廣東省普寧市華美實驗中學2026屆化學高三第一學期期中聯(lián)考試題考生須知：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、離子方程式Ba2++OH—+H++SO42—→BaSO4↓+H2O可以表示Ba(OH)2溶液與A．少量稀硫酸的反應 B．足量稀硫酸的反應C．少量NaHSO4溶液的反應 D．足量NH4HSO4溶液的反應2、根據(jù)下列實驗及其現(xiàn)象，所得出的結論合理的是（）選項實驗現(xiàn)象結論A向溶液中滴入幾滴溶液，再滴加幾滴溶液先有白色沉淀生成，后有藍色絮狀沉淀生成Ksp：B用pH試紙分別檢驗等濃度溶液和溶液前者試紙變藍比后者更深些水解能力強于C分別加熱蒸干溶液和溶液前者能得到固體；后者得不到固體不易揮發(fā)，易揮發(fā)D向某鈉鹽中滴加鹽酸，產生的氣體通入品紅溶液品紅溶液褪色該鈉鹽為或A．A B．B C．C D．D3、下列選項正確的是()A．取用少量液體可以使用膠頭滴管B．量筒、容量瓶、錐形瓶都是不能加熱的玻璃儀器C．灼燒固體時，坩堝放在鐵圈或三腳架上直接加熱D．在蒸餾過程中，若發(fā)現(xiàn)忘加沸石，應立即補加4、常溫下，1mol化學鍵分解成氣態(tài)原子所需要的能量用E表示．結合表中信息判斷下列說法不正確的是()共價鍵H-HF-FH-FH-ClH-IE(kJ/mol)436157568432298A．432kJ/mol>E(H-Br)>298kJ/molB．表中最穩(wěn)定的共價鍵是H-F鍵C．H2(g)→2H(g)?H=+436kJ/molD．H2(g)+F2(g)=2HF(g)?H=-25kJ/mol5、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，原子序數(shù)之和為42，X原子的核外電子數(shù)等于Y的最外層電子數(shù)，Z是第IA元素，W是同周期非金屬性最強的元素。下列說法錯誤的是A．Y和W都存在可以用來消毒的單質B．X、Y、Z和Y、Z、W都能組成在水中顯堿性的鹽C．Y、Z能組成含有非極性鍵的化合物D．W的氧化物的水化物的酸性一定比X的氧化物的水化物的酸性強6、下列關于碳和碳的化合物的說法不正確的是（）A．過多CO2排放會導致“溫室效應”，應提倡“低碳生活”B．一氧化碳易與血液中的血紅蛋白結合C．金剛石和石墨都是碳單質，但原子排列方式不同，物理性質也不同D．鍋爐中水垢的主要成分為CaCO3和MgCO37、高鐵酸鉀K2FeO4是一種高效、氧化性比Cl2更強的水處理劑，工業(yè)上常用下列反應先制高鐵酸鈉：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，然后在低溫下，在Na2FeO4溶液中加KOH固體至飽和就可析出K2FeO4，下列有關說法不正確的是（）A．Na2O2在反應中作氧化劑，又作還原劑B．高鐵酸鉀在該溫度下的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度小C．K2FeO4能消毒殺菌，其還原產物水解生成的Fe（OH）3膠體能吸附水中的懸浮物D．制取高鐵酸鈉時，每生成1molNa2FeO4反應中共有4mol電子轉移8、某溶液中有Mg2＋、Fe2＋和Al3＋三種離子，若向其中加入過量的氫氧化鈉溶液，微熱并攪拌，再加入過量鹽酸，溶液中大量減少的陽離子是A．Al3＋ B．Mg2＋ C．Fe2＋ D．三種離子都減少9、某溶液由Na+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、AlO2-、CO32-、SO42-、Cl-中的若干種離子組成，取適量該溶液進行如下實驗：下列說法正確的是A．原溶液中一定只存在AlO2-、CO32-、SO42-、Cl-四種離子B．氣體A的化學式是COC．原溶液中一定不存在的離子是Cu2+、Ba2+、Fe3+D．生成沉淀B的離子方程式為：Al3++3OH-=Al(OH)3↓10、短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大，其中A是原子半徑最小的元素，B是地殼中含量最多的元素，只有C是金屬元素，且A與C的最外層電子數(shù)相同，B、D兩元素同主族。下列說法正確的是A．元素的原子半徑：C<D<EB．對應簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：D>EC．B與C、B與D形成的化合物中化學鍵類型相同D．其中E的最高價含氧酸的酸性最強11、體積為VmL，密度為ρg/mL的含有相對分子質量為M的某種物質的溶液，其中溶質為mg,其物質的量濃度為cmol／L，溶質的質量分數(shù)為w%，則下面表示正確的是A．c=1000wρMC．w=cM1000ρ12、下列有關金屬腐蝕與保護的說法正確的是A．鋼鐵在潮濕空氣中發(fā)生吸氧腐蝕，負極反應為Fe－3e－===Fe3＋B．相同條件下，輪船在海水中比在淡水中腐蝕慢C．鐵上鍍鋅的保護方法叫犧牲負極的正極保護法D．水庫里鋼閘門與電源負極相連的方法叫做外加電流的陰極保護法13、過氧化鈉常用作供氧劑：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。下列說法錯誤的是（）A．Na2O2的電子式：B．Na+的結構示意圖：C．7.8gNa2O2中含有陰陽離子總數(shù)為0.4NAD．H2O的比例模型：14、下列有關硫元素及其化合物的說法正確的是A．硫黃礦制備硫酸經歷兩步：SSO3H2SO4B．酸雨與土壤中的金屬氧化物反應后，硫元素以單質的形式進入土壤中C．在燃煤中加入石灰石可減少SO2排放，發(fā)生的反應為2CaCO3＋2SO2＋O22CO2＋2CaSO4D．向溶液中加入BaCl2溶液后滴加硝酸，若產生不溶于硝酸的白色沉淀，則溶液必含SO42－15、下列事實不能用勒夏特列原理解釋的是A．溴水中存在Br2＋H2OHBr＋HBrO，加入AgNO3溶液，溴水褪色B．對于平衡2SO2＋O22SO3，使用催化劑有利于SO3的合成C．醋酸稀溶液加熱后溶液pH降低(不考慮醋酸受熱揮發(fā))D．合成氨時適當增大壓強有利于提高氮氣的轉化率16、電解H2SO4和CuCl2的混合溶液，起始一段時間陰極和陽極上分別析出的物質是A．H2、O2 B．Cu、O2 C．H2、Cl2 D．