2026屆上海市寶山區(qū)上海交大附中化學高三上期中學業(yè)水平測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(nèi)。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、金屬性最強的元素是A．Li B．Na C．K D．Mg2、下列說法錯誤的是A．液氨汽化時要吸收大量的熱，常用作制冷劑B．新能源汽車的推廣與使用有助于減少光化學煙霧的產(chǎn)生C．手機外殼上貼的碳纖維外膜是一種新型的無機非金屬材料D．海水淡化能解決淡水供應危機，向海水中加凈水劑明礬可以使海水淡化3、類比推理是學習化學的重要的思維方法，下列陳述Ⅰ及類比推理陳述Ⅱ均正確的是（）陳述Ⅰ類比推理陳述ⅡA單質(zhì)的熔點Br2<I2單質(zhì)的熔點Li<NaB工業(yè)上電解熔融的Al2O3得到鋁單質(zhì)工業(yè)上電解熔融的MgO得到鎂單質(zhì)C還原性：I->Br-還原性：P3->N3-D溶解度：CaCO3<Ca(HCO3)2溶解度：Na2CO3<NaHCO3A．A B．B C．C D．D4、2-氯丁烷常用于有機合成等，有關2-氯丁烷的敘述正確的是（）A．它的同分異構(gòu)體除本身外還有4種B．與硝酸銀溶液混合產(chǎn)生不溶于稀硝酸的白色沉淀C．微溶于水，可混溶于乙醇、乙醚、氯仿等多數(shù)有機溶劑D．與氫氧化鈉、乙醇在加熱條件下的消去反應有機產(chǎn)物只有一種5、已知過氧化氫在強堿性溶液中主要以HO2-存在。我國研究的Al-H2O2燃料電池可用于深海資源的勘查、軍事偵察等國防科技領域，裝置示意圖如下。下列說法錯誤的是A．電池工作時，溶液中OH-通過陰離子交換膜向Al極遷移B．Ni極的電極反應式是HO2-+2e-+H2O=3OH-C．電池工作結(jié)束后，電解質(zhì)溶液的pH降低D．Al電極質(zhì)量減輕13.5g，電路中通過9.03×1023個電子6、下列各組離子能大量共存的是A．pH=2的溶液中：NH4+、Na+、Cu2+、Cl-B．“84”消毒液的水溶液中：Fe2+、Ca2+、H+、Cl-C．加入KSCN顯紅色的溶液中：K+、NH4+、Cl-、S2-D．白醋中：K+、Na+、CO32-、SO42-7、下列說法不正確的是()A．甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明甲基使苯環(huán)變活潑B．在催化劑和高溫下煤與氫氣反應可以制得燃料油C．通過紅外光譜分析可以區(qū)分乙酸乙酯和硬脂酸甘油酯D．棉花、雞蛋白、ABS樹脂都是由高分子化合物組成的物質(zhì)8、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+9、某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42﹣、HCO3﹣等離子．當向該溶液中加入一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液時，發(fā)現(xiàn)生成沉淀的物質(zhì)的量隨NaOH溶液的體積變化的圖象如圖所示，下列說法正確的是（）A．原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物質(zhì)的量之比為1：1B．a(chǎn)b段發(fā)生的離子反應為：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓C．原溶液中含有的陽離子必定有H+、NH4+、Al3+但不能肯定Mg2+和Fe3+的中的哪一種D．d點溶液中含有的溶質(zhì)只有Na2SO410、下列離子方程式書'與正確的是A．鐵粉溶于氯化鐵溶液：Fe+2Fe3+=3Fe2+B．硫化鈉溶液呈醎性：S2-+2H2OHS-+2OH-C．用FeCl3溶液回收廢舊電路板中的Cu:Fe3++Cu=Fe2++Cu2+D．工業(yè)上利用電解飽和食鹽水制氯氣:2H++2C1-=H2↑+C12↑11、化學式為C3H4O2的液態(tài)有機物X（不含環(huán)狀結(jié)構(gòu)）不能與碳酸氫鈉發(fā)生反應，推測X不可能發(fā)生的反應是A．消去反應 B．酯化反應 C．加聚反應 D．銀鏡反應12、關于各圖的說法（其中①③④中均為情性電極）正確的是（）A．①裝置中陰極處產(chǎn)生的氣體能夠使?jié)駶橩I淀粉試紙變藍B．②裝置中待鍍鐵制品應與電源正極相連C．③裝置中電子由b極流向a極D．④裝置中的離子交換膜可以避免生成的Cl2與NaOH溶液反應13、室溫下，將0.05molNa2CO3固體溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物質(zhì)，有關結(jié)論正確的是()加入物質(zhì)結(jié)論A50mL1mol·L－1H2SO4反應結(jié)束后，c(Na＋)＝c(SO)B0.05molCaO溶液中增大C50mLH2O由水電離出的c(H+)·c(OH-)不變D0.1molNaHSO4固體反應完全后，溶液pH減小，c(Na＋)不變A．A B．B C．C D．D14、下列敘述正確的是()A．高溫下二氧化硅與碳酸鈉反應放出二氧化碳，說明硅酸(H2SiO3)的酸性比碳酸強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15、下列各組離子在溶液中一定能大量共存的是（）A．澄清透明的溶液中：MnO4－、SO42－、K+、H+B．含有大量的[Al(OH4)]—的溶液：NH4+、Na+、HCO3－、SO42－C．pH=11的溶液中：ClO－、Na+、SO42－、I－D．水電離產(chǎn)生的c(H+)=1×10－14mol·L－1的溶液中：HCO3－、NH4+、Cl－、Ca2+16、將38.4gCu完全溶于適量濃硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，這些氣體恰好能被500ml2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的鹽溶液，其中NaNO3的物質(zhì)的量為A．1.0molB．0.8molC．0.6molD．0.4mol17、常溫下，下列各組無色離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．c(ClO-)=1.0mol/L的溶液：Na+、Cu2+、SO32-、SO42-B．與金屬鋁產(chǎn)生氣體的溶液中：Al3+、HCO3-、Cl-、SO42-C．水電離產(chǎn)生的c(H+)=10-13mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl-、NO3-D．0.1mol/LFeSO4溶液中：H+、NH4+、NO3-、Cl-18、火法煉汞是在不太高的溫度下(450-800℃)，將汞礦石或精礦進行焙燒，直接將汞還原呈氣態(tài)分離出來，而后冷凝成液態(tài)汞.目前工業(yè)上制粗汞的流程如圖:

