云南省瀘西縣瀘源普通高級中學2026屆高三上化學期中檢測模擬試題注意事項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、鈀的化合物氯化鈀可用來檢測有毒氣體CO，發(fā)生反應的化學方程式為：。下列說法正確的是（）A．題述反應條件下還原性：CO＞PdB．題述反應中PdCl2被氧化C．生成22.4LCO2時，轉移的電子為2mo1D．CO氣體只有在高溫下才能表現(xiàn)還原性2、下列說法或表示法正確的是A．等量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒，后者放出熱量多B．由C（石墨，s）=C（金剛石，s）

△H=+119

kJ/mol可知，石墨比金剛石穩(wěn)定C．在稀溶液中：H+（aq）

+

OH-（aq）=H2O（l）△H=-

57.3

kJ/mol，.若將含0.5mol的濃硫酸溶液與含1molNaOH的溶液混合，放出的熱量等于57.3kJD．在101

kPa時，2

g

H2完全燃燒生成液態(tài)水，放出285.

8

kJ熱量，氫氣燃燒的熱化學方程式表示為2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）

△H=

+285.8kJ·mol-13、實驗室處理廢催化劑FeBr3溶液，得到溴的苯溶液和無水FeCl3。下列設計能達到相應實驗目的的是A．用裝置甲制取氯氣B．用裝置乙使Br－全部轉化為溴單質C．用裝置丙分液時先從下口放出水層，再從上口倒出有機層D．用裝置丁將分液后的水層蒸發(fā)至干，再灼燒制得無水FeCl34、下列物質轉化在給定條件下能實現(xiàn)的是（）①②③飽和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3④無水FeCl3⑤MgCl2(aq)Mg(OH)2MgOA．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①④⑤5、某溶液僅有K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－、SO42－、HCO3－中的幾種．為確定其成分，做如下實驗：①取部分溶液．加入適量Na2O2固體，產(chǎn)生無色無味的氣體和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀全部溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，無沉淀產(chǎn)生。下列推斷正確的是A．肯定有Al3＋、Cl－，一定沒有HCO3－和SO42－B．肯定有Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有NH4＋、K＋C．肯定有Al3＋、NH4＋、Cl－，肯定沒有HCO3－D．該溶液可能顯弱酸性，也可能顯中性6、下列離子方程式書寫正確的是A．Fe3O4溶于足量氫碘酸：Fe3O4+8H+==Fe2++2Fe3++4H2OB．硫酸亞鐵溶液中加入過氧化鈉可能發(fā)生：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na+C．向100mL0.5mol/LNaOH溶液中通入672mLCO2(標準狀況)：3CO2+5OH￣==2CO32￣+HCO3￣+2H2OD．向含1molFeBr2的溶液中通入0.6molCl2：10Fe2++4Br￣+8Cl2=10Fe3++2Br2+16Cl￣7、已知下列熱化學方程式：Zn(s)＋O2(g)=ZnO(s)ΔH1=-351.1kJ·mol-1Hg(l)＋O2(g)=HgO(s)ΔH2=-90.7kJ·mol-1由此可知Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)ΔH3，其中ΔH3的值是（）A．-441.8kJ·mol-1 B．-254.6kJ·mol-1C．-438.9kJ·mol-1 D．-260.4kJ·mol-18、朱自清在《荷塘月色》中寫道：“薄薄的青霧浮起在荷塘里……月光是隔了樹照過來的，高處叢生的灌木，落下參差的斑駁的黑影……”月光穿過薄霧形成的種種美景的本質原因是（）A．空氣中的小水滴顆粒直徑大小約為10－9m～10－7mB．光是一種膠體C．霧是一種膠體D．發(fā)生丁達爾效應9、下列有關化學現(xiàn)象和化學概念表述正確的是()A．某氣體通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色，說明該氣體一定具有漂白性B．Fe(OH)3膠體做電泳實驗時，由陰極區(qū)紅色加深可知Fe(OH)3膠粒帶正電荷C．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液顏色變成棕黃色，說明一定是氯水中的HClO氧化了Fe2+D．鑒定FeCl3溶液中含有FeCl2可以滴加酸性KMnO4溶液，若褪色，則證明有FeCl210、關于C、N、S等非金屬元素及其化合物的說法錯誤的是A．它們都能以游離態(tài)存在于自然界中B．二氧化硫、氮氧化物的任意排放會形成酸雨C．濃硫酸可干燥CO2、SO2、H2S等氣體，但不能干燥NH3D．加熱條件下，碳、硫單質都能與濃硝酸、濃硫酸發(fā)生反應11、常溫下將NaOH溶液滴加到亞硒酸(H2SeO3)溶液中，混合溶液的pH與離子濃度變化的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是A．曲線M表示pH與lgB．Ka2(H2SeO3)的數(shù)量級為10-7C．混合溶液中=104D．NaHSeO3溶液中c(H2SeO3)＞c()12、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,W、Y同主族,Z的核外最外層電子數(shù)與W核外電子總數(shù)相等,四種元素的最外層電子數(shù)之和為11,向X、Y、Z三種元素形成的常見化合物的水溶液中通入CO2有白色膠狀沉淀生成,過濾,加入鹽酸后白色沉淀溶解且無氣體放出。下列說法正確的是A．原子半徑:W<X<Y<ZB．W的單質與水反應比Y的單質與水反應劇烈C．Y的最高價氧化物對應的水化物溶液可與Z的單質反應D．Y、Z分別與X形成的二元化合物中,兩者所含化學鍵類型一定相同13、甲、乙、丙三種不同的物質中均含有同一種元素，它們之間的轉化關系如圖示(部分反應物及生成物已略去)。下列說法錯誤的是：A．若甲為氣態(tài)氫化物，乙為淡黃色固體，則丙具有漂白性B．若甲為氣體單質，乙為含有極性共價鍵的非極性分子，則反應②為吸熱反應C．若甲為金屬氧化物，乙的水溶液呈酸性，則丙既能與強酸又能與強堿反應D．若甲為金屬單質，反應④為置換反應，則往乙溶液中滴加KSCN，溶液變?yōu)檠t色14、已知：。向體積可變的密閉容器中充入一定量的CH4(g)和O2(g)發(fā)生反應，CH4(g)的平衡轉化率與溫度(T)和壓強(p)的關系如下圖所示(已知T1>T2)。下列說法正確的是A．該反應的△H>0B．M、N兩點的H2的物質的量濃度：c(M)>c(N)C．溫度不變時，增大壓強可由N點到P點D．N、P兩點的平衡常數(shù)：K(N)<K(P)15、由下列實驗操作和現(xiàn)象得出的結論正確的是()選項實驗操作實驗現(xiàn)象結論A向Co2O3中滴加濃鹽酸產(chǎn)生黃綠色氣體氧化性：Cl2>Co2O3B在鎂、鋁為電極，氫氧化鈉為電解質的原電池裝置鎂表面有氣泡金屬活動性：Al>MgC測定等物質的量濃度的NaCl與Na2CO3溶液的pH后者較大非金屬性：Cl>CD將10mL

