2026屆廣東省名校聯(lián)盟高三上化學期中調(diào)研模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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、已知第三周期元素M，其原子最外層達到飽和時所需的電子數(shù)小于次外層與最內(nèi)層電子數(shù)之差，且等于最內(nèi)層電子數(shù)的正整數(shù)倍。下列關于元素M的說法一定錯誤的是()A．M元素存在同素異形體B．M元素為非金屬元素C．M的最高價氧化物對應的水化物都是強酸D．常溫下，能穩(wěn)定存在的M的氧化物都是酸性氧化物2、在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能一步實現(xiàn)的是（）A．飽和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)B．Cu2(OH)2CO3CuCl2(aq)Cu(s)C．FeS2SO3H2SO4D．Fe2O3FeCl3(aq)Fe3、在測定膽礬中結(jié)晶水含量時，判斷膽礬加熱完全失去結(jié)晶水的依據(jù)是A．加熱時無水蒸氣逸出 B．膽礬晶體由藍變白C．固體質(zhì)量不再減小 D．固體質(zhì)量不斷減小4、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是A．在標準狀況下，0.5molNO與0.5molO2混合后氣體分子數(shù)為0.75NAB．常溫常壓下，14g的C2H4和C4H8混合氣體中含有的原子數(shù)為3NAC．0.1molAlCl3完全轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁膠體，生成0.lNA個膠體粒子D．1.0L1.0mol·L-1Na2SiO3水溶液中含有的氧原子數(shù)為3NA5、下列實驗中，各實驗操作對應的現(xiàn)象以及結(jié)論均正確且具有因果關系的是（）選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A將一片鮮花花瓣放入盛有干燥氯氣的集氣瓶中鮮花花瓣未變色干燥的氯氣沒有漂白性B向某溶液中滴入幾滴K3[Fe(CN)6]溶液有藍色沉淀生成該溶液中含有Fe3+C測定等濃度的Na2C2O4的溶液和Na2CO3溶液的pHNa2CO3溶液的pH較大酸性：H2C2O4＞H2CO3D常溫下，向含等濃度Mg2+和Cu2+的溶液中逐滴加入NaOH溶液先生成藍色沉淀常溫下，Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]A．A B．B C．C D．D6、化學與社會、生活、材料、能源密切相關，下列說法不正確的是A．一種硅酸鹽礦物石棉(CaMg3Si4O12)可表示為：CaO·3MgO·4SiO2B．3D打印鈦合金材料，可用于航空、航天等尖端領域C．可燃冰是21世紀新型潔凈能源，其組成可表示為CH4·nH2OD．納米級材料（1nm~100nm）是一種膠體7、將4molA(g)和2molB(g)在2L的恒容密閉容器中混合并在一定條件下發(fā)生反應：2A(g)+B(g)?2C(g)ΔH<0，反應2s后測得C的濃度為0.6mol·L-1。下列說法正確的是A．2s后物質(zhì)A的轉(zhuǎn)化率為70%B．當各物質(zhì)濃度滿足c(A)=2c(B)=c(C)時，該反應達到了平衡狀態(tài)C．達到平衡狀態(tài)時，增加A的物質(zhì)的量，A和B的轉(zhuǎn)化率都提高D．達到平衡狀態(tài)時，升高溫度，平衡逆向移動，同時化學平衡常數(shù)K減小8、X、Y是元素周期表ⅦA族中的兩種元素。下列敘述中能說明X的非金屬性比Y強的是A．X原子的電子層數(shù)比Y原子的電子層數(shù)多B．X的氫化物的沸點比Y的氫化物的沸點低C．X的氣態(tài)氫化物比Y的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定D．Y的單質(zhì)能將X從NaX的溶液中置換出來9、下列變化中，氣體反應物既被氧化又被還原的是A．金屬鈉露置在空氣中迅速變暗B．露置在空氣中的過氧化鈉固體變白C．充滿二氧化氮的試管倒扣在水槽中，試管內(nèi)液面上升D．將氨氣與氯化氫混合，產(chǎn)生大量白煙10、兩種氣態(tài)烴的混合物共2.24L（標準狀況），完全燃燒后得3.36L（標準狀況）二氧化碳和2.7g的水。下列說法中正確的是A、混合氣體中一定含有乙烯B、混合氣體中一定含有甲烷C、混合氣體中可能含有乙炔D、混合氣體一定是由烷烴和烯烴構(gòu)成的混合物11、海洋中無機氮的循環(huán)過程可用如圖表示。