2026屆一輪復習第七章《恒定電流》測試卷化學高三上期中考試模擬試題請考生注意：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、在下列條件下，能大量共存的微粒組是（）A．c(H+)=1×10-14mol/L的溶液：K+、Na＋、AlO2－、S2O32－B．右表提供的數據下：HClO、HCO3－、ClO－、CO32－C．能與Al反應生成H2的溶液：NH4＋、Ca2+、NO3－、I－D．中性的溶液中：CO32－、Na＋、SO42－、AlO2－2、下圖是一種有機物的模型，該模型代表的有機物可能含有的官能團有A．一個羥基，一個酯基 B．一個羥基，一個羧基C．一個羧基，一個酯基 D．一個醛基，一個羥基3、已知：(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)ΔH=+74.9kJ?mol-1,下列說法中正確的是A．能自發(fā)進行的反應一定是放熱反應,不能自發(fā)進行的反應一定是吸熱反應B．該反應是吸熱反應,因此一定不能自發(fā)進行C．碳酸鹽分解反應中熵增加,因此任何條件下所有碳酸鹽分解一定自發(fā)進行D．該反應中熵變、焓變皆大于0,在高溫條件下可自發(fā)進行4、將金屬M連接在鋼鐵設施表面，可減緩水體中鋼鐵設施的腐蝕。在圖中所示的情境中，下列有關說法正確的是A．陰極的電極反應式為Fe-2e-＝Fe2+B．鋼鐵設施表面因積累大量電子而被保護C．鋼鐵設施在河水中的腐蝕速率比在海水中的快D．該保護法為外加電流的陰極保護法，金屬M不需要定期更換5、化學創(chuàng)造了生活，也在改變著我們的生活，下列與化學有關的說法正確的是A．純堿和生石灰均屬于堿B．在海輪外殼上鑲嵌鋅塊，會減緩船體的銹蝕C．經過必要的化學變化能從海水中提取NaCl、Mg、Br2等物質D．植物通過光合作用能將CO2轉化為葡萄糖和O2，該反應為置換反應6、下列實驗對應的結論正確的是選項ABCD裝置結論用濃鹽酸與二氧化錳制氯氣能證明非金屬性Cl＞C＞Si分離出Cl2與KI溶液反應生成的碘白色沉淀一定是BaSO4A．A B．B C．C D．D7、X、Y、Z是三種氣態(tài)物質，在一定溫度下其變化符合下圖。下列說法一定正確的是（）A．該反應熱化學方程式為X（g）+3Y（g）2Z（g）△H=―（E2―E1）kJB．若圖III中甲表示壓強，乙表示Z的含量，則其變化符合圖III中曲線C．圖II曲線a是加入催化劑時的能量變化曲線，曲線b是沒有加入催化劑時的能量變化曲線D．該溫度下，反應的平衡常數數值約為533。若升高溫度，則該反應的平衡常數減小，Y的轉化率降低8、化學與生活息息相關，下列說法不正確的是()A．二氧化硫是主要的大氣污染物，能形成酸雨，其pH小于5.6B．中國瓷器馳名世界，它是以黏土為原料，經高溫燒結而成C．凡是含有食品添加劑的食物對人體健康均有害D．河南安陽出土的司母戊鼎充分體現(xiàn)了我國光輝的古代科技，它屬于銅合金9、下列離子方程式與所述事實相符且正確的是()A．Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2＋+2HCO3－+2OH－＝CaCO3↓+CO32－+2H2OB．向含有0.4molFeBr2的溶液中通入0.3molCl2充分反應：4Fe2＋+2Br－+3Cl2＝4Fe3＋+6Cl－+Br2C．向明礬溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42－沉淀完全：2A13++3SO42－+3Ba2++6OH－=3BaSO4↓+2A1(OH)3↓D．用鐵棒作陽極、碳棒作陰極電解飽和氯化鈉溶液：2Cl－+2H2O==H2↑+Cl2↑+2OH－10、下列說法錯誤的是A．硅太陽能電池、計算機芯片、光導纖維都用到硅單質B．水晶鏡片、石英鐘表、瑪瑙手鐲含有SiO2C．水泥路橋、門窗玻璃、磚瓦、陶瓷餐具所用材料為硅酸鹽D．熔融燒堿時不能使用普通玻璃坩堝、石英坩堝和陶瓷坩堝。11、下列說法正確的是（）A．凡是單原子形成的離子，一定具有稀有氣體元素原子的核外電子排布B．不存在兩種質子數和電子數完全相同的陽離子和陰離子C．同一短周期元素的離子半徑從左到右逐漸減小D．元素非金屬性越強，對應氫化物的酸性越強12、多次提出“像對待生命一樣對待生態(tài)環(huán)境”，下列做法不符合這一思想的是()A．推廣使用可降解塑料及布質購物袋，以減少“白色污染”B．用Ba(OH)2消除水中Cu2+等重金屬離子污染C．汽油抗爆：甲基叔丁基醚代替四乙基鉛D．大力推廣燃料“脫硫、脫硝”技術，減少硫氧化物和氮氧化物對空氣的污染13、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是()A．100g質量分數為46%的CH3CH2OH溶液中所含氫原子數為6NAB．標準狀況下，11.2LHF所含的原子總數為NAC．常溫下，100mL1mol?L?1AlCl3溶液中Al3+離子總數等于0.1NAD．含1molNH4Cl的溶液中加入適量氨水使溶液呈中性，此時溶液中數目為NA14、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FeCl315、一種釕(Ru)基配合物光敏染料敏化太陽能電池的原理及電池中發(fā)生的主要反應如圖所示。下列說法正確的是A．鍍鉑導電玻璃的作用是傳遞I-B．電池工作時，光能轉變?yōu)殡娔埽琗為電池的正極C．電池的電解質溶液中I-和I3-的濃度均不斷減小D．電解質溶液中發(fā)生反應2Ru3++3I-═2Ru2++I3-16、由下列實驗操作得出的實驗現(xiàn)象和實驗結論均正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結論A將石灰石和鹽酸反應產生的氣體直接通入硅酸鈉溶液中生成白色沉淀碳酸的酸性比硅酸強B向FeCl3溶液中通入足量的H2S生成兩種沉淀Fe3+的氧化性強于SC向某無色溶液中滴加少量新制氯水加入淀粉后溶液變成藍色原溶液中含有I—D向AgCl固體滴加飽和Na2CrO4溶液有磚紅色沉淀生成Ksp：Ag2CrO4＜AgClA．