下列有關說法正確的是A．流程中加入氧化鈣的目的是減少SO2的排放B．“辰砂”加熱時發(fā)生反應:HgS+O2Hg+SO2，該方法屬于熱分解法C．洗滌粗汞時可用5%的鹽酸代替5%的硝酸D．含汞煙氣中汞的含量很低，可以直接排放19、根據(jù)下圖海水綜合利用的工藝流程圖，判斷下列說法正確的是()已知：MgCl2·6H2O受熱生成Mg(OH)Cl和HCl氣體等。A．過程①的提純是物理過程B．在過程③中將MgCl2·6H2O灼燒即可制得無水MgCl2C．過程⑤反應后溶液呈強酸性，生產(chǎn)中需解決其對設備的腐蝕問題D．工業(yè)上采用向母液中加入燒堿的方法獲得氫氧化鎂20、短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X和W為同主族元素，Z的單質(zhì)能溶于W的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。由這四種元素中的一種或幾種組成的物質(zhì)存在如下轉(zhuǎn)化關系，甲+乙→丙+W，其中甲是元素X的氫化物，其稀溶液可用于傷口消毒，乙為一種二元化合物，常溫下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，下列說法錯誤的是A．X和Y、W均至少能形成兩種化合物B．乙和丙均為既含有離子鍵又含有共價鍵的離子化合物C．四種元素簡單離子半徑中Z的最小D．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X>W21、下列有關實驗裝置進行的相應實驗，不能達到實驗目的的是（）A．用圖1所示裝置除去Cl2中含有的少量HClB．用圖2所示裝置蒸發(fā)KCl溶液制備無水KClC．用圖3所示裝置可以完成“噴泉”實驗D．用圖4所示裝置制取干燥純凈的NH322、下列關于金屬元素的敘述正確的是()A．金屬元素的單質(zhì)只有還原性，其離子只有氧化性B．金屬元素的單質(zhì)在常溫下均為固體C．金屬元素在不同化合物中化合價均相同D．大多數(shù)金屬元素的單質(zhì)為電的良導體二、非選擇題(共84分)23、（14分）衣康酸M是制備高效除臭劑、粘合劑等多種精細化學品的重要原料，可經(jīng)下列反應路線得到(部分反應條件已略)。已知：①R-CH2-Cl+NaCN→R-CH2-CN+NaCl②R-CH2-CN+NaOH+H2O→R-CH2-COONa+NH3完成下列填空：(1)A的結(jié)構(gòu)簡式是_____________，M中官能團的名稱是________________，(2)寫出B→C的化學反應方程式________________________________________。寫出G的結(jié)構(gòu)簡式______________________________________(3)反應a與反應b的先后順序不能顛倒，解釋原因：_________________________________________________________________________。(4)寫出由A和1,3—丁二烯1:1共聚所得高聚物的結(jié)構(gòu)簡式____________________________(5)請設計由CH2=CHCH2OH制備CH2=CHCOOH的合成路線(無機試劑任選)________________________________________。24、（12分）有機物Ⅰ是有機合成中間體，如可合成J或高聚物等，其合成J的線路圖如圖：已知：①，A苯環(huán)上的一氯代物只有2種②有機物B是最簡單的單烯烴，J為含有3個六元環(huán)的酯類③（、為烴基或H原子）回答以下問題：（1）A的化學名稱為_____；E的化學式為_____。（2）的反應類型：____；H分子中官能團的名稱是____。（3）J的結(jié)構(gòu)簡式為____。（4）寫出I在一定條件下生成高聚物的化學反應方程式____。（5）有機物K是G的一種同系物，相對分子質(zhì)量比G少14，則符合下列條件的K的同分異構(gòu)體有___種（不考慮立體異構(gòu)）。a．苯環(huán)上只有兩個取代基b．既能發(fā)生銀鏡反應也能與溶液反應寫出其中核磁共振氫譜有6個峰，峰面積之比為2:2:1:1:1:1的結(jié)構(gòu)簡式____。25、（12分）鐵及其化合物在生產(chǎn)和生活中有著廣泛的應用。Ⅰ.氧化鐵是重要的工業(yè)顏料，用廢鐵屑制備氧化鐵的流程如下：回答下列問題：(1)操作A、B的名稱分別是________、________；加入稍過量NH4HCO3溶液的作用是_____________________________。(2)寫出在空氣中充分加熱煅燒FeCO3的化學方程式：________________。Ⅱ.上述流程中，若煅燒不充分，最終產(chǎn)品中會含有少量的FeO雜質(zhì)。某同學為測定產(chǎn)品中Fe2O3的含量，進行如下實驗：a．稱取樣品8.00g，加入足量稀H2SO4溶解，并加水稀釋至100mL；b．量取25.00mL待測溶液于錐形瓶中；c．用酸化的0.01000mol·L－1KMnO4標準液滴定至終點；d．重復操作b、c2～3次，得出消耗KMnO4標準液體積的平均值為20.00mL。(3)寫出滴定過程中發(fā)生反應的離子方程式：_________________________。