廣東省茂名市2026屆化學(xué)高三第一學(xué)期期中聯(lián)考模擬試題注意事項1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)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(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)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(yīng)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、某溫度下，反應(yīng)H2(g)+I2(g)2HI(g)+Q(Q>0)在一帶有活塞的密閉容器中達到平衡，下列說法錯誤的是()A．恒容，升高溫度，正反應(yīng)速率減小 B．恒容，充入H2(g)，I2(g)的體積分?jǐn)?shù)降低C．恒壓，充入He(g)，逆反應(yīng)速率減小 D．恒溫，壓縮體積，平衡不移動，混合氣體顏色加深2、下列說法不符合人與自然和諧相處的是A．很多城市對廢舊電池進行回收處理B．許多國家對廢舊塑料垃圾進行了深埋處理C．現(xiàn)在不少地區(qū)正在使用沼氣、太陽能、風(fēng)能等能源替代傳統(tǒng)的煤炭D．許多地方政府出臺相關(guān)法規(guī)來保護生物物種多樣性3、下列氧化還原反應(yīng)中，水作為氧化劑的是A．CO＋H2OCO2＋H2 B．3NO2＋H2O＝2HNO3＋NOC．2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑ D．2F2＋2H2O＝4HF＋O24、下列實驗方案能達到實驗?zāi)康牡氖沁x項實驗?zāi)康膶嶒灧桨窤鑒別NO2、溴蒸氣用濕潤的淀粉碘化鉀試紙放在集氣瓶口，若試紙變藍(lán)則該氣體為溴蒸氣B驗證I－還原性強于Cl－向NaI溶液中依次滴入少量新制氯水和苯，振蕩、靜置，上層溶液呈紫紅色C檢驗Fe(NO3)2晶體是否已氧化變質(zhì)將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，觀察溶液是否變成紅色D檢驗SO2的漂白性將SO2氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中，觀察溶液是否褪色A．A B．B C．C D．D5、下列有關(guān)氯元素及其化合物的表示正確的是（）A．質(zhì)子數(shù)為17、中子數(shù)為20的氯原子：B．氯離子(Cl－)的結(jié)構(gòu)示意圖：C．氯分子的電子式：D．氯乙烯分子的結(jié)構(gòu)簡式：H3C－CH2Cl6、下列材料或物質(zhì)的應(yīng)用與其對應(yīng)的性質(zhì)完全相符合的是A．Mg、Al合金用來制造飛機外殼——合金熔點低B．葡萄酒中含SO2——SO2有漂白性C．SiO2用來制造光導(dǎo)纖維——SiO2耐酸性D．食品盒中常放一小袋Fe粉——Fe粉具有還原性7、下列說法不正確的是A．Na2O2能與CO2反應(yīng)，可用作呼吸面具的供氧劑B．A12O3熔點高，可用于制作耐高溫儀器C．高純硅可以制作太陽能電池，其工作原理與原電池不同D．KNO3、KClO3、S、C2H5OH可存放在同一庫房間8、不可用于比較F和Cl非金屬性的是（）A．溶液pH值：NaF>NaClB．共價鍵極性：C-F>C-ClC．單質(zhì)氧化性：F2>Cl2D．氫化物穩(wěn)定性：HF>HCl9、以下事實不能用元素周期律解釋的是（）A．向溶液中通入氧氣后生成淺黃色沉淀B．氯與鈉形成離子鍵，氯與硅形成共價鍵C．工業(yè)生產(chǎn)硅單質(zhì)原理：D．Na與冷水反應(yīng)劇烈，Mg與冷水反應(yīng)緩慢10、下列各組澄清溶液中離子能大量共存，且加入(或滴入)X試劑后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是選項離子組X試劑離子方程式AK＋、Na＋、ClO－、SO42-少量SO2SO2＋2ClO－＋H2O===SO32-＋2HClOBNH4+、Fe3＋、Br－、SO42-過量H2S2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋CNH4+、Na＋、Fe3＋、AlO2-過量銅粉2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋DK＋、Na＋、HCO、AlO2-少量HClH＋＋AlO2-＋H2O===Al(OH)3↓A．A B．B C．C D．D11、同位素示蹤法可用于反應(yīng)機理的研究,下列反應(yīng)中同位素示蹤表示正確的是A．2Na218O2＋2H2O＝4Na18OH＋O2↑B．2KMnO4＋5H218O2＋3H2SO4＝K2SO4＋2MnSO4＋518O2↑＋8H2OC．NH4Cl＋2H2ONH3·2H2O＋HClD．K37ClO3＋6HCl＝K37Cl＋3Cl2↑＋3H2O12、丙烯與HCl在催化劑作用下發(fā)生加成反應(yīng)：第一步進攻丙烯生成碳正離子，第二步進攻碳正離子。得到兩種產(chǎn)物的反應(yīng)進程與能量關(guān)系如圖。下列說法正確的是A．催化劑可以改變反應(yīng)的焓變B．過渡態(tài)(Ⅰ)比過渡態(tài)(Ⅱ)穩(wěn)定C．生成①的過程所需的活化能較低，速率快D．丙烯與HCl加成反應(yīng)主要生成13、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－中的若干種，取該溶液進行連續(xù)實驗，實驗過程如圖：（所加試劑均過量，氣體全部逸出）下列說法正確的是A．若原溶液中不存在Na+，則c（Cl－）＜0.1mol?L﹣1B．原溶液可能存在Cl－和Na+C．原溶液中c（CO32－）是0.01mol?L﹣1D．原溶液一定存在CO32－和SO42－，一定不存在Fe3+14、某實驗小組設(shè)計如下實驗裝置(圖中夾持裝置省略)測定制備的CaCO3粉末的純度(樣品中雜質(zhì)不與酸反應(yīng)，反應(yīng)前裝置中的CO2已全部排出)。下列說法錯誤的是A．緩入空氣的作用是將反應(yīng)結(jié)束后裝置中殘留的CO2全部鼓入到C裝置中被吸收B．A裝置和D裝置都是為了防止空氣中的CO2氣體進入C裝置而產(chǎn)生誤差C．為了防止B中鹽酸揮發(fā)產(chǎn)生干擾，必須在B、C裝置中間加一個裝有飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣瓶D．若CaCO3樣品的質(zhì)量為x，從C中取出的沉淀洗凈干燥后的質(zhì)量為y，則CaCO3的純度為15、下列事實中不能用勒夏特列原理解釋的是()A．久置的氯水pH值變小B．向稀鹽酸中加入少量蒸餾水，溶液中氫離子濃度降低C．合成氨工廠通常采用20MPa~50MPa壓強，以提高原料的利用率D．