A B．B C．C D．D17、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．將1molCl2通入足量水中，溶液中HClO、Cl-、ClO-粒子數之和為2NAB．100gCaCO3晶體和100gKHSO4晶體中含有的離子數分別為2NA和3NAC．標準狀況下，4.48LNO和2.24LO2混合后，原子總數為0.6NAD．已知3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+9HF+O2↑，若有5molH2O參加反應，則被水還原的BrF3分子數目為3NA18、(CH3)2C(C2H5)CH(CH3)2的名稱是A．3，3，4-三甲基戊烷 B．2，3-二甲基-3-乙基丁烷C．2，3，3-三甲基戊烷 D．2，3-二甲基-2-乙基丁烷19、下列關于有機物1-氧雜-2，4-環(huán)戊二烯()的說法正確的是A．與互為同系物 B．二氯代物有3種C．所有原子都處于同一平面內 D．1mol該有機物完全燃燒消耗5molO220、下列實驗中，所采取的分離方法與對應原理都正確的是（）選項目的分離方法原理A．分離溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度較大B．分離乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C．除去KNO3固體中混雜的NaCl重結晶NaCl在水中的溶解度很大D．除去丁醇中的乙醚蒸餾丁醇與乙醚的沸點相差較大A．A B．B C．C D．D21、重鉻酸鉀是一種重要的化工原料，工業(yè)上由鉻鐵礦(主要成分為FeO·Cr2O3、SiO2等)制備，制備流程如圖所示：已知：Ⅰ.步驟①的主要反應為2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2。Ⅱ.2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O。下列說法正確的是()A．步驟①熔融、氧化可以在陶瓷容器中進行B．步驟①中每生成44.8LCO2共轉移7mol電子C．步驟④若調節(jié)濾液2的pH，使之變小，則有利于生成Cr2O72-D．步驟⑤生成K2Cr2O7晶體，說明該溫度下K2Cr2O7的溶解度大于Na2Cr2O722、硫代硫酸鈉溶液常用于氯氣泄漏的噴灑劑，具有非常好的處理效果，其與氯氣能發(fā)生反應：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。下列說法錯誤的是（）A．Na2S2O3在該反應中做還原劑B．處理氯氣時當Na2S2O3過量時，噴灑后的溶液中會出現(xiàn)渾濁的現(xiàn)象C．1molNa2S2O3與氯氣完全反應轉移電子4molD．氧化產物與還原產物的物質的量之比為1：4二、非選擇題(共84分)23、（14分）下列A?I九種中學化學常見的物質之間的轉化關系如圖所示。已知A為固態(tài)非金屬單質，B在實驗室常用作氣體干燥劑，D為常見液體，常溫下C、E、F都是無色氣體，E能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，G是侯氏制堿法的最終產品回答下列問題：(1)F的分子式是________，圖中淡黃色固體中的陰、陽離子個數比為___________。(2)A與B反應的化學方程式是：

___________________

。(3)E轉變?yōu)镠和I的離子方程式是_____________，體現(xiàn)了E的___________性。(4)簡述檢驗H溶于水電離所產生的陰離子的操作方法、實驗現(xiàn)象和結論：_______。24、（12分）化合物F是合成一種天然茋類化合物的重要中間體，其合成路線如下：（1）E中含氧官能團的名稱為________和________。（2）B→C的反應類型為________。（3）C→D反應中會有副產物X（分子式為C12H15O6Br）生成，X的結構簡式為：________。反應D→E的方程式為______________。（4）C的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：________。①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；②堿性水解后酸化，含苯環(huán)的產物分子中不同化學環(huán)境的氫原子數目比為1∶1。（5）已知：（R表示烴基，R'和R"表示烴基或氫），寫出以和CH3CH2CH2OH為原料制備的合成路線流程圖（無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）。____________________25、（12分）綠礬(FeSO4·7H2O)、硫酸銨以相等物質的量混合可制得摩爾鹽晶體，反應原理為:(NH4)2SO4+FeSO4+6H2O=(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O↓。其流程可表示為:(1)洗滌中Na2CO3的主要作用是。(2)結晶過程中要加熱蒸發(fā)溶劑，濃縮結晶。應加熱到時，停止加熱(3)過濾是用下圖所示裝置進行的，這種過濾跟普通過濾相比，除了過濾速度快外，還有一個優(yōu)點是。(4)用無水乙醇洗滌的目的是。(5)產品中Fe2+的定量分析:制得的摩爾鹽樣品中往往含有極少量的Fe3+。為了測定摩爾鹽產品中Fe2+的含量，一般采用在酸性條件下KMnO4標準液滴定的方法。稱取4.0g的摩爾鹽樣品，溶于水，并加入適量稀硫酸。用0.2mol/LKMnO4溶液滴定，當溶液中Fe2+全部被氧化時，消耗KMnO4溶液10.00mL。①本實驗的指示劑是。(填字母)酚酞B．甲基橙C．石蕊D．不需要②產品中Fe2+的質量分數為。26、（10分）硫酰氯（SO2Cl2）常作氯化劑或氯磺化劑，用于制作藥品、染料、表面活性劑等。其部分性質如下表：物質熔點/℃沸點/℃其它性質SO2Cl2-54.169.1①易水解，產生大量白霧②易分解：SO2Cl2