2mol/L的KI溶液與1mL

1mol/L

FeCl3溶液混合充分反應后滴加KSCN溶液溶液顏色變紅KI與FeCl3的反應具有可逆性A．A B．B C．C D．D16、常溫下，Ksp(CaSO4)=9×10-4,常溫下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列判斷中正確的是A．a(chǎn)點對應的溶液中c(H+)·c(OH-)的數(shù)值為1×10-14B．a(chǎn)點對應的Ksp不等于c點對應的KspC．b點將有沉淀生成，平衡后溶液中c(SO42-)=3×10-3mol/L,而向d點溶液中加入適量的CaSO4固體可以變到c點D．CaSO4的飽和溶液中c(SO42-)>c(Ca2+)>c(H+)>c(OH-)17、將4.9gMg和Fe的混合物在過量的稀硝酸中完全反應，得到標準狀況下NO氣2.24L，向反應后的溶液中加入足量的燒堿充分反應，最后生成的沉淀的質量是A．8gB．10gC．10.2gD．11.2g18、近幾年來，霧霾天氣已經(jīng)嚴重影響了人們的日常生活。為達成“同呼吸，共奮斗”全國各地為治理霧霾廣泛開展了一系列活動。下列活動不符合這一主題的是（）A．機動車實行限行措施是減少霧霾的途徑之一B．積極推廣風能、太陽能、氫能等新型能源的使用C．通過吸收空氣中CO2并利用廉價能源合成汽油D．將秸稈焚燒可得富含鉀肥的草木灰，焚燒是一種較為理想的秸稈處理辦法19、元素周期表隱含著許多信息和規(guī)律。以下所涉及的元素均為中學化學中常見的短周期元素，其原子半徑及主要化合價列表如下，其中R2Q2用于呼吸面具或潛水艇中作為氧氣來源。下列說法正確的是A．T、Z的最高價氧化物對應水化物的酸性T<ZB．R、X、Y的單質失去電子能力最強的是XC．M與Q形成的是離子化合物D．M、Q、Z都在第2周期20、下列解釋事實的化學方程式或離子方程式中不正確的是A．盛放NaOH溶液的試劑瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH－===SiO32－+H2OB．配制FeCl3溶液時要加鹽酸：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+C．燃煤時加入適量石灰石粉末，可減少SO2的排放：2CaCO3＋2SO2+O2===2CaSO4＋2CO2D．強堿溶液中，用次氯酸鈉與Fe(OH)2反應制備高鐵酸鈉：2ClO－＋Fe(OH)2===FeO42—＋2Cl－＋2H＋21、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．常溫常壓下，22.4LCl2與1molFeI2反應時轉移的電子數(shù)小于2NAB．將1L0.1mol·L－1FeCl3溶液加入沸水中制得膠體，所含膠體粒子數(shù)目為0.1NAC．120gNaHSO4與KHSO3的固體混合物中陽離子數(shù)目大于NAD．標準狀況下，4.48L甲烷和乙烯的混合氣體完全燃燒，產(chǎn)物中所含O－H鍵數(shù)目為0.4NA22、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．常溫常壓下，124gP4中所含P—P鍵數(shù)目為4NAB．3mol單質Fe完全燃燒轉變?yōu)镕e3O4，失去8NA個電子C．1molFeI2與足量氯氣反應時轉移的電子數(shù)為2NAD．7.2gCaO2與CaS的混合物中離子總數(shù)為0.3NA二、非選擇題(共84分)23、（14分）如圖中每一個方格表示有關的一種反應物或生成物，其中A、C為無色氣體。（1）寫出有關物質的化學式X：___；F__。（2）寫出A→D的化學方程式___。（3）寫出實驗室制備C的化學方程式___。（4）分別取兩份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的氣體A，隨后各取溶液10mL分別將其稀釋到相同體積，得到溶液甲和乙，分別向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，產(chǎn)生的A氣體體積（標準狀況下）與所加入的HCl的體積之間的關系如圖所示，試分析：①NaOH在吸收A氣體后，乙圖所示溶液中存在的溶質是：___，其物質的量之比是：__。②原NaOH溶液的物質的量濃度是___mol/L。24、（12分）用乙烯與甲苯為主要原料，按下列路線合成一種香料W：（1）反應①的反應類型為___。（2）反應②的試劑及條件__；C中官能團名稱是__。（3）驗證反應③已發(fā)生的操作及現(xiàn)象是___。（4）反應④的化學方程式為___。（5）寫出滿足下列條件的的一種同分異構體的結構簡式___。A．苯環(huán)上只有兩個取代基且苯環(huán)上的一溴代物有兩種B．能發(fā)生銀鏡反應和酯化反應（6）請補充完整CH2=CH2→A的過程（無機試劑任選）：___。（合成路線常用的表示方式為：AB······目標產(chǎn)物）。25、（12分）可利用下圖中的實驗裝置測定足量銅與適量一定濃度的濃硝酸反應生成NO和NO2的物質的量之比（用m表示），其中裝置C由廣口瓶和量氣管組成，量氣管由甲、乙兩根玻璃管組成，用橡皮管連通，并裝入適量水，甲管有刻度（0mL～50mL），乙管可上下移動。請回答下列問題：（1）實驗中氣體（NO和NO2）發(fā)生裝置應選擇___________（填裝置序號）。（2）實驗中氣體（NO和NO2）通入C裝置，請在下圖的廣口瓶中將導氣管畫出______。（3）連接好裝置，檢查氣密性后，應進行的操作：第一：打開b，向C裝置的乙管中加適量水；第二：_________________________________________________________________________；第三：將分液漏斗頸上的玻璃塞打開，再將分液漏斗下面的活塞擰開，向燒瓶中加入濃硝酸，與銅反應。（4）實驗前甲、乙兩管液面在同一水平面上，最后讀數(shù)時乙管的液面高于甲管的液面。此時應將乙管_______（填“向上”或“向下”）移動，使________________________。