下列說法正確的是(已知：反應④的離子方程式為4NH4++5O22NO2-+6H++N2O+5H2O)A．①②均屬于固氮反應B．海洋中的反硝化作用一定需要氧氣參加C．反應④中每生成1molH2O轉(zhuǎn)移2mole-D．向海洋排放含NO3-的廢水可能影響海洋中氮的循環(huán)12、下列說法正確的是（）A．取少量溶液于試管中，先加入BaCl2溶液，再滴加稀鹽酸若產(chǎn)生的白色沉淀不溶解，則說明溶液中含有SOB．向某少許待測液中加入足量鹽酸產(chǎn)生無色的能使澄清石灰水變渾濁的氣體，說明待測液中含有COC．向某少許待測液中加入濃氫氧化鈉溶液并加熱產(chǎn)生了能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體，說明待測液中含有NHD．向某少許待測液中加入氫氧化鈉溶液產(chǎn)生了紅褐色沉淀，則說明待測液中一定含有Fe3+，一定不含F(xiàn)e2+13、微生物燃料電池是一種利用微生物將有機物中的化學能直接轉(zhuǎn)化成電能的裝置。如圖是一種微生物燃料電池的工作原理示意圖，下列有關說法不正確的是A．B電極是正極B．電池內(nèi)H+從左側(cè)向右側(cè)遷移C．A電極的電極反應式：CH3COOH+8e-+2H2O=2CO2+8H+D．該電池可利用有機廢水等有機廢棄物作為燃料14、某溫度下，一定體積的氯氣與1L1.5mol/LNaOH溶液恰好完全反應，若產(chǎn)物中NaClO和NaClO3的物質(zhì)的量之比為1:3，則被還原的氯氣的物質(zhì)的量為A．0.15molB．0.3molC．0.6molD．0.8mol15、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．常溫常壓下,1.8gD2O含有的電子數(shù)是NAB．標準狀況下，5.6L一氯甲烷中共價鍵數(shù)目為NAC．NaH與水反應生成0.5molH2時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NAD．1.0L0.5mol/L的NH4NO3溶液中NH數(shù)目為0.5NA16、能正確表示下列反應的離子方程式是（）A．Cl2通入NaOH溶液：Cl2＋OH?=Cl?＋ClO?＋H2OB．Cu溶于稀HNO3：3Cu＋8H+＋2NO3?=3Cu2+＋2NO↑＋4H2OC．NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32?＋2H+=CO2↑＋H2OD．AlCl3溶液中加入過量NaOH溶液：Al3+＋3OH?=Al（OH）3↓17、為探究鋅與稀硫酸的反應速率(以v(H2)表示)。向反應混合液中加入某些物質(zhì)，下列判斷正確的是A．加入NH4HSO4固體，v(H2)不變 B．加入少量硫酸鈉固體，v(H2)減小C．加入CH3COONa固體，v(H2)減小 D．滴加少量CuSO4固體，v(H2)減小18、三氧化二鎳(Ni2O3)可用于制造高能電池，其電解法制備過程如下：用NaOH調(diào)NiCl2溶液pH至7.5，加入適量硫酸鈉后進行電解。電解過程中產(chǎn)生的Cl2在弱堿性條件下生成ClO－，把二價鎳氧化為三價鎳。以下說法正確的是()A．可用鐵做陽極材料B．電解過程中陽極附近溶液的pH升高C．陽極反應方程式為：2Cl－＋2e－=Cl2↑D．1mol二價鎳全部轉(zhuǎn)化為三價鎳時，外電路中通過了1mol電子19、已知NH4CuSO3與足量的10mol/L硫酸混合微熱，產(chǎn)生下列現(xiàn)象：①有紅色金屬生成②產(chǎn)生刺激性氣味的氣體③溶液呈現(xiàn)藍色。據(jù)此判斷下列說法正確的是()A．反應中硫酸作氧化劑B．1molNH4CuSO3完全反應轉(zhuǎn)移0.5mol電子C．刺激性氣味的氣體是氨氣D．NH4CuSO3中硫元素被氧化20、下列敘述正確的是（）A．在氯化鐵溶液滴加NaOH溶液可制得氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體具有吸附性，常用于凈水B．“加碘食鹽”、“含氟牙膏”、“富硒營養(yǎng)品”、“高鈣牛奶”、“加鐵醬油”等，這里的碘、氟、硒指的是分子，鈣、鐵則分別是鈣離子和鐵離子C．“火樹銀花”中的焰火實質(zhì)上是金屬元素的焰色反應，焰色反應是復雜的化學反應D．“晴空萬里、藍天白云”，減少化石燃料的燃燒可以減少霧霾天氣21、下列既能由金屬和氯氣直接制取，又能由金屬和鹽酸直接制取的是A．FeCl2 B．AlCl3 C．FeCl3 D．CuCl222、關于相同物質(zhì)的量濃度的NaHCO3