SO2↑+Cl2↑回答下列問題：Ⅰ.實驗室合成硫酰氯要先制取干燥氯氣。制備干燥純凈的氯氣所用儀器如下圖：（1）圓底燒瓶中發(fā)生的離子反應方程式為_____________。（2）上述儀器的連接順序是：e接，接，接，接（按氣流方向，用小寫字母表示）。______________________II．催化合成硫酰氯的實驗裝置如下圖(夾持儀器已省略)：（3）儀器B冷卻水的進口為________(填“a””或“b”)，活性炭的作用是________。（4）裝置D除干燥氣體外，另一作用是_______________。若缺少D，則硫酰氯會水解，該反應的化學方程式為________________。（5）某同學建議將收集器A放在冰水中冷卻，你認為該同學的建議是否合理，為什么？_______27、（12分）如下圖在襯白紙的玻璃片中央放置適量的KMnO4顆粒，在周圍分別滴加一滴含有酚酞的澄清石灰水、FeCl2溶液，然后在KMnO4晶體上滴加適量的濃鹽酸，迅速蓋好表面皿。提示：實驗室中所用的少量氯氣可以用下述原理制?。?KMnO4＋16HCl（濃）=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，此反應在常溫下即能進行。(1)氧化劑與還原劑物質的量之比為____________，氧化產物為____________。(2)產生1．1molCl2，則轉移電子的物質的量為______mol。(3)a處反應的化學方程式是（工業(yè)上用此原理制取漂白粉。）______________________，(4)b處離子方程式是_______________________________________________。(5)高錳酸鉀標準溶液經常用來滴定測量物質的含量。用高錳酸鉀法間接測定石灰石中CaCO3的含量的方法為:稱取試樣1．121g，用稀鹽酸溶解后加入(NH4)2C2O4得CaC2O4沉淀。沉淀經過濾洗滌后溶于稀硫酸中。滴定生成的H2C2O4用去濃度為1．116mo/LKMnO4溶液2．11mL。①寫出CaC2O4沉淀溶解的離子方程式:__________________________②配平并完成下列高錳酸鉀滴定草酸反應的離子方程式:_____MnO4-+______H2C2O4+______H+=____Mn2++_____CO2↑+_____________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，并產生無污染氣體，試寫出該反應的化學反應方程式_______________________________。(3)以氣態(tài)肼為原料的堿性燃料電池的總反應為N2H4+O2=N2+2H2O，放電時負極的反應方程式為______________________________(4)肼的性質與氨氣相似，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）聚合物F的合成路線圖如圖：已知：HCHO+RCH2CHO請據此回答：（1）A中含氧官能團名稱是________________，C的系統(tǒng)命名為_____________________。（2）檢驗B中所含官能團所用的試劑有______________、_____________；E→F的反應類型是______________，B+DE的反應類型是______________________。（3）寫出A→B的化學方程式__________________________________________________。（4）寫出C→D的化學方程式__________________________________________________。（5）參照上述合成路線，設計一條由甲醛、乙醛和甲醇為主要原料制備的合成路線_______________________________________________________________

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【解析】試題分析：A、c(H+)=1×10-14mol/L的溶液呈堿性，各離子互不反應，可以大量共存，故A正確；B、HClO與CO32￣反應生成ClO￣和HCO3￣，不能大量共存，故B錯誤；C、能與Al反應生成H2的溶液可能為酸性，也可能為堿性，酸性時，H+、NO3￣能氧化I￣，堿性時OH￣與NH4+反應，不能大量共存，故C錯誤；D、CO32￣、AlO2－水解使溶液呈堿性，不能在中性溶液中存在，故D錯誤?？键c：本題考查離子共存。2、B【詳解】比例模型可以直觀地表示分子的形狀，其碳原子的成鍵情況是確定分子結構的關鍵，碳原子的成鍵情況主要根據與碳原子形成共價鍵的原子的數目確定，原子半徑的關系為C>O>H，最大的原子為C，最小的原子為H，小于C原子的灰色原子為O。則該有機物的結構簡式為CH3CH(OH)COOH，則其中含有官能團有一個羥基，一個羧基。故選B。3、D【詳解】A.反應能否自發(fā)進行的判斷依據為?H-T?S，不能根據反應放熱、吸熱判斷能否自發(fā)進行，與題意不符，A錯誤；B.該反應是吸熱反應，根據復合判據，在高溫時能自發(fā)進行，與題意不符，B錯誤；C.碳酸鹽分解反應中熵增加，?S>0，反應為吸熱反應，根據復合判據，低溫條件下碳酸鹽分解不能自發(fā)進行，與題意不符，C錯誤；D.該反應中熵變、焓變皆大于0，?H-T?S<0時，可自發(fā)進行，則在高溫條件下可自發(fā)進行，符合題意，D正確；答案為D?！军c睛】判斷反應能否進行的判斷依據為?G=?H-T?S。4、B【詳解】A．陰極其實是原電池的正極，該電極反應式為2H2O+2e-═H2↑+2OH-，A錯誤；B．當鐵管做原電池的正極時被保護，將導線與金屬M相連，M做負極，失去電子沿著導線進入鐵設施表面，因積鐵設施累積大量電子而被保護，B正確；C．海水中有大量的鹽溶解，更易形成電化學腐蝕，故在海水中更容易腐蝕，C錯誤；D．