(4)確定滴定達到終點的操作及現(xiàn)象為________________________________________。(5)上述樣品中Fe2O3的質(zhì)量分數(shù)為________。(6)下列操作會導致樣品中Fe2O3的質(zhì)量分數(shù)的測定結(jié)果偏低的是________。a．未干燥錐形瓶b．盛裝標準液的滴定管沒有用標準液潤洗c．滴定結(jié)束時仰視刻度線讀數(shù)d．量取待測液的滴定管沒有潤洗26、（10分）C1O2是常用的自來水消毒劑。I．已知實驗室可用亞氯酸鈉固體與氯氣反應制備ClO2：2NaClO2+C12=2C1O2+2NaCl，裝置如下圖所示：(1)圓底燒瓶內(nèi)發(fā)生反應的化學方程式是：__________。(2)已知常溫常壓下，ClO2和Cl2是氣體，在下列溶劑中溶解性如下表所示：ClO2Cl2水極易溶于水溶CCl4難溶溶B、C、E裝置中的試劑依次是_________（填序號）。a.NaOH溶液b.濃硫酸c.飽和食鹽水d.CCl4e.飽和石灰水II．使用C1O2在給自來水消毒的過程中會產(chǎn)生有害的副產(chǎn)物亞氯酸根(ClO2-)，可用Fe2+將其去除。已知ClO2-與Fe2+在pH=5～7的條件下能快速反應，最終形成紅褐色沉淀，而ClO2-則被還原成Cl-。(3)Fe2+消除ClO2-的離子方程式為_______。(4)實際向自來水中加入Fe2+的量要高于理論值，原因是(結(jié)合離子方程式解釋)___________。27、（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；具有強氧化性，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）制備K2FeO4（夾持裝置略）①A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應方程式是________________（錳被還原為Mn2+）。②C中得到紫色固體和溶液。C中Cl2發(fā)生的反應有（請配平）_____Cl2+Fe(OH)3+KOHK2FeO4+KCl+H2O（2）探究K2FeO4的性質(zhì)①取C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C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。i．由方案Ⅰ中溶液變紅可知a中含有Fe3+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）。ii．方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl－②根據(jù)K2FeO4的制備實驗得出：氧化性Cl2________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ?qū)嶒灡砻鳎珻l2和FeO42-的氧化性強弱關系相反，原因是________________。28、（14分）隨著材料科學的發(fā)展，金屬釩及其化合物得到了越來越廣泛的應用，并被譽為“合金的維生素”。為回收利用含釩催化劑(含有V2O5、VOSO4及不溶性殘渣)，科研人員最新研制了一種離子交換法回收釩的新工藝，回收率達91.7%以上。部分含釩物質(zhì)在水中的溶解性如下表所示：物質(zhì)VOSO4V2O5NH4VO3(VO2)2SO4溶解性可溶難溶難溶易溶請回答下列問題：（1）請寫出加入Na2SO3溶液發(fā)生反應的離子方程式__________________________。（2）催化氧化所使用的催化劑釩觸媒(V2O5)能加快二氧化硫氧化速率，此過程中產(chǎn)生了一連串的中間體(如圖)。其中a、c二步的化學方程式可表示為__________________________，____________________________________。（3）該工藝中沉礬率是回收釩的關鍵之一，沉釩率的高低除受溶液pH影響外，還需要控制氯化銨系數(shù)(NH4Cl加入質(zhì)量與料液中V2O5的質(zhì)量比)和溫度。根據(jù)圖試建議控制氯化銨系數(shù)和溫度：_____________、______________。（4）經(jīng)過熱重分析測得：NH4VO3在焙燒過程中，固體質(zhì)量的減少值(縱坐標)隨溫度變化的曲線如圖所示。則NH4VO3在分解過程中____________。A．先分解失去H2O，再分解失去NH3B．先分解失去NH3，再分解失去H2OC．同時分解失去H2O和NH3D．同時分解失去H2、N2和H2O29、（10分）25℃時，將體積為Va、pH＝a的某一元酸HA溶液與體積為Vb、pH＝b的某一元堿BOH溶液混合，請回答。（1）若a+b＝14，2Va＝Vb，反應后所得溶液pH＝7。則生成的鹽溶液中，一定發(fā)生水解的離子方程式為_______（2）若a+b＝12，酸是鹽酸，堿是KOH，反應后所得溶液pH＝7，則Va與Vb的關系是_______（3）若酸是鹽酸，堿是氨水，反應后所得溶液中離子濃度大小關系不可能是_________（填序號）A．c(Cl－)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH－)B．c(H+)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(NH)C．c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)D．c(Cl－)＞c(H+)＞c(NH)＞c(OH－)E．c(Cl－)＝c(NH)＞c(H+)＝c(OH－)（4）若酸是醋酸，堿是NaOH，且反應后混合溶液中c(CH3COO－)＞c(H+)，則混合溶液可能呈_____（填序號）A．酸性B．堿性C．中性D．都有可能（5）25℃時，將體積Va＝200mL，pH＝2的H2SO4溶液與體積Vb＝10mL、pH＝11的氨水溶液混合，恰好完全反應。