2026屆陜西省安康市漢濱高中化學(xué)高三第一學(xué)期期中考試試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、新制Fe(OH)3膠體的膠團結(jié)構(gòu)如圖所示。下列有關(guān)說法錯誤的是（）A．Fe(OH)3膠體顯電中性B．Fe(OH)3膠團第一層和第二層共同構(gòu)成膠體粒子，帶正電C．向Fe(OH)3膠體中加入過量鹽酸，產(chǎn)生紅褐色沉淀D．Fe(OH)3膠團結(jié)構(gòu)可表示為：{[Fe(OH)3]m·nFeO+·(n﹣x)Cl-}x+·xCl-2、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列有關(guān)說法不正確的是A．由1molCH3OCOONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO-數(shù)目是NAB．1.68gFe與足量高溫水蒸氣反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.09NAC．氫原子數(shù)為0.4NA的CH3OH分子中含有的電子數(shù)為1.8NAD．常溫下，2L0.1mol?L-1FeCl3溶液與1L0.2mol?L-1FeCl3溶液所含F(xiàn)e3+數(shù)目不同3、下列有機物，能發(fā)生加成反應(yīng)的是A．乙烷 B．聚乙烯 C．苯 D．乙醇4、將濃鹽酸滴入KMnO4溶液，產(chǎn)生黃綠色氣體，溶液的紫紅色褪去，向反應(yīng)后的溶液中加入NaBiO3，溶液又變?yōu)樽霞t色，BiO3－反應(yīng)后變?yōu)闊o色的Bi3＋。據(jù)此判斷下列說法正確的是A．滴加鹽酸時，HCl是還原劑，Cl2是還原產(chǎn)物B．已知Bi為第ⅤA族元素，上述實驗說明Bi具有較強的非金屬性C．若有0.1molNaBiO3參加了反應(yīng)，則整個過程轉(zhuǎn)移電子0.4NAD．此實驗條件下，物質(zhì)的氧化性：KMnO4＞NaBiO3＞Cl25、類推思維是化學(xué)解題中常用的一種思維方法，下列有關(guān)離子方程式的類推正確的是已知類推A將Fe加入CuSO4溶液中：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+將Na加入CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向稀硫酸中加入NaOH溶液至中性：H++OH-=H2O向稀硫酸中加入Ba（OH）2溶液至中性：H++OH-=H2OC向氯化鋁溶液中加入足量NaOH溶液：Al3++4OH-=NaAlO2+2H2O向氯化鋁溶液中加入足量氨水Al3++4NH3?H2O=AlO+4NH+2H2OD向Ca（OH）2溶液中通入過量CO2:CO2+OH-=HCO向Ca（OH）2溶液中通入過量SO2：SO2+OH-=HSOA．A B．B C．C D．D6、將0.1mol·L－1醋酸溶液加水稀釋，下列說法正確的是()A．溶液中c(OH－)和c(H＋)都減小 B．溶液中c(H＋)增大C．醋酸電離平衡向左移動 D．溶液的pH增大7、設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是A．1mol氯氣參加氧化還原反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)一定為2NAB．標準狀況下，以任意比混合的氫氣和一氧化碳氣體共8.96L，在足量氧氣中充分燃燒時消耗氧氣的分子數(shù)為0.2NAC．含1molFeCl3的溶液中Fe3＋的個數(shù)為NAD．1.8gNH4＋中含有的電子數(shù)為0.1NA8、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W

與Y最外層電子數(shù)之和為X的最外層電子數(shù)的2倍，Z最外層電子數(shù)等于最內(nèi)層電了數(shù)，X、Y、Z的簡單離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，W

的單質(zhì)是空氣中體積分數(shù)最大的氣體。下列說法正確的是（）A．Y

的最高價氧化物對成水化物的酸性比W

的強 B．W的氣態(tài)氫化物比X的穩(wěn)定C．離子半徑的大小順序：r(W)>r(X)>r(Y)

