甘肅省白銀市靖遠第一中學2026屆化學高三第一學期期中檢測試題含解析

甘肅省白銀市靖遠第一中學2026屆化學高三第一學期期中檢測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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、處理超標電鍍廢水，使其NaCN含量低于0.5mg/L，即可達到排放標準，反應分兩步進行。第一步NaCN與NaClO反應，生成NaOCN和NaCl。第二步NaOCN與NaClO反應，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。已知HCN是弱酸，易揮發，有劇毒；HCN、HOCN中N元素的化合價相同。下列說法正確的是A．處理NaCN超標電鍍廢水的過程中無元素化合價的改變B．第一步反應溶液應調節為酸性，可避免生成有毒物質HCNC．第二步發生的反應為2OCN－+3ClO－2CO2↑+CO32?+3Cl－+N2↑D．處理100m3含NaCN10.3mg/L的廢水實際至少需要50molNaClO2、常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A．pH=1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+B．由水電離的c(H+）=1×10-14mol·L-1的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-C．c(H+）/c(OH-）=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-D．加入苯酚顯紫色的溶液：K+、ClO-、SO42-、SCN-3、下列正確的敘述有A．CO2、NO2、P2O5均為酸性氧化物，CaO、Fe2O3、Na2O2均為堿性氧化物B．Fe2O3不可與水反應得到Fe(OH)3，但能通過化合反應和復分解反應來制取Fe(OH)3C．灼熱的炭與CO2反應、Ba(OH)2·8H2O與NH4Cl的反應均可設計成原電池D．電解、電泳、電離、電鍍、電化學腐蝕過程均需要通電才能發生4、X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期元素，且X、Z原子序數之和是Y、W原子序數之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由這些元素組成的二元化合物，M是某種元素對應的單質，乙和丁的組成元素相同，且乙是一種“綠色氧化劑”，化合物N是具有漂白性的氣體(常溫下)。上述物質間的轉化關系如圖所示(部分反應物和生成物省略)。下列說法正確的是A．原子半徑：r(Y)>r(Z)>r(W)B．化合物N與乙烯均能使溴水褪色，且原理相同C．含W元素的鹽溶液可能顯酸性、中性或堿性D．Z與X、Y、W形成的化合物中，各元素均滿足8電子結構5、工業上利用空氣吹出法提取溴的部分流程如下：下列說法錯誤的是A．②中可以采用純堿溶液，發生的反應是3Br2＋6CO32—＋3H2O=5Br－＋BrO3—＋6HCO3—B．第③步，需加入氧化性酸，才能將Br－氧化為Br2C．B溶液顏色要比A溶液深D．第④步，采用的是蒸餾的方法6、氮氧化鋁(AlON)是一種高硬度防彈材料，可以在高溫下由反應Al2O3+C+N2=2AlON+CO合成，下列有關說法正確的是（）A．氮氧化鋁中氮的化合價是-3B．反應中每生成5.7gAlON同時生成1.12LCOC．反應中氧化產物和還原產物的物質的量之比是1:2D．反應中氮氣作還原劑7、化學與社會、科學、技術、環境密切相關。下列說法正確的是A．目前提岀的“低碳經濟”，即減少向環境排放CO2，抑制酸雨的形成B．推廣使用燃料電池汽車，可減少顆粒物、CO等有害物質的排放C．高純度的硅廣泛用于制作光導纖維，光導纖維遇強堿會“斷路”D．水泥、玻璃、青花瓷、水晶、瑪瑙、分子篩都屬于硅酸鹽工業產品8、下列各式中表示正確的水解方程式的是()A．CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2OB．HS－＋H2OS2-＋H3O+C．CH3COOHCH3COO－＋H＋D．NH＋H2ONH3·H2O＋H＋9、氯氣是一種重要的工業原料，液氯儲存區貼有的說明卡如下：包裝鋼瓶儲運要求遠離金屬粉末、氨、烴類、醇類物質；設置氯氣檢測儀泄漏處理NaOH、NaHSO3溶液吸收下列解釋事實的方程式不正確的是A．氯氣用于自來水消毒：Cl2+H2O2H++Cl－+ClO－B．電解飽和食鹽水制取Cl2：2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑C．濃氨水檢驗泄露的氯氣，產生白煙：8NH3+3Cl2===6NH4Cl+N2D．氯氣“泄漏處理”中NaHSO3溶液的作用：HSO3－+Cl2+H2O===SO42－+3H++2Cl－10、關于膠體和溶液的本質區別，下列敘述中正確的A．溶液呈電中性，膠體帶電荷B．溶液中通過一束光線出現明顯光路，膠體中通過一束光線沒有特殊現象C．溶液中溶質粒子能通過濾紙，膠體中分散質粒子不能通過濾紙D．溶液與膠體的本質區別在于分散質微粒直徑大小，前者小于1nm，后者介于1nm～100nm之間11、用下列實驗裝置進行相應實驗，設計正確且能達到實驗目的的是A．用于實驗室制取少量CO2B．用于配制一定物質的量濃度的硫酸C．用于模擬生鐵的電化學腐蝕D．用于蒸干AlCl3溶液制備無水AlCl312、輕質氧化鎂和硼酸(H3BO3)都是重要的化工原料，可采用硼鎂礦（含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)為原料生產硼酸和輕質氧化鎂，其工藝流程如圖：下列敘述錯誤的是（）A．Fe2O3、Al2O3都不能溶于(NH4)2SO4溶液B．進入“吸收”工序中的氣體為NH3C．若“過濾2”時調節溶液的堿性越強得到的硼酸越多D．“沉鎂”中得到的母液經加熱后可返回“溶浸”工序循環使用13、按照有機物的命名規則，下列命名正確的是（）A．二溴乙烷B．甲酸乙酯C．丁烷D．3，3-二甲基-2-丁醇14、已知在鹽酸中易被還原成，且、、、的氧化性依次減弱。下列敘述正確的是()A．將通入溶液中，可發生反應B．每1個在鹽酸中被氧化為時轉移2個電子C．溶液能將KI溶液中的氧化D．具有較強的氧化性，可以將氧化為15、與氫氣加成產物的名稱是A．4-甲基己烷B．2-乙基戊烷C．1,3-二甲基戊烷D．3-甲基己烷16、能正確表達下列反應的離子方程式為A．向硫酸鋁溶液中滴加碳酸鈉溶液：2Al3++3＝Al2(CO3)3↓B．CuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2++2OH-＝Cu(OH)2↓C．硫化亞鐵與濃硫酸混合加熱：2H++FeS＝H2S↑+Fe2+D．