則此條件下，氨水的電離平衡常數(shù)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、C【解析】Li、Na、K位于同一主族，同主族元素從上到下元素的金屬性逐漸增強，則有金屬性：K＞Na＞Li，Na、Mg位于同一周期，同周期元素從左到右元素的金屬性逐漸減弱，則金屬性：Na＞Mg，金屬性最強的元素是K。故選C。2、D【解析】A．利用液態(tài)氨汽化時吸收大量的熱，使周圍的溫度急劇下降，所以液氨常用作制冷劑，故A正確；B．新能源汽車使用的是電能等潔凈能源，不產(chǎn)生形成光化學煙霧的氮氧化物，故B正確；C．碳纖維是一種新型的無機非金屬材料，故C正確；D．明礬能凈水，但不能消除水中的無機鹽，故D錯誤；故選D。3、C【詳解】A.分子晶體熔沸點與其分子間作用力成正比，分子間作用力與其相對分子質(zhì)量成正比，鹵族元素單質(zhì)都是分子晶體且其相對分子質(zhì)量：，所以單質(zhì)熔點：，而金屬晶體熔沸點與其金屬鍵強弱有關，金屬鍵強弱與離子所帶電荷成正比、與離子半徑成反比，金屬鍵：，則單質(zhì)熔點：，故A錯誤；B.的熔點遠遠高于，且熔融導電，從減少資源浪費方面考慮，工業(yè)上采用電解熔融方法冶煉，故B錯誤；C.元素的非金屬性越強，其簡單陰離子的還原性越弱，非金屬性，所以還原性，故C正確；D.碳酸氫鈉的溶解度小于碳酸鈉，故D錯誤；答案選C。4、C【詳解】A、2-氯丁烷分子中含有一個氯原子，分子式為分子式為C4H9Cl，選項A錯誤；B、2-氯丁烷不會電離出氯離子，不會與硝酸銀溶液反應生成白色沉淀，選項B錯誤；C、2-氯丁烷在水中溶解度不大，但易溶于乙醇、乙醚、氯仿等多數(shù)有機溶劑，選項C正確；D、2-氯丁烷與氫氧化鈉的醇溶液加熱發(fā)生消去反應，生成的烯烴有兩種：正丁烯和2-丁烯，選項D錯誤。答案選C?！军c睛】本題考查了有機物的組成、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，題目難度不大，注意掌握常見有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，根據(jù)鹵代烴的知識進行解答即可，試題培養(yǎng)了學生的知識遷移能力，易錯點為選項D：2-氯丁烷與氫氧化鈉的醇溶液加熱發(fā)生消去反應，生成的烯烴有兩種：正丁烯和2-丁烯。5、C【詳解】A.根電池裝置圖分析，可知Al較活潑，作負極，而燃料電池中陰離子往負極移動，因而可推知OH-（陰離子）穿過陰離子交換膜，往Al電極移動，A正確；B.Ni為正極，電子流入的一端，因而電極附近氧化性較強的氧化劑得電子，又已知過氧化氫在強堿性溶液中主要以HO2-存在，可知HO2-得電子變?yōu)镺H-，故按照缺項配平的原則，Ni極的電極反應式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，B正確；C.根電池裝置圖分析，可知Al較活潑，Al失電子變?yōu)锳l3+，Al3+和過量的OH-反應得到AlO2-和水，Al電極反應式為Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，Ni極的電極反應式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，因而總反應為2Al+3HO2-=2AlO2-+H2O+OH-，顯然電池工作結(jié)束后，電解質(zhì)溶液的pH升高，C錯誤；D.A1電極質(zhì)量減輕13.5g，即Al消耗了0.5mol，Al電極反應式為Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，因而轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.5×3NA=9.03×1023，D正確。故答案選C?！军c睛】書寫燃料電池電極反應式的步驟類似于普通原電池，在書寫時應注意以下幾點：1.電極反應式作為一種特殊的離子反應方程式，也必需遵循原子守恒，得失電子守恒，電荷守恒；2.寫電極反應時，一定要注意電解質(zhì)是什么，其中的離子要和電極反應中出現(xiàn)的離子相對應，在堿性電解質(zhì)中，電極反應式不能出現(xiàn)氫離子，在酸性電解質(zhì)溶液中，電極反應式不能出現(xiàn)氫氧根離子；3.正負兩極的電極反應式在得失電子守恒的條件下，相疊加后的電池反應必須是燃料燃燒反應和燃料產(chǎn)物與電解質(zhì)溶液反應的疊加反應式。6、A【解析】A.在pH=2的溶液中，NH4+、Na+、Cu2+、Cl-相互間不能發(fā)生離子反應，故A能大量共存；B.“84”消毒液的水溶液中含有ClO-，能將Fe2+氧化，能與H+結(jié)合成HClO，故B不能大量共存；C.加入KSCN顯紅色，說明溶液中含有Fe3+，F(xiàn)e3+能與S2-發(fā)生氧化還原反應，故不能大量共存；D.白醋中含有醋酸，溶液顯酸性，在酸性條件下CO32-會與H+生成二氧化碳氣體和水，故D不能大量共存；答案選A。【點睛】本題主要考查溶液中的離子共存問題，在判斷時主要從復分解反應發(fā)生的條件和氧化還原反應發(fā)生的條件來分析，如“84”消毒液具有強氧化性，能將亞鐵離子氧化，則B項中離子不能大量共存；D項中CO32-在白醋中能發(fā)生復分解反應生成二氧化碳，故D項中離子不能大量共存。7、A【詳解】A.苯環(huán)影響甲基，使甲基易被氧化，則甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A錯誤；B.煤的液化指把煤在催化劑等作用下使煤發(fā)生裂化并加氫，以得到與石油產(chǎn)品成分相近的燃料油，故B正確；C.硬脂酸甘油酯中含有三個酯基，乙酸乙酯中含有一個酯基，官能團相同，酯基的數(shù)目不同，通過紅外光譜分析可以區(qū)分乙酸乙酯和硬脂酸甘油酯，故C正確；D.棉花屬于纖維素、雞蛋白屬于蛋白質(zhì)、ABS樹脂都是由高分子化合物組成的物質(zhì)，故D正確；答案選A。8、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，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）?！驹斀狻緼.