湖南省衡陽縣清潭中學(xué)2022-2023學(xué)年化學(xué)高三上期中統(tǒng)考模擬試題（含解析）

1、2022-2023高三上化學(xué)期中模擬測試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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(xiàng)）1、元素周期表隱含著許多信息和規(guī)律。以下所涉及的元素均為中學(xué)化學(xué)中常見的短周期元素，其原子半徑及主要化合價列表如下，其中R2Q2用于呼吸面具或潛水艇中作為氧氣來源。下列說法正確的是AT、Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性

2、TNa2FeO4FeSO4BFeSO4只作還原劑，Na2O2既作氧化劑，又作還原劑C由反應(yīng)可知每3molFeSO4完全反應(yīng)時，反應(yīng)中共轉(zhuǎn)移12mol電子DNa2FeO4處理水時，不僅能殺菌消毒，還能起到凈水的作用5、某同學(xué)購買了一瓶“84消毒液”，包裝說明如下：請根據(jù)以上信息和相關(guān)知識判斷，下列分析不正確的是（ ）A該“84消毒液”的物質(zhì)的量濃度約為4.0 molL1B一瓶該“84消毒液”敞口放置一段時間后濃度會變小C取100 mL該“84消毒液”稀釋100倍消毒，稀釋后溶液中c(Na)約為0.04molL1D參閱該“84消毒液”的配方，欲用NaClO固體配制含25%NaClO的消毒液480

3、mL，需要稱量的NaClO固體質(zhì)量為143 g6、水法冶金技術(shù)得以迅速發(fā)展源于西漢的淮南萬畢術(shù)中所述：“曾青得鐵則化為銅”。文中涉及的化學(xué)反應(yīng)類型是A化合反應(yīng) B分解反應(yīng) C置換反應(yīng) D復(fù)分解反應(yīng)7、下列實(shí)驗(yàn)中對應(yīng)的現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是（ ）實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A向某溶液中滴加氯水和CCl4，振蕩靜置下層溶液呈橙色原溶液中有IB向盛有酸性高錳酸鉀溶液的試管中通入足量的乙烯后靜置溶液的紫色逐漸褪去，靜置后溶液分層乙烯發(fā)生氧化反應(yīng)C向飽和FeCl3溶液中加入少量Na2CO3粉末有氣泡冒出證明FeCl3水解呈酸性D向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，再加足量鹽酸產(chǎn)生白色沉淀，加入鹽酸后仍有白色沉淀原溶液中

4、一定有SO42AABBCCDD8、海洋中的珊瑚蟲經(jīng)如下反應(yīng)形成石灰石外殼，進(jìn)而形成珊瑚：。與珊瑚蟲共生的藻類會消耗海洋中的。氣候變暖、溫室效應(yīng)的加劇干擾了珊瑚蟲的生長，甚至致其死亡。下列說法不合理的是A共生藻類消耗，有利于珊瑚的形成B海洋中濃度升高，抑制了珊瑚的形成C溫度升高會增大在海水中的溶解度，抑制了珊瑚的形成D將轉(zhuǎn)化為甲醇等化工原料，有助于緩解溫室效應(yīng)9、一定溫度下，在三個體積均為2.0 L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。編號溫度/起始物質(zhì)的量/mol平衡物質(zhì)的量/mol達(dá)到平衡所需時間/sPCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)3200.400.1

5、00.10t3200.80t14100.400.150.15t2下列說法正確的是A平衡常數(shù)K：容器容器B反應(yīng)到達(dá)平衡時，PCl5的轉(zhuǎn)化率：容器容器C反應(yīng)到達(dá)平衡時，容器中的平均速率為v(PCl5)=molL-1s-1D起始時向容器中充入PCl5 0.30 mol、PCl3 0.45 mol和Cl2 0.10 mol，則反應(yīng)將向逆反應(yīng)方向進(jìn)行10、在“石蠟液體石蠟石蠟蒸氣裂化氣”的變化過程中，被破壞的作用力依次是A范德華力、范德華力、范德華力B范德華力、范德華力、共價鍵C范德華力、共價鍵、共價鍵D共價鍵、共價鍵、共價鍵11、下列有關(guān)滴定的說法正確的是A用25mL滴定管進(jìn)行中和滴定時，用去標(biāo)準(zhǔn)液的

6、體積為21.7mLB用未知濃度的鹽酸滴定已知濃度的NaOH溶液時，若讀取讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定到終點(diǎn)后俯視，會導(dǎo)致測定結(jié)果偏低C用標(biāo)準(zhǔn)的KOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，配制標(biāo)準(zhǔn)溶液的固體KOH中混有NaOH雜質(zhì)，則結(jié)果偏低D.用c1mol/L高錳酸鉀溶液滴定V2mL未知濃度的H2C2O4溶液，至滴定終點(diǎn)用去高錳酸鉀溶液體積為V1mL，則H2C2O4溶液的濃度為mol/L12、 “碳捕捉技術(shù)”是指通過一定的方法，將工業(yè)生產(chǎn)中產(chǎn)生的CO2分離出來進(jìn)行儲存利用。利用NaOH溶液來“捕捉”CO2的過程如圖所示(部分條件及物質(zhì)未標(biāo)出)。下列說法錯誤的是A能耗大是該方法的一大缺點(diǎn)B整個過程中，有2種物質(zhì)可

7、以循環(huán)利用C“反應(yīng)、分離”環(huán)節(jié)中，有復(fù)分解反應(yīng)發(fā)生D“反應(yīng)、分離”環(huán)節(jié)中，分離的基本操作是蒸發(fā)、結(jié)晶13、交通運(yùn)輸部在南海華陽礁舉行華陽燈塔和赤瓜燈塔竣工發(fā)光儀式，宣布兩座大型多功能燈塔正式發(fā)光并投入使用。鎂海水電池可為燈塔提供能源，其裝置如圖所示。下列有關(guān)鎂海水電池的說法正確的是AMg電極上發(fā)生還原反應(yīng)B該電池工作一段時間后，左側(cè)溶液質(zhì)量減輕C正極的電極反應(yīng)式為H2O2+2e-+2H+=2H2OD若電池工作時轉(zhuǎn)移2mol電子，則有2molH+由質(zhì)子交換膜左側(cè)向右側(cè)遷移14、下列說法正確的是（ ）A液態(tài)HCl、固態(tài)AgCl均不導(dǎo)電，所以HCl、AgCl是非電解質(zhì)BNH3、CO2的水溶液均能導(dǎo)電

