湖南省長沙市一中開福中學2026屆高三上化學期中質(zhì)量檢測模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、12mL濃度為0.05mol/L的Na2SO3溶液恰好與VmL濃度為0.02mol/L的K2X2O7溶液完全反應。已知X元素在產(chǎn)物中的化合價為+3。則V為（）A．5B．10C．15D．202、如圖表示吸熱反應、置換反應、氧化還原反應之間的關(guān)系，從下列選項反應中選出屬于區(qū)域V的是（）A．Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2 B．NaOH+HCl=NaCl+H2OC．2NaHO3=2Na2CO3+H2O+CO2↑ D．2Na+2H2O=NaOH+H2↑3、某種光電池的工作原理為：AgCl(s)+Cu+(aq)Ag(s)+Cu2+(aq)+Cl－(aq)。圖為該光電池發(fā)電裝置電解尿素[CO(NH2)2]的堿性溶液制氫的裝置示意圖，下列不正確的是A．制氫裝置溶液中K+移向A極B．制氫裝置工作時，A極的電極反應式為：CO(NH2)2+8OH－－6e－=CO+N2↑+6H2OC．光電池工作時，Cl－從左側(cè)透過膜進入右側(cè)D．光電池工作時，Ag電極發(fā)生還原反應，電極反應為：AgCl(s)+e－═Ag(s)+Cl－(aq)4、下列敘述正確的是A．膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是丁達爾效應B．氧化還原反應的特征是元素化合價發(fā)生了變化C．液態(tài)氯化氫不導電說明氯化氫是非電解質(zhì)D．碳酸鈉固體溶于水放熱說明碳酸鈉的水解反應放熱5、向含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中通入足量的SO2，有白色沉淀生成，過濾后向濾液中滴入KSCN溶液時，無明顯現(xiàn)象，由此得出的正確結(jié)論是：A．白色沉淀是FeSO3B．白色沉淀是BaSO3和BaSO4的混合物C．白色沉淀是BaSO4D．FeCl3已全部被SO2氧化成FeCl26、25℃時，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．pH＝1的溶液中：Na＋、K＋、MnO4－、CO32－B．c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO42－、NO3－C．0.1mol/LNH4HCO3溶液中：K＋、Na＋、NO3－、Cl－D．0.1mol/LFeCl3溶液中：Fe2＋、NH4＋、SCN－、SO42－7、下列各組物質(zhì)相互混合反應后，最終有白色沉淀生成的是()①金屬鈉投入到FeCl3溶液中②過量NaOH溶液和明礬溶液混合③少量Ca(OH)2投入過量NaHCO3溶液中④向NaAlO2溶液中滴入少量鹽酸⑤向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2A．①③④⑤ B．①④ C．②③ D．③④⑤8、港珠澳大橋的設(shè)計使用壽命高達120年，主要的防腐方法有：①鋼梁上安裝鋁片；②使用高性能富鋅（富含鋅粉）底漆；③使用高附著性防腐涂料；④預留鋼鐵腐蝕量。下列分析不合理的是（）A．防腐涂料可以防水、隔離O2，降低吸氧腐蝕速率B．防腐過程中鋁和鋅均作為犧牲陽極，失去電子C．鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕時的負極反應式為：Fe-3e-=Fe3+D．方法①②③只能減緩鋼鐵腐蝕，未能完全消除9、下列有關(guān)實驗裝置或操作進行的相應實驗，能達到實驗目的的是

A．用圖甲所示裝置分離乙醇和碘的混合液B．用圖乙所示操作配制100mL0.1mol·L-1硫酸溶液C．用圖丙所示裝置制備氨氣D．用圖丁所示裝置檢驗濃硫酸與蔗糖反應產(chǎn)生的二氧化硫10、用Cl2生產(chǎn)某些含氯有機物時會產(chǎn)生副產(chǎn)物HCl。利用反應：4HCl（g）＋O2（g）2Cl2（g）＋2H2O（g）△H＝－1．6kJ·mol－1，可實現(xiàn)氯的循環(huán)利用。已知：下列說法正確的是A．升高溫度能提高HCl的轉(zhuǎn)化率B．斷裂H2O（g）中l(wèi)molH—O鍵比斷裂HCl（g）中l(wèi)molH—Cl鍵所需的能量高C．1molCl2（g）轉(zhuǎn)化為2molCl放出243kJ能量D．加入催化劑，能使該反應的焓變減小11、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序數(shù)依次增大，其中X是組成有機物的必要元素．Y的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，W與X同主族，Z與Q最外層電子數(shù)相差6。下列說法正確的是A．非金屬性：Q>Y>X>ZB．簡單氣態(tài)氫化物的沸點：X>WC．Y與X、Z、Q均可形成至少兩種二元化合物D．Y、Z、Q組成化合物的水溶液呈堿性12、根據(jù)如下能量關(guān)系示意圖分析，下列說法正確的是A．1molC(g)與1molO2(g)的能量之和為393.5kJB．反應2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)中，反應物的總鍵能小于生成物的總鍵能C．C→CO的熱化學方程式為2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-110.6kJ/molD．熱值是指一定條件下單位質(zhì)量的物質(zhì)完全燃燒所放出的熱量，則CO的熱值△H=10.1kJ/g13、某課題組利用CO2催化氫化制甲烷，研究發(fā)現(xiàn)HCOOH是CO2轉(zhuǎn)化為CH4的中間體，即：，鎳粉是反應I、II的催化劑。CH4、HCOOH、H2的產(chǎn)量和鎳粉用量的關(guān)系如圖所示(僅改變鎳粉用量，其他條件不變)：由圖可知，當鎳粉用量從1mmol增加到10mmol，反應速率的變化情況是()A．反應I的速率增加，反應II的速率不變B．反應I的速率不變，反應II的速率增加。C．反應I、II的速率均增加，且反應I的速率增加得快D．反應I、II的速率均增加，且反應II的速率增加得快14、下列有關(guān)化學用語表示正確的是（）A．S原子結(jié)構(gòu)示意圖： B．HClO的電子式：C．乙醇的結(jié)構(gòu)簡式：CH3CH2OH D．中子數(shù)為10的氟原子：F15、五氯化磷（PCl5）是有機合成中重要的氯化劑，可由如下反應制得：PCl3（g）+Cl2（g）PCl5（g）△H=-93.0kJ/mol某溫度下，在容積恒定為2.0L的密閉容器中充入2.0molPCl3和1.0molCl2，一段時間后反應達平衡狀態(tài)。