Cu、Cl217、某溫度下，在一個2L的密閉容器中，加入4molX和2molY進行如下反應：3X(g)＋2Y(g)4Z(s)＋2W(g)，反應一段時間后達到平衡，測得生成1.6molZ，則下列說法正確的是（）A．該反應的化學平衡常數(shù)表達式是K＝B．此時，Y的平衡轉化率是40%C．增大該體系的壓強，化學平衡常數(shù)增大D．增加Y，Y的平衡轉化率增大18、以H2、O2、熔融鹽Na2CO3組成燃料電池，采用電解法制備Fe(OH)2，裝置如圖所示，其中電解池兩極材料分別為鐵和石墨，通電一段時間后，右側玻璃管中產生大量的白色沉淀。則下列說法正確的是A．石墨電極Ⅱ處的電極反應式為O2＋4e－===2O2－B．X是鐵電極C．電解池中的電解液為蒸餾水D．若將電池兩極所通氣體互換，X、Y兩極材料也互換，實驗方案更合理19、在密閉容器中，對可逆反應A+3B2C(g)，平衡時C的體積分數(shù)與溫度和壓強的關系如圖所示，下列判斷錯誤的是A．若正反應方向Q＜0，則T1＞T2B．A可能為氣體C．壓強增大時，混合氣體的平均相對分子質量增大D．B不一定為氣體20、用下列實驗方案及所選玻璃容器（非玻璃容器任選）能夠實現(xiàn)相應實驗目的的是實驗目的實驗方案所選玻璃儀器A除去乙酸乙酯中少量乙醇將混合物中加水，多次水洗分液分液漏斗、燒杯B證明HClO和醋酸的酸性強弱同溫下用pH試紙測定濃度為0.1mol·L－1NaClO溶液和0.1mol·L－1CH3COONa溶液的pH玻璃棒、玻璃片C由FeCl3溶液得到FeCl3·6H2O晶體向FeCl3溶液中不斷滴加鹽酸，加熱，至有晶體出現(xiàn)酒精燈、表面皿、玻璃棒D配制1L0.1mol·L－1的CuSO4溶液將16gCuSO4·5H2O溶于水配成1000mL溶液燒杯、量筒、玻璃棒、1000mL容量瓶A．A B．B C．C D．D21、下列實驗結果不能作為相應定律或原理的證據(jù)之一的是（）ABCD勒夏特列原理元素周期律蓋斯定律阿伏加德羅定律實驗方案結果左球氣體顏色加深右球氣體顏色變淺燒瓶中冒氣泡試管中出現(xiàn)渾濁測得為、的和與的體積比約為2:1（B中試劑為濃鹽酸、碳酸鈉溶液、硅酸鈉溶液）A．A B．B C．C D．D22、下列物質分類的正確組合是()選項混合物純凈物單質電解質A鹽酸NaOH石墨K2SO4溶液B空氣Fe(OH)3膠體鐵Na2CO3CCuSO4·5H2OCaCl2水銀銅D氯水KNO3晶體O3NaClA．A B．B C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）水楊酸的結構簡式為，水楊酸酯E為紫外吸收劑，可用于配制防曬霜。E的一種合成路線如下：已知：2RCH2CHO?；卮鹣铝袉栴}：（1）飽和一元醇A中氧的質量分數(shù)約為21.6%，則A的分子式為________；結構分析顯示A只有一個甲基，A的名稱為_____。（2）第③步的反應類型為____；D中所含官能團的名稱為______；（3）第①步反應的化學方程式為______。（4）E的分子式是______。（5）1mol水楊酸分別消耗NaOH、NaHCO3的物質的量之比是______。（6）X是比水楊酸多一個碳原子的同系物。X的同分異構體中，符合下列條件的共__種，其中取代基在苯環(huán)的對位且能消耗3molNaOH的同分異構體的結構簡式是_______。①苯環(huán)上有兩個取代基

②與FeCl3發(fā)生顯色反應

③能發(fā)生水解反應24、（12分）高分子材料PET聚酯樹脂和PMMA的合成路線如下圖:已知:I.RCOOR′+R"OHRCOOR"+R′OH(R.R'、R"代表烴基)II.(R

代表烴基)。(1)PMMA

單體的結構簡式為_______，PET單體中的官能團名稱為________。(2)反應⑤的反應類型是________；反應②的化學方程式為_________。(3)若反應④得到的某一條鏈狀產物聚合度為n，則縮聚反應中脫去的小分子有（___）個。(4)PMMA單體有多種同分異構體，某種異構體K具有如下性質：①不能發(fā)生銀鏡反應②不能使溴水褪色③分子內沒有環(huán)狀結構④核磁共振氫譜有面積比為3:1的兩種峰，則K的結構簡式為:__________；另一種異構體H含有醛基、羥基和碳碳雙鍵，在銅催化下氧化，官能團種類會減少一種，則H合理的結構共有___種(不考慮立體異構和空間異構)。25、（12分）亞硝酰氯(NOCl，熔點:-64.5℃,沸點:-5.5℃)為紅褐色液體或黃色氣體，具有刺鼻惡臭味，遇水劇烈水解生成氮的兩種氧化物與氯化氫，易溶于濃硫酸。常可用于合成清潔劑、觸媒劑及中間體等。實驗室可由氯氣與一氧化氮在常溫常壓下合成。其制備裝置如圖所示（其中III、IV中均為濃硫酸）：（1）用圖甲中裝置制備純凈干燥的原料氣，補充下表中所缺少的藥品。裝置Ⅰ裝置Ⅱ燒瓶中分液漏斗中制備純凈Cl2MnO2濃鹽酸①___制備純凈NOCu稀硝酸②___（2）將制得的NO和Cl2通入圖乙對應裝置制備NOCl。①裝置連接順序為a→________(按氣流自左向右方向，用小寫字母表示)。②裝置Ⅳ、Ⅴ除可進一步干燥NO、Cl2外,另一個作用是____________。③有人認為可以將裝置Ⅳ中濃硫酸合并到裝置Ⅴ中，撤除裝置Ⅳ，直接將NO、Cl2通入裝置Ⅴ中，你同意此觀點嗎？________（填同意或不同意），原因是________________________________。④實驗開始的時候，先通入氯氣，再通入NO，原因為________________。（3）有人認為多余的氯氣可以通過下列裝置暫時儲存后再利用，請選擇可以用作氯氣的儲氣的裝置______；（4）裝置Ⅶ吸收尾氣時，NOCl發(fā)生反應的化學方程式為_______________________。（5）有人認為裝置Ⅶ中氫氧化鈉溶液只能吸收氯氣和NOCl，不能吸收NO，經過查閱資料發(fā)現(xiàn)用高錳酸鉀溶液可以吸收NO氣體，因此在裝置Ⅶ氫氧化鈉溶液中加入高錳酸鉀，反應產生黑色沉淀，寫出該反應的離子方程式：__________________________________。（6）制得的NOCl中可能含有少量N2O4雜質，為測定產品純度進行如下實驗：稱取1.6625g樣品溶于50.00mlNaOH溶液中，加入幾滴K2CrO4溶液作指示劑，用足量硝酸酸化的0.40mol/LAgNO3溶液滴定至產生磚紅色沉淀，消耗AgNO3溶液50.00ml。