8、，所以NH3、CO2均是電解質(zhì)C金剛石、石墨、14C是碳元素的同素異形體D混合物：淀粉、自來水、水玻璃、醫(yī)用酒精15、下列裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵?）A B C D16、在水溶液中能大量共存的一組離子是()ANa+、Ca2+、Cl-、SO42-BFe2+、H+、HCO3-、Cl-CMg2+、NH4+、Cl-、SO42-DK+、Fe3+、NO3-、OH-17、下列實(shí)驗(yàn)操作、實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象及解釋與結(jié)論都正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象解釋與結(jié)論A將乙醇與濃硫酸共熱至170，所得氣體通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色乙醇發(fā)生消去反應(yīng)，氣體中只含有乙烯B淀粉溶液和稀H2SO4混合加熱，加新制Cu(OH)2

9、懸濁液加熱至沸騰有磚紅色沉淀產(chǎn)生淀粉發(fā)生水解，產(chǎn)物具有還原性C向甲苯中滴入適量濃溴水，振蕩，靜置溶液上層呈橙紅色，下層幾乎無色甲苯萃取溴所致D將少量某物質(zhì)滴加到新制的銀氨溶液中，水浴加熱有銀鏡生成說明該物質(zhì)一定是醛AABBCCDD18、取兩份等量的鋁粉，分別與足量的鹽酸、濃氫氧化鈉溶液反應(yīng)，在相同狀態(tài)下產(chǎn)生的氣體體積之比是A1：1B1：2C1：3D3：219、下列解釋事實(shí)的方程式不正確的是A用Na2S處理含Hg2+廢水：Hg2+ + S2 = HgSB燃煤中添加生石灰減少SO2的排放：2CaO + O2 + 2SO2 2CaSO4C工業(yè)上將Cl2 通入石灰乳中制漂白粉：Cl2 + OH = C

10、l+ ClO + H2OD向漂白液中加入適量潔廁靈（含鹽酸），產(chǎn)生氯氣：ClO+ Cl+2H = Cl2+ H2O20、下列事實(shí)中，不能用元素周期律解釋的是A原子半徑：K Ca Mg B堿性：NaOH Mg(OH)2Al(OH)3C熱穩(wěn)定性：HF HCl H2S D酸性：H2SO3 H2CO3 H2SiO321、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A無色透明的溶液：Na+、Cu2+、Cl-B的溶液：K+、Na+、C0.1molL-1KMnO4溶液：、Na+、I-D能溶解Al(OH)3的溶液：Na+、CH3COO-22、已知下述三個實(shí)驗(yàn)均能發(fā)生化學(xué)反應(yīng)。將鐵釘放入硫酸銅溶液中向硫酸亞鐵

11、溶液中滴入幾滴濃硝酸將鐵釘放入氯化鐵溶液中下列判斷正確的是A實(shí)驗(yàn)和中的鐵釘作還原劑B上述實(shí)驗(yàn)證明氧化性：Fe3+Fe2+Cu2+C實(shí)驗(yàn)中Fe2+既顯氧化性又顯還原性D實(shí)驗(yàn)中反應(yīng)的離子方程式為：Fe+Fe3+=2Fe2+二、非選擇題(共84分)23、（14分）以烴A為原料合成醫(yī)用麻醉藥芐佐卡因和食品防腐劑尼泊金酸乙酯的路線如下：完成下列填空（1）A的結(jié)構(gòu)簡式是_。工業(yè)上A的來源通常是_。（2）反應(yīng)的化學(xué)方程式是_。（3）反應(yīng)的反應(yīng)類型是_。（4）反應(yīng)的試劑與條件是_。（5）F的結(jié)構(gòu)簡式是_。（6）尼泊金酸乙酯有多種同分異構(gòu)體，任寫一種符合下列要求的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式_。i. 能發(fā)生銀鏡反應(yīng)且分

12、子中不含甲基 ii. 苯環(huán)上有兩個對位取代基（7）以A為起始原料，可以合成涂改液的主要成分亞甲基環(huán)己烷（），寫出其合成線路。_。（合成路線常用的表示方式為：）24、（12分）A、B、C、D、E為中學(xué)化學(xué)常見的單質(zhì)或化合物，相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。（1）若A是能使?jié)竦募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體；C、D均為空氣的主要成分；E是一種有毒氣體。寫出反應(yīng)I的化學(xué)方程式_；寫出反應(yīng)II的化學(xué)方程式_。（2）若A是淡黃色化合物；常溫下D是無色氣體；C中含有的陰、陽離子均為10電子粒子。 D的結(jié)構(gòu)式為_， 寫出反應(yīng)I的化學(xué)方程式_； 寫出反應(yīng)II的化學(xué)方程式_。25、（12分）堿式碳酸鎳Nix(OH)y(CO3)z

13、nH2O是一種綠色粉末晶體，常用作催化劑和陶瓷著色劑，300以上時分解生成3種氧化物。為確定其組成，某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室中進(jìn)行了有關(guān)的實(shí)驗(yàn)探究?；卮鹣铝袉栴}：(1)甲、乙兩裝置可分別選取下列裝置_、_(填字母，裝置可重復(fù)選取)。(2)稱取一定量的堿式碳酸鎳樣品，放入硬質(zhì)玻璃管內(nèi)；安裝好實(shí)驗(yàn)儀器，檢查裝置氣密性；加熱硬質(zhì)玻璃管，當(dāng)裝置C中_ (填實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象)時，停止加熱；打開活塞K，緩緩?fù)ㄈ肟諝?，其目的是_。(3)裝置A的作用是_，若沒有裝置E，則會使x/z_(填寫“偏大”或“偏小”或“無影響”)。(4)實(shí)驗(yàn)前后測得下表所示數(shù)據(jù)：裝置B中樣品質(zhì)量/g裝置C 質(zhì)量g裝置D質(zhì)量/g實(shí)驗(yàn)前3.77132.00

