新疆昌吉市教育共同體四校2026屆化學高三第一學期期中學業(yè)水平測試試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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:常溫下甲胺（CH3NH2）的電離常數(shù)kb，pkb=-lgkb=3.4。CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-。下列說法不正確的是（）A．(CH3NH3)2SO4溶液中離子濃度:c(CH3NH3+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)B．常溫下，pH=3的鹽酸溶液和pH=11的CH3NH2溶液等體積混合，混合溶液呈酸性C．用標準濃度的鹽酸滴定未知濃度的CH3NH2溶液的實驗中，選擇甲基橙作指示劑D．常溫下向CH3NH2溶液滴加稀硫酸至c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)時，溶液pH=10.62、下列化工生產過程中，未涉及氧化還原反應的是A．海帶提碘 B．侯氏制堿 C．氯堿工業(yè) D．黃鐵礦制硫酸3、將3.48g四氧化三鐵完全溶解在100mL1mol/L的硫酸中，然后加入K2Cr2O7溶液25mL恰好使溶液中的Fe2+全部轉化為Fe3+，Cr2O72-全部轉化為Cr3+，則K2Cr2O7溶液的物質的量濃度是（）A．0.05mol/LB．0.2mol/LC．0.1mol/LD．0.3mol/L4、下列圖中的實驗方案,能達到實驗目的的是ABCD實驗方案將NO2球浸泡在冰水熱水中實驗目的探究溫度對平衡2NO2N2O4的影響驗證FeCl3對H2O2分解反應有催化作用除去CO2氣體中混有的SO2比較HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性強弱A．A B．B C．C D．D5、C(s)＋2H2(g)CH4(g)ΔH。在1L密閉容器中投入1mol碳，并充入2molH2，測得相關數(shù)據(jù)如圖所示。（已知：可用平衡分壓代替平衡濃度算出平衡常數(shù)Kp，分壓＝總壓×物質的量分數(shù)）下列有關說法錯誤的A．ΔH＜0 B．p1＜6MPa C．T1＜1000K D．A點的平衡常數(shù)Kp＝6、某100mL稀溶液中只含有Fe3+、Cu2+、H+、NO3-四種離子，向其中逐漸加入鐵粉，溶液中Fe2+的濃度和加入鐵粉的質量的關系如圖所示，若整個反應過程中溶液的體積不發(fā)生變化，則下列說法中不正確的是（）A．原溶液的c(H+)=4mol·L-1 B．若a=3，則原溶液中c(Cu2+)=1mol·L-1C．原溶液中的c(NO3-)=7mol·L-1 D．BC段發(fā)生反應的離子方程式為Cu2++Fe=Fe2++Cu7、一杯澄清透明的溶液中，已知各離子的濃度均為，體積為?？赡芎械碾x子：陽離子：、、、；陰離子：、、、。向該混合液中加足量稀鹽酸，有無色氣體生成，且陰離子的種類不變。對該溶液的下列敘述錯誤的是A．該溶液一定含有、、 B．該溶液一定不含、C．該溶液一定不含、 D．該溶液可能含有8、NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是（）A．1L0.1mol/L乙醇水溶液中存在的氧原子總數(shù)為0.1NAB．氫氧堿性燃料電池中，正極消耗11.2L(標準狀況)氣體，轉移電子數(shù)為NAC．16.0gCuO和Cu2S的混合物中含陽離子的數(shù)目為0.2NAD．在標準狀況下，2.24L氯仿含氯原子數(shù)目為0.3NA9、下列實驗操作與預期實驗目的或所得實驗結論不一致的是選項實驗操作實驗目的或結論A向左推注射器通過觀察液面差判斷該裝置的氣密性B向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量MgO粉末，攪拌一段時間后過濾除去MgCl2溶液中少量FeCl3C取久置的Na2O2粉末，向其中滴加過量的鹽酸，產生無色氣體說明Na2O2沒有變質D將一片鋁箔置于酒精燈外焰上灼燒，鋁箔熔化但不滴落說明鋁箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3熔點高于AlA．A B．B C．C D．D10、化學用語是學習化學的工具和基礎，下列有關化學用語的表達正確的是A．H2S的電離方程式：H2S2H＋＋S2－B．H2O2的電子式：C．氟原子的結構示意圖：D．用電子式表示NaCl的形成過程：11、下列有關物質的用途不正確的是A．液氨可做冷庫的制冷劑B．食鹽可做食品的防腐劑C．過氧化鈉可做潛艇的供氧劑D．硅可用于制造光導纖維12、鐵片和金屬N可構成如圖所示裝置。下列說法正確的是A．金屬活動性：Fe＞NB．金屬N發(fā)生了氧化反應C．該裝置模擬的是鐵的析氫腐蝕D．該裝置模擬的外加電流的陰極保護法13、1mol碳在氧氣中完全燃燒生成氣體，放出393kJ的熱量，下列熱化學方程式表示正確的是A．C(s)+O2(g)→CO2(g)+393kJB．C+O2→CO2+393kJC．C(s)+O2(g)→CO2(g)-393kJD．C(s)+1/2O2(g)→CO(g)+393kJ14、已知氧化還原反應：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化劑在反應中得到的電子為（）A．10mol B．11mol C．12mol D．13mol15、下列關于鹵族元素結構和性質的說法錯誤的是A．F、Cl、Br、I原子半徑依次增大B．F、Cl、Br、I的電子層數(shù)逐漸增多C．F2、Cl2、Br2、I2的氧化性逐漸減弱D．F-、Cl-、Br-、I-離子的還原性依次減弱16、下列制作鉛筆的材料與相應工業(yè)不對應的是A．橡皮擦——橡膠工業(yè) B．鋁合金片——冶金工業(yè)C．鋁筆芯——電鍍工業(yè) D．鉛筆漆——涂料工業(yè)17、如圖A～D四種物質均含有同一種元素，A可以是單質也可以是氣態(tài)氫化物，D是該元素最高價氧化物對應的水化物，則A、B、C、D中共同含有的元素可能是A．氯 B．鐵 C．碳 D．氮18、短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X和W為同主族元素，Z的單質能溶于W的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。由這四種元素中的一種或幾種組成的物質存在如下轉化關系，甲+乙→丙+W，其中甲是元素X的氫化物，其稀溶液可用于傷口消毒，乙為一種二元化合物，常溫下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，下列說法錯誤的是A．X和Y、W均至少能形成兩種化合物B．乙和丙均為既含有離子鍵又含有共價鍵的離子化合物C．四種元素簡單離子半徑中Z的最小D．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X>W19、下列變化需要克服共價鍵的是()A．干冰的升華B．二氧化硅的熔化C．氯化鉀熔化D．汞的氣化20、氯酸是一種強酸，濃度超過40%時會發(fā)生分解，該反應可表示為aHClO3===bO2↑＋cCl2↑＋dHClO4＋eH2O，下列有關說法不正確的是A．氧化性：HClO3>O2B．若a＝8，b＝3，則生成3molO2時轉移20mol電子C．若氯酸分解所得1mol混合氣體的質量為45g，則反應方程式可表示為3HClO3===2O2↑＋Cl2↑＋HClO4＋H2OD．由非金屬性Cl>S，可推知酸性HClO3>H2SO421、下列離子方程式正確的是A．0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液與0.02mol/LBa(OH)2溶液等體積混合：NH＋Al3＋＋2SO42—＋2Ba2＋＋4OH－=2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2OB．FeCl2酸性溶液放在空氣中變質：2Fe2＋＋4H＋＋O2=2Fe3＋＋2H2OC．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑D．電解MgCl2水溶液的離子方程式：2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－22、下列化學用語中，錯誤的是（）A．鎂離子的結構示意圖為B．Na2O2的電子式為C．氯化氫分子的形成過程可用電子式表示為D．次氯酸的結構式為H-Cl-O二、非選擇題(共84分)23、（14分）R、W、X、Y、M是原子序數(shù)依次增大的五種主族元素。R最常見同位素的原子核中不含中子。W與X可形成兩種穩(wěn)定的化合物：WX和WX2。工業(yè)革命以來，人類使用的化石燃料在燃燒過程中將大量WX2排入大氣，在一定程度導致地球表面平均溫度升高。Y與X是同一主族的元素，且在元素周期表中與X相鄰。（1）W的原子結構示意圖是__________________________。（2）WX2的電子式是_______________________。（3）R2X、R2Y中，穩(wěn)定性較高的是____（填化學式），請從原子結構的角度解釋其原因：_____。（4）Se與Y是同一主族的元素，且在元素周期表中與Y相鄰。①根據(jù)元素周期律，下列推斷正確的是________（填字母序號）。a．Se的最高正化合價為+7價b．H2Se的還原性比H2Y強c．H2SeO3的酸性比H2YO4強d．