2021-2022學年上海市靜安區(qū)豐華高三第二次模擬考試化學試卷含解析

1、2021-2022學年高考化學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答

2、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）1、下列關于膠體和溶液的說法中，正確的是（ ）A膠體粒子在電場中自由運動B丁達爾效應是膠體粒子特有的性質(zhì)，是膠體與溶液、懸濁液的本質(zhì)區(qū)別C膠體粒子，離子都能過通過濾紙與半透膜D鐵鹽與鋁鹽都可以凈水，原理都是利用膠體的性質(zhì)2、室溫下，向下列溶液中通入相應的氣體至溶液pH=7（通入氣體對溶液體積的影響可忽略），溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度關系正確的是A向0.10mol/L CH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）c（CH3COOH）=c（Cl）B向0.10mol/L NaHSO3溶液中通入NH3：c（Na+）c（NH

3、4+）c（SO32）C向0.10mol/L Na2SO3溶液通入SO2：c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）D向0.10mol/L( NH4)2CO3溶液中通入CO2：c（NH4+）=c（HCO3）+c（CO32）3、下列化學用語表示正確的是A中子數(shù)為8的氮原子： B硫離子的結構示意圖：C銨根離子的電子式： D聚丙烯的結構簡式4、在藥物制劑中，抗氧劑與被保護的藥物在與O2發(fā)生反應時具有競爭性，抗氧性強弱主要取決于其氧化反應的速率。Na2SO3、NaHSO3和Na2S2O5是三種常用的抗氧劑。已知：Na2S2O5 溶于水發(fā)生反應：S2O52+H2O=2HSO3實驗用品

4、實驗操作和現(xiàn)象1.0010-2mol/L Na2SO3溶液1.0010-2mol/L NaHSO3溶液5.0010-3mol/L Na2S2O5溶液實驗1：溶液使紫色石蕊溶液變藍，溶液使之變紅。實驗2：溶液與O2反應，保持體系中O2濃度不變，不同pH條件下，c(SO32) 隨反應時間變化如下圖所示。實驗3：調(diào)溶液的pH相同，保持體系中O2濃度不變，測得三者與O2的反應速率相同。下列說法中，不正確的是ANa2SO3溶液顯堿性，原因是：SO32+H2OHSO3+OHBNaHSO3溶液中HSO3的電離程度大于水解程度C實驗2說明，Na2SO3在pH=4.0時抗氧性最強D實驗3中，三種溶液在pH相同時

5、起抗氧作用的微粒種類和濃度相同，因此反應速率相同5、常溫下，HCOOH和CH3COOH的電離常數(shù)分別1.80104和1.75105。將pH=3，體積均為V0的兩種酸溶液分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是（ ）A溶液中水的電離程度：b點c點B相同體積a點的兩溶液分別與NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同C從c點到d點，溶液中不變（HA、A-分別代表相應的酸和酸根離子）D若兩溶液無限稀釋，則它們的c(H+)相等6、有機物M、N、Q的轉(zhuǎn)化關系為：下列說法正確的是()AM分子中的所有原子均在同一平面B上述兩步反應依次屬于加成反應和取代反應CM的同分異構體中屬于芳香烴

6、的還有3種DQ與乙醇互為同系物，且均能使酸性KMnO4溶液褪色7、下列有關化學用語的表達正確的是( )AH和Cl形成共價鍵的過程：B質(zhì)子數(shù)為46、中子數(shù)為60的鈀原子：PdC結構示意圖為的陰離子都不能破壞水的電離平衡D環(huán)氧乙烷的結構簡式為8、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結論A向苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液，濁液變清苯酚的酸性強于H2CO3的酸性B向碘水中加入等體積CCl4，振蕩后靜置，上層接近無色，下層顯紫紅色I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度C向CuSO4溶液中加入鐵粉，有紅色固體析出Fe2+的氧化性強于Cu2+的氧化性D向NaCl、NaI的混合稀溶

7、液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成Ksp(AgCl) Ksp(AgI)AABBCCDD9、下列關于硫及其化合物說法錯誤的是（ ）A實驗室常將硫磺撒在汞的表面以除去不慎灑落的汞B葡萄酒中添加適量SO2可以起到抗氧化的作用C硫酸鋇可用作消化系統(tǒng)X射線檢查的內(nèi)服藥劑D“石膽淺碧色，燒之變白色者真”所描述的“石膽”是指FeSO47H2O10、溫度為T 時，向2.0 L恒容密閉容器中充入1.0 mol PCl5，反應：PCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)經(jīng)一段時間后達到平衡，反應過程中測定的部分數(shù)據(jù)見下表：t/s050150250250n(PCl3)/mol00.160.190.200.2

8、0下列說法正確的是A反應在前50 s內(nèi)的平均速率v(PCl3)=0.0032mol/(Ls)B保持其他條件不變，升高溫度，平衡時c(PCl3)=0.11mol/L，該反應為放熱反應C相同溫度下，起始時向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，達到平衡前的v正v逆D相同溫度下，起始時向容器中充入2.0 mol PCl3、2.0 mol Cl2，達到平衡時，PCl3的轉(zhuǎn)化率小于8011、碲被譽為“現(xiàn)代工業(yè)的維生素”，它在地殼中平均的豐度值很低，銅陽極泥中碲的回收越來越引起人們的重視。某科研小組從粗銅精煉的陽極泥（主要含有 Cu2Te）中提取粗碲設計