14、41.00實(shí)驗(yàn)后2.25133.0841.44已知堿式碳酸鎳中Ni化合價為2價，則該堿式碳酸鎳分解的化學(xué)方程式為_。(5)采取上述實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行該實(shí)驗(yàn)時，必須小心操作，且保證裝置氣密性良好，否則濃硫酸倒吸，可導(dǎo)致加熱的硬質(zhì)玻璃管炸裂。為防止?jié)饬蛩岬刮胗操|(zhì)玻璃管中，提出你的改進(jìn)措施：_。26、（10分）實(shí)驗(yàn)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(qiáng)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）A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應(yīng)方程式是_（錳被還原為Mn2+）。C中得到紫色固體和溶液。C中Cl2發(fā)生

15、的反應(yīng)有（請配平）_Cl2+ Fe(OH)3+ KOH K2FeO4+ KCl+ H2O（2）探究K2FeO4的性質(zhì)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(yàn)氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl而產(chǎn)生Cl2，設(shè)計以下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。方案用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方案可證明K2FeO4氧化了Cl根據(jù)K

16、2FeO4的制備實(shí)驗(yàn)得出：氧化性Cl2_FeO42-（填“”或“”），而方案實(shí)驗(yàn)表明，Cl2和FeO42-的氧化性強(qiáng)弱關(guān)系相反，原因是_。27、（12分）為驗(yàn)證氧化性Cl2 Fe3+ SO2，某小組用下圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)（夾持儀器和A中加熱裝置已略，氣密性已檢驗(yàn)）。實(shí)驗(yàn)過程：I.打開彈簧夾K1K4，通入一段時間N2，再將T型導(dǎo)管插入B中，繼續(xù)通入N2，然后關(guān)閉K1、K3、K4。.打開活塞a，滴加一定量的濃鹽酸，給A加熱。.當(dāng)B中溶液變黃時，停止加熱，夾緊彈簧夾K2。.打開活塞b，使約2mL的溶液流入D試管中，檢驗(yàn)其中的離子。.打開彈簧夾K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段時間后夾緊彈簧夾K3。

17、.更新試管D，重復(fù)過程，檢驗(yàn)B溶液中的離子。(1)過程的目的是_。(2)棉花中浸潤的溶液為_。(3)A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。(4)過程中，B溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是_。(5)甲、乙、丙三位同學(xué)分別完成了上述實(shí)驗(yàn)，他們的檢測結(jié)果一定能夠證明氧化性：Cl2 Fe3+ SO2的是_（填“甲”“乙”“丙”）。過程 B溶液中含有的離子過程 B溶液中含有的離子甲有Fe3+無Fe2+有乙既有Fe3+又有Fe2+有丙有Fe3+無Fe2+有Fe2+ (6)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)過程時，B中溶液顏色由黃色逐漸變?yōu)榧t棕色，停止通氣，放置一段時間后溶液顏色變?yōu)闇\綠色。查閱資料：Fe2+(aq) +(aq)FeSO3(s)

18、（墨綠色）。提出假設(shè)：FeCl3與 SO2的反應(yīng)經(jīng)歷了中間產(chǎn)物FeSO3，溶液的紅棕色是FeSO3（墨綠色）與FeCl3（黃色）的混合色。某同學(xué)設(shè)計如下實(shí)驗(yàn)，證實(shí)該假設(shè)成立：溶液E化學(xué)式為_，溶液F化學(xué)式為_。請用化學(xué)平衡原理解釋步驟3中紅棕色溶液顏色變?yōu)闇\綠色的原因_。28、（14分）二氧化硫是造成大氣污染的主要有害氣體之一，工業(yè)制備硫酸的接觸室中二氧化硫不能完全轉(zhuǎn)化為三氧化硫，尾氣必須處理。某興趣小組模擬接觸室中反應(yīng)，如圖是分別在三種不同實(shí)驗(yàn)條件下進(jìn)行反應(yīng)，反應(yīng)物二氧化硫的濃度隨時間的變化。(1)工業(yè)制硫酸的接觸室中用二氧化硫與氧氣制三氧化硫的生產(chǎn)條件為_。(2)實(shí)驗(yàn)，04min 平均反應(yīng)

19、速率v(O2)=_。(3)實(shí)驗(yàn)可能改變的條件是什么：_請簡述理由。_（已知正反應(yīng)放熱）(4)二氧化硫尾氣可以用氨水吸收，最終的產(chǎn)物可能有(NH4)2SO4、(NH4)2SO3、NH4HSO3。若三者的物質(zhì)的量濃度相同時，銨根離子濃度由大到小的順序?yàn)開。(5)濃硫酸是常見的干燥劑，請解釋不能干燥硫化氫與氨氣的原因_。29、（10分）Cu2O是一種幾乎不溶于水的氧化物，在涂料、玻璃等領(lǐng)域應(yīng)用非常廣泛。一種以硫化銅礦石(含CuFeS2、Cu2S 等) 為原料制取Cu2O 的工藝流程如下:（1）“硫酸化焙燒”時：硫化銅礦需粉碎的目的是_；CuS 與O2反應(yīng)生成CuSO4等物質(zhì)的化學(xué)方程式為_；加入Na