工業(yè)生產(chǎn)硫酸過程中使用過量的空氣以提高二氧化硫的利用率16、反應(yīng)2H2O2(l)2H2O(l)+O2(g)能量變化如圖所示，下列說法錯誤的是（）A．該反應(yīng)放熱B．途徑Ⅱ加入了催化劑C．1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)的能量D．途徑Ⅰ放出的熱量多17、下列反應(yīng)與對應(yīng)的圖像相符合的是A．I：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0B．II：2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＞0C．III：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＜0D．IV：H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g)ΔH＞018、海水中有豐富的礦產(chǎn)、能源、藥物、水產(chǎn)等化學(xué)化工資源，下圖是某工廠對海水資源綜合利用的示意圖。下列有關(guān)說法正確的是()A．海水中含有豐富的Mg元素，利用母液沉淀Mg2+時，使用是石灰乳作為沉淀劑B．流程②為：將MgCl2·6H2O在空氣中受熱分解即可制的無水MgCl2C．在流程③④⑤中溴元素均被氧化D．流程①中欲除去粗鹽中的SO42-、Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質(zhì)，操作步驟為：依次加入BaCl2溶液、NaOH19、已知H2(g)+I2(g)2HI(g)?H<0，有相同容積的定容密封容器甲和乙，甲中加入H2和I2（g）各0.1mol，乙中加入HI0.2mol，相同溫度下分別達到平衡。欲使甲中HI的平衡濃度大于乙中HI的平衡濃度，應(yīng)采取的措施是（）A．甲、乙提高相同溫度 B．甲中加入0.1molHe，乙不改變C．甲降低溫度，乙不變 D．甲增加0.1molH2，乙增加0.1molI220、下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是A．SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿B．Si的熔點高，可用作半導(dǎo)體材料C．FeCl3溶液顯酸性，可用于蝕刻銅制的電路板D．漂白液中含有強氧化性物質(zhì)，可作漂白劑和消毒劑21、NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．1molNH4NO3完全溶于稀氨水中，溶液呈中性，溶液中的數(shù)目為NAB．將Cl2通入FeBr2溶液中，有1molBr2生成時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAC．7.8g苯含σ鍵的數(shù)目為0.6NAD．有鐵粉參加的反應(yīng)若生成3molFe2+，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)一定為6NA22、肼（N2H4）是火箭常用的高能燃料，常溫常壓下為液體。肼能與過氧化氫發(fā)生反應(yīng)：N2H4+2H2O2=N2+4H2O。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．11.2LN2含電子總數(shù)為7NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下,22.4LN2H4中所含原子總數(shù)為6NAC．若生成3.6gH2O，則上述反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NAD．3.2gN2H4中含有共用電子對的總數(shù)為0.6NA二、非選擇題(共84分)23、（14分）對羥基苯甲酸丁酯(俗稱尼泊金丁酯)可用做防腐劑，對酵母和霉菌具有很強的抑制作用，工業(yè)上常用對羥基苯甲酸與丁醇在濃硫酸催化作用下進行酯化反應(yīng)而制得。以下是某課題組開發(fā)的從廉價、易得的化工原料出發(fā)制備對羥基苯甲酸丁酯的合成路線：已知以下信息：①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；②D可與銀氨溶液反應(yīng)生成銀鏡；③F的核磁共振氫譜表明其有兩個不同化學(xué)環(huán)境的氫，且峰面積比為1∶1?；卮鹣铝袉栴}：(1)A的化學(xué)名稱為_____________。(2)由B生成C的化學(xué)反應(yīng)方程式為______；該反應(yīng)的類型為________________。(3)D的結(jié)構(gòu)簡式為____________________。(4)F的分子式為_________________。(5)E的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的共有種，其中核磁共振氫譜有三種不同化學(xué)環(huán)境的氫，且峰面積比為2:2:1的是(寫結(jié)構(gòu)簡式)___。24、（12分）PVAc是一種具有熱塑性的樹脂，可合成重要高分子材料M，合成路線如下：己知：R、Rˊ、Rˊˊ為H原子或烴基I.R'CHO+R"CH2CHOII.RCHO+（1）A的俗名是電石氣，則A的結(jié)構(gòu)簡式為___。已知AB為加成反應(yīng)，則X的結(jié)構(gòu)簡式為___；B中官能團的名稱是___。（2）已知①的化學(xué)方程式為___。（3）寫出E的結(jié)構(gòu)簡式___；檢驗E中不含氧官能團（苯環(huán)不是官能團）的方法__。（4）在EFGH的轉(zhuǎn)化過程中，乙二醇的作用是___。（5）已知M的鏈節(jié)中除苯環(huán)外，還含有六元環(huán)狀結(jié)構(gòu)，則M的結(jié)構(gòu)簡式為___。（6）以乙炔為原料，結(jié)合已知信息選用必要的無機試劑合成1-丁醇。___。25、（12分）某學(xué)生對SO2與漂粉精的反應(yīng)進行實驗探究：操作現(xiàn)象取4g漂粉精固體，加入100mL水部分固體溶解，溶液略有顏色過濾，測漂粉精溶液的pHpH試紙先變藍(lán)（約為12），后褪色i、液面上方出現(xiàn)白霧；

ii、稍后，出現(xiàn)渾濁，溶液變?yōu)辄S綠色；