①樣品的純度為__________%（保留1位小數(shù)）②已知常溫下，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=2×10-12，若在滴定終點時測得溶液中Cr2O42-的濃度是5.0×10-3mol/L，此時溶液中Cl-濃度是_________。26、（10分）Na2S2O3俗稱大蘇打（海波）是重要的化工原料。用Na2SO3和硫粉在水溶液中加熱反應，可以制得Na2S2O3。已知10℃和70℃時，Na2S2O3在100g水中的溶解度分別為60.0g和212g。常溫下，從溶液中析出的晶體是Na2S2O3·5H2O?，F(xiàn)實驗室欲制取Na2S2O3·5H2O晶體（Na2S2O3·5H2O的相對分子質量為248）步驟如下：①稱取12.6gNa2SO3于燒杯中，溶于80.0mL水。②另取4.0g硫粉，用少許乙醇潤濕后，加到上述溶液中。③（如圖所示，部分裝置略去），水浴加熱，微沸，反應約1小時后過濾。④濾液在經過______________、_____________后析出Na2S2O3·5H2O晶體。⑤進行減壓過濾并干燥。（1）儀器B的名稱是________，其作用是____________________，加入的硫粉用乙醇潤濕的目的是____________________________。（2）步驟④應采取的操作是_________________、________________。（3）濾液中除Na2S2O3和可能未反應完全的Na2SO3外，最可能存在的無機雜質是___________。如果濾液中該雜質的含量不很低，其檢測的方法是：______________________________。（4）為了測產品的純度，稱取7.40g產品，配制成250mL溶液，用移液管移取25.00mL于錐形瓶中，滴加淀粉溶液作指示劑，再用濃度為0.0500mol/L的碘水，用__________（填“酸式”或“堿式”）滴定管來滴定（2S2O32－+I2＝S4O62－+2I－），滴定結果如下：滴定次數(shù)滴定前讀數(shù)（mL）滴定后讀數(shù)（mL）第一次0.3030.52第二次0.3631.06第三次1.1031.28則所得產品的純度為______________________________，你認為影響純度的主要原因是（不考慮操作引起誤差）_________________________________。27、（12分）鐵及其化合物在日常生產生活中用途廣泛，利用制備還原鐵粉的工業(yè)流程如下：實驗室中可用(用鐵粉和稀硫酸反應制得)和在如圖裝置模擬上述流程中的“轉化”環(huán)節(jié)．(1)裝置A的名稱是_____，裝置B中盛放的藥品是_____，盛放在裝置_____中．(2)實驗過程中，欲將生成的溶液和溶液混合，操作方法是_________．溶液要現(xiàn)用現(xiàn)配制的原因是_________．(3)操作I的名稱是________，干燥過程的主要目的是脫去游離水，該過程中會有少量在空氣中被氧化為，取干燥后的樣品，與炭混合后焙燒，最終得到還原鐵粉，計算樣品中雜質的質量_______g28、（14分）硫酸鐵銨[aFe2(SO4)3·b(NH4)2SO4·cH2O]廣泛用于城鎮(zhèn)生活飲用水、工業(yè)循環(huán)水的凈化處理等。某化工廠以硫酸亞鐵（含少量硝酸鈣）和硫酸銨為原料，設計了如下工藝流程制取硫酸鐵銨。請回答下列問題：（1）硫酸亞鐵溶液加H2SO4酸化的主要目的是_________，濾渣A的主要成分是________。（2）下列物質中最適合的氧化劑B是______（填字母）；反應的離子方程式___________。a．NaClOb．H2O2c．KMnO4d．K2Cr2O7（3）操作甲名稱分別是：甲______________，乙為常溫晾干。（4）上述流程中，氧化之后和加熱蒸發(fā)之前，需取少量檢驗Fe2+是否已全部被氧化，所加試劑為__（寫化學式），能否用酸性的KMnO4溶液？_________填“能”或“否”)理由是：_______。（可用語言或方程式說明）（5）稱取14.00g樣品，將其溶于水配制成100mL溶液，分成兩等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，過濾洗滌得到2.14g沉淀；向另一份溶液中加入0.05molBa(NO3)2溶液，恰好完全反應。則該硫酸鐵銨的化學式為______________________。29、（10分）I.CO、CO2的應用和治理是當今社會的熱點問題。CO工業(yè)上可用于高爐煉鐵，發(fā)生如下反應：1/3Fe2O3(s)+CO(g)2/3Fe(s)+CO2(g)，已知該反應在不同溫度下的平衡常數(shù)如下表：溫度/℃100011501300平衡常數(shù)4.03.73.5（1）該反應的正反應為_____反應（填“放熱”或“吸熱”），欲提高CO的平衡轉化率，促進Fe2O3的轉化，可采取的措施是____（選填序號）a．及時吸收或移出CO2b．增大反應體系的壓強c．用更高效的催化劑d．粉碎礦石，增大接觸面積（2）一定條件下，在容積一定的容器中，鐵和CO2發(fā)生反應：Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)－Q，該反應的平衡常數(shù)表達式K＝_____________。下列措施中能使平衡時增大的是______（選填編號）。a．升高溫度b．增大壓強c．充入一定量COd．再加入一些鐵粉II.合成尿素的反應為：2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)＋Q（Q＞0）。一定條件下，在10L的恒容密閉容器中，充入2molNH3和1molCO2，反應經5min后達到平衡，測得容器中CO2的濃度為0.05mol?L-1。完成下列填空：（1）平均反應速率υ(NH3)＝____________。（2）下列描述中能說明上述反應已達平衡的是_________。（填序號）a．2υ正(NH3)＝υ逆(H2O)b．氣體的平均相對分子質量不隨時間而變化c．NH3和CO2的比例保持不變d．氣體的壓強不再發(fā)生變化（3）為提高尿素的產率，工業(yè)上用該反應生產尿素時，合適的反應條件是_______。（填序號）a．200℃b．800℃c．101kPad．24000kPa

