2026屆上海市寶山中學高三上化學期中監(jiān)測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(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、將17.9g由Al、Fe、Cu組成的合金溶于足量的NaOH溶液中，產(chǎn)生氣體3.36L（標準狀況）。另取等質(zhì)量的合金溶于過量的稀硝酸中，向反應后的溶液中加入過量的NaOH溶液，得到沉淀的質(zhì)量為25.4g。若HNO3的還原產(chǎn)物僅為NO，則生成NO的標準狀況下的體積為（）A．2.24L B．4.48L C．6.72L D．8.96L2、下列有關(guān)微粒性質(zhì)的排列順序中，錯誤的是A．元素的電負性:P<O<FB．元素的第一電離能:C<N<OC．離子半徑:O2->Na+>Mg2+D．原子的未成對電子數(shù):Mn>Si>Cl3、硫代硫酸鈉被稱為“養(yǎng)魚寶”，可降低水中的氯對魚的危害．脫氯反應為，該反應中A．發(fā)生氧化反應 B．被氧化C．元素化合價降低 D．被氧化4、下列變化不涉及氧化還原反應的是A．明礬凈水 B．鋼鐵生銹 C．海水提溴 D．工業(yè)固氮5、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↓6、室溫時，等體積、濃度均為0.1mol/L的下列水溶液，分別達到平衡。①醋酸溶液：CH3COOH?CH3COO+H+②醋酸鈉溶液：CH3COO?+H2O?CH3COOH+OH?有關(guān)敘述中正確的是()A．加入等體積水后，只有②中平衡向右移動B．加入等體積水后，①中c(OH?)增大，②中c(OH?)減小C．①和②中，由水電離出的c(H+)相等D．c(CH3COOH)與c(CH3COO?)之和：①>②7、把200mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成兩等份，取一份加入含amolNaOH的溶液恰好反應完全；取另一份加入含bmolHCl的鹽酸恰好反應完全。該混合溶液中c(Na＋)為()A．(10b－5a)mol·L－1 B．(2b－a)mol·L－1C．(b/10－a/20)mol·L－1 D．(5b－5a/2)mol·L－18、下列解釋過程或事實的方程式不正確的是A．氨氣遇濃鹽酸產(chǎn)生白煙:NH3+HCl=NH4ClB．打磨過的鋁片與NaOH溶液反應產(chǎn)生氣體:2Al+2OH-=2AlO2-+H2↑C．NaOH溶液不能保存在玻璃塞的試劑瓶中:SiO2+2OH-=SiO32-+H2OD．Fe(OH)2由白色變灰綠，最后變?yōu)榧t褐色:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)39、下列操作正確且能達到實驗目的是（）A．制取氫氧化亞鐵并觀察其顏色B．制備無水氯化鎂C．比較兩種物質(zhì)的熱穩(wěn)定性D．制取收集干燥純凈NH310、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為濃鹽酸，B為KMnO4晶體，C中盛有紫色石蕊溶液，則C中溶液最終呈紅色B．若A為濃氨水，B為生石灰，C中盛有AlCl3溶液，則C中溶液先產(chǎn)生白色沉淀，然后沉淀又溶解C．實驗儀器D可以起到防止溶液倒吸的作用D．若A為濃H2SO4，B為Cu，C中盛有澄清石灰水，則C中溶液變渾濁11、白磷與氧可發(fā)生如下反應：P4+5O2=P4O10。已知斷裂下列化學鍵需要吸收的能量分別為：P—PakJ·mol—1、P—ObkJ·mol—1、P=OckJ·mol—1、O=OdkJ·mol—1。根據(jù)圖示的分子結(jié)構(gòu)和有關(guān)數(shù)據(jù)估算該反應的△H，其中正確的是（）A．（6a+5d－4c－12b）kJ·mol—1B．（4c+12b－6a－5d）kJ·mol—1C．（4c+12b－4a－5d）kJ·mol—1D．（4a+5d－4c－12b）kJ·mol—112、下圖（Ⅰ）為全釩電池，電池工作原理為2H++VO2++V2+VO2++V3++H2O。裝置(Ⅱ)中的電解質(zhì)是硝酸、硫酸的混合水溶液，當閉合開關(guān)K時，鉑電極上生成NH2OH。則下列說法正確的是(

)A．閉合K時，H+從右到左通過交換膜B．閉合K時，鉑電極的電極反應式為：NO3-+6e-+5H2O=NH2OH+7OH-C．全釩電池充電時，電極A上發(fā)生氧化反應D．全釩電池放電時，電極B上發(fā)生的反應為：VO2++2H++e-=VO2++H2O13、常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是(

)A．無色透明溶液中：K+、MnO4-、Cl-、H+B．c(OH-)/c(H+)=10-12的溶液中：Na+、K+、NO3-、ClO-C．pH=12

的無色溶液：K+、Na+、CH3COO-、Br-D．含Na2SO3

的溶液中：K+、H+、Cl-、NO3-14、一定量的鎂鋁合金與500mL1mol?L-1HNO3完全反應生成2.24LNO(標況)，再向反應后的溶液中加入2mol?L-1NaOH溶液，使鎂、鋁元素完全沉淀，則所加NaOH溶液體積是()A．50mL B．100mL C．150mL D．200mL15、聚維酮碘的水溶液是一種常見的碘伏類緩釋消毒劑，聚維酮通過氫鍵與HI3形成聚維酮碘，其結(jié)構(gòu)表示如下：

