山東省臨沭縣2026屆化學(xué)高三第一學(xué)期期中學(xué)業(yè)水平測試模擬試題注意事項1．考生要認(rèn)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、下列各組物質(zhì)，按化合物、單質(zhì)、混合物順序排列的是A．生石灰、白磷、熟石灰 B．燒堿、液態(tài)氧、碘酒C．干冰、鐵、氯化氫 D．空氣、氮氣、膽礬2、在反應(yīng)3S＋6KOH===2K2S＋K2SO3＋3H2O中，被氧化的硫與被還原的硫的物質(zhì)的量之比為()A．2:1B．1:3C．3:1D．1:23、下列化學(xué)反應(yīng)中，能用離子方程式H＋+OH－=H2O表示的是A．2H2+O22H2OB．HCl+NaOH=NaCl+H2OC．2HCl+Cu(OH)2=CuCl2+2H2OD．Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O4、在給定條件下，下列選項中所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是A．NaOH(aq)Cu(OH)2懸濁液Cu2OB．NH3NOHNO3C．MgC12(aq)無水MgC12MgD．CaCl2(aq)CaCO3CaO5、下列有關(guān)物質(zhì)的性質(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．石英坩堝耐高溫，可用來加熱熔化燒堿、純堿等固體C．明礬易溶于水，可用作凈水劑D．液氨汽化時吸收大量的熱，可用作制冷劑6、反應(yīng)A(g)＋3B(g)2C(g)＋2D(g)，在四種不同情況下用不同物質(zhì)表示的反應(yīng)速率分別如下，其中反應(yīng)速率最大的是()A．v(C)＝0.04mol·(L·s)－1 B．v(B)＝0.06mol·(L·s)－1C．v(A)＝0.03mol·(L·s)－1 D．v(D)＝0.01mol·(L·s)－17、從石英砂制取并獲得高純硅的主要化學(xué)反應(yīng)如下：①SiO2＋2CSi(粗)＋2CO↑②Si(粗)＋2Cl2SiCl4③SiCl4＋2H2Si(純)＋4HCl關(guān)于上述反應(yīng)的分析不正確的是()A．①、③是置換反應(yīng)，②是化合反應(yīng)B．任一反應(yīng)中，每消耗或生成28g硅，均轉(zhuǎn)移4mol電子C．高溫下，焦炭與氫氣的還原性均強(qiáng)于硅D．高溫下將石英砂、焦炭、氯氣、氫氣按一定比例混合可得高純硅8、硫酸亞鐵的用途廣泛，可以制備下圖所示物質(zhì)，下列說法錯誤的是A．Fe4(OH)2(SO4)5屬于堿式鹽，可用作凈水劑B．與足量NH4HCO3反應(yīng)的離子方程式為：2+Fe2+═FeCO3↓+CO2↑+H2OC．可用稀硫酸和K3[Fe(CN)6]溶液檢驗鐵紅中是否含有FeCO3D．“冷卻結(jié)晶”后的操作是過濾，“鍛燒”操作的主要儀器有酒精燈、蒸發(fā)皿、玻璃棒9、下列說法中不正確的是()A．SiO2(s)＋2C(s)=Si(s)＋2CO(g)只能在高溫下自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的ΔH>0B．3C(s)＋CaO(s)=CaC2(s)＋CO(g)在常溫下不能自發(fā)進(jìn)行，說明該反應(yīng)的ΔH>0C．BaSO4(s)＋4C(s)=BaS(s)＋4CO(g)在室溫下不能自發(fā)進(jìn)行，說明該反應(yīng)的ΔH<0D．常溫下，2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)能夠自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的ΔH<010、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11、短周期元素W、Q、X、Y在元素周期表中的位置如右圖，其中X是兩性金屬元素。則A．簡單離子半徑：X<QB．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y>QC．X的族序數(shù)大于周期數(shù)D．Y氧化物對應(yīng)水化物是強(qiáng)酸12、最新報道：科學(xué)家首次用X射線激光技術(shù)觀察到CO與O在催化劑表面形成化學(xué)鍵的過程。反應(yīng)過程的示意圖如下：下列說法中正確的是A．CO和O生成CO2是吸熱反應(yīng)B．在該過程中，CO斷鍵形成C和OC．CO和O生成了具有極性共價鍵的CO2D．狀態(tài)Ⅰ→狀態(tài)Ⅲ表示CO與O2反應(yīng)的過程13、一定溫度時，向2.0L恒容密閉容器中充入2molSO2和1molO2，發(fā)生反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)，經(jīng)過一段時間后達(dá)平衡．反應(yīng)中測定的數(shù)據(jù)見下表：t/s02468n(SO3)/mol00.81.41.81.8下列說法正確的是

(

)A．反應(yīng)在前2s的平均速率v(O2)=0.4

mol?L﹣1?s﹣1B．保持其他條件不變，體積壓縮到1.0L，平衡常數(shù)將增大C．相同溫度下，起始時向容器中充入4molSO3，達(dá)到平衡時，SO3的轉(zhuǎn)化率大于10%D．恒溫時，向該容器中再充入2molSO2、1molO2，反應(yīng)達(dá)到新平衡n(SO3)/n(SO2)