實驗數(shù)據(jù)如下表所示。t/s050150250350n（PCl5）/mol00.240.360.400.40下列說法正確的是A．升高溫度，平衡向正反應方向移動B．增大壓強，活化分子百分數(shù)增大，反應速率加快C．該溫度下，反應的化學平衡常數(shù)的數(shù)值為D．0~150s內(nèi)的v（PCl3）=2.4×10-3mol/（L·s）16、可逆反應N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的正、逆反應速率可用各反應物或生成物濃度的變化來表示。下列各關(guān)系中能說明反應已達到平衡狀態(tài)的是（）A．3v(N2)正=v(H2)正B．v(N2)正=v(NH3)逆C．v(N2)正=3v(H2)逆D．2v(H2)正=3v(NH3)逆17、X、Y是元素周期表ⅦA族中的兩種元素。下列敘述中能說明X的非金屬性比Y強的是A．X原子的電子層數(shù)比Y原子的電子層數(shù)多B．X的氫化物的沸點比Y的氫化物的沸點低C．X的氣態(tài)氫化物比Y的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定D．Y的單質(zhì)能將X從NaX的溶液中置換出來18、下表各組物質(zhì)之間通過一步反應不可以實現(xiàn)如圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系的是（）選項abc箭頭上所標數(shù)字的反應條件AAlCl3NaAlO2Al(OH)3①加入過量的NaOHBSiSiO2H2SiO3②常溫加水CNaOHNaHCO3Na2CO3③加澄清石灰水DFeFeCl3FeCl2④加入氯氣A．A B．B C．C D．D19、前四周期元素A、B、C、D、E原子序數(shù)依次增大。已知：A、C同主族，A的原子最外層電子數(shù)是次外層的3倍，B的氧化物既能溶于強酸，又能溶于強堿，D的原子半徑是第3周期中最小的，E是形成骨骼和牙齒的主要元素，且E單質(zhì)能和水反應。則下列分析錯誤的是A．A的離子結(jié)構(gòu)示意圖為B．D的最高價氧化物的水化物的酸性大于C的最高價氧化物的水化物的酸性C．E和D形成的離子化合物ED2的電子式為D．B的氧化物為離子化合物，只含離子鍵，其晶體為離子晶體20、鎂和鋁分別與等濃度、等體積的過量稀硫酸反應，產(chǎn)生氣體的體積（V）與時間（t）關(guān)系如右圖。反應中鎂和鋁的A．物質(zhì)的量之比為3︰2 B．質(zhì)量之比為3︰2C．摩爾質(zhì)量之比為2︰3 D．反應速率之比為2︰321、下列說法錯誤的是A．濃硝酸通常保存在無色玻璃試劑瓶中B．NH4Cl溶液中加入鎂條會產(chǎn)生氣泡C．單質(zhì)硅是將太陽能轉(zhuǎn)變成電能的常用材料D．鋼鐵的析氫腐蝕和吸氧腐蝕的負極反應相同22、電導率用于衡量電解質(zhì)溶液導電能力的大小，與離子濃度和離子遷移速率有關(guān)。圖1為相同電導率鹽酸和醋酸溶液升溫過程中電導率變化曲線，圖2為相同電導率氯化鈉和醋酸鈉溶液升溫過程中電導率變化曲線，溫度均由22℃上升到70℃。下列判斷不正確的是A．由曲線1可以推測：溫度升高可以提高離子的遷移速率B．由曲線4可以推測：溫度升高，醋酸鈉電導率變化與醋酸根的水解平衡移動有關(guān)C．由圖1和圖2可以判定：相同條件下，鹽酸的電導率大于醋酸的電導率，可能的原因是Cl-的遷移速率大于CH3COO-的遷移速率D．由圖1和圖2可以判定：兩圖中電導率的差值不同，與溶液中H+、OH-的濃度和遷移速率無關(guān)二、非選擇題(共84分)23、（14分）Ⅰ、A、B是兩種常見的無機物，它們分別能與下圖中周圍4種物質(zhì)在一定條件下反應：請回答下列問題：（1）A溶液與B溶液反應的離子方程式______．（2）若A與其周圍某物質(zhì)在一定條件下反應，產(chǎn)物之一是B周圍的一種，則此反應的離子方程式為______（3）在A、B周圍的8種物質(zhì)中，有些既能與A反應又能與B反應．則這些物質(zhì)可能是：______．Ⅱ、在Na+濃度為0.6mol/L的某澄清溶液中，還可能含有表中的若干種離子：陽離子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+陰離子NO3-、CO32-、SO42-、SiO32-取該溶液100mL進行如下實驗（氣體體積在標準狀況下測定）：序號實驗內(nèi)容實驗結(jié)果Ⅰ向該溶液中加入足量稀HCl產(chǎn)生白色沉淀并放出0.56L氣體Ⅱ?qū)ⅱ竦姆磻旌弦哼^濾，對沉淀洗滌、灼燒至恒重，稱量所得固體質(zhì)量固體質(zhì)量為2.4gⅢ在Ⅱ的濾液中滴加BaCl2溶液無明顯現(xiàn)象試回答下列問題：（1）實驗I中生成沉淀的離子方程式為______。（2）實驗Ⅱ中判斷沉淀是否洗滌干凈的操作為：______。（3）通過實驗I、Ⅱ、Ⅲ和必要計算，判斷K+______一定存在（填“是”或“否”），若存在，其最小濃度為______。（若不存在，此空不需填寫）24、（12分）高分子H是一種成膜良好的樹脂，其合成路線如下：已知：①A的相對分子質(zhì)量為58，氧元素質(zhì)量分數(shù)為0.276，核磁共振氫譜顯示只有一組峰；②（1）A的結(jié)構(gòu)簡式為___，G中官能團名稱為___。（2）由B生成C的化學方程式為___。（3）B的系統(tǒng)命名為___。（4）化合物E的沸點___(選填“>”，“<”或者“=”)2-甲基丙烷。（5）F與新制Cu(OH)2懸濁液反應的化學方程式為___。（6）H的結(jié)構(gòu)簡式為___。（7）的符合下列條件的同分異構(gòu)體有__種①分子中無環(huán)狀結(jié)構(gòu)且無支鏈②核磁共振氫譜有兩組峰，峰面積之比為3∶2。其中官能團能與H2發(fā)生加成反應的有機物結(jié)構(gòu)簡式為___(任寫一種)。25、（12分）Na2O2是一種常見的過氧化物，具有強氧化性和漂白性，通常可用作漂白劑和呼吸面具中的供氧劑。(1)某實驗小組通過下列實驗探究過氧化鈉與水的反應：①用化學方程式解釋使酚酞試液變紅的原因：______，依據(jù)實驗現(xiàn)象推測紅色褪去的原因是______。②加入MnO2發(fā)生反應的化學方程式為_________。(2)實驗小組兩名同學共同設(shè)計如下裝置探究過氧化鈉與二氧化硫的反應。通入SO2將帶余燼的木條插入試管C中，木條復燃。①甲同學認為Na2O2與SO2反應生成了Na2SO3和O2，該反應的化學方程式是______，檢驗反應后B中的白色固體含有Na2SO3的方法是________。②乙同學認為反應后的B中有Na2SO3，還會有Na2SO4。