iii、稍后，產(chǎn)生大量白色沉淀，黃綠色褪去（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化學(xué)方程是_________。（2）pH試紙顏色的變化說明漂粉精溶液具有的性質(zhì)是_________。（3）向水中持續(xù)通入SO2，未觀察到白霧。推測現(xiàn)象i的白霧由HC1小液滴形成，進行如下實驗：a．用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧，無變化；b．用酸化的AgNO3溶液檢驗白霧，產(chǎn)生白色沉淀。①實驗a目的是______。②由實驗a、b不能判斷白霧中含有HC1，理由是________。（4）現(xiàn)象ii中溶液變?yōu)辄S綠色的可能原因：隨溶液酸性的增強，漂粉精的有效成分和C1-發(fā)生反應(yīng)。通過進一步實驗確認(rèn)了這種可能性，其實驗方案是______。（5）將A瓶中混合物過濾、洗滌，得到沉淀X①向沉淀X中加入稀HC1，無明顯變化。取上層清液，加入BaC12溶液，產(chǎn)生白色沉淀。則沉淀X中含有的物質(zhì)是_____。②用離子方程式解釋現(xiàn)象iii中黃綠色褪去的原因：________。26、（10分）某純堿樣品中含有少量NaCl雜質(zhì)，現(xiàn)用如圖所示裝置來測定純堿樣品中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。實驗步驟如下：①按圖連接裝置，并檢查氣密性；②準(zhǔn)確稱得盛有堿石灰的干燥管D的質(zhì)量為80.20g;③準(zhǔn)確稱得20.00g純堿樣品放入容器b中；④打開分液漏斗a的旋塞，緩緩滴入稀硫酸，至不再產(chǎn)生氣泡為止；⑤打開彈簧夾，往試管A中緩緩鼓入一定量空氣；⑥然后稱得干燥管D的總質(zhì)量為84.36g；⑦重復(fù)步驟⑤和⑥的操作，直到干燥管D的質(zhì)量不變，為85.18g。試回答：(1)裝置B中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式______________________________。(2)裝置A中試劑X應(yīng)選用足量的________,裝置A的作用________________.A．Ba(OH)2溶液B．NaOH溶液C．飽和NaCl溶液D．濃H2SO4(3)裝置C的作用：__________________________________。(4)若將分液漏斗中的硫酸換成濃度相同的鹽酸，則會導(dǎo)致測定結(jié)果________(填“偏大”“偏小”或“不變”，下同)；若沒有操作⑤⑦，則會導(dǎo)致測定結(jié)果__________;若去掉裝置E,則會導(dǎo)致測定結(jié)果__________.(5)根據(jù)實驗中測得的有關(guān)數(shù)據(jù)，計算出純堿樣品Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________。27、（12分）以Na2SO3溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液作為實驗對象，探究鹽的性質(zhì)和鹽溶液間反應(yīng)的多樣性。實驗試劑現(xiàn)象滴管試管0.2mol·L-1Na2SO3溶液飽和Ag2SO4溶液Ⅰ．產(chǎn)生白色沉淀0.2mol·L-1CuSO4Ⅱ．溶液變綠，繼續(xù)滴加產(chǎn)生棕黃色沉淀0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液Ⅲ．開始無明顯變化，繼續(xù)滴加產(chǎn)生白色沉淀（1）經(jīng)驗檢，現(xiàn)象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用離子方程式解釋現(xiàn)象Ⅰ：__________。（2）經(jīng)檢驗，現(xiàn)象Ⅱ的棕黃色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。①用稀硫酸證實沉淀中含有Cu+的實驗現(xiàn)象是__________。②通過下列實驗證實，沉淀中含有Cu2+和。a．白色沉淀A是BaSO4，試劑1是__________。b．證實沉淀中含有Cu2+和的理由是__________。（3）已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。經(jīng)檢驗，現(xiàn)象Ⅲ的白色沉淀中無，該白色沉淀既能溶于強酸，又能溶于強堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色。①推測沉淀中含有亞硫酸根和__________。②對于沉淀中亞硫酸根的存在形式提出兩種假設(shè)：i．Al(OH)3所吸附；ii．存在于鋁的堿式鹽中。對假設(shè)ii設(shè)計了對比實驗，證實了假設(shè)ii成立。a．將對比實驗方案補充完整。步驟一：步驟二：__________（按上圖形式呈現(xiàn)）。b．假設(shè)ii成立的實驗證據(jù)是__________。（4）根據(jù)實驗，亞硫酸鹽的性質(zhì)有__________。鹽溶液間反應(yīng)的多樣性與__________有關(guān)。28、（14分）聯(lián)氨(N2H4)又稱肼，是一種良好的火箭燃料，與適量氧化劑混合可組成液體推進劑，無水N2H4液體有微弱氨氣的氣味。(1)N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH1=+67.7kJ/mol，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH2=-622kJ/mol，試計算1mol氣態(tài)肼與二氧化氮完全反應(yīng)時放出的熱量為_______。(2)在加熱條件下，液態(tài)肼可還原新制的Cu(OH)2制備納米級Cu2O，并產(chǎn)生無污染氣體，試寫出該反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式_______________________________。(3)以氣態(tài)肼為原料的堿性燃料電池的總反應(yīng)為N2H4+O2=N2+2H2O，放電時負(fù)極的反應(yīng)方程式為______________________________(4)肼的性質(zhì)與氨氣相似，易溶于水，可發(fā)生兩步電離過程，第一步電離過程N2H4+H2ON2H5++OH-，試寫出第二步電離過程____________________________。常溫下，某濃度N2H6Cl2溶液的pH為4，則該溶液中水電離出的c(H+)=_______________。29、（10分）鹽酸普魯卡因()是一種良好的局部麻醉藥，具有毒性小，無成癮性等特點。其合成路線如下圖所示：回答下列問題：(1)3molA可以合成1molB，且B是平面正六邊形結(jié)構(gòu)，則B的結(jié)構(gòu)簡式為_________。(2)有機物C的名稱為____________，B→C的反應(yīng)類型為_____________。(3)反應(yīng)C→D的化學(xué)方程式為________________________________________。(4)F和E發(fā)生酯化反應(yīng)生成G，則F的結(jié)構(gòu)簡式為___________________。(5)H的分子式為____。(6)分子式為C9H12且是C的同系物的同分異構(gòu)體共有__________種。(7)請結(jié)合上述流程信息，設(shè)計由苯、乙炔為原料合成的路線_______________。(其他無機試劑任選)