該保護法并未外接電源，故為犧牲陽極的陰極保護法，金屬M會被腐蝕，故需要定期更換，D錯誤；故答案為：B。5、B【解析】從物質的組成來分析物質的分類，從反應物和生成物種類分析反應的類型，從原電池原理來分析金屬防腐的原理?！驹斀狻侩婋x出的陰離子全部是氫氧根的化合物屬于堿，純堿是鹽，生石灰屬于堿性氧化物，故A錯誤；海輪是鋼鐵制造的，鑲嵌鋅塊是利用原電池的原理對船體進行保護，鋅比鐵活潑先被腐蝕，故B正確；海水中溶解有氯化鈉，從中提取氯化鈉是物理變化，故C錯誤；置換反應是單質與化合物反應生成新的單質和新的化合物，光合作用是二氧化碳和水的反應，不是置換反應，故D錯誤。故選B。6、D【分析】A．用濃鹽酸與二氧化錳制氯氣，要加熱；B．鹽酸易揮發(fā)，鹽酸與硅酸鈉反應；C．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；D．發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鋇沉淀．【詳解】A．用濃鹽酸與二氧化錳制氯氣，要加熱，故A錯誤；B．鹽酸易揮發(fā)，鹽酸與硅酸鈉反應，且鹽酸為無氧酸，則不能比較非金屬性，故B錯誤；C．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，過濾不能分離出碘，應用萃取分液，故C錯誤；D．發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鋇沉淀，3SO2＋2H2O＋3Ba(NO3)2=3BaSO4＋2NO↑＋4HNO3，故D正確；故選D?！军c睛】本題考查化學實驗方案的評價，解題關鍵，把握物質的性質、反應原理、實驗技能，難點D：二氧化硫可被硝酸鹽溶液氧化。7、D【分析】圖Ⅰ中X、Y的物質的量濃度逐漸減小，應是反應物，Z的物質的量濃度逐漸增大，應是生成物，濃度的變化比值為（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）=1：3：2，根據濃度的變化之比等于化學計量數之比可知反應方程式應為X（g）+3Y（g）2Z（g），由圖Ⅱ反應物的總能量大于生成物的總能量可知該反應為放熱反應，反應熱為△H=-（E2-E1）kJ/mol，該反應熱化學方程式為X（g）+3Y（g）2Z（g），△H=-（E2-E1）kJ/mol，據以上分析進行解答?！驹斀狻緼項、結合以上分析可知，該反應熱化學方程式為X（g）+3Y（g）2Z（g），△H=-（E2-E1）kJ/mol，故A錯誤；B項、結合以上分析可知，壓強增大，平衡右移，Z的含量應增大，故B錯誤；C項、圖Ⅱ也可能為加入不同的催化劑，b的催化效果較好的能量變化曲線，或是曲線b是加入催化劑，曲線a是沒有加入催化劑時的能量變化曲線，故C錯誤；D項、該反應放熱，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，該反應的平衡常數減小，Y的轉化率降低，故D正確；故選D?！军c睛】圖Ⅰ中X、Y的物質的量濃度逐漸減小，應是反應物，Z的物質的量濃度逐漸增大，應是生成物，濃度的變化比值為（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）=1：3：2，根據濃度的變化之比等于化學計量數之比可知反應方程式應為X（g）+3Y（g）2Z（g），由圖Ⅱ反應物的總能量大于生成物的總能量可知該反應為放熱反應，反應熱為△H=-（E2-E1）kJ/mol是解答關鍵。8、C【解析】A.酸雨pH小于5.6；B.瓷器是以黏土為原料的硅酸鹽產品；C.并非所有含有食品添加劑的食物對人體健康均有害；D.司母戊鼎屬于銅合金；【詳解】A.通常情況下正常雨水因溶解二氧化碳而導致雨水pH約為5.6，當pH小于5.6時，為酸雨，二氧化硫可形成硫酸型酸雨，故A項正確；B．瓷器屬于硅酸鹽產品，它是以黏土為原料，經高溫燒結而成，故B項正確；C.我國把營養(yǎng)強化劑也歸為食品添加劑的范疇，包括對人體有益的某些氨基酸類，鹽類，礦物質類，膳食纖維等，并非所有含有食品添加劑的食物對人體健康均有害，故C項錯誤；D.司母戊鼎屬于銅合金，故D項正確。綜上，本題選C。9、B【解析】A.碳酸氫鈣溶液中加入少量NaOH溶液，NaOH完全反應，HCO3-部分反應，反應的離子方程式為：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，選項A錯誤；B.由于還原性Fe2＋>Br－，首先發(fā)生反應：2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－，0.4molFeBr2的溶液中含有0.4mol亞鐵離子，反應消耗0.2molCl2，剩余0.1molCl2，再發(fā)生反應：2Br－+Cl2=2Cl－+Br2，消耗0.2mol溴離子，反應的總離子方程式為：4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++6Cl-+Br2，選項B正確；C.向明礬[KAl(SO4)2]溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42－沉淀完全，二者的物質的量的比是1：2，離子方程式為：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2O，選項C錯誤；D.用鐵棒作陽極、碳棒作陰極電解飽和氯化鈉溶液，電解時，陽極鐵被氧化，在陽極上不可能產生Cl2，選項D錯誤；故合理的選項為B?！军c睛】本題考查了離子方程式判斷的知識。離子反應在用離子方程式表示時，既要考慮相對量的多少，也要分析微粒的活動性強弱、反應的先后順序及物質在不同環(huán)境中的存在形式，本題是易錯題，要引起高度重視。10、A【解析】試題分析：A．硅太陽能電池、計算機芯片都用到硅單質，光導纖維用到的是二氧化硅，A錯誤；B．水晶鏡片、石英鐘表、瑪瑙手鐲含有SiO2，B正確；C．水泥路橋、門窗玻璃、磚瓦、陶瓷餐具所用材料為硅酸鹽，C正確；D．氫氧化鈉能與二氧化硅反應，則熔融燒堿時不能使用普通玻璃坩堝、石英坩堝和陶瓷坩堝，D正確，答案選A。考點：考查硅及其化合物的性質和用途11、B【解析】A、H+沒有核外電子，F(xiàn)e3+核外電子排布為1s22s22p63s23p63d5，與稀有氣體核外電子排布不同，故A錯誤；