>(Z) D．XY2

與ZY2中的化學(xué)鍵類型相同9、用H2O2溶液處理含NaCN的廢水，反應(yīng)原理為NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN的酸性比H2CO3弱。下列有關(guān)說法正確的是（）A．該反應(yīng)中氮元素被氧化B．該反應(yīng)中H2O2作還原劑C．實驗室配制NaCN溶液時，需加入適量的NaOH溶液D．每生成0.1molNaHCO3轉(zhuǎn)移電子數(shù)約為0.1×6.02×1023個10、設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A．25℃、101KPa下，NA個C18O2分子的質(zhì)量為48gB．標準狀況下，22.4LHF中含有的電子數(shù)為10NAC．加熱含4molHCl的濃鹽酸與足量MnO2的混合物充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)2NAD．1L0.1mol/L的NaClO水溶液中含有的氧原子數(shù)為0.lNA11、金屬型固態(tài)氫不具有的性質(zhì)是A．揮發(fā)性 B．延展性 C．導(dǎo)電性 D．導(dǎo)熱性12、某同學(xué)為檢驗溶液中是否含有常見的某些離子，進行了下圖所示的實驗操作。最終產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍。由該實驗?zāi)艿玫降恼_結(jié)論是A．原溶液中一定含有SO42-離子 B．原溶液中一定含有NH4+離子C．原溶液中一定含有Cl-離子 D．原溶液中一定含有Fe3+離子13、化學(xué)與我們的生活息息相關(guān)，下列說法正確的是()A．紅寶石、瑪瑙、水晶、鉆石的主要成分都是硅酸鹽B．電熱水器用鎂棒防止金屬內(nèi)膽腐蝕，原理是犧牲陽極的陰極保護法C．“霾塵積聚難見路人”，霧霾所形成的氣溶膠沒有丁達爾效應(yīng)D．鳥巢使用了高強度、高性能的釩氮合金高新鋼，鐵合金熔點、硬度均比純鐵高14、FeSO4在工業(yè)上可用于制備FeCO3，實驗室模擬工業(yè)流程如圖所示。下列說法正確的是（）A．可用KSCN溶液檢驗FeSO4溶液中Fe2+是否全部被氧化成Fe3+B．用Na2CO3代替NH4HCO3，可能有Fe(OH)2沉淀產(chǎn)生C．沉淀的同時有NH3產(chǎn)生D．檢驗沉淀是否洗滌干凈，可用鹽酸檢驗15、設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，下列說法正確的是A．標準狀況下，2.24L苯分子中共價鍵的數(shù)目為0.4NAB．2L0.5mol/LH2SO3溶液中含有的H+數(shù)目為2NAC．7.8gNa2O2固體中含有的離子總數(shù)為0.37NAD．常溫下，1molFe與足量濃硝酸反應(yīng)，電子轉(zhuǎn)移數(shù)目為3NA16、食品保鮮所用的“雙吸劑”，是由還原鐵粉、生石灰、氯化鈉、炭粉等按一定比例組成的混合物，可吸收氧氣和水。下列分析不正確的是（）A．“雙吸劑”中的生石灰有吸水作用B．“雙吸劑”吸收氧氣時，發(fā)生了原電池反應(yīng)C．炭粉上發(fā)生的反應(yīng)為：O2+4e-+4H+=2H2OD．吸收氧氣的過程中，鐵作原電池的負極17、某有機物的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列有關(guān)該有機物說法正確的是A．該有機物屬于芳香烴化合物B．分子式為C18H17O2N2C．該有機物能與新制的氫氧化銅懸濁液反應(yīng)生成磚紅色沉淀D．該有機物能使少量酸性高錳酸鉀溶液褪色18、化學(xué)與人類的生活、生產(chǎn)息息相關(guān)，下列說法不正確的是A．“地溝油”禁止食用，但可以用來制肥皂或燃油B．水泥、陶瓷、玻璃工業(yè)的生產(chǎn)原料中都用到了石灰石C．光導(dǎo)纖維的主要成分是SiO2，太陽能電池使用的材料是單質(zhì)硅D．雙氧水、高錳酸鉀溶液可殺死埃博拉病毒，其消毒原理與漂白粉消毒飲用水的原理相同19、下列溶液中通入SO2一定不會產(chǎn)生沉淀的是A．Ba(OH)2 B．Ba(NO3)2 C．Na2S D．BaCl220、已知有機物M的結(jié)構(gòu)如圖所示。關(guān)于M的描述正確的是A．分子式為C11H7O2ClB．1molM與H2發(fā)生加成反應(yīng)時，最多消耗5molH2C．1molM與溴水發(fā)生加成反應(yīng)時，最多消耗4molBr2D．1molNaOH溶液發(fā)生反應(yīng)時，最多消耗2molNaOH21、在100mL的稀硝酸中加入由銅和鎂組成的2.64g混合物，兩者恰好反應(yīng)固體完全溶解時收集到0.896L（標準狀態(tài)）NO氣體。向反應(yīng)后的溶液中加入60mLNaOH溶液中金屬離子恰好沉淀完全。下列說法正確的是（）A．原硝酸溶液的物質(zhì)的量濃度為1.2mol/LB．形成的沉淀的質(zhì)量為4.32gC．混合物中Cu的質(zhì)量為1.92gD．NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為1mol/L22、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序數(shù)依次增大的五種元素，A、B形成的簡單化合物常用作制冷劑，D原子最外層電子數(shù)與最內(nèi)層電子數(shù)相等，化合物DC中兩種離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，A，B、C、D的原子序數(shù)之和是E的兩倍。下列說法正確的是A．最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性：B＞EB．原子半徑：C＞B＞AC．氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：E＞CD．化合物DC與EC2中化學(xué)鍵類型相同二、非選擇題(共84分)23、（14分）乙醇，俗稱酒精，可用于制造乙酸、飲料、香精、染料、燃料等。（1）請寫出結(jié)構(gòu)簡式A：___，B：___。（2）圖示流程中乙醇轉(zhuǎn)化為A，該反應(yīng)現(xiàn)象為：___，其中乙醇發(fā)生了___反應(yīng)(填“氧化"或”還原“)。乙二醇(HO-CH2-CH2-OH)也能發(fā)生類似反應(yīng)，請寫出反應(yīng)方程式：___。（3）請你寫出X的化學(xué)式___，并用相關(guān)反應(yīng)方程式證實X可與乙醇相互轉(zhuǎn)化___。（4）工業(yè)上常用蘋果酒或者葡萄酒混合物、麥芽、米或馬鈴薯搗碎后發(fā)酵生產(chǎn)乙酸，但是從綠色化學(xué)角度，該法存在不足，請寫出一個不足之處：___，但相比于直接用工業(yè)酒精，該法原料與產(chǎn)品均無害，至令仍沿用。（5）乙酸與乙醇在一定條件下可反應(yīng)生成乙酸乙酯，請用氧-18同位素示蹤法寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：___。24、（12分）具有抗菌作用的白頭翁素衍生物H的合成路線如圖所示：已知：ⅰ.RCH2BrR-HC=CH-R’ⅱ.R-HC=CH-R’ⅲ.R-HC=CH-R’（以上R、R’、R’’代表氫、烷基或芳基等）（1）A屬于芳香烴，其名稱是___。（2）D的結(jié)構(gòu)簡式是___。（3）由F生成G的反應(yīng)類型是___。（4）由E與I2在一定條件下反應(yīng)生成F的化學(xué)方程式是___。（5）下列說法正確的是___（選填字母序號）。A．G存在順反異構(gòu)體B．由G生成H的反應(yīng)是加成反應(yīng)C．1molG最多可以與1molH2發(fā)生加成反應(yīng)D．1molF或1molH與足量NaOH溶液反應(yīng)，均消耗2molNaOH（6）E有多種同分異構(gòu)體，請寫出符合下列要求的所有同分異構(gòu)體。___①屬于芳香族化合物，不考慮立體異構(gòu)②既能發(fā)生加聚反應(yīng)，又能發(fā)生水解反應(yīng)③核磁共振氫譜為5組峰，且峰面積之比為1：1：2：2：2（7）以乙烯為原料，結(jié)合題給信息設(shè)計合成的路線。（用流程圖表示，無機試劑任選）___。25、（12分）實驗室用下圖所示裝置制備KClO溶液，再用KClO溶液與KOH、Fe（NO3）3溶液反應(yīng)制備高效凈水劑K2FeO4。已知：Cl2與KOH溶液在20℃以下反應(yīng)生成KClO，在較高溫度下則生成KClO3；K2FeO4易溶于水、微溶于濃KOH溶液，在0℃～5℃的強堿性溶液中較穩(wěn)定。回答下列問題：（1）儀器a的名稱___________，裝置C中三頸瓶置于冰水浴中的目的是______________________。（2）裝置B吸收的氣體是____________（寫化學(xué)式），裝置D的作用是____________________。（3）裝置C中得到足量KClO后，將三頸瓶上的導(dǎo)管取下，依次加入KOH溶液、Fe（NO3）3溶液，控制水浴溫度為25℃，攪拌1.5h，溶液變?yōu)樽霞t色（含K2FeO4），反應(yīng)的離子方程式為____________________。再加入飽和KOH溶液，析出紫黑色晶體，過濾，得到K2FeO4粗產(chǎn)品。（4）K2FeO4粗產(chǎn)品含有Fe（OH）3、KCl等雜質(zhì)，其提純方法為：將一定量的K2FeO4粗產(chǎn)品溶于冷的3mol·L-1KOH溶液中，過濾，將盛有濾液的燒杯置于冰水浴中，向其中加入________________，攪拌、靜置、過濾，用乙醇洗滌固體2～3次，最后將固體放在真空干燥箱中干燥。（5）測定K2FeO4產(chǎn)品純度。稱取K2FeO4產(chǎn)品0.2100g于燒杯中，加入足量的強堿性亞鉻酸鹽溶液，反應(yīng)后再加稀硫酸調(diào)節(jié)溶液呈強酸性，配成250mL溶液，取出25.00mL放入錐形瓶，用0.01000mol·L-1的（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定至終點，重復(fù)操作2次，平均消耗標準溶液30.00mL[已知：Cr（OH）4-+FeO42-=Fe（OH）3↓+CrO42-+OH-，2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O，Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++3Cr3++7H2O]。則K2FeO4產(chǎn)品的純度為_________%（保留1位小數(shù)）。26、（10分）以Na2SO3溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液作為實驗對象，探究鹽的性質(zhì)和鹽溶液間反應(yīng)的多樣性。實驗試劑現(xiàn)象滴管試管0.2mol·L-1Na2SO3溶液飽和Ag2SO4溶液Ⅰ．產(chǎn)生白色沉淀0.2mol·L-1CuSO4Ⅱ．溶液變綠，繼續(xù)滴加產(chǎn)生棕黃色沉淀0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液Ⅲ．開始無明顯變化，繼續(xù)滴加產(chǎn)生白色沉淀（1）經(jīng)驗檢，現(xiàn)象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用離子方程式解釋現(xiàn)象Ⅰ：__________。（2）經(jīng)檢驗，現(xiàn)象Ⅱ的棕黃色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。①用稀硫酸證實沉淀中含有Cu+的實驗現(xiàn)象是__________。②通過下列實驗證實，沉淀中含有Cu2+和。a．白色沉淀A是BaSO4，試劑1是__________。b．證實沉淀中含有Cu2+和的理由是__________。（3）已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。經(jīng)檢驗，現(xiàn)象Ⅲ的白色沉淀中無，該白色沉淀既能溶于強酸，又能溶于強堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色。①推測沉淀中含有亞硫酸根和__________。②對于沉淀中亞硫酸根的存在形式提出兩種假設(shè)：i．Al(OH)3所吸附；ii．存在于鋁的堿式鹽中。對假設(shè)ii設(shè)計了對比實驗，證實了假設(shè)ii成立。a．將對比實驗方案補充完整。步驟一：步驟二：__________（按上圖形式呈現(xiàn)）。b．假設(shè)ii成立的實驗證據(jù)是__________。（4）根據(jù)實驗，亞硫酸鹽的性質(zhì)有__________。鹽溶液間反應(yīng)的多樣性與__________有關(guān)。27、（12分）某化學(xué)興趣小組欲探究含硫物質(zhì)的性質(zhì)。（探究一）用下面的裝置和藥品探究亞硫酸與次氯酸的酸性強弱：(1)裝置連接順序為_____________(用字母表示)，F(xiàn)中反應(yīng)的離子方程式是