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【分析】反應(yīng)H2(g)+I2(g)2HI(g)+Q(Q>0)該反應(yīng)為放熱反應(yīng)?！驹斀狻緼選項，恒容，升高溫度，正反應(yīng)速率增大，故A錯誤；B選項，恒容，充入H2(g)，平衡正向移動，I2(g)物質(zhì)的量減少，體積分?jǐn)?shù)降低，故B正確；C選項，恒壓，充入He(g)，體積變大，濃度變小，逆反應(yīng)速率減小，故C正確；D選項，恒溫，壓縮體積，由于是等體積反應(yīng)，因此平衡不移動，混合氣體顏色加深，故D正確；綜上所述，答案為A。【點睛】壓強增大，速率不一定增大，當(dāng)恒容容器，加稀有氣體，壓強雖然增加，但反應(yīng)體系濃度不變，速率不變，因此壓強變化，一定轉(zhuǎn)化為濃度來分析。2、B【解析】A、對廢舊電池進行回收處理可以減少對環(huán)境的污染，符合人與自然和諧相處，故A正確；B、將塑料垃圾埋入地下或傾倒入海，仍會產(chǎn)生污染，不符合人與自然和諧相處，故B錯誤；C、使用沼氣、太陽能、風(fēng)能等代替煤炭，減少污染物的排放，符合人與自然和諧相處，故C正確；D、保護生物物種多樣性，符合人與自然和諧相處，故D正確。答案選B?！军c睛】本題考查化學(xué)與環(huán)境，側(cè)重于化學(xué)與生活、生產(chǎn)和環(huán)境的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高學(xué)習(xí)的積極性。3、A【分析】氧化還原反應(yīng)中水作為氧化劑，說明水中氫元素的化合價降低，得到電子，據(jù)此解答?！驹斀狻緼.反應(yīng)CO+H2O(g)CO2+H2中氫元素化合價從+1價降低到0價，化合價降低，水是氧化劑，A正確；B.反應(yīng)3NO2+H2O＝2HNO3+NO中氮元素化合價部分升高，部分降低，二氧化氮既是氧化劑也是還原劑，水既不是氧化劑，也不是還原劑，B錯誤；C.反應(yīng)2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑中過氧化鈉中氧元素化合價部分升高，部分降低，過氧化鈉既是氧化劑也是還原劑，水既不是氧化劑，也不是還原劑，C錯誤；D.反應(yīng)2F2+2H2O＝4HF+O2中氧元素化合價升高，失去電子，水是還原劑，D錯誤。答案選A。4、B【詳解】A項、溴蒸氣和二氧化氮均為紅棕色氣體，均能氧化KI，則濕潤的淀粉碘化鉀試紙插入氣體中，試紙變藍(lán)，不能確定氣體為二氧化氮還是溴蒸氣，故A錯誤；B項、向NaI溶液中依次滴入少量新制氯水和苯，振蕩、靜置，上層溶液呈紫紅色說明氯氣與碘化鈉溶液發(fā)生置換反應(yīng)生成氯化鈉和單質(zhì)碘，由還原劑的還原性強于還原產(chǎn)物可知，碘離子的還原性強于氯離子，故B正確；C項、將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸后，NO3-離子在酸性溶液中具有強氧化性，能夠氧化Fe2+，不能檢驗Fe(NO3)2晶體是否已氧化變質(zhì)，故C錯誤；D項、二氧化硫具有還原性，酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，將SO2氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中，二氧化硫與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，在該反應(yīng)中，二氧化硫沒有表現(xiàn)漂白性，只有其使有機色質(zhì)褪色時才表現(xiàn)漂白性，故D錯誤；故選B?！军c睛】將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸實際上是在酸性溶液中，硝酸根離子將亞鐵離子氧化為三價鐵離子是解答的易錯點。5、C【詳解】A、左上角應(yīng)是質(zhì)量數(shù)，質(zhì)量數(shù)=中子數(shù)+質(zhì)子數(shù)=37，應(yīng)是，故A說法錯誤；B、氯離子質(zhì)子數(shù)大于電子數(shù)，其結(jié)構(gòu)示意圖：，故B錯誤；C、氯原子最外層7個電子，每個氯原子都達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故C正確；D、氯乙烯結(jié)構(gòu)簡式：CH2=CHCl，而題目中是氯乙烷，故D說法錯誤。6、D【詳解】A．Mg、Al合金硬度大，密度小，可用來制飛機外殼，與合金熔點低無關(guān)，故A錯誤；B．二氧化硫具有還原性，葡萄酒中有少量SO2可以做抗氧化劑，故B錯誤；C．二氧化硅具有良好的光學(xué)特性，可以用于制造光導(dǎo)纖維，故C錯誤；D．鐵粉具有還原性，放在食品袋中可以防止食品氧化變質(zhì)，故D正確；故選D。7、D【解析】Na2O2能與CO2反應(yīng)，生成碳酸鈉和氧氣，所以可以用作供氧劑，選項A正確。氧化鋁屬于離子晶體，離子的半徑小，電荷高，導(dǎo)致離子鍵很強，所以熔點很高，可以用作耐高溫儀器（如：耐火坩堝），選項B正確。高純硅可以用作太陽能電池，其原理是將光能轉(zhuǎn)化為太陽能，而原電池的原理是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，所以選項C正確。硝酸鉀、氯酸鉀都屬于強氧化劑，S、乙醇都是易燃的還原劑，兩者存放在同一個倉庫中比較危險，接觸可能會燃燒甚至爆炸，選項D正確。8、A【詳解】A．NaF>NaCl對應(yīng)的酸不是最高價含氧酸，不能通過比較NaF、NaCl溶液pH值比較F和Cl非金屬性強弱，故A選；B．共價鍵極性：C-F>C-Cl，說明氟原子吸引電子的能量大于Cl原子，說明非金屬性F>Cl，故B不選；C．單質(zhì)氧化性：F2>Cl2，說明非金屬性F>Cl，故C不選；D．氫化物穩(wěn)定性：HF>HCl，說明非金屬性F>Cl，故D不選；故選A。9、C【詳解】A．向溶液中通入氧氣后生成淺黃色硫沉淀，反應(yīng)中O2是氧化劑，S是氧化產(chǎn)物，氧化性：O2＞S，O、S位于同主族，從上到下，非金屬性減弱，非金屬性越強，對應(yīng)單質(zhì)的氧化性越強，故A可以用元素周期律解釋；B．Na、Si位于同周期，從左向右金屬性減弱、非金屬性增強，Na易失去電子，則氯與鈉形成離子鍵，Si不易失去電子，氯與硅形成共價鍵，故B可用元素周期律解釋；C．C、Si位于同主族，從上到下，非金屬性減弱，對應(yīng)單質(zhì)的氧化性逐漸減弱，工業(yè)生產(chǎn)硅單質(zhì)原理：反應(yīng)中C是還原劑，Si是還原產(chǎn)物，還原性C＞Si，不能比較單質(zhì)的氧化性強弱，故C不能用元素周期律解釋；D．