乙酸乙酯與NaOH溶液共熱：CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH3CH2OH17、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，X、W同主族，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，Z是地殼中含量最多的金屬元素，四種元素原子的最外層電子數總和為16。下列說法正確的是A．原子半徑：r(X)<r(Z)<r(W)B．Y、Z、W的最高價氧化物的水化物兩兩之間均能反應C．簡單氫化物的熱穩定性：X＜WD．X分別與Y、W形成的化合物中所含化學鍵類型相同18、某溶液中可能含有OH-、CO32-、[Al(OH)4]-、SiO32-、SO42-、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等離子。當向該溶液中逐滴加入一定物質的量濃度的鹽酸時，發現生成沉淀的物質的量隨鹽酸溶液的體積變化如圖所示。下列說法正確的是A．BC段是OH-與鹽酸反應B．反應后最終溶液中的溶質只有NaC1C．原溶液中含有CO32-與[Al(OH)4]-的物質的量之比為3：4D．原溶液中一定含有的離子是Na+、OH-、SiO32-、SO42-、[A1(OH)4]-、CO32-19、SO2氣體與足量Fe2(SO4)3溶液完全反應后，再加入K2Cr2O7溶液，發生如下化學反應：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O＝SO42－＋2Fe2＋＋4H＋；②Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。則下列有關說法不正確的是A．氧化性：Cr2O72－＞Fe3＋＞SO2B．標準狀況下，若有6.72LSO2參加反應，則最終消耗0.2molK2Cr2O7C．反應②中，每有1molK2Cr2O7參加反應，轉移電子的數目為6NAD．由上述反應原理推斷：K2Cr2O7能將Na2SO3氧化成Na2SO420、Q、W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期元素，X、Y是金屬元素，X的焰色呈黃色。5種元素核電荷數之和為54，最外層電子數之和為20。W、Z最外層電子數相同，Z的核電荷數是W的2倍。工業上一般通過電解氧化物的方法獲得Y的單質。則下列說法不正確的是()A．原子半徑：X＞Y＞Q＞WB．Q的單質都具有良好的導電性C．Q和Z所形成的分子的空間構型為直線形D．化合物Y2Z3不能在水中穩定存在21、鋁、鈹(Be)及其化合物具有相似的化學性質。已知：BeCl2＋Na2BeO2＋2H2O===2NaCl＋2Be(OH)2↓能完全進行，則下列推斷正確的是()A．BeCl2水溶液的導電性強，故BeCl2是離子化合物B．Na2BeO2溶液的pH>7，將其蒸干并灼燒后得到的殘留物為BeOC．BeCl2溶液的pH<7，將其蒸干并灼燒后得到的殘留物可能是BeCl2D．Be(OH)2既能溶于鹽酸，又能溶于NaOH溶液22、在一定條件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有關物質的沸點、熔點如下：對二甲苯鄰二甲苯間二甲苯苯沸點/點/℃13?25?476下列說法正確的是A．該反應屬于加成反應B．甲苯的沸點高于144℃C．用蒸餾的方法可將鄰二甲苯從反應所得產物中首先分離出來D．從二甲苯混合物中，用冷卻結晶的方法可將對二甲苯分離出來二、非選擇題(共84分)23、（14分）常溫下，酸性溶液A中可能含有NH4+、K+、Na+、Fe2+、Al3+、Fe3+、CO32－、NO3-、Cl-、I-、SO42-中的幾種，現取該溶液進行有關實驗，實驗結果如下圖所示：回答下列問題：(1)溶液A中一定存在的離子有___________________(2)生成沉淀甲的離子方程式為___________________(3)生成氣體丙的離子方程式為__________________，若實驗消耗Cu144g，則最多生成氣體丙的體積（標準狀況下）為_____。依據上述實驗，某小組同學通過討論后認為：溶液中可能含有的離子有NH4+、K+、Na+、Cl-、SO42-。為進一步確認溶液中存在的離子，分別取100ml廢水又進行了如下圖所示的三組實驗：(4)根據上述實驗可進一步確定NH4+、K+、Na+、Cl-、SO42-中一定存在的離子有_________，沉淀溶解時發生反應的離子方程式為________________________________。24、（12分）為分析某有機化合物A的結構，進行了如下實驗：（1）向NaHCO3溶液中加入A，有氣體放出，說明A中含有___________官能團（寫結構簡式）。（2）向NaOH溶液中加入少許A，加熱一段時間后，冷卻，用HNO3酸化后再滴加AgNO3溶液，產生淡黃色沉淀，說明中A還有___________官能團（寫名稱）。（3）經質譜分析，Mr(A)=153，且A中只有四種元素，則A的分子式為___________。（4）核磁共振氫譜顯示，A的氫譜有3種，其強度之比為1︰2︰2，則A結構簡式為___________。（5）已知A可發生如下圖所示的轉化：①A→B、D→E的反應類型分別為___________、___________。②寫出下列反應的化學方程式C→H：_________________________。③C的同分異構體有多種，寫出與C具有相同的官能團的C的同分異構體的結構簡式：___________________________；寫出F的結構簡式：________________________。④G與過量的銀氨溶液反應，每生成2.16gAg，消耗G的物質的量是__________mol。25、（12分）CaCO3廣泛存在于自然界，是一種重要的化工原料。實驗室用大理石（主要成分為CaCO3，另外有少量的含硫化合物）和稀鹽酸反應制備CO2氣體。下列裝置可用于CO2氣體的提純和干燥。完成下列填空：（1）用濃鹽酸配制1:1(體積比)的稀鹽酸(約6mol·L—1)，應選用的儀器是____。a．燒杯b．玻璃棒c．量筒d．容量瓶上述裝置中，A是___溶液，NaHCO3溶液可以吸收____。上述裝置中，B物質是____。用這個實驗得到的氣體測定CO2的分子量，如果B物質失效，測定結果____(填“偏高”、“偏低”或“不受影響”)。（2）SiO2與CO2組成相似，但固體的熔點相差甚大，其原因是_____。（3）飽和的Na2CO3溶液中通入過量CO2的離子方程式為_____。0.1mol/L的NaHCO3溶液中，c(Na+)+c(H+)=_____，其中有關碳微粒的關系為：____=0.1mol/L。濃度相等的Na2CO3和NaHCO3溶液等體積混合后，溶液中離子濃度由大到小的關系為______。26、（10分）溴化亞銅可用作工業催化劑，是一種白色粉末，微溶于冷水，不溶于乙醇等有機溶劑，在熱水中或見光都會分解，在空氣中會慢慢氧化成綠色粉末。