（5）實驗后若量氣管中氣體的體積（已換算成標準狀況）為V（L），C中硝酸的物質的量為nmol，則用含n和V的式子表示m＝____________________________（結果可不必化簡）。26、（10分）鈉、鉀的碘化物在生產(chǎn)和科學實驗中有十分重要的應用。工業(yè)上利用碘、燒堿和鐵屑為原料可生產(chǎn)碘化鈉，其生產(chǎn)流程如圖所示：（1）NaOH溶液和碘反應時需要嚴格控制溫度，如果溫度過低，會生成碘的低價副產(chǎn)品NaIO。若NaOH溶液和碘反應時所得溶液中IO1-與IO-的物質的量之比為1：1，則該反應的離子方程式為________________________________。（2）生產(chǎn)流程中加入過量鐵屑的目的是___________________，過濾所得固體中除剩余鐵屑外，還有紅褐色固體，則加入鐵屑時發(fā)生反應的化學方程式是_________。（1）溶液2中除含有H+外，一定含有的陽離子是__________________；試設計實驗證實該金屬陽離子的存在：____________________________。（4）溶液2經(jīng)一系列轉化可以得到草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O)，稱取1．60g草酸亞鐵晶體用熱重法對其進行熱分解，得到剩余固體的質量隨溫度變化的曲線如圖所示：①分析圖中數(shù)據(jù)，寫出過程I發(fā)生反應的化學方程式：__________________________；②100℃時剩余固體是鐵的一種氧化物，通過計算確定該氧化物的化學式：________________。27、（12分）水合肼(N2H4·H2O)是無色、有強還原性的液體，實驗室制備水合肼的原理為：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl據(jù)此，某學生設計了下列實驗?！局苽銷aClO溶液】實驗裝置如下圖圖甲所示（部分夾持裝置已省略）已知：3NaClO2NaCl+NaClO3（1）配制30%NaOH溶液時，所需玻璃儀器除量筒外還有__________（填字母）。A．容量瓶B．燒杯C．移液管D．玻璃棒（2）裝置I中發(fā)生的離子反應方程式是_______________；Ⅱ中玻璃管a的作用為____________；Ⅱ中用冰水浴控制溫度在30℃以下，其主要目的___________________【制取水合肼】實驗裝置如上圖圖乙所示（3）反應過程中，如果分液漏斗中溶液的滴速過快，部分N2H4·H2O參與A中反應并產(chǎn)生大量氮氣，產(chǎn)品產(chǎn)率因此降低，請寫出降低產(chǎn)率的相關化學反應方程式____________________；充分反應后，加熱蒸餾A內的溶液即可得到水合肼的粗產(chǎn)品?！緶y定肼的含量】（4）稱取餾分0.3000g，加水配成20.0mL溶液，一定條件下用0.1500mol·L-1的I2溶液滴定。已知:N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O。①滴定時，可以選用的指示劑為____________；②實驗測得消耗I2溶液的平均值為20.00mL，餾分中N2H4·H2O的質量分數(shù)為____。28、（14分）二氧化氯（ClO2）是國際公認高效、安全的殺菌、保鮮劑，是氯制劑的理想替代品。工業(yè)上制備ClO2的方法很多，NaClO3和NaClO2是制取ClO2的常見原料。完成下列填空：（1）以下反應是制備ClO2的一種方法：H2C2O4+2NaClO3+H2SO4→Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O上述反應物中屬于第三周期元素的原子半徑大小順序是___；其中原子半徑最大元素的原子，其核外電子排布式為___，其核外有___種不同能量的電子。（2）ClO2的分子構型為“V”形，則ClO2是___（選填“極性”、“非極性”）分子，其在水中的溶解度比氯氣___（選填“大”、“小”、“一樣”）。（3）ClO2具有強氧化性，若ClO2和Cl2在消毒時自身均被還原為Cl-，ClO2的消毒能力是等質量Cl2的___倍（保留2位小數(shù)）。（4）若以NaClO2為原料制取ClO2，需要加入具有___（填“氧化”、“還原”）性的物質。（5）工業(yè)上制取NaClO3通過電解法進行，電解時，不同反應環(huán)境下的總反應分別為：4NaCl+18H2O→4NaClO3+3O2↑+18H2↑（中性環(huán)境）NaCl+3H2O→NaClO3+3H2↑（微酸性環(huán)境）①電解時，氫氣在___極產(chǎn)生。②更有利于工業(yè)生產(chǎn)NaClO3的反應環(huán)境是___，理由__。29、（10分）I.工業(yè)上利用反應ZnFe2（C2O4）3·6H2OZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制備ZnFe2O4。（1）ZnFe2O4中Fe的化合價為___________。（2）該反應中還原產(chǎn)物是________（填化學式），每生成1molZnFe2O4，轉移的電子數(shù)為________。Ⅱ.在pH=l的某溶液X中僅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl-、NO3-中的一種或幾種（忽略水的電離及離子的水解），取該溶液進行連續(xù)實驗，實驗過程如圖：已知：NO3-+Al+OH-+H2O→NH4++[Al（OH）4]-（1）溶液X中除H+外，一定存在的離子是_________________。（2）寫出生成沉淀N的離子方程式_________________。（3）若取原溶液X少許直接加入AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀，則確定該溶液中一定含有Cl-，你認為這種說法是否合理。_______（填“是”或“否”），其理由是____________。