SeO2在一定條件下可與NaOH溶液反應②室溫下向SeO2固體表面吹入NH3，可得到兩種單質和H2O，該反應的化學方程式為_____________。（5）科研人員從礦石中分離出一種氧化物，化學式可表示為M2O3。為確定M元素的種類，進行了一系列實驗，結果如下：①M的相對原子質量介于K和Rb（銣）之間；②0.01molM2O3在堿性溶液中與Zn充分反應可得到M的簡單氫化物，反應完全時，被M2O3氧化的Zn為0.06mol；綜合以上信息推斷，M可能位于元素周期表第_________________族。24、（12分）化合物H是重要的有機物，可由E和F在一定條件下合成：（部分反應物或產物省略，另請注意箭頭的指向）已知以下信息：i．A屬于芳香烴，H屬于酯類化合物。ii．I的核磁共振氫譜為二組峰，且峰的面積比為6：1?；卮鹣铝袉栴}：（1）E的含氧官能團名稱是______，B的結構簡式是___________________。（2）B→C和G→J兩步的反應類型分別為___________，____________。（3）①E+F→H的化學方程式是____________________________________。②D與銀氨溶液反應的化學方程式是__________________________________。（4）E的同系物K比E相對分子質量大28，則K的同分異構體共______種，其中核磁共振氫譜顯示為4組峰，且峰面積之比為6:2:1:1，寫出符合要求的該同分異構體的結構簡式為（寫出1種即可）____________________________。25、（12分）實驗小組制備高鐵酸鉀(K2FeO4)并探究其性質。資料:K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液;具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產生O2,在堿性溶液中較穩(wěn)定。制備K2FeO4(夾持裝置略)（1）簡述檢驗該裝置氣密性的方法：________________________________________。（2）A為氯氣發(fā)生裝置。A中化學反應的被還原的元素是____________________________。（3）裝置B的作用是除雜，所用試劑為_____________________________________。（4）C中得到紫色固體和溶液。請寫出C中發(fā)生的化學反應并標出電子轉移的方向和數(shù)目：_________。此反應表明:氧化性Cl2______FeO42-(填“>”或“<”)。（5）C中除了發(fā)生③中的反應，還發(fā)生化學反應的離子方程式是:______________________。（6）用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液a。取少量a,滴加鹽酸，有Cl2產生。此實驗得出Cl2和FeO42-的氧化性強弱關系與制備實驗時得出的結論相反，原因是__________________________。26、（10分）研究非金屬元素及其化合物的性質具有重要意義。Ⅰ．含硫物質燃燒會產生大量煙氣，主要成分是SO2、CO2、N2、O2。某研究性學習小組在實驗室利用裝置(如圖)測定煙氣中SO2的體積分數(shù)。(1)將部分煙氣緩慢通過C、D裝置，其中C、D中盛有的藥品分別是_______、________。(填序號)①KMnO4溶液②飽和NaHSO3溶液③飽和Na2CO3溶液④飽和NaHCO3溶液(2)若煙氣的流速為amL·min-1，若t1min后，測得量筒內液體體積為VmL，則SO2的體積分數(shù)_____。II．某化學興趣小組為探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性強弱，設計如下實驗(裝置圖)：(3)檢查裝置A的氣密性：_________，向分液漏斗中注水，若水不能順利滴下，則氣密性良好。(4)裝置A中發(fā)生的反應的離子方程式為__________。(5)整套實驗裝置存在一處明顯的不足，請指出：___________。(6)用改正后的裝置進行實驗，實驗過程如下：實驗操作實驗現(xiàn)象結論打開旋塞a，向圓底燒瓶中滴入適量濃鹽酸；然后關閉旋塞a，點燃酒精燈D裝置中：溶液變紅E裝置中：水層溶液變黃，振蕩后，CCl4層無明顯變化Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由強到弱的順序為_____(7)因忙于觀察和記錄，沒有及時停止反應，D、E中均發(fā)生了新的變化。D裝置中：紅色慢慢褪去。E裝置中：CCl4層先由無色變?yōu)槌壬箢伾饾u加深，直至變成紅色。為探究上述實驗現(xiàn)象的本質，小組同學查得資料如下：Ⅰ．(SCN)2性質與鹵素單質類似。氧化性：Cl2>(SCN)2。Ⅱ．Cl2和Br2反應生成BrCl，它呈紅色(略帶黃色)，沸點約5℃，與水發(fā)生水解反應。Ⅲ．AgClO、AgBrO均可溶于水。①結合化學用語解釋Cl2過量時D中溶液紅色褪去的原因：________________；設計簡單實驗證明上述解釋：取少量褪色后的溶液，滴加______，若_________，則上述解釋合理。②欲探究E中顏色變化的原因，設計實驗如下：用分液漏斗分離出E的下層溶液，蒸餾、收集紅色物質，取少量紅色物質加入AgNO3溶液，結果觀察到僅有白色沉淀產生。請結合化學用語解釋僅產生白色沉淀的原因：__________________。27、（12分）工業(yè)上常利用含硫廢水生產Na2S2O3，原理是S+Na2SO3Na2S2O3（Na2S2O3稍過量，且該反應的速率較慢；在酸性條件下，Na2S2O3會自身發(fā)生氧化還原反應生成SO2）。實驗室可用如圖裝置（略去部分夾持儀器）模擬生產過程。(1)Na2S2O3中硫元素的化合價_______________。(2)儀器a的名稱______________，裝置Ａ中產生氣體的化學方程式為_________________________。(3)裝置B的作用除觀察SO2的生成速率外，長頸漏斗的作用是______________________________。(4)裝置C中需控制在堿性環(huán)境，否則產品發(fā)黃（生成黃色物質），用離子方程式表示其原因_________。(5)裝置D用于處理尾氣，可選用的最合理裝置（夾持儀器已略去）為___________（填字母）。28、（14分）煤燃燒產生的煙氣直接排放到空氣中，可引發(fā)酸雨等環(huán)境問題。(1)在一定條件下一氧化碳可將二氧化硫還原為單質硫。已知：①C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1②CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH=+172.5kJ·mol-1③S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-296.0kJ·mol-1反應2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)ΔH=_____kJ·mol-1(2)石灰石-石膏脫硫有干法和濕法兩種，其原理為利用石灰石作原料在不同條件下吸收SO2轉化為石膏。①干法脫硫的效率受添加助劑(由多種天然礦物配比而成的，價格較貴)的影響。脫硫效率隨助劑的添加量變化如圖所示。助劑適宜添加量為___%，理由是_____________。②濕法脫硫的過程中，所用的石灰石漿液在進入脫硫裝置前，需先通一段時間二氧化碳，以增加其脫硫效率，理由是________________。(3)工業(yè)上可用Na2SO3溶液吸收煙氣中的二氧化硫，所得吸收液進行電解循環(huán)再生，如下圖所示。寫出陽極的電極反應式_______(任寫一個)。(4)已知25℃時，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，H2SO3的Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8。若氨水的濃度為2mol·L-1，則溶液中c(OH-)=____。將SO2通入該氨水中，當c(OH-)降至1.0×10-7mol·L-1時，溶液中的=____。29、（10分）一種用軟錳礦(主要成分MnO2)和黃鐵礦(主要成分FeS2)制取MnSO4·H2O并回收單質硫的工藝流程如下：已知：本實驗條件下，高錳酸鉀溶液與硫酸錳溶液混合產生二氧化錳?；卮鹣铝袉栴}：（1）步驟①混合研磨成細粉的主要目的是___________________________________；步驟②浸取時若生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3的化學方程式為___________________________________。（2）步驟③所得酸性濾液可能含有Fe2+，為了除去Fe2+可先加入_________________；步驟④需將溶液加熱至沸然后在不斷攪拌下加入堿調節(jié)pH為4-5，再繼續(xù)煮沸一段時間，“繼續(xù)煮沸”的目的是_____________________________________。步驟⑤所得濾渣為__________________(填化學式)。（3）步驟⑦需在90-100℃下進行，該反應的化學方程式________________________。（4）測定產品MnSO4·H2O的方法之一是：準確稱取ag產品于錐形瓶中，加入適量ZnO及H2O煮沸，然后用cmol·L-1KMnO4標準溶液滴定至淺紅色且半分鐘不褪色，消耗標準溶液VmL，產品中Mn2+的質量分數(shù)為w(Mn2+)=________________。