制備CuBr的實驗步驟如下：步驟1.在如上圖所示的三頸燒瓶中加入45gCuSO4·5H2O、19gNaBr、150mL煮沸過的蒸餾水，60℃時不斷攪拌，以適當流速通入SO22小時。步驟2.溶液冷卻后傾去上層清液，在避光的條件下過濾。步驟3.依次用溶有少量SO2的水、溶有少量SO2的乙醇、純乙醚洗滌步驟4.在雙層干燥器(分別裝有濃硫酸和氫氧化鈉)中干燥3～4h，再經氫氣流干燥，最后進行真空干燥。（1）實驗所用蒸餾水需經煮沸，煮沸目的是除去水中的________________(寫化學式)。（2）步驟1中：①三頸燒瓶中反應生成CuBr的離子方程式為__________________；②控制反應在60℃進行，實驗中可采取的措施是____________________；③說明反應已完成的現象是_____________________。（3）步驟2過濾需要避光的原因是_____________________。（4）步驟3中洗滌劑需“溶有SO2”的原因是____________________。（5）欲利用上述裝置燒杯中的吸收液(經檢測主要含Na2SO3、NaHSO3等)制取較純凈的Na2SO3·7H2O晶體。請補充實驗步驟[須用到SO2(貯存在鋼瓶中)、20%NaOH溶液]：①_________________。②___________________。③加入少量維生素C溶液(抗氧劑),蒸發濃縮，冷卻結晶。④過濾，用乙醇洗滌2～3次。⑤放真空干燥箱中干燥。27、（12分）“共生系統”能很大程度上提高經濟效益。研究硫酸工業尾氣的“共生系統”具有重要意義。回答下列問題：(1)工業上，將Na2CO3和Na2S以合適的物質的量比配成溶液，吸收富集的SO2，可制取重要的化工原料Na2S2O3，同時放出CO2。該反應的化學方程式為___________________。(2)工業上，將富含SO2的工業尾氣降溫液化，收集液態SO2。用液態SO2、硫磺(用S表示)、液氯為原料，在200℃～250℃活性炭催化條件下合成氯化劑SOCl2。該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為________________。(3)SOCl2分子的空間構型為______________。下列關于O、S、Se三種同主族元素的敘述正確的是____________(填序號)。a．沸點：H2O>H2S>H2Seb．H2O分子中H—O—H鍵的鍵角小于H2S分子中H—S—H鍵的鍵角c．熱穩定性H2O>H2S>H2Sed．CS2是一種直線型分子，分子中C、S原子都滿足8電子穩定結構(4)氯化亞砜(SOCl2，易揮發液體，易水解)常用作脫水劑。ZnCl2·xH2O制取無水ZnCl2流程如圖所示：①利用SOCl2和ZnCl2·xH2O混合加熱可制得無水ZnCl2的原因是_________________________________(用化學方程式和必要的文字解釋)。②甲同學認為SOCl2也可用于FeCl3·6H2O制取無水FeCl3，但乙同學認為該過程會發生氧化還原反應。要驗證乙同學觀點是否正確，可選擇下列試劑中的___________(填序號)。a．K3[Fe(CN)6]溶液b．BaCl2溶液和稀鹽酸c．AgNO3溶液和稀硝酸d．酸性KMnO4溶液28、（14分）氯、鐵的某些化合物在工業生產和生活中有著重要的作用。（1）二氧化氯（ClO2，黃綠色易溶于水的氣體）是高效、低毒的消毒劑。主要有兩種制備方法：方法一：工業上常常用KClO3和草酸（H2C2O4）、硫酸反應生成高效的消毒殺菌劑ClO2，還生成CO2和KHSO4等物質。寫出該反應的化學方程式___________，生成5molClO2轉移電子__________mol。方法二：實驗室用NCl3、鹽酸、NaClO2（亞氯酸鈉）為原料，通過以下過程制備ClO2，NCl3溶液和NaClO2溶液發生反應的離子方程式_______________。X中大量存在的陰離子有________________。（2）鐵及其化合物有重要用途，如聚合硫酸鐵[Fe2(OH)n(SO4)3-n/2]m是一種新型高效的水處理混凝劑，而高鐵酸鉀（其中鐵的化合價為+6）是一種重要的殺菌消毒劑，某課題小組設計如下方案制備上述兩種產品：①檢驗固體鐵的氧化物中鐵的化合價，應使用的試劑是________（填標號）。a．稀硫酸b．稀硝酸c．KSCN溶液d．酸性高錳酸鉀溶液②在溶液Ⅰ中加入NaClO3寫出其氧化Fe2+的離子方程式：______________。③Fe2O3與KNO3和KOH的混合物加熱共融可制得高鐵酸鉀。完成并配平化學方程式：_____Fe2O3+_____KNO3+_____KOH—____________+_____KNO2+_____________。29、（10分）堿式碳酸鈷[Cox(OH)y(CO3)z]常用作電子材料，磁性材料的添加劑，受熱時可分解生成三種氧化物。為了確定其組成，某化學興趣小組同學設計了如圖所示裝置進行實驗。（1）請完成下列實驗步驟：①稱取3.65g樣品置于硬質玻璃管內，稱量乙、丙裝置的質量；②按如圖所示裝置組裝好儀器，并檢驗裝置氣密性；③加熱甲中玻璃管，當乙裝置中________________________（填實驗現象），停止加熱；④打開活塞a，緩緩通入空氣數分鐘后，稱量乙、丙裝置的質量；⑤計算。（2）步驟④中緩緩通入空氣數分鐘的目的是_________________________________________。（3）某同學認為上述實驗裝置中存在一個明顯缺陷，為解決這一問題，可選用下列裝置中的____（填字母）連接在裝置______之前（填“甲”或“乙”或“丙”或“丁”）。（4）若按正確裝置進行實驗，測得如下數據：則該堿式碳酸鈷的化學式為______________。乙裝置的質量/g丙裝置的質量/g加熱前80.0062.00加熱后80.3662.88（5）CoCl2·6H2O常用作多彩水泥的添加劑，以含鈷廢料（含少量Fe、Al等雜質）制取CoCl2·6H2O的一種工藝如下：已知：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3開始沉淀(pH)2.37.57.63.4完全沉淀（pH）4.19.79.25.2①凈化除雜質時，加入H2O2發生反應的離子方程式為__________________________________。②加入CoCO3調pH除雜得到濾渣Al(OH)3、Fe(OH)3，則pH應調節至_____。（填pH值的范圍）③加鹽酸調整pH為2～3的目的為_____________________________________。④操作Ⅱ過程為_________________________________（填操作名稱）、過濾。