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.氫氧化鋇與稀硫酸反應的離子方程式為：Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，與反應物的量無關，故A錯誤；B.氫氧化鋇與稀硫酸反應的離子方程式為：Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，與反應物的量無關，故B錯誤；C.由于NaHSO4溶液少量，故氫氧根不能完全反應，離子方程式為：Ba2++OH—+H++SO42—→BaSO4↓+H2O；D.足量NH4HSO4溶液會將氫氧根完全消耗，故離子反應方程式為：Ba2++2OH—+2H++SO42—→BaSO4↓+2H2O；故D錯誤；故答案為C。【點睛】Ba(OH)2溶液與NH4HSO4溶液反應時銨根也可以與氫氧根結合生成一水合氨，但由于NH4HSO4溶液足量，氫離子會將氫氧根完全消耗，故沒有一水合氨生成，如果NH4HSO4溶液量不足，會有一水合氨生成。2、C【詳解】A．由于氫氧化鈉過量，沉淀都是由加入的鹽溶液與氫氧化鈉溶液反應生成的，不存在沉淀的轉化，不能證明溶度積的大小，故A錯誤；B．NaClO溶液含有次氯酸根離子，具有氧化性，可水解生成次氯酸，具有漂白性，可以將pH試紙漂白，導致實驗現(xiàn)象不準確，無法比較二者的水解能力，故B錯誤；C．加熱氯化鎂溶液水解生成氫氧化鎂和氯化氫，HCl易揮發(fā)，得到的是氫氧化鎂，因硫酸不揮發(fā)，加熱蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固體，可知與酸的揮發(fā)性有關，故C正確；D．使品紅褪色的氣體可能為氯氣或二氧化硫，可能為NaClO與濃鹽酸反應生成氯氣，可能Na2SO3或NaHSO3與濃鹽酸反應生成二氧化硫，故D錯誤；答案選C。3、A【解析】A.取用少量液體藥品時可用膠頭滴管，該操作合理，選項A正確；B.量筒、容量瓶不能加熱，錐形瓶墊上石棉網(wǎng)可以加熱，選項B錯誤；C.灼燒固體時，坩堝放在鐵圈或三腳架的泥三角上來進行加熱，選項C錯誤；D.在蒸餾過程中，若發(fā)現(xiàn)忘加沸石，應停止加熱，待液體物質冷卻后再補加，選項D錯誤。故合理選項是A。4、D【詳解】A．依據(jù)溴原子半徑大于氯原子小于碘原子，半徑越大鍵能越小，所以結合圖表中數(shù)據(jù)可知432kJ/mol>E(H-Br)>298kJ/mol，A說法正確；B．鍵能越大形成的化學鍵越穩(wěn)定，表中鍵能最大的是H-F，最穩(wěn)定的共價鍵是H-F鍵，B說法正確；C．氫氣變化為氫原子吸熱等于氫氣中斷裂化學鍵需要的能量，H2(g)→2H(g)?H=+436kJ/mol，C說法正確；D．依據(jù)鍵能計算，反應焓變=反應物鍵能總和-生成物鍵能總和，?H=+436kJ/mol+157kJ/mol-2×568kJ/mol=-543kJ/mol，H2(g)+F2(g)=2HF(g)?H=-543kJ/mol，D說法錯誤；故選：D。5、D【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，Z是第IA元素，W是同周期非金屬性最強的元素,則Z為Na,W為Cl,原子序數(shù)之和為42，X和Y的原子序數(shù)之和為42-11-17=14，X原子的核外電子數(shù)等于Y的最外層電子數(shù)，則X為C，Y為O，由上述分析可知：X為C，Y為O，Z為Na,W為Cl。【詳解】A.Y的單質為O2或O3，W的單質為Cl2,O3、Cl2均可以用來消毒，故A正確；B.X、Y、Z可以組成Na2CO3，Y、Z、W可以組成NaClO，在水中均為顯堿性的鹽，故B正確；C.Y、Z能組成含有非極性鍵的Na2O2,故C正確；D.HClO的酸性比H2CO3酸性弱；故D錯誤；本題答案為D。6、D【詳解】A．過多CO2排放會導致“溫室效應”，應提倡“低碳生活”，保護我們賴以生存的環(huán)境，故A正確；B．一氧化碳易與血液中的血紅蛋白結合，故B正確；C．金剛石和石墨都是碳單質，但原子排列方式不同，物理性質也不同，故C正確；D．氫氧化鎂比碳酸鎂更難溶，則鍋爐中水垢的主要成分為CaCO3和Mg(OH)2，故D錯誤；故答案為D。7、D【詳解】A．Na2O2在反應中，沒有全部生成O2，O元素的化合價分別變?yōu)?2價、0價，則Na2O2在反應中既作氧化劑，又作還原劑，故A正確；B．加入KOH固體，可析出高鐵酸鉀，說明高鐵酸鉀在該溫度下的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度小，故B正確；C．K2FeO4具有強氧化性，可殺菌消毒，F(xiàn)e（OH）3膠體具有吸附性，可用來凈水，故C正確；D．反應中Fe的化合價由+3價升高為+6價，每生成lmolNa2FeO4反應中共有3mol電子轉移，故D錯誤。8、C【解析】加入過量的氫氧化鈉溶液，微熱并攪拌，四種離子均反應，鋁離子轉化為偏鋁酸根離子，再加鹽酸，又轉化為鋁離子，鎂離子轉化為沉淀后再與鹽酸反應生成鎂離子，則A、B中離子濃度不變，亞鐵離子轉化為沉淀后被氧化生成氫氧化鐵，與鹽酸反應生成鐵離子，則C中離子濃度減小，故選C。9、C【解析】該溶液中加入過量鹽酸，有氣體A生成，推出原溶液中含有CO32－，根據(jù)離子共存，原溶液中一定沒有Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋，根據(jù)溶液呈現(xiàn)電中性，則原溶液中一定有Na＋，無色透明溶液A中加入過量氨水，得到白色沉淀，白色沉淀為Al(OH)3，則原溶液中一定含有AlO2－，濾液B中加入過量的氫氧化鋇溶液，有白色沉淀，白色沉淀為BaSO4，則原溶液中含有SO42－，濾液C中加入過量的稀硝酸酸化的硝酸銀，出現(xiàn)白色沉淀，沉淀為AgCl，Cl－來自于過量的鹽酸，原溶液中不能確認是否含有Cl－?！驹斀狻吭撊芤褐屑尤脒^量鹽酸，有氣體A生成，推出原溶液中含有CO32－，根據(jù)離子共存，原溶液中一定沒有Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋，根據(jù)溶液呈現(xiàn)電中性，則原溶液中一定有Na＋，無色透明溶液A中加入過量氨水，得到白色沉淀，白色沉淀為Al(OH)3，則原溶液中一定含有AlO2－，濾液B中加入過量的氫氧化鋇溶液，有白色沉淀，白色沉淀為BaSO4，則原溶液中含有SO42－，濾液C中加入過量的稀硝酸酸化的硝酸銀，出現(xiàn)白色沉淀，沉淀為AgCl，Cl－可能來自于過量的鹽酸，不能確認原溶液中是否含有Cl－。