乙同學猜想的理由是_________。為檢驗產(chǎn)物中Na2SO4的存在，乙同學設(shè)計如下實驗方案：甲同學認為該實驗方案的現(xiàn)象不能證明有Na2SO4生成，其理由為______________。③請補充完整實驗小組測定B中反應完全后固體組成的實驗方案：稱取樣品ag加水溶解，___，烘干，稱量沉淀質(zhì)量為bg，然后計算各物質(zhì)的含量。26、（10分）如圖所示，此裝置可用來制取和觀察Fe(OH)2在空氣中被被氧化的顏色變化。實驗時必須使用鐵屑和6mol?L-1的硫酸，其他試劑任選。填寫下列空白：（1）B中盛有一定量的NaOH溶液，A中應預先加入的藥品是__。A中反應的離子方程式是__。（2）實驗開始時先將活塞a__(填“打開”或“關(guān)閉”)。（3）簡述生成Fe(OH)2的操作過程：__。（4）實驗完畢，打開b處活塞，放入一部分空氣，此時B瓶中發(fā)生的反應為__。（5）下列各圖示中，___能較長時間看到Fe(OH)2白色沉淀。(填序號)27、（12分）以廢舊鋅錳電池初步處理分選出的含錳廢料(MnO2、MnOOH、MnO

及少量Fe、Pb等)

為原料制備高純MnCl2·xH2O,實現(xiàn)錳的再生利用。其工作流程如下：資料a．Mn的金屬活動性強于Fe；Mn2+在酸性條件下比較穩(wěn)定，pH高于5.5時易被O2氧化。資料b．生成氫氧化物沉淀的pHMn(OH)2Pb(OH)2Fe(OH)3開始沉淀時8.16.51.9完全沉淀時10.18.53.2注：

金屬離子的起始濃度為0.1mol·L-1（1）過程Ⅰ的目的是浸出錳。經(jīng)檢驗濾液1中含有的陽離子為Mn2+、Fe3+、Pb2+和H+。①MnOOH

與濃鹽酸反應的離子方程式是_______________________________。②檢驗濾液1中只含F(xiàn)e3+不含F(xiàn)e2+的操作和現(xiàn)象是：_________________________________________。③Fe3+由Fe2+轉(zhuǎn)化而成，可能發(fā)生的反應有：a．2Fe2++Cl2=2Fe3+2Cl-b．4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2Oc．……寫出c的離子方程式：____________________。（2）過程Ⅱ的目的是除鐵。有如下兩種方法，?。彼ǎ簩V液1先稀釋，再加適量10%的氨水，過濾。ⅱ．焙燒法：將濾液1濃縮得到的固體于290℃焙燒，冷卻，取焙燒物，加水溶解，過濾，再加鹽酸酸化至pH

小于5.5。已知：焙燒中發(fā)生的主要反應為2FeCl3+3O2=2Fe2O3+3Cl2，MnCl2和PbCl2不發(fā)生變化。①氨水法除鐵時，溶液pH

應控制在_____________之間。②兩種方法比較，氨水法除鐵的缺點是____________。（3）過程Ⅲ的目的是除鉛。加入的試劑是____________。（4）過程Ⅳ所得固體中的x的測定如下，取m1g樣品，置于氯化氫氛圍中加熱至失去全部結(jié)晶水時，質(zhì)量變?yōu)閙2g。則x=____________。28、（14分）以丙烯為原料合成抗炎藥物D和機體免疫增強制劑Ⅰ的合成路線如下(部分反應條件和產(chǎn)物己經(jīng)略去)：已知：+HCl回答下列問題：（1）A的結(jié)構(gòu)簡式________，由H生成I的反應類型為______________。（2）E的名稱為_____________。（3）化合物G的化學式為C5H10O3N2，則其結(jié)構(gòu)簡式為___________________。（4）由E生成丙烯的化學方程式為__________________________________。（5）分子式為C9H10O2的有機物J和D是同系物，J的結(jié)構(gòu)共有________種。（6）結(jié)合上述流程中的信息，設(shè)計由制制備的合成路線：_________________。（其他試劑自選）29、（10分）鋁是地殼中含量最高的金屬元素，其單質(zhì)及合金在生產(chǎn)生活中的應用日趨廣泛。(1)真空碳熱還原-氯化法可實現(xiàn)由鋁土礦制備金屬鋁，其相關(guān)反應的熱化學方程式如下：Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)＝3AlCl(g)+3CO(g)△H=akJ·mol－13AlCl(g)=2Al(l)+AlCl3(g)△H=bkJ·mol－1①反應Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)的△H=________kJ·mol－1(用含a、b的代數(shù)式表示)。②Al4C3是反應過程中的中間產(chǎn)物。Al4C3與鹽酸反應(產(chǎn)物之一是含氫量最高的烴)的化學方程式為____________________________________________。(2)鎂鋁合金(Mg17Al12)是一種潛在的貯氫材料，可在氬氣保護下，將一定化學計量比的Mg、Al單質(zhì)在一定溫度下熔煉獲得。該合金在一定條件下完全吸氫的反應方程式為Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al。得到的混合物Y(17MgH2+12Al)在一定條件下可釋放出氫氣。①熔煉制備鎂鋁合金(Mg17Al12)時通入氬氣的目的是_______________________。②在6.0mol·L-1HCl溶液中，混合物Y能完全釋放出H2。1molMg17Al12完全吸氫后得到的混合物Y與上述鹽酸完全反應，釋放出H2的物質(zhì)的量為____________。③在0.5mol·L-1NaOH和1.0mol·L-1MgCl2溶液中，混合物Y均只能部分放出氫氣，反應后殘留固體物質(zhì)的X－射線衍射譜圖如圖所示(X－射線衍射可用于判斷某晶態(tài)物質(zhì)是否存在，不同晶態(tài)物質(zhì)出現(xiàn)衍射峰的衍射角不同)。在上述NaOH溶液中，混合物Y中產(chǎn)生氫氣的主要物質(zhì)是_______________________(填化學式)。(3)鋁電池性能優(yōu)越，Al-AgO電池可用作水下動力電源，其原理如圖所示。該電池反應的化學方程式為_________________________________。