增大14、主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外層電子數(shù)之和為10；W與Y同族；W與Z形成的化合物可與濃硫酸反應(yīng)，其生成物可腐蝕玻璃。下列說法正確的是A．常溫常壓下X的單質(zhì)為氣態(tài)B．Z的氫化物為離子化合物C．Y和Z形成的化合物的水溶液呈堿性D．W與Y具有相同的最高化合價15、25℃時，在20mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，pH變化曲線如下圖所示：下列說法不正確的是()A．若用10mLH2O代替10mLNaOH溶液，所得溶液pH小于a點B．b點溶液中微粒濃度：c(Na+)>c(CH3COO－)>c(CH3COOH)C．a(chǎn)點→c點的過程中n(CH3COO-)持續(xù)增大D．若向a點對應(yīng)的溶液中滴加1滴0.1mol·L-1NaOH溶液或1滴0.1mol·L-1醋酸溶液，pH變化均不大16、25℃時，下列各組離子在指定溶液中可能大量共存的是A．中性溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、SO42-B．含MnO4-的溶液中：H+、K+、Br-、I-C．0.1mol·L-1的FeCl2溶液中：H+、Al3+、SO42-、NO3-D．由水電離出的c(OH-)=1×10-14mol·L-1的溶液中：K+、Na+、SO42-、CO32-17、侯氏制堿法制備碳酸氫鈉的原理為NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，某化學(xué)小組用如圖裝置在實驗室中模擬該制備過程，下列說法不正確的是A．裝置A中儀器X的名稱為蒸餾燒瓶B．裝置B中球形干燥管的作用是防止倒吸C．裝置C中橡膠管的作用是平衡壓強(qiáng)，使溶液順利滴下D．實驗開始后，應(yīng)先打開K1一段時間，然后再打開K218、下列說法中正確的是（）A．生石灰可用作食品抗氧化劑B．焰色反應(yīng)是物質(zhì)燃燒時火焰呈現(xiàn)的顏色變化，屬于化學(xué)變化C．“海水淡化”可以解決“淡水供應(yīng)危機(jī)”，但加入明礬不能使海水淡化D．分散系中分散質(zhì)粒子的大?。篎e（OH）3懸濁液<Fe（OH）3膠體<FeCl3溶液19、下列實驗操作能達(dá)到實驗?zāi)康氖沁x項實驗?zāi)康膶嶒灢僮鰽測定中和熱中和熱測定時用銅棒代替環(huán)形玻璃攪拌棒攪拌，測定反應(yīng)的最高溫度B除去乙烷中混有的少量乙烯將混合氣體通入足量酸性KMnO4溶液中C配制980mL0.l1mol/LCuSO4溶液將25.0gCuSO4·5H2O溶于水配制成1L溶液D檢驗蔗糖水解產(chǎn)物中的葡萄糖取1mL20%蔗糖溶液，加入少量稀硫酸，水浴加熱后取少量溶液，加入幾滴新制Cu(OH)2懸濁液，加熱A．A B．B C．C D．D20、下列說法正確的是A．燒制瓷器的原料是純堿和黏土B．化妝品中添加甘油可以起到保濕作用C．二氧化硫有毒，嚴(yán)禁將其添加到任何食品和飼料中D．冠狀病毒粒子直徑約60~220nm，故介于溶液和膠體粒子之間21、下列敘述正確的是()A．高溫下二氧化硅與碳酸鈉反應(yīng)放出二氧化碳，說明硅酸(H2SiO3)的酸性比碳酸強(qiáng)B．陶瓷、玻璃、水泥容器都能貯存氫氟酸C．石灰抹墻、水泥砌墻的硬化過程原理相同D．玻璃窯中出來的氣體的主要成分是二氧化碳22、將鹽酸溶液逐滴滴入NaOH、NaAlO2、Na2CO3的混合溶液中，下列圖像能正確表示溶液中反應(yīng)的是()A． B． C． D．二、非選擇題(共84分)23、（14分）某藥物H的合成路線如圖所示：完成下列填空：（1）F分子中含氧官能團(tuán)名稱__。（2）反應(yīng)Ⅰ中X為氣態(tài)烴，與苯的最簡式相同，則X的名稱__。（3）反應(yīng)A→B的反應(yīng)類型是__；B→C的反應(yīng)條件是__。（4）寫出反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式。D→E：___。G→H：___。（5）E的同分異構(gòu)體中，滿足下列條件的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式是___。①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)②能水解③苯環(huán)上的一溴代物只有兩種（6）請寫出以D為原料合成苯乙酮（）的反應(yīng)流程。___A→試劑→B……→試劑→目標(biāo)產(chǎn)物24、（12分）〔化學(xué)—選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)〕席夫堿類化合物G在催化、藥物、新材料等方面有廣泛應(yīng)用。合成G的一種路線如下：已知以下信息：①②一摩爾B經(jīng)上述反應(yīng)可生居二摩爾C，且C不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)。③D屬于單取代芳烴，其相對分子質(zhì)量為106。④核磁共振氫譜顯示F苯環(huán)上有兩種化學(xué)環(huán)境的⑤回答下列問題：（1）由A生成B的化學(xué)方程式為，反應(yīng)類型為（2）D的化學(xué)名稱是，由D生成E的化學(xué)方程式為：（3）G的結(jié)構(gòu)簡式為（4）F的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)的還有____種（不考慮立體異構(gòu)）。其中核磁共振氫譜中有4組峰，且面積比為6：2：2：1的是_______。（寫出其中的一種的結(jié)構(gòu)簡式）。（5）由苯和化合物C經(jīng)如下步驟可合成N-異丙基苯胺。反應(yīng)條件1所選擇的試劑為____________；反應(yīng)條件2所選擇的試劑為________；I的結(jié)構(gòu)簡式為_____________。25、（12分）實驗小組制備高鐵酸鉀（K2FeO4）并探究其性質(zhì)。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，在堿性溶液中較穩(wěn)定。（1）K2FeO4作為高效、多功能水處理劑的原因是______________________________。（2）制備K2FeO4（夾持裝置略）①A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應(yīng)方程式是_____________________________。②該裝置有明顯不合理設(shè)計，如何改進(jìn)？____________________________。③改進(jìn)后，B中得到紫色固體和溶液。B中Cl2發(fā)生的反應(yīng)有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外還有____________________________。（3）探究K2FeO4的性質(zhì)（改進(jìn)后的實驗）①取B中紫色溶液，加入稀硫酸，產(chǎn)生黃綠色氣體，得溶液a，經(jīng)檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl－而產(chǎn)生Cl2，設(shè)計以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗滌B中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產(chǎn)生。a．由方案Ⅰ中溶液變紅可知a中含有______離子，但該離子的產(chǎn)生不能判斷一定是K2FeO4將Cl－氧化，還可能由_________________________產(chǎn)生（用方程式表示）。b．方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗滌的目的是______________。②根據(jù)K2FeO4的制備實驗和方案Ⅱ?qū)嶒灡砻鰿l2和的氧化性強(qiáng)弱關(guān)系相反，原因是_____________。26、（10分）某同學(xué)利用Cl2氧化K2MnO4制備KMnO4的裝置如下圖所示(夾持裝置略)：已知：錳酸鉀(K2MnO4)在濃強(qiáng)堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生反應(yīng)：回答下列問題：(1)裝置A中a的作用是______________；裝置C中的試劑為________________；裝置A中制備Cl2的化學(xué)方程為______________。(2)上述裝置存在一處缺陷，會導(dǎo)致KMnO4產(chǎn)率降低，改進(jìn)的方法是________________。(3)KMnO4常作氧化還原滴定的氧化劑，滴定時應(yīng)將KMnO4溶液加入___________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中；在規(guī)格為50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始讀數(shù)為15.00mL，此時滴定管中KMnO4溶液的實際體積為______________(填標(biāo)號)。A.15.00mLB.35.00mLC.大于35.00mLD.小于15.00m1(4)某FeC2O4﹒2H2O樣品中可能含有的雜質(zhì)為Fe2(C2O4)3、H2C2O4﹒2H2O，采用KMnO4滴定法測定該樣品的組成，實驗步驟如下:Ⅰ.取mg樣品于錐形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加熱至75℃。用cmol﹒L-1的KMnO4溶液趁熱滴定至溶液出現(xiàn)粉紅色且30s內(nèi)不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。Ⅱ.向上述溶液中加入適量還原劑將Fe3+完全還原為Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃繼續(xù)用KMnO4溶液滴定至溶液出現(xiàn)粉紅色且30s內(nèi)不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。樣品中所含的質(zhì)量分?jǐn)?shù)表達(dá)式為_________________。下列關(guān)于樣品組成分析的說法，正確的是__________(填標(biāo)號)。A.時，樣品中一定不含雜質(zhì)B.越大，樣品中含量一定越高C.若步驟I中滴入KMnO4溶液不足，則測得樣品中Fe元素含量偏低D.若所用KMnO4溶液實際濃度偏低，則測得樣品中Fe元素含量偏高27、（12分）磷酸工業(yè)的副產(chǎn)品氟硅酸（H2SiF6）溶液中含少量碘，其回收方案如下。已知：①氟硅酸溶液中碘的可能存在形式為I2、I－、I3-；②I2+I－I3-。（1）K2Cr2O7、H2O2、NaClO和NaNO2都能使I－氧化為I2。NaNO2在氧化I－時會產(chǎn)生NO，該反應(yīng)的離子方程式為____。從減少對環(huán)境污染的角度，上述氧化劑中可選用的有H2O2、____。（2）生成的I2可用熱空氣吹出的原因是____。（3）在吸收時采用氣-液逆流接觸，則從吸收裝置底部通入的是____（填“吸收液”或“含碘空氣”）。吸收后的溶液需反復(fù)多次循環(huán)吸收含碘空氣，其作用是：①提高SO2的利用率；②____。（4）請補(bǔ)充完整證明氟硅酸溶液中存在I的實驗步驟：取樣品，____，取上層液體，重復(fù)上述操作2-3次，____。（可選用的試劑：5%淀粉溶液、0.1mol·L-1NaNO2溶液,0.1mol·L-1Na2SO3溶液、6mol·L-1H2SO4溶液、CCl4）。28、（14分）（1）將Al、Al2O3和Al(OH)3的混合物恰好與NaOH溶液反應(yīng)，反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)的化學(xué)式為_________。向反應(yīng)后的溶液中通入少量CO2，反應(yīng)的離子方程式為