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、B【解析】分析：甲胺(CH3NH2)的電離常數(shù)Kb，pKb=-lgKb=3.4。CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-。因此甲胺類似與氨氣。A.根據(jù)(CH3NH3)2SO4溶液類似硫酸銨溶液分析判斷；B.CH3NH2是弱堿，根據(jù)常溫下，pH=3的鹽酸溶液和pH=11的CH3NH2溶液等體積混合，甲胺剩余分析判斷；C.用標準濃度的鹽酸滴定未知濃度的CH3NH2溶液的實驗中，恰好完全中和時溶液呈弱酸性，據(jù)此分析判斷；D.根據(jù)Kb＝＝c(OH-)，結合c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)分析解答。詳解：A.甲胺(CH3NH2)的電離常數(shù)Kb，pKb=-lgKb=3.4。CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-。因此(CH3NH3)2SO4溶液類似硫酸銨溶液，CH3NH3+＋H2OCH3NH2?H2O＋H+，離子濃度:c(CH3NH3+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)，故A正確；B.CH3NH2是弱堿，常溫下，pH=3的鹽酸溶液和pH=11的CH3NH2溶液等體積混合有大量的甲胺分子剩余，混合溶液呈堿性，故B錯誤；C.用標準濃度的鹽酸滴定未知濃度的CH3NH2溶液的實驗中，恰好完全中和時溶液呈弱酸性，應該選擇甲基橙作指示劑，故C正確；D.Kb＝＝c(OH-)，pH＝14－pOH＝14－3.4＝10.6，故D正確；故選B。2、B【詳解】A．碘以離子存在，海水提碘時I元素的化合價升高，發(fā)生氧化還原反應，故A錯誤；