B、陽離子的質子數大于電子數,陰離子的質子數小于電子數,如電子數相同,則質子數一定不同,故B正確；C、離子半徑比較大小，先看電子層數，電子層數越多，半徑越大，同一短周期元素的最低價陰離子核外電子比同一短周期元素的最高價陽離子核外電子多一層，所以半徑大，電子層數相同，則核電荷數越大半徑越小，同一短周期元素的最高價陽離子核外電子排布相同，核電荷數越大，半徑越小，故C錯誤；D、元素非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，故D錯誤；綜上所述，本題應選B。【點睛】本題重點考查元素周期律。粒子半徑比較方法：先看電子層數，電子層數越多，半徑越大，電子層數相同，則看核電荷數，核電荷數越大，半徑越小。元素的非金屬性越強，單質氧化性越強，對應陰離子還原性越弱，單質與氫氣反應越容易(劇烈)，其氫化物越穩(wěn)定，最高價氧化物對應水化物酸性越強。金屬性越強，則單質還原性越強，對應陽離子氧化性越弱，單質與水或酸反應越容易(劇烈)，最高價氧化物對應水化物堿性越強。12、B【解析】A、“白色污染”是人們對塑料垃圾污染環(huán)境的一種形象稱謂，主要是由聚苯乙烯、聚氯乙烯、聚丙烯等高分化合物制成的各類生活用品、包裝袋、填充物等，難降解，嚴重污染環(huán)境、土壤、水等，所以大力倡導推廣使用可降解塑料及布質購物袋，可減少“白色污染”，A正確；B、用Ba(OH)2可以消除水中Cu2+等重金屬離子，但又引入了新的重金屬離子Ba2+污染，故B錯誤；C、用甲基叔丁基醚代替四乙基鉛，可減少重金屬鉛導致的污染，C正確；D、對燃料進行“脫硫、脫硝”處理，可減少硫氧化物和氮氧化物的排放，減少對環(huán)境的污染，故D正確。本題正確答案為B。13、D【詳解】A．100g質量分數為46%的CH3CH2OH溶液中CH3CH2OH質量為46g，54g水，CH3CH2OH的物質的量為1mol，氫原子物質的量為6mol，氫原子數目為6NA，水中也含有氫原子，因此所含氫原子數大于6NA，故A錯誤；B．標準狀況下，HF是液體，無法計算物質的量，故B錯誤；C．常溫下，100mL1mol?L?1AlCl3溶液中AlCl3物質的量為0.1mol，由于Al3+水解，因此Al3+離子總數小于0.1NA，故C錯誤；D．含1molNH4Cl的溶液中加入適量氨水使溶液呈中性，根據n()＋n(H＋)＝n(Cl－)＋n(OH－)和n(H＋)＝n(OH－)，得到n()＝n(Cl－)＝1mol，此時溶液中數目為NA，故D正確。綜上所述，答案為D。14、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。15、D【詳解】A.鍍鉑導電玻璃的作用是做電極，起到導電作用，故A項錯誤；B.電極X失去電子，為電池的負極，故B項錯誤；C.由電池中發(fā)生的反應可知，I3-在正極上得電子被還原為3I-，后又被氧化為I3-，I3-和I-相互轉化，反應的實質是光敏有機物在激發(fā)態(tài)與基態(tài)的相互轉化，所有化學物質都沒有被損耗，故C項錯誤；D.在陽極，I-失電子被氧化，在陰極，Ru3+得電子被還原，所以發(fā)生的反應為2Ru3++3I-=2u2++I3-，故D項正確；綜上所述，本題選D。16、C【解析】A.石灰石和鹽酸反應產生的CO2氣體，由于HCl具有揮發(fā)性，所以將氣體直接通入硅酸鈉溶液中，會發(fā)生反應：2HCl+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaCl；CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+2Na2CO3，因此不可以證明碳酸的酸性比硅酸強，A錯誤；B.向FeCl3溶液中通入足量的H2S，會發(fā)生反應：2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl，只能形成S單質一種沉淀，可以證明Fe3+的氧化性強于S，B錯誤；C.向某無色溶液中滴加少量新制氯水，加入淀粉后溶液變成藍色，說明反應后的溶液中含有I2，則加入氯水前溶液中含有I-，發(fā)生反應：Cl2+2I-=2Cl-+I2，C正確；D.難溶物質之間的轉化通常都是可逆反應，由于向AgCl固體上滴加的是飽和Na2CrO4溶液后有磚紅色沉淀生成，故不能說明兩者的溶解度大小，且AgCl、Ag2CrO4的類型不同，更不能由現(xiàn)象直接比較兩者的Ksp，D錯誤；故合理選項是C?！军c睛】本題考查化學實驗方案的評價的知識，為高考常見題型，把握有機物的性質、反應與現(xiàn)象、非金屬性比較、沉淀生成、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，選項D為解答的易錯點，題目難度不大。17、C【詳解】A．氯氣溶于水，部分與水反應，部分以氯氣分子形式存在，依據氯原子個數守恒，將1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子數之和小于2NA，故A錯誤；B．100gCaCO3晶體的物質的量為1mol，含有1mol鈣離子和1mol碳酸根離子；100gKHSO4晶體的物質的量為1mol，含有1mol鉀離子和1mol硫酸氫根離子，離子數均為2NA，故B錯誤；C．標準狀況下，4.48LNO和2.24LO2混合后，恰好反應生成4.48LNO2，物質的量為=0.2mol，根據質量守恒定律，原子總數為0.6NA，故C正確；D．