_______________。（2）在100mLFeBr2溶液中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LCl2，溶液中有1/4的Br-被氧化成單質(zhì)Br2，則原FeBr2溶液中FeBr2的物質(zhì)的量濃度為

______________

（結(jié)果保留兩位小數(shù)）。（3）三氟化氮(NF3)是一種無色無味的氣體，它是微電子工業(yè)技術(shù)的關(guān)鍵原料之一，三氟化氮在潮濕的空氣中與水蒸氣能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，其反應(yīng)的產(chǎn)物有：HF、NO和HNO3，請根據(jù)要求回答下列問題：①寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式___________________，反應(yīng)中生成0.2molHNO3，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為__________

。②NF3無色、無臭，但一旦在空氣中泄漏，還是易于發(fā)現(xiàn)，判斷該氣體泄漏時的現(xiàn)象是

__________。29、（10分）（一）常溫下,向100mL0.01mol·L-1HA溶液中逐滴加入0.02mol·L-1MOH溶液,圖中所示的曲線表示混合溶液的pH變化情況(溶液體積變化忽略不計)。(1)由圖中信息可知HA為____________酸(填“強(qiáng)”或“弱”)。

(2)常溫下一定濃度的MA稀溶液的pH=a,則a________7,用離子方程式表示其原因_________________,此時,溶液中水電離出的c(OH-)=__________mol·L-1。

(3)請寫出K點所對應(yīng)的溶液中離子濃度的大小關(guān)系:_____________________

(4)K點所對應(yīng)的溶液中,c(M+)+c(MOH)__________2c(A-)（二）Ⅰ.氧化還原滴定實驗同中和滴定類似(用已知濃度的氧化劑溶液滴定未知濃度的還原劑溶液或反之)?，F(xiàn)有0.001moL·L-1酸性KMnO4溶液和未知濃度的無色NaHSO3溶液。反應(yīng)的離子方程式是2MnO4-+5HS03-+H+=2Mn2++5SO42-+3H2O。請完成下列問題:(1)該滴定實驗所需儀器有下列中的________。

A．酸式滴定管(50mL)B．堿式滴定管(50mL)C．量筒(10mL)D．錐形瓶E.鐵架臺F.滴定管夾G.燒杯H.白紙I.膠頭滴管J.漏斗

(2)本實驗________(填“需要”或“不需要”)使用指示劑,理由是___________________

Ⅱ.一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制和酸堿中和滴定是中學(xué)化學(xué)中兩個典型的定量實驗。某研究性學(xué)習(xí)小組在實驗室中配制1mol·L-1稀硫酸標(biāo)準(zhǔn)溶液。然后用其滴定某未知濃度的NaOH溶液。下列有關(guān)說法中正確的是________(填序號)。

A．實驗中所用到的滴定管、容量瓶在使用前均需要查漏B．若選用100mL容量瓶配制標(biāo)準(zhǔn)酸溶液,需用密度為1.84g·mL-1、98%的濃硫酸5.43mLC．容量瓶中有少量的蒸餾水,會導(dǎo)致所配標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度偏小D．酸式滴定管用蒸餾水洗滌后,即裝入標(biāo)準(zhǔn)濃度的稀硫酸,則測得的NaOH溶液的濃度將偏大E.若配制標(biāo)準(zhǔn)酸溶液在定容時俯視讀數(shù),則導(dǎo)致所測的NaOH溶液濃度偏大F.中和滴定實驗,若滴定前平視讀數(shù)、滴定結(jié)束俯視讀數(shù),則導(dǎo)致實驗結(jié)果偏大