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【解析】在K2X2O7中，X元素的化合價是+6價，產(chǎn)物中X元素的化合價是+3價，說明X元素的化合價降低，則Na2SO3中硫元素的化合價升高，從+4價升高到+6價，則根據(jù)得失電子守恒，12×10-3L×0.05mol/L×（6-4）=V×10-3L×0.02mol/L×2×（6-3），解得V=10mL，故答案選B。2、A【分析】因為置換反應一定是氧化還原反應，有的氧化還原反應吸熱、有的氧化還原反應放熱，所以左邊的大橢圓是吸熱反應，右邊的大橢圓為氧化還原反應，右邊大橢圓中的小橢圓為置換反應。Ⅰ區(qū)為非氧化還原反應中的吸熱反應；Ⅱ區(qū)為吸熱、不屬于置換反應的氧化還原反應；Ⅲ區(qū)為既屬于置換反應、又屬于氧化還原反應的吸熱反應；Ⅳ區(qū)為既屬于置換反應、又屬于氧化還原反應的放熱反應；Ⅴ區(qū)為放熱的、不屬于置換反應的氧化還原反應?！驹斀狻緼.Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2反應為放熱的、不屬于置換反應的氧化還原反應，A符合題意；B.NaOH+HCl=NaCl+H2O反應為非氧化還原反應，B不合題意；C.2NaHO3=2Na2CO3+H2O+CO2↑反應為非氧化還原反應，C不合題意；D.2Na+2H2O=NaOH+H2↑為放熱的、屬于置換反應的氧化還原反應，D不合題意。故選A?！军c睛】有的氧化還原反應放熱，如燃燒反應(有的是置換反應，有的不是置換反應)、酸堿中和反應(復分解反應)，鋁熱反應(置換反應)，活潑金屬與酸或水的反應(置換反應)；有的反應是吸熱反應，如C與CO2、H2O(g)的反應(置換反應)，Ba(OH2)?8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O(復分解反應)，絕大部分分解反應(有的是置換反應，有的不是置換反應)。3、A【分析】左側(cè)是電池，右側(cè)是電解池，左側(cè)Ag電極上得電子作正極、Pt作負極，光電池工作時，Ag電極上AgCl得電子生成Ag，電極反應式為AgCl(s)+e－═Ag(s)+Cl－(aq)，Pt上發(fā)生Cu+(aq)-e－=Cu2+(aq)，A連接Ag電極為陽極、B連接Pt電極為陰極，以此分析電極反應和各池中粒子的流向?！驹斀狻緼．左側(cè)Ag電極作正極，Pt作負極，連接Ag電極的A為陽極、連接Pt電極的B為陰極，制取氫氣裝置溶液中陽離子向陰極移動，所以K＋移向B電極，故A說法錯誤；B．制取氫氣裝置工作時，A電極為陽極，尿素失電子和氫氧根離子反應生成碳酸根離子和氮氣、水，電極反應式為CO(NH2)2+8OH－-6e－═CO+N2↑+6H2O，故B說法正確；C．Pt作負極，電池的內(nèi)部陰離子移向負極，光電池工作時，Cl－從左側(cè)透過膜進入右側(cè)，故C說法正確；D．光電池工作時，Ag電極上AgCl得電子生成Ag，電極反應式為AgCl(s)+e－═Ag(s)+Cl－(aq)，故D說法正確；故選A?！军c睛】本題考查電化學知識，側(cè)重考查分析判斷及知識綜合運用能力，明確正負極及陰陽極判斷方法、各個電極上發(fā)生的反應是解本題關(guān)鍵，難點是判斷各個電極上發(fā)生的反應，B選項中，制取氫氣裝置工作時，A電極為陽極，尿素失電子和氫氧根離子反應生成碳酸根離子和氮氣、水，電極反應式為CO(NH2)2+8OH－-6e－═CO+N2↑+6H2O。4、B【解析】A.分散系的分類標準是分散質(zhì)粒子直徑的大小，故丁達爾效應應用于膠體區(qū)別于其他分散系不是它的本質(zhì)特征，A錯誤；B.發(fā)生氧化還原反應的本質(zhì)是電子轉(zhuǎn)移，而其表現(xiàn)特征是元素化合價發(fā)生了變化，B正確；C.液態(tài)氯化氫不導電是因為液態(tài)氯化氫是分子，不存在離子，但氯化氫水溶液中存在氫離子和氯離子，因此液態(tài)氯化氫是電解質(zhì)，C錯誤；D.碳酸鈉固體溶于水放熱是綜合結(jié)果，但碳酸根（弱酸根）水解是吸熱過程，D錯誤。5、C【解析】氯化鐵具有強的氧化性，在酸性環(huán)境下能夠氧化二氧化硫生成硫酸根離子，反應的離子方程式為：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，硫酸根離子與鋇離子發(fā)生反應生成硫酸鋇沉淀，亞硫酸酸性弱于鹽酸，與氯化鋇不反應，所以不會產(chǎn)生亞硫酸鋇沉淀，向過濾后的濾液中滴入KSCN溶液，無明顯現(xiàn)象，說明溶液中三價鐵離子全部被還原為二價鐵離子，故選C。6、C【詳解】A.pH=1的溶液顯酸性，CO32-與H+不能大量共存，A錯誤；B.c(H+)=1×10-13mol/L溶液顯堿性，則Mg2+、Cu2+與OH-不能大量共存，B錯誤；C.K+、Na+、NO3-、Cl-四種離子間能夠共存，且四種離子與NH4+、HCO-3也能大量共存，C正確；D.Fe3+與SCN-易形成絡合物，不能大量共存，D錯誤；綜上所述，本題選C?！军c睛】此題是離子共存問題，我們在分析這類問題時，不僅要注意離子存在于酸、堿性環(huán)境，還要分析離子間能否發(fā)生氧化還原反應、能否發(fā)生復分解反應以及還要溶液是否有顏色方面的要求。7、D【詳解】①金屬鈉投入到FeCl3溶液中發(fā)生兩個化學反應：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，3NaOH＋FeCl3=Fe(OH)3↓＋3NaCl，產(chǎn)生的氫氧化鐵是紅褐色沉淀；②過量NaOH溶液和明礬溶液混合時，過量的氫氧根離子與鋁離子反應生成偏鋁酸根離子和水，無沉淀產(chǎn)生；③Ca(OH)2投入過量NaHCO3溶液中發(fā)生的反應是Ca(OH)2＋2NaHCO3=CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，產(chǎn)生白色沉淀；④向NaAlO2溶液中滴入少量鹽酸，發(fā)生的反應是NaAlO2＋H2O＋HCl=NaCl＋Al(OH)3↓，產(chǎn)生白色沉淀；⑤向飽和Na2CO3溶液中通足量CO2，產(chǎn)生NaHCO3，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，有白色沉淀生成。符合條件的有③④⑤。答案選D。8、C【詳解】A.大橋是鐵的合金材料，表面接觸空氣，水蒸氣，易形成原電池，防腐涂料可以防水、隔離O2，降低吸氧腐蝕速率，故A正確；B.鋁和鋅的金屬活動性大于鐵，故鐵腐蝕過程中鋁和鋅均作為犧牲陽極，失去電子，保護了鐵，故B正確；C.鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕時，鐵作負極，失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為：Fe-2e-=Fe2+，故C錯誤；D.鐵的生銹發(fā)生的是電化學腐蝕，方法①②③只能減緩鋼鐵腐蝕，不能完全消除鐵的腐蝕，故D正確；答案選C。9、D【解析】A.碘易溶于乙醇中，不能用分液的方法分離，應該蒸餾，A錯誤；B.濃硫酸應該在燒杯中稀釋并冷卻后轉(zhuǎn)移至容量瓶中，B錯誤；C.