溶液和

NaHSO3溶液，下列說法正確的是A．滴加酚酞后溶液均變紅B．滴加飽和澄清石灰水均產(chǎn)生白色沉淀C．滴加氯水均產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的氣體D．所含陽離子的總濃度相等二、非選擇題(共84分)23、（14分）制備天然化合物antofine的中間體F的一種合成路線如下：注：PCC為吡啶和CrO3在鹽酸溶液中的絡合鹽，。(1)A中的含氧官能團名稱為____和____。(2)X的分子式為C8H8O2，C→D是兩苯環(huán)間脫2H成稠環(huán)，則X的結(jié)構(gòu)簡式為____。(3)B→C的反應類型為____。(4)F的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：____(只寫一種)。①分子中只有兩種含氧官能團。②堿性水解后酸化，得到碳原子數(shù)相等的芳香化合物P和Q；P既能發(fā)生銀鏡反應又能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；P、Q中均只有四種不同化學環(huán)境的氫。(5)寫出以為原料制備的合成路線流程圖___(無機試劑、PCC和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。24、（12分）在Na2SO3溶液中各微粒濃度等式關系正確的是________a.c(Na+)=c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)b.c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)c.c(OH-)=c(HSO3-)+c(H+)+c(H2SO3)25、（12分）樹德中學化學興趣小組設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:通過置換反應比較:向AgNO3溶液插入銅絲，析出黑色固體，溶液變藍。反應的離子方程式是______，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并證明假設是否成立，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溶液反應生成AgI和一種固體單質(zhì)，該反應的離子方程式是______，說明氧化性Ag+>Cu2+。26、（10分）鐵及其化合物在生產(chǎn)和生活中有著廣泛的應用。Ⅰ.氧化鐵是重要的工業(yè)顏料，用廢鐵屑制備氧化鐵的流程如下：回答下列問題：(1)操作A、B的名稱分別是________、________；加入稍過量NH4HCO3溶液的作用是_____________________________。(2)寫出在空氣中充分加熱煅燒FeCO3的化學方程式：________________。Ⅱ.上述流程中，若煅燒不充分，最終產(chǎn)品中會含有少量的FeO雜質(zhì)。某同學為測定產(chǎn)品中Fe2O3的含量，進行如下實驗：a．稱取樣品8.00g，加入足量稀H2SO4溶解，并加水稀釋至100mL；b．量取25.00mL待測溶液于錐形瓶中；c．用酸化的0.01000mol·L－1KMnO4標準液滴定至終點；d．重復操作b、c2～3次，得出消耗KMnO4標準液體積的平均值為20.00mL。(3)寫出滴定過程中發(fā)生反應的離子方程式：_________________________。(4)確定滴定達到終點的操作及現(xiàn)象為________________________________________。(5)上述樣品中Fe2O3的質(zhì)量分數(shù)為________。(6)下列操作會導致樣品中Fe2O3的質(zhì)量分數(shù)的測定結(jié)果偏低的是________。a．未干燥錐形瓶b．盛裝標準液的滴定管沒有用標準液潤洗c．滴定結(jié)束時仰視刻度線讀數(shù)d．量取待測液的滴定管沒有潤洗27、（12分）某小組同學為探究H2O2、H2SO3、Br2的氧化性強弱，設計如下實驗(夾持儀器已略去，裝置的氣密性已檢驗)。實驗記錄如下：實驗操作實驗現(xiàn)象I打開活塞a，滴加少量新制氯水，關閉活塞aA中溶液變?yōu)闇\紅棕色II吹入空氣A中紅棕色明顯變淺；B中有氣泡，產(chǎn)生大量白色沉淀，混合液顏色無明顯變化III停止吹入空氣，打開活塞b，逐滴加入H2O2溶液B中開始時顏色無明顯變化；繼續(xù)滴加H2O2溶液，一段時間后，混合液逐漸變成紅棕色請回答下列問題：(1)新制氯水應保存在___________色的細口瓶中，盛裝H2O2溶液的儀器名稱是___________。(2)實驗操作I時，A中反應的化學方程式為___________。(3)實驗操作II吹入熱空氣的目的是吹出單質(zhì)Br2，是體現(xiàn)了液溴的___________性質(zhì)。(4)裝置C中盛放的藥品是___________溶液(填化學式)。C中反應的離子方程式為___________。(5)實驗操作III，開始時顏色無明顯變化，一段時間后，混合液逐漸變成紅棕色。①顏色無明顯變化的可能原因是___________。②逐漸變成紅棕色，其對應的離子方程式為___________。(6)由上述實驗得出的結(jié)論是___________。28、（14分）常見的太陽能電池有單晶硅太陽能電池、多晶硅太陽能電池、砷化鎵（GaAs）太陽能電池及銅銦鎵硒薄膜太陽能電池等。(1)鎵元素位于元素周期表的____周期_____族，砷原子核外的電子有___種運動狀態(tài)。(2)Si、P、S的第一電離能由大到小的順序是_____________，二氧化硅和干冰晶體的熔點差別很大，其原因是________________________________________________。(3)與AsF3互為等電子體的分子為___________（只寫一中），其空間構(gòu)型為_________。(4)硼酸(H3BO3)本身不能電離出H+，在水溶液中易結(jié)合一個OH－生成[B(OH)4]－，而體現(xiàn)弱酸性。①[B(OH)4]－中B原子的雜化類型為______________。②[B(OH)4]－的結(jié)構(gòu)式為________________。(5)金剛石的晶胞如圖所示，若以硅原子代替金剛石晶體中的碳原子，便得到晶體硅；若將金剛石晶體中一半的碳原子換成硅原子，且碳、硅原子交替，即得到碳化硅晶體(金剛砂)。①金剛石、晶體硅、碳化硅的熔點由高到低的排列順序是________________(用化學式表示)；②金剛石的晶胞參數(shù)為apm(1pm＝10－12m)。金剛石晶胞的密度為_________g/cm3(只要求列算式，阿伏加德羅常數(shù)為NA)。29、（10分）丙烯是重要的有機化工原料，主要用于生產(chǎn)聚丙烯、丙烯腈、環(huán)氧丙烷等。（1）以丁烯和乙烯為原料制備丙烯的方法被稱為“烯烴歧化法"，主要反應為C4H8(g)+C2H4(g)2C3H6(g)已知相關燃燒熱數(shù)據(jù)：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H1=-1411kJ·mol-1C3H6(g)+O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△H2=-2049kJ·mol-1C4H8(g)+6O2(g)=4CO2(g)+4H2O(l)△H3=-2539kJ·mol-1①乙烯的電子式為______________。②相同質(zhì)量的C2H4(g)、C3H6(g)和C4H8(g)充分燃燒，放出的熱量由多到少的順序依次為______________（填寫化學式）。③上述“烯烴歧化法”的反應的熱化學方程式為___________。（2）“丁烯裂解法”是另一種重要的丙烯生產(chǎn)法，生產(chǎn)過程中會有生成乙烯的副反應發(fā)生。反應如下：主反應：3C4H84C3H6；副反應：C4H82C2H4測得上述兩反應的平衡體系中，各組分的質(zhì)量分數(shù)（w%)隨溫度（T）和壓強（p)變化的趨勢分別如圖1和圖2所示：①平衡體系中的丙烯和乙烯的質(zhì)量比[]是工業(yè)生產(chǎn)丙烯時選擇反應條件的重要指標之一，從產(chǎn)物的純度考慮，該數(shù)值越高越好，從圖1和圖2中表現(xiàn)的趨勢來看，下列反應條件最適宜的是_____（填字母序號）A．300℃0.1MPaB．700℃0.1MPaC．300℃0.5MPaD．700℃0.5MPa②有研究者結(jié)合圖1數(shù)據(jù)并綜合考慮各種因素，認為450℃的反應溫度比300℃或700℃更合適，從反應原理角度分析其理由可能是__________。③圖2中，隨壓強增大，平衡體系中丙烯的質(zhì)量分數(shù)呈上升趨勢，從平衡角度解釋其原因是_________。