（圖中虛線表示氫鍵）下列說法不正確的是（）A．聚維酮分子由（m+n）個單體聚合而成B．聚維酮的單體是：C．聚維酮碘是一種水溶性物質(zhì)D．聚維酮在一定條件下能發(fā)生水解反應16、下列關(guān)于電化學知識的說法正確的是()A．電解飽和食鹽水在陽極得到氯氣，陰極得到金屬鈉B．電解精煉銅時，陽極質(zhì)量的減少不一定等于陰極質(zhì)量的增加C．電解AlCl3、FeCl3、CuCl2的熔融混合物，在陰極上依次析出Cu、Fe、AlD．船底部放鋅板是利用犧牲陰極的陽極保護法減少海水對船體的腐蝕17、《本草綱目》中的“石堿”條目下寫道：“采蒿蓼之屬，曬干燒灰，以水淋汁，久則凝淀如石，浣衣發(fā)面，亦去垢發(fā)面?！边@里的“石堿”是指（）A．KOH B．KAl(SO4)2C．KHCO3 D．K2CO318、（NH4）2SO4在一定條件下發(fā)生如下反應：4（NH4）2SO4=N2↑＋6NH3↑＋3SO2↑＋SO3↑＋7H2O，將反應后的氣體通入一定量的BaCl2溶液中，發(fā)現(xiàn)溶液有白色沉淀生成，還有部分氣體從溶液中逸出，檢驗發(fā)現(xiàn)從溶液中逸出的氣體無色、無味，溶液中氯化鋇恰好完全反應。下列說法正確的是A．生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）約為1：1B．生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）約為1：2C．生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）約為1：3D．從溶液中逸出的氣體只有N2，最后留下溶液中溶質(zhì)只有較多的NH4Cl19、下列說法正確的是①合成纖維和光導纖維都是新型無機非金屬材料②硅酸可制備硅膠，硅膠可用作袋裝食品、瓶裝藥品的干燥劑③Mg2＋、H＋、SiO32-、SO42-在水溶液中能大量共存④向含K＋、Na＋、Br－、SiO32-的溶液中通入CO2后仍能大量共存⑤SiO2不與任何酸反應，可用石英制造耐酸容器⑥硅酸鈉可制備木材防火劑，也可用于制備硅酸膠體⑦Si→SiO2→H2SiO3均能一步轉(zhuǎn)化A．①⑤⑥ B．①②⑥⑦ C．②⑥ D．③④⑥20、兩種金屬粉末的混合物15g，投入足量的稀鹽酸中，得到5.6L氫氣（標準狀況），則這種混合物可能是A．鎂和鐵 B．鎂和鋁 C．鐵和鋅 D．銅和鋅21、比亞迪公司開發(fā)了鋰釩氧化物二次電池。電池總反應為V2O5＋xLiLixV2O5，下列說法正確的是A．該電池充電時，鋰電極與外加電源的負極相連B．該電池放電時，Li＋向負極移動C．該電池充電時，陰極的反應為LixV2O5－xe－＝V2O5＋xLi＋D．若放電時轉(zhuǎn)移