9、工藝流程如圖所示。下列有關說法正確的是（ ）已知: “焙燒”后，碲主要以TeO2形式存在TeO2微溶于水，易溶于強酸和強堿A“焙燒”用到的主要硅酸鹽產(chǎn)品儀器：蒸發(fā)皿、酒精燈、玻璃棒B“還原”時氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:2C為加快“氧化”速率溫度越高越好DTeO2是兩性氧化物，堿浸時反應的離子方程式為TeO2 +2OH- =TeO32- +H2O12、下列生產(chǎn)、生活中的事實不能用金屬活動性順序表解釋的是()A鋁制器皿不宜盛放酸性食物B電解飽和食鹽水陰極產(chǎn)生氫氣得不到鈉C鐵制容器盛放和運輸濃硫酸D鍍鋅鐵桶鍍層破損后鐵仍不易被腐蝕13、下列屬于電解質(zhì)的是()A酒精B食鹽水C氯化鉀D銅絲14、

10、Y是合成藥物查爾酮類抑制劑的中間體，可由X在一定條件下反應制得下列敘述不正確的是（ ）A該反應為取代反應BY能使酸性高錳酸鉀溶液褪色可證明其分子中含有碳碳雙鍵CX和Y均能與新制的Cu(OH)2在加熱條件下反應生成磚紅色沉淀D等物質(zhì)的量的X、Y分別與H2反應，最多消耗H2的物質(zhì)的量之比為4515、海洋是一個資源寶庫，海水資源的開發(fā)和利用是現(xiàn)代和未來永恒的主題。下面是海水利用的流程圖：下列有關說法不正確的是A過程中制得NaHCO3是先往精鹽溶液中通入CO2，再通入NH3B氯堿工業(yè)在陽極產(chǎn)生了使?jié)駶櫟矸鄣饣浽嚰堊兯{的氣體C反應加熱MgCl26H2O應在HCl氣流保護下制備無水MgCl2D反應中，用

11、Na2CO3水溶液吸收Br2后，用7080%硫酸富集Br216、我國科學家開發(fā)的一種“磷酸釩鋰/石墨離子電池”在4.6V電位區(qū)電池總反應為：Li3C6V2(PO4)36CLi3V2(PO4)3。下列有關說法正確的是A該電池比能量高，用Li3V2(PO4)3做負極材料B放電時，外電路中通過0.1 mol電子M極質(zhì)量減少0.7 gC充電時，Li+向N極區(qū)遷移D充電時，N極反應為V2(PO4)33Li3e=Li3V2(PO4)317、納米級TiO2具有獨特的光催化性與紫外線屏蔽等功能、具有廣闊的工業(yè)應用前景。實驗室用鈦鐵精礦（FeTiO3）提煉TiO2的流程如下。下列說法錯誤的是（ ）A酸浸的化學方

12、程式是：FeTiO32H2SO4FeSO4TiOSO42H2OBX稀釋所得分散系含納米級H2TiO3，可用于觀察丁達爾效應C用水蒸氣是為了促進水解，所得稀硫酸可循環(huán)使用D反應中至少有一個是氧化還原反應18、化合物(甲)、(乙)、(丙)的分子式均為，下列說法正確的是( )A甲的同分異構體只有乙和丙兩種B甲、乙、丙的一氯代物種數(shù)最少的是丙C甲、乙、丙均可與溴的四氯化碳溶液反應D甲中所有原子可能處于同一平面19、2mol金屬鈉和1mol氯氣反應的能量關系如圖所示，下列說法不正確的是（ ）AH1=H2+H3+H4+H5+H6+H7BH4的值數(shù)值上和Cl-Cl共價鍵的鍵能相等CH70，且該過程形成了分子

13、間作用力DH5H520、下列有關物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應關系的是（ ）AAl2O3的熔點很高，可用作耐火材料BNH3具有還原性，可用作制冷劑CSO2具有氧化性，可用于紙漿的漂白D鈉鉀合金的密度小，可用作快中子反應堆的熱交換劑21、下列實驗操作、現(xiàn)象和結論均正確的是（）選項操作現(xiàn)象結論A向某無色溶液中滴加BaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀該無色溶液中一定含有SO42-B向盛有飽和硫代硫酸鈉溶液的試管中滴加稀鹽酸有刺激性氣味氣體產(chǎn)生，溶液變渾濁硫代硫酸鈉在酸性條件下不穩(wěn)定C打開分液漏斗，向裝有Na2CO3的圓底燒瓶中滴加HCl，將產(chǎn)生的氣體通入Na2SiO3水溶液中Na2SiO3水溶液中出現(xiàn)白色膠狀沉淀證

14、明酸性強弱為：HClH2CO3H2SiO3DCaCO3懸濁液中滴加稀Na2SO4溶液無明顯現(xiàn)象Ksp小的沉淀只能向Ksp更小的沉淀轉(zhuǎn)化AABBCCDD22、氟氧酸是較新穎的氧化劑，應用性極強，可用被氮氣稀釋的氟氣在細冰上緩慢通過制得：F2+H2O=HOF+HF。該反應中水的作用與下列反應中水的作用相同的是A鈉與水反應制氫氣B過氧化鈉與水反應制氧氣C氯氣與水反應制次氯酸D氟單質(zhì)與水反應制氧氣二、非選擇題(共84分)23、（14分）某研究小組擬合成醫(yī)藥中間體X和Y。已知：；請回答：（1）下列說法正確的是_。A化合物A不能使酸性KMnO4溶液褪色B化合物C能發(fā)生加成、取代、消去反應C化合物D能與稀鹽

15、酸發(fā)生反應DX的分子式是C15H18N2O5（2）化合物B的結構簡式是_。（3）寫出D+FG的化學方程式_。（4）寫出化合物A（C8H7NO4）同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式_。分子是苯的二取代物，1HNHR譜表明分子中有4種化學環(huán)境不同的氫原子分子中存在硝基和結構（5）設計EY（）的合成路線（用流程圖表示，無機試劑任選）_。24、（12分）X、Y、Z、R、Q、M是六種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。X是原子半徑最小的元素，Y的氣態(tài)氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，Z為地殼中含量最多的元素，R與X同主族；Y、R、Q最外層電子數(shù)之和為8，M的單質(zhì)為黃綠色有害氣體。請回答下列問題：（1）Q在