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、生石灰是化合物、白磷是單質(zhì)、熟石灰是化合物，A項錯誤；B、燒堿是化合物、液態(tài)氧是單質(zhì)、碘酒是混合物，B項正確；C、干冰是化合物、鐵是單質(zhì)、氯化氫是化合物，C項錯誤；D、空氣是混合物、氮氣是單質(zhì)、膽礬是化合物，D項錯誤；答案選B。2、D【解析】在反應(yīng)3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，只有S元素的化合價發(fā)生變化，氧化劑和氧化劑都是S，反應(yīng)中S→K2S，S化合價降低，則S被還原，S為氧化劑，S→K2SO3，S化合價升高，則S被氧化，S為還原劑，由生成物可知，被氧化與被還原的S的物質(zhì)的量之比為1:2，故選D.點睛：應(yīng)用得失電子守恒規(guī)律進(jìn)行計算的一般步驟1．找出氧化劑、還原劑及相應(yīng)的還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物；2．找準(zhǔn)一個原子或離子得失電子數(shù)，注意化學(xué)式中該種粒子的個數(shù)；3．根據(jù)題中物質(zhì)的量和得失電子守恒列出等式：n(氧化劑)×變價原子個數(shù)×化合價變化值(高價?低價)=n(還原劑)×變價原子個數(shù)×化合價變化值(高價?低價)。3、B【分析】H＋+OH－=H2O表示強(qiáng)酸強(qiáng)堿生成可溶性鹽的反應(yīng)?！驹斀狻緼.不能用離子方程式表示，錯誤；B表示強(qiáng)酸強(qiáng)堿的反應(yīng)，正確；C.氫氧化銅是沉淀，應(yīng)寫作分子式的形式，錯誤；D.硫酸鋇是沉淀，離子方程式為Ba2＋＋SO42－＋2H＋＋2OH－＝BaSO4↓＋2H2O，錯誤.答案選B。4、A【解析】A、氫氧化鈉與硫酸銅反應(yīng)生成硫酸鈉與氫氧化銅，氫氧化銅懸濁液與乙醛水浴加熱反應(yīng)生成氧化亞銅，物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)，選項A選；B、一氧化氮與水不反應(yīng)，無法由一氧化氮和水轉(zhuǎn)化為硝酸，物質(zhì)間轉(zhuǎn)化不能全部實現(xiàn)，選項B不選；C、MgCl2溶液要在氯化氫的氛圍中加熱蒸發(fā)才能得到無水氯化鎂，物質(zhì)間轉(zhuǎn)化不能全部實現(xiàn)，選項C不選；D、鹽酸的酸性強(qiáng)于碳酸，無法用CaCl2與CO2反應(yīng)得到碳酸鈣，物質(zhì)間轉(zhuǎn)化不能全部實現(xiàn)，選項D不選。答案選A。5、D【詳解】A、二氧化硫可用來漂白是具有漂白性，與氧化性無關(guān)，故A錯誤；B、石英坩堝的主要成分為二氧化硅，能與燒堿、純堿反應(yīng)，故B錯誤；C、明礬作凈水劑是因為鋁離子水解生成的氫氧化鋁具有吸附性，與溶解性無關(guān)，故C錯誤；D、液氨汽化時吸收大量的熱，具有制冷作用，可用作制冷劑，故D正確；故選D；6、C【解析】根據(jù)同一反應(yīng)，速率之比等于計量數(shù)之比，把所有速率都換算成v(A)。A、當(dāng)v(C)=0.04mol/(L?s)時，v(A)=0.02mol/(L?s)；B、當(dāng)v(B)=0.06mol/(L?s)時，v(A)=0.02mol/(L?s)；C、v(A)＝0.03mol·(L·s)－1；D、當(dāng)v(D)=0.01mol/(L?s)時，v(A)=0.005mol/(L?s)；故選C。7、D【解析】A、在這三個反應(yīng)中，①、③是置換反應(yīng)，②是化合反應(yīng)，所以A正確；B、這三個反應(yīng)都是氧化還原反應(yīng)，其中硅的化合價都變化了4價，所以每消耗或生成28g硅即1mol，都轉(zhuǎn)移4mol電子，故B正確；C、在氧化還原反應(yīng)中，還原劑的還原性強(qiáng)于還原產(chǎn)物的還原性，在反應(yīng)①中，C是還原劑，Si是還原產(chǎn)物，在反應(yīng)③中，H2是還原劑，Si是還原產(chǎn)物，所以在高溫下，焦炭與氫氣的還原性均強(qiáng)于硅，則C正確；D、這些反應(yīng)并不是混合在一起同時進(jìn)行的，所以高溫下把石英砂、焦炭、氯氣、氫氣按一定比例混合是得不到高純硅的，故D錯誤。本題正確答案為D。8、D【詳解】A．Fe4(OH)2(SO4)5電離后的陰離子為OH-和SO42-，陽離子為Fe3+，屬于堿式鹽，其中Fe3+可水解產(chǎn)生Fe(OH)3的膠體，吸附水中的雜質(zhì)，可作凈水劑，故A正確；B．FeSO4與足量NH4HCO3反應(yīng)的離子方程式為：2+Fe2+═FeCO3↓+CO2↑+H2O，故B正確；C．Fe2+能使K3[Fe(CN)6]生成藍(lán)色沉淀，用稀硫酸和K3[Fe(CN)6]溶液檢驗鐵紅中是否含有FeCO3，若含有，溶液會生成藍(lán)色沉淀，若不含有，則無明顯現(xiàn)象，故C正確；D．“冷卻結(jié)晶”后的操作是過濾，“煅燒”操作的主要儀器有酒精燈、三腳架、坩堝、泥三角、玻璃棒，故D錯誤；答案選D。9、C【分析】在進(jìn)行各選項分析時，我們可以利用吉布斯自由能方程?G=ΔH-?S進(jìn)行綜合判斷。【詳解】A.SiO2(s)＋2C(s)=Si(s)＋2CO(g)的?S>0，若只能在高溫下自發(fā)進(jìn)行，則表明反應(yīng)吸熱，即該反應(yīng)的ΔH>0，A正確；B.3C(s)＋CaO(s)=CaC2(s)＋CO(g)的?S>0，在常溫下不能自發(fā)進(jìn)行，則表明反應(yīng)吸熱，即說明該反應(yīng)的ΔH>0，B正確；C.BaSO4(s)＋4C(s)=BaS(s)＋4CO(g)的?S>0，在室溫下不能自發(fā)進(jìn)行，則表明反應(yīng)吸熱，即說明該反應(yīng)的ΔH>0，C不正確；D.常溫下，2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)的?S<0，能夠自發(fā)進(jìn)行，則表明反應(yīng)放熱，即該反應(yīng)的ΔH<0，D正確。故選C。10、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。11、A【解析】X是兩性金屬元素，則X是Al，所以W是N，Q是O，Y是S。A、核外電子排布相同的離子，其離子半徑隨原子序數(shù)的增大而減小，則離子半徑Q＞X，A正確；B、氧元素非金屬性強(qiáng)于S，則氫化物穩(wěn)定性是O＞S，B錯誤；C、鋁是第三周期第ⅢA族，族序數(shù)和周期序數(shù)相等，C錯誤；D、S元素的最高價含氧酸硫酸是強(qiáng)酸，但亞硫酸是弱酸，D錯誤，答案選A。