0.2

mol

電子，則消耗鋰的質(zhì)量為

1.4x

g22、硫化氫能與二氧化硫反應，說明硫化氫具有A．還原性 B．氧化性 C．酸性 D．不穩(wěn)定性二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知X、Y、Z、W四種元素是短周期的元素，且原子序數(shù)依次增大。X、W同主族，Y、Z為同周期的相鄰元素。W是該元素所在周期原子半徑最大的元素，W原子的質(zhì)子數(shù)等于Y、Z原子的最外層電子數(shù)之和。Y與X形成的分子中有3個共價鍵，該分子中含有10個電子。Z原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，試判斷：（1）Y和W兩種元素的元素符號為Y________，W________。（2）W2Z2的電子式為________________。（3）①由X、Y、Z所形成的常見離子化合物是__________________(寫化學式)。②該化合物與W的最高價氧化物對應的水化物的濃溶液加熱時反應的離子方程式為___________。③化合物WY3的晶體結(jié)構(gòu)中含有的化學鍵為________(選填序號)。A．只含離子鍵B．只含共價鍵C．既含離子鍵又含共價鍵④X與W形成的化合物與水反應時，水作________(填“氧化劑”或“還原劑”)。24、（12分）Ⅰ.A、B、C、D和E均為中學化學常見的純凈物，其中B為自然界中含量最多的液體，它們之間有如圖反應關(guān)系：（1）若A的溶液能使淀粉溶液變藍，C為非金屬氧化物，能使品紅溶液褪色，該反應的離子方程式為____________________________________。（2）若A為短周期的金屬單質(zhì)，D為氣態(tài)單質(zhì)，C溶液呈強酸性或強堿性時，該反應都能進行。寫出C溶液呈強堿性時反應的離子方程式：_____________________________。（3）若A、C均為化合物，E為白色沉淀（不含金屬元素），C為引起溫室效應的主要氣體，則該反應的離子方程式為__________________________________。Ⅱ.FeCl3可用于污水處理，具有效果好、價格便宜等優(yōu)點。工業(yè)上可將鐵屑溶于鹽酸中先生成FeCl2，再通入Cl2氧化來制備FeCl3溶液。（4）將標準狀況下aL氯化氫氣體溶于1000g水中得到鹽酸，若該鹽酸的密度為bg·mL－1，則該鹽酸的物質(zhì)的量濃度是____________________。（5）向100mL的FeBr2溶液中通入標準狀況下Cl23.36L，反應后的溶液中Cl－和Br－的物質(zhì)的量濃度相等，則原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為____________。（6）用100mL2mol·L－1的FeCl3溶液凈水時，生成具有凈水作用的微粒數(shù)_____0.2NA(填“大于”“等于”或“小于”)。25、（12分）草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O，M=180g/mol)呈淡黃色,可用作曬制藍圖。某實驗小組對其進行了一系列探究。I.純凈草酸亞鐵晶體熱分解產(chǎn)物的探究(1)氣體產(chǎn)物成分的探究。小組成員采用如下裝置可重復選用)進行實驗：①E中盛裝堿石灰的儀器名稱為_________。②按照氣流從左到右的方向，上述裝置的接口順序為a→g→f→_____→尾氣處理裝置(儀器可重復使用)。③實驗前先通入一段時間N2，其目的為__________________。④實驗證明了氣體產(chǎn)物中含有CO，依據(jù)的實驗現(xiàn)象為_____________。(2)小組成員設(shè)計實驗證明了A中分解后的固體成分為FeO，則草酸亞鐵晶體分解的化學方程式為____________________。(3)曬制藍圖時，以K3[Fe(CN)6]溶液為顯色劑，該反應的化學方程式為______________。Ⅱ.草酸亞鐵晶體樣品純度的測定工業(yè)制得的草酸亞鐵晶體中常含有FeSO4雜質(zhì)，測定其純度的步驟如下：步驟1：稱取mg草酸亞鐵晶體樣品并溶于稀HSO4中，配成250mL溶液；步驟2：取上述溶液25.00mL，用cmol/LKMnO4標準液滴定至終點，消耗標準液V1mL；步驟3：向反應后溶液中加入適量鋅粉，充分反應后，加入適量稀H2SO4，再用cmol/LKMnO4標準溶液滴定至終點，消耗標準液V2mL。(4)步驟2中滴定終點的現(xiàn)象為______________；步驟3中加入鋅粉的目的為_______。(5)草酸亞鐵晶體樣品的純度為________；若步驟1配制溶液時部分Fe2+被氧化變質(zhì)，則測定結(jié)果將____(填“偏高”、“偏低”或“不變”)。26、（10分）自來水是自然界中的淡水經(jīng)過絮凝、沉淀、過濾、消毒等工藝處理后得到的。常用的自來水消毒劑有二氧化氯（ClO2）和高鐵酸鉀（K2FeO4）等。（1）某研究小組用下圖裝置制備少量ClO2（夾持裝置已略去）。資料：ClO2常溫下為易溶于水而不與水反應的氣體，水溶液呈深黃綠色，11℃時液化成紅棕色液體。以NaClO3和HCl的乙醇溶液為原料制備ClO2的反應為2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。①冰水浴的作用是____________。②NaOH溶液中發(fā)生的主要反應的離子方程式為________________。（2）將ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液變棕黃；再向其中加入適量CCl4，振蕩、靜置，觀察到____，證明ClO2具有氧化性。（3）ClO2在殺菌消毒過程中會產(chǎn)生副產(chǎn)物亞氯酸鹽（ClO2-），需將其轉(zhuǎn)化為Cl-除去。下列試劑中，可將ClO2-轉(zhuǎn)化為Cl-的是_____________________（填字母序號）。a.FeSO4b.O3c.KMnO4d.SO2（4）K2FeO4是一種新型、綠色的多功能凈水劑，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、滅菌、消毒、脫色、除臭等性能為一體。實驗室制備K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸鐵，并不斷攪拌。①上述制備K2FeO4反應的離子方程式為______________________。②凈水過程中，K2FeO4起到吸附、絮凝作用的原理是____________。27、（12分）焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是一種可溶于水的白色或淡黃色小晶體，常用作食品抗氧化劑等。某化學研究興趣小組欲自制焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質(zhì)等。（1）制備Na2S2O5，如圖（夾持及加熱裝置略）可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體（試劑不重復使用）焦亞硫酸鈉的析出原理：NaHSO3（飽和溶液）→Na2S2O5（晶體）+H2O（l）①如圖裝置中儀器A的名稱是_________，A中發(fā)生反應的化學方程式為_________。②F中盛裝的試劑是__________________，作用是____________________。③實驗前通入N2的作用是_____________。④Na2S2O5晶體在_____（填“A”或“D”或“F”）中得到，再經(jīng)離心分離，干燥后可得純凈的樣品。⑤若撤去E，則可能發(fā)生___________________。（2）設(shè)計實驗探究Na2S2O5的性質(zhì)，完成表中填空：預測Na2S2O5的性質(zhì)探究Na2S2O5性質(zhì)的操作及現(xiàn)象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性用適量的蒸餾水溶解少量的Na2S2O5樣品于試管中，取pH試紙放在干燥潔凈的表面皿上，用干燥潔凈的玻璃棒蘸取樣品點在試紙上，試紙變紅探究二Na2S2O5晶體具有還原性取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去綜合實驗結(jié)論，檢驗Na2S2O5晶體在空氣中是否被氧化的試劑為__________，探究二中反應的離子方程式為__________。28、（14分）下表為元素周期表的一部分。碳氮YX硫Z回答下列問題：（1）Z元素在周期表中的位置為___。（2）下列事實能說明Y元素的非金屬性比S元素的非金屬性強的是___；a．Y單質(zhì)與H2S溶液反應，溶液變渾濁b．在氧化還原反應中，1molY單質(zhì)比1molS得電子多c．Y和S兩元素的簡單氫化物受熱分解，前者的分解溫度高（3）X與Z兩元素的單質(zhì)反應生成1molX的最高價化合物，恢復至室溫，放熱687kJ，已知該化合物的熔、沸點分別為-69℃和58℃，寫出該反應的熱化學方程式___。（4）碳與鎂形成的1mol化合物Q與水反應，生成2molMg(OH)2和1mol烴，該烴分子中碳氫質(zhì)量比為9：1，烴的電子式為___。Q與水反應的化學方程式為__。29、（10分）用廢鉛蓄電池的鉛泥(含PbSO4、PbO和Pb等)可制備精細化工產(chǎn)品3PbO·PbSO4·H2O(三鹽)，主要制備流程如下。請回答下列問題：(1)鉛蓄電池在生活中有廣泛應用，其工作原理是Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O。若鉛蓄電池放電前正、負極質(zhì)量相等，放電時轉(zhuǎn)移了1mol電子，則理論上兩極質(zhì)量之差為__________。(2)將濾液1、濾液3合并，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、過濾等操作，可得到一種結(jié)晶水合物(Mr=322)，其化學式為______________________。(3)步驟③酸溶時鉛與硝酸反應生成Pb(NO3)2及NO。濾液2中溶質(zhì)的主要成分為______(填化學式)。(4)步驟⑥合成三鹽的化學方程式為______________________。(5)步驟⑦的洗滌操作中，檢驗沉淀是否洗滌完全的操作方法是__________________。