16、元素周期表中的位置為_。（2）Z、Q、M簡單離子半徑由大到小的順序為(寫元素離子符號)_。（3）Y的氣態(tài)氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的原因：_(用離子方程式表示)。（4）QM2的電子式為_。（5）M的單質(zhì)與R的最高價氧化物對應的水化物反應的離子方程式為_。25、（12分）某小組選用下列裝置，利用反應，通過測量生成水的質(zhì)量來測定Cu的相對原子質(zhì)量。實驗中先稱取氧化銅的質(zhì)量為a g。(1)濃氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是_。(2)甲同學按B-A-E-C-D的順序連接裝置，該方案是否可行_，理由是_。(3)乙同學按B-A-D-E-C的順序連接裝置，則裝置C的作用是_。(4)丙同學認為乙同學

17、測量的會偏高，理由是_，你認為該如何改進？_(5)若實驗中測得g，則Cu的相對原子質(zhì)量為_。（用含a，b的代數(shù)式表示）。(6)若CuO中混有Cu，則該實驗測定結果_。（選填“偏大”、“偏小”或“不影響”）26、（10分）二氧化氯(ClO2)具有強氧化性，在工業(yè)上常用作水處理劑、漂白劑。ClO2是一種易溶于水的黃綠色氣體，其體積分數(shù)超過10%時易引起爆炸。某研究小組欲用以下三種方案制備ClO2，回答下列問題：（1）以黃鐵礦(FeS2)、氯酸鈉和硫酸溶液混合反應制備ClO2，黃鐵礦中的硫元素在酸性條件下被ClO3-氧化成SO42-，寫出制備ClO2的離子方程式_。（2）用過氧化氫作還原劑，在硫酸介

18、質(zhì)中還原NaClO3制備ClO2，并將制得的ClO2用于處理含CN-廢水。實驗室模擬該過程的實驗裝置(夾持裝置略)如圖所示。裝置A的名稱是_，裝置C的作用是_。反應容器B應置于30左右的水浴中，目的是_。通入氮氣的主要作用有3個，一是可以起到攪拌作用，二是有利于將ClO2排出，三是_。ClO2處理含CN-廢水的離子方程式為_，裝置E的作用是_。（3）氯化鈉電解法是一種可靠的工業(yè)生產(chǎn)ClO2的方法。用于電解的食鹽水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等雜質(zhì)。某次除雜操作時，往粗鹽水中先加入過量的_（填化學式），至沉淀不再產(chǎn)生后，再加入過量的Na2CO3和NaOH，充分反應后將沉淀一并濾去

19、。用石墨做電極，在一定條件下電解飽和食鹽水制取ClO2，工作原理如圖所示，寫出陽極產(chǎn)生ClO2的電極反應式_。27、（12分）某研究學習小組要制備一種在水中溶解度很小的黃色化合物Fex(C2O4)yzH2O，并用滴定法測定其組成。已知H2C2O4在溫度高于90時易發(fā)生分解。實驗操作如下：步驟一：將圖甲分液漏斗中的草酸溶液滴入錐形瓶內(nèi)，可生成黃色沉淀；步嶸二：稱取黃色產(chǎn)物0.841g于錐形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加熱至7085。待固體全部溶解后，用膠頭滴管吸岀一滴溶液點在點滴板上，用鐵氰化鉀溶液檢驗，無藍色沉淀產(chǎn)生；步驟三：用0.080mol/ LKMnO4標準液滴定步驟二所得的溶液；步驟四：

20、向步驟三滴定后的溶液中加足量的Zn粉和硫酸溶液，幾分鐘后用膠頭滴管吸岀一滴點在點滴板上，用KSCN溶浟檢驗，若不顯紅色，過濾除去Zn粉，并用稀硫酸洗滌Zn粉，將洗滌液與濾液合并，用0.0800mol/ L KMnO4標準液滴定，用去髙錳酸鉀標準液10.00mL。(1)步驟一中將沉淀從反應混合物中分離出來的操作名稱是_。(2)步驟二中水浴加熱并控制溫度7085的理由是_，加鐵氰化鉀溶液無藍色沉淀產(chǎn)生，此操作的目的是_。(3)步驟三盛裝KMnO4標準液的滴定管在滴定前后的液如圖乙所示，則消耗KMnO4標準液的體積為_，該滴定管為_滴定管(填“酸式”或“堿式”)(4)步驟四中滴定時發(fā)生反應的離子方程

21、式為_。若不合并洗滌液，則消耗KMnO4標準液的體積將_(填“增大”“減小”或“不變”)。由以上數(shù)據(jù)計算黃色化合物的化學式為_。28、（14分）白頭翁素具有顯著的抗菌作用，其合成路線如圖所示：已知：RCH2BrRCH=CHR2RCH=CHR（以上R、R代表氫、烷基）(1)白頭翁素的分子式為_。(2)試劑a為_，EF的反應類型為_。(3)F的結構簡式為_。(4)C中含有的官能團名稱為_。(5) AB反應的化學方程式為_。(6)F與足量氫氣加成得到G，G有多種同分異構體，其中屬于鏈狀羧酸類有_種。(7)以乙烯為起始原料，選用必要的無機試劑合成的路線為_（用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關系，箭

22、頭上注明試劑和反應條件）。29、（10分）扎來普隆是一種短期治療失眠癥的藥物，其合成路線如下：回答下列問題：（1）A中的官能團名稱是_。（2）所需的試劑和條件分別為_。（3）、的反應類型依次為_、_。（4）扎來普隆的分子式為_。（5）的化學方程式為_。（6）屬于芳香化合物，且含有硝基，并能發(fā)生銀鏡反應的B的同分異構體有_種（不考慮立體異構），其中核磁共振氫譜有4組峰的結構簡式有_。（7）已知：有堿性且易被氧化。設計由和乙醇制備的合成路線（無機試劑任選）。_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. 膠體粒子可帶電，在電場中發(fā)生定向移動，故A錯誤；B