20、2SO4的作用除減小物料間黏結(jié)外，另一主要作用是_。（2）“浸取”時為提高銅的浸取率，除需控制硫酸的濃度外，還需控制_ (至少列舉兩點(diǎn))。（3）“制備”時，溶液的pH與Cu2O 的產(chǎn)率關(guān)系如右圖所示。在100時，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_ 圖中在4pH5 時，pH越小產(chǎn)率越低且產(chǎn)品中雜質(zhì)Cu的含量越高，是因?yàn)開。2022-2023學(xué)年模擬測試卷參考答案（含詳細(xì)解析）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(xiàng)）1、A【答案解析】R2Q2用于呼吸面具或潛水艇中作為氧氣來源，可說明R為鈉元素，O為氧元素。其中T元素的主要化合價有-2、+4、+6，且半徑大于氧原子，則T為硫元素；M元素

21、的主要化合價為+1，且其原子半徑比氧小，則M為氫元素；Z原子的半徑較氧大，主要化合價為-1，則為氯元素；X、Y兩元素的主要化合價分別為+3、+2，原子半徑比鈉略小，則X、Y為鋁、鎂元素，據(jù)此分析可得結(jié)論。【題目詳解】A.由上述分析可知T、Z分別為硫和氯元素，因氯元素的非金屬性比硫強(qiáng)，所以其最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性S鎂鋁，則單質(zhì)失去電子能力最強(qiáng)的為鈉，故B錯誤；C.M、Q分別為氫和氧元素，它們之間形成的化合物為共價化合物，故C錯誤；D.由上述分析可知，M、Q、Z分別為氫、氧、氯三種元素，分列于周期表中的一、二、三周期，故D錯誤；答案選A。2、D【題目詳解】A、能使酚酞變紅色的溶液呈堿性，含有

22、大量OH-，Al3與OH-反應(yīng)生成AlO2-和H2O，不能大量共存，A不符合題意；B、與Al反應(yīng)能放出H2的溶液可酸可堿，當(dāng)溶液為酸性時，F(xiàn)e2與NO3-發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，堿性環(huán)境下，亞鐵離子會產(chǎn)生沉淀而不能大量共存，B不符合題意；C、Al3與S2會發(fā)生雙水解而不能大量共存，C不符合題意；D、c(OH-)=1013molL1的溶液顯酸性，NH4+、Ca2、Cl、NO3-均不反應(yīng)能夠大量共存，D符合題意；故選D。3、D【答案解析】A、飛船發(fā)射涉及燃料的燃燒，有化學(xué)反應(yīng)，故A正確；B、陶器燒制過程中，有新的硅酸鹽生成，屬于化學(xué)變化，故B正確；C、濕法煉銅是指鐵與硫酸銅反應(yīng)生成銅單質(zhì)，

23、故C正確；D、打磨磁石制指南針只改變物質(zhì)的外形，沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故D錯誤。故選D。4、C【答案解析】A.由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物可知，氧化性：Na2O2Na2FeO4FeSO4 ，A正確；B.2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2，F(xiàn)e元素的化合價由+2價升高為+6價,O元素的化合價部分由1價降低為2價，部分由1價升高為0價，所以FeSO4只作還原劑，Na2O2既作氧化劑又作還原劑，B正確；C2FeSO410e-，所以每3molFeSO4完全反應(yīng)時，反應(yīng)中共轉(zhuǎn)移15mol電子，C錯誤。DNa2FeO4處理水時，Na2FeO4可以氧化殺死

24、微生物，生成的還原產(chǎn)物氫氧化鐵又具有吸附作用，可以起到凈水的作用，D正確；答案選C.點(diǎn)睛：解答本題特別需要注意在氧化還原反應(yīng)中Na2O2既可作氧化劑又可作還原劑。5、D【答案解析】A. 該“84消毒液”的物質(zhì)的量濃為c=4.0 molL1，故A正確；B. 一瓶該“84消毒液”敞口放置一段時間后，由于其易吸收空氣中的CO2變質(zhì)而濃度變小，故B正確；C. 稀釋后的溶液中c(Na)等于其原物質(zhì)的量濃度4.0 molL1的1/10，約為0.04molL1，故C正確；D. 應(yīng)選取500 mL的容量瓶進(jìn)行配制，所以需要NaClO的質(zhì)量為：0.5L4.0 molL174.5gmol1149g，故D不正確。故

25、選D。6、C【答案解析】“曾青得鐵則化為銅”，其中“曾青”是銅的化合物，即用鐵將銅的化合中的銅置換出來，反應(yīng)物是鐵和硫酸銅溶液，生成銅單質(zhì)和硫酸亞鐵。故選C。7、C【題目詳解】A. 向某溶液中滴加氯水和CCl4，振蕩靜置，下層溶液呈橙色，則原溶液中可能含I，也可能為碘水，與題意不符，A錯誤；B. 向盛有酸性高錳酸鉀溶液的試管中通入足量的乙烯，生成二氧化碳?xì)怏w，溶液無分層，與題意不符，B錯誤；C. FeCl3水解呈酸性，向飽和FeCl3溶液中加入少量Na2CO3粉末，則有氣泡產(chǎn)生，符合題意，C正確；D. 向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，再加足量鹽酸產(chǎn)生白色沉淀，加入鹽酸后仍有白色沉淀，則原

26、溶液中可能含SO32，與題意不符，D錯誤；答案為C。8、C【答案解析】共生藻類消耗，使生成珊瑚的石灰石外殼的反應(yīng)正向移動，有利于生成珊瑚，選項(xiàng)A正確。海洋中濃度升高，使生成珊瑚的石灰石外殼的反應(yīng)逆向移動，抑制了珊瑚的形成，選項(xiàng)B正確。氣體溶解度一般隨著溫度的升高而降低，所以選項(xiàng)C錯誤。將轉(zhuǎn)化為甲醇等化工原料，可以減少大氣中的二氧化碳含量，緩解溫室效應(yīng)，選項(xiàng)D正確。9、D【分析】A.根據(jù)平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應(yīng)物的濃度冪之積進(jìn)行計算；平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，平衡常數(shù)不變；B.增大壓強(qiáng)，平衡向氣體體積減小的方向移動；C.根據(jù)v=進(jìn)行計算；D.計算出此時的Qc與K比較，判斷反應(yīng)