B．發(fā)生兩大反應NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，無元素的化合價變化，為非氧化還原反應，故B正確；

C．氯堿工業(yè)中電解飽和食鹽水，生成NaOH、氫氣、氯氣，H、Cl元素的化合價變化，為氧化還原反應，故C錯誤；

D.黃鐵礦制硫酸分為三步，第一步4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，第二步2SO2+O22SO3，第三步SO3+H2O=H2SO4，其中鐵、硫、O化合價發(fā)生了改變，涉及氧化還原反應，D錯誤；答案為B。3、C【解析】此題考查的是有關氧化還原反應的計算，解題的關鍵點是明白了Fe3O4的化合價中，3個鐵原子中有2個是＋3價，只有1個是＋2價．分析題意可得出：

Fe3O4～Fe2+Fe3+，Cr2O72-2Cr3+；

設K2Cr2O7溶液的物質的量濃度為c，則：

3.48g÷232g/mol＝0.025L×c×2×3，解得c＝0.1mol/L．綜上所述，本題正確答案為C?！军c睛】本題重點考察氧化還原反應的基本規(guī)律之一，得失電子守恒。氧化還原反應中有物質失電子必有物質得電子，且失電子總數(shù)等于得電子總數(shù)。或者說氧化還原反應中，有元素化合價升高必有元素化合價降低，且化合價升高總數(shù)必等于降低總數(shù)。有關得失電子守恒(化合價守恒)的規(guī)律有如下應用：(1)求某一反應中被氧化與被還原的元素原子個數(shù)之比，或求氧化劑與還原劑的物質的量之比及氧化產物與還原產物的物質的量之比。(2)配平氧化還原反應方程式。(3)進行有關氧化還原反應的計算：4、A【解析】將NO2球分別浸泡在冰水、熱水中，根據(jù)顏色判斷平衡移動的方向，故A正確；實驗改變了溫度、催化劑兩個變量，不能驗證FeCl3對H2O2分解反應有催化作用，故B錯誤；碳酸鈉溶液與二氧化碳、二氧化硫都能反應，不能用飽和碳酸鈉溶液除去CO2氣體中混有的SO2，故C錯誤；氯化氫易揮發(fā)，氯化氫能與硅酸鈉溶液反應生成硅酸沉淀，不能根據(jù)圖示裝置比較H2CO3和H2SiO3的酸性強弱，故D錯誤。點睛：要證明H2CO3和H2SiO3的酸性強弱，在燒瓶、燒杯之間增加一個盛有變化碳酸氫鈉溶液的洗氣瓶，除去二氧化碳中含有的氯化氫。5、D【詳解】A.有圖像1，在等壓線下，升高溫度，碳的平衡轉化率降低，說明平衡逆向進行，逆反應是吸熱反應，正反應是放熱反應，ΔH＜0，故A正確；B.有圖像1，向橫坐標作垂線，即等溫線，該反應正向是體積縮小的反應，碳的轉化率越高，說明平衡正向進行，壓強越大，即p1＜6Mpa，故B正確；C.有選項A可知，正反應是放熱反應，向橫坐標作垂線，即是等壓線，保持壓強不變，升高溫度，平衡逆向進行，碳的轉化率降低，故T1＜1000K，故C正確；D.起始C和H2的物質的量分別為1mol和2mol，在A點碳的平衡轉化率為50%，可逆反應C（s）+2H2（g）?CH4（g）

開始（mol）1

2

0反應（mol）0.5

1

0.5平衡（mol）0.5

1

0.5平衡時P（H2）=1mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa、P（CH4）=0.5mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa，該反應的平衡常數(shù)Kp=P(CH4)÷P2(H2)=（0.5mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa）÷(1mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5Mpa)2=2/9，故D錯誤；故選：D.6、C【解析】A．OA段無Fe2+生成，是加入的5.6g即0.1mol鐵粉與硝酸反應：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，設溶液中的氫離子的物質的量為xmol，則有：

Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O

1

40.1mol

xmol

則有：解得x=0.4mol

則溶液中的氫離子的物質的量濃度c==4mol/L，故A正確；B．若a=3，則說明在BC段生成的Fe2+的物質的量為n=0.1mol，而BC段發(fā)生的反應為Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，設溶液中的Cu2+的物質的量為ymol，則有：