A、原溶液中一定存在Na＋、AlO2－、CO32－、SO42－，故A錯誤；B、根據(jù)上述分析，氣體為CO2，故B錯誤；C、原溶液中一定不存在的離子是Cu2＋、Fe3＋、Ba2＋，故C正確；D、NH3·H2O為弱堿，離子方程式為Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故D錯誤?！军c睛】根據(jù)分析，學生認為Na＋可能存在，也可能不存在，學生忽略溶液呈現(xiàn)電中性，離子檢驗中遵循的原則：一是肯定性原則，二是互斥性原則，三是電中性原則，四是進出性原則。10、D【解析】本題主要考查了元素周期律，化學鍵，原子半徑和地殼中元素含量順序?！驹斀狻緼是原子半徑最小的元素，即A是氫元素；B是地殼中含量最多的元素，即B是氧元素；A與C的最外層電子數(shù)相同且C是金屬元素，即C是鈉元素；B、D兩元素同主族，即D是硫元素，作為短周期元素，E只能是氯元素。A.同周期元素原子半徑從左到右逐漸減小，同主族元素從上到下依次增大，故元素的原子半徑為C＞D＞E，A錯誤；B.對應簡單氫化物的熱穩(wěn)定性與非金屬性有關，同周期元素從左到右元素非金屬性依次增強，故E>D，B錯誤；C.B與C形成的化合物是氧化鈉或過氧化鈉，化學鍵為離子鍵或離子鍵和共價鍵，B與D形成的化合物是二氧化硫、SO3，化學鍵是共價鍵，化學鍵類型不同，C錯誤；D.上述五種元素中，只有硫元素和氯元素有含氧酸，最高價含氧酸的酸性強弱與非金屬性表現(xiàn)一致，故E的最高價氧化物對應水化物酸性最強，D正確。答案為D。【點睛】在元素周期表內，同周期原子半徑從左往右逐漸減小，同主族原子從上到下逐漸增大；電子層結構相同的離子，陰離子半徑大于陽離子半徑。11、B【解析】A．物質的量濃度c=nV=mMV=1000ρw%M=10ρwMmol/L，故A錯誤；B．m=m(溶液)×w%=Vρw100g，故B正確；C．w%=m(溶質)m(溶液)×100%=V×10-3L×cmol/L×Mg/mol12、D【詳解】A.鋼鐵腐蝕時負極發(fā)生的反應為：Fe－2e－===Fe2＋，A項錯誤；B.在海水中輪船中的鋼鐵更容易形成原電池，腐蝕的更快，B項錯誤；C.鐵上鍍鋅的保護方法是覆蓋耐腐蝕的金屬的保護法，C項錯誤；D.水庫里鋼閘門與電源負極相連，利用的是電解原理，鋼閘門作陰極，該方法叫做外加電流的陰極保護法，D項正確；答案選D。13、C【詳解】A.過氧化鈉為離子化合物，電子式為，故A正確；B.鈉元素的核電荷數(shù)為11，鈉離子原子核外有10個電子，最外層有8個電子，離子的結構示意圖為，故B正確；C.過氧化鈉是由2個鈉離子和1個過氧根離子形成的離子化合物，7.8g過氧化鈉的物質的量為0.1mol，含有的陰陽離子總數(shù)為0.3NA，故C錯誤；D.水是共價化合物，空間構型為V字形，比例模型為，故D正確；故選C。14、C【詳解】A.S燃燒產生SO2，不能產生SO3，A錯誤；B.酸雨中主要含有H2SO3、H2SO4，與土壤中的金屬氧化物反應后，硫元素以硫酸鹽、亞硫酸鹽的形式進入土壤中，B錯誤；C.煅燒石灰石會產生CaO，CaO是堿性氧化物，與酸性氧化物反應產生鹽，使硫進入到爐渣中，從而減少了SO2的排放，C正確；D.溶液中含有Ag+、SO42-都會產生上述現(xiàn)象，因此不能確定一定含有SO42-，D錯誤；故合理選項是C。15、B【分析】勒夏特列原理為：如果改變影響平衡的條件之一，平衡將向著減弱這種改變的方向移動，使用勒夏特列原理時，必須是可逆反應，且存在平衡移動的現(xiàn)象，否則勒夏特列原理不使用?！驹斀狻緼．加入AgNO3溶液，生成AgBr沉淀，HBr濃度減小，平衡正向移動，溴水褪色，可用勒夏特列原理解釋，故A正確；B．使用催化劑會提高反應的速率，但是正逆反應速率相等，平衡不移動，所以不能用勒夏特列原理解釋，故B錯誤；C．醋酸存在電離平衡，該可逆反應是吸熱反應，加熱，平衡正向移動，氫離子濃度增大，pH降低，可用勒夏特列原理解釋，故C正確；D．氮氣與氫氣合成氨是一個可逆反應，增大壓強，會使平衡向系數(shù)減小的方向移動，平衡正向移動，有利于提高氮氣的轉化率，可用勒夏特列原理解釋，故D正確；答案選B?！军c睛】切記：催化劑能同等程度提升正逆反應的反應速率，平衡不移動。16、D【詳解】電解原理是在通電條件下，溶液中陽離子移向陰極，陰離子移向陽極，電解稀H2SO4、CuCl2的混合液，陽離子放電順序為Cu2+＞H+，電極反應為：Cu2++2e-═Cu；陰離子放電順序Cl-＞OH-＞SO42-，電極反應為：2Cl--2e-═Cl2↑，所以最初一段時間陰極和陽極上分別析出的物質分別是Cu和Cl2；故答案為D?！军c睛】本題考查電解原理的分析判斷，掌握溶液中離子放電順序是解題關鍵，依據(jù)溶液中陰離子放電順序和陽離子的放電順序分析判斷生成產物。17、B【分析】A.平衡常數(shù)表達式中固體和純液體不能出現(xiàn)；B.根據(jù)三段法進行計算；C.化學平衡常數(shù)只與溫度有關；D.增加Y，平衡正向移動Y的轉化率減小?！驹斀狻緼.該反應的化學平衡常數(shù)表達式是K＝B.達到平衡時生成1.6molZ，根據(jù)方程式可知消耗的Y為0.8mol，則Y的平衡轉化率=×100%=40%，B項正確；C.化學平衡常數(shù)只與溫度有關，溫度不變，化學平衡常數(shù)不變，C項錯誤；D.增加Y，平衡正向移，Y的轉化率減小，D項錯誤；答案選B?！军c睛】解答本題時需要注意固體和純液體物質的濃度視為常數(shù)，通常不計入平衡常數(shù)表達式中。18、D【分析】左邊裝置是原電池，通入氫氣的電極I是負極、通入氧氣的電極II是正極，負極反應式為H2-2e-+CO32-═CO2+H2O，正極反應式為O2+4e-+2CO2=2CO32-，右邊裝置是電解池，X是陰極、Y是陽極，陰極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-、陽極反應式為Fe-2e-+2OH-=Fe（OH）2↓，以此解答?！驹斀狻緼.