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【分析】第三周期元素M，次外層與最內(nèi)層電子數(shù)之差為6，其原子的最外層達到飽和時所需電子數(shù)小于6，且等于最內(nèi)層電子數(shù)的正整數(shù)倍，則M為S或Si，據(jù)此分析作答?！驹斀狻緼．S元素存在同素異形體，A項正確；B.Si、S元素為非金屬元素，B項正確；C.Si的最高價氧化物對應的水化物H2SiO3是弱酸，C項錯誤；D.常溫下，能穩(wěn)定存在的M的氧化物為SO2、SO3、SiO2都是酸性氧化物,D項正確；答案選C。2、A【詳解】A．飽和食鹽水、氨氣、二氧化碳發(fā)生反應生成氯化銨、碳酸氫鈉，析出碳酸氫鈉后加熱生成碳酸鈉，則飽和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)均可一步實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故A正確；B．Na與氯化銅溶液反應生成氫氧化銅、氫氣、氯化鈉，則CuCl2(aq)Cu(s)不能一步實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故B錯誤；C．FeS2煅燒生成二氧化硫，則FeS2SO3不能一步實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故C錯誤；D．Cu與氯化鐵反應生成氯化銅、氯化亞鐵，則FeCl3(aq)Fe一步不能實現(xiàn)，故D錯誤；故答案為A。3、C【解析】在測定膽礬中結(jié)晶水含量時，判斷膽礬加熱完全失去結(jié)晶水的依據(jù)是固體質(zhì)量不再減小，具體的做法是，當坩堝中的藍色晶體變成白色粉末、且不再有水蒸氣逸出，然后放在干燥器里冷卻，稱量，再加熱，再稱量，直至連續(xù)兩次稱量的質(zhì)量差不超過0.1g。本題選C。4、B【解析】試題分析：A、在標準狀況下，1．5mol如何氣體含有1．5NA分子，A錯誤；B、常溫常壓下，14g的CH2的物質(zhì)的量為1mol，含有的原子數(shù)為3NA，B正確；C、膠體粒子是多個分子形成的聚合體，1．1molAlCl3完全轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁膠體，生成少于1．lNA個膠體粒子，C錯誤；D、Na2SiO3水溶液中還含有水分子，含有的氧原子數(shù)大于3NA，D錯誤。考點：考查了阿伏加德羅常數(shù)的相關知識。5、D【詳解】A．鮮花花瓣含有水分，與氯氣反應生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，鮮花花瓣褪色，故A錯誤；B．向某溶液中滴入幾滴K3[Fe(CN)6]溶液，有藍色沉淀生成，說明該溶液中含有Fe2+，故B錯誤；C．碳酸、草酸為二元弱酸，測定等濃度的NaHC2O4的溶液和NaHCO3溶液的pH，判斷碳酸、草酸的酸性，故C錯誤；D．常溫下，向含等濃度Mg2+和Cu2+的溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成藍色氫氧化銅沉淀，說明常溫下Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，故D正確；選D。6、D【解析】A、一種硅酸鹽礦物石棉(CaMg3Si4O2)，根據(jù)化合價用氧化物可表示為：CaO·3MgO·4SiO2，故A正確；B、3D打印鈦合金材料，由于密度小，強度大等性能，可用于航空、航天等尖端領域，故B正確；C、“可燃冰”是水與天然氣相互作用形成的晶體物質(zhì)，主要存在于凍土層和海底大陸架中；據(jù)測定一種“可燃冰”中平均每46個水分子構(gòu)成8個分子籠，每個分子籠可容納1個甲烷分子，其組成可表示為CH4·nH2O，故C正確；D、膠體為分散系，而納米材料不是分散系，故D錯誤；故選D。7、D【分析】起始時，A的濃度為=2mol/L，B的濃度為=1mol/L，反應2s后測得C的濃度為0.6mol/L，則

2A（g）+B（g）?2C（g）開始（mol/L）

2

1

0轉(zhuǎn)化（mol/L）0.6

0.3

0.62s

（mol/L）

1.4

0.7

0.6【詳解】A.

2s后物質(zhì)A的轉(zhuǎn)化率為×100%=30%，故A錯誤；B.

c(A)=2c(B)=c(C)時，不能判定平衡狀態(tài)，與起始濃度、轉(zhuǎn)化率有關，故B錯誤；C.達到平衡狀態(tài)時，增加A物質(zhì)的量，促進B的轉(zhuǎn)化，平衡正向移動，B的轉(zhuǎn)化率增大，而A的轉(zhuǎn)化率減小，故C錯誤；D.