_______________(2)可證明

H2SO3的酸性強于HClO

的實驗現(xiàn)象是_____________________________。（探究二）(3)某小組同學(xué)為探究SO2的漂白性性質(zhì)，用下圖所示裝置進行實驗，觀察到如下現(xiàn)象：i中紅色褪去；ii中無變化。從實驗中可知使品紅的水溶液褪色的微?？赡苁莀________________________________。(4)該小組同學(xué)又對SO2與氯水的反應(yīng)進行探究。①用注射器吸入一定量的飽和氯水和SO2，振蕩，靜置，再吸入少量品紅溶液，發(fā)現(xiàn)品紅溶液不褪色。②改變氯水用量，重復(fù)①操作，發(fā)現(xiàn)品紅溶液紅色褪去，你認為②中品紅溶液褪色的原因可能是______________，設(shè)計一個實驗(說明操作方法、現(xiàn)象及結(jié)論)來驗證你的假設(shè)___________________。28、（14分）某礦渣主要含硫酸鋇、氧化銅、氧化鋁等（雜質(zhì)不參加反應(yīng)），利用礦渣提取金屬的工藝流程如圖所示（乙、丙、丁、戊均為單質(zhì)）：回答下列問題：（1）沉淀①為_____________(填“強”、“弱”或“非”）電解質(zhì)。（2）灼燒沉淀②所需要的非玻璃儀器有坩堝、__________、___________、__________。（3）濾液①的主要成分為___________________________。（4）濾液①中加入適量鹽酸發(fā)生的離子方程式為_______________、__________________。（5）反應(yīng)①的反應(yīng)條件是________________________。（6）電解濾液③時陰極的電極反應(yīng)式為_________________________。29、（10分）I．煤制天然氣的工藝流程簡圖如下：(1)反應(yīng)I：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH=+135kJ·mol－1，通入的氧氣會與部分碳發(fā)生燃燒反應(yīng)。請利用能量轉(zhuǎn)化及平衡移動原理說明通入氧氣的作用：_________________________。(2)反應(yīng)II：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=?41kJ·mol－1。下圖表示發(fā)生反應(yīng)I后進入反應(yīng)II裝置中的汽氣比[H2O(g)與CO物質(zhì)的量之比]與反應(yīng)II中CO平衡轉(zhuǎn)化率、溫度的變化關(guān)系。①判斷T1、T2和T3的大小關(guān)系：______________。(從小到大的順序)②若進入反應(yīng)II中的汽氣比為0.8，一定量的煤和水蒸氣經(jīng)反應(yīng)I和反應(yīng)II后，得到CO與H2的物質(zhì)的量之比為1:3，則反應(yīng)II應(yīng)選擇的溫度是____________(填“T1”、“T2”或“T3”)。(3)①煤經(jīng)反應(yīng)I和反應(yīng)II后的氣體中含有兩種酸性氣體，分別是H2S和______。②工業(yè)上常用熱的碳酸鉀溶液脫除H2S氣體得到兩種酸式鹽，該反應(yīng)的離子方程式是_____________________________。II．利用甲烷超干重整CO2技術(shù)可得到富含CO的氣體，將甲烷和二氧化碳轉(zhuǎn)化為可利用的資源，具有重大意義。CH4超干重整CO2的催化轉(zhuǎn)化原理圖過程I和過程II的總反應(yīng)為：CH4(g)＋3CO2(g)2H2O(g)＋4CO(g)H>0(4)過程II實現(xiàn)了含氫物種與含碳物種的分離。生成H2O(g)的化學(xué)方程式是___________。(5)假設(shè)過程I和過程II中的各步均轉(zhuǎn)化完全，下列說法正確的是_______。((填序號)a．過程I和過程II中均含有氧化還原反應(yīng)b．過程II中使用的催化劑為Fe3O4和CaCO3c．若過程I投料比＝1，則在過程II中催化劑無法循環(huán)使用(6)一定條件下，向體積為2L的恒容密閉容器中充入1.2molCH4(g)和4.8molCO2(g)，發(fā)生反應(yīng)CH4(g)＋3CO2(g)2H2O(g)＋4CO(g)H>0，實驗測得，反應(yīng)吸收的能量和甲烷的體積分數(shù)隨時間變化的曲線如圖。計算該條件下，此反應(yīng)的H=________________kJ/mol。