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、A【分析】由反應方程式可知，CO為反應的還原劑，氯化鈀為氧化劑，二氧化碳為氧化產(chǎn)物，Pd為還原產(chǎn)物，1mol該反應轉移2mol電子?！驹斀狻緼.CO為還原劑，Pd為還原產(chǎn)物，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物，A正確；B.PdCl2發(fā)生還原反應，被還原，B錯誤；C.在說氣體體積時，未指明溫度和壓強，無意義，C錯誤；D.該反應常溫即可反應，故CO不是只在常溫下表現(xiàn)還原性，D錯誤；故答案選A。2、B【詳解】A．硫蒸氣變化為硫固體為放熱過程，則等量的硫蒸氣和硫固體在氧氣中分別完全燃燒，放出熱量硫蒸氣多，選項A錯誤；B．石墨比金剛石能量低，物質的能量越低越穩(wěn)定，選項B正確；C．濃硫酸溶于水放熱，若將含0.5molH2SO4的濃硫酸與含1molNaOH的溶液混合，放出的熱量大于57.3kJ，選項C錯誤；D．2g氫氣燃燒放熱285.8kJ，4g氫氣燃燒放熱應為2×285.8kJ＝571.6KJ，選項D錯誤；答案選B。3、C【詳解】A.1mol/L的鹽酸為稀鹽酸，與二氧化錳不反應，不能制備氯氣，應用濃鹽酸，A項錯誤；B.圖中導管的進入方向不合理，會將溶液排出裝置，則不能將溴離子完全氧化，應為“長進短出”，B項錯誤；C.苯不溶于水，且密度比水小，則溴的苯溶液在上層，則用分液漏斗分液時先從下口放出水層，再從上口倒出有機層，C項正確；D.蒸發(fā)時促進氯化鐵水解生成氫氧化鐵和鹽酸，而鹽酸易揮發(fā)，蒸干得到Fe(OH)3，灼燒得到氧化鐵，D項錯誤；答案選C?！军c睛】D項是學生們的易錯點，在空氣中蒸干氯化鐵溶液，由于氯化鐵水解生成氫氧化鐵和氯化氫，而氯化氫易揮發(fā)，會生成大量的氫氧化鐵，最終得到氫氧化鐵固體，進一步灼燒會得到氧化鐵。4、A【分析】①氧化鋁與NaOH反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉溶液與二氧化碳反應生成氫氧化鋁；②S燃燒生成二氧化硫；③飽和食鹽水與氨水、二氧化碳反應生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉加熱分解生成碳酸鈉；④加熱促進鐵離子水解，且鹽酸易揮發(fā)；⑤MgCl2與石灰乳反應生成氫氧化鎂，氫氧化鎂加熱分解生成MgO?！驹斀狻竣傺趸X與NaOH反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉溶液與二氧化碳反應生成氫氧化鋁，圖中轉化可實現(xiàn)，故正確；②S與O2在點燃條件下不能生成SO3，故錯誤；③飽和食鹽水與氨水、二氧化碳反應生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉加熱分解生成碳酸鈉，圖中轉化可實現(xiàn)，故正確；④FeCl3（aq）在加熱條件下不能獲得無水FeCl3，不能實現(xiàn)，故錯誤；⑤MgCl2與石灰乳反應生成氫氧化鎂，氫氧化鎂加熱分解生成MgO，圖中轉化可實現(xiàn)，故正確；故選：A。5、A【解析】由①取部分溶液，加入適量Na2O2固體，產(chǎn)生無色無味的氣體和白色沉淀，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，產(chǎn)生無色無味的氣體，說明無NH4＋，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀全部溶解，說明無Mg2＋，有Al3＋，無HCO3―；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，無沉淀產(chǎn)生，說明無SO42―，溶液中只有Cl―一種陰離子。縱上所述A正確；B、應無Mg2＋和NH4＋，K＋不能確定，故B錯誤；C、無NH4＋，故C錯誤；D、Al3＋水解呈酸性，故D錯誤；故選A。6、C【解析】A.Fe3O4溶于足量氫碘酸生成碘化亞鐵、單質碘和水，A錯誤；B.還有氧氣生成，應該是：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+，B錯誤；C.向100mL0.5mol/LNaOH溶液中通入672mLCO2(標準狀況)，二者的物質的量之比是5：3，因此反應的離子方程式為：3CO2+5OH￣＝2CO32￣+HCO3￣+2H2O，C正確；D.向含1molFeBr2的溶液中通入0.6molCl2，亞鐵離子全部被氧化，溴離子部分被氧化，即10Fe2++2Br￣+6Cl2=10Fe3++Br2+12Cl￣，D錯誤，答案選C。點睛：選項D是解答的難點，注意掌握離子方程式錯誤的原因：離子方程式不符合客觀事實：質量不守恒、電荷不守恒、電子得失總數(shù)不守恒、難溶物質和難電離物質寫成離子形式、沒有注意反應物的量的問題。在離子方程式正誤判斷中，學生往往忽略相對量的影響，命題者往往設置“離子方程式正確，但不符合相對量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是審準“相對量”的多少，二是看離子反應是否符合該量，沒有注意物質之間是否會發(fā)生氧化還原反應等，注意離子配比，注意試劑的加入順序，難溶物溶解度的大小，注意隱含因素等。7、D【詳解】由已知：Zn(s)＋O2(g)=ZnO(s)ΔH1=-351.1kJ·mol-1，Hg(l)＋O2(g)=HgO(s)ΔH2=-90.7kJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定律，①-②得Zn

(s)+HgO

(s)

=ZnO

(s)

+Hg

(l)，則ΔH3=ΔH1-ΔH2=-З51.1kJ/mоl(xiāng)-(-90.

7kJ/mol)

=-260.