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、D【解析】A、處理NaCN超標電鍍廢水的過程中碳元素化合價的改變，由+2價變為+4價，故A錯誤；B、NaCN易與酸反應生成HCN，為防止生成HCN，造成人員中毒或污染空氣，因此第一次氧化時，溶液的pH應調節為堿性，故B錯誤；C、反應中氯元素的化合價從+1價降低到-1價，得到2個電子，N元素化合價從-3價升高到0價，失去3個電子，則根據電子得失守恒可知還原劑和氧化劑的物質的量之比是2：3，反應的離子方程式為：2OCN－+3ClO－=CO32－+CO2↑+3Cl－+N2↑，故C錯誤；D、參加反應的NaCN是：=20mol，反應中C由+2價升高到+4價，N元素化合價從-3價升高到0價，即1molNaCN失去5mol電子，1mol次氯酸鈉得到2mol電子，所以處理100m3含NaCN10.3mg·L－1的廢水，實際至少需NaClO的物質的量為：20mol×5/2=50mol。點睛：易錯選項B，NaCN易與酸反應生成HCN，HCN易揮發，劇毒，學生比較陌生。難點選項D，NaCN在反應中C由+2價升高到+4價，N元素化合價從-3價升高到0價，即1molNaCN失去5mol電子，是難點，兩種元素化合價同時升高，學生難考慮全面。2、C【詳解】A、pH=1的溶液呈酸性，NO3-在酸性溶液中會將Fe2+氧化，即H+、NO3-、Fe2+不能共存，A不符合題意；B、由水電離的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液可能顯酸性，也可能顯堿性；無論是在酸性溶液中，還是堿性溶液中，HCO3-都不能大量存在，B不符合題意；C、c(H+)/c(OH-)=1012，Kw=c(H+)·c(OH-)=10-14（常溫下），則c(H+)=0.1mol·L-1，溶液呈酸性，該組離子可以大量共存，C符合題意；D、加入苯酚顯紫色的溶液中含有Fe3+，Fe3+可以和SCN-發生絡合反應，二者不能大量共存，D不符合題意；故選C。【點睛】由水電離的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液可能顯酸性，也可能顯堿性，比如1mol·L-1的HCl溶液中，c(H+)=1mol·L-1，則c(OH-)=1×10-14mol·L-1，由于溶液中OH-全部來自于水的電離，故由水電離的c(H+)=1×10-14mol·L-1，又比如1mol·L-1的NaOH溶液中，H+全部來自于水的電離，則溶液中由水電離的c(H+)=1×10-14mol·L-1。3、B【解析】A.酸性氧化物是指與堿反應只生成鹽和水的氧化物，而NO2和堿反應生成硝酸鈉、亞硝酸鈉，發生了氧化還原反應，所以NO2不屬于酸性氧化物；堿性氧化物是指與酸反應生成鹽和水的氧化物，Na2O2與鹽酸反應生成氯化鈉、水和氧氣，發生了氧化還原反應，所以Na2O2不屬于堿性氧化物，A錯誤；B.Fe2O3不溶于水，也不與水反應；氫氧化亞鐵與氧氣、水蒸汽共同作用生成氫氧化鐵，屬于化合反應，氯化鐵溶液和氫氧化鈉溶液發生復分解反應生成Fe(OH)3紅褐色沉淀，B正確；C.Ba(OH)2·8H2O與NH4Cl的反應屬于復分解反應，不屬于氧化還原反應，不能設計成原電池，C錯誤；D.電解、電泳、電鍍需通電，電離是電解質在水溶液中或熔融狀態下產生自由移動的離子的過程，與電無關；電化腐蝕是形成原電池反應發生的腐蝕，不需要通電，故D錯誤。綜上所述，本題選B。【點睛】酸性氧化物是指與堿反應只生成鹽和水的氧化物；堿性氧化物是指與酸反應只生成鹽和水的氧化物；也就是說，氧化物在與酸或堿發生反應時，各元素的化合價不發生變化，均為非氧化還原反應；如果氧化物與酸或堿發生反應時，如果發生氧化還原反應，該氧化物就不是酸性氧化物或堿性氧化物。4、C【分析】乙是一種“綠色氧化劑”，即乙為H2O2，乙和丁組成的元素相同，則丁為H2O，化合物N是具有漂白性的氣體(常溫下)，則N為SO2，根據轉化關系，M是單質，H2O2分解成O2和H2O，即M為O2，甲在酸中生成丙，丙為二元化合物，且含有S元素，即丙為H2S，四種元素原子序數依次增大，且都為短周期元素，X為H，Y為O，如果W為S，X、Z原子序數之和是Y、W原子序數之和的1/2，則Z為Na，如果Z為S，則W不符合要求；【詳解】乙是一種“綠色氧化劑”，即乙為H2O2，乙和丁組成的元素相同，則丁為H2O，化合物N是具有漂白性的氣體(常溫下)，則N為SO2，根據轉化關系，M是單質，H2O2分解成O2和H2O，即M為O2，甲在酸中生成丙，丙為二元化合物，且含有S元素，即丙為H2S，四種元素原子序數依次增大，且都為短周期元素，X為H，Y為O，如果W為S，X、Z原子序數之和是Y、W原子序數之和的1/2，則Z為Na，如果Z為S，則W不符合要求；A、同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，同主族元素從上到下原子半徑逐漸增大，原子半徑大小順序是r(Na)>r(s)>r(O)，故A錯誤；B、SO2能使溴水褪色，發生SO2＋Br2＋H2O=2HBr＋H2SO4，利用SO2的還原性，乙烯和溴水反應，發生的加成反應，故B錯誤；C、含S元素的鹽溶液，如果是Na2SO4，溶液顯中性，如果是NaHSO4，溶液顯酸性，如果是Na2SO3，溶液顯堿性，故C正確；D、形成化合物分別是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外層有2個電子，不滿足8電子結構，故D錯誤，答案選C。【點睛】微粒半徑大小比較：一看電子層數，一般來說電子層數越多，半徑越大；二看原子序數，當電子層數相同，半徑隨著原子序數的遞增而減小；三看電子數，電子層數相同，原子序數相同，半徑隨著電子數的增多而增大。5、B【解析】由流程可知，①中發生2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，利用空氣將吹出塔中含Br2的溶液，經過吹出、吸收、酸化來重新獲得含Br2的溶液，其目的是富集溴，提高Br2的濃度，加入堿液重新吸收，所得溶液富含BrO3-，③中發生5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O，最后利用蒸餾得到溴。A．純堿是碳酸鈉，與溴反應有BrO3-生成，反應的離子方程式為3CO32-+3Br2=5Br-+BrO3-+3CO2↑，故A正確；B．溶液中含有Br-、BrO3-，在酸性條件下可發生5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O，無需加入氧化酸，故B錯誤；C．含溴的水溶液B中溴的濃度較大，溴與水的沸點不同，可通過蒸餾獲得液溴，故C正確；D．B經過富集，濃度較大，則B的顏色比A深，故D正確；故選B。6、C【詳解】A．氮氧化鋁中鋁是＋3價，氧元素是—2價，則氮的化合價是-1價，A錯誤；B．根據方程式可知反應中每生成5.7gAlON即0.1mol的同時生成0.05molCO，但其體積不一定是1.12LCO，B錯誤；C．