23、. 丁達爾效應是膠體特有的性質(zhì)，膠體與溶液、懸濁液的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)粒子直徑的大小不同，故B錯誤；C.離子既能過通過濾紙，又能通過半透膜；膠體粒子只能通過濾紙，不能通過半透膜，故C錯誤；D. 可溶性鐵鹽與鋁鹽都會發(fā)生水解，產(chǎn)生氫氧化鐵和氫氧化鋁膠體，膠體具有吸附性可以凈水，原理都是利用膠體的性質(zhì)，故D正確。答案選D。2、A【解析】A.向0.10mol/L CH3COONa 溶液中通入HCl,至溶液pH=7,c(H+)=c(OH-),HCl不足,反應后溶液中溶質(zhì)為NaCl、醋酸和醋酸鈉,由電荷守恒可以知道, c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl),由物料守恒可以知道, c(Na+)=c(

24、CH3COOH)+c(CH3COO-),則c（Na+）c（CH3COOH）=c（Cl），故A正確；B.溶液中鈉原子與S原子物質(zhì)的量之比為1：1,而銨根離子與部分亞硫酸根離子結合,故c(Na+)c(NH4+),由物料守恒可以知道, c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3),溶液呈中性,由電荷守恒可得: c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-),聯(lián)立可得:c(NH4+)+c(H2SO3)=c(SO32-),故B錯誤;C. 向0.10mol/L Na2SO3溶液通入SO2,發(fā)生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3,至溶液pH=7,反應后溶液

25、中溶質(zhì)為NaHSO3、Na2SO3，則c(Na+)2c(SO32)+c(HSO3)+c（H2SO3），故C錯誤；D. 向0.10mol/L( NH4)2CO3溶液中通入CO2：發(fā)生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，至溶液pH=7，反應后溶液中溶質(zhì)為NH4HCO3，根據(jù)電荷守恒， c(NH4+)=c(HCO3)+2c(CO32)，故D錯誤；答案為A。3、C【解析】A項，N的質(zhì)子數(shù)為7，質(zhì)量數(shù)=8+7=15，可表示為，A錯誤；B項，硫離子含有16個質(zhì)子數(shù)，硫離子的結構示意圖為，故B錯誤；C項，銨根離子的電子式為，C正確；D項，丙烯發(fā)生加聚反應生成聚丙烯，聚丙烯的結構簡式為：，D錯誤。點

26、睛：本題考查常見化學用語的正誤判斷，題目難度一般，主要考查學生對常見化學用語的掌握情況，注意常見的化學用語主要包括元素符號、化學式、化合價、電子式、原子結構示意圖、結構式、結構簡式以及方程式和各種模型等，需要熟記。4、C【解析】A. Na2SO3是強堿弱酸鹽，SO32水解SO32+H2OHSO3+OH，所以溶液顯堿性，故A正確；B. HSO3電離呈酸性、HSO3水解呈堿性，NaHSO3溶液呈酸性，說明HSO3的電離程度大于水解程度，故B正確；C. 根據(jù)圖示，Na2SO3在pH=9.2時反應速率最快，所以pH=9.2時抗氧性最強，故C錯誤；D. 根據(jù)已知信息可知實驗3中，三種溶液在pH相同時起抗

27、氧作用的微粒種類和濃度相同，因此反應速率相同，故D正確；選C。5、B【解析】從圖中可以看出，隨著溶液的不斷稀釋，的pH大于的pH，則表明的n(H+)小于的n(H+)，從而表明lg=0時，對應的酸電離程度大，為HCOOH，為CH3COOH；pH=3時，二者電離產(chǎn)生的c(H+)相等，由于HCOOH的電離常數(shù)大于CH3COOH，所以CH3COOH的起始濃度大?！驹斀狻緼在c點，溶液的pH大，則酸電離出的c(H+)小，對水電離的抑制作用小，所以溶液中水的電離程度：b點c點，A正確；B相同體積a點的兩溶液，CH3COOH的物質(zhì)的量比HCOOH大，分別與NaOH恰好中和后，消耗的NaOH體積大，所以CH3

28、COOH溶液中n(Na+)大，B錯誤；C對于HCOOH來說，從c點到d點，溫度不變，溶液中=Ka(HCOOH)不變，C正確；D若兩溶液無限稀釋，可看成是純水，所以它們的c(H+)相等，D正確；故選B。6、C【解析】由轉(zhuǎn)化關系可知，與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成，在加熱條件下與氫氧化鈉溶液發(fā)生水解反應生成?！驹斀狻緼項、分子中的側(cè)鏈為乙基，乙基含有2個飽和碳原子，則分子中的所有原子不可能在同一平面，故A錯誤；B項、與氯氣在光照條件下轉(zhuǎn)化為的反應屬于取代反應，故B錯誤；C項、的同分異構體中屬于芳香烴的還有對二甲苯、間二甲苯和鄰二甲苯，共3種，故C正確；D項、屬于芳香醇，其與乙醇不是同系物，故D

29、正確。故選C。【點睛】本題考查有機物的結構與性質(zhì)，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意把握有機物的結構與轉(zhuǎn)化關系為解答的關鍵。7、D【解析】A. H和Cl形成共價鍵的過程：，故A錯誤；B. 質(zhì)子數(shù)為46、中子數(shù)為60，則質(zhì)量數(shù)為106，原子表示為：Pd，故B錯誤；C. 結構示意圖為的陰離子若為S2-時，水解可以促進水的電離，故C錯誤；D. 環(huán)氧乙烷中碳碳單鍵鏈接，結構簡式為，故D正確。故選D。8、B【解析】A項，苯酚的酸性弱于碳酸；B項，CCl4將I2從碘水中萃取出來，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度；C項，F(xiàn)e從CuSO4溶液中置換出Cu，Cu2+的氧化性強于Fe2+；D項，向NaCl、