氯化銨分解生成氨氣和氯化氫，在試管口二者又重新結(jié)合生成氯化銨，不能用圖丙所示裝置制備氨氣，C錯誤；D.SO2能使品紅溶液褪色，也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，因此可用圖丁所示裝置檢驗濃硫酸與蔗糖反應產(chǎn)生的二氧化硫，D正確，答案選D。10、B【分析】A、焓變?yōu)樨?，為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動；B、焓變等于斷裂化學鍵吸收的能量減去成鍵釋放的能量；C、斷裂化學鍵吸收能量；D、催化劑不改變反應的始終態(tài)?！驹斀狻緼、焓變?yōu)樨?，為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，則HCl的轉(zhuǎn)化率減小，故A錯誤；B、焓變等于斷裂化學鍵吸收的能量減去成鍵釋放的能量，則4×E(H-C1)+498k/mol一2×243kJ/mol-4E(H-O)=-1.6kJ/mol，可知4×E(H-CI)--4×E(H-O)=-127.6kJ/mol，斷裂H2O(g)中1molH-O鍵比斷裂HCl(g)中1molH-Cl鍵所需能量高，故B正確；C、斷裂化學鍵吸收能量，則1molCl2轉(zhuǎn)化為2molCl原子吸收243kJ熱量，故C錯誤；D、催化劑不改變反應的始終態(tài)，則加催化劑，焓變不變，故D錯誤；故選B?！军c睛】催化劑只能改變化學反應速率，一般情況下是加快反應速率，而加快反應速率是通過降低反應活化能實現(xiàn)，不改變焓變。焓變只與熱化學方程式有關(guān)。11、C【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序數(shù)依次增大，其中X是組成有機物的必要元素，則X為C元素；元素Y的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，則Y含有2個電子層，最外層含有6個電子，為O元素；元素W與X同主族，則W為Si元素；Z與Q最外層電子數(shù)相差6，Z的原子序數(shù)大于O，若為F元素，Q最外層電子數(shù)=7-6=1，為Na元素，不滿足原子序數(shù)Q>W；結(jié)合Z、Q為主族元素可知Z為Na元素，Q為C1元素，據(jù)此進行解答?！驹斀狻扛鶕?jù)分析可知，X為C元素，Y為O元素，Z為Na元素，W為Si元素，Q為Cl元素。A、由X為C元素，Y為O元素，Z為Na元素，Q為Cl元素，同周期從左到右非金屬增強，同主族從上到下非金屬減弱，故非金屬性：Y>Q>X>Z，故不符合題意；B、對分子晶體，相對分子質(zhì)量增大，分子間作用力增大，沸點升高，X<W，故不符合題意；C、Y氧元素與C、Na、Cl三種元素均可形成兩種或兩種以上的二元化合物，例如CO、CO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等，故符合題意；D、Y、Z、Q分別為O、Na、Cl，NaClO的水溶液呈堿性，但NaClO3、NaClO4的水溶液呈中性，故不符合題意；故選C。12、B【解析】A項，由圖知1molC（s）與1molO2（g）的能量之和比1molCO2（g）的能量多393.5kJ，無法得出1molC（g）與1molO2（g）的能量之和，錯誤；B項，根據(jù)圖示可寫出熱化學方程式：CO（g）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-282.9kJ/mol，該反應為放熱反應，斷裂反應物中的化學鍵吸收的能量小于形成生成物中化學鍵釋放的能量，則反應物的總鍵能小于生成物的總鍵能，正確；C項，根據(jù)圖示寫出熱化學方程式：C（s）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-393.5kJ/mol（①式），CO（g）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-282.9kJ/mol（②式），應用蓋斯定律，①式-②式得C（s）+O2（g）=CO（g）ΔH=-110.6kJ/mol，則2C（s）+O2（g）=2CO（g）ΔH=-221.2kJ/mol，錯誤；D項，根據(jù)熱化學方程式：CO（g）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-282.9kJ/mol，1gCO完全燃燒放出=10.1kJ熱量，CO的熱值ΔH=-10.1kJ/g，錯誤；答案選B。13、D【分析】Ni為有機反應中常用的加氫催化劑之一，反應I、II均為加氫反應，故加入Ni粉會使反應ⅠⅡ的速率均增加；從圖中可見隨著鎳粉用量從1mmol增加到10mmol，甲酸的產(chǎn)量在迅速減少，說明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此說明反應Ⅱ的速率要比反應Ⅰ的速率增加得快?！驹斀狻坑捎诜磻窃诠潭〞r間內(nèi)完成，之后進行冷卻和物質(zhì)檢驗，因此檢驗得到的物質(zhì)產(chǎn)量（mmol）即可以代表化學反應的平均速率，Ni為有機反應中常用的加氫催化劑之一，反應I、II均為加氫反應，故加入Ni粉會使反應ⅠⅡ的速率均增加，在圖中表現(xiàn)為CH4的生成速率和H2的消耗速率均增大，從圖中可見隨著鎳粉用量從1mmol增加到10mmol，甲酸的產(chǎn)量在迅速減少，說明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此說明反應Ⅱ的速率要比反應Ⅰ的速率增加得快，答案選D。14、C【詳解】A.硫離子結(jié)構(gòu)示意圖：，A錯誤；B.次氯酸分子內(nèi)，氧原子分別與氫、氯原子共用1對電子對，則HClO的電子式為：，B錯誤；C.乙醇的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH2OH，C正確；D.中子數(shù)為10的氟原子其質(zhì)量數(shù)為19：，D錯誤；答案選C。15、C【分析】根據(jù)反應的起始物質(zhì)的量和平衡時PCl5物質(zhì)的量寫出該反應的“三段法”，以此計算化學平衡常數(shù)，反應速率等值。【詳解】A．反應△H<0，正反應放熱，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，故A錯誤；B．增大壓強，各物質(zhì)的濃度增大，反應速率加快，活化分子百分數(shù)不變，故B錯誤；C.由表可知250s時反應達到平衡，此時n(PCl5)=0.4mol，則有該溫度下，反應的化學平衡常數(shù)，故C正確；D.0~150s內(nèi)的，故D錯誤。