反應中碳元素的化合價從0價升高到＋2價，氮元素的化合價從0價降低到—1價，因此氧化產物是CO，還原產物是AlON，氧化產物和還原產物的物質的量之比是1:2，C正確；D．根據以上分析可知，反應中氮氣得到電子，發生還原反應，作氧化劑，D錯誤。答案選C。7、B【解析】A.目前提岀的“低碳經濟”，即減少向環境排放CO2，可降低溫室效應，氮硫氧化物可引起酸雨的形成，故A錯誤；B.研制開發燃料電池汽車，就可以減少機動車化石燃料的燃燒，進而可以減少汽車尾氣的排放，因此可以減少固體顆粒物的排放，所以在某種程度上可以減少空氣中PM2.5含量，故B正確；C.高純度的二氧化硅廣泛用于制作光導纖維，二氧化硅與強堿可反應，光導纖維遇強堿會“斷路”，故C錯誤；D.水泥、玻璃、青花瓷屬于傳統的硅酸鹽工業產品，水晶、瑪瑙的主要成分是二氧化硅，不屬于硅酸鹽材料，故D錯誤；答案選B。【點睛】光導纖維的材料是二氧化硅，硅可用于制作太陽能電池，這是不同物質具有的不同特性。8、D【解析】A、CH3COOH＋OH－=CH3COO－＋H2O是醋酸與堿的反應，選項A不符合；B、HS－＋H2OS2-＋H3O+是HS－的電離方程式，選項B不符合；C、CH3COOHCH3COO－＋H＋是醋酸的電離方程式，選項C不符合；D、NH＋H2ONH3·H2O＋H＋是銨根離子的水解方程式，選項D符合。答案選D。9、A【解析】A．HClO為弱酸，不能完全電離；

B．電解飽和食鹽水生成氫氣、氯氣和氫氧化鈉；

C．氯氣具有強氧化性，可氧化氨氣生成氮氣；D．氯氣與亞硫酸鈉發生氧化還原反應生成硫酸根離子。【詳解】A.HClO為弱酸，不能完全電離，離子方程式為Cl2+H2OH++Cl－+HClO，A項錯誤；B.電解飽和食鹽水生成氫氣、氯氣和氫氧化鈉，電解方程式為2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑，B項正確；C.氯氣具有強氧化性，可氧化氨氣生成氮氣，同時生成氯化銨，方程式為8NH3+3Cl2===6NH4Cl+N2，C項正確；D.氯氣與亞硫酸鈉發生氧化還原反應生成硫酸根離子，反應的離子方程式為HSO3－+Cl2+H2O===SO42－+3H++2Cl－，D項正確；答案選A。【點睛】離子反應方程式的書寫正誤判斷題是高頻考點，涉及的知識面廣，出題人經常設的陷阱有：不符合客觀事實、電荷不守恒、原子不守恒以及反應物用量干擾等問題，如A選項是易錯點，容易忽略次氯酸是弱電解質，而應該保留化學式。10、D【解析】試題分析：A、溶液、膠體都是呈電中性的分散系，膠體微粒吸附帶電荷離子，故A錯誤；B、溶液中通過一束光線沒有特殊現象，膠體中通過一束光線出現明顯光路，故B錯誤；C、溶液中溶質粒子能通過濾紙，膠體中分散質粒子也能通過濾紙，故C錯誤；D、溶液與膠體的本質區別在于分散質微粒直徑大小，前者小于1nm，后者介于1nm～100nm之間，故D正確；故選D。考點：考查了溶液、膠體的本質特征的相關知識。11、C【解析】A．實驗室制取二氧化碳不能使用稀硫酸和碳酸鈣，原因在于兩者反應生成硫酸鈣微溶，附著在碳酸鈣表面，使反應難以進行，A錯誤；B．實驗室配制一定濃度的硫酸時，應該先將量取的濃硫酸在燒杯中稀釋，再轉移至容量瓶定容，B錯誤；C．裝置左側干燥環境不發生腐蝕，右側發生吸氧腐蝕，因為氧氣被吸收，所以中間的紅墨水左側低右側高，C正確；D．蒸干A1Cl3溶液的過程中考慮到Al3+的水解會產生HCl，HCl受熱揮發使得水解平衡向右移動，得到的氫氧化鋁，再受熱分解得到氧化鋁，D錯誤；故選C。12、C【分析】硼鎂礦含Mg2B2O5·H2O、SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入(NH4)2SO4溶液，SiO2、Fe2O3、Al2O3不與(NH4)2SO4溶液反應，Mg2B2O5·H2O與(NH4)2SO4溶液反應，其反應方程式為：2(NH4)2SO4+Mg2B2O5?H2O+2H2O=2MgSO4+2NH4B(OH)4+2NH3↑，NH3中加入NH4HCO4，發生反應為：NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3，濾渣1為不溶于(NH4)2SO4溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3，濾液1調pH為3.5，將B(OH)4-轉化為H3BO3，并析出H3BO3；濾液2調pH為6.5，沉鎂過程中(NH4)2CO3溶液與Mg2+反應生成Mg(OH)2·MgCO3，其離子反應方程式為：2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3-。【詳解】A.SiO2、Fe2O3、Al2O3不與(NH4)2SO4溶液反應，A正確；B.Mg2B2O5·H2O與(NH4)2SO4溶液反應，其反應方程式為：2(NH4)2SO4+Mg2B2O5?H2O+2H2O=2MgSO4+2NH4B(OH)4+2NH3↑，即進入“吸收”工序中的氣體為NH3，B正確；C.在“過濾2”時，將溶液pH調節至3.5，目的是得到硼酸，促進硼酸的析出，C錯誤；D.沉鎂時，其離子反應方程式為：2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3-，母液的主要成分為硫酸銨，可返回“溶浸"工序中循環使用，D正確；故答案為：C。13、D【詳解】A.名稱為1,2—二溴乙烷，錯誤；B.名稱為乙酸甲酯，錯誤；C.名稱為2-甲基丙烷，錯誤；D.名稱為3，3-二甲基-2-丁醇，正確。答案為D。14、C【詳解】A.、、的氧化性依次減弱，所以將通入溶液中，先氧化后氧化，不會生成，且不存在，A錯誤；

B.1個在鹽酸中被還原為時，Pb元素化合價從+4降低到+2，轉移2個電子，B錯誤；

C.的氧化性強于，所以溶液能將KI溶液中的氧化成，C正確；

D.、、、的氧化性依次減弱，因此不能把氧化為，D錯誤；

答案選C。

15、D【解析】該烯烴與氫氣加成產物的結構簡式為CH3CH2CH2CH(CH3)CH2CH3，名稱是3-甲基己烷，答案選D。16、D【詳解】A.鋁離子水解顯酸性,碳酸根離子水解顯堿性,混合后水解相互促進生成氫氧化鋁和二氧化碳，反應的離子方程式為，故A錯誤；B.CuSO4溶液中滴加稀氨水：，故B錯誤；C.硫化亞鐵與濃硫酸混合加熱，發生氧化還原反應，正確的離子方程式為：，故C錯誤；D．乙酸乙酯與氫氧化鈉溶液反應的離子方程式為：CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH3CH2OH+H2O，故D正確；故選：D。17、B【詳解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，X、W同主族，最外層電子數相同，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，為金屬鈉，Z是地殼中含量最多的金屬元素，為鋁，四種元素原子的最外層電子數總和為16，所以計算X、W的最外層電子數為6，分別為氧和硫。