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【解析】加入足量的氫氧化鈉中發(fā)生的反應為2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑生成的氫氣為3.31L,即0.15mol，所以含有鋁0.1mol，而0.1mol鋁則變?yōu)?3價，所以轉(zhuǎn)移0.3mol電子，F(xiàn)e被氧化為+3價，Cu被氧化為+2。假設(shè)Fe、Cu的物質(zhì)的量分別是x、y。質(zhì)量和：2.7+51x+14y="17.9"；沉淀量：107x+98y=25.4；解得x="0.1"mol，y="0.15"molAl、Fe、Cu的物質(zhì)的量分別是0.1mol、0.1mol、0.15mol所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)總的為0.9mol；氮原子從硝酸中的+5價還原為+2價，共轉(zhuǎn)移0.9mol電子，則生成NO為0.3mol，則V（NO）=1．72L。故答案選C。2、B【詳解】A、得電子能力越強，電負性越大，得電子能力P＜O＜F，所以元素的電負性P＜O＜F，故A正確；B、C的電子排布式為1s22s22p2；N的電子排布式為1s22s22p3，p軌道處于半充滿狀態(tài)；O的電子排布式為1s22s22p4，第一電離能應該是N的最大，故B錯誤；C、這些離子是電子層一樣多的微粒，根據(jù)核電荷數(shù)越多半徑越小，則離子半徑：O2-＞Na+＞Mg2+，故C正確；D、Mn、Si、Cl原子的未成對電子數(shù)分別為5、2、1，即原子的未成對電子數(shù)：Mn＞Si＞Cl，故D正確。正確答案選B。【點睛】元素的第一電離能和最外層電子數(shù)的多少有關(guān)，軌道處于全充滿和半充滿狀態(tài)穩(wěn)定；電子層越多，半徑越大，電子層一樣多的微粒，核電荷數(shù)越多半徑越小。3、A【詳解】反應中，Cl元素得電子，化合價由0價降低為-1價，S元素失電子，化合價由+2價升高為+6價，根據(jù)氧化還原反應規(guī)律，被氧化，作還原劑，被還原，作氧化劑，在反應中既不作氧化劑也不作還原劑，綜上分析，答案選A。4、A【詳解】A.明礬凈水與鋁離子水解生成膠體有關(guān)，沒有元素的化合價變化，不發(fā)生氧化還原反應，故A選；B.

Fe、O元素的化合價變化，為氧化還原反應，故B不選；C.

Br元素的化合價升高，還需要氧化劑，為氧化還原反應，故C不選；D.工業(yè)固氮過程中，

N元素的化合價發(fā)生改變，為氧化還原反應，故D不選；故選A。5、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(guān)系（如A項）。（5）檢查是否符合原化學方程式。6、B【詳解】A．加水促進弱酸的電離，促進鹽的水解，則①②均向右移動，故A錯誤；

B．加入等體積水后，醋酸溶液酸性減弱則①中c(OH?)增大，醋酸鈉溶液堿性減弱則②中c(OH-)減小，故B正確；

C．酸抑制水的電離，鹽的水解促進水的電離，則①和②中，由水電離出的c(H+)不同，故C錯誤；

D．溶液中遵循物料守恒，則等體積等濃度的醋酸、醋酸鈉溶液中，c(CH3COOH)與c(CH3COO-)之和：①=②，故D錯誤；

故選：B。7、A【詳解】NH4HCO3和amolNaOH恰好完全反應，則NH4HCO3的物質(zhì)的量為0.5amol，取另一份加入含bmolHCl的鹽酸恰好反應完全，由NH4HCO3反應掉的鹽酸為0.5amol，則由Na2CO3反應掉的鹽酸為bmol－0.5amol，Na2CO3的物質(zhì)的量為(bmol－0.5amol)×0.5，則c(Na＋)＝(bmol－0.5amol)÷0.1L＝(10b－5a)mol·L－1。故選A?！军c睛】根據(jù)化學方程式計算時一定要準確找出相關(guān)物質(zhì)之間的計量數(shù)關(guān)系，如果是離子反應，可以根據(jù)離子方程式進行計算；如果是氧化還原反應，也可以利用電子轉(zhuǎn)移關(guān)系進行有關(guān)計算。8、B【解析】A、氨氣遇濃鹽酸生成白色固體NH4Cl，即產(chǎn)生白煙:

NH3+HCl=NH4Cl，故A正確；B.打磨過的鋁片與NaOH

溶液反應產(chǎn)生氣體:

2Al

+

2OH-

＋2H2O=

2AlO2-

+3H2↑，故B錯誤；C、NaOH溶液與二氧化硅發(fā)生反應，NaOH

溶液不能保存在玻璃塞的試劑瓶中:SiO2+

2OH-=

SiO32-+

H2O，故C正確；D.Fe(OH)2由白色變灰綠，最后變?yōu)榧t褐色，F(xiàn)e(OH)2在空氣中被氧化:

4Fe(OH)2+

O2+

2H2O=4Fe(OH)3，故D正確；故選B。點睛：本題考查離子方程式、化學方程式的書寫，解題關(guān)鍵：明確發(fā)生反應的實質(zhì)，B選項是易錯點，注意掌握離子方程式、化學方程式的書寫原則：得失電子要守恒；C選項要求學生要理解aOH