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【詳解】A．Fe(OH)3膠體顯電中性，故A項正確；B．由圖可知，F(xiàn)e(OH)3膠團第一層和第二層共同構(gòu)成膠體粒子，帶正電，故B項正確；C．向Fe(OH)3膠體中加入過量鹽酸，開始因聚沉產(chǎn)生紅褐色沉淀后，由于鹽酸過量，沉淀會繼續(xù)溶解，故C項錯誤；D．由圖可知，F(xiàn)e(OH)3膠團結(jié)構(gòu)可表示為{[Fe(OH)3]m·nFeO+·(n﹣x)Cl-}x+·xCl-，故D項正確；故選C。2、B【解析】A.由1molCH3OCOONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，電荷守恒：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H＋)+c(Na＋)，溶液呈中性，c(OH－)=c(H＋)，所以c(CH3COO－)=c(Na＋)，n(CH3COO－)=n(Na＋)，故A正確；B.3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，1.68g即0.03molFe與足量高溫水蒸氣反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.08NA，故B不正確；C.CH3OH分子中含有4個氫原子，18個電子，所以氫原子數(shù)為0.4NA的CH3OH分子中含有的電子數(shù)為1.8NA，故C正確；D.稀釋有利于鹽類水解，常溫下，2L0.1mol?L-1FeCl3溶液與1L0.2mol?L-1FeCl3溶液，F(xiàn)e3+的水解程度前者大于后者，所含F(xiàn)e3+數(shù)目前者小于后者，故D正確。故選B。3、C【解析】乙烷、聚乙烯、乙醇中的化學(xué)鍵均為單鍵，均不能發(fā)生加成反應(yīng)，因苯可與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成環(huán)己烷，則只有苯可發(fā)生加成反應(yīng)，故答案為C。4、C【詳解】A．滴加鹽酸時，生成氯氣，Cl元素的化合價升高，則HCl是還原劑，Cl2是氧化產(chǎn)物，A錯誤；B．Bi元素屬于金屬元素，Bi不具有較強的非金屬性，B錯誤；C．若有0.1molNaBiO3參加了反應(yīng)，則整個過程轉(zhuǎn)移電子為0.1mol×（5-3）+0.1mol××（7-2）=0.4mol，C正確；D．氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，則2KMnO4+16HCl═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中氧化性為高錳酸鉀的氧化性大于氯氣，2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2O中NaBiO3的氧化性大于高錳酸鉀，所以氧化性強弱順序是：NaBiO3＞KMnO4＞Cl2，D錯誤；故選C。5、D【詳解】A.Na很活潑能與水反應(yīng)，不能從硫酸銅溶液中置換出銅單質(zhì)，故A錯誤；B.硫酸與氫氧化鋇反應(yīng)產(chǎn)生硫酸鋇沉淀，離子方程式為SO+2H++Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，故B錯誤；C.氫氧化鋁不能溶于氨水，因此氯化鋁與氨水反應(yīng)只能得到氫氧化鋁沉淀，故C錯誤；D.二氧化碳和二氧化硫均為酸性氧化物，過量氣體與堿反應(yīng)均得到酸式鹽，故D正確；故選：D。6、D【解析】A.溶液中c(OH－)增大，故A錯誤；B.溶液中c(H＋)減小，故B錯誤；C.稀釋促進醋酸電離，醋酸電離平衡向右移動，故C錯誤；D.c(H＋)減小，溶液的pH增大，故D正確。故選D。7、B【解析】A錯，如氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)，1mol氯氣參加氧化還原反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA；B正確；C錯，F(xiàn)e3＋在溶液中要發(fā)生水解；D錯，1.8gNH4＋中含有的電子數(shù)為NA8、C【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的單質(zhì)是空氣中體積分數(shù)最大的氣體，則W為N元素；Z最外層電子數(shù)等于最內(nèi)層電子數(shù)，原子序數(shù)大于N元素，只能處于第三周期，故Z為Mg元素；X、Y、Z的簡單離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，結(jié)構(gòu)原子序數(shù)可知，X只能處于第二周期，且最外層電子數(shù)大于5，W(氮元素)與Y最外層電子數(shù)之和為X的最外層電子數(shù)的2倍，則Y原子最外層電子數(shù)只能為奇數(shù)，結(jié)合原子序數(shù)可知，Y不可能處于ⅠA族，只能處于ⅦA族，故Y為F元素，X最外層電子數(shù)為=6，則X為O元素。【詳解】根據(jù)上述分析可知，A、Z為Mg元素最高正化合價為+2，Y為F元素，沒有最高正化合價，故A錯誤；B、非金屬性O(shè)＞N，故氫化物穩(wěn)定性H2O＞NH3，故B錯誤；C、具有相同電子層結(jié)構(gòu)的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，故離子半徑r(N3-)＞r(O2-)＞r(F-)＞r(Mg2+)，故C正確；D、OF2中含有共價鍵，MgF2中含有離子鍵，二者化學(xué)鍵類型不同，故D錯誤；故選C。9、C【解析】A．NaCN中C為+2價，Na為+1價，則氮元素的化合價為-3，反應(yīng)前后N元素化合價不變，故A錯誤；B．NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑反應(yīng)中O元素從-1價降低為-2價，所以反應(yīng)中H2O2作氧化劑，故B錯誤；C．因為HCN酸性比H2CO3弱，所以實驗室配制NaCN溶液時，需加入適量的NaOH溶液防止水解，故C正確；D．C的化合價從+2價升高到+4價，則每生成0.1molNaHCO3轉(zhuǎn)移電子數(shù)約為0.2×6.02×1023個，故D錯誤；故選C。10、A【解析】A．NA個C18O2分子物質(zhì)的量為1mol，其的質(zhì)量=1mol×48g/mol=48g，故A正確；B．標準狀況下，HF不是氣體，22.4LHF物質(zhì)的量不是1mol，故B錯誤；C.