X為氧，Y為鈉，Z為鋁，W為硫。A.原子半徑同一周期從左至右逐漸減小，同一主族從上至下逐漸增大，則原子半徑：r(X)<r(W)<r(Z)，故錯誤；B.Y、Z、W的最高價氧化物的水化物分別為氫氧化鈉，氫氧化鋁，硫酸，兩兩之間均能反應，故正確；C.因為氧的非金屬性比硫強，所以簡單氫化物的熱穩定性：X>W，故錯誤；D.X分別與Y形成氧化鈉或過氧化鈉，含有離子鍵，氧和硫形成的化合物為二氧化硫或三氧化硫，只含共價鍵，故錯誤。故選B。18、C【解析】由圖象可知，開始加入HCl時無沉淀生成，說明加入的HCl與溶液中OH-的反應，則溶液中一定不會存在與氫氧根離子發生反應的離子:Fe3+、Mg2+、Al3+;之后開始生成沉淀且反應生成沉淀逐漸增大，說明溶液中存在AlO2-、SiO32-，繼續加入鹽酸沉淀量不變，消耗鹽酸的離子只能是CO32-離子，碳酸根離子反應完后繼續加入鹽酸，沉淀逐漸減小，到不再改變，進一步證明沉淀是氫氧化鋁和硅酸沉淀，氫氧化鋁沉淀溶于鹽酸，最后剩余沉淀為硅酸;硫酸根離子不能確定存在，但根據溶液的電中性可知，溶液中至少含有K+、Na+離子中的一種離子。BC段是CO32-與鹽酸反應，故A錯誤；溶液中至少含有K+、Na+離子中的一種離子、反應后最終溶液中一定鋁離子、氯離子、鈉離子或鉀離子，故B錯誤；依據圖象可知和碳酸根離子反應的鹽酸為2體積，反應總方程式為:CO32-+2H+=CO2↑+H2O;氫氧化鋁溶解消耗的鹽酸體積為4體積，反應的離子方程式為:Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;所以原溶液中含有CO32-與Al(OH)3的物質的量之比為n(CO32-):n(Al(OH)3)=2×：=3:4，故C正確；根據以上分析可知，原溶液中一定含有的離子是:OH-、SiO32-、[A1(OH)4]-、CO32-，故D錯誤。點睛：根據電荷守恒，溶液中陰離子所帶負電荷總數一定等于陽離子所帶正電荷總數。根據電荷守恒可計算離子的物質的量。19、B【分析】氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，氧化劑的氧化性大于還原劑的氧化性；由氧化性的強弱，判斷反應的發生．【詳解】A.由①可知,Fe元素的化合價降低,則氧化性為Fe3＋>SO2,由②可知,Cr元素的化合價降低,則氧化性為Cr2O72－>Fe3＋,則氧化性：Cr2O72－>Fe3＋>SO2，故A正確；B.

6.72LSO2(標準狀況)參加反應,n(SO2)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol,由上述兩個反應可知,存在3SO2～Cr2O72－,則最終消耗0.1molK2Cr2O7，故B錯誤；C.每有1molK2Cr2O7參加反應,轉移電子為1mol×2×(6?3)=6mol,即轉移電子的數目為6NA，故C正確；D.因氧化性為Cr2O72－>SO2,則K2Cr2O7能將Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正確；故選B.【點睛】氧化還原反應由強到弱，即是強氧化劑生成弱氧化性的物質，強還原劑生成弱還原性的物質，計算時要用電子守恒：還原劑失電子總數等于氧化劑得電子總數。20、B【解析】X的焰色呈黃色，應為Na元素，X、Y是金屬元素，且原子序數依次增大，則Y應為Mg或Al元素，又因為工業上一般通過電解氧化物的方法獲得Y的單質，所以Y是Al。W、Z最外層電子數相同，應為同主族元素，Z的核電荷數是W的2倍，可知W為O元素，Z為S元素，五種元素核電荷數之和為54，則Q的原子序數為54-8-16-11-13=6，應為C元素，結合對應單質、化合物的性質以及元素周期律知識解答該題。【詳解】A．由以上分析可知Q、W、X、Y分別為C、O、Na、Al，原子半徑大小關系為Na＞Al＞C＞O，選項A正確；B．Q為碳元素，其中石墨具有良好的導電性，但金剛石、無定形炭等不具有，選項B錯誤；C．Q和Z所形成的化合物為CS2，分子空間構成為直線形，類型于二氧化碳，選項C正確；D．Y和Z的簡單離子不能在水中化合形成化合物Al2S3，鋁離子和硫離子會發生雙水解而不能共存于水溶液中，選項D正確。答案選B。21、D【解析】A、鋁、Be及其化合物具有相似的化學性質，AlCl3屬于共價化合物，則BeCl2也屬于共價化合物，故A錯誤；B、NaAlO2屬于強堿弱酸鹽，水溶液顯堿性，即pH>7，NaAlO2溶液加熱蒸干并灼燒得到物質仍然是NaAlO2，因此Na2BeO2溶液顯堿性，pH>7，Na2BeO2溶液加熱蒸干并灼燒得到物質仍然為Na2BeO2，故B錯誤；C、AlCl3屬于強酸弱堿鹽，溶液顯酸性，即pH<7，AlCl3溶液中存在：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加熱促進Al3＋水解，同時HCl易揮發，加熱更加促進平衡向正反應方向進行，蒸干灼燒后得到物質為Al2O3，因此BeCl2溶液顯酸性，加熱蒸干灼燒后得到物質為BeO，故C錯誤；D、氫氧化鋁表現兩性，既能溶于鹽酸，也能溶于NaOH，因此Be(OH)2也表現兩性，既能溶于鹽酸，也溶于NaOH，故D正確。22、D【詳解】A．甲苯可生成二甲苯混合物和苯，不飽和度沒有變化，為取代反應，不屬于加成反應，故A錯誤；B．相對分子質量越大，沸點越高，則甲苯的沸點在80～138℃之間，故B錯誤；C．沸點低的先蒸餾出來，則用蒸餾的方法可將苯從反應所得產物中首先分離出來，故C錯誤；D．二甲苯混合物中，對二甲苯的熔點最高，冷卻時對二甲苯先結晶析出，用冷卻結晶的方法可將對二甲苯分離出來，故D正確；故答案為D。二、非選擇題(共84分)23、Al3+、NO3-3H2O+2Al3++3CO32－=2Al（OH）3↓+3CO2↑3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O33.6LNH4+、Na+、SO42-Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O【解析】(1)、溶液為酸性溶液，則溶液中存在大量氫離子，可以排除CO32?；溶液A中加過量(NH4)2CO3，產生白色沉淀，白色沉淀只能為氫氧化鋁，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液一定含有有Al3+；溶液乙加銅和濃硫酸能產生氣體丙，丙在空氣中變成紅棕色，則丙為NO，說明原溶液中有NO3?，強酸性溶液中含有NO3?，則一定不存在具有還原性的離子：Fe2+、I?。故答案是Al3+、NO3-。（2）、根據上述分析，生成沉淀甲是CO32-和溶液中的Al3+發生雙水解反應，故離子方程式為3H2O+2Al3++3CO32－=2Al（OH）3↓+3CO2↑。