Fe+Cu2+=Cu+Fe2+

1

1

ymol

0.1mol

則有：，

則有：y=0.1mol，則溶液中的銅離子的物質的量濃度c==1mol/L，故B正確；C．C點溶液中c（Fe2+）=4mol/L，故此時溶液中的n（Fe2+）=CV=4mol/L×0.1L=0.4mol，而此時溶液中溶質為Fe（NO3）2，故C點溶液中的n（NO3-）=0.8mol，而在OA段加入0.1mol鐵反應時，消耗掉的硝酸根為0.1mol，故原溶液中的n（NO3-）總=0.8mol+0.1mol=0.9mol，故濃度為c（NO3-）總==9mol/L，故C錯誤；D．BC段，加入的鐵粉和Cu2+反應：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故D正確；故選C。7、B【分析】向該混合液中加足量稀鹽酸，有無色氣體生成，且陰離子的種類不變,說明溶液中一定存在氯離子，硝酸根離子和亞鐵離子，一定不存在碳酸根離子，有溶液顯電中性，氯離子、硝酸根離子都是0.1mol/L，帶有負電荷0.2mol/L，亞鐵離子濃度為0.1mol/L，所帶正電荷為0.2mol/L；若存在硫酸根離子，溶液中一定存在鉀離子和銨根離子，但是一定不存在鋇離子，若不存在硫酸根離子，一定不存在鉀離子、銨根離子和鋇離子?！驹斀狻緼.根據(jù)發(fā)行，一定存在的離子是、、，故A正確，但不符合題意；B.溶液中若存在硫酸根離子，一定存在鉀離子和銨根離子，所以該溶液中可能存在鉀離子、銨根離子，故B錯誤，符合題意；C.溶液中一定不存在的離子為：、，故C正確，但不符合題意；D.有分析可知該溶液可能含有，故D正確，但不符合題意；故選：B。8、C【詳解】A.1L0.1mol/L乙醇水溶液中存在的氧原子的物質有乙醇和水，乙醇中含氧原子數(shù)為0.1NA，水中還含有大量的氧原子，所以含氧原子總數(shù)大于0.1NA，A錯誤；B.氫氧堿性燃料電池中，正極消耗11.2L(標準狀況)氣體，此氣體為O2，其物質的量為0.5mol，轉移電子數(shù)為2NA，B錯誤；C.采用極值法，16.0gCuO含Cu2+為0.2NA，16.0gCu2S含Cu2+為0.2NA，所以16.0g混合物中含陽離子的數(shù)目為0.2NA，C正確；D.在標準狀況下，氯仿為液體，不能利用22.4L/mol進行計算，D錯誤。故選C。【點睛】計算類如乙醇水溶液中所含氫原子或氧原子的數(shù)目，我們往往把注意力集中在溶質上，而忽視了溶劑中所含有的該原子，所以在審題時，一定要認真仔細，不要忽視某些細節(jié)問題。9、C【詳解】A.利用壓強差檢驗裝置氣密性，向里推注射器，試管中壓強增大，如果氣密性良好，導管內液面上升，否則，氣密性不好，所以能實現(xiàn)實驗目的，故A不符合題意；B.氫氧化鎂和氯化鐵發(fā)生復分解反應生成氫氧化鐵沉淀，同時生成氯化鎂，能實現(xiàn)除雜目的，故B不符合題意；C.空氣中有二氧化碳，久置于空氣中的Na2O2粉末，可能混有碳酸鈉，二者均與鹽酸反應生成氣體，則加鹽酸生成無色氣體，不能說明是否變質，故C符合題意；D.將一片鋁箔置于酒精燈外焰上灼燒，因生成的氧化鋁的熔點高，包裹在Al的外面使其不滴落，故D不符合題意；答案選C。10、D【詳解】A.H2S為弱電解質，電離時分步電離，電離方程式：H2S?H＋＋HS－，HS－?H＋＋S2－，故A錯誤；B.H2O2為共價化合物，電子式：，故B錯誤；C.氟為9號元素，核外電子數(shù)等于原子序數(shù)，原子的結構示意圖：，故C錯誤；D.鈉原子失去一個電子變?yōu)殁c離子，氯原子得到一個電子變?yōu)槁入x子，用電子式表示NaCl的形成過程：，故D正確；答案選D?！军c睛】寫電子式時要分清是離子化合物還是共價化合物，有離子鍵的化合物是離子化合物，金屬氧化物、鹽、強堿等，過氧化氫是共價化合物。11、D【詳解】A．液氨汽化吸收大量的熱，可使環(huán)境溫度降低，能夠做制冷劑，故A正確；B．食鹽腌制食品，食鹽進入食品內液產生濃度差，形成細菌不易生長的環(huán)境，可作防腐劑，食鹽具有咸味，所以食鹽可作調味劑，也可作食品防腐劑，故B正確；C．過氧化鈉與水蒸氣、二氧化碳反應生成氧氣，所以過氧化鈉可以做潛艇的供氧劑，故C正確；D．硅是良好的半導體，可用于光電池或芯片等，而用于制造光導纖維的是二氧化硅，故D錯誤；故答案為D。12、B【分析】根據(jù)電子流向可知Fe為正極，得電子發(fā)生還原反應，N為負極，失電子發(fā)生氧化反應?！驹斀狻緼.根據(jù)分析可知Fe為正極，N為負極，所以金屬活動性Fe<N；故A錯誤；B.N為負極，失電子發(fā)生氧化反應。故B正確；C.該裝置中Fe不能被腐蝕，模擬的是犧牲陽極的陰極保護法，故C錯誤；D.該裝置模擬的是犧牲陽極的陰極保護法，故D錯誤；故答案為B。13、A【解析】A．正確；B．各物質的聚集狀態(tài)沒有標明，B錯；C．放熱反應放出熱量用“+”，C錯；D．碳完全燃燒生成的是二氧化碳，所以D錯。14、B【詳解】由2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4==2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu元素的化合價由+2價降低為+1價，I元素的化合價由+5價降低為0，則Cu(IO3)2為氧化劑，所以1mol氧化劑在反應中得到的電子為1mol×（2-1）+2mol×（5-0）=11mol；答案選B。15、D【解析】A.F、Cl、Br、I屬于同主族元素，從上到下原子半徑依次增大，故A正確；B.F、Cl、Br、I的電子層數(shù)逐漸增多，故B正確；C.同主族元素F、Cl、Br、I，從上到下非金屬性逐漸減弱，所以F2、Cl2、Br2、I2的氧化性逐漸減弱，故C正確；D.同主族元素F、Cl、Br、I，從上到下非金屬性逐漸減弱，對應離子F-、Cl-、Br-、I-的還原性依次增強，故D錯誤。故選D。16、C【詳解】A、橡皮擦的原料是橡膠，涉及到橡膠工業(yè)的生成，A正確；B、鋁合金涉及金屬鋁的冶煉過程，與冶金工業(yè)有關，B正確；C、鉛筆芯的原料是石墨和粘土，與電鍍工業(yè)無關，C錯誤；D、鉛筆外邊的油漆、繪制的圖案、文字等，與有機物合成材料及涂料有關，D正確。答案選C。17、D【解析】由框圖轉化關系可知，B應為氧化物，D能與Cu反應生成B，說明D應為具有強氧化性的酸，則D可能為濃HNO3或濃H2SO4?！驹斀狻緼、如A為Cl2或HCl二者都不與O2反應，不存在如圖轉化關系，故A錯誤；B、如為Fe，不可能實現(xiàn)如圖轉化關系，故B錯誤；C、如為C，則D可能為H2CO3，不能與Cu發(fā)生氧化還原反應，故C錯誤；D、如為N，則B為NO，C為NO2，D為HNO3，可與Cu發(fā)生氧化還原反應生成NO，故D正確；故選D。