△H<0，為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，則同時化學平衡常數(shù)K減小，故D正確；答案選D。8、C【詳解】考查元素非金屬性強弱的比較。比較非金屬性強弱時，可以借助于元素周期律，或與氫氣化合的難易程度以及氫化物的穩(wěn)定性，或是最高價氧化物對應水化物的酸性強弱，也可以是相互間的置換能力。同主族元素電子層數(shù)越多非金屬性越弱，A中說明X的非金屬性弱于Y的，不正確。穩(wěn)定性和沸點無關，B不正確。D中說明Y的非金屬性強于X的，不正確。答案是C。9、C【詳解】A.金屬鈉露置在空氣中與空氣中的氧氣反應，生成氧化鈉，使鈉表面迅速變暗，氧氣發(fā)生還原反應，不符合題意，故A錯誤；B.露置在空氣中的過氧化鈉與空氣中的水蒸汽以及二氧化碳反應，生成氧氣，最后變成碳酸鈉白色固體，反應過程中固體過氧化鈉既做氧化劑又做還原劑，水蒸氣和二氧化碳沒有被氧化或被還原，不符合題意，故B錯誤；C.充滿二氧化氮的試管倒扣在水槽中，二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮，試管內(nèi)氣體減少，壓強減小，則液面上升，二氧化氮中的氮元素化合價既升高又降低，既被氧化又被還原，符合題意，故C正確；D.將氨氣與氯化氫混合發(fā)生化合反應，生產(chǎn)氯化銨固體顆粒，則產(chǎn)生大量白煙，反應中氯化氫和氨氣沒有發(fā)生化合價變化，不是氧化還原反應，不符合題意，故D錯誤；答案選C?！军c睛】本題考察物質(zhì)的性質(zhì)和氧化還原反應的原理，首先應該能正確判斷物質(zhì)發(fā)生的化學反應，其次從化合價的角度判斷氧化還原反應。10、B【解析】試題分析：2.24L混合氣體，既0.1mol，3.36LCO2既0.15mol，2.7gH2O既0.15mol，所以0.1mol混合氣態(tài)烴中，含有0.15molC原子，0.15×2=0.3molH原子，所以1mol這樣的混合物中,含有1.5molC原子,3molH原子，氣體的氣態(tài)烴中1mol,除甲烷外至少都含有2mol以上的C原子，只有1molCH4含1molC原子，所以這樣的混合物中肯定有CH4，故B項正確；本題選B?？键c：烴類燃燒計算。11、D【解析】A.氮的固定是將空氣中游離態(tài)的氮轉(zhuǎn)化為含氮化合物的過程，所以只有②屬于固氮反應，故A錯誤；B.反硝化作用是指將硝酸鹽轉(zhuǎn)變成氮氣的過程。硝化作用是指氨在微生物作用下氧化為硝酸的過程。硝化細菌將氨氧化為硝酸的過程，反硝化作用：反硝化細菌在缺氧條件下，還原硝酸鹽，釋放出分子態(tài)氮或一氧化二氮的過程，不一定有氧參加，故B錯誤；C.反應④的離子方程式為4NH4++5O2=2NO2-+6H++N2O+5H2O，氧元素的化合價由0價降低為-2價，該過程中共轉(zhuǎn)移2×10=20個電子，所以每生成1molH2O轉(zhuǎn)移4mole-，故C錯誤；D.轉(zhuǎn)化關系圖中硝酸根離子增多，反硝化作用增強，向海洋排放含的廢水會影響海洋中的含量，影響海洋中N元素循環(huán)，故D正確。故D正確。12、C【詳解】A．取少量溶液于試管中，先加入BaCl2溶液，再滴加稀鹽酸若產(chǎn)生的白色沉淀不溶解，該沉淀可能是硫酸鋇或氯化銀，則說明溶液中含有的離子為SO或Ag+，故A錯誤；B．向某少許待測液中加入足量鹽酸產(chǎn)生無色的能使澄清石灰水變渾濁的氣體，該氣體可能是二氧化碳或二氧化硫，說明待測液中可能含有CO、HCO、SO、HSO，故B錯誤；C．向某少許待測液中加入濃氫氧化鈉溶液并加熱產(chǎn)生了能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體，該氣體為氨氣，說明待測液中含有NH，故C正確；D．向某少許待測液中加入氫氧化鈉溶液產(chǎn)生了紅褐色沉淀，只能說明待測液中一定含有Fe3+，是否含F(xiàn)e2+無法確定，故D錯誤；答案選C。