12、C【詳解】A.根據(jù)能量--反應(yīng)過程的圖像知，狀態(tài)I的能量高于狀態(tài)III的能量，故該過程是放熱反應(yīng)，A錯誤；B.根據(jù)狀態(tài)I、II、III可以看出整個過程中CO中的C和O形成的化學(xué)鍵沒有斷裂，故B錯誤；C.由圖III可知，生成物是CO2，具有極性共價鍵，故C正確；D.狀態(tài)Ⅰ→狀態(tài)Ⅲ表示CO與O反應(yīng)的過程，故D錯誤。故選C。13、D【詳解】A.反應(yīng)在前2s時間內(nèi)用三氧化硫表示的平均速率v=△c/△t=0.8mol÷2.0L÷2s=0.2mol?L-1?s-1，化學(xué)反應(yīng)速率之比等于系數(shù)之比，氧氣的平均速率為0.2mol?L-1?s-1×1/2mol?L-1?s-1=0.1mol?L-1?s-1，故A錯誤；B.溫度一定時，平衡常數(shù)不隨體積和壓強(qiáng)的變化而變化，所以平衡常數(shù)不變，故B錯誤；C.由表格可知，在此溫度下，當(dāng)充入2molSO2和1molO2平衡時，生成的SO3為1.8mol，由等效平衡可知，若充入2molSO3，則SO3的平衡轉(zhuǎn)化率為10%，此時正反應(yīng)是體積減小的反應(yīng)，相同溫度下，起始時向容器中充入4molSO3，根據(jù)極限轉(zhuǎn)化的思想，向容器中充入4molSO3，相當(dāng)于投入4mol二氧化硫和2mol氧氣，增加二氧化硫的量，會降低其轉(zhuǎn)化率，故C錯誤；D.溫度不變，再充入2molSO2和1molO2時，相當(dāng)于將容器的體積縮小一半，壓強(qiáng)增大，平衡正向移動，所以n(SO3)/n(SO2)增大，故D正確。故選D。14、B【解析】分析：主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，且均不大于20。W與Z形成的化合物可與濃硫酸反應(yīng)，其生成物可腐蝕玻璃，生成物是HF，因此W是F，Z是Ca，W與Y同族，則Y是Cl。W、X、Z的最外層電子數(shù)之和為10，則X的最外層電子數(shù)為10－7－2＝1，所以X是Na，據(jù)此解答。詳解：根據(jù)以上分析可知W、X、Y、Z分別是F、Na、Cl、Ca或F、Mg、Cl、K，則A、金屬鈉或鉀常溫常壓下是固態(tài)，A錯誤；B、CaH2中含有離子鍵，屬于離子化合物，B正確；C、Y與Z形成的化合物是氯化鈣，其水溶液顯中性，C錯誤；D、F是最活潑的非金屬，沒有正價，Cl元素的最高價是+7價，D錯誤。答案選B。點睛：準(zhǔn)確判斷出元素名稱是解答的關(guān)鍵，突破點是能腐蝕玻璃的物質(zhì)為HF，進(jìn)而推斷出CaF2能與濃硫酸反應(yīng)生成HF。易錯點是選項B，注意金屬氫化物的結(jié)構(gòu)特點，與非金屬氫化物的不同。難點是氟化鈣與濃硫酸反應(yīng)屬于學(xué)生不熟悉的知識點。15、B【詳解】A.若用10mLH2O代替10mLNaOH溶液，相比之下CH3COOH溶液中氫離子濃度下降幅度減小，所得溶液pH小于a點，故A正確；B.b點時溶液中存在電荷守恒：c(CH3COO－)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，b點溶液呈中性c(H+)=c(OH-)，則c(CH3COO－)=c(Na+)，故B錯誤；C.c點醋酸和NaOH完全反應(yīng)，a點→c點的過程中，隨著NaOH的增多，平衡CH3COOHCH3COO－+H+一直向右移動，n(CH3COO-)持續(xù)增大，故C正確；D.酸堿中和滴定中接近滴定終點，pH出現(xiàn)突變，a點加入10mLNaOH溶液，距離滴定終點還很遠(yuǎn)，此時向a點對應(yīng)的溶液中滴加1滴0.1mol·L-1NaOH溶液或1滴0.1mol·L-1醋酸溶液，pH變化均不大，故D正確；故選B。16、D【解析】A項，F(xiàn)e3+完全沉淀的pH約為4，中性溶液中Fe3+不能大量存在，錯誤；B項，MnO4-具有強(qiáng)氧化性，會將Br-、I-氧化，不能大量共存；C項，發(fā)生離子反應(yīng)：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，不能大量共存；D項，25℃時水電離出的c（OH-）=1×10-14mol·L-1的溶液可能呈酸性也可能呈堿性，酸性條件下CO32-不能大量共存，堿性條件下離子間不反應(yīng)能大量共存，可能共存，正確；答案選D。點睛：離子不能大量共存的原因有：（1）離子間發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成沉淀、弱電解質(zhì)、氣體；（2）離子間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，如Fe2+與H+、NO3-等；（3）離子間發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)，如Fe3+與SCN-等；（4）離子間發(fā)生雙水解反應(yīng)，如Al3+、Fe3+與CO32-、HCO3-、AlO2-等；（5）注意題干的附加條件，如無色溶液中不含MnO4-、Cu2+、Fe3+、Fe2+等；酸性溶液中與H+反應(yīng)的離子不能存在；堿性溶液中與OH-反應(yīng)的離子不能存在；與Al反應(yīng)放H2的溶液既可能呈酸性也可能呈堿性；25℃水電離的c（H+）110-7mol/L的溶液可能呈酸性也可能呈堿性等。17、D【詳解】A.裝置A中儀器X的名稱為蒸餾燒瓶，A正確；B.氨氣極易溶于水，裝置B中球形干燥管的作用是防止倒吸，B正確；C.裝置C中橡膠管的作用是使分液漏斗中液體壓強(qiáng)與燒瓶內(nèi)壓強(qiáng)相同，使使分液漏斗中溶液順利滴下，C正確；D.實驗開始后，應(yīng)先打開K2一段時間，使溶液呈堿性，然后再打開K1，吸收更多的二氧化碳，D錯誤；答案為D。18、C【詳解】A選項，F(xiàn)e可用作食品抗氧化劑，生石灰作干燥劑，故A錯誤；B選項，焰色反應(yīng)是物質(zhì)燃燒時火焰呈現(xiàn)的顏色變化，屬于物理變化，故B錯誤；C選項，“海水淡化”可以解決“淡水供應(yīng)危機(jī)”，但加入明礬只能凈水，不能使海水淡化，故C正確；D選項，分散系中分散質(zhì)粒子的大小：Fe(OH)3懸濁液>Fe(OH)3膠體>FeCl3溶液，故D錯誤；綜上所述，答案為C?！