安徽省阜陽市太和縣太和二中2026屆化學高三上期中學業(yè)水平測試試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用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．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準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、用標準鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，下列各操作中，不會引起實驗誤差的是A．用蒸餾水冼凈滴定管后，裝入標準鹽酸進行滴定B．用蒸餾水冼凈錐形瓶后，再用NaOH液潤洗，而后裝入一定體積的NaOH溶液C．用甲基橙做指示劑，當溶液由黃色變成橙色，立刻讀數(shù)鹽酸體積D．用堿式滴定管取10.00mLNaOH溶液放入用蒸餾水洗凈的錐形瓶中，加入適量蒸餾水后再進行滴定2、實驗室用乙醇、乙酸、濃硫酸制備乙酸乙酯，裝置如圖所示。下列說法正確的是A．邊加熱邊蒸出是為得到純凈產(chǎn)物B．長導管的作用是導氣、冷凝、回流C．小試管內盛放NaOH溶液，為除去產(chǎn)物中的乙酸D．濃H2SO4既加快反應速率又提高反應轉化率3、強酸性溶液X中可能含有Na+，K+、NH4+、Fe3+、Fe2+、Al3+、CO32-、SO32-、SO42-、C1-的若干種，某同學為了確認其成分，取X溶液進行連續(xù)實驗，實驗過程及產(chǎn)物如下所示：下列結論正確的是A．氣體A是SO2，證明原溶液中含有SO32-B．沉淀G中加入鹽酸溶解，滴加KSCN溶液顯紅色，可以確定原溶液中有Fe3+C．沉淀I―定是A1(OH)3D．X中不能確定的離子是Al3+、Fe3+、Na+、K+和Cl-4、下列敘述不正確的是A．苯不能用帶橡膠塞的試劑瓶貯存B．用紅色石蕊試紙檢測NH3時，需先用蒸餾水潤濕C．碳酸氫鈉中混有碳酸鈉雜質：加熱分解D．乙酸丁酯(乙酸)：加入飽和碳酸鈉溶液洗滌，分液5、2018年10月15日，中國用“長征三號乙”運載火箭成功以“一箭雙星”方式發(fā)射北斗三號全球組網(wǎng)衛(wèi)星系統(tǒng)第15、16號衛(wèi)星，其火箭推進劑為高氯酸銨（NH4ClO4）等。制備NH4ClO4的工藝流程如下：飽和食鹽水NaClO3NaClO4NaClO4NH4ClO4，下列說法錯誤的是（）A．NH4ClO4屬于離子化合物B．溶解度：NaClO4＞NH4ClO4C．該流程中可循環(huán)利用的物質是NH4ClD．高氯酸銨中氯元素的化合價為+7價6、下列儀器名稱正確的是A．三腳架 B．溶量瓶 C．鑷子 D．坩堝7、下列現(xiàn)象或事實可用同一原理解釋的是（）A．濃硫酸和濃鹽酸長期暴露在空氣中濃度降低B．能使溴水和品紅溶液褪色C．和溶液使酸性高錳酸鉀溶液的紫色褪去D．新制的氨水、氯水放置時間較久而變質8、取一定質量的均勻固體混合物Cu、CuO和Cu2O，將其分成兩等份，取其中一份用足量的氫氣還原，測得反應后固體質量減少3.20g，另一份中加入500mL稀硝酸（其還原產(chǎn)物為NO），固體恰好完全溶解，且同時收集到標準狀況下NO氣體4.48L，則所用硝酸的物質的量濃度為（）A．2.4mol/LB．1.4mol/LC．1.2mol/LD．0.7mol/L9、向等物質的量濃度的HCl、、、混合溶液中逐滴加入的NaOH溶液，生成沉淀的物質的量與加入NaOH溶液的體積關系如圖所示。下列有關說法正確的是