13、C【解析】CH3COOH中C元素平均價態(tài)為0，轉(zhuǎn)變?yōu)镃O2，化合價升高，故CH3COOH失電子，A為負極，B為正極，故A正確；B、電池中陽離子向正極移動，故B正確；C、A電極為負極，失電子，電極反應應為CH3COOH?8e?+2H2O═2CO2↑+8H+，故C錯誤；該電池可將廢水中的有機物作為燃料，制成燃料電池，D正確。故選C。點睛：原電池題型中，有機物中元素的化合價一般算平均價態(tài)。14、C【解析】假設NaClO和NaClO3的物質(zhì)的量分別為amol和3amol，還原產(chǎn)物NaCl的量為xmol，氯氣與NaOH溶液發(fā)生氧化反應，共失電子的量為：a×（1-0）+3a×（5-0）=16amol，氯氣與NaOH溶液發(fā)生還原反應，共得電子的量為：x×（0+1）=xmol；根據(jù)氧化還原反應氧化劑得電子總數(shù)等于還原劑失電子總數(shù)的規(guī)律可知：x=16amol；根據(jù)1L1.5mol/LNaOH的量為1.5mol根據(jù)鈉原子守恒可知：16a+a+3a=1.5,a=0.075mol；所以則被還原的氯氣的物質(zhì)的量為1/2×0.075×16=0.6mol；C正確；綜上所述，本題選C。15、B【詳解】A.D2O摩爾質(zhì)量為20g/mol，則1.8gD2O物質(zhì)的量，D2O中含有10個電子，則1.8gD2O含有的電子數(shù)是0.9NA，故A錯誤；B.標準狀況下，5.6L一氯甲烷物質(zhì)的量，一氯甲烷含4條共價鍵，則標準狀況下，5.6L一氯甲烷中共價鍵數(shù)目為NA，故B正確；C.NaH與水反應,0.5molH2時有0.5molNaH參與反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.5NA，故C錯誤；D.NH會發(fā)生水解，則1.0L0.5mol/L的NH4NO3溶液中NH數(shù)目小于0.5NA，故D錯誤。故答案選：B。16、B【解析】A.Cl2通入NaOH溶液，題中所給方程式不符合電荷守恒，正確的離子方程式是：Cl2＋2OH?=Cl?＋ClO?＋H2O，故A錯誤；B.Cu溶于稀HNO3，反應生成硝酸銅、NO和水，離子方程式是：3Cu＋8H+＋2NO3?=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故B正確；C.HCO3－對應的碳酸是弱酸，不能拆開，正確的離子方程式是：HCO3?＋H+=CO2↑＋H2O，故C錯誤；D.AlCl3溶液中加入過量NaOH溶液，生成的是偏鋁酸鈉、氯化鈉和水，不是氫氧化鋁沉淀，正確的離子方程式是：Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，故D錯誤；故答案選B。點睛：判斷離子方程式正確與否的方法一般是：（1）檢查反應能否發(fā)生。（2）檢查反應物、生成物是否正確（如D項）。（3）檢查各物質(zhì)拆分是否正確（如C項）。（4）檢查是否符合守恒關系（如A項）。（5）檢查是否符合原化學方程式。17、C【解析】Zn與硫酸反應中，氫離子濃度增大，反應速率加快，氫離子濃度減小，則反應速率減小，構(gòu)成原電池可加快反應速率，以此來解答。【詳解】A．加入NH4HSO4固體，電離出氫離子，氫離子濃度增大，v(H2)增大，故A錯誤；B．加入Na2SO4固體，氫離子濃度不變，v(H2)不變，故B錯誤；C．加入CH3COONa固體，反應生成醋酸，氫離子濃度減小，則v(H2)減小，故C正確；D．滴加少量CuSO4溶液，構(gòu)成原電池，v(H2)增大，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題考查影響化學反應速率的因素，注意把握濃度、原電池對反應速率的影響即可解答。本題的易錯點為D，要注意過程原電池，負極的腐蝕速率加快。18、D【詳解】A、電解過程中產(chǎn)生的氯氣是氯離子失電子發(fā)生氧化反應，鐵做陽極時鐵失電子發(fā)生氧化反應，陰極將無氧化劑Cl2生成，不能把二價鎳氧化為三價鎳，故A錯誤；