27、進(jìn)行的方向。【題目詳解】PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)，A.I中K=0.03mol/L，平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，則容器中得到平衡常數(shù)與容器I中相同，容器III中K=0.045mol/L，即平衡常數(shù)K：容器容器，A錯誤；B.容器與容器相比，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，增大壓強(qiáng)，化學(xué)平衡氣體體積減小的逆反應(yīng)方向移動，PCl5的轉(zhuǎn)化率減小，即PCl5的轉(zhuǎn)化率：容器0.045mol/L，所以化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動，D正確；故合理選項(xiàng)是D?！敬鸢更c(diǎn)睛】本題考查化學(xué)平衡移動原理及平衡常數(shù)的計算。掌握有關(guān)概念和化學(xué)平衡移動原理是判斷和計算的理論依據(jù)，在根據(jù)平衡常數(shù)的含義計算時，清楚化

28、學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度相同，化學(xué)平衡常數(shù)相同。可結(jié)合濃度商與平衡常數(shù)的相對大小判斷反應(yīng)進(jìn)行的方向。10、B【題目詳解】“石蠟液體石蠟石蠟蒸氣”屬于石蠟的 “三態(tài)”之間的轉(zhuǎn)化，所以轉(zhuǎn)化的過程中要克服分子間作用力；“石蠟蒸氣裂化氣”屬于石油的裂化，屬于化學(xué)變化，必然要破壞化學(xué)鍵(共價鍵)，答案選B。11、C【題目詳解】A滴定管每個小刻度為0.1mL，讀數(shù)讀到0.01mL，用25mL滴定管進(jìn)行中和滴定時，用去標(biāo)準(zhǔn)液的體積應(yīng)為21.70mL，故A錯誤；B用未知濃度的鹽酸滴定已知濃度的NaOH溶液時，若滴定前仰視讀數(shù)，滴定至終點(diǎn)后俯視讀數(shù)，導(dǎo)致消耗的鹽酸體積偏小，依據(jù)c（酸）=，測定結(jié)果偏高，故B

29、錯誤；C所用的固體KOH中混有NaOH，相同質(zhì)量的氫氧化鈉和氫氧化鉀，氫氧化鈉的物質(zhì)的量大于氫氧化鉀的物質(zhì)的量，故所配得溶液的OH-濃度偏大，造成V（堿）偏小，根據(jù)c（酸）= ，可知c（酸）偏小，故C正確；D依據(jù)方程式： ，則草酸濃度c2= mol/L，故D錯誤；故選：C。12、D【題目詳解】A.碳酸鈣的分解在高溫條件下進(jìn)行，消耗能量，耗能大，故A說法正確；B.基本過程中有兩個反應(yīng)：二氧化碳與氫氧化鈉反應(yīng)，碳酸鈣的高溫分解，循環(huán)利用的物質(zhì)為CaO和NaOH 兩種，故B說法正確；C.在“反應(yīng)、分離”環(huán)節(jié)中，發(fā)生的主要反應(yīng)為：NaHCO3+Ca(OH)2=H2O+CaCO3+NaOH，反應(yīng)類型為復(fù)

30、分解反應(yīng)，故C說法正確；D.“反應(yīng)、分離”過程中分離物質(zhì)的操作是過濾，目的是通過過濾得到碳酸鈣沉淀，故D說法錯誤；答案選D。13、C【答案解析】A. Mg電極作負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，故A錯誤；B. 該電池工作一段時間后，由于H+從右到左通過質(zhì)子交換膜，所以左側(cè)溶液質(zhì)量增重，故B錯誤；C. 正極發(fā)生還原反應(yīng)，正極的電極反應(yīng)式為H2O2+2e-+2H+=2H2O，故C正確；D. 若電池工作時轉(zhuǎn)移2mol電子，則有2molH+由質(zhì)子交換膜右側(cè)向左側(cè)遷移，故D錯誤。故選C。14、D【分析】在水溶液中或熔化狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物為電解質(zhì)，在水溶液中和熔化狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物為非電解質(zhì)，以此來解答?！绢}目

31、詳解】A. 液態(tài)HCl溶于水能導(dǎo)電，固態(tài)AgCl溶熔化狀態(tài)下能導(dǎo)電，又屬于化合物，所以液態(tài)HCl、固態(tài)AgCl是電解質(zhì)，A項(xiàng)錯誤；B. NH3和CO2本身不能電離出離子，與水反應(yīng)生成的一水合氨或碳酸電解質(zhì)溶液能導(dǎo)電，則NH3、CO2屬于非電解質(zhì)，B項(xiàng)錯誤；C. 金剛石、石墨是碳元素的同素異形體，但14C是原子，不是碳元素的同素異形體，C項(xiàng)錯誤；D. 淀粉、自來水、水玻璃、醫(yī)用酒精均是由兩種或兩種以上物質(zhì)組成的混合物，D項(xiàng)正確；答案選D?！敬鸢更c(diǎn)睛】掌握非電解質(zhì)的判斷方法是解此題的關(guān)鍵。需要注意的是，判斷給出的物質(zhì)是不是非電解質(zhì)要先判斷該物質(zhì)屬不屬于化合物，若為化合物，再進(jìn)一步該物質(zhì)再判斷特定條

32、件（或者熔融狀態(tài)）下能否導(dǎo)電，進(jìn)而做出最終判斷，若是單質(zhì)或者混合物，則一定不屬于非電解質(zhì)。常見的非電解質(zhì)有二氧化碳、二氧化硫、氨氣以及蔗糖和酒精等，學(xué)生需要理解并謹(jǐn)記。15、A【答案解析】A.長進(jìn)短出是收集密度比空氣大的氣體，如二氧化碳，短進(jìn)長出收集密度比空氣小的氣體，如氫氣，故該裝置能收集氫氣或二氧化碳；B.量筒不能用來稀釋硫酸，故錯誤；C.用氯化銨和氫氧化鈣加熱制取氨氣時試管口應(yīng)略向下傾斜，且氨氣應(yīng)用向下排空氣法收集，且收集氨氣的試管口不能密封，故錯誤；D.天平只能稱量到一位小數(shù)，故錯誤。故選A。16、C【題目詳解】A.鈣離子和硫酸根生成微溶物硫酸鈣，不能大量共存，故A錯誤；B.氫離子與碳