A．在段加入的NaOH溶液與反應B．在段加入NaOH溶液發(fā)生反應的離子方程式為C．在段加入NaOH溶液發(fā)生反應的離子方程式為D．在滴加NaOH溶液全過程中主要粒子參與反應的先后順序是、、、、10、常溫下，F(xiàn)e、Al在濃硫酸中鈍化，濃硫酸表現(xiàn)了（）A．難揮發(fā)性 B．吸水性 C．脫水性 D．強氧化性11、下列說法正確的是（）A．用氫氧化鈉溶液無法鑒別礦物油和植物油B．乙酸乙酯與乙烯在一定條件下都能與水發(fā)生加成反應C．丙烯分子中最多有8個原子共平面D．用碳酸鈉溶液可以區(qū)分乙醇、乙酸、苯和硝基苯四種有機物12、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列判斷正確的是A．2.24LH2和0.2molCl2光照反應后氯分子數(shù)目為0.1NAB．7.8gNa2O2與足量CO2充分反應轉移電子數(shù)目為0.2NAC．1.8g重水中所含中子、原子的數(shù)目分別為NA、0.3NAD．CaCO3、KHCO3混合物粉末10g中氧原子數(shù)目為0.3NA13、一定量的鐵與一定量的濃HNO3反應，得到硝酸鐵溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，這些氣體與3.36LO2（標準狀況）混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸鐵溶液中加入2mol?L-1的NaOH溶液至Fe3+恰好沉淀，則消耗NaOH溶液的體積是（）A．150mL B．300mL C．120mL D．90mL14、下列離子方程式正確的是()A．磁性氧化鐵溶于稀硝酸:3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+3H2OB．向NaAlO2溶液中通入過量CO2制Al(OH)3:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-C．向Fe(NO3)3溶液中加入過量的HI溶液:2NO3-+8H++6I-=3I2+2NO↑+4H2OD．在強堿溶液中次氯酸鈉與Fe(OH)3反應生成Na2FeO4:3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl-+H2O+4H+15、下列有關電化學的圖示，完全正確的是()A．Cu-Zn原電池B．粗銅的精煉C．鐵片鍍鋅D．驗證氣體產(chǎn)物16、某學生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液與0.5mol/LNa2CO3溶液的反應，實驗如下。下列分析不正確的是A．實驗1中，白色沉淀a是A1(OH)3B．實驗2中，白色沉淀b含有CO32-C．實驗1、2中，白色沉淀成分不同的原因與混合后溶液的pH有關D．檢驗白色沉淀a、b是否洗滌干凈，不可使用相同的檢驗試劑17、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的量之比為1∶518、下列離子方程式正確的是A．用惰性電極電解熔融氯化鈉：2C1-+2H2OC12↑+H2↑+2OH-B．氫氧化鈉溶液中加入過量的碳酸氫鈣溶液：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-C．漂白粉溶液通入少量的SO2：Ca2++2C1O-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HC1OD．硫酸亞鐵酸性溶液中加入過氧化氫：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O19、水是最寶貴的資源之一。下列表述正確的是A．水的電離程度很小，純水中主要存在形態(tài)是水分子B．溫度升高，純水中的c(H+)增大，c(OH-)減小C．4℃時，純水的pH=7D．向水中加入酸或堿，都可抑制水的電離，使水的離子積減小20、將分別通入下列4種溶液中，有關說法正確的是()A．試管a中實驗可以證明具有漂白性B．試管b中溶液褪色，說明具有強氧化性C．試管c中能產(chǎn)生白色沉淀，說明具有還原性D．試管d中能產(chǎn)生白色沉淀，該沉淀完全溶于稀硝酸21、下列物質中，可能是石油裂解的產(chǎn)物的是（）A．C2H4 B．C4H10 C．C8H16 D．C16H3422、甲醇－空氣燃料電池（DMFC）是一種高效、輕污染的車載電池，其工作原理如圖。下列有關敘述正確的是（）A．該裝置能將電能轉化為化學能B．電子由甲電極經(jīng)導線流向乙電極C．負極的電極反應式為：CH3OH＋6OH－－6e－CO2＋5H2OD．b口通入空氣，c口通入甲醇二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E為中學化學常見的單質或化合物，相互轉化關系如圖所示。（1）若A是能使?jié)竦募t色石蕊試紙變藍的氣體；C、D均為空氣的主要成分；E是一種有毒氣體。①寫出反應I的化學方程式________________________________________；②寫出反應II的化學方程式________________________________________。（2）若A是淡黃色化合物；常溫下D是無色氣體；C中含有的陰、陽離子均為10電子粒子。①D的結構式為______________，②寫出反應I的化學方程式_______________________________________；③寫出反應II的化學方程式_______________________________________。24、（12分）某固體化合物X由5種元素組成。某學習小組進行了如下實驗：己知氣體A能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，氣體F能使帶火星的木條復燃。請回答：(1)A的其空間構型為_______，往某藍色鹽溶液中緩慢通入氣體A至過量的現(xiàn)象為________。(2)寫出X隔絕空氣強熱生成A、C、D的化學方程式________________________________。(3)寫出混合氣體D與足量碘水反應的離子方程_____________________________________。25、（12分）PCl3主要用于制造敵百蟲等有機磷農(nóng)藥和磺胺嘧啶(S.D)等醫(yī)藥的原料。如圖為實驗室中制取粗PCl3產(chǎn)品的裝置，夾持裝置略去。經(jīng)查閱資料知：紅磷與少量Cl2反應生成PCl3，與過量Cl2反應生成PCl5。PCl3遇水會強烈水解生成H3PO3。PCl3遇O2會生成POCl3(三氯氧磷)，PCl3、POCl3的熔沸點見下表。物質熔點/℃沸點/℃PCl3-11275.5POCl32105.3回答下列問題：(1)儀器G的名稱是______。裝置F與G由橡膠管a相連通，a的作用是_______。(2)A是制取CO2裝置，CO2的作用是_____，選擇A中的藥品是_____(填字母)。a.稀鹽酸b.稀硫酸c.NaHCO3粉末d.塊狀石灰石(3)裝置D中盛有堿石灰，其作用是__________________。(4)裝置G中生成Cl2，反應的離子方程式為___________。(5)裝置C采用65-70℃水浴加熱，制得的PCl3粗產(chǎn)品中常含有POCl3、PCl5等雜質，除雜的方法是：先加入紅磷加熱，除去PCl5，然后通過___________(填實驗操作名稱)，即可得到較純凈的PCl3。(6)通過實驗測定粗產(chǎn)品中PCl3的質量分數(shù)，實驗步驟如下(不考慮雜質的反應)：第一步：迅速移取20.0gPCl3粗產(chǎn)品，加水完全水解后，再配成500mL溶液；第二步：移取25.00mL溶液置于錐形瓶中；第三步：加入0.5mol?L－1碘溶液20