B、陽極反應方程式為：2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2在弱堿性條件下生成ClO-，故電解過程中陽極附近溶液的pH降低，故B錯誤；

C、陽極反應是氯離子失電子發(fā)生氧化反應。電解反應為：2Cl--2e-=Cl2↑，故C錯誤；

D、由Ni2+-e-=Ni3+可知1mol二價鎳全部轉(zhuǎn)化為三價鎳時，外電路中通過了1mol電子，故D正確；

故選：D。19、B【分析】NH4CuSO3與硫酸混合微熱，生成紅色金屬、產(chǎn)生有刺激性氣味的氣體和藍色溶液，說明反應生成Cu、SO2和Cu2＋，結(jié)合NH4CuSO3中Cu的化合價為＋1價，以此解答該題。【詳解】根據(jù)實驗現(xiàn)象，反應的離子方程式為：2NH4CuSO3＋4H＋=Cu＋Cu2＋＋2SO2↑＋2H2O＋2NH4＋；A．由反應的離子方程式為：2NH4CuSO3＋4H＋=Cu＋Cu2＋＋2SO2↑＋2H2O＋2NH4＋，反應只有Cu元素的化合價發(fā)生變化，硫酸反應前后各元素的化合價都沒有變化，反應中硫酸體現(xiàn)酸性，故A錯誤；B．反應只有Cu元素的化合價發(fā)生變化，分別由＋1價→＋2價，＋1價→0價，發(fā)生的反應為：2NH4CuSO3＋4H＋=Cu＋Cu2＋＋2SO2↑＋2H2O＋2NH4＋，每2molNH4CuSO3參加反應則轉(zhuǎn)移1mol電子，則1molNH4CuSO3完全反應轉(zhuǎn)移0.5mol電子，故B正確；C．因反應是在酸性條件下進行，不可能生成氨氣，刺激性氣味的氣體是SO2，故C錯誤；D．NH4CuSO3與硫酸混合微熱，生成紅色金屬、產(chǎn)生有刺激性氣味的氣體和藍色溶液，說明反應生成Cu、SO2和Cu2＋，反應前后S元素的化合價沒有發(fā)生變化，故D錯誤；故答案選B?！军c睛】本題考查氧化還原反應，注意從反應現(xiàn)象判斷生成物，結(jié)合化合價的變化計算電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目。20、D【解析】A．在氯化鐵溶液滴加NaOH溶液不能制得氫氧化鐵膠體，得到的是氫氧化鐵沉淀，不能用于凈水，A錯誤；B．“加碘食鹽”、“含氟牙膏”、“富硒營養(yǎng)品”、“高鈣牛奶”、“加鐵醬油”等，這里的碘、氟、硒、鈣、鐵存在于無機鹽中，是指元素，B錯誤；C．“火樹銀花”中的焰火實質(zhì)上是金屬元素的焰色反應，焰色反應是物理變化，C錯誤；D．霧霾天氣與化石燃料的燃燒有關，故減少化石燃料的燃燒可以減少霧霾天氣，D正確；故選D。21、B【詳解】A．Fe和Cl2加熱條件下反應生成FeCl3，故FeCl2不能由金屬和氯氣直接反應得到，故A不符合題意；B．Al和Cl2加熱條件下反應生成AlCl3，Al和鹽酸反應生成AlCl3和H2，故B符合題意；C．Fe和Cl2加熱條件下反應生成FeCl3，F(xiàn)e和鹽酸反應生成FeCl2和H2，故C不符合題意；D．Cu和Cl2加熱條件下反應生成CuCl2，但Cu與鹽酸不反應，故D不符合題意；答案選B。22、B【解析】A.NaHCO3溶液顯堿性，而NaHSO3溶液顯酸性，滴加酚酞后只有NaHCO3溶液溶液變紅，故A錯誤；B.向NaHCO3溶液和NaHSO3溶液中滴加飽和澄清石灰水均產(chǎn)生白色沉淀，故B正確；C.NaHCO3溶液滴加氯水可產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的CO2氣體，而NaHSO3溶液滴加氯水要發(fā)生氧化還原反應生成硫酸、硫酸鈉和鹽酸，故C錯誤；D.NaHCO3溶液中HCO3-的水解是主要的，而NaHSO3溶液中HSO3-的電離是主要的，則兩溶液所含陽離子的總濃度不相等，故D錯誤；答案為B。二、非選擇題(共84分)23、醚鍵羧基取代反應【分析】C→D是兩苯環(huán)間脫2H成稠環(huán)，則C應為，根據(jù)B生成C的反應條件可知該過程為酯化反應，根據(jù)C中酯基的位置可知B為；A與X反應生成B，X的分子式為C8H8O2，且X中含有苯環(huán)，結(jié)合B的結(jié)構(gòu)簡式可知X為?！驹斀狻?1)根據(jù)A的結(jié)構(gòu)簡式可知其含氧官能團為醚鍵、羧基；(2)根據(jù)分析可知X的結(jié)構(gòu)簡式為；(3)B生成C為酯化反應，也屬于取代反應；(4)F的同分異構(gòu)體滿足：①分子中只有兩種含氧官能團；②堿性水解后酸化，得到碳原子數(shù)相等的芳香化合物P和Q，說明含有酯基；P既能發(fā)生銀鏡反應又能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，則P中含有—CHO和酚羥基；P、Q中均只有四種不同化學環(huán)境的氫，說明P、Q均為對稱結(jié)構(gòu)，則Q為或，P為或，F(xiàn)的同分異構(gòu)體為、、、；(5)對比和的結(jié)構(gòu)簡式，需要將—CH2COOCH3轉(zhuǎn)化為—CH2CHO、—CH=CH2轉(zhuǎn)化為—CH(OH)CH3；觀察題目所給流程可知將—CH2COOCH3轉(zhuǎn)化為—CH2CHO的步驟與D生成F的過程相似，而—CH=CH2轉(zhuǎn)化為—CH(OH)CH3可以直接與H2O加成，也可以先和鹵化氫加成，再水解，所以合成路線為。24、b【分析】依據(jù)Na2SO3是強堿弱酸鹽，亞硫酸根離子易水解而使其溶液呈堿性，壓硫酸根離子第一步水解程度大于第二步水解程度，但都較微弱，溶液中存在電荷守恒和物料守恒和質(zhì)子守恒分析。【詳解】a.根據(jù)物料守恒：c(Na+)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，a錯誤；b.根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，b正確；c.由物料守恒和電荷守恒可以推出c(OH-)=c(HSO3-)+c(H+)+2c(H2SO3)，c錯誤；故合理選項是b?！军c睛】本題考查了鹽溶液中離子濃度大小比較的知識?？梢愿鶕?jù)鹽溶液中微粒關系遵循物料守恒、質(zhì)子守恒和電荷守恒分析判斷。25、Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+AgI淀粉藍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，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，促進平衡向沉淀溶解方向移動，最后使沉淀消失。