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?！军c睛】溶液中的離子要保持電荷平衡，即正負電荷所帶的電荷量相等，以保持溶液的電中性。9、A【分析】加入NaOH溶液，根據(jù)產(chǎn)生的沉淀量與加入NaOH的物質(zhì)的量之間的關系圖可知，沉淀部分溶解，則溶液中一定含有Al3+，根據(jù)離子共存可知，溶液中一定不存在CO32-；當沉淀達到最大值時，繼續(xù)進入氫氧化鈉，沉淀不變，這說明溶液中還存在NH4+；根據(jù)溶液電中性可知，溶液中還必須存在陰離子，所以一定還有NO3-；從ab和cd耗堿體積比值可知，若為Fe3+，則Fe3+和Al3+的物質(zhì)的量之比為1：1，剛好與縱坐標數(shù)據(jù)吻合；若為Mg2+，Mg2+和Al3+的物質(zhì)的量之比為1.5：1，不能與縱坐標數(shù)據(jù)吻合，所以溶液中一定含有Fe3+，一定不含Mg2+．【詳解】A．根據(jù)分析可知，原溶液中含有的Fe3+和Al3+，且二者的物質(zhì)的量相等，即其物質(zhì)的量之比為1：1，故A正確；B．溶液中不存在鎂離子，ab段發(fā)生的反應為：Al3++3OH-=Al（OH）3↓、Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，故B錯誤；C．溶液中含有的陽離子必定有Fe3+、H+、NH4+、Al3+，一定不存在Mg2+，故C錯誤；D．在d點溶液中含有的溶質(zhì)并不只有Na2SO4，還含有NaAlO2，故D錯誤；故選：A。【點睛】溶液中含有多種金屬陽離子，銨根離子和氫離子時，向溶液中加入堿性溶液時，要注意反應的先后順序，氫離子先與氫氧根離子反應，接著是金屬陽離子與氫氧根離子反應生成難溶性的堿，然后是銨根離子與氫氧根離子反應。10、A【解析】A.鐵粉溶于氯化鐵溶液：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A正確；B.硫化鈉的水解分步進行：S2-+H2OHS-+OH－，HS-+H2OH2S+OH－，而且溶液的堿性主要取決于第一步水解，故B錯誤；C.用FeCl3溶液回收廢舊電路板中的Cu：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C錯誤；D.工業(yè)上利用電解飽和食鹽水制氯氣:2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑，故D錯誤。故選A。點睛：離子方程式要滿足以下條件：符合事實；符合質(zhì)量守恒定律；符合電荷守恒關系。11、B【解析】有機物中能與碳酸氫鈉反應的官能團為羧基（—COOH），有機物X（不含環(huán)狀結(jié)構(gòu)）不能與碳酸氫鈉發(fā)生反應，固分子中沒有羧基，所以不可能發(fā)生酯化反應，故答案為B。【點睛】有機物中官能團和Na反應的有：醇羥基、酚羥基、羧基，

和NaOH反應有：酚羥基、羧基、酯基、鹵代烴.

和NaHCO3反應的有：羧基.

和Na2CO3反應的有：羧基、酯基.12、D【詳解】A、①裝置是電解池，陰極上溶液中的陽離子得到電子發(fā)生還原反應，應是銅離子得到電子生成銅，沒有氣體放出，故A錯誤；B、②裝置為電鍍池，待鍍制品應該和電源負極相連，做電解池的陰極，故B錯誤；C、③裝置是氫氧燃料電池，通入氫氣的為原電池的負極，通入氧氣的為原電池的正極，電子從負極經(jīng)導線流向正極，即從a極經(jīng)導線流向b極，故C錯誤；D、④裝置為電解氯化鈉溶液的裝置，裝置中的離子交換膜允許離子通過，氯氣不能通過，可以避免生成的Cl2與NaOH溶液反應，故D正確；故選D。13、B【分析】室溫下，將0.05molNa2CO3固體溶于水配成100mL溶液，溶液中存在CO32－+H2OHCO3－+OH－溶液呈堿性，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼、加入50mL1mol·L－1H2SO4，H2SO4與Na2CO3恰好反應，則反應后的溶液溶質(zhì)為Na2SO4，故根據(jù)物料守恒反應結(jié)束后c(Na+)=2c(SO42-)，A錯誤；B、向溶液中加入0.05molCaO，則CaO+H2O=Ca(OH)2，則c(OH－)增大，且Ca2++CO32-=CaCO3↓，使CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡左移，c(HCO3－)減小，故增大，B正確；C、加入50mLH2O，溶液體積變大，CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡右移，但c(OH-)減小，Na2CO3溶液中H+、OH-均由水電離，故由水電離出的c(H+)·c(OH-)減小，C錯誤；D、加入0.1molNaHSO4固體，NaHSO4為強酸酸式鹽電離出H+與CO32-反應，則反應后溶液為Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH減小，引入了Na+，故c(Na+)增大，D錯誤；答案選B。【點睛】鹽的水解包括的內(nèi)容很多，如鹽溶液中離子濃度的變化、水的離子積的變化、電離平衡常數(shù)、水解平衡常數(shù)、溶液pH的判斷、水解離子方程式的書寫、鹽水解的應用、電荷守恒規(guī)律、物料守恒規(guī)律、質(zhì)子守恒規(guī)律的應用，加入其他試劑對水解平衡的影響、稀釋規(guī)律等，這類題目抓住水解也是可逆反應，所以可應用勒夏特列原理來解答。對于條件的改變?nèi)芤褐须x子濃度的變化，需在判斷平衡移動的基礎上進行判斷，有時需結(jié)合平衡常數(shù)、守恒規(guī)律等，尤其是等式關系的離子濃度的判斷或離子濃度大小比較是本知識的難點。等式關系的一般采用守恒規(guī)律來解答，若等式中只存在離子，一般要考慮電荷守恒；等式中若離子、分子均存在，一般考慮物料守恒或質(zhì)子守恒；離子濃度的比較要考慮溶液的酸堿性、水解、電離程度的相對強弱的關系。