在反應3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合價變化情況為：溴元素由+3價升高為+5價，溴元素由+3價降低為0價，氧元素化合價由-2價升高為0價，所以BrF3既起氧化劑也起還原劑作用，同時水也起還原劑作用，所以5molH2O參加反應，則被水還原的BrF3的分子數目小于3NA，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題考查阿伏加德羅常數的綜合應用，注意掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數的關系。本題的易錯點為D，要注意在反應3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+9HF+O2中還原劑有BrF3和水。18、C【詳解】系統(tǒng)命名法時，選最長的碳鏈為主鏈，若為烯烴或炔烴時含雙鍵、三鍵的最長碳鏈為主鏈，且取代基的位次之和最小，所以(CH3)2C(C2H5)CH(CH3)2的名稱是2，3，3-三甲基戊烷，故答案為C。19、C【解析】的分子式為C4H4O，共有2種等效氫，再結合碳碳雙鍵的平面結構特征和烴的燃燒規(guī)律分析即可?！驹斀狻緼．屬于酚，而不含有苯環(huán)和酚羥基，具有二烯烴的性質，兩者不可能是同系物，故A錯誤；B．共有2種等效氫，一氯代物是二種，二氯代物是4種，故B錯誤；C．中含有兩個碳碳雙鍵，碳碳雙鍵最多可提供6個原子共平面，則中所有原子都處于同一平面內，故C正確；D．的分子式為C4H4O，1mol該有機物完全燃燒消耗的氧氣的物質的量為1mol×（4+）=4.5mol，故D錯誤；故答案為C。20、D【詳解】A、乙醇與水互溶，不能萃取水中的碘，A錯誤；B、乙醇和乙酸乙酯互溶，不能直接分液，B錯誤；C、氯化鈉的溶解度受溫度影響小，C錯誤；D、丁醇與乙醇的沸點相差較大。蒸餾即可實現(xiàn)分離，D正確，答案選D。21、C【解析】鉻鐵礦的主要成分為FeO·Cr2O3、SiO2等，制備重鉻酸鉀，由制備流程可知，步驟①的主要反應為2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2，Cr元素的化合價由+3價升高為+6價，F(xiàn)e元素的化合價由+2價升高為+3價，N元素的化合價由+5價降低為+3價。步驟①中若使用陶瓷，二氧化硅與碳酸鈉高溫下反應生成硅酸鈉和二氧化碳，則使用鐵坩堝，濾液2中含Na2CrO4，④中調節(jié)pH發(fā)生2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，濾液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K2Cr2O7，可知⑤中向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固體后得到K2Cr2O7，溶解度小的析出，以此來解答?！驹斀狻緼.由上述分析可知，步驟①熔融、氧化不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅與碳酸鈉高溫下反應生成硅酸鈉和二氧化碳，故A錯誤；B.由上述分析可知步驟①的主要反應為2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2，Cr元素的化合價由+3價升高為+6價，F(xiàn)e元素的化合價由+2價升高為+3價，N元素的化合價由+5價降低為+3價，每生成2molCO2轉移7mol電子，但沒指明標況，故無法計算CO2的物質的量，故B錯誤；C.步驟④若調節(jié)濾液2的pH，發(fā)生2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，pH變小，平衡正向移動，則有利于生成Cr2O72-，故C正確；D.向“濾液3”中加入適量KCl，蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾得到K2Cr2O7固體，說明步驟⑤發(fā)生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，說明該溫度下K2Cr2O7的溶解度小于Na2Cr2O7，故D錯誤。故答案選C?！军c睛】題考查物質的制備實驗，把握流程中發(fā)生的反應、混合物分離提純、發(fā)生的反應為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識與實驗的結合。22、C【解析】在反應Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4中，Na2S2O3中S的化合價為+2價，反應后H2SO4中S的化合價升高至+6價，化合價升高，失去電子，發(fā)生氧化反應，H2SO4為氧化產物，Na2S2O3為還原劑；Cl的化合價由0價降低為-1價，化合價降低，得到電子，發(fā)生還原反應，NaCl和HCl為還原產物，Cl2為氧化劑?！驹斀狻緼、根據上述分析可知，Na2S2O3中S的化合價為+2價，反應后H2SO4中S的化合價升高至+6價，因此Na2S2O3為還原劑，故A不符合題意；B、Na2S2O3過量時，發(fā)生反應Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2+H2O，溶液會出現(xiàn)渾濁的現(xiàn)象，故B不符合題意；C、Na2S2O3中S的化合價為+2價，反應后H2SO4中S的化合價升高至+6價，所以1molNa2S2O3反應轉移電子的物質的量為2×(6-2)mol=8mol，故C符合題意；D、根據上述分析可知，氧化產物為H2SO4，還原產物為NaCl和HCl，根據方程式可知氧化產物與還原產物的物質的量之比為2：(2+6)=1:4，故D不符合題意；綜上所述，本題應選C?！军c睛】在氧化還原反應中應熟記“升失氧，降得還”，元素化合價升高，失去電子，發(fā)生氧化反應，被氧化，得到氧化產物，本身作還原劑；元素化合價降低，得到電子，發(fā)生還原反應，被還原，得到還原產物，本身作氧化劑。在氧化還原反應中得失電子守恒。據此判斷此題。