18、B【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Z的單質能溶于W的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液中，不溶于其濃溶液中，說明Z為Al元素，W為S元素，因為鋁在常溫下能溶于稀硫酸，在濃硫酸中發(fā)生鈍化；X和W為同主族元素，則X為O元素；甲是元素X的氫化物，其稀溶液可用于傷口消毒，則甲為H2O2；常溫下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，則丙為強堿，說明X、Y、Z、W四種元素中有一種元素的氫氧化物為強堿，則Y為Na元素，則丙為NaOH；由于這四種元素中的一種或幾種組成的物質存在甲+乙→丙+W的轉化關系，且乙為一種二元化合物，則乙為Na2S。A.根據(jù)上述分析X、Y、W分別為O、Na、S元素。X和Y能形成氧化鈉、過氧化鈉，X和W能形成二氧化硫、三氧化硫，即X和Y、W均至少能形成兩種化合物，故A正確；B.通過上述分析可知，乙為硫化鈉，硫化鈉是只含離子鍵的離子化合物，丙為氫氧化鈉，氫氧化鈉是既含離子鍵又含共價鍵的離子化合物，故B錯誤；C.W的離子核外電子層數(shù)最多，離子半徑最大，X、Y、Z的離子具有相同的電子層結構，因為核外電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大半徑越小，Z的核電荷數(shù)最大，離子半徑最小，故C正確；D.X和W為同主族元素，非金屬性X>W，因為非金屬性越強，氣體氫化物越穩(wěn)定，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性X>W，故D正確。答案選B。19、B【解析】A.干冰屬于分子晶體，升華只需要破壞分子間作用力。B.原子晶體熔化克服共價鍵。C.離子晶體融化和電離克服離子鍵。D.金屬晶體氣化破壞金屬鍵。【詳解】A.干冰的升華，克服分子間作用力，A錯誤。B.二氧化硅為原子晶體，熔化克服共價鍵，B正確。C.氯化鉀為離子晶體，氯化鉀融化克服離子鍵，C錯誤。D.汞屬于金屬晶體，氣化破壞金屬鍵，D錯誤。20、D【解析】A.根據(jù)化合價的變化，O元素的化合價由-2→0，化合價升高，被氧化，O2是氧化產物，Cl元素的化合價由+5→+7，化合價升高，被氧化，HClO4是氧化產物，Cl元素的化合價由+5→0，化合價降低，被還原，Cl2是還原產物，所以HClO3既是氧化劑又是還原劑，HClO4、O2是氧化產物、Cl2是還原產物，氧化劑的氧化性強于氧化產物，故A正確；B.若化學計量數(shù)a=8，b=3，化學反應方程式為8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O，還原產物只有Cl2，由HClO3→Cl2，Cl元素化合價由+5價降低為0價，故生成2molCl2時轉移電子的物質的量為2mol×2×（5-0）=20mol，即該反應中電子轉移數(shù)目為20e-，故B正確；C.由生成的1molCl2和O2混合氣體質量為45g，則n（Cl2）+n（O2）=1mol，n（Cl2）×71g/mol+n（O2）×32g/mol÷[n（Cl2）+n（O2）]=45g/mol，解得n（Cl2）：n（O2）=2：1，令b=2c=2，則由電子守恒得d×（7-5）+b×4=c×2×（5-0），即d×（7-5）+2×4=1×2×（5-0），解得d=1，根據(jù)Cl原子守恒故a=2c+d=3，再根據(jù)H原子守恒有a=d+2e，故e=1，故該情況下反應方程式為：3HClO3=2O2↑+Cl2↑+HClO4+H2O，故C正確；D.元素的非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，HClO3不是氯元素對應的最高價含氧酸，故D錯誤。故選D。21、A【解析】試題分析：A、OH-先和Al3+反應生成沉淀，再和銨根離子反應，沉淀再溶解；NH4Al（SO4）2和Ba（OH）2物質的量之比為1：2反應，反應的離子方程式為：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3?H2O，A正確；B、FeCl2酸性溶液放在空氣中變質的離子方程式為4Fe2＋＋4H＋＋O2=4Fe3＋＋2H2O，B錯誤；C、用CH3COOH溶解CaCO3的離子方程式為CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO-＋H2O＋CO2↑，C錯誤；D、電解MgCl2水溶液的離子方程式：Mg2＋＋2Cl－＋2H2O通電__Mg(OH)2↓＋H2↑＋Cl考點：離子方程式22、D【解析】A.鎂離子的結構示意圖為失去最外層后形成的離子，故A正確；B、Na2O2的電子式中O22―中兩個O原子間以非極性鍵相結合，故B正確；C、氯化氫分子是共價化合物，原子間以共用電子對相結合，故C正確；D、次氯酸的結構式為H-O-Cl，故D錯誤.故選D。二、非選擇題(共84分)23、H2O氧原子與硫原子最外層電子數(shù)相同，電子層數(shù)S>O，原子半徑S>O，得電子能力S<O，元素的非金屬性S<O，因此，H2S的穩(wěn)定性弱于H2Obd3SeO2+4NH3=3Se+2N2+6H2OVA【分析】R最常見同位素的原子核中不含中子，則R為H元素；W與X可形成兩種穩(wěn)定的化合物：WX和WX2。工業(yè)革命以來，人類使用的化石燃料在燃燒過程中將大量WX2排入大氣，在一定程度導致地球表面平均溫度升高，則WX2為CO2，W為C元素，X為O元素；Y與X是同一主族的元素，且在元素周期表中與X相鄰，則Y為S元素?！驹斀狻浚?）W為C元素，原子結構示意圖為，答案為：；（2）WX2為CO2，電子式是，答案為：；（3）R為H元素，X為O元素，Y為S元素，R2X、R2Y分別為H2O、H2S，氧原子與硫原子最外層電子數(shù)相同，電子層數(shù)S>O，原子半徑S>O，得電子能力S<O，元素的非金屬性S<O，因此，H2S的穩(wěn)定性弱于H2O，答案為：H2O；氧原子與硫原子最外層電子數(shù)相同，電子層數(shù)S>O，原子半徑S>O，得電子能力S<O，元素的非金屬性S<O，因此，H2S的穩(wěn)定性弱于H2O；（4）Se與S是同一主族的元素同主族元素從上到下，隨著核電荷數(shù)增大，非金屬性減弱，半徑逐漸增大。a．Se與S是同一主族的元素，最外層電子數(shù)為6，Se的最高正化合價為+6價，故a錯誤；b．