14、D【解析】試題分析：A、高溫下固體與氣體的反應不能說明硅酸（H2SiO3）的酸性比碳酸強，，應根據(jù)溶液中進行的反應來判斷，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，故B錯誤；C、水泥的硬化是一個復雜的物理-化學過程，石灰抹墻的硬化是氫氧化鈣和二氧化碳生成碳酸鈣反應，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知識。15、A【詳解】A.澄清透明的溶液中：MnO4－、SO42－、K+、H+相互之間不反應，可以大量共存，故A正確；B.[Al(OH4)]—與HCO3－發(fā)生水解反應而不能大量共存，故B錯誤；C.pH=11的溶液呈堿性，ClO－在堿性條件下也可以氧化I－生成I2，故C錯誤；D.水電離產(chǎn)生的c(H+)=1×10－14mol·L－1的溶液，水的電離受到抑制，則該溶液為堿或酸的溶液，HCO3－與H+、OH-都反應而不能大量共存，故D錯誤，故選A?！军c睛】MnO4－呈紫色，但溶液是澄清的，澄清的溶液不一定是無色溶液，此處是容易出錯的地方。16、D【解析】可以將反應理解為：Cu+HNO3+NaOH→Cu(NO3)2+NaNO3+NaNO2+H2O（未配平），由上，發(fā)生化合價變化的元素只有Cu和N，所以38.4gCu（0.6mol）失去1.2mol電子，硝酸也應該得到1.2mol電子生成0.6molNaNO2（一個N原子得到2個電子）。根據(jù)鈉原子守恒，加入1mol氫氧化鈉，則NaNO3+NaNO2一共1mol，已知有0.6molNaNO2，則有0.4molNaNO3。17、C【解析】A.含有Cu2+的溶液顯藍色，與無色溶液不符；含有ClO-的溶液具有強氧化性，能夠把SO32-氧化為SO42-，不能大量共存，A錯誤；B.與金屬鋁反應產(chǎn)生氣體的溶液，可能為酸液，可能為堿液，HCO3-在酸、堿溶液都不能大量共存，Al3+、HCO3-離子間發(fā)生雙水解不能大量共存，B錯誤；C.水電離產(chǎn)生的c(H+)=10-13mol/L的溶液可能為酸液，可能為堿液，四種離子間不反應且在酸、堿環(huán)境下均能大量共存，C正確；D.HNO3具有強氧化性，能夠把Fe2+氧化為鐵離子，不能大量共存，D錯誤；綜上所述，本題選C。18、A【解析】試題分析：A．“辰砂”加熱時發(fā)生反應：HgS+O2Hg+SO2，有污染氣體SO2產(chǎn)生，因此加入氧化鈣可減少SO2的排放，故A正確；B．該反應不屬于分解反應，故B錯誤；C．粗汞中的銅鉛雜質(zhì)不溶于稀鹽酸，則不能用5%的鹽酸代替5%的硝酸，故C錯誤；D．汞蒸汽有毒，必須進行處理才能排放，故D錯誤。故選A。考點：考查工藝流程19、C【解析】A、因由粗鹽得到精鹽，就是要除去粗鹽中的雜質(zhì)，除去Mg2+、CO32－、SO42－分別用NaOH溶液、鹽酸、BaCl2溶液，這些反應都是化學反應，不是物理過程，A錯誤；B、因MgCl2·6H2O受熱生成Mg(OH)Cl和HCl氣體等，得不到無水MgCl2，若要由MgCl2?6H2O灼燒即可制得無水MgCl2，為防止Mg2+發(fā)生水解，應在HCl氣氛中進行，B錯誤；C、因Br2+SO2+2H2O＝2HBr+H2SO4，反應后溶液呈酸性，能與金屬容器反應，因此生產(chǎn)中需解決其對設備的腐蝕問題，C正確；D、工業(yè)上采用向母液中加入石灰乳的方法獲得氫氧化鎂，燒堿價格高，不劃算，D錯誤；答案選C。20、B【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Z的單質(zhì)能溶于W的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液中，不溶于其濃溶液中，說明Z為Al元素，W為S元素，因為鋁在常溫下能溶于稀硫酸，在濃硫酸中發(fā)生鈍化；X和W為同主族元素，則X為O元素；甲是元素X的氫化物，其稀溶液可用于傷口消毒，則甲為H2O2；常溫下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，則丙為強堿，說明X、Y、Z、W四種元素中有一種元素的氫氧化物為強堿，則Y為Na元素，則丙為NaOH；由于這四種元素中的一種或幾種組成的物質(zhì)存在甲+乙→丙+W的轉(zhuǎn)化關系，且乙為一種二元化合物，則乙為Na2S。A.根據(jù)上述分析X、Y、W分別為O、Na、S元素。X和Y能形成氧化鈉、過氧化鈉，X和W能形成二氧化硫、三氧化硫，即X和Y、W均至少能形成兩種化合物，故A正確；B.通過上述分析可知，乙為硫化鈉，硫化鈉是只含離子鍵的離子化合物，丙為氫氧化鈉，氫氧化鈉是既含離子鍵又含共價鍵的離子化合物，故B錯誤；C.W的離子核外電子層數(shù)最多，離子半徑最大，X、Y、Z的離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，因為核外電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大半徑越小，Z的核電荷數(shù)最大，離子半徑最小，故C正確；D.X和W為同主族元素，非金屬性X>W，因為非金屬性越強，氣體氫化物越穩(wěn)定，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性X>W，故D正確。答案選B。21、D【解析】A．由于氯氣與水的反應是可逆反應，若水中含有NaCl就可以減少氯氣的消耗，同時還可以溶解HCl,因此可以用圖1所示裝置除去Cl2中含有的少量HCl,A正確；B．KCl是強酸強堿鹽，加熱不發(fā)生水解反應，所以可以用圖2所示裝置蒸發(fā)KCl溶液制備無水KCl，B正確；C．氯氣與NaOH溶液發(fā)生反應，使燒瓶中氣體壓強減小，燒杯中的NaOH溶液在大氣壓強的作用下被壓入燒瓶，氯氣進一步溶解、反應消耗，壓強進一步減小，能夠持續(xù)不斷的產(chǎn)生壓強差，因此可以用圖3所示裝置可以完成“噴泉”實驗，C正確；D．可以用向NaOH固體中滴加濃氨水的方法制取氨氣，氨氣的水溶液呈堿性，用堿性干燥劑堿石灰進行干燥，但是由于氨氣的密度比空氣小，應該用向下排空氣的方法收集氨氣，所以不能用圖4所示裝置制取干燥純凈的NH3，D錯誤。答案選D。22、D【詳解】A.金屬離子中的中間價態(tài)離子，比如Fe2＋，既有氧化性又有還原性，A錯；B.