二、非選擇題(共84分)23、O21:2C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2OSO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-還原性在H的水溶液中加硝酸酸化的硝酸銀溶液，產生白色沉淀，說明H溶于水電離產生Cl-【分析】根據圖中各物質轉化關系，A為固態(tài)非金屬單質，B在實驗室常用作氣體干燥劑，常溫下C、E、F都是無色氣體，D是常見液體，B為濃硫酸，D為水，則A與B的反應應為碳和濃硫酸的反應，E能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，E為二氧化硫，E能與黃綠色溶液（應為氯水）反應生成I，I遇氯化鋇有白色沉淀，則I中應有硫酸根，I為H2SO4，H為HCl，所以A為C，B為濃H2SO4，E為SO2，D為H2O，C為二氧化碳，C能與淡黃色固體反應，則應為二氧化碳與過氧化鈉的反應，所以F為O2，G為Na2CO3，HCl與Na2CO3反應生成二氧化碳、氯化鈉和水，符合各物質的轉化關系，據此答題?！驹斀狻緼.根據以上分析，F(xiàn)為O2，題中淡黃色固體為過氧化鈉，過氧化鈉中陰、陽離子個數比為1:2，故答案為O2，1:2。B.A與B反應的化學方程式為：C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案為C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O。C.E轉變?yōu)镠和I的離子方程式是SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-，SO2中S元素的化合價由+4→+6價，化合價升高，作還原劑，體現(xiàn)其還原性，故答案為SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-，還原性。D.H為HCl，HCl溶于水電離出的陰離子為Cl-，Cl-的檢驗操作為先加稀硝酸，無現(xiàn)象，再加硝酸銀溶液，產生白色沉淀，說明H溶于水電離所產生的陰離子為氯離子，故答案為在H的水溶液中加硝酸酸化的硝酸銀溶液，產生白色沉淀，說明H溶于水電離產生Cl-。【點睛】此題的突破口在于淡黃色的固體，高中階段常見的有過氧化鈉和硫單質，I與氯化鋇反應有白色沉淀，推測I為H2SO4。24、酯基醚鍵取代反應+CH3I→+HI【分析】（1）根據題中E的結構簡式可推知E中含氧官能團；（2）根據題中信息可知可推知B→C的反應類型；（3）根據路線圖可知，C轉化為D，是C中一個羥基中的氫，被-CH2OCH3取代，而C分子中含有兩個羥基，推測另一個羥基也可以發(fā)生此反應，結合副產物X的分子式為C12H15O6Br，可推斷出X的結構簡式；根據流程可知，反應D→E的反應為取代反應，據此寫出反應的方程式；（4）該同分異構體可以與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，則該同分異構體中含有酚羥基，又因為其堿性水解后酸化，含苯環(huán)的產物分子中不同化學環(huán)境的氫原子數目比為1∶1，據此可推斷其結構簡式；（5）根據路線圖和已知中提供的反應，結合和兩種原料設計制備的路線?！驹斀狻浚?）根據題中E的結構簡式可知，E中含氧官能團為酯基、醚鍵；故答案是：酯基、醚鍵；（2）根據題中信息可知，有機物B的結構中-COCl變?yōu)橛袡C物C中的-COOCH3，CH3O-取代了Cl，所以B→C的反應類型為取代反應；故答案是：取代反應；（3）根據路線圖可知，C轉化為D，是C中一個羥基中的氫，被-CH2OCH3取代，而C分子中含有兩個羥基，推測另一個羥基也可以發(fā)生此反應，結合副產物X的分子式為C12H15O6Br，可推斷出X的結構簡式為；根據流程可知，D→E的反應為取代反應，反應的方程式為：+CH3I→+HI；故答案是：；+CH3I→+HI；（4）該同分異構體可以與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，則該同分異構體中含有酚羥基，又因為其堿性水解后酸化，含苯環(huán)的產物分子中不同化學環(huán)境的氫原子數目比為1∶1，可推斷其結構簡式為；故答案是：；（5）根據路線圖和已知中提供的反應，以和為原料制備的路線為：；故答案是：。【點睛】有機物的結構和性質。反應類型的判斷，化學方程式、同分異構體及合成路線流程圖的書寫是高考的?？键c。在有機合成和推斷題中一般會已知部分物質，這些已知物質往往是推到過程的關鍵點。推導時，可以由原料結合反應條件正向推導產物，也可從最終產物結合反應條件逆向推導原料，還可以從中間產物出發(fā)向兩側推導，推導過程中要注意結合新信息進行分析、聯(lián)想、對照、遷移應用。25、（12分）（1）利用碳酸鈉溶液呈堿性，除去鐵表面的油污（2分）（2）加熱到溶液表面出現(xiàn)晶膜時（2分）（3）得到較干燥的沉淀（2分）（4）除去水分，減少晶體溶解損失；容易干燥（2分）（5）①D（2分）②14%（2分）【解析】試題分析：制取摩爾鹽晶體流程為：先利用碳酸鈉溶液呈堿性，除去鐵表面的油污，然后加稀硫酸溶解，鐵與稀硫酸反應生成亞鐵離子，加入硫酸銨發(fā)生(NH4)2SO4+FeSO4+6H2O=(NH4)2SO4?FeSO4?6H2O↓，結晶過濾，摩爾鹽易溶于水，難溶于有機溶劑，用酒精洗滌摩爾鹽，得到摩爾鹽晶體；（1）Na2CO3溶液中CO32-水解CO32-+H2O?HCO3-+OH-，使Na2CO3溶液呈堿性，油脂在堿性溶液中水解生成溶于水的物質易于洗去，步驟1中加入10%Na2CO3溶液的主要作用是除去鐵屑表面的油污；（2）濃縮結晶摩爾鹽時要用小火加熱，加熱濃縮初期可輕微攪拌，但注意觀察晶膜，若有晶膜出現(xiàn)，則停止加熱，防止摩爾鹽失水；更不能蒸發(fā)至干，蒸干時溶液中的雜質離子會被帶入晶體中，晶體可能會受熱分解或被氧化；（3）減壓過濾，利用大氣壓強原理，用減小壓力的方法加快過濾的速率，并能得到較干燥的沉淀；（4）摩爾鹽易