33、酸氫根反應(yīng)生成水和二氧化碳，不能大量共存，故B錯誤；C.四種離子相互不反應(yīng)，可以大量共存，故C正確；D.氫氧根和鐵離子生成氫氧化鐵沉淀，不能大量共存，故D錯誤故答案為C。17、C【題目詳解】A乙醇的消去反應(yīng)中，催化劑濃硫酸具有脫水性，能使少量乙醇在濃硫酸作用下脫水生成碳單質(zhì)，碳和濃硫酸之間會反應(yīng)生成二氧化碳和具有還原性的二氧化硫氣體，該氣體也能使高錳酸鉀褪色，故A錯誤；B淀粉溶液和稀H2SO4混合加熱，水解產(chǎn)物是葡萄糖，它和新制的Cu(OH)2懸濁液的反應(yīng)必須在堿性環(huán)境下發(fā)生，驗(yàn)證水解產(chǎn)物時必須先加入氫氧化鈉溶液使混合液變?yōu)閴A性，再加入新制的Cu(OH)2懸濁液，故B錯誤；C甲苯和溴水之間不會

34、發(fā)生取代反應(yīng)，只有在鐵催化下才和純液溴反應(yīng)，溴在甲苯中的溶解度大于在水中的溶解度，所以甲苯能夠萃取溴水中的溴，甲苯的密度比水的密度小，所以上層呈橙紅色，下層幾乎無色，故C正確；D能夠發(fā)生銀鏡反應(yīng)的物質(zhì)具有醛基，但是不一定為醛，比如甲酸、甲酸酯都含有醛基，但是不屬于醛類，故D錯誤；答案選C。18、A【題目詳解】Al與HCl、NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2，根據(jù)方程式可知：當(dāng)酸、堿均過量時，金屬鋁完全反應(yīng)，等物質(zhì)的量的鋁與兩種不同的物質(zhì)發(fā)生反應(yīng)，產(chǎn)生的氫氣的物質(zhì)的量相等，根據(jù)n=，可知Al的物質(zhì)的量相等，

35、其質(zhì)量相等；反應(yīng)產(chǎn)生的氫氣的物質(zhì)的量相等，則在相同條件下其體積也相等，因此取兩份等量的鋁粉，分別與足量的鹽酸、濃氫氧化鈉溶液反應(yīng)，在相同狀態(tài)下產(chǎn)生的氣體體積之比是1：1，故合理選項(xiàng)是A。19、C【答案解析】A、用Na2S處理含Hg2+廢水，為沉淀法，離子方程式為：Hg2+ + S2 = HgS，故A正確；B、燃煤中添加生石灰減少SO2的排放，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，方程式為：2CaO + O2 + 2SO2 2CaSO4，故B正確；C. 工業(yè)上將Cl2 通入石灰乳中制漂白粉，石灰乳沒有全部電離，離子方程式為：Cl2 +Ca(OH)2 = Cl+ ClO + H2O，故C錯誤；D、向漂白液中加入適量潔

36、廁靈（含鹽酸），在酸性條件下，次氯酸根將氯離子氧化，產(chǎn)生氯氣：ClO+ Cl+2H = Cl2+ H2O，故D正確；故選C。20、D【答案解析】A同周期自左而右，原子半徑逐漸減小，同主族自上而下，原子半徑逐漸增大，原子半徑：K Ca Mg，能用元素周期律解釋，故A不選；B元素的金屬性越強(qiáng)，對應(yīng)的最高價氧化物的水化物的堿性越強(qiáng)，Na、Mg、Al位于周期表相同周期，金屬性NaMgAl，因此堿性：NaOH Mg(OH)2 Al(OH)3，能用元素周期律解釋，故B不選；C元素的非金屬性越強(qiáng)，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，熱穩(wěn)定性：HF HCl H2S，能用元素周期律解釋，故C不選；D元素的非金屬性越強(qiáng)，對應(yīng)的最高

37、價氧化物的水化物的酸性越強(qiáng)，但H2SO3不是最高價氧化物的水化物，不能用元素周期律解釋，故D選；故選D。21、B【題目詳解】A無色透明的溶液中不可能含有Cu2+，故A錯誤；B室溫下的溶液中c(OH-)=10-1mol/L，即溶液pH=13，而離子組K+、Na+、彼此間不發(fā)生離子反應(yīng)，且在堿性溶液中能大量存在，故B正確；C有強(qiáng)氧化性，I-有較強(qiáng)還原性，兩離子不可能大量共存于同一溶液中，故C錯誤；D能溶解Al(OH)3的溶液可能顯強(qiáng)酸性，也可能顯強(qiáng)堿性，而不能在強(qiáng)堿性溶液中大量存在，CH3COO-不能在強(qiáng)酸性溶液中大量存在，故D錯誤；故答案為B。22、A【題目詳解】A反應(yīng)物中Fe元素的化合價升高失

38、去電子，作還原劑，則實(shí)驗(yàn)和中的鐵釘只作還原劑，A正確；BFe+CuSO4=Cu+FeSO4反應(yīng)中Cu2+作氧化劑，F(xiàn)e2+作氧化產(chǎn)物，則氧化性：Cu2+Fe2+，B錯誤；C實(shí)驗(yàn)中Fe元素的化合價升高，失去電子，則Fe2+只顯還原性，C錯誤；D實(shí)驗(yàn)中根據(jù)電子得失數(shù)目相等，可知反應(yīng)的離子方程式為：Fe+2Fe3+=3Fe2+，D錯誤；故合理選項(xiàng)是A。二、非選擇題(共84分)23、 煤的干餾 ：+HNO3（濃） +H2O 還原反應(yīng) Cl2/FeCl3 、 、 、任寫一種即可 【分析】根據(jù)后續(xù)流程可知A中含有苯環(huán)，其分子式為C7H8，可知A為甲基苯，B到C為氧化反應(yīng)，苯環(huán)上的甲級可以被氧化成羧基，所以