單質的氧化性越強，其離子的還原性越弱，S的氧化性強于Se，則S2-還原性弱于Se2-，因此H2Se的還原性比H2S強，故b正確；c．非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性S>Se，則H2SeO3的酸性比H2SO4弱，故c錯誤；d．同主族元素化學性質具有相似性，SO2屬于酸性氧化物可與NaOH溶液反應，則SeO2在一定條件下也可與NaOH溶液反應，故d正確；答案選bd；②室溫下向SeO2固體表面吹入NH3，可得到兩種單質和H2O，根據(jù)物料守恒，生成的單質應為N2和Se，利用氧化還原反應得失電子守恒，該反應的化學方程式為3SeO2+4NH3=3Se+2N2+6H2O，答案為：3SeO2+4NH3=3Se+2N2+6H2O；（5）0.01molM2O3在堿性溶液中與Zn充分反應可得到M的簡單氫化物，則氫化物中M的化合價為最低價態(tài)，M為主族元素，M最高正價=8-M最低負價的絕對值，設M的氫化物中化合價為-x價，則M由+3價變?yōu)?x價，0.01molM2O3完全反應共得到2×（3+x）×0.01mol的電子，金屬Zn由0價變?yōu)?2價，被M2O3氧化的Zn為0.06mol，共失去2×0.06mol的電子，根據(jù)得失電子守恒，2×（3+x）×0.01=2×0.06，解得x=3，則M的氫化物中化合價為-3價，則M最高正價=8-3=+5，主族元素最高正價等于最外層電子數(shù)，最外層電子數(shù)等于主族序數(shù)，故M可能位于元素周期表第VA族，答案為：VA；24、羧基取代反應（或水解反應）加聚反應（或聚合反應）+CH3CH(OH)CH3+H2O+2Ag(NH3)OH+2Ag+3NH3+H2O14或【分析】A屬于芳香烴，分子式為C7H8，則A為，B與氯氣在光照條件下發(fā)生甲基上取代反應生成B，結合B的分子式可知B為，B發(fā)生水解反應生成C為，C發(fā)生催化氧化生成D為，D與銀氨溶液反應、酸化得到E為．I的分子式為C3H7Cl，核磁共振氫譜為二組峰，且峰的面積比為6：1，則I為CH3CHClCH3，I發(fā)生水解反應得到F為CH3CH(OH)CH3，E與F發(fā)生酯化反應生成H為．I發(fā)生消去反應生成G為CH2=CHCH3，G發(fā)生加聚反應生成J為，據(jù)此分析作答?！驹斀狻浚?）通過以上分析知，E為，含有官能團為羧基，B結構簡式為，故答案為羧基；；（2）B發(fā)生水解反應生成C為，其反應類型為：取代反應（或水解反應）；G發(fā)生加聚反應生成J為，其反應類型為：加聚反應（或聚合反應）；（3）①E+F→H的化學方程式為：+CH3CH(OH)CH3+H2O；②D為，其與銀氨溶液反應的化學方程式為：+2Ag(NH3)OH+2Ag+3NH3+H2O；（4）E的同系物K比E相對分子質量大28，則K的分子式為：C9H10O2，與E屬于同系物，則含有羧基，且屬于芳香族化合物，則按苯環(huán)上的取代基個數(shù)分類討論如下：①苯環(huán)上有一個取代基，則結構簡式為、；②苯環(huán)上有兩個取代基，則可以是-CH2CH3和-COOH，也可以是-CH2COOH和-CH3，兩個取代基的位置可以是鄰間對，共23=6種；③苯環(huán)上有三個取代基，則為2個-CH3和1個-COOH，定“二”議“一”其，確定其結構簡式可以為：、、、、和共6種，綜上情況可知，K的結構簡式有2+6+6=14種；其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為6:2:1:1的結構簡式是或，故答案為14；或(任意一種)。25、分液漏斗注入水后，打開分液漏斗活塞使液體流下,一段時間后液體不能順下，說明氣密性良好Mn飽和食鹽水>Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O二者酸堿性環(huán)境不同【分析】（1）檢查氣密性時，先形成封閉體系，再采用加液法檢查；（2）高錳酸鉀與濃鹽酸制備氯氣的反應為：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（3）裝置B的作用是除掉揮發(fā)的氯化氫氣體；（4）C中為氯氣與氫氧化鐵、KOH制備高鐵酸鉀的反應為：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；（5）C中還有氯氣與KOH反應生成氯化鉀和次氯酸鉀；（6）Fe（OH）3在堿性條件下被Cl2氧化為FeO42-，可以說明Cl2的氧化性大于FeO42-，F(xiàn)eO42-在酸性條件下氧化Cl-生成Cl2，注意兩種反應體系所處酸堿性介質不一樣。【詳解】（1）檢驗裝置的氣密性的方法為分液漏斗注入水后，打開分液漏斗活塞使液體流下,一段時間后液體不能順下，說明氣密性良好；故答案為：分液漏斗注入水后，打開分液漏斗活塞使液體流下,一段時間后液體不能順下，說明氣密性良好；（2）高錳酸鉀與濃鹽酸制備氯氣，不用加熱，反應為：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，氯元素被氧化，錳元素被還原，故答案為：Mn；（3）裝置B的作用是除掉揮發(fā)的氯化氫氣體，用飽和食鹽水；故答案為：飽和食鹽水；（4）C中為氯氣與氫氧化鐵、KOH制備高鐵酸鉀的反應為：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；氯氣將Fe（OH）3氧化為K2FeO4，說明氧化性Cl2>FeO42-，反應轉移6mol電子；故答案為：；>；（5）C中還有氯氣與KOH反應生成氯化鉀和次氯酸鉀，離子方程式為：Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O；故答案為：Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O；（6）Fe（OH）3在堿性條件下被Cl2氧化為FeO42-，可以說明Cl2的氧化性大于FeO42-，取少量a,滴加鹽酸，有Cl2產生，說明FeO42-在酸性條件下氧化Cl-生成Cl2，兩種反應體系所處酸堿性介質不一樣，所以可以說明溶液酸堿性會影響粒子氧化性的強弱；故答案為：二者酸堿性環(huán)境不同?！军c睛】考查了物質制備流程和性質檢驗方案的分析判斷，物質性質的應用，題干信息的分析理解，操作步驟的注意問題和基本操作方法是解題關鍵，需要有扎實的基礎知識。26、①④關閉止水夾b，打開旋塞aMnO2+4H++2Cl-=Mn2++2H2O+Cl2↑缺少尾氣處理裝置Cl2>