军c睛】焰色反應(yīng)為物理變化；食品中的化學(xué)知識；鐵粉做抗氧劑，生石灰作干燥劑。19、C【解析】A、銅是金屬，易吸熱，所以中和熱測定時用銅棒代替環(huán)形玻璃攪拌棒攪拌，測定反應(yīng)的最高溫度偏小，不能達(dá)到實驗?zāi)康模x項A錯誤；B.若將混有的少量乙烯的乙烷氣體中通入足量酸性KMnO4溶液中，乙烯會被氧化產(chǎn)生CO2氣體，使其中混入了新的雜質(zhì)，不能達(dá)到除雜的目的，選項B錯誤；C、實驗室沒有980mL規(guī)格的容量瓶，必須配制1L，25.0gCuSO4·5H2O的物質(zhì)的量是0.1mol，所配的溶液為0.1mol/L，選項C正確；D、檢驗蔗糖水解產(chǎn)物中的葡萄糖，應(yīng)該取1mL20%蔗糖溶液，加入少量稀硫酸，水浴加熱后取少量溶液，加入NaOH溶液中和催化劑硫酸，使溶液顯堿性，然后加入幾滴新制Cu(OH)2，加熱煮沸，觀察是否產(chǎn)生磚紅色沉淀，選項D錯誤。答案選C。20、B【詳解】A．燒制瓷器的原料是黏土，無純堿，A錯誤；B．甘油分子中含有親水基，具有強(qiáng)的吸水性，因此化妝品中添加甘油可以起到保濕作用，B正確；C．二氧化硫氣體具有強(qiáng)還原性，常用作葡萄酒的抗氧化劑，C錯誤；D．溶液中溶質(zhì)直徑小于1nm，膠體粒子直徑在1-100nm之間，而冠狀病毒粒子直徑約60~220nm，故冠狀病毒粒子直徑可能大于膠體粒子，D錯誤；故合理選項是B。21、D【解析】試題分析：A、高溫下固體與氣體的反應(yīng)不能說明硅酸（H2SiO3）的酸性比碳酸強(qiáng)，，應(yīng)根據(jù)溶液中進(jìn)行的反應(yīng)來判斷，故A錯誤；B、陶瓷、玻璃、水泥的主要成分都是硅酸鹽，其中含有的二氧化硅都能和氫氟酸反應(yīng)，故B錯誤；C、水泥的硬化是一個復(fù)雜的物理-化學(xué)過程，石灰抹墻的硬化是氫氧化鈣和二氧化碳生成碳酸鈣反應(yīng)，所以硬化過程原理不同，故C錯誤；D、由Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑、CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑可知，所以玻璃窯中出來的氣體的主要成分是二氧化碳，故D正確；故選D?？键c：考查了碳族元素的相關(guān)知識。22、C【詳解】本題考查了反應(yīng)的先后順序問題，發(fā)生反應(yīng)依次為①OH-+H+=H2O，②AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，③CO32-+H+=HCO3-，④HCO3-+H+=H2O+CO2↑，⑤Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；故答案選C。二、非選擇題(共84分)23、醛基、酯基乙炔加成反應(yīng)NaOH水溶液、加熱CH2CHO+2Cu(OH)2CH2COOH+Cu2O↓+H2O+H2O【分析】A與溴化氫在雙氧水的作用下發(fā)生加成反應(yīng)生成B，比較苯與A的結(jié)構(gòu)可知，苯與X發(fā)生加成反應(yīng)生成A，所以X為CH≡CH。B水解生成C，后C催化氧化生成DCH2CHO，D與斐林試劑反應(yīng)酸化后生成ECH2COOH，E發(fā)生取代反應(yīng)生成F，F(xiàn)與氫氣發(fā)生加成，醛基轉(zhuǎn)化為羥基，得到G，G發(fā)生消去反應(yīng)生成H。根據(jù)此分析進(jìn)行解答。【詳解】（1）由F的結(jié)構(gòu)簡式可知F中具有的官能團(tuán)為醛基、酯基。故答案為醛基酯基（2）比較苯與A的結(jié)構(gòu)可知，苯與X發(fā)生加成反應(yīng)生成A，X為氣態(tài)烴，且X與苯的最簡式相同，所以X為CH≡CH。故答案為CH≡CH（3）A與溴化氫在雙氧水的作用下發(fā)生加成反應(yīng)生成B之后B在NaOH水溶液、加熱條件下水解生成C。故答案為加成反應(yīng)NaOH水溶液、加熱（4）DCH2CHO與斐林試劑反應(yīng)酸化后生成ECH2COOH，G，G發(fā)生消去反應(yīng)生成H。故答案為CH2CHO+2Cu(OH)2CH2COOH+Cu2O↓+H2O+H2O（5）ECH2COOH的同分異構(gòu)體需要滿足能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明有醛基且能水解，則含有酯基，苯環(huán)上的一溴代物只有兩種說明對位上有兩個取代基。該同分異構(gòu)體為。故答案為（6）DCH2CHO制備苯乙酮（）的反應(yīng)流程主要是將醛基轉(zhuǎn)化為相鄰碳原子上的酮基，可以先將D還原為苯甲醇，之后苯甲醇發(fā)生消去反應(yīng)得到苯乙烯，苯乙烯與水加成后再進(jìn)行催化氧化生成苯乙酮（）。故答案為24、（1）,消去反應(yīng)；（1）乙苯；（3）；（4）19；；；。（5）濃硝酸、濃硫酸、加熱50℃～60℃；Fe/稀HCl；【解析】試題分析：A的分子式為C6H13Cl，為己烷的一氯代物，在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)得到B，1molB發(fā)生信息①中氧化反應(yīng)生成1molC，且C不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，B為對稱結(jié)構(gòu)烯烴，且不飽和C原子沒有H原子，故B為（CH3）1C=C（CH3）1，C為（CH3）1C=O，逆推可知A為（CH3）1CH-CCl（CH3）1．D屬于單取代芳烴，其相對分子質(zhì)量為106，D含有一個苯環(huán)，側(cè)鏈?zhǔn)搅?106-77=19，故側(cè)鏈為-CH1CH3，D為，核磁共振氫譜顯示F苯環(huán)上有兩種化學(xué)環(huán)境的氫，故D發(fā)生乙基對位取代反應(yīng)生成E為，由F的分子式可知，E中硝基被還原為-NH1，則F為，C與F發(fā)生信息⑤中反應(yīng)，分子間脫去1分子水形成N=C雙鍵得到G，則G為，（1）A發(fā)生消去反應(yīng)生成B，反應(yīng)方程式為C（CH3）1Cl-CH（CH3）1+NaOHC（CH3）1=C（CH3）1+NaCl+H1O，該反應(yīng)為消去反應(yīng)，故答案為C（CH3）1Cl-CH（CH3）1+NaOHC（CH3）1=C（CH3）1+NaCl+H1O；消去；（1）E為，其名稱是對硝基乙苯，D發(fā)生取代反應(yīng)生成E，反應(yīng)方程式為+HNO3+H1O，故答案為對硝基乙苯；+HNO3+H1O；（3）通過以上分析知，G結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為；（4）F為，含有苯環(huán)同分異構(gòu)體中，若取代基為氨基、乙基，還有鄰位、間位1種，若只有一個取代基，可以為-CH（NH1）CH3、-CH1CH1NH1、-NH-CH1CH3、-CH1NHCH3、-N（CH3）1，有5種；若取代為1個，還有-CH3、-CH1NH1或-CH3、-NHCH3，各有鄰、間、對三種，共有6種；若取代基有3個，即-CH3、-CH3、-NH1，1個甲基相鄰，氨基有1種位置，1個甲基處于間位，氨基有3種位置，1個甲基處于對位，氨基有1種位置，共有1+3+1=6種，故符合條件的同分異構(gòu)體有：1+5+6+6=19，其中核磁共振氫譜為4組峰，且面積比為6：1：1：1，說明含有1個-CH3，可以是，故答案為19；。