mL，碘過量，H3PO3完全反應生成H3PO4；第四步：加入幾滴淀粉溶液，用1.0mol?L－1Na2S2O3標準溶液滴定過量的碘，反應方程式為I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，滴至終點時消耗Na2S2O3標準溶液12mL。①第三步中反應的化學方程式為_____________。②根據(jù)上述數(shù)據(jù)，計算該產(chǎn)品中PCl3的質量分數(shù)為______%。26、（10分）廢舊光盤金屬層中的少量Ag，某科研小組采用如下方案進行回收（金屬層中其他金屬含量過低，對實驗的影響可忽略）。已知：①NaClO溶液在受熱或酸性條件下易分解，如：3NaClO=2NaCl+NaClO3②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2O=Ag(NH3)2++Cl-+2H2O③常溫時N2H4·H2O（水合肼）能還原Ag(NH3)2+：4Ag(NH3)2++N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O（1）“氧化”階段需在80℃條件下進行，適宜的加熱方式為___________。（2）NaClO溶液與Ag反應的產(chǎn)物為AgCl、NaOH和O2，該反應的化學方程式為___________。HNO3也能氧化Ag，從反應產(chǎn)物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺點是________________。（3）為提高Ag的回收率，需對“過濾Ⅱ”的濾渣進行洗滌，并________________。（4）從“過濾Ⅱ”后的濾液中獲取單質Ag的過程中，在加入2mol/L水合肼溶液后，后續(xù)還需選用的試劑有________________（①1mol/LH2SO4、②10%氨水、③1mol/LNaOH溶液，填序號）。反應完全后獲取純凈的單質銀再進行的實驗操作過程簡述為________________。27、（12分）碘化鈉在醫(yī)藥上用作祛痰劑和利尿劑，也用于治療甲狀腺腫病，生活中用作照相膠片感光劑，碘的助溶劑，也用于配制碘乳劑。某實驗小組用NaOH、單質碘和水合肼(N2H4·H2O)為原料制備碘化鈉?；卮鹣铝袉栴}：（1）水合肼的制備原理為：NaClO+2NH3=N2H4·H2O+NaCl。①用下圖裝置組裝制備水合肼，連接順序為_____→→→→→(用字母表示).②裝置C中發(fā)生反應的化學方程式為________________，裝置D的作用是_______________。（2）碘化鈉的制備步驟向三頸燒瓶中加入8.2gNaOH及30mL水，攪拌冷卻，加入25.4g單質碘，開動磁力攪拌器，保持60-70℃至反應充分;繼續(xù)加入稍過量的N2H4·H2O(水合肼)，還原NaIO和NaIO3，得NaI溶液粗品，同時釋放一種空氣中的某氣體；向上述反應液中加入1.0g活性炭，煮沸半小時，然后將溶液與活性炭分離;將分離出的溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得產(chǎn)品24.3g。①反應溫度不宜超過70℃的原因是___________________，該步驟反應完全的現(xiàn)象是______________。②IO-被還原的離子方程式為_______________________________。③“將溶液與活性炭分離”的方法是____________。④該實驗小組產(chǎn)率為________________。28、（14分）酸性KMnO4在生產(chǎn)、生活、衛(wèi)生醫(yī)療中常用作消毒劑，高錳酸鉀造成的污漬可用還原性的草酸(H2C2O4)去除，F(xiàn)e(NO3)3也是重要氧化試劑，下面是對這兩種氧化劑性質的探究。（1）取300mL0.2mol/L的KI溶液與一定量的酸性KMnO4溶液恰好反應，生成等物質的量的I2和KIO3，則轉移電子的物質的量的是________mol。（2）測定KMnO4樣品的純度可用標準Na2S2O3溶液進行滴定，取0.395gKMnO4樣品溶解酸化后，用0.100mol/L標準Na2S2O3溶液進行滴定，標準Na2S2O3溶液應盛裝在________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中。實驗中，滴定至終點時消耗Na2S2O3溶液12.50mL，則該樣品中KMnO4的質量分數(shù)是________。(有關離子方程式為：8MnO4－+5S2O32－+14H+＝8Mn2++10SO42－+7H2O）（3）在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黃色變?yōu)闇\綠色，過一會又變?yōu)樽攸S色。溶液先變?yōu)闇\綠色的離子方程式是_______________，又變?yōu)樽攸S色的離子方程式是__________。29、（10分）ClO2氣體是一種常用的消毒劑,我國從2000年起逐步用

ClO2代替氯氣對飲用水進行消毒.(1)消毒水時,

ClO2還可將水中的

Fe2+、Mn2+

等轉化成Fe（OH）3

和

MnO2等難溶物除去,在這個過程中,

Fe2+、Mn2+的化合價升高,說明

ClO2具有______

性.(2)工業(yè)上可以通過下列方法制取ClO2，請完成該化學反應方程式：2KClO3+SO2==2ClO2+_____。(3)使Cl2

和H2O(g)

通過灼熱的炭層,生成HCl和CO2

,寫出化學方程式:

_____________(4)自來水廠用ClO2處理后的水中，要求ClO2的濃度在0.1~0.8mg/L之間。碘量法可以檢測水中ClO2的濃度，步驟如下：Ⅰ取一定體積的水樣，加入一定量的碘化鉀，再用氫氧化鈉溶液調至中性，并加入淀粉溶液，溶液變藍。Ⅱ加入一定量的Na2S2O3溶液。（已知：2S2O32-+I2==S4O62-+2I-）Ⅲ加硫酸調節(jié)水樣pH至1～3。操作時，不同pH環(huán)境中粒子種類如圖所示：請回答：①操作Ⅰ中反應的離子方程式是_____。②在操作Ⅲ過程中，溶液又呈藍色，反應的離子方程式是_____。③若水樣的體積為1.0L，在操作Ⅱ時消耗了1.0×10-3mol/L的Na2S2O3溶液10ml，則水樣中ClO2的濃度是_____mg/L。