二氧化錳只能和濃鹽酸反應(yīng)，和稀鹽酸不反應(yīng)，故當鹽酸變稀時反應(yīng)即停止，鹽酸不能反應(yīng)完全，則轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)小于2NA個，故C錯誤；D．水中也含O原子，則溶液中含有的氧原子數(shù)遠大于0.1NA，故D錯誤；故選A。點睛：把握物質(zhì)的量的相關(guān)計算公式、物質(zhì)的組成、氧化還原反應(yīng)等為解答的關(guān)鍵。本題的易錯點為C，稀鹽酸與二氧化錳不能發(fā)生反應(yīng)，類似的有，濃硫酸與銅反應(yīng)時，變成稀硫酸與銅不再反應(yīng)，濃硝酸和稀硝酸與銅發(fā)生不同的反應(yīng)等。11、A【詳解】金屬型固態(tài)氫具有金屬的特性，則具有延展性、導(dǎo)電性及導(dǎo)熱性，不再具備揮發(fā)性，答案為A。12、B【詳解】A．原溶液中加入鹽酸酸化的硝酸鋇，如果其中含有亞硫酸根離子，則會被氧化為硫酸根離子，所以原溶液中不一定含有SO42-離子，故A錯誤；B．產(chǎn)生能使紅色石蕊試紙變藍的氣體是氨氣，所以原來溶液中一定含有銨根離子，故B正確；C．原溶液中加入鹽酸酸化的硝酸鋇，引進了氯離子，能和硝酸銀反應(yīng)生成氯化銀沉淀的離子不一定是原溶液中含有的氯離子，可能是加進去的鹽酸中的，故C錯誤；D．原溶液中加入鹽酸酸化的硝酸鋇，如果其中含有亞鐵離子，則亞鐵離子會被氧化為鐵離子，鐵離子能使硫氰酸鉀變?yōu)榧t色，所以原溶液中不一定含有Fe3+離子，故D錯誤；答案選B。13、B【解析】A．紅寶石的主要成分是三氧化二鋁，瑪瑙、水晶的主要成分是二氧化硅，鉆石主要成分不是硅酸鹽而是碳單質(zhì)，故A錯誤；B．鎂比金屬內(nèi)膽活潑，鎂與金屬內(nèi)膽連接后，鎂失去電子受到腐蝕，從而保護了金屬內(nèi)膽不受腐蝕，原理是犧牲陽極的陰極保護法，故B正確；C．霧霾所形成的氣溶膠屬于膠體，具有丁達爾效應(yīng)，故C錯誤；D．合金比各成分金屬的硬度大、熔點低，故D錯誤。故答案為B。14、B【詳解】A.檢驗FeSO4溶液中Fe2+是否完全被氧化成Fe3+，應(yīng)選用酸性高錳酸鉀溶液或鐵氰化鉀溶液，證明溶液中是否存在Fe2+離子，故A錯誤；B.用Na2CO3代替NH4HCO3，碳酸鈉中碳酸根離子水解程度大，也可以發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫氧化亞鐵沉淀，故B正確；C.FeSO4與碳酸氫銨發(fā)生的反應(yīng)為:，無氨氣生成，故C錯誤；D.檢驗沉淀是否洗滌干凈，可用氯化鋇溶液檢驗，若洗滌液中加入氯化鋇溶液無沉淀生成說明洗滌干凈，加入鹽酸無現(xiàn)象變化，不能用鹽酸，故D錯誤；【點睛】解題時需注意可以用KSCN溶液檢驗FeSO4溶液中Fe2+是否被氧化成Fe3+，SCN-與Fe3+反應(yīng)生成Fe(SCN)3血紅色溶液。若是檢驗FeSO4溶液中Fe2+是否全部被氧化成Fe3+，實際上是檢驗溶液中是否還有Fe2+剩余，應(yīng)用酸性高錳酸鉀溶液或鐵氰化鉀溶液證明溶液中不存在Fe2+離子。15、C【詳解】A.標準狀況下苯不是氣體，2.24L苯物質(zhì)的量不是0.1mol，故A錯誤；B.亞硫酸是二元弱酸，在溶液中存在電離平衡，所以2L0.5mol/L亞硫酸溶液中含有的H+離子數(shù)遠小于2NA，故B錯誤；C.過氧化鈉中有鈉離子和過氧根離子，7.8g過氧化鈉是0.1mol，每1molNa2O2中有3mol離子，總數(shù)是0.3NA，故C錯誤；D.常溫下鐵在濃硝酸中發(fā)生鈍化，不能繼續(xù)反應(yīng)，電子轉(zhuǎn)移不是3NA個，故D錯誤；正確答案是C。16、C【分析】雙吸劑一方面可以吸收水，這主要依靠的是雙吸劑中生石灰成分；生石灰與水反應(yīng)后生成強堿性的Ca(OH)2。此外，雙吸劑在吸收氧氣時，發(fā)生原電池反應(yīng)；Fe做原電池的負極，炭粉做原電池的正極，并且在炭粉處氧氣被吸收；需要額外注意的是，由于雙吸劑吸水過程中生成了強堿性的Ca(OH)2，因此，在書寫電極反應(yīng)式時，不應(yīng)出現(xiàn)H+。【詳解】A．生石灰可以與水反應(yīng)，因此起到了吸水的作用，A項正確；B．雙吸劑吸收氧氣時，構(gòu)成了原電池，發(fā)生了原電池反應(yīng)，B項正確；C．炭粉在吸氧時，做原電池的正極，發(fā)生的是氧氣的還原反應(yīng)，根據(jù)分析可知，正確的電極反應(yīng)式為：，C項錯誤；D．雙吸劑吸氧時，發(fā)生原電池反應(yīng)，鐵做原電池的負極，D項正確；答案選C。17、D【解析】A、該物質(zhì)中含有除氫元素和碳元素以外的元素，所以不屬于烴類，因為該物種中含有苯環(huán)，因此該有機物屬于芳香族化合物，故A錯誤；B、根據(jù)該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)可知，該物質(zhì)的分子式為C18H16O2N2，故B錯誤；C、該物質(zhì)中沒有醛基，所以不會與新制的氫氧化銅懸濁液反應(yīng)生成磚紅色沉淀，故C錯誤；D、該有機物中含有碳碳雙鍵和酚羥基，可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D正確；綜上所述，本題應(yīng)選D。18、B【詳解】A．“地溝油”中主要含油脂，還含有害物質(zhì)，不能食用，但可用來制肥皂(堿性條件下水解)或燃油(油脂能燃燒)，故A正確；B．水泥的生產(chǎn)工藝,以石灰石和黏土為主要原料；生產(chǎn)玻璃的原料為石英、石灰石、純堿；常見的陶瓷原料有黏土等,所以陶瓷的原料沒有石灰石,故B錯誤；C．二氧化硅傳導(dǎo)光的能力非常強，Si為常見的半導(dǎo)體材料，則光導(dǎo)纖維的主要成分是SiO2，太陽能電池使用的材料是單質(zhì)硅，故C正確；D．高錳酸鉀和雙氧水都是利用其強氧化性殺菌消毒，漂白粉溶液中有次氯酸，具有強氧化性，也能夠殺菌消毒作用，原理一樣，故D正確；綜上所述，本題選B?！军c睛】高錳酸鉀和雙氧水、漂白粉溶液等均有強氧化性，能夠殺菌消毒，屬于氧化性殺菌消毒；而酒精、甲醛、苯酚等也具有殺菌消毒功能，能夠使蛋白質(zhì)變性，屬于非氧化性殺菌消毒。19、D【解析】A中可以生成亞硫酸鋇沉淀，B中SO2溶于水溶液顯酸性，NO3－能把SO2氧化生成硫酸，進而生成硫酸鋇沉淀。C中SO2能把S2－氧化生成單質(zhì)S沉淀。D中氯化鋇和SO2不反應(yīng)，答案選D。20、D【詳解】A.由結(jié)構(gòu)式，分子式為C11H11O2Cl，故A錯誤；B.