故答案選：C。16、D【分析】若可逆反應的正反應速率與逆反應速率相等，則該反應達到了化學平衡狀態(tài)。不同物質(zhì)表示同一反應的速率時，其數(shù)值之比等于其化學計量數(shù)之比?！驹斀狻緼.3v(N2)正=v(H2)正，兩物質(zhì)表示的化學反應速率之比等于其化學計量數(shù)之比，但不能說明正反應速率等于逆反應速率，故A不能說明反應已達到平衡狀態(tài)；B.v(N2)正=v(NH3)逆，兩物質(zhì)表示的化學反應速率之比不等于其化學計量數(shù)之比，不能說明正反應速率等于逆反應速率，故B不能說明反應已達到平衡狀態(tài)；C.v(N2)正=3v(H2)逆，兩物質(zhì)表示的化學反應速率之比不等于其化學計量數(shù)之比，不能說明正反應速率等于逆反應速率，故C不能說明反應已達到平衡狀態(tài)；D.2v(H2)正=3v(NH3)逆，因為2v(H2)正=3v(NH3)正，所以兩物質(zhì)表示的化學反應速率之比等于其化學計量數(shù)之比，而且能說明正反應速率等于逆反應速率，故D能說明反應已達到平衡狀態(tài)。綜上所述，本題選D?！军c睛】化學平衡狀態(tài)下的正反應速率與逆反應速率相等，并不一定是其數(shù)值絕對相等，因為其化學計量數(shù)可能不同。若正反應速率與逆反應速率的比值與相關(guān)物質(zhì)的化學計量數(shù)之比相等，則可判斷正反應速率與逆反應速率相等。17、C【詳解】考查元素非金屬性強弱的比較。比較非金屬性強弱時，可以借助于元素周期律，或與氫氣化合的難易程度以及氫化物的穩(wěn)定性，或是最高價氧化物對應水化物的酸性強弱，也可以是相互間的置換能力。同主族元素電子層數(shù)越多非金屬性越弱，A中說明X的非金屬性弱于Y的，不正確。穩(wěn)定性和沸點無關(guān)，B不正確。D中說明Y的非金屬性強于X的，不正確。答案是C。18、B【詳解】A.AlCl3與過量NaOH反應生成NaAlO2，NaAlO2與弱酸反應生成Al(OH)3，Al(OH)3與NaOH反應生成NaAlO2，Al(OH)3與HCl反應生成AlCl3，A項正確；B.Si與O2反應生成SiO2，但SiO2不能通過一步反應生成H2SiO3，且SiO2不溶于水，不能與水反應，B項錯誤；C.NaOH與過量CO2反應生成NaHCO3，將NaHCO3加熱可生成Na2CO3，Na2CO3與CO2、H2O反應生成NaHCO3，Na2CO3與澄清石灰水反應生成NaOH，C項正確；D.Fe與Cl2反應生成FeCl3，F(xiàn)eCl3與Fe反應生成FeCl2，F(xiàn)eCl2與Cl2反應生成FeCl3，F(xiàn)eCl2與Zn反應生成Fe，D項正確；故選B。19、C【解析】前四周期元素A、B、C、D、E原子序數(shù)依次增大。已知：A、C同主族，A的原子最外層電子數(shù)是次外層的3倍，則A有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，則A為氧元素；A、C同主族，則C為硫元素；B的氧化物既能溶于強酸，又能溶于強堿，B為Al元素；D的原子半徑是第三周期中最小的，則D為Cl元素，E是形成骨骼和牙齒的主要元素，且E單質(zhì)能和水反應，E為Ca元素。A、A的離子O2－的核外電子數(shù)為10，結(jié)構(gòu)示意圖為，故A正確；B、非金屬性Cl＞S，故酸性HClO4＞H2SO4，D的最高價氧化物的水化物的酸性大于C的最高價氧化物的水化物的酸性，故B正確；C、E和D形成的離子化合物CaCl2的電子式為：，故C錯誤；D、Al為活潑金屬，Al的氧化物Al2O3為離子化合物，只含離子鍵，其晶體為離子晶體，故D正確；故選C。點睛：本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系、元素周期律、常用化學用語等，解題關(guān)鍵：推斷元素，易錯點：C，注意基礎(chǔ)知識的理解掌握，寫化合物的電子式時，各原子如何分布，不是所有的原子間都有化學鍵，CaCl2中的兩個氯離子間沒有化學鍵。20、A【詳解】由題意可知，酸過量，產(chǎn)生氫氣體積相等，轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等，3mol鎂和2mol鋁轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等，所以物質(zhì)的量之比為3:2，A正確，B錯誤，摩爾質(zhì)量之比為24:27，C錯誤，鎂比鋁活潑，反應速率鎂比鋁快，D錯誤。故選A。21、A【詳解】A、濃硝酸見光易分解，應保存在棕色試劑瓶中，故A錯誤；B、NH4Cl為強酸弱堿鹽，水解顯酸性，故加入鎂條會產(chǎn)生氣泡，故B正確；C、單質(zhì)硅是制備太陽能電池常用的材料，故C正確；D、在弱酸性或中性條件下，鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，在強酸性條件下，鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕，無論析氫腐蝕還是吸氧腐蝕，鐵都作負極，負極上都是鐵失電子發(fā)生氧化反應，故D正確；故答案選A?！军c睛】實驗室保存化學試劑，應根據(jù)化學藥品的物理性質(zhì)和化學性質(zhì)采取正確的保存方法，如易揮發(fā)藥品要密封保存，易分解物質(zhì)和避光、低溫保存，具體物質(zhì)要具體分析。22、D【解析】A．曲線1中鹽酸溶液在升高溫度的過程中離子濃度不變，但電導率逐漸升高，說明溫度升高可以提高離子的遷移速率，故A正確；B．溫度升高，促進CH3COONa溶液中CH3COO-的水解，則由曲線3和曲線4可知，溫度升高，醋酸鈉電導率變化與醋酸根的水解平衡移動有關(guān)，故B正確；C．曲線1和曲線2起始時導電率相等，但溫度升高能促進醋酸的電離，溶液中離子濃度增加，但鹽酸溶液的導電率明顯比醋酸高，說明可能原因是Cl-的遷移速率大于CH3COO-的遷移速率，故C正確；D．曲線1和曲線2起始時導電率相等，可知鹽酸和醋酸兩溶液中起始時離子濃度相等，包括H+和OH-濃度也相等，而隨著溫度的升高，促進醋酸的電離，醋酸溶液中的H+和OH-濃度不再和鹽酸溶液的H+和OH-濃度相等，則兩者的導電率升高的幅度存在差異，可能與溶液中H+、OH-的濃度和遷移速率有關(guān)，故D錯誤；故答案為D。