鈷受熱分解生成CO、CO2等產(chǎn)物,通入N2先將空氣排盡并將產(chǎn)生的氣體都趕入吸收裝置，b澄清石灰水檢驗CO2，c中PdCl2溶液可檢驗CO，最后用d來收集未反應完的CO?！驹斀狻浚?）根據(jù)CoO與CH3COOH溶液反應緩慢，Co2+能與H+、NO3-大量共存的信息，制備乙酸鈷時，先將CoO溶于溶液HNO3溶液制得Co(NO3)2溶液，再加入Na2CO3溶液產(chǎn)生碳酸鈷沉淀，最后加CH3COOH溶液反應生成Co(CH3COO)2，再通過濃縮、結(jié)晶等方法得到Co(CH3COO)2·4H2O；故答案為HNO3；Co(NO3)2；Na2CO3；CH3COOH；（2）①通N2的目的是排盡裝置內(nèi)的空氣，并使反應產(chǎn)生的氣體全部進入后續(xù)裝置，故答案為隔絕空氣，使反應產(chǎn)生的氣體全部進入后續(xù)裝置；②因為在檢驗CO時可生成CO2，會影響原混合氣體中CO2的檢驗，因此應該先檢驗CO2，故答案為c；③實驗結(jié)束時，為防止倒吸，應該先熄滅酒精燈，再通入一段時間氮氣保護分解后的產(chǎn)物，以免被空氣氧化，故答案為先熄滅裝置a的酒精燈,冷卻后停止通入氮氣；④樣品已完全失去結(jié)晶水，殘留固體為金屬氧化物，取1molCo(CH3COO)2，質(zhì)量為177g，則殘留的氧化物質(zhì)量為177g×45.4%=80.36g，根據(jù)Co元素守恒，氧化物中含有1molCo，則氧元素的物質(zhì)的量為mol=1.33mol=mol，則==，故金屬氧化物的化學式為Co3O4，答案為：Co3O4；⑤Co3O4為3.0125g，其物質(zhì)的量為=0.0125mol，CO2的物質(zhì)的量為=0.025mol，CO的物質(zhì)的量為0.05mol，最后用質(zhì)量守恒計算出乙烷的質(zhì)量為(0.0375×177-3.0125-0.025×44-0.05×28)g=1.125g，則乙烷的物質(zhì)的量為：mol=0.0375mol，綜上計算可得Co3O4、CO2、CO、C2H6的物質(zhì)的量之比為：1:2:4:3，方程式為：3Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑，故答案為3Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑?！军c睛】再檢驗分解產(chǎn)物時，要考慮相互影響并確定順序；計算過程主要抓住鈷元素和碳元素守恒。27、CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2OCu將Fe2+氧化為Fe3+5.0<pH<6.0（或5～6）bdMn2＋?2e?＋2H2O＝MnO2＋4H＋H2SO4Mn2＋＋2HCO3—＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O由于K＝7.0×106>105，所以該反應能進行【解析】(1)軟錳礦(主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2)和閃鋅礦(主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等雜質(zhì))中加入硫酸，只有二氧化硅不能被硫酸溶解，因此濾渣1中含有SiO2，由于MnO2具有強氧化性，能夠在酸性溶液中將CuS氧化生成硫，反應的離子方程式為CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2O，故答案為：CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2O；(2)反應Ⅱ中加入適量金屬鋅的目的是為了回收某種金屬，是因為鋅能夠?qū)~從溶液中置換出來，因此濾渣2的主要成分是Cu，故答案為：Cu；(3)MnO2具有強氧化性，反應Ⅲ中MnO2能夠?qū)e2+氧化為Fe3+，若反應后溶液中Mn2＋、Zn2＋均為0.1mol·L－1，根據(jù)流程圖，此過程中需要除去鐵離子和鋁離子，不能沉淀Mn2＋、Zn2＋。根據(jù)Ksp[Mn(OH)2]＝2.0×10－13、Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17，則需調(diào)節(jié)溶液中的c(OH-)分別小于KspMnOH2cMn2+=2.0×10－130.1=2×10－6mol·L－1、KspZnOH2cZn2+=1.0×10－170.1=1.0×10－8mol·L－1，則c(OH-)＜1.0×10－8mol·L－1，即pH＜6，根據(jù)Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33、Ksp[Fe(OH)3]＝3.