30、NaI的混合液中加入AgNO3溶液產(chǎn)生黃色沉淀，NaCl、NaI的濃度未知，不能說明AgCl、AgI溶度積的大小。【詳解】A項，向苯酚濁液中加入Na2CO3溶液，濁液變清，發(fā)生反應+Na2CO3+NaHCO3，酸性：H2CO3HCO3-，A項錯誤；B項，向碘水中加入等體積CCl4，振蕩后靜置，上層接近無色，下層顯紫紅色，說明CCl4將I2從碘水中萃取出來，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B項正確；C項，向CuSO4溶液中加入鐵粉，有紅色固體析出，發(fā)生的反應為Fe+Cu2+=Fe2+Cu，根據(jù)同一反應中氧化性：氧化劑氧化產(chǎn)物，氧化性Cu2+Fe2+，C項錯誤；D項，向NaCl、NaI

31、的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成，說明先達到AgI的溶度積，但由于NaCl、NaI的濃度未知，不能說明AgCl、AgI溶度積的大小，D項錯誤；答案選B?！军c睛】本題考查苯酚與碳酸酸性強弱的探究、萃取的原理、氧化性強弱的判斷、沉淀的生成。易錯選D項，產(chǎn)生錯誤的原因是：忽視NaCl、NaI的濃度未知，思維不嚴謹。9、D【解析】A常溫下，硫磺能與汞反應生成硫化汞，從而防止汞的揮發(fā)，A正確；B葡萄酒中添加SO2，可減少葡萄中單寧、色素的氧化，B正確；C硫酸鋇不溶于水不于酸，不能被X光透過，可作消化系統(tǒng)檢查的內(nèi)服藥劑，C正確；D“石膽”是指CuSO45H2O，D錯誤；故選D。10、

32、C【解析】A、反應在前50 s內(nèi)PCl3的物質(zhì)的量增加0.16mol，所以前50 s內(nèi)的平均速率v(PCl3)=0.0016mol(Ls)，故A錯誤；B、原平衡時PCl3的物質(zhì)的量濃度c(PCl3)= 0.20mol2.0L=0.10mol/L，若升高溫度，平衡時c(PCl3)=0.11mol/L，PCl3的濃度比原平衡時增大了，說明升高溫度，平衡正向移動，則正向是吸熱反應，故B錯誤；C、根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知平衡時Cl2的濃度是0.1mol/L，PCl5的濃度是0.4mol/L，則該溫度下的平衡常數(shù)K=0.025，相同溫度下，起始時向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和

33、0.20 mo1 Cl2，Qc=0.020.025，所以反應正向進行，達平衡前v正v逆，故C正確；D、相同溫度下，起始時向容器中充入1.0 mol PCl3、1.0 mol Cl2，則與原平衡是等效平衡，原平衡中五氯化磷的轉(zhuǎn)化率是0.2mol1.0mol100%=20%，所以三氯化磷的轉(zhuǎn)化率是80%，而向容器中充入2.0 mol PCl3、2.0 mol Cl2，相當于容器的體積縮小一倍，壓強增大，則平衡逆向移動，所以三氯化磷的轉(zhuǎn)化率大于80%，故D錯誤；答案選C。11、D【解析】由工藝流程分析可知，銅陽極泥經(jīng)O2焙燒得到TeO2，堿浸時TeO2與NaOH反應得到Na2TeO3，再經(jīng)過氧化和酸

34、化得到TeO42-，TeO42-與Na2SO3發(fā)生氧化還原反應得到粗碲，3SO32-+TeO42-+2H+=Te+H2O+3SO42-，結合選項分析即可解答?！驹斀狻緼“焙燒”硅酸鹽產(chǎn)品主要用到的儀器有：坩堝、泥三角、酒精燈和玻璃棒，不能用蒸發(fā)皿，A選項錯誤；B還原時發(fā)生反應：3SO32-+TeO42-+2H+=Te+H2O+3SO42-，氧化劑為TeO42-，還原劑SO32-，物質(zhì)的量之比與化學計量數(shù)成正比，故為1:3，B選項錯誤；C“氧化”時氧化劑為H2O2，溫度過高，H2O2會分解，氧化效果會減弱，C選項錯誤；D根據(jù)上述分析，并結合題干條件，TeO2微溶于水，易溶于強酸和強堿， TeO2

35、是兩性氧化物，堿浸時反應的離子方程式為TeO2 +2OH- =TeO32- +H2O，D選項正確；答案選D。12、C【解析】A鋁性質(zhì)較活潑，能和強酸、強堿反應生成鹽和氫氣，在金屬活動性順序表中Al位于H之前，所以能用金屬活動性順序解釋，故A錯誤；B金屬陽離子失電子能力越強，其單質(zhì)的還原性越弱，用惰性電極電解飽和食鹽水時，陰極生成氫氣而得不到鈉，說明Na的活動性大于氫，所以可以用金屬活動性順序解釋，故B錯誤；C常溫下，濃硫酸和鐵發(fā)生氧化還原反應生成致密的氧化物薄膜而阻止進一步被氧化，該現(xiàn)象是鈍化現(xiàn)象，與金屬活動性順序無關，故C正確；D構成原電池的裝置中，作負極的金屬加速被腐蝕，作正極的金屬被保護