二、非選擇題(共84分)23、H++OH-=H2OMnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2+2H2OAl（OH）3、NaHCO32H++SiO32-==H2SiO3↓取最后一次洗滌液少許于試管中，滴入少量硝酸酸化的硝酸銀溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則沒洗滌干凈，反之洗滌干凈；是0.7mol/L【分析】Ⅰ、結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)可知A為HCl，B為強堿，如NaOH、KOH等，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)判斷可能發(fā)生的反應；Ⅱ、由題意“溶液為澄清溶液”可知：溶液中含有的離子一定能夠大量共存；由實驗Ⅰ可知，該溶液中一定含有CO32-，其濃度為=0.25mol/L，則一定沒有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判斷溶液中一定含有SiO32-，發(fā)生反應SiO32-+2H+=H2SiO3↓，硅酸加熱分解生成二氧化硅，固體質(zhì)量為2.4g為二氧化硅的質(zhì)量，根據(jù)硅原子守恒，SiO32-的濃度為=0.4mol/L；由實驗Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根據(jù)電荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其濃度至少為0.7mol/L，不能確定NO3-是否存在，據(jù)此進行解答。【詳解】Ⅰ、結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)可知A為HCl，B為強堿，如NaOH、KOH等，（1）A為HCl，B為強堿，二者發(fā)生中和反應，離子方程式為H++OH-=H2O；（2）對比左右兩個圖中的物質(zhì)，應為MnO2和濃鹽酸反應生成氯化錳、氯氣和水的反應，反應的離子方程式為MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2+2H2O；（3）既能與酸反應，又能與堿反應的物質(zhì)可為兩性氫氧化物，如Al（OH）3，也可為弱酸的酸式鹽，如NaHCO3，故答案為Al（OH）3、NaHCO3；Ⅱ、由題意“溶液為澄清溶液”可知：溶液中含有的離子一定能夠大量共存；由實驗Ⅰ可知，該溶液中一定含有CO32-，其濃度為=0.25mol/L，則一定沒有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判斷溶液中一定含有SiO32-，發(fā)生反應SiO32-+2H+=H2SiO3↓，硅酸加熱分解生成二氧化硅，固體質(zhì)量為2.4g為二氧化硅的質(zhì)量，根據(jù)硅原子守恒，SiO32-的濃度為=0.4mol/L；由實驗Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根據(jù)電荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其濃度至少為0.7mol/L，不能確定NO3-是否存在。（1）實驗I中生成沉淀的離子方程式為2H++SiO32-=H2SiO3↓；（2）實驗Ⅱ中判斷沉淀是否洗滌干凈的操作為：取最后一次洗滌液少許于試管中，滴入少量硝酸酸化的硝酸銀溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則沒洗滌干凈，反之洗滌干凈；（3）通過實驗I、Ⅱ、Ⅲ和必要計算，判斷K+一定存在，根據(jù)電荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其濃度至少為0.7mol/L?！军c睛】本題考查無機物的推斷、離子反應及計算，題目難度不大，解答本題的關(guān)鍵是把握相關(guān)物質(zhì)的化學性質(zhì)，把握發(fā)生的反應及現(xiàn)象，側(cè)重分析與計算能力的綜合考查，注意加鹽酸生成氣體和沉淀為解答的突破口，題目難度不大。24、羧基+H2O2-甲基-2-丙醇>+Cu(OH)2+2NaOH+2Cu2O↓+6H2O8或【分析】A的相對分子質(zhì)量為58，氧元素質(zhì)量分數(shù)為0.276，所以氧元素的個數(shù)為，即A中含有一個氧原子，剩下為C、H元素，根據(jù)相對分子質(zhì)量關(guān)系得出分子式為C2H6O，又因為核磁共振氫譜顯示只有一組峰，所以A的結(jié)構(gòu)簡為。根據(jù)已知②推出B的結(jié)構(gòu)為。醇在濃硫酸加熱條件下發(fā)生消去反應生成烯烴，故C的結(jié)構(gòu)為；烯烴和溴單質(zhì)發(fā)生加成反應生成鹵代烴，故D的結(jié)構(gòu)為。D在氫氧化鈉水溶液加熱條件下發(fā)生水解生成E，故E的結(jié)構(gòu)為。在催化劑和氧氣條件下發(fā)生醇的催化氧化生成醛，故F的結(jié)構(gòu)為。全在新制氫氧化銅溶液中加熱并酸化生成羧酸，故G的結(jié)構(gòu)為。G和E發(fā)生縮聚生成H。【詳解】(1)、由分析可知A的結(jié)構(gòu)為，G中官能團名稱為羧基；(2)、由B生成C的化學方程式為+H2O；(3)、B的結(jié)構(gòu)為，根據(jù)系統(tǒng)命名法規(guī)則，B的名稱為2-甲基-2-丙醇；(4)、化合物E的結(jié)構(gòu)為，相對分子質(zhì)量大于2-甲基丙醇，所以熔沸點更高，故答案為>；(5)、F與新制Cu(OH)2懸濁液反應的化學方程式為：+Cu(OH)2+2NaOH+2Cu2O↓+6H2O；(6)、H由G、E發(fā)縮聚形成，故化學式為：；(7)、分子中無環(huán)狀結(jié)構(gòu)且無支鏈，則含有四個雙鍵或一個三鍵兩盒雙鍵或者兩個三鍵且核磁共振氫譜有兩組峰，峰面積之比為3∶2。滿足要求的結(jié)構(gòu)有：、、、、、、、。故答案為8；、。25、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑反應生成的H2O2具有漂白作用2H2O2=2H2O+O2↑2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2取反應生成白色固體少許,滴入稀硫酸,生成無色氣體使品紅溶液褪色,說明含Na2SO3過氧化鈉具有強氧化性，二氧化硫有較強的還原性稀硝酸能將亞硫酸鋇氧化為硫酸鋇；加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，過濾，洗滌【分析】（1）①過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉是堿，堿遇酚酞變紅；紅色褪去的可能原因是過氧化鈉和水反應生成的過氧化氫具有氧化性；②過氧化氫在二氧化錳做催化劑分解生成水和氧氣；（2）①根據(jù)反應物和生成物寫出方程式，根據(jù)得失電子數(shù)相等配平方程式；要證明白色固體中含有Na2SO3只需檢驗出含有SO32-就可以了；②根據(jù)過氧化鈉具有強氧化性，二氧化硫有較強的還原性，兩者發(fā)生氧化還原反應生成Na2SO4；硫酸鈉和亞硫酸鈉均有氯化鋇反應生成沉淀，亞硫酸鋇加硝酸時氧化生成硫酸鋇，不能說明是否含硫酸鋇；③利用亞硫酸鋇易溶于鹽酸，硫酸鋇不溶分析判斷。