（3）、根據上述分析可知，生成的氣體丙是NO，是Cu、H+和溶液中的NO3-反應生成的，離子方程式為3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O。實驗消耗Cu144g，則Cu的物質的量是：144g÷64g/mol=2.25mol，由3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O可得：3Cu～2NO，則NO的物質的量是×2.25mol，其在標準狀況下的體積是×2.25mol×22.4L/mol=33.6L；故本題的答案是：3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；33.6L。（4）、因焰色反應為黃色，說明含有Na+；加入氯化鋇和稀鹽酸可以生成白色沉淀，說明溶液中一定含有SO42-，2.33g白色沉淀是BaSO4；根據上面的分析可知，溶液中含有H+和Al3+，根據圖像可知，開始時發生的是H＋＋OH－=H2O，當H＋完全反應后，開始發生Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，繼續滴加NaOH溶液，Al(OH)3并沒有立刻溶解，說明溶液中含有NH4＋，發生了NH4＋＋OH－=NH3·H2O；故一定存在的離子還有：NH4+、Na+、SO42-；沉淀溶解時是Al(OH)3和過量的NaOH發生反應生成NaAlO2和H2O，其離子方程式是：Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O。24、-COOH溴原子C3H5O2BrCH2BrCH2COOH消去反應酯化反應（取代反應）nCH2(OH)CH2COOHHOH+(n-1)H2O0.01【分析】A和NaHCO3溶液反應有氣體放出，說明A中含有羧基，A和足量NaOH溶液反應一段時間后，再加入過量的HNO3酸化的AgNO3溶液，有淡黃色沉淀生成，說明A中含有Br元素，有機化合物A的相對分子質量為153，溴的相對原子質量是80、-COOH的相對分子質量為45，所以A剩余基團相對分子質量為28，其基團應該為C2H4，所以A的分子式為C3H5O2Br，核磁共振氫譜顯示，A的氫譜有3種，其強度之比為1︰2︰2，則A的結構簡式為CH2BrCH2COOH；A和氫氧化鈉水溶液加熱時發生取代反應，然后酸化生成C，C的結構簡式為HOCH2CH2COOH，C發生氧化反應生成G，G的結構簡式為OHCCH2COOH，C發生酯化反應生成高分子化合物H，其結構簡式為，A和NaOH醇溶液加熱時，A發生消去反應生成B，B的結構簡式為CH2=CHCOONa，B然后酸化生成D，則D的結構簡式為CH2=CHCOOH，D和C在濃硫酸作催化劑、加熱條件下反應生成E，E的結構簡式為CH2=CHCOOCH2CH2COOH，E發生加聚反應生成F，F的結構簡式為，再結合題目分析解答。【詳解】(1)A和NaHCO3溶液反應有氣體放出，說明A中含有羧基，羧基的結構簡式為-COOH；(2)A和足量NaOH溶液反應一段時間后，再加入過量的HNO3酸化的AgNO3溶液，有淡黃色沉淀生成，說明A中含有Br元素，即A還有溴原子官能團；(3)有機化合物A的相對分子質量為153，且A中只有四種元素，溴的相對原子質量是80、-COOH的相對分子質量為45，所以A剩余基團相對分子質量為28，其基團應該為C2H4，則A的分子式為C3H5O2Br；(4)A的分子式為C3H5O2Br，核磁共振氫譜顯示，A的氫譜有3種，其強度之比為1︰2︰2，則A結構簡式為CH2BrCH2COOH；(5)①A→B是CH2BrCH2COOH在NaOH的醇溶液中發生消去反應生成CH2=CHCOONa；D→E是CH2=CHCOOH和HOCH2CH2COOH在濃硫酸的作用下發生酯化反應生成CH2=CHCOOCH2CH2COOH；②HOCH2CH2COOH在濃硫酸的催化作用下發生縮聚反應的化學方程式為nCH2(OH)CH2COOHHOH+(n-1)H2O；③C的結構簡式為HOCH2CH2COOH，與C具有相同官能團的同分異構體的結構簡式為；由分析可知F的結構簡式為；④G的結構簡式為OHCCH2COOH，Ag的物質的量==0.02mol，生成0.02molAg需要0.01molG。【點睛】能準確根據反應條件推斷反應原理是解題關鍵，常見反應條件與發生的反應原理類型：①在NaOH的水溶液中發生水解反應，可能是酯的水解反應或鹵代烴的水解反應；②在NaOH的乙醇溶液中加熱，發生鹵代烴的消去反應；③在濃H2SO4存在的條件下加熱，可能發生醇的消去反應、酯化反應、成醚反應或硝化反應等；④能與溴水或溴的CCl4溶液反應，可能為烯烴、炔烴的加成反應；⑤能與H2在Ni作用下發生反應，則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應或還原反應；⑥在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下，發生醇的氧化反應；⑦與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應，則該物質發生的是—CHO的氧化反應。(如果連續兩次出現O2，則為醇→醛→羧酸的過程)。25、abcCuSO4溶液或酸性KMnO4溶液吸收HCl氣體或吸收酸性氣體無水CaCl2偏低其原因是所屬晶體類型不同，二氧化硅是原子晶體，熔化時破壞化學鍵，熔點高；二氧化碳是分子晶體，熔化時破壞的是分子間作用力，熔點低2Na++CO32-+CO2+H2O＝2NaHCO3↓c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)【詳解】(1)配制一定體積比的溶液時，應選用燒杯、玻璃棒和量筒，用量筒量出相同體積的濃鹽酸和水，倒入燒杯中，用玻璃棒攪拌加速溶解；根據實驗所用藥品，制得的氣體中可能含有H2S、HCl和水蒸氣；根據除雜的要求，除去H2S是可選用CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液；碳酸氫鈉溶液用于吸收HCl氣體或吸收酸性氣體；B是用來除去水份的，但這種干燥劑又不能與CO2反應所以是氯化鈣；如果B中物質失效則二氧化碳中含有水，而水的相對分子質量小于二氧化碳，所以測定結果會偏低；(2)二氧化硅與二氧化碳所屬晶體類型不同，二氧化硅是原子晶體，熔化時破壞共價鍵，熔點高，而二氧化碳是分子晶體，熔化時破壞的是分子間作用力，熔點低，導致SiO2與CO2熔點相差甚大；(3)向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2，發生反應Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3，Na2CO3溶解度大于NaHCO3，則NaHCO3溶液為過飽和溶液，所以生成NaHCO3沉淀導致溶液變渾濁，離子方程式：2Na++CO32-+H2O+CO2＝2NaHCO3↓；在0.1mol/L的NaHCO3溶液中，存在的電荷守恒式為c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，存在的物料守恒式為c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.1mol/L；濃度相等的Na2CO3和NaHCO3溶液等體積混合后，溶液中Na+濃度最大，CO32-的水解程度大于HCO3-水解程度，即c(CO32-)＜c(HCO3-)，且溶液顯堿性，即c(H+)＜c(OH-)，則溶液中各離子濃度的由大到小的關系為c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)。