溶液不能保存在玻璃塞的試劑瓶的反應原理，才能正確寫出反應方程式。9、A【詳解】A.氫氧化亞鐵具有還原性，易被氧氣氧化，因此在制備時，膠頭滴管需要伸入液面以下，且為防止氧氣氧化，液面用煤油液封，該裝置可達到實驗目的，A項正確；B.氯化鎂溶液容易發(fā)生水解，直接加熱蒸發(fā)氯化鎂溶液，水解產(chǎn)生的HCl受熱揮發(fā)，使得平衡不斷向右移動，最終會得到氫氧化鎂固體，得不到無水氯化鎂，B項錯誤；C.比較兩種物質(zhì)的熱穩(wěn)定性，裝置圖中大試管應裝碳酸鈉，小試管溫度低，應加碳酸氫鈉，這樣才能形成對比，得出碳酸氫鈉不穩(wěn)定受熱易分解的結(jié)論，C項錯誤；D.氨氣的密度比空氣小，應使用向下排氣法，該實驗裝置不能達到實驗目的，D項錯誤；答案選A。10、C【詳解】A.若A為濃鹽酸，B為KMnO4晶體，二者反應生成氯氣，把氯氣通到紫色石蕊溶液中，氯氣與水反應生成HCl和HClO，HCl具有酸性，使紫色石蕊溶液變紅，HClO具有漂白性，使溶液褪色，C中溶液最終呈無色，A錯誤；B.若A為濃氨水，B為生石灰，滴入后反應生成氨氣，氨氣和鋁離子反應生成氫氧化鋁，但氫氧化鋁不溶于弱堿一水合氨，所以C中產(chǎn)生白色沉淀不溶解，B錯誤；C.D中球形干燥管中間部分較粗，盛放液體的量較多，倒吸的液體靠自身重量回落，因此可以防止液體倒吸，C正確；D.若A為濃硫酸，B為Cu，反應需要加熱才能發(fā)生，如果不加熱，則沒有二氧化硫產(chǎn)生，所以C中溶液無變化，D錯誤。答案選C。11、A【詳解】反應熱等于斷鍵吸收的總能量與形成化學鍵所放出的能量的差值，由圖可以看出：P4中有6mol的P－P，5mol的O2中含有5molO＝O，1mol的P4O10中含有4mol的P＝O，12mol的P－O，所以根據(jù)方程式可知反應熱△H＝(6a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1。答案選A。12、D【詳解】裝置(Ⅱ)為電解池，當閉合開關(guān)K時，鉑電極上生成NH2OH，所以鉑電極上發(fā)生得電子的還原反應，為陰極，與原電池負極相接，所以電極A為負極、B電極為正極，則A.閉合K時，裝置I為全釩電池，A電極為負極、B電極為正極，原電池工作時H+從負極A通過交換膜移到正極B，即H+從左到右通過交換膜，故A錯誤；B.閉合K時，鉑電極為陰極，發(fā)生得電子的還原反應，電極反應式為NO3-+6e-+7H+＝NH2OH+2H2O，故B錯誤；C.全釩電池充電時，電極A為陰極，發(fā)生得電子的還原反應，故C錯誤；D.全釩電池放電時，電極B為正極，電極B上VO2+得電子生成VO2+，電極反應式為VO2++2H++e-=VO2++H2O，故D正確；故答案選D。13、C【解析】A.MnO4-為紫色，故A錯誤；B.c(OH-)c(H+)=10-12的溶液，說明溶液顯強酸性，則H+與ClO-不能大量共存，B錯誤；C.pH=12的無色溶液為強堿溶液，則K+、Na+、CH3COO-、Br-與OH-能共存，C正確；14、D【詳解】由Mg、Al最終轉(zhuǎn)化為氫氧化鎂、氫氧化鋁，最終溶液中溶質(zhì)為NaNO3，根據(jù)氮元素守恒n(NaNO3)=0.5L×1mol/L-=0.4mol，由鈉離子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)=0.4mol，則需要NaOH溶液的體積為=0.2L=200mL，故D正確；故選D?！军c晴】本題考查氧化還原反應有關(guān)計算。注意利用守恒法解答，避免判斷硝酸是否有剩余，側(cè)重考查學生分析計算能力，由Mg、Al最終轉(zhuǎn)化為氫氧化鎂、氫氧化鋁，最終溶液中溶質(zhì)為NaNO3，根據(jù)氮元素守恒計算n(NaNO3)，由鈉離子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)，再根據(jù)V=計算需要NaOH溶液的體積。15、A【詳解】A．聚維酮碘是由聚維酮和HI3通過氫鍵形成的，由聚維酮碘的結(jié)構(gòu)：可知，聚維酮分子是由2m+n個單體加聚而成，A項錯誤；B．由聚維酮碘的結(jié)構(gòu)：可知，聚維酮的單體是，B項正確；C．聚維酮可以與HI3形成氫鍵，則由聚維酮碘的結(jié)構(gòu)推測，其也可以與水形成氫鍵，C項正確；D．聚維酮的結(jié)構(gòu)中含有肽鍵，所以能在一定條件下發(fā)生水解，D項正確；答案選A。【點睛】考慮物質(zhì)的溶解性時，可以從三個因素入手進行判斷：一是，溶質(zhì)分子和溶劑分子極性相似相溶；二是，溶質(zhì)分子與溶劑分子之間能形成氫鍵，溶解性會有明顯提高；三是，溶質(zhì)分子與溶劑分子可以發(fā)生可逆反應，溶解性會適當提高。16、B【解析】A、電解飽和食鹽水得到氫氣、氯氣和氫氧化鈉，陰極上得到氫氣和氫氧化鈉，選項A錯誤；B、如果粗銅中雜質(zhì)含Zn多則相當于用Zn去置換銅，自然陽極溶解的質(zhì)量比陰極析出銅的質(zhì)量多；如果粗銅中雜質(zhì)含F(xiàn)e多則相當于用Fe去置換銅，自然陽極溶解的質(zhì)量比陰極析出銅的質(zhì)量少。如果Zn和Fe有一個合適的比例，陽極溶解的質(zhì)量等于陰極析出銅的質(zhì)量。故電解精煉銅時，陽極質(zhì)量的減少不一定等于陰極質(zhì)量的增加，選項B正確；C、陰極上會依次析出銅、鐵.不會析出鋁，因為溶液中有氫離子，氫離子氧化性強于鋁離子，得電子能力強于鋁離子，所以不會有鋁析出，選項C錯誤；D、船底部放鋅板是利用犧牲陽極的陰極保護法減少海水對船體的腐蝕，選項D錯誤。