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【詳解】A．用蒸餾水洗凈滴定管后，必須再用標準液鹽酸潤洗滴定管，避免滴定管內的水分將標準液稀釋了，標準液濃度減小，滴定時消耗體積增大，測定結果偏大，A錯誤；B．用蒸餾水洗后的錐形瓶，不能再用待測液潤洗，避免潤洗后待測液物質的量增加，測定結果偏大，B錯誤；C．當溶液由黃色變成橙色，不能立即讀數(shù)，必須等到溶液顏色半分鐘不再變化，才是滴定終點，C錯誤；D．錐形瓶內多些水不影響滴定結果，因為待測液的物質的量沒有變化，測定結果不會受到影響，D正確；故選D。2、D【詳解】A．乙酸與乙醇在濃硫酸作用下加熱發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯和水，CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，該反應為可逆反應，邊加熱邊蒸出，平衡正向移動，提高產(chǎn)率，乙醇和乙酸易揮發(fā)，邊加熱邊蒸出的產(chǎn)物為混合物，故A錯誤；B．長導管的作用是導氣、冷凝，無法回流反應物到反應容器中，故B錯誤；C．需使用碳酸鈉溶液，吸收未反應的乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，小試管內盛放NaOH溶液，會使乙酸乙酯發(fā)生水解而使乙酸乙酯損失，故C錯誤；D．乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應，該反應為可逆反應，濃硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移動，故濃硫酸的作用為催化劑、吸水劑，既加快反應速率又提高反應轉化率，故D正確；故答案為D。3、D【詳解】①強酸性溶液中CO32?、SO32?不能存在；②X溶液中加入過量Ba(NO3)2溶液生成沉淀C是BaSO4，說明有SO42?存在；硝酸被還原生成氣體A為NO，說明有還原劑Fe2+存在,(即3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O)，在此反應中，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+。③溶液B加入過量NaOH溶液，生成的沉淀G為Fe(OH)3；生成的氣體F為NH3；說明有NH4+存在。④溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入過量的Ba(NO3)2溶液，引入了大量Ba2+，且前面加入的NaOH是過量的，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能確定溶液X中是否存在A13+，所以這里也不能確定沉淀I中有A1(OH)3；溶液J的焰色反應呈黃色，說明溶液J中有Na+，但由于前面加入過量NaOH溶液，引入了較多的Na+，因此不能確定溶液X中是否存在Na+；因為焰色黃色能掩蓋紫色焰色，所以不能確定溶液X中是否有K+；另外，上述實驗過程還不能確定溶液X中是否存在C1?；A.強酸性溶液X中CO32-、SO32-不能存在，故A錯誤.B.沉淀G為Fe(OH)3,但Fe3+可能是原來有的,也可能是Fe2+被氧化生成的，故B錯誤；C.溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入過量的Ba(NO3)2溶液，引入了大量Ba2+，且前面加入的NaOH是過量的，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能確定溶液X中是否存在A13+，所以這里也不能確定沉淀I中有A1(OH)3，故C錯誤；D.溶液J的焰色反應呈黃色，說明溶液J中有Na+，但由于前面加入過量NaOH溶液，引入了較多的Na+，因此不能確定溶液X中是否存在Na+；因為焰色黃色能掩蓋紫色焰色，所以不能確定溶液X中是否有K+；另外，上述實驗過程還不能確定溶液X中是否存在C1?，故D正確；答案選D。4、C【詳解】A.苯是有機物，可與橡膠作用而腐蝕橡膠塞，不能用帶橡膠塞的試劑瓶貯存苯，故A正確；B.NH3遇濕潤的紅色石蕊試紙使試紙變藍色，干燥試紙不能變色，故B正確；C.碳酸氫鈉在加熱條件下可以分解生成碳酸鈉，而碳酸鈉不會分解，故C錯誤；D.乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，但乙酸可與碳酸鈉反應，最后通過分液可除去乙酸，故D正確，故選C。5、C【詳解】A.NH4ClO4由NaClO3和NH4Cl發(fā)生復分解反應生成，NH4ClO4由NH4+、ClO4-構成，所以屬于離子化合物，故A正確；B.NaClO3和NH4Cl發(fā)生復分解反應，結晶生成NH4ClO4，所以溶解度：NaClO4＞NH4ClO4，故B正確；C.NaClO3和NH4Cl發(fā)生復分解反應生成NH4ClO4、NaCl，該流程中可循環(huán)利用的物質是NaCl，故C錯誤；D.根據(jù)化合價代數(shù)和等于，高氯酸銨中氯元素的化合價為+7價，故D正確。選C。6、D【解析】A．該儀器為泥三角，不是三腳架，故A錯誤；B．溶量瓶中“溶”錯誤，應該為容量瓶，故B錯誤；C．該儀器為坩堝鉗，不是鑷子，故C錯誤；D．該儀器為坩堝，灼燒固體常在坩堝中進行，其名稱合理，故D正確；故選D。點睛：明確常見儀器的構造及使用方法是解題的關鍵。要求平時學習時要注意基礎知識的掌握和化學名稱的正確書寫。7、C【詳解】A.