（5）由苯與濃硝酸、濃硫酸在加熱條件下得到H為硝基苯，硝基苯在Fe粉/鹽酸條件下還有得到I為，再與（CH3）1C=O反應(yīng)得到，最后加成反應(yīng)還原得到，故反應(yīng)條件1所選用的試劑為：濃硝酸、濃硫酸，反應(yīng)條件1所選用的試劑為：Fe粉/稀鹽酸，I的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為濃硝酸、濃硫酸；Fe粉/鹽酸；?！究键c定位】考查有機(jī)物的合成與推斷【名師點晴】本題考查有機(jī)物推斷，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生獲取信息并靈活運用信息解答問題能力，根據(jù)題給信息、反應(yīng)條件、分子式進(jìn)行推斷，正確推斷A、D結(jié)構(gòu)簡式是解本題關(guān)鍵，難點是（4）題同分異構(gòu)體種類判斷。25、K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，能夠消毒殺菌；同時FeO42?被還原成Fe3+，F(xiàn)e3+水解形成Fe（OH）3膠體，能夠吸附水中懸浮雜質(zhì)2KMnO4+16HCl(濃)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O應(yīng)該增加盛裝飽和食鹽水的洗氣瓶，吸收蒸發(fā)出來的HCl氣體Cl2+2OH?=Cl?+ClO?+H2OFe3+4FeO42?+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO?的干擾溶液的酸堿性不同【分析】(1)K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，說明K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，而FeO42?被還原成Fe3+，F(xiàn)e3+水解形成Fe（OH）3膠體，能夠吸附水中懸浮雜質(zhì)，所以可以用來凈水；(2)本實驗采用氯氣與氫氧化鐵在堿性條件下制備K2FeO4，而采用濃鹽酸與高錳酸鉀溶液反應(yīng)制備的氯氣中混有氯化氫雜質(zhì)，應(yīng)先除去；(3)通過Cl2、Fe(OH)3與KOH之間的反應(yīng)制備K2FeO4，溶液中可能存在副反應(yīng)Cl2+2OH?=Cl?+ClO?+H2O，因此制備出的K2FeO4中可能混有次氯酸鉀和氯化鉀等雜質(zhì)。方案I，取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色說明溶液中存在Fe3+，但Fe3+不一定是與K2FeO4將Cl－氧化，根據(jù)題干已知K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，同時產(chǎn)生Fe3+，氯氣是由酸性條件下次氯酸根與氯離子發(fā)生歸中反應(yīng)生成的。方案II可以證明K2FeO4將Cl－氧化，方案II中采氫氧化鉀溶液洗滌高鐵酸鉀，使K2FeO4穩(wěn)定析出，并除去ClO?，防止酸性條件下ClO?與Cl?發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生Cl2，干擾實驗。【詳解】(1)K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，說明K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，能夠殺菌消毒，而FeO42?被還原成Fe3+，F(xiàn)e3+水解形成Fe（OH）3膠體，能夠吸附水中懸浮雜質(zhì)，所以可以用來凈水；(2)①A中用濃鹽酸和高錳酸鉀反應(yīng)制備氯氣，化學(xué)方程式為：2KMnO4+16HCl(濃)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；②氯氣中的主要雜質(zhì)為濃鹽酸揮發(fā)出的氯化氫氣體，制備K2FeO4需在強(qiáng)堿條件下進(jìn)行，應(yīng)用飽和氯化鈉溶液除去氯化氫氣體。③C中主要是Cl2、Fe(OH)3與KOH之間的反應(yīng)制備K2FeO4，除了已知反應(yīng)，還有Cl2與KOH的歧化反應(yīng)：Cl2+2OH?=Cl?+ClO?+H2O；(3)①a.溶液中加入KSCN呈紅色證明其中含有Fe3+，酸性條件下K2FeO4不穩(wěn)定，因此生成Fe3+的反應(yīng)還有：4FeO42?+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；b.用氫氧化鉀溶液洗滌的目的是洗去固體表面附著的氧化性離子ClO?，以免對FeO42?氧化Cl?產(chǎn)生干擾，并在洗滌時保證K2FeO4的穩(wěn)定性，避免FeO42?在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2。②實驗中在堿性條件下Cl2制備FeO42?，可以得出氧化性為Cl2＞FeO42?，而方案Ⅱ則得出相反的結(jié)論，主要是因為在酸性環(huán)境中氧化性FeO42?＞Cl2。