4kJ/mol

，故D符合題意；故選D?！军c睛】根據(jù)蓋斯定律，利用已知的熱化學方程式乘以適當?shù)南禂?shù)進行加減構造目標熱化學方程式，反應熱也乘以相應的系數(shù)進行相應的加減。8、A【詳解】A．題干中所提及的霧，是小液滴分散在空氣中形成的，是一種膠體，本質特征是分散質粒子的直徑在1～100nm，即10-9m～10-7m，故A正確；B．霧是一種膠體，光不是，故B錯誤；C．霧是一種膠體，但這不是月光穿過薄霧所形成的種種美景的本質原因，故C錯誤；D．霧作為一種膠體，能發(fā)生丁達爾效應，但這也不是月光穿過薄霧所形成的種種美景的本質原因，故D錯誤。答案選A。9、B【詳解】A．某氣體通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色，酸性高錳酸鉀體現(xiàn)氧化性，說明該氣體有還原性，故A錯誤；B．Fe(OH)3膠體做電泳實驗時，陽極區(qū)域顏色變淺，陰極區(qū)紅色加深，可得出Fe(OH)3膠粒帶正電荷，故B正確；C．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液顏色變成棕黃色，說明一定是氯水中的Cl2氧化Fe2+變?yōu)镕e3+，故C錯誤；D．酸性條件下，氯離子能夠被酸性KMnO4溶液氧化，而導致酸性KMnO4溶液褪色，因此不能確定FeCl3溶液中含有FeCl2，故D錯誤。綜上所述，答案為B。10、C【詳解】A.它們都能以游離態(tài)存在于自然界中，如木炭、氮氣、硫磺，選項A正確；B.二氧化硫、氮氧化物的任意排放會形成酸雨，選項B正確；C.濃硫酸能將H2S氧化，不能用于干燥H2S，濃硫酸能與堿性氣體反應而不能干燥NH3，選項C錯誤；D、加熱條件下，碳、硫單質都能與濃硝酸、濃硫酸發(fā)生反應，被氧化生成二氧化碳、二氧化硫，選項D正確。答案選C。11、D【分析】Se與S位于同一主族，則其化合物的性質相似，可知亞硒酸(H2SeO3)為二元弱酸，以第一步電離為主，Ka1(H2SeO3)＞Ka2(H2SeO3)，常溫下將NaOH