Na、Mg位于同周期，從左向右金屬性減弱、非金屬性增強，金屬性：Na＞Mg，元素金屬性越強，對應(yīng)單質(zhì)與水反應(yīng)越劇烈，故D能用元素周期律解釋；答案選C。【點睛】元素周期律除了原子半徑，金屬性，非金屬性同主族，同周期的遞變規(guī)律外，還有元素單質(zhì)的還原性越強，金屬性就越強；單質(zhì)氧化性越強，非金屬性就越強；元素的最高價氫氧化物的堿性越強，元素金屬性就越強；最高價氫氧化物的酸性越強，元素非金屬性就越強等。10、B【解析】A．二氧化硫少量反應(yīng)的離子方程式：SO2+3ClO-+H2O=2HClO+SO42-+Cl-，選項A錯誤；B．四種離子相互不反應(yīng)，能夠共存，三價鐵離子能氧化硫離子生成硫單質(zhì)，硫化氫過量，反應(yīng)的離子方程式：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，選項B正確；C．三價鐵離子能夠與偏鋁酸根離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁、氫氧化鐵沉淀，二者不共存，選項C錯誤；D．碳酸氫根離子與偏鋁酸根離子反應(yīng)生成碳酸根離子和氫氧化鋁沉淀，二者不共存，選項D錯誤；答案選B。11、B【詳解】A.過氧化鈉與水的反應(yīng)中，過氧化鈉既是氧化劑，也是還原劑，即氧氣中的氧原子也含有18O，故A錯誤；B.反應(yīng)中雙氧水是還原劑，全部被氧化生成氧氣，故B正確；C.NH4＋水解時，結(jié)合水電離出的OH－，所以生成物應(yīng)該是NH3·H2HO和2HCl，故C錯誤；D.反應(yīng)中氯酸鉀中的氯元素被還原，氯化氫中的氯元素部分被氧化，部分沒有化合價變化，氯化鉀應(yīng)為KCl，故D錯誤；故選B。12、D【詳解】A.催化劑可降低反應(yīng)的活化能，不改變始終態(tài)，則加催化劑不能改變反應(yīng)的焓變，故A錯誤；B.能量越低越穩(wěn)定，根據(jù)圖示知過渡態(tài)(Ⅰ)沒有過渡態(tài)(Ⅱ)穩(wěn)定，故B錯誤；C.根據(jù)圖示知，生成①的過程所需的活化能高于生成②的過程所需的活化能，則反應(yīng)速率較慢，故C錯誤；D.根據(jù)圖示知，生成①的過程所需的活化能高于生成②的過程所需的活化能，則生成②的碳正離子多，而進攻碳正離子后得到，即主要產(chǎn)物是，故D正確；故選D。13、D【解析】加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入過量鹽酸之后，沉淀質(zhì)量減少，則說明一定有CO32－、SO42－這兩種離子，一定沒有Fe3+（Fe3+和CO32－會發(fā)生雙水解反應(yīng)，不能共存），且沉淀2為BaSO4，n(BaSO4)=，m(BaCO3)=4.30g-2.33g=1.97g，則n(BaCO3)=。加入NaOH溶液產(chǎn)生1.12L（標(biāo)況）氣體，則溶液中有NH4+，NH3有0.05mol，即n(NH4+)=0.05mol。CO32－和SO42－所帶的負(fù)電荷的物質(zhì)的量為0.01mol×2＋0.01mol×2=0.04mol，NH4＋所帶正電荷的物質(zhì)的量為0.05mol×1=0.05mol，根據(jù)電荷守恒，可以推斷出溶液中一定有Cl-，且最少為0.01mol（因為無法判斷是否有Na+，如果有Na+，需要多于的Cl-去保持溶液的電中性）。【詳解】A.若原溶液中不存在Na+，則c(Cl－)=，A錯誤；B.原溶液中一定有Cl-，可能有Na+，B錯誤；C.經(jīng)計算，原溶液中，n(CO32-)=0.01mol，則c(CO32-)=0.01mol÷0.1L=0.1mol?L﹣1，C錯誤；D.加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入過量鹽酸之后，沉淀質(zhì)量減少，則說明一定有CO32－、SO42－這兩種離子，一定沒有Fe3+，D正確；故合理選項為D。【點睛】溶液中的離子要保持電荷平衡，即正負(fù)電荷所帶的電荷量相等，以保持溶液的電中性。14、C【解析】根據(jù)實驗裝置圖分析，該測定裝置的原理是：CaCO3與HCl反應(yīng)生成CO2，用足量Ba（OH）2溶液吸收反應(yīng)生成的CO2，由測量的BaCO3沉淀的質(zhì)量計算CaCO3的純度。A，為了確保反應(yīng)生成的CO2全部被Ba（OH）2溶液吸收，實驗結(jié)束要緩入空氣將裝置中殘留的CO2全部鼓入到C裝置中被吸收，A項正確；B，A中的NaOH溶液、D中的堿石灰都能吸收空氣中CO2，防止空氣中的CO2氣體進入C裝置中產(chǎn)生誤差，B項正確；C，因為測量的是BaCO3的質(zhì)量，所以不必除去HCl，一方面HCl與Ba（OH）2反應(yīng)不會形成沉淀，另一方面若用NaHCO3吸收HCl會使測得的CO2偏高，產(chǎn)生誤差，C項錯誤；D，根據(jù)C守恒，樣品中CaCO3的質(zhì)量=M（CaCO3），則CaCO3的純度為100%，D項正確；答案選C。15、B【詳解】A.Cl2+H2O?HCl+HClO，氯水中的次氯酸見光易分解，生成HCl和O2，次氯酸的濃度減小，平衡正向移動，久置后酸性增強，pH變小，能用勒夏特列原理解釋，故A不符合題意；B.HCl為強電解質(zhì)，完全電離，不存在可逆過程，加水稀釋，鹽酸中氫離子濃度降低，與勒夏特列原理無關(guān)，故B符合題意；C.合成氨是可逆反應(yīng)且反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，，增大壓強，平衡向著使壓強減小的方向移動，能夠用勒夏特列原理解釋，故C不符合題意；D.工業(yè)上生產(chǎn)硫酸存在平衡2SO2+O2?2SO3，使用過量的空氣，增大氧氣的濃度，平衡向正反應(yīng)移動，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解釋，故D不符合題意；故答案為B?！军c睛】勒夏特列原理是如果改變影響平衡的一個條件(如濃度、壓強或溫度等)，平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動；勒夏特列原理適用的對象應(yīng)存在可逆過程，如與可逆過程無關(guān)，則不能用平衡移動原理解釋，勒夏特列原理對所有的動態(tài)平衡都適用。16、D【詳解】A．比較反應(yīng)物和生成物的總能量，發(fā)現(xiàn)反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量，說明這個反應(yīng)是放熱反應(yīng)，故A正確，但不符合題意；B．比較I、II兩個過程的活化能的大小，發(fā)現(xiàn)II反應(yīng)的活化能較低，說明途徑II加入了催化劑，故B正確，但不符合題意；C．2molH2O2(l).的能量高于2molH2O(l)和1molO2(g)的總能量，顯然1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)的能量，故C正確，但不符合題意；D．