【詳解】(1)①過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉是堿，堿遇酚酞變紅，反應方程式為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；紅色褪去的可能原因是過氧化鈉和水反應生成的過氧化氫具有氧化性，能氧化有色物質(zhì)，故答案為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；反應生成的H2O2具有漂白作用；②過氧化氫在二氧化錳做催化劑分解生成水和氧氣，反應的化學方程式為：2H2O2=2H2O+O2↑，故答案為：2H2O2=2H2O+O2↑；(2)①Na2O2與SO2反應生成了Na2SO3和O2，結(jié)合得失電子守恒知，該反應方程式為：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，要證明白色固體中含有Na2SO3只需檢驗出含有SO32?就可以了，則取反應生成白色固體少許，滴入稀硫酸，生成無色氣體使品紅溶液褪色，說明含Na2SO3，故答案為：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2；取反應生成白色固體少許，滴入稀硫酸，生成無色氣體使品紅溶液褪色，說明含Na2SO3；②因為過氧化鈉具有強氧化性，二氧化硫有較強的還原性，兩者發(fā)生氧化還原反應生成Na2SO4；由實驗流程可知，稀硝酸具有強氧化性，它也會將亞硫酸鋇氧化為硫酸鋇，最終也生成硫酸鋇沉淀，則不能說明反應的后B中有Na2SO3還會有Na2SO4，故答案為：過氧化鈉具有強氧化性，二氧化硫有較強的還原性；稀硝酸能將亞硫酸鋇氧化為硫酸鋇；③因為亞硫酸鋇易溶于鹽酸，硫酸鋇不溶，所以測定B中反應完全后固體組成的實驗方案為稱取樣品a克加水溶解，加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，過濾，洗滌烘干，稱量沉淀質(zhì)量為b克，計算含量，故答案為：加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，過濾，洗滌。26、鐵屑Fe+2H+=Fe2++H2↑打開關(guān)閉活塞a，使FeSO4溶液壓入B瓶中進行反應4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3①②③⑤【分析】制取氫氧化亞鐵使用的試劑是硫酸亞鐵和氫氧化鈉溶液，但是一定要注意隔絕氧氣的氧化，A是產(chǎn)生硫酸亞鐵的裝置，保證其進入B中，要借助氫氣產(chǎn)生的壓強，根據(jù)實驗試劑以及原理來回答分析即可?！驹斀狻浚?）B中盛一定量的NaOH溶液，則A中必須提供亞鐵離子，所以應預先加入的試劑是鐵粉，A中反應的離子方程式是Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案為鐵屑；Fe+2H+=Fe2++H2↑；（2）為防止生成的氫氧化亞鐵被氧化，則需要利用稀硫酸和鐵反應產(chǎn)生的氫氣排盡裝置中的空氣，如果不打開活塞E，會造成安全事故，所以要打開活塞a，使生成的氣體進入裝置B，一方面能除去A和B裝置中的空氣，另一方面能防止安全事故的發(fā)生，故答案為打開；（3）鐵和硫酸反應有氫氣生成，關(guān)閉活塞a，導致A裝置中氫氣增大使FeSO4溶液被壓入B瓶中進行反應生成氫氧化亞鐵，故答案為關(guān)閉活塞a，使FeSO4溶液壓入B瓶中進行反應；（4）氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，容易被空氣中的氧氣氧化生成紅褐色的氫氧化鐵，反應方程式為：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（5）對比5個實驗明顯可以發(fā)現(xiàn)選項③、⑤加入有機物作隔離層和空氣接觸少，②中Fe和稀硫酸生成氫氣能排出裝置中的氧氣，所以也能減少與氧氣接觸，①中盛有氫氧化鈉溶液的滴管伸入放有還原性鐵粉的硫酸亞鐵溶液中，可以避免試管中部分氧氣對氫氧化亞鐵的氧化，則能減少與氧氣接觸；只有④生成的氫氧化亞鐵能夠與空氣中氧氣發(fā)生反應：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，導致不能長時間觀察到氫氧化亞鐵，故答案為①②③⑤?！军c睛】考查氫氧化亞鐵的制取，氫氧化亞鐵極易被氧氣氧氣，所以制取氫氧化亞鐵時注意必須在無氧氣條件下進行反應，這是高中化學中較重要的一個實驗。27、2MnOOH+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+4H2O取少量濾液1于試管中，滴入鐵氰化鉀溶液，無藍色沉淀生成或另取少量濾液1于試管中，滴加KSCN溶液，變紅MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O

或MnOOH+3H++Fe2+=Mn2++Fe3++2H2O3.2～6.5引入雜質(zhì)NH4+Mn7(m1-m2)/m2【解析】（1）①含錳廢料（MnO2、MnOOH、MnO及少量Fe、Pb等）與濃鹽酸反應，過濾濾液1中含有的陽離子為Mn2+、Fe3+、Pb2+和H+，所以濃鹽酸與MnOOH反應，Mn元素化合價降低到+2價，-1價的Cl-被氧化產(chǎn)生氯氣，離子方程式：2MnOOH+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+4H2O；②要檢驗濾液1中只含F(xiàn)e3+不含F(xiàn)e2+，取濾液1分在2支試管中，一支試管中滴加鐵氰化鉀溶液，無明顯變化，說明濾液1中無Fe2+，另一支試管中滴加KSCN溶液，溶液變紅說明濾液1中有Fe3+；③Fe3+由Fe2+轉(zhuǎn)化而成，可能是由氯氣、氧氣氧化Fe2+，也可能由MnO2、MnOOH氧化Fe2+，所以可能發(fā)生的反應為：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O

或MnOOH+3H++Fe2+=Mn2++Fe3++2H2O正確答案為：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O

或MnOOH+3H++Fe2+=Mn2++Fe3++2H2O；（2）①根據(jù)題干信息：Fe(OH)3開始沉淀的PH=1.9，完全沉淀的PH=3.