酯基不能與氫氣加成，1molM與H2發(fā)生加成反應(yīng)時，最多消耗4molH2，故B錯誤；C.M中只有1個碳碳雙鍵能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，1molM與溴水發(fā)生加成反應(yīng)時，最多消耗1molBr2，故C錯誤；D.1mo1NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)時，鹵原子和酯基各消耗1molNaOH，最多消耗2molNaOH，故D正確；故選D。21、C【分析】銅和鎂都是+2價金屬，二者與稀硝酸反應(yīng)都生成NO氣體，根據(jù)n=計算出NO的物質(zhì)的量，然后設(shè)出Cu、Mg的物質(zhì)的量，利用電子守恒可計算出銅和鎂的總物質(zhì)的量，從而可知生成氫氧化銅、氫氧化鎂的物質(zhì)的量。【詳解】硝酸被還原為NO氣體且標準狀況下體積為0.896L，物質(zhì)的量為：=0.04mol，所以轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為：0.04mol×（5-2）=0.12mol，最后沉淀為Cu(OH)2、Mg(OH)2，金屬提供的電子的物質(zhì)的量等于氫氧根離子的物質(zhì)的量，則沉淀中氫氧根離子的物質(zhì)的量為0.12mol，所以最后沉淀質(zhì)量為：2.64g+0.12mol×17g/mol=4.68g，根據(jù)氮元素守恒，硝酸的物質(zhì)的量為0.12+0.04=0.16mol，金屬的物質(zhì)的量為0.06mol，質(zhì)量為2.64g，設(shè)銅的物質(zhì)的量為xmol，鎂的物質(zhì)的量為ymol，有方程組：x+y=0.06，64x+24y=2.64，計算出x=0.03，y=0.03；加入的氫氧化鈉的物質(zhì)的量為0.12mol。A、原硝酸溶液的物質(zhì)的量濃度為=1.6mol/L，故A錯誤；B、形成的沉淀的質(zhì)量為4.68g，故B錯誤；C、混合物中Cu的質(zhì)量為0.03mol×64g/mol=1.92g，故C正確；D、NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為=2mol/L，故D錯誤。答案選C?！军c睛】考查混合金屬與硝酸反應(yīng)的計算，明確發(fā)生反應(yīng)的實質(zhì)為解答關(guān)鍵，注意掌握守恒思想在化學(xué)計算中的應(yīng)用方法。22、A【分析】A、B形成的簡單化合物常用作制冷劑，該化合物為氨氣，A為H，B為N；D原子最外層電子數(shù)與最內(nèi)層電子數(shù)相等，則D的質(zhì)子數(shù)=2+8+2=12，D為Mg；化合物DC中兩種離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，C為O；A，B、C、D的原子序數(shù)之和是E的兩倍，E為Si?！驹斀狻緼.N的非金屬性強于Si，最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性B＞E，A正確；B.同周期，原子半徑隨原子序數(shù)增大而減小，故原子半徑N>O，即B>C>A，B錯誤；C.元素的非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，故氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性C>E，C錯誤；D.化合物DC為MgO，EC2為SiO2，DC中為離子鍵，EC2為共價鍵，D錯誤；故答案選A。【點睛】日常學(xué)習(xí)中注意積累相關(guān)元素化合物在實際生產(chǎn)生活中的應(yīng)用，以便更好地解決元素化合物的推斷題。二、非選擇題(共84分)23、CH3CHOCH3COOH黑色固體逐漸變紅氧化HO-CH2-CH2-OH+O2OHC-CHO+2H2OC2H4CH2=CH2+H2OCH3CH2OH、CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O制取乙酸的過程中會產(chǎn)生大量二氧化碳，造成溫室效應(yīng)，還會產(chǎn)生大量廢渣CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O【分析】根據(jù)轉(zhuǎn)化過程，X在一定條件下轉(zhuǎn)化為乙醇，乙醇也可以轉(zhuǎn)化為X，則X為乙烯，乙醇和氧化銅發(fā)生氧化還原反應(yīng)轉(zhuǎn)化為A和銅單質(zhì)，A為乙醛，乙醛在一定條件下與氧氣反應(yīng)生成B，B為乙酸，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)分析A為乙醛，B為乙酸，結(jié)構(gòu)簡式分別為CH3CHO、CH3COOH；(2)圖示流程中乙醇和氧化銅反應(yīng)轉(zhuǎn)化為乙醛和銅單質(zhì)，該反應(yīng)現(xiàn)象為：黑色固體逐漸變紅；其中乙醇發(fā)生了氧化反應(yīng)；乙二醇(HO-CH2-CH2-OH)也能發(fā)生類似反應(yīng)，反應(yīng)方程式：HO-CH2-CH2-OH+O2OHC-CHO+2H2O；(3)根據(jù)分析，X為乙烯，化學(xué)式C2H4，乙烯在催化劑作用下和水反應(yīng)生成乙醇，方程式為：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；乙醇在濃硫酸作用下加熱至170℃生成乙烯，方程式為：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；(4)充分利用能源、提高原料利用率，減少向環(huán)境排放廢棄物都是綠色化學(xué)的基本要求，工業(yè)上常用蘋果酒或者葡萄酒混合物、麥芽、米或馬鈴薯搗碎后發(fā)酵生產(chǎn)乙酸，但是從綠色化學(xué)角度，以上原料制取乙酸的過程中會產(chǎn)生大量二氧化碳，造成溫室效應(yīng)，還會產(chǎn)生大量廢渣；(5)酯化反應(yīng)中羧酸提供羥基，醇應(yīng)該提供氫原子，所以反應(yīng)的機理可以表示為CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O?！军c睛】綠色化學(xué)又稱環(huán)境友好化學(xué)、環(huán)境無害化學(xué)、清潔化學(xué)，是用化學(xué)的技術(shù)和方法去減少或消除有害物質(zhì)的生產(chǎn)和使用。綠色化學(xué)的核心是：利用化學(xué)原理從源頭上減少和消除工業(yè)生產(chǎn)對環(huán)境的污染。24、鄰二甲苯消去反應(yīng)+I2+HIBD、、【分析】由A的分子式、C的結(jié)構(gòu)簡式，可知A為，