根據(jù)蓋斯定律可知，兩個途徑的始態(tài)和終態(tài)相同，反應(yīng)熱相等，故D錯誤，符合題意；故選：D。17、B【解析】試題分析：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0，升高溫度，平衡逆向移動，生成物的濃度降低，圖像Ⅰ不符合，A錯誤；2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＞0，升高溫度，平衡正向移動，生成物的濃度升高，增大壓強，平衡逆向移動，v(逆)>V(正)，圖像Ⅰ、Ⅱ都符合，B正確；4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＜0升高溫度，平衡逆向移動，生成物的濃度降低，圖像Ⅰ不符合，C錯誤；H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g)ΔH＞0，增大壓強，平衡正向移動，V(正)>v(逆)，圖像Ⅱ不符合，D錯誤?？键c：考查化學(xué)平衡圖像。18、A【詳解】A選項，海水中含有豐富的Mg元素，利用母液沉淀Mg2+時，使用石灰乳而不用NaOH溶液來作沉淀劑，主要石灰乳相對氫氧化鈉便宜，經(jīng)濟效率高，故A正確；B選項，流程②為：將MgCl2·6H2O在HCl氣流中受熱分解即可制的無水MgCl2，故B錯誤；C選項，在流程③溴離子被氧化為溴單質(zhì)，流程④溴單質(zhì)和二氧化硫反應(yīng)生成硫酸和氫溴酸，溴化合價降低被還原，流程⑤中溴元素被氧化，故C錯誤；D選項，流程①中欲除去粗鹽中的SO42-、Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質(zhì)，可以加過量的氯化鋇除去硫酸根離子，然后用碳酸鈉去除鈣離子和過量的鋇離子，則碳酸鈉放在氯化鋇之后，，加氫氧化鈉無先后順序要求，過濾后再加鹽酸，來除去過量的氫氧化鈉和碳酸鈉，故D錯誤；綜上所述，答案為A?！军c睛】氯化鐵、氯化鎂等要水解的鹽必須在氯化氫氣流中加熱蒸干。19、C【分析】在相同溫度、相同容積下，甲、乙容器中達平衡時是完全全等的等效平衡，欲使甲中HI的平衡濃度大于乙中HI的平衡濃度，可使甲中平衡向著正反應(yīng)方向移動，或乙中平衡向著逆反應(yīng)方向移動，據(jù)此分析?！驹斀狻吭谙嗤瑴囟?、相同容積下，甲、乙容器中達平衡時是完全全等的等效平衡；A項，甲、乙提高相同溫度時，平衡均向逆反應(yīng)方向移動，且達平衡時二者仍等效，HI濃度仍相等，A不選；B項，加入稀有氣體時，由于各物質(zhì)濃度不變，平衡不移動，二者HI濃度仍相等，B不選；C項，甲降低溫度平衡向著正反應(yīng)方向移動，達平衡時HI濃度增大，而乙中HI濃度不變，C選；D項，根據(jù)反應(yīng)的特點，甲中增加0.1molH2，乙中增加0.1molI2，平衡都正向移動，達平衡時HI濃度仍相等，D不選；答案選C。20、D【詳解】A.用于漂白紙漿，利用的是SO2的漂白性，A錯誤；B.Si能導(dǎo)電，可用作半導(dǎo)體材料，B錯誤；C.FeCl3溶液具有較強的氧化性，可用于蝕刻銅制的電路板，C錯誤；D.漂白液中含有強氧化性物質(zhì)，可作漂白劑和消毒劑，D正確。故選D。21、A【詳解】A．將1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，根據(jù)電荷守恒可知：n()+n(H+)=n(OH-)+n()，由于溶液顯中性，故有n(H+)=n(OH-)，則n()=n()=1mol，的數(shù)目為NA個，選項A正確；B．亞鐵離子的還原性大于溴離子，Cl2通入FeBr2溶液中先與亞鐵離子反應(yīng)，再與溴離子反應(yīng)，則1molBr2生成時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)大于2NA，選項B錯誤；C．苯中有6個碳碳σ鍵和6個碳?xì)洇益I，則1mol苯含有12molσ鍵，7.8g苯為0.1mol，含σ鍵的數(shù)目為1.2NA，選項C錯誤；D．有鐵粉參加的反應(yīng)，如Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成3molFe2+，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA，選項D錯誤；答案選A。22、C【解析】A.未指出氮氣所處的狀態(tài)，即未說明是否處于標(biāo)準(zhǔn)狀況，故不能計算出其物質(zhì)的量和含有的電子總數(shù)，故A錯誤；B.N2H4在常溫常壓下為液體，說明其在標(biāo)準(zhǔn)狀況下不是氣體，故不能根據(jù)氣體摩爾體積來計算其物質(zhì)的量和含有的原子總數(shù)，故B錯誤；C.在反應(yīng)中，氧元素的價態(tài)由?1價變?yōu)?2價，故當(dāng)生成3.6g水即0.2mol水時，轉(zhuǎn)移0.2mol電子即0.2NA個，故C正確；D.3.2g肼的物質(zhì)的量為n=3.2g÷32g/mol=0.1mol，而1mol肼中含5mol共用電子對，故0.1mol肼中含0.5mol共用電子對即0.5NA個，故D錯誤。故答案選C。點睛：本題主要是考查阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計算，涉及氮氣的分子結(jié)構(gòu)、肼（N2H4）的分子結(jié)構(gòu)、氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移等。解答本類題目要審清選項中涉及的以下幾個方面：①要審清所求粒子的種類，如分子、原子、離子、質(zhì)子、中子、電子等；②涉及物質(zhì)的體積時要審清物質(zhì)的狀態(tài)，尤其是考查氣體時，所給狀態(tài)是不是標(biāo)準(zhǔn)狀況；③涉及化學(xué)鍵或共用電子對的計算，要審清相關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)和特殊物質(zhì)的摩爾質(zhì)量；④涉及化學(xué)反應(yīng)時，要明確相關(guān)反應(yīng)的特點和電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目。