26、O22Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42-+4H+60℃水浴加熱溶液藍色完全褪去防止CuBr見光分解防止CuBr被氧化在燒杯中繼續通入SO2至飽和然后向燒杯中加入100g20%的NaOH溶液【解析】(1)溴化亞銅能被氧氣慢慢氧化，用二氧化硫還原銅離子生成溴化亞銅要排除氧氣的干擾，可以通過煮沸的方法除去水中的O2，故答案為O2；(2)①三頸燒瓶中銅離子被二氧化硫還原成亞銅離子，與溴離子反應生成CuBr沉淀，反應的離子方程式為2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42-+4H+，故答案為2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42-+4H+；②控制反應在60℃進行，可以用60℃的水浴加熱，故答案為60℃水浴加熱；③45gCuSO4?5H2O為0.18mol，19gNaBr為0.184mol，所以NaBr稍過量，所以當溶液中的銅離子消耗完時反應即完成，所以說明反應已完成的現象是溶液藍色完全褪去，故答案為溶液藍色完全褪去；(3)溴化亞銅見光會分解，所以步驟2過濾需要避光，防止CuBr見光分解，故答案為防止CuBr見光分解；(4)溴化亞銅在空氣中會慢慢被氧化，所以洗滌劑需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，故答案為防止CuBr被氧化；(5)燒杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取較純凈的Na2SO3?7H2O晶體，可以在燒杯中繼續通入SO2至飽和，將Na2SO3生成NaHSO3，根據鈉元素守恒可知，此時溶液中NaHSO3的物質的量為0.5mol，然后向燒杯中加入100g20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反應生成Na2SO3，加入少量維生素C溶液(抗氧劑)，蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾，用乙醇洗滌2～3次，除去表面可溶性雜質，放真空干燥箱中干燥，故答案為①在燒杯中繼續通入SO2至飽和；②然后向燒杯中加入100g20%的NaOH溶液。點睛：本題考查了物質制備的生產工藝流程，涉及對操作的分析評價、物質的分離提純、實驗方案實際等，(5)為易錯點，學生容易忽略圖中加入氫氧化鈉溶液的質量。27、Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO22:1三角錐形cdSOCl2易水解，發生反應SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑或xSOCl2+ZnCl2·xH2O+H2O=ZnCl2+xSO2↑+2xHCl↑，生成的HCl抑制Zn2+水解，故可制得無水ZnCl2ad【分析】(1)根據題意可知，SO2和Na2S發生氧化還原反應，生成Na2S2O3；(2)Cl2為氧化劑，S為還原劑根據化合價升降法確定系數；(3)SOCl2分子中S為中心原子，為sp3雜化；根據同族元素原子的結構及其性質的遞變性進行分析。(4)①已知SOCl2易水解，可與ZnCl2·xH2O提供的水反應發生SOCl2+H2O=SO2+2HCl，且生成的HCl能夠抑制鋅離子的水解，導致ZnCl2·xH2O失去水，從而得到無水ZnCl2；②若乙同學觀點正確，則生成的氯化鐵固體中含有氯化亞鐵雜質，可將少量固體溶于稀鹽酸中，加入K3[Fe(CN)6]溶液顯藍色或滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去即可。【詳解】(1)根據題意可知，SO2和Na2S發生氧化還原反應，生成Na2S2O3，反應的化學方程式為Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2；(2)以SO2、S、Cl2為原料制取SOCl2中，Cl2為氧化劑，化合價由0價變為-1，S為還原劑，化合價由0價變為+4，而SO2的化合價未變，則化合價改變值的最小公倍數為4，則的系數為2，S的系數為1，氧化劑與還原劑的物質的量之比為2：1；(3)SOCl2分子中S為中心原子，共3條鍵，有1對孤電子對，為sp3雜化，則為三角錐形；a．H2O間存在氫鍵，分子間的作用力增大，沸點較高，而H2S、H2Se分子間無氫鍵，沸點與分子量有關，分子量越大，分子間的作用力越強，沸點越高，則沸點：H2O>H2Se>H2S，a錯誤；b．O原子半徑小于S，導致電子對與原子核距離變小，則H2O分子中H、O間的成鍵電子對間的斥力變大，H—O—H鍵的鍵角大于H2S分子中H—S—H鍵的鍵角，b錯誤；c．O、S、Se三種同主族元素，非金屬性越強，則熱穩定性越高，則熱穩定性H2O>H2S>H2Se，c正確；d．CS2是一種直線型分子，中心原子為sp雜化，分子中C、S原子間形成C=S鍵，則都滿足8電子穩定結構，d正確；答案為cd；(4)①已知SOCl2易水解，可與ZnCl2·xH2O提供的水反應發生SOCl2+H2O=SO2+2HCl，且生成的HCl能夠抑制鋅離子的水解，導致ZnCl2·xH2O失去水，從而得到無水ZnCl2；②若乙同學觀點正確，則生成的氯化鐵固體中含有氯化亞鐵雜質，可將少量固體溶于稀鹽酸中，加入K3[Fe(CN)6]溶液顯藍色或滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去即可，綜上所述，答案為ad。28、2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O53NCl3+6ClO2-+3H2O=6ClO2↑+3NH3↑+3Cl-+3OH-Cl-和OH-ACD6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O1342K2FeO432H2O【分析】（1）方法一、在硫酸溶液中，氯酸鉀與草酸發生氧化還原反應生成二氧化氯、二氧化碳、硫酸氫鉀和水；方法二、由流程圖可知，NCl3溶液和NaClO2溶液發生氧化