結(jié)合B的分子式與C的結(jié)構(gòu)，可知B為，

B與液溴在光照條件下反應(yīng)得到C，由D的分子式，結(jié)合信息ⅰ，可推知D為，則C與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成D，故試劑a為CH3OH。

D后產(chǎn)物發(fā)生酯的堿性水解、酸化得到E為，由H的結(jié)構(gòu)，結(jié)合信息ii可知F為，F(xiàn)發(fā)生消去反應(yīng)生成G為，G發(fā)生信息ii中加成反應(yīng)得到H。

(7)由CH3CH=CHCH3反應(yīng)得到，CH3CH=CHCH3可由CH3CHO和CH3CH2Br生成。乙烯與水發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CH2OH，CH3CH2OH發(fā)生催化氧化得到CH3CHO，乙醇與HBr發(fā)生取代反應(yīng)得到CH3CH2Br。【詳解】(1)由分析可知可知A為，

其名稱是：鄰二甲苯，故答案為鄰二甲苯；

(2)由分析可知，D的結(jié)構(gòu)簡式是，

故答案為:;

(3)F為，F(xiàn)發(fā)生消去反應(yīng)生成G，故答案為消去反應(yīng)；

(4)E由E與I2在一定條件下反應(yīng)生成F的化學(xué)方程式是：+I2+HI，故答案為.+I2+HI；

(5)A、

G為，不存在順反異構(gòu)體，故A錯誤；

B、

G含有碳碳雙鍵，由信息ii可知，由G生成H的反應(yīng)是加成反應(yīng)，故B正確；

C.、G為，苯環(huán)、碳碳雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，1mol

G最多可以與4molH2發(fā)生加成反應(yīng)，故C錯誤；

D.

F為，含有酯基和I原子，水解生成的羧基和HI可與NaOH溶液反應(yīng)，H含有2個酯基，可水解生成2個羧基，則1molF或1molH與足量NaOH溶液反應(yīng)，均消耗2molNaOH，故D正確；

故答案為:

BD

；

(6)、E的結(jié)構(gòu)為，同分異構(gòu)滿足的條件為含有苯環(huán)、雙鍵、酯基、五種氫且個數(shù)比為1：1：2：2：2，所以能滿足條件的結(jié)構(gòu)有、、，故答案為、、；(7)、由分析可知以乙烯為原料，結(jié)合題給信息設(shè)計合成的路線為；25、分液漏斗防止Cl2與KOH生成KClO3HCl吸收Cl2，防止污染空氣3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O飽和KOH溶液94.3%【分析】（1）儀器a為分液漏斗，裝置C中三頸瓶置于冰水浴中的目的是控制溫度，防止副反應(yīng)的發(fā)生；（2）裝置B是除去氯氣中的氯化氫，裝置D的作用是為了吸收尾氣；（3）裝置C中的KClO，加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，控制水浴溫度為25℃，攪拌1.5h，生成K2FeO4、KCl和H2O；（4）題中信息強調(diào)“K2FeO4易溶于水、微溶于濃KOH溶液”，所以向其中加入濃KOH溶液；（5）建立反應(yīng)的關(guān)系式為：2FeO42-——2CrO42-——Cr2O72-——6Fe2+，代入數(shù)據(jù)便可求出K2FeO4產(chǎn)品的純度?！驹斀狻浚?）儀器a為分液漏斗，裝置C中三頸瓶置于冰水浴中的目的是控制溫度，防止Cl2與KOH生成KClO3。答案為：分液漏斗；防止Cl2與KOH生成KClO3；（2）裝置B是除去氯氣中的氯化氫，裝置D的作用是為了吸收尾氣。答案為：HCl；吸收Cl2，防止污染空氣；（3）裝置C中的KClO，加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，控制水浴溫度為25℃，攪拌1.5h，生成K2FeO4、KCl和H2O，反應(yīng)的離子方程式為：3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。答案為：3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；（4）題中信息強調(diào)“K2FeO4易溶于水、微溶于濃KOH溶液”，所以向其中加入飽和KOH溶液。答案為：飽和KOH溶液；（5）建立反應(yīng)的關(guān)系式為：2FeO42-——2CrO42-——Cr2O72-——6Fe2+n(FeO42-)0.01000mol·L-1×0.03L×便可求出n(FeO42-)=0.001mol，K2FeO4產(chǎn)品的純度為=94.3%。答案為：94.3%。26、2Ag++===Ag2SO3↓有紅色固體生成HCl溶液和BaCl2溶液在I-的作用下，Cu2+轉(zhuǎn)化為白色沉淀CuI，轉(zhuǎn)化為Al3+、OH-V1明顯大于V2亞硫酸鹽的溶解性、氧化還原性、在水溶液中的酸堿性兩種鹽溶液中陰陽離子的性質(zhì)和反應(yīng)條件【解析】(1).實驗Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入飽和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是飽和溶液且溶液混合后稀釋，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考慮到SO32?濃度較大，因此推斷白色沉淀為Ag2SO3，反應(yīng)的離子方程式為：2Ag++SO32?=Ag2SO3↓，故答案為：2Ag++SO32?=Ag2SO3↓；(2).①.因Cu+和稀硫酸反應(yīng)生成銅和銅離子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸會發(fā)生歧化反應(yīng)生成銅單質(zhì)，實驗現(xiàn)象是有紅色固體生成，故答案為：有紅色固體生成；②.a.分析實驗流程可知，實驗原理為2Cu2++4I?=2CuI↓+I2、I2+SO32?+H2O=SO42?+2I?+2H+、SO42?+Ba2+=BaSO4↓，根據(jù)BaSO4沉淀可知，加入的試劑為含Ba2+的化合物，可以選用BaCl2溶液，考慮沉淀A沒有BaSO3，因此應(yīng)在酸性環(huán)境中，故答案為：HCl溶液和BaCl2溶液；b.由白色沉淀A可知，之前所取上層清液中有SO42?，由加入KI生成白色沉淀可知棕黃色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I?作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉無現(xiàn)象說明上層清液中無I2，而Cu2+和I?反應(yīng)生成I2，因而推斷生成的I2參與了其他反應(yīng)，因而有還原劑SO32?，故答案為：在I-的作用下，Cu2+轉(zhuǎn)化為白色沉淀CuI，SO32?轉(zhuǎn)化為SO42?；(3).①.根據(jù)題意知實驗Ⅲ的白色沉淀中無SO42?，該白色沉淀既能溶于強酸，又能溶于強堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推測沉淀中含有鋁離子和氫氧根離子，可使酸性高錳酸鉀溶液褪色是因為存在具有還原性的亞硫酸根離子，故答案為：Al3+、OH-；②.a.根據(jù)假設(shè)可知實驗的目的是證明產(chǎn)生的沉淀是Al(OH)3還是鋁的堿式鹽，給定實驗首先制備出現(xiàn)象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此對比實驗首先要制備出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若兩者消耗的NaOH體積相同，則現(xiàn)象Ⅲ中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若兩者消耗的NaOH體積不同，則現(xiàn)象Ⅲ中的沉淀考慮是鋁的堿式鹽，故步驟二的實驗方案為：；b.根據(jù)上述分析可知，假設(shè)ii成立的實驗證據(jù)是V1明顯大于V2，故答案為：V1明顯大于V2；（4）.根據(jù)實驗可知，亞硫酸鹽具有還原性、水解使溶液呈堿性；根據(jù)題目，該實驗探究的是亞硫酸鈉溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液反應(yīng)，所以鹽溶液間反應(yīng)的多樣性與鹽的性質(zhì)和溶液的酸堿性等反應(yīng)條件有關(guān)，故答案為：亞硫酸鹽的溶解性、氧化還原性、在水溶液中的酸堿性；兩種鹽溶液中陰陽離子的性質(zhì)和反應(yīng)條件。27、ACBEDFCa2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClOD中品紅不褪色,F中產(chǎn)生白色沉淀H2SO3、HSO3-、SO32-過量氯水將品紅氧化漂白或過量SO2與品紅結(jié)合成無色物質(zhì)將實驗②注射器中的溶液注入試管少許，加熱，若無紅色出現(xiàn)，原因為前者，反之則為后者【解析】探究一：次氯酸具有強氧化性、二氧化硫具有還原性，不能利用二氧化硫與次氯酸鈣直接反應(yīng)判斷亞硫酸與次氯酸的酸性強弱，先驗證亞硫酸酸性比碳酸強，再結(jié)合碳酸酸性比HClO強堿性判斷。A裝置制備二氧化硫，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的二氧化硫中混有HCl，用飽和的亞硫酸氫鈉除去HCl，再通過碳酸氫鈉溶液，可以驗證亞硫酸酸性比碳酸強，用酸性高錳酸鉀溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品紅溶液檢驗二氧化碳中二氧化硫是否除盡，再通入F中。探究二：實驗?zāi)康氖球炞C干燥的二氧化硫能否漂白品紅，應(yīng)避免空氣中水蒸氣加入，SO2對環(huán)境有污染，需要尾氣處理；SO2不能使品紅的乙醇溶液褪色，而其水溶液可以，使品紅褪色的微粒含有S元素；當氯氣或者二氧化硫多余時，溶液具有漂白性；二氧化硫的漂白具有加熱可恢復(fù)性，據(jù)此分析。【詳解】（1）次氯酸具有強氧化性、二氧化硫具有還原性，不能利用二氧化硫與次氯酸鈣直接反應(yīng)判斷亞硫酸與次氯酸的酸性強弱，先驗證亞硫酸酸性比碳酸強，再結(jié)合碳酸酸性比HClO強堿性判斷．A裝置制備二氧化硫，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的二氧化硫中混有HCl，用飽和的亞硫酸氫鈉除去HCl，再通過碳酸氫鈉溶液，可以驗證亞硫酸酸性比碳酸強，用酸性高錳酸鉀溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品紅溶液檢驗二氧化碳中二氧化硫是否除盡，再通入F中，則：裝置連接順序為A、C、B、E、D、F，F(xiàn)中為二氧化碳氣體與漂白粉溶液反應(yīng)生成碳酸鈣和次氯酸，離子方程式為：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案為ACBEDF，Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。（2）要證明H2SO3的酸性強于HClO，因為二氧化硫與次氯酸根離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能直接通入漂白粉溶液中，證明酸性H2SO3＞H2CO3＞HClO即可：應(yīng)先用二氧化硫制備二氧化碳（A利用鹽酸和亞硫酸氫鈉反應(yīng)制取二氧化硫，C通過飽和的亞硫酸氫鈉洗去二氧化硫中的氯化氫，通過B二氧化硫和水反應(yīng)生成亞硫酸，亞硫酸和碳酸氫鈉反應(yīng)制取二氧化碳），制備的二氧化碳中有二氧化硫，故通入漂白粉之前除去二氧化硫氣體（E用酸性高錳酸鉀除去二氧化硫），再用品紅檢驗二氧化硫是否