通入氧氣的電極II是正極，電極反應式為O2+4e-+2CO2=2CO32-，選項A錯誤；B.X是陰極、Y是陽極，陰極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故X是石墨電極，選項B錯誤；C.．電解過程是陰極上氫離子放電得到溶液中的氫氧根離子交換亞鐵離子生成氫氧化亞鐵，所以可以用NaOH溶液作為電解液，蒸餾水的導電性較差一般不用做電解液，選項C錯誤；D.若將電池兩極所通氣體互換，X、Y兩極材料也互換，則Y極產物的氫氣能起保護氣作用，防止X極產生的氫氧化鐵迅速氧化，實驗方案更合理，選項D正確。答案選D。【點睛】本題考查新型電池，為高頻考點，題目難度不大，注意把握原電池的工作原理以及電極反應式的書寫，解答本題的關鍵是根據(jù)物質的性質判斷原電池的正負極。19、D【分析】根據(jù)圖像可知，增大壓強，C的百分含量增大，說明平衡正向移動，B一定是氣體，A可能是氣體、液體或固體?！驹斀狻緼.若正反應方向Q＜0，則升高溫度平衡正向移動，C的百分含量增大，T1＞T2，故A正確；B.根據(jù)圖像可知，增大壓強，C的百分含量增大，說明平衡正向移動，正方向氣體系數(shù)和減小，所以A可能為氣體，故B正確；C.增大壓強，C的百分含量增大，說明平衡正向移動，氣體總質量不變或增大，氣體物質的量一定減小，，所以混合氣體的平均相對分子質量增大，故C正確；D.增大壓強，C的百分含量增大，說明平衡正向移動，正方向氣體系數(shù)和減小，B一定是氣體，故D錯誤。答案選D?！军c睛】本題考查外界條件對化學反應速率、化學平衡移動影響，重點是學生識圖能力的考查，做題時注意分析圖象曲線的變化特點，采取定一議二解答。20、A【分析】分液漏斗可以分離互不相溶的兩種液體；強堿弱酸鹽的水解顯堿性，酸性越弱的酸對應的鹽，水解程度越大，HClO的漂白性導致實驗失敗；蒸發(fā)制取固體時，要考慮鹽的水解及酸的揮發(fā)性?！驹斀狻緼.乙酸乙酯不溶于水，乙醇極易溶于水，可以用分液漏斗分離溶于水的乙醇溶液與乙酸乙酯液體，A能達到實驗目的；B.NaClO溶液會發(fā)生水解，產生少量的HClO，HClO具有漂白性，因此不能達到實驗目的，B不能達到實驗目的；C.FeCl3溶液加熱水解程度增大，氯化氫揮發(fā)，最終不能得到純凈的氯化鐵晶體，C不能達到實驗目的；D.配制1L0.1mol·L－1的CuSO4溶液需要25gCuSO4·5H2O，D不能達到實驗目的，答案為A。21、B【詳解】A.是放熱反應，升高溫度，平衡向生成二氧化氮的方向移動，顏色變深，可以作為勒夏特列原理的證據(jù)之一；B、比較元素的非金屬性，應用元素最高價氧化物對應水化物的酸性比較，濃鹽酸不是氯的最高價氧化物對應水化物，無法比較氯和碳的非金屬性；生成的二氧化碳中含有HCl氣體，氯化氫與二氧化碳都能與硅酸鈉溶液反應生成硅酸沉淀，故也無法比較碳和硅的非金屬性，不能證明元素周期律；C、△H=△H1+△H2，化學反應的熱效應只與起始和終了狀態(tài)有關，與變化途徑無關，可以證明蓋斯定律；D、在同溫同壓下，氣體的體積比等于方程式的化學計量數(shù)之比等于氣體的物質的量之比，電解水生成的氧氣和氫氣體積比等于物質的量之比，可以證明阿伏加德羅定律；故答案為B。22、D【詳解】A、硫酸鉀溶液是混合物，不是電解質，也不是非電解質，A錯誤；B、膠體是混合物，B錯誤；C、CuSO4·5H2O是純凈物，銅是單質，不是電解質，也不是非電解質，C錯誤；D、物質分類均正確，D正確；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、C4H10O1-丁醇加成反應羥基2CH3(CH2)2CH2OH+O22CH3(CH2)2CHO+2H2OC15H22O32:19【分析】飽和一元醇A中氧的質量分數(shù)約為21.6%，則根據(jù)飽和一元醇的通式CnH2n+2O分析，該醇的分子式為C4H10O，根據(jù)其只有一個甲基分析，結構簡式為CH3CH2CH2CHO，根據(jù)轉化關系分析，B為CH3CH2CH2CHO，C為CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，結合D的相對分子質量為130分析，D的結構簡式為CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH。【詳解】(1)根據(jù)分析，A的分子式為C4H10O，其結構簡式為CH3CH2CH2CH2OH，名稱為1-丁醇；(2)C到D為碳碳雙鍵和碳氧雙鍵的加成反應；D的結構簡式為CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH，官能團為羥基；(3)第①步反應為醇變醛的過程，化學方程式為2CH3(CH2)2CH2OH+O22CH3(CH2)2CHO+2H2O；(4)E為CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH和水楊酸酯化反應生成的，根據(jù)質量守恒定律分析，反應生成酯和水，故E的分子式為C15H22O3；(5)1mol消耗2mol氫氧化鈉，消耗1mol碳酸氫鈉，故比例為2:1；(6)X是比水楊酸多一個碳原子的同系物。X的同分異構體中，與FeCl3發(fā)生顯色反應說明含有酚羥基，能發(fā)生水解反應，說明含有酯基，即連接的為-COOCH3，-CH2OOCH，-OOCCH3，與酚羥基都有鄰間對三種位置關系，所以符合下列條件的共9種；取代基在苯環(huán)的對位且能消耗3molNaOH的同分異構體說明酯基水解后生成酚羥基和羧基，其結構簡式是?！军c睛】掌握有機物的官能團的結構和性質，注意能和氫氧化鈉反應的官能團為酚羥基和羧基和酯基，能和碳酸氫鈉反應的官能團為羧基。能和金屬鈉反應的官能團為羥基或羧基。24、酯基和羥基氧化n-1CH3COCH2COCH38【解析】由PMMA的結構，可知PMMA單體為CH2=C(CH3)COOCH3，則D、J分別為CH2=C(CH3)COOH、CH3OH中的一種，乙烯和溴發(fā)生加成反應生成A為CH2BrCH2Br，A在NaOH水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應生成B為HOCH2CH2OH，根據(jù)信息I及PET單體分子式，可知PET單體為，則D為CH3OH、J為CH2=C(CH3)COOH，PET單體發(fā)生信息I中交換反應進行的縮聚反應生成PET樹脂為，F(xiàn)發(fā)生信息Ⅱ中的反應得到G，G在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應生成J，則G為，故F為，E為。(1)根據(jù)上述分析，PMMA