Br2>Fe3+過量氯氣氧化SCN-，使SCN-濃度減小，則Fe3+

+3SCN-?Fe(SCN)3平衡逆向移動而褪色滴加KSCN溶液溶液變紅色(或滴加FeCl3溶液，若溶液不變紅)BrCl發(fā)生水解BrCl+H2O=HBrO+HCl，生成的Cl-與Ag+結合生成AgCl白色沉淀【分析】Ⅰ.本實驗的目的是要測定煙氣中SO2的體積分數(shù)，裝置C中長進短出顯然是要吸收某種氣體，裝置D中短進長出則是要排液法測定氣體的體積；因常見溶液中沒有可以吸收N2和O2，剩余氣體中一定會有二者，據(jù)此可知測定原理應是裝置C中吸收SO2，然后測定剩余氣體體積。Ⅱ.本題探究氧化性的強弱，用強制弱的原理進行相關的實驗。這個實驗的流程為制取氯氣→收集(安全瓶)→凈化氯氣(除HCl)→然后進行實驗。在兩組實驗中可以對比探究先氧化Fe2+還是Br-。從而得到相關的結論?！驹斀狻?1)根據(jù)分析可知裝置C用來吸收二氧化硫，堿性溶液和氧化性溶液都可以吸收二氧化硫，但混合氣體中有二氧化碳，堿性溶液也會吸收二氧化碳，所以裝置C中應選用氧化性溶液，即選①；裝置D需要排液，則應降低二氧化碳的溶解度，二氧化碳在飽和碳酸氫鈉溶液中的溶解度很小，可以用排飽和碳酸氫鈉溶液來測量量剩余氣體的體積，所以選④；(2)若模擬煙氣的流速為amL/min，t1分鐘后測得量筒內液體為VmL，則混合氣體二氧化碳、氧氣、氮氣的體積是Vml，則二氧化硫的體積為t1amL-VmL，所以二氧化硫的體積分數(shù)為：=；(3)檢查裝置A的氣密性可以關閉止水夾b，打開活塞a，向分液漏斗中注水，若水不能順利滴下，則氣密性良好;(4)裝置A中為濃鹽酸和二氧化錳共熱制取氯氣，離子方程式為；MnO2+4H++2Cl-=Mn2++2H2O+Cl2↑；(5)氯氣有毒不能直接排放到空氣中，該裝置缺少尾氣處理裝置；(6)D裝置中：溶液變紅，說明有鐵離子生成，據(jù)此得出氯氣的氧化性大于鐵離子；E裝置中：水層溶液變黃，振蕩后CCl4層無明顯變化，說明少量的氯氣先與亞鐵離子反應而溴離子未參加反應，根據(jù)D和E裝置中的現(xiàn)象可知，溴的氧化性大于鐵離子，則氧化性強弱順序是Cl2＞Br2＞Fe3+；(7)①根據(jù)題目信息可知，過量氯氣能將SCN－氧化使SCN-濃度減小，使Fe3+

+3SCN-?Fe(SCN)3平衡逆向移動而褪色；若要證明上述解釋，則需平衡正向移動使溶液變紅，可取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液變紅色(或滴加FeCl3溶液，若溶液不變紅)，則上述推測合理；②發(fā)生反應BrCl+H2O=HBrO+HCl，反應只產生Cl－，不產生Br－，結果觀察到僅有白色沉淀產生。27、+2價圓底燒瓶Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O緩沖裝置（或者平衡裝置內外壓強等）S2O32－+2H＋═S↓+SO2↑+H2O；d【分析】（1）化合物中化合價代數(shù)和等于0。（2）儀器a為圓底燒瓶，生成氣體二氧化硫的反應為濃硫酸和亞硫酸鈉反應；（3）裝置B觀察SO2的生成速率，二氧化硫通過溶液不能與SO2反應，有氣泡逸出，長頸漏斗的作用是平衡裝置內外壓強；（4）酸性溶液中硫代硫酸根離子會反應生成單質硫；（5）用于處理尾氣，吸收未反應的二氧化硫，應防止倒吸，且不能處于完全密閉環(huán)境中。【詳解】（1）化合物中化合價代數(shù)和等于0，Na2S2O3中硫元素的化合價：+2價。（2）儀器a為圓底燒瓶，生成氣體二氧化硫的反應為濃硫酸和亞硫酸鈉反應故答案為圓底燒瓶；Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O；（3）觀察SO2的生成速率，是通過觀察溶液中產生氣泡的快慢來判斷，溶液不能與SO2反應，用飽和NaHSO3溶液，與二氧化硫不反應，除觀察SO2生成速率的作用外，裝置