溶液滴加到亞硒酸(H2SeO3)溶液中，隨著氫離子不斷被消耗，混合溶液的pH、、不斷增大，通過比較相同pH時溶液中和的相對大小，=，=，Ka1(H2SeO3)＞Ka2(H2SeO3)，＞，確定M曲線代表了lg的變化曲線，N曲線代表了lg的變化曲線，由此分析?！驹斀狻緼．=，=，pH相同時，=＞=，根據(jù)圖象可知，曲線M表示pH與lg的變化關系，M曲線代表了lg的變化曲線，故A不符合題意；B．根據(jù)圖象可知，pH=6.6時，lg=0，=1，離子的電離平衡常數(shù)Ka2(H2SeO3)=×c(H+)=c(H+)=10-6.6，Ka2(H2SeO3)的數(shù)量級為10-7，故B不符合題意；C．混合溶液中：====104，則C不符合題意；D．根據(jù)圖象可知，pH=6.6時，lg=0，=1，離子的電離平衡常數(shù)Ka2(H2SeO3)=×c(H+)=c(H+)=10-6.6，同理pH=2.6時，lg=0，=1，Ka1(H2SeO3)=×c(H+)=c(H+)=10-2.6，的水解平衡常數(shù)Kh==c(OH-)==10-11.4＜10-6.6，則NaHSeO3溶液中的水解程度小于其電離程度，溶液呈酸性，電離得到，水解得到H2SeO3，c(H2SeO3)＜c()，故D符合題意；答案選D?！军c睛】的關系轉化為Ka1和Ka2的關系是難點，需要學生熟練公式及公式間的關系。12、C【分析】向X、Y、Z三種元素形成的常見化合物的水溶液中通入CO2有白色膠狀沉淀生成,過濾,加入鹽酸后白色沉淀溶解且無氣體放出，可推出X、Y、Z三形成的化合物為NaAlO2，可得出X為O，Y為Na，Z為Al，又根據(jù)W、Y同主族、Z的核外最外層電子數(shù)與W核外電子總數(shù)相等得出W為Li，據(jù)此解答。【詳解】根據(jù)上述分析，得出W為Li，X為O，Y為Na，Z為Al。A、根據(jù)原子半徑遞變規(guī)律，應是X<W<Z<Y，故A錯誤；B、W的單質是Li，Y的單質是Na，Na與水反應更劇烈，故B錯誤；C、Y的最高價氧化物對應的水化物溶液是NaOH溶液，可與Al反應，故C正確；D、Y、Z分別與X形成的二元化合物可能有Na2O、Na2O2、Al2O3，Na2O2中有離子鍵和非極性鍵，而其余兩種都只有離子鍵，化學鍵類型不同，故D錯誤。答案選C?！军c睛】推出元素是解題的關鍵，突破口是水溶液中通入CO2有白色膠狀沉淀生成,過濾,加入鹽酸后白色沉淀溶解且無氣體放出，推出該水溶液為NaAlO2溶液，可推出X、Y、Z元素。13、C【詳解】A.若甲為氣態(tài)氫化物(H2S)，乙為淡黃色固體(S)，則丙具有漂白性(SO2)，各物質都能依箭頭所指方向發(fā)生轉化，A正確；B.若甲為氣體單質(O2)，乙為含有極性共價鍵的非極性分子(CO2)，則反應②(C+CO2)為吸熱反應，各物質都能依箭頭所指方向發(fā)生轉化，B正確；C.若甲為金屬氧化物(Al2O3)，乙的水溶液呈酸性(AlCl3)，則丙[Al(OH)3]既能與強酸又能與強堿反應，這些物質都能轉化，但甲不能轉化為丙，所以C錯誤；D.若甲為金屬單質(Fe)，反應④(Fe+CuCl2)為置換反應，則往乙(FeCl3)溶液中滴加KSCN，溶液變?yōu)檠t色，箭頭所指的各物質間都能發(fā)生轉化，D正確。故選C。14、B【解析】A.已知T1>T2，升高溫度，CH4的平衡轉化率降低，平衡向逆反應方向移動，逆反應為吸熱反，正反應為放熱反應，故△H<0，故A錯誤；B.CH4+O2?2CO+2H2，壓強增大，各組分的濃度都增大，雖然平衡向逆反應方向移動、甲烷的轉化率減小，但是根據(jù)平衡移動原理可以判斷，平衡移動只能減弱氫氣濃度的增大，不能阻止氫氣濃度的增大，故H2的物質的量濃c(M)>c(N)，故B正確；C.兩條線的溫度不同，增大壓強不能從N點到P點，故C錯誤；D.平衡常數(shù)只和溫度有關，T1>T2，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，所以平衡常數(shù)變小，故K(N)>K(P)，故D錯誤；故選B。15、D【詳解】A．發(fā)生氧化還原反應生成氯氣，Co元素的化合價降低，由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知，氧化性：Cl2＜Co2O3，故A錯誤；B．Al與NaOH溶液反應，Al為負極，但金屬性Mg大于Al，故B錯誤；C．常溫下，測定等濃度的Na2CO3和NaCl的溶液的pH，Na2CO3溶液大，可知鹽酸的酸性大于碳酸的酸性，鹽酸不是氯元素的最高價含氧酸，不能比較非金屬性強弱，故C錯誤；D．KI過量，由現(xiàn)象可知還反應后存在鐵離子，則KI與FeCl3的反應具有可逆性，故D正確。答案選D。16、A【解析】A、常溫下，水的離子積常數(shù)為1×10-14，故a點對應的溶液中c(H+)·c(OH-)=Kw=1×10-14，選項A正確；B、Ksp是一常數(shù)，溫度不變Ksp不變，在曲線上的任意一點Ksp都相等，選項B錯誤；C、d根據(jù)圖示數(shù)據(jù)，可以看出b點Qc=2×l0-5＞Ksp，所以會生成沉淀，平衡向生成沉淀的方向進行，此時溶液中c（SO42-）會小于4×l0-3mol/L，由于c（Ca2+）＞c（SO42-），則c（SO42-）小于3×l0-3mol/L；升高溫度，有利于溶解平衡正向移動，所以硫酸根的濃度會增大，向d點溶液中加入適量的CaSO4固體不能變到c點，選項C錯誤；D、CaSO4是強酸強堿鹽，不水解，溶液呈中性，故CaSO4的飽和溶液中c(SO42-)=c(Ca2+)>c(H+)=c(OH-)，選項D錯誤。答案選A。點睛：本題考查了沉淀溶解平衡的應用，圖象分析應用，溶度積計算分析，平衡移動方向的判斷，關鍵是計算混合溶液中鈣離子濃度和硫酸根離子濃度。17、B【解析】n(NO)=0.1mol，生成0.01molNO，轉移的電子的物質的量為：n(e-)=0.1mol×(5-2)=0.3mol，反應中存在：Mg→Mg2+→Mg(OH)2，F(xiàn)e→Fe3+→Fe(OH)3，得出n(e-)=n(OH-)，又m(沉淀)=m(混合物)+m(OH-)，所以m(沉淀)=4.9g+0.3mol×17g/mol=10g，故答案為B。18、D【詳解】A.機動車實行限行減少汽車尾氣的排放，減少氮及其化合物及固體顆粒排放，則是防止酸雨的途徑之一，也是減少霧霾的途徑之一，故A正確；B.開發(fā)新能源，如太陽能、風能、氫能等，減少對化石能源的依賴，減少二氧化碳的排放，故B正確；C.吸收空氣中的CO2并利用廉價能源合成汽油，可以減少二氧化碳的排放，減緩溫室效應，故C正確；D.將秸稈焚燒可得富含鉀肥的草木灰，但秸稈燃燒能生成大量的可吸入顆粒物，能夠污染環(huán)境，故D錯誤。故選：D.19、A【解析】R2Q2用于呼吸面具或潛水艇中作為氧氣來源，可說明R為鈉元素，O為氧元素。其中T元素的主要化合價有-2、+4、+6，且半徑大于氧原子，則T為硫元素；M元素的主要化合價為+1，且其原子半徑比氧小，則M為氫元素；Z原子的半徑較氧大，主要化合價為-1，則為氯元素；X、Y兩元素的主要化合價分別為+3、+2，原子半徑比鈉略小，則X、Y為鋁、鎂元素，據(jù)此分析可得結論?！驹斀狻緼.由上述分析可知T、Z分別為硫和氯元素，因氯元素的非金屬性比硫強，所以其最高價氧化物對應水化物的酸性S<Cl，故A正確；B.由上述分析可知R、X、Y分別為鈉、鎂、鋁三種金屬元素，其金屬性的強弱為鈉>鎂>鋁，則單質失去電子能力最強的為鈉，故B錯誤；C.M、Q分別為氫和氧元素，它們之間形成的化合物為共價化合物，故C錯誤；D.由上述分析可知，M、Q、Z分別為氫、氧、氯三種元素，分列于周期表中的一、二、三周期，故D錯誤；答案選A。20、D【解析】A.氫氧化鈉能夠與玻璃中二氧化硅反應生成具有粘性硅酸鈉溶液，離子方程式：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故A正確；B.由于鐵離子發(fā)生水Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，所以配制FeCl3溶液時要加鹽酸，抑制鐵離子的水解，故B正確；C．在燃煤時加入石灰石，可減少SO2的排放，發(fā)生反應為2CaCO3+O2+2SO2═2CaSO4+2CO2，故C正確；D.