單體為CH2=C(CH3)COOCH3，PET為，其單體為，其中的官能團有酯基和羥基，故答案為CH2=C(CH3)COOCH3；酯基和羥基；(2)反應⑤中E()在催化劑作用下發(fā)生氧化反應生成F()，②為1，2-二溴乙烷發(fā)生水解反應生成乙二醇，該反應的化學方程式為，故答案為氧化；；(3)反應④為發(fā)生縮聚反應生成的過程，則縮聚反應中脫去的小分子有n-1個乙二醇，故答案為n-1；(4)PMMA單體為CH2=C(CH3)COOCH3，某種異構體K具有如下性質：①不能發(fā)生銀鏡反應，說明分子中沒有醛基；②不能使溴水褪色，說明沒有碳碳不飽和鍵；③分子內沒有環(huán)狀結構；④核磁共振氫譜有面積比為3:1的兩種峰，則K的結構簡式為CH3COCH2COCH3；另一種異構體H含有醛基、羥基和碳碳雙鍵，在銅催化下氧化，官能團種類會減少一種，說明氧化生成醛基，則結構中含有—CH2OH，則H中除碳碳雙鍵外的基團的組合有：①—CH3、—CHO、—CH2OH，共有4種結構；②—CH2CHO、—CH2OH有2種結構；③—CHO、—CH2CH2OH有2種結構；共8種，故答案為CH3COCH2COCH3；8。點睛：本題考查有機物的推斷與合成，充分利用給予的信息和有機物的結構進行推斷，需要學生熟練掌握官能團的性質與轉化。本題的易錯點為PET單體的判斷，容易判斷為。25、飽和食鹽水H2Oa-e-f-c-b-d(e,f可互換）通過觀察氣泡的多少調節(jié)兩種氣體的流速不同意NO與Cl2反應生成的NOCl可溶于濃硫酸用Cl2排盡裝置內的空氣，以防NO與氧氣反應ⅠNOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2ONO+MnO4-=NO3-+MnO2↓78.89.0×10-6mol/L【解析】（1）用MnO2與濃鹽酸制備純凈干燥的氯氣，需要除去氯氣中的氯化氫雜質；用Cu與稀硝酸制備純凈干燥的NO，需要除去NO中的NO2雜質；（2）NOCl，熔點:-64.5℃,沸點:-5.5℃，用冰鹽水冷凝；亞硝酰氯遇水劇烈水解生成氮的兩種氧化物與氯化氫，易溶于濃硫酸，要防止亞硝酰氯水解，氯氣、NO有毒，所以用氫氧化鈉溶液進行尾氣處理。②通過觀察裝置Ⅳ、Ⅴ氣泡的多少調節(jié)兩種氣體的流速；③氯氣與一氧化氮在常溫常壓下反應生成NOCl，NOCl溶于濃硫酸；④NO能與氧氣反應；（3）裝置Ⅰ中氯氣進入下面的容器時，容器中的液體排入上面的容器，需要氯氣時打開右側活塞，水在重力作用下進入下面容器，將氯氣排出。（4）裝置Ⅶ吸收尾氣時，NOCl與氫氧化鈉反應生成亞硝酸鈉和氯化鈉；（5）裝置Ⅶ氫氧化鈉溶液中加入高錳酸鉀，NO與高錳酸鉀反應產生黑色沉淀MnO2；（6）①根據(jù)關系式NOCl～～AgNO3計算樣品純度。②已知常溫下，Ksp(Ag2CrO4)=2×10-12，滴定終點時，Cr2O42-的濃度是5.0×10-3mol/L，所以cAg+=KspAg【詳解】（1）用MnO2與濃鹽酸制備純凈干燥的氯氣，需要除去氯氣中的氯化氫雜質，裝置Ⅱ中的試劑是飽和食鹽水；用Cu與稀硝酸制備純凈干燥的NO，需要除去NO中的NO2雜質，裝置Ⅱ中的試劑是水；（2）NOCl，熔點:-64.5℃,沸點:-5.5℃，用冰鹽水冷凝；亞硝酰氯遇水劇烈水解生成氮的兩種氧化物與氯化氫，易溶于濃硫酸，要防止亞硝酰氯水解，氯氣、NO有毒，所以用氫氧化鈉溶液進行尾氣處理，連接順序是a-e-f-c-b-d。②通過觀察裝置Ⅳ、Ⅴ氣泡的多少調節(jié)兩種氣體的流速；③氯氣與一氧化氮在常溫常壓下反應生成NOCl，NOCl溶于濃硫酸，所以不能直接將NO、Cl2通入裝置Ⅴ中；④用Cl2排盡裝置內的空氣，以防NO與氧氣反應，所以實驗開始的時候，先通入氯氣，再通入NO；（3）裝置Ⅰ中氯氣進入下面的容器時，容器中的液體排入上面的容器，需要氯氣時打開右側活塞，水在重力作用下進入下面容器，將氯氣排出，所以裝置Ⅰ可以用作氯氣的儲氣的裝置。（4）裝置Ⅶ吸收尾氣時，NOCl與氫氧化鈉反應生成亞硝酸鈉和氯化鈉，反應方程式是NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；（5）裝置Ⅶ氫氧化鈉溶液中加入高錳酸鉀，NO與高錳酸鉀反應產生黑色沉淀MnO2和硝酸鈉，反應離子方程式是NO+MnO4-=NO3-+MnO2↓；（6）①設樣品中NOCl的質量為xg，NOCl～～AgNO365.5g1molxg0.40mol/L×0.05mL65.5xx=1.31g樣品的純度為1.311.6625×100%=78.8%。②已知常溫下，Ksp(Ag2CrO4)=2×10-12，滴定終點時，Cr2O42-的濃度是5.0×10-3mol/L，所以cAg+=KspA【點睛】本題在注重對學生教材基礎知識鞏固和檢驗的基礎上，側重對學生能力的考查。該題的關鍵是明確溶度積常數(shù)的含義以及影響因素，并能結合題意靈活運用，有利于培養(yǎng)學生的邏輯推理能力。26、蒸發(fā)濃縮冷卻結晶球形冷凝管冷凝回流增加反應物接觸面積，提高反應速率蒸發(fā)濃縮冷卻結晶Na2SO4取少量濾液于試管中，加稀鹽酸至溶液呈酸性，靜置，取上層清液（或過濾除去S后的濾液）于另一支試管中，向該試管中滴加BaCl2溶液，若出現(xiàn)渾濁，證明原濾液中含Na2SO4酸式101.2%含有的Na2SO3也會和I2發(fā)生反應，從而影響純度【分析】本題以Na2S2O3·5H2O晶體的制備及其樣品純度的測定為背景，考查考生對化學實驗儀器的認識和解決實際問題的能力。硫粉不溶于水，制備過程硫粉與水溶液中的Na2SO3不能充分的接觸，影響反應速率，用乙醇濕潤硫粉的目的就要從這些方面分析。溫度越高Na2S2O3溶解度越大，所以冷卻其較高溫度下的飽和溶液，可得到Na2S2O3·5H2O晶體。SO32-有較強的還原性，加熱條件下更易被溶解在溶液中的O2氧化，分析濾液中的雜質要考慮這一點。用已知濃度的碘水滴定Na2S2O3溶液來測定樣品純度，而I2也能夠氧化SO32-，這是實驗原理不完善帶來的系統(tǒng)誤差。由此分析?！