二、非選擇題(共84分)23、甲苯+2Cl2+2HCl取代反應(yīng)C7H4O3Na2【分析】A的分子式為C7H8，最終合成對羥基苯甲酸丁酯，由因此A為甲苯，甲苯在鐵作催化劑條件下，苯環(huán)甲基對位上的H原子與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B為，結(jié)合信息②D可與銀氨溶液反應(yīng)生成銀鏡可知，D中含有醛基，B在光照條件下，甲基上的H原子與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成C，C為，C在氫氧化鈉水溶液中，甲基上的氯原子發(fā)生取代反應(yīng)，生成D，結(jié)合信息①可知，D為，D在催化劑條件下醛基被氧化生成E，E為，E在堿性高溫高壓條件下，結(jié)合信息③可知，苯環(huán)上的Cl原子被取代生成F，同時發(fā)生中和反應(yīng)，則F為，F(xiàn)酸化生成對羥基苯甲酸G()，最后G與丁醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成對羥基苯甲酸丁酯，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)通過以上分析知，A為，其名稱是甲苯，故答案為甲苯；(2)B為，C為，B發(fā)生取代反應(yīng)生成C，反應(yīng)方程式為+2Cl2+2HCl，該反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，故答案為+2Cl2+2HCl；取代反應(yīng)；(3)D的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為；(4)F為，分子式為C7H4O3Na2，故答案為C7H4O3Na2；(5)E為，E的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基；側(cè)鏈為-OOCH、-Cl，有鄰、間、對3種；側(cè)鏈為-CHO、-OH、-Cl時，當(dāng)-CHO、-OH處于鄰位時，-Cl有4種位置；當(dāng)-CHO、-OH處于間位時，-Cl有4種位置；當(dāng)-CHO、-OH處于對位時，-Cl有2種位置；其中核磁共振氫譜有三種不同化學(xué)環(huán)境的氫，且峰面積比為2∶2∶1的是，故答案為。24、HC≡CHCH3COOH酯基、碳碳雙鍵+nNaOH+nCH3COONa加入新制Cu(OH)2懸濁液，加熱使其充分反應(yīng)，冷卻后過濾，向濾液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，則含有碳碳雙鍵保護醛基不被H2還原HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH【分析】A的俗名是電石氣，A為HC≡CH，與X反應(yīng)生成B，由B的結(jié)構(gòu)簡式可知X為CH3COOH，發(fā)生加聚反應(yīng)生成PVAc，結(jié)構(gòu)簡式為，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知D為CH3CHO，由信息Ⅰ可知E為，由信息Ⅱ可知F為，結(jié)合G的分子式可知G應(yīng)為，H為，在E→F→G→H的轉(zhuǎn)化過程中，乙二醇可保護醛基不被H2還原，M為，以此分析解答?！驹斀狻?1)A的俗名是電石氣，A為HC≡CH，根據(jù)上述分析，X為CH3COOH，B()中的官能團為酯基、碳碳雙鍵，故答案為HC≡CH；CH3COOH；酯基、碳碳雙鍵；(2)反應(yīng)①的化學(xué)方程式為+nNaOH+nCH3COONa，故答案為+nNaOH+nCH3COONa；(3)E為，E中不含氧官能團為碳碳雙鍵，碳碳雙鍵可以是溴水或溴的四氯化碳溶液褪色，而醛基也能使溴水褪色，所以檢驗碳碳雙鍵前，需要把醛基破壞掉，故檢驗碳碳雙鍵的方法為：加入新制Cu(OH)2懸濁液，加熱充分反應(yīng)，冷卻后過濾，向濾液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，則含有碳碳雙鍵，故答案為；加入新制Cu(OH)2懸濁液，熱充分反應(yīng)，冷卻后過濾，向濾液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，則含有碳碳雙鍵；(4)E中含有醛基，經(jīng)E→F→G→H的轉(zhuǎn)化后又生成醛基，則乙二醇的作用是保護醛基不被H2還原，故答案為保護醛基不被H2還原；(5)M的鏈節(jié)中除苯環(huán)外，還含有六元環(huán)狀結(jié)構(gòu)，則M的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為；(6)以乙炔為原料合成1-丁醇(CH3CH2CH2CHOH)，需要增長碳鏈，可以利用信息I，因此需要首先合成乙醛(CH3CHO)，根據(jù)信息I，2分子乙醛可以反應(yīng)生成CH3CH=CHCHO，然后與氫氣加成即可，合成路線為：HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH，故答案為HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH?！军c睛】本題的易錯點為(3)，檢驗碳碳雙鍵時要注意醛基的干擾，需要首先將醛基轉(zhuǎn)化或保護起來。25、2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O漂白性檢驗氯氣SO2也能和酸化的硝酸銀生成白色沉淀要證明現(xiàn)象II中黃綠色為溶液酸性的增強引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，觀察溶液的顏色變化即可CaSO4Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl-＋4H++SO42-【分析】（1）漂粉精的制備，氯氣和堿反應(yīng)，利用氫氧化鈣和氯氣發(fā)生反應(yīng)生成次氯酸鈣、氯化鈣和水；（2）pH試紙先變藍(lán)（約為12），后褪色說明溶液呈堿性，具有漂白性；（3）①反應(yīng)中生成Cl2，用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧中是否Cl2，排除Cl2干擾；②白霧中含有SO2，可以被硝酸氧化為硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀；（4）依據(jù)次氯酸根離子和氯離子在酸溶液中會發(fā)生歸中反應(yīng)生成氯氣，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，觀察溶液顏色是否變?yōu)辄S綠色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根離子具有強氧化性可以氧化二氧化硫為硫酸和鈣離子形成硫酸鈣沉淀；二氧化硫繼續(xù)通入后和生成的氯氣發(fā)生反應(yīng)生成硫酸和鹽酸。【詳解】（1）氯氣和堿反應(yīng)，利用氫氧化鈣和氯氣發(fā)生反應(yīng)生成次氯酸鈣、氯化鈣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案為2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）pH試紙先變藍(lán)(約為12)溶液呈堿性，后褪色溶液具有漂白性，所以說明溶液呈堿性，具有漂白性；（3）向水中持續(xù)通入SO2，未觀察到白霧．