答案選B。17、D【詳解】“采蒿蓼之屬，曬干燒灰”，說明“石堿”成分來自植物燒成的灰中的成分，“以水淋汁”，該成分易溶于水，久則凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，發(fā)面，能作為發(fā)酵劑，排除KOH、KAl(SO4)2，植物燒成的灰中的成分主要為碳酸鹽，所以碳酸鉀符合，同時符合久則凝淀如石，而KHCO3久則分解生成粉末狀的碳酸鉀，故D符合，故答案為D。18、A【詳解】（NH4）2SO4分解的方程式為4（NH4）2SO4=N2↑＋6NH3↑＋3SO2↑＋SO3↑＋7H2O，設(shè)分解了4mol（NH4）2SO4，則分解生成的N2、NH3、SO2、SO3物質(zhì)的量依次為1mol、6mol、3mol、1mol，分解產(chǎn)生的氣體通入BaCl2溶液中，發(fā)生反應2NH3+SO3+H2O=（NH4）2SO4、（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，此過程中消耗1molSO3、2molNH3、生成1molBaSO4沉淀；還剩余4molNH3，最終從溶液中逸出的氣體無色、無味，溶液中氯化鋇恰好完全反應，說明3molSO2全部反應，則發(fā)生的反應為4NH3+3SO2+3H2O=（NH4）2SO3+2NH4HSO3、（NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl，此過程將4molNH3、3molSO2全部消耗，生成1molBaSO3沉淀；根據(jù)上述分析，生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）約為1：1，從溶液中逸出的氣體只有N2，最后留下的溶液中有較多的NH4Cl和NH4HSO3，故答案為A。19、C【詳解】①合成纖維是有機高分子材料，錯誤；②硅酸可制備硅膠，硅膠有吸水性，可用作袋裝食品、瓶裝藥品的干燥劑，正確；③Mg2＋和SiO32-、H＋和SiO32-都能發(fā)生反應而不能大量共存，錯誤；④通入的CO2可以和溶液中的SiO32-發(fā)生反應：CO2+H2O+SiO32-=H2SiO3↓+CO32-，錯誤；⑤SiO2可以和氫氟酸反應，錯誤；⑥硅酸鈉可制備木材防火劑，也可以和鹽酸反應制備硅酸膠體，正確；⑦SiO2不能一步轉(zhuǎn)化為H2SiO3，錯誤。故選C?！军c睛】絕大多數(shù)的酸性氧化物都可以和水生成相應的酸，SiO2是高中化學里唯一的不能和水生成相應酸的酸性氧化物。20、C【解析】把兩種金屬看作是一種金屬，令為R，與鹽酸反應，假設(shè)生成+2價，化學反應方程式為R＋2HCl=RCl2＋H2↑，根據(jù)反應方程式，求出R的平均摩爾質(zhì)量為g·mol－1，=60g·mol－1，符合形式的應是一種金屬的摩爾質(zhì)量大于60g·mol－1，另一種金屬的摩爾質(zhì)量小于60g·mol－1，A、摩爾質(zhì)量分別是24g·mol－1、56g·mol－1，不符合，故A錯誤；B、鋁參與反應的化合價為＋3價，轉(zhuǎn)化成＋2價，其摩爾質(zhì)量為27×2/3g·mol－1=18g·mol－1，不符合，故B錯誤；C、摩爾質(zhì)量分別是56g·mol－1、65g·mol－1，符合，故C正確；D、摩爾質(zhì)量分別是64g·mol－1、65g·mol－1，不符合，故D錯誤。21、A【分析】A．電池充電時負極與外電源的負極相連；B．向外供電時，該裝置是原電池，鋰離子向正極移動；C．該電池充電時陰極得電子，發(fā)生還原反應；D．根據(jù)電極反應計算消耗Li的質(zhì)量?！驹斀狻緼．電池充電時負極與外電源的負極相連，Li為負極反應物，所以Li與外電源的負極相連，故A正確；B．向外供電時，該裝置是原電池，鋰離子向正極移動，故B錯誤；C．該電池充電時陰極得電子，發(fā)生還原反應，電極反應為：，故C錯誤；D．若放電時轉(zhuǎn)移0.2mol電子，負極上，所以反應消耗Li的質(zhì)量為0.2mol×7g/mol=1.4g，故D錯誤；故答案選：A。22、A【詳解】硫化氫能與二氧化硫反應生成硫和水，硫化氫中硫元素化合價由-2價變?yōu)?價，被氧化，體現(xiàn)硫化氫的還原性，答案選A?！军c睛】二、非選擇題(共84分)23、NNaNH4NO3NH4++OHNH3↑+H2OC氧化劑【分析】由“Z原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍”，可推得其為氧(O)；由“Y、Z為同周期的相鄰元素”，可確定Y為氮(N)；由“W是該元素所在周期原子半徑最大的元素，W原子的質(zhì)子數(shù)等于Y、Z原子的最外層電子數(shù)之和”，可確定W為鈉(Na)；由“X、W同主族”、“Y與X形成的分子中有3個共價鍵，該分子中含有10個電子”，可確定X為氫(H)。（1）通過以上推斷，可確定Y和W分別氮和鈉；（2）W2Z2為Na2O2；（3）①由X、Y、Z所形成的常見離子化合物是NH4NO3；②NH4NO3與NaOH的濃溶液加熱時發(fā)生復分解反應；③化合物WY3的化學式為NaN3，它由Na+和N3-構(gòu)成；④X與W形成的化合物為NaH，它與水發(fā)生氧化還原反應?！驹斀狻浚?）通過分析，可確定Y和W分別氮和鈉。答案為：N；Na；（2）W2Z2為Na2O2，電子式為。答案為；（3）①由X、Y、Z所形成的常見離子化合物是NH4NO3。