39、C到為酯化反應(yīng)，X為CH3CH2OH，則A到B引入了硝基，為與濃硝酸的取代反應(yīng)；A到D為取代反應(yīng)，F(xiàn)到尼泊金酸乙酯為酯化反應(yīng)，尼泊金酸乙酯分子中有酚羥基，則E到F為氯代烴的取代，F(xiàn)為，E為，D為，故A到D是氯原子取代了苯環(huán)上的氫。據(jù)此進(jìn)行解答?！绢}目詳解】（1）A為甲基苯，其結(jié)構(gòu)簡式為，煤干餾得到煤焦油，煤焦油中含甲苯、苯等；故答案為：；煤的干餾；（2）反應(yīng)為甲苯與濃硝酸的取代，故答案為：+HNO3（濃） +H2O；（3）反應(yīng)由到芐佐卡因，過程中去氧加氫，故為還原反應(yīng)，故答案為：還原反應(yīng)；（4）反應(yīng)為氯原子取代苯環(huán)上的氫，該反應(yīng)需要FeCl3做催化劑，故答案為：Cl2/FeCl3；（5）根據(jù)分

40、析可知答案為：；（6）尼泊金酸乙酯結(jié)構(gòu)簡式可知其不飽和度為5，則其同分異構(gòu)體不飽和度也為5，根據(jù)“能發(fā)生銀鏡反應(yīng)且分子中不含甲基”可知其含有CHO結(jié)構(gòu)，且沒有CH3,；又 “苯環(huán)上有兩個對位取代基”，所以同分異構(gòu)體有：、 、 、任寫一種即可；（7）可由發(fā)生消去反應(yīng)得到，可由發(fā)生加成反應(yīng)得到，可由甲苯發(fā)生取代反應(yīng)得到，其合成路線為，故答案為：?！敬鸢更c(diǎn)睛】明確有機(jī)物的官能團(tuán)及其物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系是解本題關(guān)鍵，熟練掌握烴、鹵代烴、醇、醛、羧酸及酯之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系；第（7）題合成路線的設(shè)計可用逆推法進(jìn)行分析。24、4NH3+5O24NO+6H2O 2NO+2CON2+2CO2 O=C=O 2Na2O2

41、+2CO2=2Na2CO3+O2 Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH 【答案解析】本題考查無機(jī)推斷，（1）A是能使?jié)竦募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，推出A為NH3，C和D均為空氣的主要成分，即D為O2、C為N2，E是一種有毒氣體，NO轉(zhuǎn)化成N2，被還原，E為還原劑，化合價升高，E可能是CO或NH3，但A為NH3，因此E為CO，I反應(yīng)的方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O；II反應(yīng)的方程式為2NO+2CON2+2CO2；（2）A是淡黃色化合物，即A為Na2O2，D為無色氣體，根據(jù)Na2O2的化學(xué)性質(zhì)，則D為CO2，發(fā)生2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，C是由陰陽離子構(gòu)成

42、，即C為離子化合物，陰陽離子又是10電子微粒，根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系，推出B為Na2CO3，E為Ca(OH)2，CO2的結(jié)構(gòu)式為O=C=O；反應(yīng)I的化學(xué)反應(yīng)方程式為發(fā)生2Na2O22CO2=2Na2CO3O2；II的反應(yīng)方程式為Ca(OH)2Na2CO3=CaCO32NaOH。25、c c 不再有氣泡產(chǎn)生 將裝置中殘留的氣體產(chǎn)物吹入吸收裝置中 吸收空氣中的CO2和水蒸氣 偏小 Ni3(OH)4CO34H2O=3NiO+6H2O+CO2 在裝置B、C之間連接一個安全瓶(或其它合理答案均可給分) 【答案解析】本題考查實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計與評價，（1）本題實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖菧y定堿式碳酸鎳的組成，根據(jù)信息，300以上時分解生成

43、3種氧化物，這三種氧化物分別是NiO、CO2、H2O，需要測CO2和H2O的質(zhì)量，因此必須讓其全部被吸收，根據(jù)(2)，甲裝置的作用是吸收空氣中CO2和H2O，甲裝置應(yīng)是c，B裝置應(yīng)是加熱堿式碳酸鎳，C裝置應(yīng)是吸收產(chǎn)生H2O，D裝置應(yīng)是吸收產(chǎn)生CO2，防止外界中CO2和H2O進(jìn)入裝置D，對測量產(chǎn)生影響，因此E的作用是防止空氣中的CO2和H2O進(jìn)入D裝置，故乙裝置選c；（2）根據(jù)上述分析，當(dāng)裝置C中不再有氣泡產(chǎn)生，說明反應(yīng)完全，打開活塞K，緩慢通入空氣的目的是讓裝置中殘留的氣體產(chǎn)物被C和D裝置全部吸收；（3）根據(jù)（1）的分析，裝置A的作用是吸收空氣中的CO2和水蒸氣；裝置E的作用是防止外界中CO2

44、和H2O進(jìn)入裝置D，如果沒有此裝置，D裝置吸收空氣中CO2和水，造成CO2的質(zhì)量增大，根據(jù)元素守恒，x/z偏大；（4）裝置C質(zhì)量增重(133.08132.00)g=1.08g，產(chǎn)生水的質(zhì)量為1.08g，合0.06mol，裝置D增重的質(zhì)量是CO2的質(zhì)量，即為(41.4441.00)g=0.44g，合0.01mol，裝置B中反應(yīng)后的物質(zhì)是NiO，其質(zhì)量為2.25g，合0.03mol，化合價代數(shù)和為0，因此推出OH物質(zhì)的量為0.04mol，根據(jù)H原子守恒推出H2O的物質(zhì)的量為0.04mol，因此x:y:z:n=0.03：0.04：0.01：0.04=3：4：1：4，即堿式碳酸鎳的化學(xué)式為Ni3(OH