36、，F(xiàn)e、Zn和電解質(zhì)構成原電池，Zn易失電子作負極、Fe作正極，則Fe被保護，所以能用金屬活動性順序解釋，故D錯誤；故選C?！军c睛】金屬活動性順序表的意義：金屬的位置越靠前，它的活動性越強；位于氫前面的金屬能置換出酸中的氫（強氧化酸除外）；位于前面的金屬能把位于后面的金屬從它們的鹽溶液中置換出來（K，Ca，Na除外）；很活潑的金屬，如K、Ca、Na與鹽溶液反應，先與溶液中的水反應生成堿，堿再與鹽溶液反應，沒有金屬單質(zhì)生成如：2Na+CuSO4+2H2OCu（OH）2+Na2SO4+H2；不能用金屬活動性順序去說明非水溶液中的置換反應，如氫氣在加熱條件下置換氧化鐵中的鐵：Fe2O3+3H2 2F

37、e+3H2O。13、C【解析】電解質(zhì)包括酸、堿、多數(shù)的鹽、多數(shù)金屬氧化物、水等物質(zhì)，據(jù)此分析?！驹斀狻緼、酒精結構簡式為CH3CH2OH，屬于非電解質(zhì)，故A不符合題意；B、食鹽水為混合物，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故B不符合題意；C、氯化鉀屬于鹽，屬于電解質(zhì)，故C符合題意；D、銅絲屬于單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故D不符合題意；答案選C。14、B【解析】A由X生成Y，是X中-OH上的H原子被-CH2CH=C(CH3)2所取代，A正確；BY使酸性高錳酸鉀溶液褪色，可能是碳碳雙鍵的作用，也可能是醛基的作用，B不正確；CX和Y分子中都含有醛基，均能與新制的Cu(OH)2在加熱條件下反應生成磚

38、紅色沉淀，C正確；D醛基、碳碳雙鍵和苯環(huán)都可以和氫氣加成，等物質(zhì)的量的X、Y分別與H2反應，前者最多消耗H2 4mol，后者最多消耗H25mol，D正確；故選B。15、A【解析】A. 先通入氨氣可增大二氧化碳的溶解度，則通入氣體的順序不合理，A項錯誤；B. 氯堿工業(yè)在陽極上氯離子放電生成氯氣，使?jié)駶櫟矸鄣饣浽嚰堊兯{，B項正確；C. 加熱促進鎂離子水解，且生成鹽酸易揮發(fā)，應在HCl氣流中蒸發(fā)制備，C項正確；D. 用純堿吸收溴，主要反應是3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2，生成的NaBr、NaBrO3與硫酸反應，得到Br2，達到富集目的，D項正確；答案選A。16、B【解

39、析】原電池的正極上發(fā)生得電子的還原反應，在電解池的陽極上發(fā)生失電子的氧化反應；鋰離子電池的總反應為：Li3C6V2(PO4)36CLi3V2(PO4)3，則該電池放電時正極上發(fā)生得電子的還原反應，即電極反應式為V2(PO4)33Li3e=Li3V2(PO4)3，負極為Li3C6材料，電極反應Li3C6-3e3Li+6C。【詳解】A. 該電池比能量高，原電池的正極上發(fā)生得電子的還原反應，在電解池的陽極上發(fā)生失電子的氧化反應；用Li3V2(PO4)3作正極材料，負極為Li3C6材料，故A錯誤；B. 放電時，M極為負極，電極反應Li3C6-3e3Li+6C，外電路中通過0.1 mol電子M極質(zhì)量減少

40、0.1 mol7gmol1=0.7 g，故B正確；C. 充電時，Li+向陰極遷移，即向M極區(qū)遷移，故C錯誤；D. 充電時，N極為陽極，發(fā)生氧化反應，Li3V2(PO4)3-3e=V2(PO4)33Li，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題考查二次電池，理解原電池和電解池的原理是解題關鍵，易錯點D，充電時外電源的正極與電池的正極相連，陽極發(fā)生氧化反應，失去電子。17、D【解析】A. FeTiO3中Fe、Ti分別顯2、4價，溶于硫酸得到對應的硫酸鹽，因此方程式為FeTiO32H2SO4FeSO4TiOSO42H2O，故A正確；B. 納米級是指粒子直徑在幾納米到幾十納米的材料，則分散到液體分散劑中，分散質(zhì)

41、的直徑在1nm100nm之間，則該混合物屬于膠體，可用于觀察丁達爾效應。故B正確；C. 用水蒸氣過濾，相當于加熱，可促進鹽的水解，溶解鈦鐵精礦需要加入稀硫酸，TiO2+水解時生成H2TiO3和稀硫酸，則稀硫酸可以循環(huán)使用，符合綠色化學理念，故C正確；D. 反應時稀硫酸溶解FeTiO3，反應是煅燒H2TiO3得到TiO2產(chǎn)品，都不是氧化還原反應，故D錯誤；故選D。18、D【解析】A.符合甲的分子式的同分異構體有多種，因為其不飽和度為5，分子中還可以是含有碳碳三鍵、環(huán)等結構的物質(zhì)，故A錯誤；B.甲的分子中含有5種氫原子，所以一氯代物有5種，乙的分子中含有1種氫原子，所以一氯代物有1種，丙的分子中含

42、有1種氫原子，所以一氯代物有1種，所以甲、乙、丙的一氯代物種數(shù)最少的是乙和丙，故B錯誤；C.丙中不存在不飽和碳碳鍵，不能與溴的四氯化碳溶液反應，故C錯誤；D.苯環(huán)和碳碳雙鍵均為平面結構，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以所有原子可能處于同一平面，故D正確。故選D?！军c睛】烴的等效氫原子有幾種，該烴的一元取代物的數(shù)目就有幾種；在推斷烴的二元取代產(chǎn)物數(shù)目時，可以采用一定一動法，即先固定一個原子，移動另一個原子，推算出可能的取代產(chǎn)物數(shù)目，然后再變化第一個原子的位置，移動另一個原子進行推斷，直到推斷出全部取代產(chǎn)物的數(shù)目，在書寫過程中，要特別注意防止重復和遺漏。19、C【解析】A由蓋斯定律可得，H1=H2+H3+H4+