濃硫酸的吸水性使?jié)饬蛩嶂腥軇┑牧吭龃?，溶質的量不變，導致濃度降低；濃鹽酸有揮發(fā)性，使溶質的量減少，溶劑的量不變，導致濃度降低，所以濃硫酸和濃鹽酸濃度降低的原因不同，A不符合題意；B.SO2是品紅溶液褪色是由于其漂白性，使溴水褪色是由于其還原性，褪色原理不同，B不符合題意；C.SO2、FeSO4都具有還原性，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使溶液紫色褪色，C符合題意；D.氨水易揮發(fā)，濃度降低而變質；而氯水是由于其中的HClO不穩(wěn)定，見光分解而變質，故變質原理不同，D不符合題意；故合理選項是C。8、A【解析】一份用足量的氫氣還原，反應后固體質量減少3.20g，為混合物中O元素的質量，O原子的物質的量為3.2g/16g/mol=0.2mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固體恰好完全溶解，溶液中溶質為Cu(NO3)2，且同時收集到標準狀況下NO氣體4.48L，NO的物質的量為4.48L/22.4L/mol=0.2mol，根據(jù)氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=n（NO）+2n（O）+3n(NO)=0.2mol+2×0.2mol+3×0.2mol=1.2mol，硝酸的濃度為1.2mol/0.5L=2.4mol/L．故選A．點睛：本題考查混合物的計算、電子守恒計算、電荷守恒等，難度中等，理清反應過程中氮原子的去處是解題的關鍵，本題采取守恒法解答，簡化計算過程，注意體會，也可以通過列方程組解答，但過程較繁．9、D【詳解】氫氧化鈉首先中和鹽酸，然后沉淀金屬陽離子，再與氯化銨反應，最后溶解氫氧化鋁；A.在段加入的NaOH溶液只與鹽酸反應，故A錯誤；B.根據(jù)上述分析，在段加入NaOH溶液發(fā)生反應的離子方程式為和，故B錯誤；C.在段加入NaOH溶液發(fā)生的反應為氫氧化鋁的溶解，離子方程式為，故C錯誤；D.在滴加NaOH溶液全過程中主要粒子參與反應的先后順序是、、、、，故D正確；答案選D?！军c睛】本題考查混合溶液中的反應先后順序，有氧化還原先發(fā)生氧化還原反應，再進行復分解反應，復分解反應中先發(fā)生中和反應，再發(fā)生生成沉淀，其次進行生成氣體，最后進行生成弱電解質。10、D【解析】Fe、Al在濃硫酸中鈍化是因為在金屬表面生成一層氧化膜，阻止金屬和酸的進一步反應。這表現(xiàn)了濃硫酸的強氧化性。故D正確。而難揮發(fā)性、吸水性表現(xiàn)的是濃硫酸的物理性質，故A、B不正確。脫水性是濃硫酸能將有機物中的H和O按2:1組合成水而脫去，故C不正確。本題的正確選項為D。點睛：本題要注意“鈍化”的意思，這是Fe、Al在濃硫酸或濃硝酸中的一種現(xiàn)象。11、D【解析】A、植物油屬于油脂，能與氫氧化鈉發(fā)生皂化反應，礦物油主要含有烴類，與氫氧化鈉不反應，因此可以用氫氧化鈉溶液鑒別礦物油和植物油，A錯誤；B、乙酸乙酯屬于酯類，不能與水發(fā)生加成反應，B錯誤；C、碳碳雙鍵是平面形結構，且單鍵可以旋轉，所以丙烯分子中最多有7個原子共平面，C錯誤；D、乙醇和碳酸鈉溶液互溶，乙酸和碳酸鈉溶液反應產(chǎn)生氣體，苯不溶于碳酸鈉溶液中，有機層在上層，硝基苯不溶于碳酸鈉溶液中，有機層在下層，因此可以用碳酸鈉溶液可以區(qū)分乙醇、乙酸、苯和硝基苯四種有機物，D正確，答案選D。單鍵：選項C是解答的難點和易錯點，共平面題的切入點是平面型結構。有平面型結構的分子在中學主要有乙烯、1，3-丁二烯、苯三種，其中乙烯平面有6個原子共平面，1，3-丁二烯型的是10個原子共平面，苯平面有12個原子共平面。這些分子結構中的氫原子位置即使被其他原子替代，替代的原子仍共平面。另外解答時還需要注意單鍵可以旋轉的特點。12、D【詳解】A、沒有指明H2的體積是否是標準狀況下測定，因此無法直接使用22.4L·mol－1，故A錯誤；B、Na2O2與CO2反應方程式為2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，1molNa2O2參與反應，轉移電子物質的量1mole－，因此7.8gNa2O2參與反應轉移電子物質的量為7.8g/78g·mol－1×1=0.1mol，故B錯誤；C、重水的化學式為D2O，即2H2O，其摩爾質量為20g·mol－1，1mol重水含有中子物質的量為10mol，原子物質的量為3mol，1.8g重水的物質的量為1.8g/20g·mol－1=0.09mol，含有中子、原子物質的量分別為0.9mol、0.27mol，故C錯誤；D、CaCO3和KHCO3的摩爾質量都是100g·mol－1，因此10g該混合物中含有氧原子的物質的量為10g×3/100g·mol－1=0.3mol，故D正確?！军c睛】易錯點是選項C，重水為2H2O，利用質量數(shù)等于近似相對原子質量，因此重水的摩爾質量為20g·mol－1，最后利用質量數(shù)=質子數(shù)+中子數(shù)進行分析。13、B【分析】根據(jù)氧氣的體積計算物質的量，根據(jù)氧氣的物質的量計算其轉移電子數(shù)，轉移電子數(shù)等于鐵離子結合的氫氧根的物質的量，據(jù)此解答?！驹斀狻?.36LO2（標準狀況）的物質的量為3.36/22.4=0.15mol，則轉移電子物質的量為0.15×4=0.6mol，根據(jù)守恒分析，電子物質的量等于鐵離子結合的氫氧根離子物質的量，即氫氧化鈉的物質的量為0.6mol，溶液的體積為0.6/2=0.3L，即300mL。