常溫下金屬汞呈液態(tài)，B錯；C.有的金屬元素存在變價，比如Fe、Cu等，C錯；D.大多數(shù)金屬單質(zhì)有良好的導電性，是電的良導體，D正確。答案選D。【點睛】二、非選擇題(共84分)23、碳碳雙鍵、羧基如果先消去再氧化，則氧化羥基時碳碳雙鍵也可能被氧化或；CH2=CHCH2OHCH3-CHClCH2OHCH3-CHClCOOHCH2=CHCOONaCH2=CHCOOH【分析】C與NaCN發(fā)生信息(1)的反應生成D，根據(jù)D的結(jié)構(gòu)可知，C為，由B、C的分子式可知，B脫去1分子HCl發(fā)生消去反應生成C，結(jié)合A的分子式可知，A含有C=C雙鍵，與氯氣發(fā)生加成反應生成B，則B為、A為；由F的結(jié)構(gòu)可知，D與氯氣發(fā)生加成反應生成E，E發(fā)生信息(2)中的水解反應得到F，故E為；為防止羥基氧化時，C=C雙鍵被氧化，故F先發(fā)生氧化反應生成G，G發(fā)生消去反應、酸化后得到M，故G為，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)由上述分析可知，A為，根據(jù)M()的結(jié)構(gòu)可知，含有官能團為：碳碳雙鍵、羧基，故答案為：；碳碳雙鍵、羧基；(2)B→C的化學方程式為：，G的結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為：；；(3)如果先消去再氧化，則氧化羥基時碳碳雙鍵也可能被氧化，故反應a與反應b的先后次序不能顛倒，故答案為：如果先消去再氧化，則氧化羥基時碳碳雙鍵也可能被氧化；(4)由A()和1，3—丁二烯(CH2=CH-CH=CH2)1:1共聚所得高聚物的結(jié)構(gòu)簡式為或，故答案為：或；(5)由CH2=CHCH2OH制備CH2=CHCOOH，需要將醇羥基氧化生成羧基，在氧化前需要保護碳碳雙鍵，因此合成路線為CH2=CHCH2OHCH3-CHClCH2OHCH3-CHClCOOHCH2=CHCOONaCH2=CHCOOH，故答案為：CH2=CHCH2OHCH3-CHClCH2OHCH3-CHClCOOHCH2=CHCOONaCH2=CHCOOH。24、對甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛）消去反應氯原子、羧基n+(n-1)H2O6【分析】根據(jù)已知①，A為，根據(jù)流程和已知②可知，B為乙烯、C為乙醇、D為乙醛，根據(jù)已知③，可知E為，被銀氨溶液氧化生成F()，F(xiàn)發(fā)生消去反應生成G（）。根據(jù)J分子結(jié)構(gòu)中含有3個六元環(huán)可知，G與HCl發(fā)生加成反應，氯原子加在羧基鄰位碳上，生成H為，H在堿性條件下發(fā)生水解反應再酸化生成I為，兩分子I在濃硫酸作用下發(fā)生成酯化反應，生成環(huán)酯J為?！驹斀狻浚?）A的化學名稱為對甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛）；E的化學式為；（2）的反應類型為消去反應，H分子中官能團的名稱是氯原子、羥基；（3）J的結(jié)構(gòu)簡式為；（4）I在一定條件下發(fā)生縮聚反應生成高聚物的化學反應方程式為n+(n-1)H2O；（5））K是G的一種同系物，相對分子質(zhì)量比G小14，說明K比G少一個—CH2—，根據(jù)題意知，K的同分異構(gòu)體分子中含有酚羥基和醛基，根據(jù)分子式知還應有碳碳雙鍵，即有—OH和—CH=CH—CHO或連接在苯環(huán)上，分別得到3種同分異構(gòu)體，故符合條件的同分異構(gòu)體有6種，其中的核磁共振氫譜有6個峰，峰面積之比為2∶2∶1∶1∶1∶1。25、過濾洗滌調(diào)節(jié)溶液的pH，使溶液中的Fe2+完全沉淀為FeCO34FeCO3+O2=2Fe2O3＋4CO25Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O向待測液中再滴加一滴標準液時，振蕩，溶液剛好由黃色變成淺紫色，且半分鐘內(nèi)不褪去96.4%b、c【解析】（1）操作I后得到濾渣和濾液，所以應為過濾，沉淀干燥前應先洗滌除去雜質(zhì)。加入NH4HCO3溶液得到碳酸亞鐵，因此加入稍過量的NH4HCO3溶液的作用是調(diào)節(jié)溶液的pH，使溶液中的Fe2+完全沉淀為FeCO3。（2）+2價鐵在空氣中加熱易被氧化為+3價，即Fe2O3，根據(jù)原子守恒還有CO2產(chǎn)生，因此在空氣中充分加熱煅燒FeCO3的化學方程式為4FeCO3+O22Fe2O3＋4CO2；（3）亞鐵離子被酸性高錳酸具有溶液氧化的離子方程式為5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；（4）酸性高錳酸鉀溶液顯紫紅色，則終點實驗現(xiàn)象是：向待測液中再滴加一滴標準液時，振蕩，溶液剛好由黃色變成淺紫色，且半分鐘內(nèi)不褪去；（5）消耗高錳酸鉀是0.0002mol，根據(jù)方程式可知亞鐵離子是0.001mol，因此原物質(zhì)中亞鐵離子是0.001mol×100mL/25mL＝0.004mol，氧化亞鐵質(zhì)量是0.004mol×72g/mol＝0.288g，則氧化鐵的質(zhì)量分數(shù)是8-0.2888×100%＝96.4%；（6）a、錐形瓶內(nèi)有水對結(jié)果無影響；b、滴定管未潤洗相當于將標準液稀釋，所用標準液體積增大，故結(jié)果偏??；c、滴定結(jié)束時仰視刻度線讀數(shù)26、MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2OcbdClO2-+4Fe2++10H2O=4Fe(OH)3↓+Cl-+8H+Fe2+易被水中溶解的氧氣氧化，4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+【分析】由題目中所給信息和實驗裝置圖可知：實驗首先用濃鹽酸和MnO2在加熱條件下反應制備Cl2，反應的方程式為MnO2+4HCl(濃)MnCl2++Cl2↑+2H2O，經(jīng)除雜、干燥后在D中與亞氯酸鈉固體反應生成ClO2，B裝置除去氯氣中的氯化氫，C裝置用濃硫酸進行干燥，由于Cl2易溶于CCl4，E用于除去ClO2中的未反應的Cl2，最后收集、并處理尾氣。