溶于水，不能用蒸餾水洗滌，但摩爾鹽屬于無機物難溶于有機物，可用乙醇進行洗滌，洗去晶體表面的液體雜質；（5）①MnO4-為紫色，當滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由無(淺綠)色變?yōu)闇\紫色，半分鐘內不褪色，故不需要外加指示劑，故選D；②測定摩爾鹽產品中Fe2+的含量，采用在酸性條件下KMnO4標準液滴定，F(xiàn)e2+→Fe3+，鐵元素化合價升高1價；MnO4-+→Mn2+，錳元素降低5價，化合價升降最小公倍數為5，故Fe2++系數為5，MnO4-系數為1，根據元素守恒可知Mn2+與Fe3+系數分別為1、5，根據電荷守恒可知缺項為H+，H+其系數為2+3×5-[2×5-1]=8，根據H元素守恒可知H2O系數是4，所以反應離子方程式為5Fe2++MnO4-+8H+=1Mn2++5Fe3++4H2O，令4g產品中Fe2+的物質的量為xmol，則：5Fe2+～～～～～～MnO4-，51xmol0.01L×0.2mol/L所以x==0.01mol，所以4g產品中Fe2+的質量0.01mol×56g/mol=0.56g，所以4g產品中Fe2+的質量分數為×100%=14%?！究键c定位】以莫爾鹽的制備為載體，考查鹽類水解、氧化還原反應、氧化還原反應滴定應用、物質分離提純等有關實驗操作?！久麕燑c晴】流程分析及實驗的基本操作要領是解題關鍵；制取摩爾鹽晶體流程為：先利用碳酸鈉溶液呈堿性，除去鐵表面的油污，然后加稀硫酸溶解，鐵與稀硫酸反應生成亞鐵離子，加入硫酸銨發(fā)生(NH4)2SO4+FeSO4+6H2O=(NH4)2SO4?FeSO4?6H2O↓，結晶過濾，摩爾鹽易溶于水，難溶于有機溶劑，用酒精洗滌摩爾鹽，得到摩爾鹽晶體，據此分析即可解題。26、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+H2Oe接d，c接a，b接i，h接ga催化劑通過觀察氣泡控制氣流速度（或比例）SO2Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl合理，防止硫酰氯分解【解析】本題考查實驗方案設計與評價，（1）此裝置制備氯氣，其離子反應方程式為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+H2O；（2）制備干燥的氯氣，燒瓶中制備的氯氣含有HCl和水蒸氣，一般用飽和食鹽水除去HCl，因此e接d，用濃硫酸除去水蒸氣，因此c接a，然后進行收集，因此氯氣的密度大于空氣，因此用向上排空氣法收集，即b接i，氯氣是有毒氣體，必須進行尾氣處理，因此h接g；（3）冷凝管冷卻水的通入一般是從下向上通入，即從a口通入冷卻水，本實驗的目的是催化合成硫酰氯，因此活性炭的目的作催化劑；（4）因為硫酰氯易水解，因此裝置D作用是干燥氣體，同時為了原料充分利用，需要控制氣流速度或比例，即裝置D的另一個作用是觀察氣泡控制氣流的速率或比例；根據信息，硫酰氯水解產生大量白霧，此白霧是HCl，反應方程式為SO2Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl；（5）根據信息，硫酰氯易分解，因此收集A應放在冷水中冷卻，目的是防止硫酰氯分解。點睛：實驗設計一般步驟是制氣裝置→除雜裝置→收集或反應裝置→尾氣處理裝置，然后根據題目中信息，注意細小環(huán)節(jié)，如硫酰氯易水解，要防止水蒸氣的進入，不僅要防止氯氣和二氧化硫中水蒸氣的進入，而且還要外界空氣的進入，即裝置C不僅是除去過量的氯氣和二氧化硫，還防止了外界空氣進入裝置A。27、1:5Cl21.22Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O2Fe2+＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－；CaC2O4(s)+2H+(aq)+SO42?(aq)CaSO4(s)+H2C2O4(aq)2562118H2O【分析】(1)分析氧化還原反應中化合價變化，找出氧化劑、還原劑及它們的物質的量。(2)根據方程式分析轉移電子數目。(3)a處反應是氯氣與氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水。(4)b處是氯氣與氯化亞鐵反應生成氯化鐵。(5)①CaC2O4沉淀溶解是一個沉淀溶解平衡轉化，CaC2O4(s)與H2SO4(aq)反應生成CaSO4(s)和H2C2O4(aq)；②高錳酸根降低5個價態(tài)，草酸中每個碳升高1個價態(tài)，共升高2個價態(tài)，根據得失電子守恒配平?！驹斀狻?1)KMnO4中Mn化合價降低，為氧化劑，有2mol氧化劑，HCl中Cl化合價升高，為還原劑，16molHCl參與反應，但只有11molHCl升高，還原劑為11mol，因此氧化劑與還原劑物質的量之比為2:11=1:5，化合價升高得到的產物為氧化產物，因此氧化產物為Cl2；故答案為：1:5；Cl2。(2)根據方程式知轉移11mol電子生成5molCl2，因此產生1.1molCl2，轉移電子的物質的量為1.2mol；故答案為:1.2。(3)a處反應是氯氣與氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，其化學方程式是2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。(4)b處是氯氣與氯化亞鐵反應生成氯化鐵，其離子方程式是2Fe2+＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－；故答案為：2Fe2+＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－。(5)①CaC2O4沉淀溶解是一個沉淀溶解平衡轉化，CaC2O4(s)與H2SO4(aq)反應生成CaSO4(s)和H2C2O4(aq)，其離子方程式：CaC2O4(s)+2H+(aq)+SO42?(