答案為：NH4NO3；②NH4NO3與NaOH的濃溶液加熱時發(fā)生反應的離子方程式為NH4++OHNH3↑+H2O。答案為：NH4++OHNH3↑+H2O；③化合物WY3的化學式為NaN3，它由Na+和N3-構(gòu)成，N3-中含有共價鍵。答案為：C；④X與W形成的化合物為NaH，它與水發(fā)生氧化還原反應NaH+H2O=NaOH+H2↑，在此反應中，水中的氫元素由+1價降低為0價，作氧化劑。答案為：氧化劑。【點睛】N3-與CO2為等電子體，CO2的結(jié)構(gòu)式為O=C=O，則N3-的結(jié)構(gòu)式為[N=N=N]-。24、I2+SO2+2H2O=4H++2I-+SO42-2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑SiO32-+2CO2+2H2O=2HCO3-+H2SiO3↓mol·L-12mol·L-1小于【分析】Ⅰ.A、B、C、D、E均為中學化學常見的純凈物，B為自然界中含量最多的液體，判斷B為H2O，再結(jié)合流程中物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系及提供的信息進行分析判斷，從而得解；Ⅱ.（4）n（HCl）=，溶液質(zhì)量為×36.5g/mol+1000g，則溶液體積為mL，結(jié)合c=計算；（5）還原性Fe2+＞Br-，通入氯氣先發(fā)生反應2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，F(xiàn)e2+反應完畢，剩余的氯氣再發(fā)生反應2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，反應后溶液中Cl-和Br-的物質(zhì)的量濃度相等，說明氯氣完全反應，Cl2的物質(zhì)的量為=0.15mol，若Br-沒有反應，溶液中n（Br-）=0.3mol，則n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-參加反應，設(shè)FeBr2的物質(zhì)的量為x，表示出參加反應的n（Br-），根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒列方程計算x值，再根據(jù)c=計算；（6）鐵離子水解制備膠體，膠體可凈化水，且水解反應為可逆反應。【詳解】A、B、C、D、E均為中學化學常見的純凈物，B為自然界中含量最多的液體，判斷B為H2O；（1）若A的溶液能使淀粉溶液變藍，A具有氧化性為I2，C為非金屬氧化物，能使品紅溶液褪色，則C為二氧化硫，該反應的反應離子方程式為：SO2+I2+2H2O═4H++2I-+SO42-；（2）若A為短周期的金屬單質(zhì)，D為氣態(tài)單質(zhì)，C溶液呈強酸性或強堿性時，該反應都能進行，則A為Al，D為H2，A與強堿性溶液反應的離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（3）若A、C均為化合物，C為引起溫室效應的主要氣體，判斷C為CO2，為酸性強的制備酸性弱的反應，E為白色沉淀不含金屬元素，判斷E為H2SiO3，則A為硅酸鹽，足量的C與A反應生成E的一個離子方程式為：SiO32-+2CO2+2H2O=2HCO3-+H2SiO3↓；Ⅱ.（4）n（HCl）=，溶液質(zhì)量為×36.5g/mol+1000g，則溶液體積為mL，由c==mol/L；（5）還原性Fe2+＞Br-，通入氯氣先發(fā)生反應2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，F(xiàn)e2+反應完畢，剩余的氯氣再發(fā)生反應2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，反應后溶液中Cl-和Br-的物質(zhì)的量濃度相等，說明氯氣完全反應，Cl2的物質(zhì)的量為=0.15mol，若Br-沒有反應，溶液中n（Br-）=0.3mol，則n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-參加反應，設(shè)FeBr2的物質(zhì)的量為x，則n（Fe2+）=xmol，n（Br-）=2xmol，未反應的n（Br-）=0.3mol，參加反應的n（Br-）=（2x-0.3）mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒有x×1+（2x-0.3）×1=0.15mol×2，解得x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為=2mol/L；（6）100mL2mol/L的FeCl3溶液，其物質(zhì)的量為0.2mol，因為水解為可逆反應，且生成膠體為微觀粒子的集合體，則生成具有凈水作用的微粒數(shù)小于0.2NA。【點睛】本題考查無機推斷、氧化還原反應的計算及濃度計算等，綜合性較強，把握氧化還原反應中電子守恒、鹽類水解及物質(zhì)的量濃度的相關(guān)計算公式等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，題目難度中等。25、U形管b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c排盡裝置中的空氣，防上加熱時發(fā)生爆炸C中固體由黑色變?yōu)榧t色，后B裝置中出現(xiàn)渾濁FeC2O4·2H2O