26、平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利滴下；NaOH溶液在裝置A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶酸式CBD【分析】漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有強(qiáng)氧化性，和濃鹽酸在A中發(fā)生歸中反應(yīng)產(chǎn)生Cl2，Cl2和K2MnO4在B中反應(yīng)產(chǎn)生KMnO4，反應(yīng)不完的Cl2用C吸收，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)裝置A為恒壓分液漏斗，它的作用是平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利滴下，C的作用是吸收反應(yīng)不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO)2和濃鹽酸在A中發(fā)生歸中反應(yīng)產(chǎn)生Cl2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案為：平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利滴下；NaOH溶液；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；(2)錳酸鉀在濃強(qiáng)堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-，一部分MnO42-轉(zhuǎn)化為了MnO2，導(dǎo)致最終KMnO4的產(chǎn)率低，而濃鹽酸易揮發(fā)，直接導(dǎo)致B中NaOH溶液的濃度減小，故改進(jìn)措施是在裝置A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶吸收揮發(fā)出來的HCl，故答案為：在裝置A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶；(3)高錳酸鉀有強(qiáng)氧化性，強(qiáng)氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，規(guī)格為50.00mL的滴定管中實際的體積大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL，故答案為：酸式；C；(4)設(shè)FeC2O4·2H2O的物質(zhì)的量為xmol，F(xiàn)e2(C2O4)3的物質(zhì)的量為ymol，H2C2O4·2H2O的物質(zhì)的量為zmol，步驟I中草酸根和Fe2+均被氧化，結(jié)合得失電子守恒有：2KMnO4~5H2C2O4(C2O42-)，KMnO4~5Fe2+，所以，步驟II中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，，聯(lián)立二個方程解得：z=2.5c(V1-3V2)×10-3，所以H2C2O4·2H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)==。關(guān)于樣品組成分析如下：A．時，H2C2O4·2H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)==0，樣品中不含H2C2O4·2H2O，由和可知，y≠0，樣品中含F(xiàn)e2(C2O4)3雜質(zhì)，A錯誤；B．越大，由H2C2O4·2H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)表達(dá)式可知，其含量一定越大，B正確；C．Fe元素的物質(zhì)的量=，若步驟I中KMnO4溶液不足，則步驟I中有一部分Fe2+沒有被氧化，不影響V2的大小，則不變，則對于測得Fe元素的含量無影響，C錯誤；D．結(jié)合C可知：若KMnO4溶液濃度偏低，則消耗KMnO4溶液的體積V1、V2均偏大，F(xiàn)e元素的物質(zhì)的量偏大，則測得樣品中Fe元素含量偏高，D正確；故答案為：；BD。27、4H++2NO2-+2I－=I2+2NO↑+2H2ONaClOI2受熱易升華（或揮發(fā)）含碘空氣增加吸收后溶液中I－濃度加入CCl4振蕩，靜置，分液（或加CCl4萃取），有機(jī)層呈紫色（或加入5%淀粉溶液變藍(lán)，再加入CCl4萃?。┤∩蠈铀芤旱稳?%淀粉溶液不變藍(lán)，再分別滴加6mol·L-1H2SO4溶液、0.1mol·L-1NaNO2溶液，變藍(lán)，證明存在I3-?！窘馕觥坷玫饧捌浠衔锏难趸?、還原性，結(jié)合題目給出的信息，分析解答從含碘副產(chǎn)品提取粗碘的問題?！驹斀狻?1)NaNO2將I－氧化為I2，本身被還原成NO?！把趸卑l(fā)生在酸性溶液（氟硅酸溶液）中，可用H+、H2O配平。該反應(yīng)的離子方程式為4H++2NO2-+2I－=I2+2NO↑+2H2O。酸性溶液中，K2Cr2O7、H2O2、NaClO和NaNO2的還原產(chǎn)物分別是Cr3+、H2O、Cl-和NO，其中K2Cr2O7、Cr3+、NaNO2、NO會污染環(huán)境。故要減少污染，可選用H2O2、NaClO。(2)I2受熱易升華，故可用熱空氣吹出。(3)“吸收”時發(fā)生反應(yīng)I2+SO2+2H2O＝2HI+H2SO4。用“SO2水溶液”吸收“含碘空氣”中的碘，應(yīng)使氣-液逆流充分接觸，故吸收液（SO2水溶液）從吸收裝置頂部噴下，“含碘空氣”從吸收裝置底部通入；從反應(yīng)方程式可知，吸收液（SO2水溶液）反復(fù)多次循環(huán)吸收含碘空氣，可提高SO2的利用率、增加溶液中I－濃度。(4)據(jù)已知②I2+I－I3-，要證明氟硅酸溶液中存在I，可證明該溶液中同時存在I2、I－。從“可選用的試劑”看，I2可直接用5%淀粉溶液檢驗，或加CCl4萃取后下層呈紫色檢驗；I－需氧化為I2（0.1mol·L-1NaNO2溶液、6mol·L-1H2SO4溶液），再用5%淀粉溶液檢驗。氟硅酸溶液中原有的I2會干擾I－檢驗，應(yīng)當(dāng)先用CCl4多次萃取分液除去。一種可能的方案：取少量氟硅酸溶液，加入CCl4振蕩、靜置，下層呈紫色，證明有I2。分液后取上層液體，重復(fù)上述操作，直至滴入5%淀粉溶液不變藍(lán)，證明I2已完全除去。再滴加6mol·L-1H2SO4溶液、0.1mol·L-1NaNO2溶液，若變藍(lán)，證明有I－。故原氟硅酸溶液中存在I3-?！军c睛】據(jù)I2+I－I3-，檢驗I3-可間接檢驗I2和I－。沒有AgNO3和稀硝酸時要檢驗I－，可將I－轉(zhuǎn)化為I2進(jìn)行檢驗。28、NaAlO22AlO2-+CO2+3H2O====2Al（OH）3↓+CO32-1.33mol/L3NF3+5H2O====9HF+2NO+HNO30.4NA或2.40