驹斀狻?1)根據(jù)裝置圖可知，儀器B為球形冷凝管，使水蒸氣冷凝回流，防止反應液中水分大量流失而析出晶體。硫粉難溶于水而微溶于乙醇，用乙醇濕潤可使硫粉易于分散到溶液中，增大硫與Na2SO3的接解面積，加快反應速率。(2)由100C和700C下的Na2S2O3的溶解度數(shù)據(jù)可知，溫度越高Na2S2O3溶解度越大，可以先蒸發(fā)濃縮得到較高溫度下的Na2S2O3的飽和溶液，然后冷卻結晶，即可制備Na2S2O3·5H2O晶體。所以步驟④應采取的操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶。(3)SO32-具有較強的還原性，加熱過程中溶解在溶液中的O2氧化了部分SO32-生成SO42-，所以濾液中很可能存在Na2SO4。檢驗Na2SO4的存在，只需檢驗SO42-離子，但要排除SO32-和S2O32-的干擾，先用鹽酸酸化：Na2SO3+2HCl=SO2↑+H2O+2NaCl，Na2S2O3+2HCl=S↓+SO2↑+H2O+2NaCl，再加入BaCl2溶液：Ba2++SO42-=BaSO4↓，產生不溶于鹽酸的白色沉淀即證明濾液中含Na2SO4雜質。所以檢驗方法是：取少許濾液于試管中，加稀鹽酸至溶液呈酸性，靜置，取上層清液（或過濾除去S后的濾液）于另一支試管中，向該試管中加入BaCl2溶液，若出現(xiàn)渾濁則證明原濾液中含Na2SO4。(4)I2能與橡膠發(fā)生加成反應而腐蝕橡膠，不能用堿式滴定管，只能用酸式滴定管盛裝碘水進行滴定。由表中數(shù)據(jù)可知三次實驗消耗碘水體積分別為30.22mL、30.70mL、30.18mL，顯然第二次實驗誤差太大舍去，平均消耗碘水體積為=30.20mL。設所配樣品溶液的濃度為c(Na2S2O3)，列比例式：，解得c(Na2S2O3)=0.1208mol/L7.40g樣品中Na2S2O3·5H2O的物質的量=n(Na2S2O3)=0.25L×0.1208mol/L=0.0302mol,樣品的純度=×100%=101.2%。因為SO32-有較強的還原性，也能被I2氧化，所以滴定中消耗的碘水體積偏大，使計算得到的純度值偏大。27、分液漏斗鐵粉C(待D處的氫氣純凈后)關閉活塞3，打開活塞2亞鐵離子易被氧化洗滌0.89【分析】由圖可知，分液漏斗中為稀硫酸，燒杯中為鐵粉，反應后（待D處的氣體純凈后）關閉活塞3，打開活塞2，C中盛放NH4HCO3，C中發(fā)生Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+H2O+CO2↑，過濾分離出硫酸銨，然后將FeCO3洗滌，干燥，最后加碳焙燒生成還原性Fe粉，以此來解答?！驹斀狻?1)裝置A的名稱是分液漏斗，裝置B中盛放的試劑是鐵粉，NH4HCO3盛放在裝置C中；(2)實驗過程中，欲將生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合制FeCO3沉淀，操作方法是(待D處的氣體純凈后)關閉活塞3，打開活塞2，發(fā)生主要反應的離子方程式為，F(xiàn)eSO4溶液要現(xiàn)用現(xiàn)配制的原因是亞鐵離子易被氧化；(3)過濾后得到固體，需要洗滌，所以操作I的名稱是洗滌，干燥過程主要目的是脫去游離水，過程中會有少量FeCO3在空氣中被氧化為FeOOH，該反應的化學方程式為，取干燥后的FeCO3樣品12.49g，與碳混合后焙燒，最終得到還原鐵粉6.16g，設樣品中FeCO3的物質的量為xmol，F(xiàn)eOOH的物質的量為ymol，則116x+89y=12.49x+y=，解得x=0.1mol，y=0.01mol，樣品中雜質FeOOH的質量為0.89g。28、增大溶液中SO濃度，將Ca2+轉化為沉淀（同時抑制Fe2+水解或抑制Fe2+、Fe3+水解）CaSO4bH2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O冷卻結晶K3[Fe(CN)6]否因為H2O2和Fe2+均能使酸性的KMnO4溶液褪色Fe2(SO4)3·2(NH4)2SO4·2H2O【解析】原料中加入硫酸酸化，可生成硫酸鈣沉淀，減壓過濾后加入B氧化可生成硫酸鐵，加入硫酸銨，在80℃下反應可生成硫酸鐵銨，經蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌，最后經常溫晾曬可到純凈的硫酸鐵銨，（1）硫酸亞鐵溶液加H2SO4酸化的主要目的是增大溶液中SO濃度，將Ca2+轉化為沉淀，同時抑制Fe2+水解或抑制Fe2+、Fe3+水解；濾渣A的主要成分是CaSO4；（2）減壓過濾后加入B氧化可生成硫酸鐵，為了不引入新的雜質離子，NaClO、KMnO4、K2Cr2O7都不選，選擇H2O2，反應生成水，不會產生新的雜質，答案選b；反應的離子方程式為：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；（3）在80℃下反應可生成硫酸鐵銨，經蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌，最后經常溫晾曬可到純凈的硫酸鐵銨，溫度不能過高，防止分解，故答案為冷卻結晶；（4）檢驗Fe2+應該使用黃色的鐵氰化鉀K3[Fe(CN)6]溶液；Fe2+與鐵氰根離子反應生成帶有特征藍色的鐵氰化亞鐵沉淀：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓；不能用酸性的KMnO4溶液，因為過氧化氫和Fe2+均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色；（5）稱取14.00g樣品，將其溶于水配置成100mL溶液，分成兩等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，過濾洗滌得到2.14g沉淀，應為Fe(OH)3，n（Fe(OH)3）==0.02mol，向另一份溶液中加入0.05molBa(NO3)2溶液，恰好完全反應，則n(SO42-)=0.05mol，所以14.00g樣品中含有Fe2(SO4)30.02mol，n（SO42-）為0.1mol，則（NH4）2SO4為0.1mol-0.02mol×3=0.04mol，則m（H2O）=14.00g-0.02mol×400g/mol-0.04