FeO+CO↑+CO2↑+2H2O3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4錐形瓶中溶液顏色變?yōu)闇\紫色，且30s內(nèi)不褪色將Fe3+還原為Fe2+×100%偏低【解析】I.在A中草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O)受熱發(fā)生分解反應：FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，用D檢驗水蒸氣的存在，用B檢驗CO2氣體，然后用E干燥CO，將CO用通入C使CO與CuO發(fā)生反應：CO+CuOCO2+Cu，反應產(chǎn)生的CO2氣體通過B裝置檢驗，由于反應過程中有CO產(chǎn)生，會導致大氣污染，所以最后將氣體進行尾氣處理。用K3[Fe(CN)6]溶液檢驗溶液中的Fe2+，據(jù)此書寫反應方程式；II.步驟2中向FeC2O4·2H2O、FeSO4溶解后的酸性溶液中滴入酸性KMnO4溶液，溶液中的Fe2+、H2C2O4都被氧化，F(xiàn)e2+變?yōu)镕e3+；KMnO4被還原為無色的Mn2+；H2C2O4變?yōu)镃O2氣體逸出；步驟3中向反應后溶液中加入適量鋅粉，Zn將溶液中Fe3+還原為Fe2+，充分反應后，加入適量稀H2SO4，再用cmol/LKMnO4標準溶液滴定至終點，這時溶液中Fe2+氧化為Fe3+，消耗標準液V2mL。則前后兩次消耗的高錳酸鉀溶液的體積差就是氧化H2C2O4消耗的體積，根據(jù)C守恒可知n(H2C2O4)=n(FeC2O4·2H2O)，最后根據(jù)電子守恒確定KMnO4與FeC2O4·2H2O的物質(zhì)的量之間的關(guān)系，利用該反應消耗的n(KMnO4)計算出FeC2O4·2H2O的質(zhì)量，從而可得其純度，據(jù)此分析?！驹斀狻?1)①根據(jù)E的結(jié)構(gòu)可知E中盛裝堿石灰的儀器名稱為U形管；②根據(jù)上述分析可知儀器使用的先后順序為ADBECB，則按照氣流從左到右的方向，上述裝置的接口順序為a→g→f→b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c→尾氣處理裝置；③實驗前先通入一段時間N2，其目的為排盡裝置中的空氣，防上加熱時產(chǎn)生的CO與裝置內(nèi)的空氣混合加熱發(fā)生爆炸事故；④實驗證明了氣體產(chǎn)物中含有CO，依據(jù)的實驗現(xiàn)象為C中固體Cu變?yōu)镃u單質(zhì)，物質(zhì)由黑色變?yōu)榧t色，反應產(chǎn)生的CO2氣體可以使后面的B裝置中出現(xiàn)渾濁現(xiàn)象；(2)草酸亞鐵晶體受熱分解產(chǎn)生FeO、CO、CO2和水，根據(jù)電子守恒及原子守恒，可得分解的化學方程式為FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O；(3)K3[Fe(CN)6]溶液遇FeC2O4，溶液變?yōu)樗{色，該反應的化學方程式為3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4；(4)在步驟2中用酸性KMnO4滴定含有Fe2+、H2C2O4的溶液，KMnO4被還原為無色的Mn2+，所以滴定終點的現(xiàn)象為錐形瓶中溶液顏色變?yōu)闇\紫色，且30s內(nèi)不褪色。在步驟3中加入鋅粉的目的為將溶液中的Fe3+氧化為Fe2+，以便于確定溶液H2C2O4的物質(zhì)的量，并根據(jù)C元素守恒，計算出FeC2O4的物質(zhì)的量。(5)根據(jù)上述分析可知草酸消耗的KMnO4的物質(zhì)的量為n(KMnO4)=cmol/L×(V1-V2)×10-3L=c(V1-V2)×10-3mol，根據(jù)反應過程在電子守恒可得KMnO4與H2C2O4的物質(zhì)的量關(guān)系為5H2C2O4—2KMnO4，H2C2O4是FeC2O4·2H2O與硫酸反應產(chǎn)生，根據(jù)元素守恒可知FeC2O4·2H2O—5H2C2O4—2KMnO4，故n[FeC2O4·2H2O]=n(KMnO4)=c(V1-V2)×10-3mol，所以草酸亞鐵晶體樣品的純度為×100%=×100%。若步驟1配制溶液時部分Fe2+被氧化變質(zhì)，則V1偏小，根據(jù)=×100%可知，測定結(jié)果將偏低?！军c睛】本題考查了儀器的識別、化學實驗基本操作、儀器使用先后順序、滴定終點的判斷方法、誤差分析、物質(zhì)含量的測定等知識。掌握化學基礎(chǔ)知識、物質(zhì)的性質(zhì)及守恒方法、關(guān)系式法計算等是本題解答的關(guān)鍵。26、分離Cl2和ClO2Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O溶液分層，下層為紫色ad3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O凈水過程中，F(xiàn)eO42-發(fā)揮氧化作用，被還原成Fe3+，F(xiàn)e3+水解生成Fe(OH)3膠體，起到吸附、絮凝作用【詳解】（1）①根據(jù)反應2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O可知，制備ClO2的同時生成氯氣，利用ClO211℃時液化成紅棕色液體，可用冰水浴將Cl2和ClO2分離，獲得純凈的ClO2，答案為：分離Cl2和ClO2；②NaOH溶液為尾氣處理裝置，作用是吸收產(chǎn)生的氯氣，氯氣和氫氧化鈉反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，答案為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（2）向混合后的溶液中加入適量CCl4，振蕩、靜置，CCl4密度比水大，且不溶于水，若觀察到溶液分層，且下層為紫色，說明溶液中生成碘單質(zhì)，進一步說明將ClO2水溶液滴加到KI溶液中發(fā)生反應，碘離子由-1價變?yōu)?價，化合價升高被氧化，則證明ClO2具有氧化性。答案為：溶液分層，下層為紫色；（3）需將ClO2-其轉(zhuǎn)化為Cl-除去，氯元素的化合價從+3價變?yōu)?1價，化合價降低得電子，被還原，需要加入還原劑，a.FeSO4中亞鐵離子具有還原性，可以做還原劑，故a符合；b.O3具有強氧化性，故b不符合；c.KMnO4具有強氧化性，故c不符合；d.SO2具有還原性，可以做還原劑，故d符合；答案為ad；（4）K2FeO4是一種新型、綠色的多功能凈水劑，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、滅菌、消毒、脫色、除臭等性能為一體。實驗室制備K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸鐵，并不斷攪拌。①在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸鐵，生成高鐵酸鉀，F(xiàn)e3+從+3價升高到+6價的FeO42-，失去3個電子，ClO-中氯元素從+1價變?yōu)?1價的氯離子，得到2個電子，最小公倍數(shù)為6，則ClO-和Cl-的系數(shù)為3，F(xiàn)e3+和FeO42-系數(shù)為2，根據(jù)物料守恒，可得離子方程式為3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，答案為：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O；②凈水過程中，F(xiàn)eO42-發(fā)揮氧化作用，被還原成Fe3+，F(xiàn)e3+水解生成Fe(OH)3膠體，起到吸附、絮凝作用，答案為：凈水過程中，F(xiàn)eO42-發(fā)揮氧化作用，被還原成Fe3+，F(xiàn)e3+水解生成Fe(OH)3膠體，起到吸附、絮凝作用。27、三頸燒瓶Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O濃NaOH溶液吸收剩余的SO2排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化D倒吸鹽酸、BaCl2溶液5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O【分析】采用裝置圖制取Na2S2O5，裝置D中有Na2S2O5晶體析出，根據(jù)圖可知：裝置A中濃硫酸與亞硫酸鈉溶液反應生成SO2，裝置D中析出Na2S2O5晶體：Na2SO3+SO2=Na2S2O5；二氧化硫有毒，裝置F為尾氣吸收裝置，裝置E防止倒吸?！驹斀狻?1)①根據(jù)儀器的結(jié)構(gòu)可知A為三頸燒瓶，裝置A中濃硫酸與亞硫酸鈉溶液反應生成SO2，反應方程式為Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；②由于二氧化硫有毒，則裝置F的作用是吸收多余的二氧化硫，防止污染環(huán)境，可盛裝NaOH溶液；③Na2S2O5易被空氣中的氧氣氧化，所以要先用氮氣排凈裝置中的空氣；④裝置D中會析出Na2S2O5晶體：Na2SO3+SO2=Na2S2O5；⑤若撤去E，導氣管直接插入F溶液可能會因為SO2被吸收壓強變化較大發(fā)生倒吸；(2)檢驗Na2S2O5晶體在空氣中是否被氧化，若被氧化則生成硫酸鈉，檢驗硫酸根離子時必須選擇的試劑為鹽酸、BaCl2溶液；探究二中Na2S2O5與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化反應反應，KMnO4被還原為Mn2+，則Na2S2O5被氧化為硫酸鈉，離子反應為：5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O。28、第三周期，ⅦA族acSi(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)△H=-687kJ/molMg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