43、H5+H6+H7，A正確；BH4為破壞1molCl-Cl共價鍵所需的能量，與形成1molCl-Cl共價鍵的鍵能在數(shù)值上相等，B正確；C物質(zhì)由氣態(tài)轉(zhuǎn)化為固態(tài)，放熱，則H70，且該過程形成了離子鍵，C不正確；DCl轉(zhuǎn)化為Cl-，獲得電子而放熱，則H5H5，D正確；故選C。20、A【解析】A、氧化鋁熔點很高，所以可以做耐火材料，選項A正確；B、氨氣中的氮元素化合價是-3價，具有還原性，做制冷劑，是氨氣易液化的原因，選項B錯誤；C二氧化硫可用于漂白紙漿是因為其具有漂白性，與二氧化硫的氧化性無關，選項C錯誤；D在快中子反應堆中，不能使用水來傳遞堆芯中的熱量，因為它會減緩快中子的速度，鈉和鉀的合金可用于快

44、中子反應堆作熱交換劑，選項D錯誤；答案選A。21、B【解析】A.向某無色溶液中滴加BaCl2溶液，能產(chǎn)生白色沉淀，說明溶液中可能含有SO42-、CO32-、SO32-等，A錯誤；B.向盛有飽和硫代硫酸鈉溶液的試管中滴加稀鹽酸， S2O32-+2H+=S+SO2+H2O，產(chǎn)生淡黃色沉淀和刺激性氣味氣體二氧化硫，B正確；C.向裝有Na2CO3的圓底燒瓶中滴加HCl，產(chǎn)生的氣體為CO2，其中混有雜質(zhì)HCl，應通過飽和的NaHCO3溶液的洗氣瓶，除去CO2中混有的HCl，再通入Na2SiO3水溶液中，C錯誤；D.在一定條件下，Ksp小的沉淀也能向Ksp大的沉淀轉(zhuǎn)化，D錯誤；故選B。22、D【解析】在F

45、2+H2O=HOF+HF反應中，水中O元素的化合價升高，水是還原劑。【詳解】A水中H元素的化合價降低，水為氧化劑，錯誤；B過氧化鈉中O元素的化合價不變，水既不是氧化劑也不是還原劑，錯誤；C只有Cl元素的化合價變化，水既不是氧化劑也不是還原劑，錯誤；D水中O元素的化合價升高，水為還原劑，正確。答案選D。二、非選擇題(共84分)23、CD +CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3+HBr 、 CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl 【解析】由、A的分子式，縱觀整個過程，結合X的結構，可知發(fā)生甲基鄰位硝化反應生成A為，對比

46、各物質(zhì)的分子，結合反應條件與給予的反應信息，可知A中羧基上羥基被氯原子取代生成B，B中甲基上H原子被溴原子取代生成C，C中氯原子、溴原子被NH取代生成D，故B為、C為、D為；由X的結構，逆推可知G為，結合F、E的分子式，可推知F為CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3、E為CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3，據(jù)此分析解答。【詳解】（1）A.化合物A為，苯環(huán)連接甲基，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A正確；B.化合物C為，苯環(huán)能與氫氣發(fā)生加成反應，鹵素原子能發(fā)生取代反應，不能發(fā)生消去反應，故B錯誤；C.化合物D，含有酰胺鍵，能與稀鹽酸發(fā)生反應，故C正確；D.由結構可知，X的分子式是C

47、15H18N2O5，故D正確，故答案為：CD；（2）由分析可知，化合物B的結構簡式是：，故答案為：；（3）D+FG的化學方程式： +CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3+HBr，故答案為： +CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3+HBr；（4）化合物A（C8H7NO4）的同分異構體同時符合下列條件：分子是苯的二取代物，1HNHR譜表明分子中有4種化學環(huán)境不同的氫原子，存在對稱結構；分子中存在硝基和結構，2個取代基可能結構為：NO2與CH2OOCH、NO2與CH2COOH、COOH與CH2NO2、OOCH與CH2NO2，同分異構體可能結構簡式為：、，故答案為：、；（5）由信息可知

48、，由ClOCCH2CH2CH2COCl與氨氣反應生成，由AB的轉(zhuǎn)化，由HOOCCH2CH2CH2COOH與SOCl2 反應得到ClOCCH2CH2CH2COCl，CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3堿性條件下水解、酸化得到HOOCCH2CH2CH2COOH，合成路線流程圖為：CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl，故答案為：CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl。【點睛】能準確根據(jù)反應條件推斷反應原理是解題關鍵，常見反應條件與發(fā)生的反應原理類型：

49、在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應，可能是酯的水解反應或鹵代烴的水解反應；在NaOH的乙醇溶液中加熱，發(fā)生鹵代烴的消去反應；在濃H2SO4存在的條件下加熱，可能發(fā)生醇的消去反應、酯化反應、成醚反應或硝化反應等；能與溴水或溴的CCl4溶液反應，可能為烯烴、炔烴的加成反應；能與H2在Ni作用下發(fā)生反應，則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應或還原反應；在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下，發(fā)生醇的氧化反應；與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應，則該物質(zhì)發(fā)生的是CHO的氧化反應。(如果連續(xù)兩次出現(xiàn)O2，則為醇醛羧酸的過程)。24、第二周期A族 Cl- O2- Mg2+ NH3

50、+H2ONH3H2ONH4+OH- Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。 【解析】X、Y、Z、R、Q、M是六種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。X是原子半徑最小的元素，則X為氫元素；Y的氣態(tài)氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，則Y為氮元素；Z為地殼中含量最多的元素，則Z為氧元素；R與X同主族，原子序數(shù)大于氧元素，則R為鈉元素；Y、R、Q最外層電子數(shù)之和為8，則Q的最外層電子數(shù)為8-5-1=2，故Q為鎂元素；M的單質(zhì)為黃綠色有害氣體，則M為氯元素，據(jù)此分析。【詳解】X、Y、Z、R、Q、M是六種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。X是原子半徑最小的元素，則X為氫元素；Y的氣態(tài)氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試