故選B?！军c睛】掌握有關硝酸的計算中的守恒關系，反應中鐵元素失去電子數(shù)=硝酸中氮元素得到電子數(shù)=氧氣得到的電子數(shù)=鐵離子結合的氫氧根離子數(shù)。14、B【詳解】A.磁性氧化鐵為Fe3O4，是金屬氧化物，離子反應中不能拆寫，正確的離子反應為:3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O，故A錯誤；B.向NaAlO2溶液中通入過量CO2生成Al(OH)3和碳酸氫鈉:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，故B正確；C.向Fe(NO3)3溶液中加入過量的HI溶液反應生成硝酸亞鐵、碘單質、一氧化氮和水:Fe3++NO3-+4H++4I-=Fe2++2I2+NO↑+2H2O，故C錯誤；D.在強堿溶液中次氯酸鈉與Fe(OH)3反應生成Na2FeO4:2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故D錯誤；答案選B?！军c睛】離子方程式書寫注意哪些能拆，哪些不能拆，尤其注意要發(fā)生氧化還原反應，化合價的變化，還要符合電荷守恒，反應發(fā)生的條件等。15、D【詳解】A.在Cu-Zn原電池中，由于金屬活動性Zn>Cu，所以Zn為負極，Cu為正極，A錯誤；B.粗銅的精煉時，粗銅與電源的正極連接，為陽極，精銅與電源的負極連接，為電源的陰極，B錯誤；C.鐵片鍍鋅時，鍍件與電源的負極連接，為陰極，鍍層金屬與電源的正極連接，為陽極，C錯誤；D.在電解時，陽極C棒上Cl-失去電子變?yōu)镃l2，Cl2與KI發(fā)生置換反應產(chǎn)生I2，I2與淀粉溶液變?yōu)樗{色，在陰極上H+獲得電子變?yōu)镠2，H2的密度比空氣小，用向下排空氣方法收集，D正確；故合理選項是D。16、D【分析】實驗1在過量的硫酸鋁溶液中加入碳酸鈉溶液，過濾、洗滌，得到的沉淀a，加入稀硫酸，沉淀溶解，沒有氣泡，說明沉淀a中含有Al(OH)3。實驗2在過量的碳酸鈉溶液中加入硫酸鋁溶液，過濾、洗滌，得到沉淀b，加入稀硫酸，沉淀溶解，并有少量氣泡，沉淀b中含有Al(OH)3，并含有碳酸鹽?！驹斀狻緼．由以上分析可知實驗1中，白色沉淀a是Al(OH)3，故A正確；B．實驗2中有氣泡生成，該氣體為二氧化碳，可說明白色沉淀b含有CO32-，故B正確；C．實驗1、2中，加入試劑順序不同，溶液的pH不同，生成的沉淀不同，說明白色沉淀的成分與溶液的pH有關，故C正確；D．最后溶液中均含有硫酸根離子，檢驗沉淀是否洗滌干凈，都可通過檢驗硫酸根離子的方法，即用鹽酸酸化的BaCl2溶液，觀察是否有白色沉淀生成，故D錯誤；答案選D。17、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的最之比為1：（2+2）=1：4，D錯誤；答案選C?！究键c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移數(shù)目相等。氧化還原反應的實質是電子轉移，特征是化合價的升降，反應實質、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。18、D【分析】A．電解熔融氯化鈉生成鈉和氯氣；B．NaOH完全反應，生成水和碳酸鈣的物質的量之比為1：1；C．漂白粉溶液通入少量的SO2生成硫酸鈣和鹽酸；D．硫酸亞鐵酸性溶液中加入過氧化氫生成硫酸鐵和水．【詳解】A．用惰性電極電解熔融氯化鈉的離子反應為2Na＋＋2Cl－Cl2↑+2Na，故A錯誤；B．氫氧化鈉溶液中加入過量的碳酸氫鈣溶液的離子反應Ca2＋+HCO3－+OH－=CaCO3↓+H2O，故B錯誤；C．漂白粉溶液通入少量的SO2的離子反應為Ca2＋+3ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl－，故C錯誤；D．硫酸亞鐵酸性溶液中加入過氧化氫的離子反應為2Fe2＋+H2O2+2H＋=2Fe3＋+2H2O，故D正確；故選D。19、A【詳解】A.水在常溫下電離出氫離子和氫氧根離子濃度為1×10-7mol/L，水電離程度很小，所以純水中水的主要存在形態(tài)是水分子，A正確；B.水的電離是吸熱過程，升溫促進電離，氫離子和氫氧根離子濃度增大，B錯誤；C.溫度降低，水的電離平衡逆向移動，c(H+)<1×10-7mol/L，所以4℃時，純水的pH>7，C錯誤D.向水中加入酸或堿，都可抑制水的電離，但水的離子積只與溫度有關，溫度不變，水的離子積不變，D錯誤；故合理選項是A。20、C【詳解】A、二氧化硫使酸性高錳酸鉀溶液褪色，表現(xiàn)了還原性，選項A錯誤；B、品紅褪色，說明二氧化硫有漂白性，選項B錯誤；C、二氧化硫被硝酸根氧化成硫酸根，生成硫酸鋇沉淀，說明二氧化硫有還原性，選項C正確；D、二氧化硫在堿性條件下反應生成亞硫酸鋇，與硝酸反應轉化為硫酸鋇沉淀，沉淀不溶解，選項D錯誤；答案選C。21、A【詳解】A項、乙烯是不飽和氣態(tài)烴，是石油裂解的產(chǎn)物之一，故A正確；B項、C4H10為飽和氣態(tài)烴，不是石油裂解的產(chǎn)物之一，故B錯誤；C項、C8H16為液態(tài)烯烴，不是石油裂解的產(chǎn)物之一，故C錯誤；D項、C16H34為液態(tài)烷烴，不是石油裂解的產(chǎn)物之一，故D錯誤；故選A?！军c睛】在石油化工生產(chǎn)過程里，常用石油分餾產(chǎn)品（包括石油氣）作原料，采用比裂化更高的溫度以獲得短鏈不飽和烴為主要成分的石油加工過程，叫石油裂解。石油裂解的目的是獲得不飽和氣態(tài)烴做化工原料。