45、)4CO34H2O，堿式碳酸鎳受熱分解化學(xué)方程式為：Ni3(OH)4CO34H2O 3NiO+6H2O+CO2；（5）根據(jù)信息，應(yīng)在裝置B、C之間連接一個安全瓶。26、2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl +5Cl2+8H2O 3，2，10，2，6，8 4 FeO42-+20H+=4Fe3+3O2+10H2O 溶液酸堿性不同 【答案解析】裝置A中KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)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(yīng)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(yīng)制備K2FeO4，在此

46、裝置中Cl2還可以直接與KOH反應(yīng)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?！绢}目詳解】（1）根據(jù)題意，KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，反應(yīng)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(yīng)的化學(xué)方程式為2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，故答案為：2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O；C中Cl2與KOH、Fe（OH）3反應(yīng)制備K2FeO4，反應(yīng)中Cl2做氧化劑被還原為KCl，F(xiàn)e(OH)

47、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(yīng)的化學(xué)方程式為3Cl2+2Fe(OH)3+ 10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，故答案為：3，2，10，2，6，8；（2）根據(jù)上述制備反應(yīng)，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(yīng)，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(yīng)為4FeO42-+20H+=3O2+4Fe3+10H2O，故答案為

48、：4FeO42-+20H+=3O2+4Fe3+10H2O；制備K2FeO4的原理為3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在該反應(yīng)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(yīng)中氧化性：氧化劑氧化產(chǎn)物，得出氧化性Cl2FeO42-；根據(jù)方案II，方案II的反應(yīng)為2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3+3Cl2+8H2O，由方案II得出氧化性FeO42-Cl2，實(shí)驗(yàn)表明，Cl2和FeO42-氧化性強(qiáng)弱關(guān)系相反；對比兩個反應(yīng)的條件，制備K2FeO4在堿性條

49、件下，方案II在酸性條件下；說明溶液的酸堿性的不同影響物質(zhì)氧化性的強(qiáng)弱，故答案為：；溶液酸堿性不同?！敬鸢更c(diǎn)睛】理解制備K2FeO4的原理和K2FeO4性質(zhì)探究的原理是解答本題的關(guān)鍵。與氣體有關(guān)的制備實(shí)驗(yàn)裝置的連接順序一般為：氣體發(fā)生裝置除雜凈化裝置制備實(shí)驗(yàn)裝置尾氣吸收。進(jìn)行物質(zhì)性質(zhì)實(shí)驗(yàn)探究是要控制反應(yīng)的條件、排除其他物質(zhì)的干擾。27、排出裝置中的空氣，防止氧氣干擾 NaOH溶液 MnO24HCl(濃)MnCl22H2OCl2 2Fe3SO22H2O=2Fe24H 乙丙 Na2SO3 FeCl3 Fe3+消耗，c()減小，使得Fe3+(aq)+(aq)FeSO3(s)平衡逆向移動，所以溶液中紅

50、棕色變?yōu)闇\綠色 【分析】打開彈簧夾通入氮?dú)?，排盡裝置中的空氣，先打開活塞a，二氧化錳與濃鹽酸加熱反應(yīng)生成氯氣，氯氣進(jìn)入氯化亞鐵溶液生成氯化鐵，關(guān)閉K2后打開活塞b，亞硫酸鈉和濃硫酸反應(yīng)生成二氧化硫，二氧化硫進(jìn)入氯化鐵溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，據(jù)此回答問題?！绢}目詳解】（1）由于裝置中含有空氣，空氣中的O2會干擾實(shí)驗(yàn)，過程中通入一段時間N2，目的是排除裝置中的空氣，防止干擾。（2）為了防止多余的Cl2、SO2污染環(huán)境，所以棉花中浸潤的溶液是NaOH溶液，吸收未反應(yīng)的Cl2、SO2。（3）A中二氧化錳與濃鹽酸的反應(yīng)生成MnCl2、氯氣、水，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnO2 4HCl（濃）MnCl2 Cl2

51、 2H2O。（4）過程中，B溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是2Fe3SO22H2O=2Fe24H。（5）甲、過程的B溶液中含有的離子有Fe3無Fe2，氯氣可能過量，過程的B溶液中含有的SO42，可能是氯氣氧化SO2生成的，不能證明Fe3+的氧化性大于SO2；不能證明結(jié)論；乙、過程的B溶液中含有的離子既有Fe3又有Fe2，說明氯氣不足，氯氣氧化性大于鐵離子，過程的B溶液中含有的SO42，說明二氧化硫與鐵離子發(fā)生了反應(yīng)：2Fe3+SO2+2H2O =2Fe2+SO42-+4H+，則Fe3+氧化性大于二氧化硫；能證明結(jié)論；丙、過程的B溶液中有Fe3+、無Fe2+，則氯氣的氧化性大于鐵離子，過程的B溶液中含有Fe2+，說明SO2將Fe3+還原成Fe2+，則氧化性鐵離子大于二氧化硫；能證明結(jié)論；故乙、丙一定能夠證明氧化性Cl2 Fe3 SO2。（6）FeCl2溶液加入溶液E后，溶液變?yōu)槟G色，說明生成了FeSO3，說明E為Na2SO3（或可溶性亞硫酸鹽）；加入溶液F后溶液變?yōu)榧t棕色，放置一段 時間后變?yōu)闇\綠色，說明F為FeCl3溶液。溶液的紅棕色是FeSO3（墨綠色）與FeCl3（黃色）的混合色，F(xiàn)e3 消耗 SO32，c（SO32）減小，使平衡Fe2（aq） SO32 （aq）FeSO3（s）逆向移動，溶液顏色由紅棕色變?yōu)闇\綠色。28、常壓、催化劑、加熱 0.00375