推測現(xiàn)象的白霧由HCl小液滴形成，①用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧，無變化；為了檢驗白霧中是否含有氯氣，因為含有氯氣在檢驗氯化氫存在時產(chǎn)生干擾；故答案為檢驗白霧中是否含有Cl2，排除Cl2干擾；②用酸化的AgNO3溶液檢驗白霧，產(chǎn)生白色沉淀，若含有二氧化硫氣體，通入硝酸酸化的硝酸銀溶液，會被硝酸氧化為硫酸，硫酸和硝酸銀反應(yīng)也可以生成硫酸銀沉淀，所以通過實驗不能證明一定含有氯化氫；故答案為白霧中混有SO2，SO2可與酸化的AgNO3反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀；（4）現(xiàn)象ⅱ中溶液變?yōu)辄S綠色的可能原因：隨溶液酸性的增強，漂粉精的有效成分和Cl-發(fā)生反應(yīng)．通過進一步實驗確認(rèn)了這種可能性，漂粉精中成分為次氯酸鈣、氯化鈣，次氯酸根具有強氧化性在酸性溶液中可以氧化氯離子為氯氣；故答案為：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，觀察溶液是否變?yōu)辄S綠色；（5）①取上層清液，加入BaC12溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明SO2被氧化為SO42-，故沉淀X為CaSO4；②溶液呈黃綠色，有Cl2生成，Cl2與SO2反應(yīng)生成鹽酸與硫酸；反應(yīng)的離子方程式為：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+。26、2H＋＋CO=H2O＋CO2↑AB防止空氣中的CO2進入D引起測量誤差吸收CO2氣體中的水蒸氣，避免測量結(jié)果產(chǎn)生誤差偏大偏小偏大60%【分析】B中發(fā)生發(fā)反應(yīng)：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，C中濃硫酸干燥二氧化碳，D中堿石灰增重為生成二氧化碳的質(zhì)量，進而計算樣品中碳酸鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。通入空氣排盡裝置中二氧化碳，使二氧化碳進入D中完全吸收，空氣中的二氧化碳會影響實驗，A中盛放堿溶液可以除去空氣中二氧化碳。E裝置吸收空氣中的二氧化碳、水蒸氣，防止加入D中影響二氧化碳質(zhì)量測定?！驹斀狻?1)在裝置B中，硫酸與碳酸鈉發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，產(chǎn)生硫酸鈉、二氧化碳和水，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是2H++CO=H2O+CO2↑，故答案為：2H++CO=H2O+CO2↑；(2)裝置A中試劑應(yīng)選用足量的堿吸收空氣中的二氧化碳，避免干擾后續(xù)實驗驗證，裝置A中Ba(OH)2溶液，NaOH溶液可以除去空氣中的二氧化碳，防止空氣中的CO2進入D引起測量誤差，故答案為：AB，防止空氣中的CO2進入D引起測量誤差；(3)C中濃硫酸吸收二氧化碳中的水蒸氣，避免測量結(jié)果產(chǎn)生誤差，故答案為：吸收二氧化碳中的水蒸氣，避免測量結(jié)果產(chǎn)生誤差；(4)如果將分液漏斗中的硫酸換成濃度相同的鹽酸，則會導(dǎo)致測定結(jié)果鹽酸揮發(fā)出的氯化氫也會被堿石灰吸收，導(dǎo)致測定結(jié)果偏大，若沒有操作⑤⑦，生成的氣體不能全部被堿石灰吸收，導(dǎo)致測定結(jié)果偏小，裝置E的作用防止空氣中的水或CO2進入裝置內(nèi)被堿石灰吸收，導(dǎo)致測定結(jié)果偏大，故答案為：偏大，偏小，偏大；(5)用某純堿樣品中含有少量NaCl雜質(zhì)，用如圖所示裝置測定純堿樣品中的Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，直到干燥管D的質(zhì)量不變，為85.18g，生成二氧化碳的質(zhì)量為=85.18-80.20=4.98g，結(jié)合碳元素守恒計算碳酸鈉純度為，故答案為：60%。27、2Ag++===Ag2SO3↓有紅色固體生成HCl溶液和BaCl2溶液在I-的作用下，Cu2+轉(zhuǎn)化為白色沉淀CuI，轉(zhuǎn)化為Al3+、OH-V1明顯大于V2亞硫酸鹽的溶解性、氧化還原性、在水溶液中的酸堿性兩種鹽溶液中陰陽離子的性質(zhì)和反應(yīng)條件【解析】(1).實驗Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入飽和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是飽和溶液且溶液混合后稀釋，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考慮到SO32?濃度較大，因此推斷白色沉淀為Ag2SO3，反應(yīng)的離子方程式為：2Ag++SO32?=Ag2SO3↓，故答案為：2Ag++SO32?=Ag2SO3↓；(2).①.因Cu+和稀硫酸反應(yīng)生成銅和銅離子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸會發(fā)生歧化反應(yīng)生成銅單質(zhì)，實驗現(xiàn)象是有紅色固體生成，故答案為：有紅色固體生成；②.a.分析實驗流程可知，實驗原理為2Cu2++4I?=2CuI↓+I2、I2+SO32?+H2O=SO42?+2I?+2H+、SO42?+Ba2+=BaSO4↓，根據(jù)BaSO4沉淀可知，加入的試劑為含Ba2+的化合物，可以選用BaCl2溶液，考慮沉淀A沒有BaSO3，因此應(yīng)在酸性環(huán)境中，故答案為：HCl溶液和BaCl2溶液；b.由白色沉淀A可知，之前所取上層清液中有SO42?，由加入KI生成白色沉淀可知棕黃色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I?作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉無現(xiàn)象說明上層清液中無I2，而Cu2+和I?反應(yīng)生成I2，因而推斷生成的I2參與了其他反應(yīng)，因而有還原劑SO32?，故答案為：在I-的作用下，Cu2+轉(zhuǎn)化為白色沉淀CuI，SO32?轉(zhuǎn)化為SO42?；(3).①.根據(jù)題意知實驗Ⅲ的白色沉淀中無SO42?，該白色沉淀既能溶于強酸，又能溶于強堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推測沉淀中含有鋁離子和氫氧根離子，可使酸性高錳酸鉀溶液褪色是因為存在具有還原性的亞硫酸根離子，故答案為：Al3+、OH-；②.