22、B【分析】由質子的定向移動可知甲為燃料電池的負極，乙為燃料電池的正極，負極電極反應式為CH3OH(l)+H2O(l)-6e-=CO2(g)+6H+，正極反應式為O2+4e-+4H+=2H2O，電流由正極經(jīng)導線流向負極?！驹斀狻緼．甲醇-空氣燃料電池，能夠將化學能轉化為電能，故A錯誤；B．在原電池中，電子由負極甲電極經(jīng)導線流向正極乙電極，故B正確；C．負極甲醇失電子被氧化，電極方程式為CH3OH(l)+H2O(l)-6e-=CO2(g)+6H+，故C錯誤；D．圖中甲電極為負極，因此b口通入甲醇、c口通入空氣，故D錯誤；故選B。二、非選擇題(共84分)23、4NH3+5O24NO+6H2O2NO+2CON2+2CO2O=C=O2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH【解析】本題考查無機推斷，（1）A是能使?jié)竦募t色石蕊試紙變藍的氣體，推出A為NH3，C和D均為空氣的主要成分，即D為O2、C為N2，E是一種有毒氣體，NO轉化成N2，被還原，E為還原劑，化合價升高，E可能是CO或NH3，但A為NH3，因此E為CO，①I反應的方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O；②II反應的方程式為2NO+2CON2+2CO2；（2）A是淡黃色化合物，即A為Na2O2，D為無色氣體，根據(jù)Na2O2的化學性質，則D為CO2，發(fā)生2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，C是由陰陽離子構成，即C為離子化合物，陰陽離子又是10電子微粒，根據(jù)轉化關系，推出B為Na2CO3，E為Ca(OH)2，①CO2的結構式為O=C=O；②反應I的化學反應方程式為發(fā)生2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；③II的反應方程式為Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH。24、三角錐形生成藍色沉淀，溶液逐漸變成絳藍色2[Cu(NH3)4]SO48NH3↑+2CuO+2SO2↑+O2↑SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-【分析】己知氣體A能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，A為氨氣，氣體F能使帶火星的木條復燃，F(xiàn)是氧氣，根據(jù)標況下氧氣的物質的量n==0.1mol，則混合氣體D中的另一種氣體的物質的質量為16g-0.1mol×32g/mol=12.8g，則混合氣體D加入足量氯化鋇生成的白色沉淀為硫酸鋇，物質的量為=0.2mol，根據(jù)硫元素守恒，故混合氣體中的另一種氣體為二氧化硫，物質的量為0.2mol，固體B為硫酸銅，加強熱分解得到氧化銅，二氧化硫，氧氣，X為硫酸四氨合銅，加熱分解可以得到硫酸銅和氨氣?！驹斀狻扛鶕?jù)，分析A為氨氣，B為硫酸銅，C為氧化銅，D為二氧化硫和氧氣，E為硫酸鋇，X為硫酸四氨合銅。(1)A是氨氣，中心原子是N，與H原子形成三對共用電子對，剩余一對孤對電子，價層電子對數(shù)為4對，其空間構型為三角錐形，氨氣加入含有銅離子的溶液中發(fā)生反應Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故實驗現(xiàn)象為生成藍色沉淀，溶液逐漸變成絳藍色；故答案為：三角錐形；生成藍色沉淀，溶液逐漸變成絳藍色；(2)X為[Cu(NH3)4]SO4，加熱分解的方程式為2[Cu(NH3)4]SO48NH3↑+2CuO+2SO2↑+O2↑，故答案為：2[Cu(NH3)4]SO48NH3↑+2CuO+2SO2↑+O2↑；(3)二氧化硫具有還原性，碘具有氧化性，則化學反應為SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，離子方程式SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-，故答案為：SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-。25、蒸餾燒瓶使F與G壓強相同，便于濃鹽酸容易滴出趕盡裝置中空氣，防止PCl3被氧化ad防止空氣中水蒸氣進入裝置使PCl3水解，吸收未反應的氯氣，防止污染空氣16H++10Cl－+2MnO4－＝5Cl2↑+2Mn2++8H2O蒸餾H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI55【分析】首先A中利用稀鹽酸和塊狀石灰石制取CO2，生成的CO2經(jīng)過B獲得干燥的CO2，CO2氣流就會排盡裝置內部的空氣，以避免生成的PCl3被氧化，然后G中鹽酸和高錳酸鉀反應制取氯氣，經(jīng)過E中濃硫酸干燥獲得干燥的氯氣，并與C中紅磷反應獲得PCl3，另外D中堿石灰吸收空氣中的水蒸氣和吸收未反應的氯氣?！