(1)圓底燒瓶中濃鹽酸和MnO2在加熱條件下反應制備Cl2，兩者反應生成二氯化錳、氯氣、水；(2)氯化氫易揮發(fā)，濃鹽酸和MnO2在加熱條件下反應制備Cl2，氯氣中混有氯化氫，可用飽和食鹽水除去氣體中混有的HCl雜質(zhì)，因氯氣從溶液中制取，所以氯氣中混有水蒸氣，濃硫酸干燥除去水，E用于除去ClO2中的未反應的Cl2；(3)ClO2-與Fe2+在pH=5～7的條件下能快速反應，最終形成紅褐色沉淀，該沉淀為Fe(OH)3，而ClO2-則被還原成Cl-，據(jù)此結(jié)合化合價升降總數(shù)相等配平該反應的離子方程式；(4)Fe2+具有較強還原性，易被水中溶解的氧氣氧化，故實際向自來水中加入Fe2+的量要高于理論值?！驹斀狻?1)實驗室用濃鹽酸和MnO2在加熱條件下反應制備Cl2，濃鹽酸盛裝在分液漏斗中，圓底燒瓶內(nèi)為MnO2，濃鹽酸和MnO2在加熱條件下反應生成二氯化錳、氯氣、水，反應方程式為：MnO2+4HCl(濃)MnCl2++Cl2↑+2H2O；(2)由于濃鹽酸具有揮發(fā)性，所以在加熱時制取的氯氣中混有雜質(zhì)HCl和水蒸氣，為制備純凈干燥的氯氣，根據(jù)氯氣不溶于飽和食鹽水的性質(zhì)，可用飽和食鹽水除去氣體中混有的HCl雜質(zhì)，然后用濃硫酸干燥除去水蒸氣，由于Cl2易溶于CCl4，E用于除去ClO2中的未反應的Cl2，所以B、C、E裝置中的試劑依次為：飽和食鹽水、濃硫酸、CCl4，故B、C、E裝置中的試劑序號依次是cbd；(3)ClO2-與Fe2+在pH=5～7的條件下能快速反應，最終形成紅褐色沉淀，該沉淀為Fe(OH)3，鐵元素化合價升高了1，而ClO2-則被還原成Cl-，化合價降低了4價，根據(jù)氧化還原反應中化合價升降總數(shù)相等，可知Fe2+和Fe(OH)3的系數(shù)為4，ClO2-、Cl-的系數(shù)為1，結(jié)合原子守恒和電荷守恒，該反應的離子方程式為：ClO2-+4Fe2++10H2O=4Fe(OH)3↓+Cl-+8H+；(4)由于Fe2+易被水中溶解的氧氣氧化，發(fā)生反應為4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+，所以實際向自來水中加入Fe2+的量要高于理論值?！军c睛】本題以實驗室制備ClO2為載體，考查了物質(zhì)制備方案的設計的知識，明確實驗目的、實驗原理為解答關鍵，注意掌握常見元素化合物性質(zhì)，試題有利于提高學生的分析能力及化學實驗能力。27、2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O3，2，10，2，6，84FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O>溶液酸堿性不同【解析】裝置A中KMnO4與濃鹽酸反應制備Cl2；由于Cl2中混有HCl（g）和H2O（g），HCl（g）會消耗Fe（OH）3和KOH，裝置B中應盛放飽和食鹽水除去Cl2中混有的HCl（g）；C裝置中Cl2與KOH、Fe（OH）3反應制備K2FeO4，在此裝置中Cl2還可以直接與KOH反應生成KCl、KClO和H2O；D裝置中NaOH溶液用于吸收多余Cl2，防止污染大氣?！驹斀狻浚?）①根據(jù)題意，KMnO4與濃鹽酸反應生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，反應中Mn元素的化合價由+7價降至+2價，Cl元素的化合價由-1價升至0價，根據(jù)電子守恒和原子守恒配平，A中反應的化學方程式為2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案為：2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；②C中Cl2與KOH、Fe（OH）3反應制備K2FeO4，反應中Cl2做氧化劑被還原為KCl，F(xiàn)e(OH)3做還原劑被氧化K2FeO4，根據(jù)電子守恒和原子守恒配平，反應的化學方程式為3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，故答案為：3，2，10，2，6，8；（2）①根據(jù)上述制備反應，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，還可能含有KClO等。i.溶液a中滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色，說明溶液a中含有Fe3+，F(xiàn)e3+的產(chǎn)生不能判斷FeO42-與Cl-一定發(fā)生了反應，根據(jù)資料“K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2”，自身被還原成Fe3+，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，可能的反應為4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O，故答案為：4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O；②制備K2FeO4的原理為3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在該反應中Cl元素的化合價由0價降至-1價，Cl2是氧化劑，F(xiàn)e元素的化合價由+3價升至+6價，F(xiàn)e（OH）3是還原劑，K2FeO4為氧化產(chǎn)物，根據(jù)同一反應中氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物，得出氧化性Cl2>FeO42-；根據(jù)方案II，方案II的反應為2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，由方案II得出氧化性FeO42->Cl2，