強堿溶液中，離子方程式的生成物中不可能出現(xiàn)大量氫離子，故D錯誤。答案選D。21、A【詳解】A.常溫常壓下，22.4LCl2的物質的量小于1mol，則與1molFeI2反應時轉移的電子數(shù)小于2NA，A正確；B.將1L0.1mol·L－1FeCl3溶液加入沸水中制得膠體，每個膠粒不一定為一個Fe(OH)3，則所含膠體粒子數(shù)目不一定為0.1NA，B錯誤；C.NaHSO4、KHSO3的摩爾質量均為120g/mol，120gNaHSO4與KHSO3的固體混合物的物質的量為1mol，陽離子分別為Na+、K+，陽離子數(shù)目等于NA，C錯誤；D.標準狀況下，4.48L甲烷和乙烯的混合氣體的物質的量為0.2mol，其完全燃燒生成0.4mol水，產(chǎn)物中所含O-H鍵數(shù)目為0.8NA，D錯誤；答案為A。22、B【詳解】A.1個P4中含有6個P—P共價鍵，124gP4的物質的量為1mol，所含P—P鍵數(shù)目為6NA，故A錯誤；B.1molFe3O4中含有2molFe3+、1molFe2+，則3mol單質Fe完全燃燒轉變?yōu)镕e3O4，失去8NA個電子，故B正確；C.氯氣過量時，F(xiàn)eI2中的Fe2+、I-全部被氧化成Fe3+、I2，則1molFeI2與足量氯氣反應時，轉移的電子數(shù)為3NA，故C錯誤；D.CaO2由Ca2+、離子構成，CaS由Ca2+、S2-構成，二者的摩爾質量均為72g/mol，所以7.2gCaO2與CaS的混合物中離子總數(shù)為0.2NA，故D錯誤；答案選B。二、非選擇題(共84分)23、NH4HCO3或(NH4)2CO3NO22CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O22NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2ONaHCO3和Na2CO31：10.75【分析】根據(jù)框圖，X既能與鹽酸反應，又能與NaOH反應，分別生成氣體A和C，則X應為弱酸的銨鹽，氣體A能與過氧化鈉反應，故A為CO2，則D為碳酸鈉或氧氣；C能夠發(fā)生催化劑作用下能夠與D反應，則C為NH3，D為O2，則X應為NH4HCO3

或

(NH4)2CO3，B為H2O，結合轉化關系可知，E為NO，F(xiàn)為NO2，G為HNO3，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)由以上分析可知X為NH4HCO3或(NH4)2CO3，F(xiàn)為NO2，故答案為NH4HCO3