驹斀狻?1)觀察儀器G的結構特點知儀器G的名稱是蒸餾燒瓶；裝置F與G由橡膠管a相連通，a的作用是平衡F和G內部氣體的壓強，便于濃鹽酸在重力作用下更容易滴出，即使F與G壓強相同，便于濃鹽酸容易滴出；(2)PCl3遇O2會生成POCl3(三氯氧磷)，所以需要排盡裝置內部的空氣，故A中制取CO2的作用是趕盡裝置中空氣，防止PCl3被氧化；NaHCO3粉末和酸反應生成CO2的速率過快，不易控制，因而選用塊狀石灰石與酸反應，而稀硫酸與石灰石反應生成微溶的硫酸鈣，其附著在石灰石表面，阻礙反應進行，所以選用塊狀石灰石與稀鹽酸反應制取CO2，故選ad；(3)PCl3遇水會強烈水解生成H3PO3，同時氯氣有劇毒，易與堿反應，因而裝置D中盛有堿石灰的作用是防止空氣中水蒸氣進入裝置使PCl3水解，吸收未反應的氯氣，防止污染空氣；(4)裝置G中高錳酸鉀將鹽酸氧化得到氯氣，其離子方程式為16H++10Cl－+2MnO4－＝5Cl2↑+2Mn2++8H2O；(5)先加入紅磷加熱，除去PCl5，此時的雜質為POCl3，觀察題給表格信息，PCl5和POCl3沸點相差30℃以上，然后通過蒸餾即可除去POCl3，即可得到較純凈的PCl3；(6)①加入碘溶液，H3PO3完全反應生成H3PO4，P元素化合價由+3變?yōu)?5，H3PO3作還原劑，碘作氧化劑，被還原成HI，所以反應的化學方程式為H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI；②滴定剩余的I2消耗Na2S2O3物質的量為1.0×12×10-3mol=0.012mol，由I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，剩余的I2為×0.012mol=0.006mol，所以與H3PO3反應的I2為0.5×20×10-3mol-0.006mol=0.004mol，根據(jù)關系式PCl3~H3PO3~I2可知，20.0g產(chǎn)品中PCl3的質量為g=11g，PCl3的質量分數(shù)為×100%=55%?！军c睛】[氧化還原滴定法]①直接碘量法(或碘滴定法)直接碘量法是直接用I2標準溶液滴定還原性物質，又叫做碘滴定法。直接碘量法只能在酸性、中性或弱堿性溶液中進行。直接碘量法可用淀粉指示劑指示終點。直接碘量法還可利用碘自身的顏色指示終點，化學計量點后，溶液中稍過量的碘顯黃色而指示終點。②間接碘量法(或滴定碘法)對氧化性物質，可在一定條件下，用I－還原，產(chǎn)生I2，然后用Na2S2O3標準溶液滴定釋放出的I2。這種方法就叫做間接碘量法或滴定碘法。間接碘量法也是使用淀粉溶液作指示劑，溶液由藍色變無色為終點。26、水浴加熱4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl↓+4NaOH+O2↑會釋放出氮氧化物(或NO、NO2),造成環(huán)境污染將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中①過濾、洗滌,干燥【解析】（1）“氧化”階段需在80℃條件下進行，由于加熱溫度低于水的沸點，所以適宜的加熱方式為水浴加熱。（2）因為已知NaClO溶液與Ag反應的產(chǎn)物為AgCl、NaOH和O2,用化合價升降法即可配平，該反應的化學方程式為4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑。HNO3也能氧化Ag，硝酸做氧化劑時通常被還原為有毒的氮的氧化物而污染環(huán)境，所以以HNO3代替NaClO的缺點是會產(chǎn)生氮的氧化物(或NO、NO2),造成環(huán)境污染。（3）洗滌的目的是為了把濾渣表面殘存的銀氨配離子洗滌下來，將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中可以提高Ag的回收率。（4）“過濾Ⅱ”后的濾液含有銀氨配離子，根據(jù)題中信息常溫時N2H4·H2O(水合肼)在堿性條件下能還原Ag(NH3)2+，4Ag(NH3)2++N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O，由于該反應產(chǎn)生所氣體中含有氨氣，氨氣有強烈的刺激性氣味會污染空氣，所以要設計尾氣處理措施，吸收氨氣比較理想的溶液是稀硫酸。所以，從“過濾Ⅱ”后的濾液中獲取單質Ag的過程中，在加入2mol/L水合肼溶液后，后續(xù)還需選用的試劑有①1mol/LH2SO4。反應完全后為獲取純凈的單質銀，需要再進行的實驗操作過程簡述為過濾、洗滌,干燥。點睛：本題以回收一種光盤金屬層中的少量Ag的實驗流程為載體，將實驗原理的理解、實驗試劑和儀器的選用、實驗條件的控制、實驗操作規(guī)范、實驗方案的設計等融為一體，重點考查學生對實驗流程的理解、實驗裝置的觀察、信息的加工、實驗原理和方法運用、實驗方案的設計和評價等能力，也考查學生運用比較、分析等科學方法解決實際問題的能力和邏輯思維的嚴密性。解題的關鍵是能讀懂實驗流程，分析實驗各步驟的原理、目的、實驗條件等。27、defabc(ef的順序能互換)CaO+NH3·H2O=NH3↑+Ca(OH)2防止倒吸或作安全瓶防止碘升華無固體殘留且溶液呈無色2IO-+N2H4=N2↑+2I-+2H2O趁熱過濾81.0%【解析】本題為實驗題，要結合實驗目的和實驗步驟進行分析，并利用得失電子守恒配平相應的氧化還原反應方程式，利用方程式進行計算；【詳解】（1）①裝置A制備水合肼，裝置B防倒吸，裝置C提供氨氣，裝置D防止倒吸或作安全瓶，故連接順序為defabc②裝置C提供氨氣，反應物為濃氨水和氧化鈣，故反應方程式為CaO+NH3·H2O=NH3↑+Ca(OH)2；裝置D的作用為：防止倒吸或作安全瓶；（2）①由于在加熱條件下碘易升華，所以反應裝置溫度不宜過高，防止碘升華；反應完全時，碘單質全部轉化為NaIO和NaIO3，故現(xiàn)象為無固體殘留且溶液呈無色；②由題意可知水合肼還原NaIO，IO-被還原為I-，水合肼中N元素升價，得到N2，利用得失