③反應能說明氧化性Ag+>Cu2+，說明Ag+被還原為固體單質(zhì)為Ag，Cu2+為氧化產(chǎn)物。【詳解】（1）向酸化的AgNO3溶液插入銅絲，析出黑色固體，溶液變藍，說明銅置換出了金屬銀，反應的離子方程式為，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，則證明溶液中含有I2，推測Cu2+做氧化劑，沉淀A有CuI，根據(jù)氧化還原反應電子守恒規(guī)律得知，發(fā)生反應的離子方程式為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；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溶液反應生成AgI和一種固體單質(zhì)，反應能說明氧化性Ag+>Cu2+，說明Ag+被還原為固體單質(zhì)為Ag，Cu2+為氧化產(chǎn)物，因此離子反應方程式為：CuI+2Ag+=Cu2++Ag+AgI，故答案為CuI+2Ag+=Cu2++Ag+AgI。26、過濾洗滌調(diào)節(jié)溶液的pH，使溶液中的Fe2+完全沉淀為FeCO34FeCO3+O2=2Fe2O3＋4CO25Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O向待測液中再滴加一滴標準液時，振蕩，溶液剛好由黃色變成淺紫色，且半分鐘內(nèi)不褪去96.4%b、c【解析】（1）操作I后得到濾渣和濾液，所以應為過濾，沉淀干燥前應先洗滌除去雜質(zhì)。加入NH4HCO3溶液得到碳酸亞鐵，因此加入稍過量的NH4HCO3溶液的作用是調(diào)節(jié)溶液的pH，使溶液中的Fe2+完全沉淀為FeCO3。（2）+2價鐵在空氣中加熱易被氧化為+3價，即Fe2O3，根據(jù)原子守恒還有CO2產(chǎn)生，因此在空氣中充分加熱煅燒FeCO3的化學方程式為4FeCO3+O22Fe2O3＋4CO2；（3）亞鐵離子被酸性高錳酸具有溶液氧化的離子方程式為5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；（4）酸性高錳酸鉀溶液顯紫紅色，則終點實驗現(xiàn)象是：向待測液中再滴加一滴標準液時，振蕩，溶液剛好由黃色變成淺紫色，且半分鐘內(nèi)不褪去；（5）消耗高錳酸鉀是0.0002mol，根據(jù)方程式可知亞鐵離子是0.001mol，因此原物質(zhì)中亞鐵離子是0.001mol×100mL/25mL＝0.004mol，氧化亞鐵質(zhì)量是0.004mol×72g/mol＝0.288g，則氧化鐵的質(zhì)量分數(shù)是8-0.2888×100%＝96.4%；（6）a、錐形瓶內(nèi)有水對結(jié)果無影響；b、滴定管未潤洗相當于將標準液稀釋，所用標準液體積增大，故結(jié)果偏小；c、滴定結(jié)束時仰視刻度線讀數(shù)27、棕分液漏斗2NaBr＋Cl2=Br2＋2NaCl易揮發(fā)NaOHBr2＋2OH－=Br－＋BrO－＋H2OH2SO3有剩余或H2O2濃度小或Br－與H2O2反應慢等H2O2＋2Br－＋2H＋=Br2＋2H2O氧化性：H2O2>Br2>H2SO3【分析】打開活塞a，滴加少量新制氯水，關閉活塞a，氯水和NaBr反應產(chǎn)生Br2；吹入空氣加快Br2揮發(fā)進入B中，B中有氣泡，產(chǎn)生大量白色沉淀，混合液顏色無明顯變化，說明Br2將亞硫酸氧化成硫酸，自身被還原成Br-，硫酸和氯化鋇生成硫酸鋇沉淀；停止吹入空氣，打開活塞b，逐滴加入H2O2溶液，可能是H2O2先氧化亞硫酸，故B中開始時顏色無明顯變化，接著將Br-氧化成Br2，混合液逐漸變成紅棕色，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)氯水中含有次氯酸，見光易分解，要避光保存，應保存在棕色細口瓶中。根據(jù)儀器構(gòu)造，盛裝H2O2溶液的儀器名稱是分液漏斗，故答案為：棕；分液漏斗；(2)A中是氯水滴入溴化鈉溶液中發(fā)生的氧化還原反應，氯氣氧化溴離子為溴單質(zhì)，反應的化學方程式為：2NaBr＋Cl2=Br2＋2NaCl，故答案為：2NaBr＋Cl2=Br2＋2NaCl；(3)吹入熱空氣，吹出溴單質(zhì)，說明溴易揮發(fā)，即體現(xiàn)了液溴的易揮發(fā)的性質(zhì)，故答案為：易揮發(fā)；(4)裝置C是尾氣吸收裝置，從B中出來的主要是溴蒸氣等污染氣體，不能排放到空氣中，需要用氫氧化鈉溶液吸收，離子方程式為Br2＋2OH－=Br－＋BrO－＋H2O，故答案為：NaOH；Br2＋2OH－=Br－＋BrO－＋H2O；(5)實驗操作III，開始時顏色無明顯變化的原因是，H2O2濃度小、過氧化氫與溴離子反應慢，亞硫酸有剩余等。滴入過氧化氫在酸溶液中會氧化溴離子為溴單質(zhì)，反應的離子方程式根據(jù)電子守恒、原子守恒配平書寫為：H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O，故答案為：H2SO3有剩余或H2O2濃度小或Br－與H2O2反應慢等；H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O；(6)依據(jù)反應H2SO3+Br2+H2O=H2SO4+2HBr；H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O；氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物，氧化性為：H2O2＞Br2＞H2SO3，故答案為：氧化性為H2O2＞Br2＞H2SO3。【點睛】本題考查了物質(zhì)性質(zhì)的實驗驗證方法和實驗現(xiàn)象分析，氧化還原反應的強弱規(guī)律應用，離子方程式的書寫方法，實驗方案的設計與分析，解題的關鍵是對實驗原理的理解和對物質(zhì)性質(zhì)的掌握。28、4ⅢA33P>S>SiSiO2是原子晶體，融化時需破壞共價鍵，干冰是分子晶體，融化時需破壞范德華力，共價鍵的鍵能遠大于范德華力，所以二氧化硅的熔點遠高于干冰晶體PCl3三角錐形sp3C>SiC>Si9.6×1031/a3NA【詳解】(1)鎵元素為31號元素，位于元素周期表的4周期ⅢA族，砷原子核電荷數(shù)為33，核外的電子