或

(NH4)2CO3；NO2；(2)Na2O2和CO2的反應生成碳酸鈉和氧氣，反應的化學方程式為2CO2+2Na2O2

=2Na2CO3+O2，故答案為2CO2+2Na2O2

=2Na2CO3+O2；(3)實驗室用氯化銨和氫氧化鈣在加熱條件下制備氨氣，反應的方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(4)①(乙)中從開始生成CO2氣體至二氧化碳體積最大，消耗HCl50mL，發(fā)生的反應為NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；若二氧化碳與NaOH反應后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，將CO32-轉化為HCO3-應消耗HCl為50mL，而圖象中開始生成CO2氣體之前消耗HCl體積為25mL，說明該階段只發(fā)生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳與NaOH反應后溶液中含NaHCO3、Na2CO3；Na2CO3轉化為NaHCO3消耗鹽酸體積為25mL，則原溶液中NaHCO3消耗鹽酸體積50mL-25mL=25mL，故NaHCO3、Na2CO3的物質的量之比=25mL∶25mL=1∶1，故答案為NaHCO3和Na2CO3；1∶1；②加入75mL鹽酸時，溶液中溶質都恰好完全反應，此時溶液中只含有溶質NaCl，根據(jù)元素守恒可知，10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氫氧化鈉溶液的濃度==0.75mol/L，故答案為0.75。24、取代反應氫氧化鈉的水溶液，加熱羥基取樣，滴加新制的氫氧化銅懸濁液，加熱，若有磚紅色沉淀生成，則說明反應③已發(fā)生+CH3COOH+H2O、、(任寫一種)【分析】由流程可以推出反應④為A和C發(fā)生的酯化反應，所以A為CH3COOH，C為，則反應①為甲苯在光照條件下與氯氣發(fā)生的是取代反應，則B為，B在氫氧化鈉的水溶液中發(fā)生的是取代反應生成C，由C被氧化為，與最終合成香料W，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)反應①為甲苯在光照條件下與氯氣發(fā)生的是取代反應，故答案為：取代反應；(2)反應②為在氫氧化鈉溶液中的水解反應，反應的試劑及條件為氫氧化鈉水溶液，加熱；C為，含有的官能團是羥基，故答案為：氫氧化鈉水溶液，加熱；羥基；(3)反應③是醇羥基的催化氧化，有醛基生成，則檢驗的操作及現(xiàn)象為：取樣，滴加新制的氫氧化銅懸濁液，加熱，若有磚紅色沉淀生成，則說明反應③已發(fā)生，故答案為：取樣，滴加新制的氫氧化銅懸濁液，加熱，若有磚紅色沉淀生成，則說明反應③已發(fā)生；(4)反應④為A和C發(fā)生的酯化反應，反應的化學方程式為+CH3COOH+H2O，故答案為：+CH3COOH+H2O；(5)A．苯環(huán)上只有兩個取代基且苯環(huán)上的一溴代物有兩種，說明苯環(huán)上的側鏈處于對位；B．能發(fā)生銀鏡反應和酯化反應，說明含有醛基和羥基；則符合條件的的同分異構體有：、、，故答案為：、、(任寫一種)；(6)乙烯與水發(fā)生加成反應生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，則由乙烯制備A的合成路線為，故答案為：。25、C打開a，通入足量N2，排凈裝置中的空氣，關閉a、b向下使甲、乙兩管液面在同一水平面上(V－11.2n)/33.6n【解析】（1）足量的Cu粉和適量的濃HNO3反應，開始發(fā)生反應Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑，有紅棕色的NO2氣體生成；隨著反應的進行，HNO3不斷消耗，HNO3的濃度逐漸降低而變成稀HNO3，發(fā)生反應3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+4H2O+2NO↑，產(chǎn)生的氣體為無色NO氣體，故由氣體發(fā)生裝置導出的氣體主要是NO、NO2組成的混合氣體，為了防止生成的NO被空氣中的O2氧化，所以反應開始前，應向裝置中通入N2，以驅趕其中的空氣，故發(fā)生裝置應選擇C。（2）裝置中測定氣體體積的部分是利用氣體壓強關系，在有刻度的甲玻璃管中讀出氣體體積，反應中生成的氣體含有二氧化氮和一氧化氮，所以氣體需要通過水除去二氧化氮，導氣管應長進短出，所以裝置圖為：。（3）為避免生成的一氧化氮氣體被空氣中的氧氣氧化，需要通入氮氣，把空氣趕凈，故第二步操作為：打開a，通入足量N2，排凈裝置中的空氣，關閉a、b。（4）實驗前甲、乙兩管液面在同一水平面上，最后讀數(shù)時乙管的液面高于甲管的液面，為避免壓強造成的誤差，應向下移動乙管，使甲、乙兩管液面在同一水平面上。（5）實驗后若量氣管中氣體的體積（已換算成標準狀況）為V（L），氣體為一氧化氮，物質的量為：=mol，C中硝酸的物質的量為nmol，是二氧化氮和水反應生成的，反應的化學方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以生成nmol硝酸需要NO2物質的量為1.5nmol，生成NO物質的量為0.5nmol；則銅與硝酸反應生成的氣體中，NO2物質的量為1.5nmol，NO物質的量為mol-0.5nmol；足量銅與適量一定濃度的濃硝酸反應生成的NO氣體和NO2氣體的物質的量之比（用m表示），為：(mol-0.5nmol)/1.5nmol=(V－11.2n)/33.6n。26、4I2＋8OH－=IO1－＋6I－＋4H2O＋IO－使IO1－完全轉化成I－NaIO1＋2Fe＋1H2O=NaI＋2Fe(OH)1↓Fe2＋取少量試樣溶液于試管中，滴入少量酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色，證明存在Fe2＋或者加入K1[Fe(CN)6]產(chǎn)生藍色沉淀Fe(C2O)4·2H2OFe(C2O)4＋2H2OFe2O1【解析】試題分析：（1）若NaOH溶液和碘反應時所得溶液中碘酸根離子與IO－離子的物質的量之比為1:1，碘失去電子為6個，根據(jù)得失電子守恒，生成的I－為6個，參加反應的碘單質為4個，則上述過程中，反應的離子方程式為4I2＋8OH－===IO＋6I－＋4H2O＋IO－。（2）反應加入鐵屑的目的是還原反應中所生成的碘酸根離子，生成的紅褐色沉淀為氫氧化鐵，相應的化學方程式為NaIO1＋2Fe＋1H2O===NaI＋2Fe(OH)1↓。（1）由于鐵過量，所以所得固體中存在氫氧化鐵和單質鐵，當加入稀硫酸時，氫氧化鐵溶解生成鐵離子，而單質鐵則與鐵離子或氫離子反應，會生成亞鐵離子，一定有亞鐵離子，檢驗亞鐵離子的方法為取少量試樣溶液于試管中，先加KSCN溶液無現(xiàn)象，再加氯水，溶液變紅，證明存在亞鐵離子，或加入K1[Fe(CN)6]產(chǎn)生藍色沉淀。（4）①通過剩余固體的質量可知，過程Ⅰ發(fā)生的反應是草酸亞鐵晶體受熱失去結晶水，反應的方程式為FeC2O4·2H2OFeC2O4＋2H2O↑。②草酸亞鐵晶體中鐵的元素質量為1.6×56/180×100%=1.12克，草酸亞鐵晶體中的鐵元素完全轉化到氧化物中，氧化物中氧元素的質量為1.60-1.12=0.48克，鐵元素與氧元素的質量為1.12:0.48=7:1，設鐵的氧化物的化學式為FexOy，則有56x:16y=7:1，x:y=2:1，所以固體為Fe2O1?？键c：氧化還原反應，鐵元素的轉化和檢驗，質量守恒等知識。27、BDMnO2+4H++2Cl-?Mn2++Cl2↑+2H2O平衡壓強防止NaClO分解為NaCl和NaClO3，影響水合肼的產(chǎn)率2NaClO+N2H4·H2O=2NaCl+N2↑+3H2O淀粉溶液25%【解析】分析：本題考查質量分數(shù)溶液的配制、NaClO溶液和水合肼的制備、Cl2的實驗室制備、肼含量的測定、指定情境下方程式的書寫?！局苽銷aClO溶液】圖甲裝置I中MnO2與濃鹽酸共熱制Cl2；根據(jù)“已知3NaClO?2NaCl+NaClO3”，說明NaClO受熱易分解，裝置II中Cl2與NaOH溶液在冰水浴中制備NaClO溶液；Cl2有毒，裝置III用于吸收多余Cl2，防止污染大氣?！局苽渌想隆坑捎谒想戮哂袕娺€原性，NaClO具有強氧化性，NaClO溶液滴加過快，NaClO將部分水合肼氧化成N2，NaClO被還原成NaCl。【測定肼的含量】反應中用碘水滴定肼溶液，所以用淀粉溶液作指示劑。根據(jù)消耗的I2和方程式計算N2H4·H2O的質量，進一步計算N2H4·H2O的質量分數(shù)。詳解：【制備NaClO溶液】（1）配制30%NaOH溶液的實驗步驟為：計算、稱量、溶解，所需的玻璃儀器有：量筒、燒杯、玻璃棒，答案選BD。（2）圖甲裝置I中MnO2與濃HCl共熱制備Cl2，反應的化學方程式為MnO2+4HCl（濃）?MnCl2+Cl2↑+2H2O，反應的離子方程式為MnO2+4H++2Cl-?Mn2++Cl2↑+2H2O。II中玻璃管a的作用為：平衡壓強。裝置II中Cl2與NaOH溶液反應制備NaClO溶液，根據(jù)“已知3NaClO?2NaCl+NaClO3”，說明NaClO受熱易分解，為了防止NaClO分解，使用冰水浴降低溫度。II中用冰水浴控制溫度在30℃以下，其主要目的是：防止NaClO分解生成NaCl和NaClO3，影響水合肼的產(chǎn)率?！局苽渌想隆浚?）圖乙的分液漏斗中為NaClO溶液，水合肼具有強還原性，NaClO具有強氧化性，若滴加速率過快，溶液中有過多的NaClO，水合肼參與反應被氧化成N2，NaClO被還原成NaCl，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，相關反應的化學方程式為2NaClO+N2H4·H2O=2NaCl+N2↑+3H2O?！緶y定肼的含量】①滴定時反應原理為2I2+N2H4·H2O=N2↑+4HI+H2O，使用標準碘水溶液，可選用的指示劑為淀粉溶液。滴定終點的現(xiàn)象為：滴入最后一滴I2溶液，溶液變?yōu)樗{色且