51、紙變藍，則Y為氮元素；Z為地殼中含量最多的元素，則Z為氧元素；R與X同主族，原子序數(shù)大于氧元素，則R為鈉元素；Y、R、Q最外層電子數(shù)之和為8，則Q的最外層電子數(shù)為8-5-1=2，故Q為鎂元素；M的單質(zhì)為黃綠色有害氣體，則M為氯元素。（1）Q為鎂元素，在元素周期表中的位置為第二周期A族；（2）Z、Q、M分別為O、Mg、Cl，Cl-比其他兩種離子多一個電子層，O2-、Mg2+具有相同電子層結構，核電荷數(shù)大的Mg2+半徑較小，故簡單離子半徑由大到小的順序為Cl- O2- Mg2+；（3）Y的氣態(tài)氫化物NH3能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的原因：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-；（4）QM2為Mg

52、Cl2，屬于離子化合物，其電子式為；（5）M的單質(zhì)Cl2與R的最高價氧化物對應的水化物NaOH反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。25、氨水中存在平衡NH3+H2ONH3 .H2O NH4+OH-，生石灰吸收濃氨水中的水放出熱量，生成OH-均能使平衡向左移動，從而得到氨氣 不可行 C裝置將生成的水和多余的氨氣一起吸收，無法測量出生成水的質(zhì)量 吸收未反應的NH3，防止空氣中的水蒸氣進入 裝置B生成的氨氣有混有水，故m(H2O)會偏高 可在裝置B和A之間增加裝置D 偏大 【解析】(1)生石灰和水反應生成Ca（OH）2且放出大量熱，放出的熱量導

53、致溶液溫度升高，抑制氨氣溶解，氫氧根離子濃度增大抑制一水合氨電離；(2)甲同學按B-A-E-C-D的順序連接裝置，過程中生成的水和過量氨氣會被裝置C吸收；(3)乙同學按B-A-D-E-C的順序連接裝置，裝置C可以吸收多余氨氣和防止空氣中水蒸氣進入D影響測定結果；(4)丙同學認為乙同學測量的m(H2O)會偏高，可能是氨氣中水蒸氣進入裝置D被吸收，可以用堿石灰吸收水蒸氣，干燥的氨氣再和氧化銅反應；(5)2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，結合化學方程式定量關系計算；(6)若CuO中混有Cu，氧元素質(zhì)量減小，測定水質(zhì)量減小，結合計算定量關系判斷結果誤差?！驹斀狻?1)生石灰和水反應生成Ca（

54、OH）2且放出大量熱，放出的熱量導致溶液溫度升高，溫度越高，導致氨氣的溶解度越低；氫氧化鈣電離生成氫氧根離子，氫氧根離子濃度增大抑制一水合氨電離，則抑制氨氣溶解，所以常用氨水滴入生石灰中制取氨氣，濃氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是：氨水中存在平衡NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-，生石灰吸收濃氨水中的水放出熱量，生成OH-均能使平衡向左移動，從而得到氨氣；答案是: 氨水中存在平衡NH3+H2ONH3 .H2O NH4+OH-，生石灰吸收濃氨水中的水放出熱量，生成OH-均能使平衡向左移動，從而得到氨氣；(2)甲同學按B-A-E-C-D的順序連接裝置，該方案不可行，C裝置將生成的水和多余

55、的氨氣一起吸收，無法測量出生成水的質(zhì)量；答案是：不可行；C裝置將生成的水和多余的氨氣一起吸收，無法測量出生成水的質(zhì)量；(3)乙同學按B-A-D-E-C的順序連接裝置，則裝置C的作用是:吸收未反應的NH3，防止空氣中的水蒸氣進入；答案是: 吸收未反應的NH3，防止空氣中的水蒸氣進入； (4)丙同學認為乙同學測量的m(H2O)會偏高，可能是裝置B生成的氨氣有混有水，故m(H2O)會偏高，可在裝置B和A之間增加裝置D吸收氨氣中水蒸氣，減少誤差；答案是：裝置B生成的氨氣有混有水，故m(H2O)會偏高；可在裝置B和A之間增加裝置D；(5)反應2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，生成水物質(zhì)的量和氧

56、化銅物質(zhì)的量相同，若實驗中測得m(H2O)=bg，氧化銅物質(zhì)的量n=，實驗中先稱取氧化銅的質(zhì)量m(CuO)為a g，則Cu的摩爾質(zhì)量=ag/bg/18g/mol-16g/mol，即Cu的相對原子質(zhì)量為:-16；答案是:-16；(6)若CuO中混有Cu，氧元素質(zhì)量減小，測定水質(zhì)量減小，b減小，則-16值增大，所以若CuO中混有Cu，則該實驗測定結果偏大；答案是:偏大。26、FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3+2SO42-+7H2O 恒壓漏斗 安全瓶 提高化學反應速率，同時防止過氧化氫受熱分解 稀釋ClO2，防止其爆炸 2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl- 吸收Cl

57、O2等氣體，防止污染大氣 BaCl2 Cl-5e-+2H2O=ClO2+4H+ 【解析】二氧化氯(ClO2)具有強氧化性，在工業(yè)上常用作水處理劑、漂白劑。分別利用無機反應和電解原理制備二氧化氯，三種方法均利用了氧化還原反應?！驹斀狻浚?）以黃鐵礦(FeS2)、氯酸鈉和硫酸溶液混合反應制備ClO2，黃鐵礦中的硫元素在酸性條件下被ClO3-氧化成SO42-，根據(jù)氧化還原反應中電子守恒和元素守恒，可以寫出制備ClO2的離子方程式為FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3+2SO42-+7H2O。（2）裝置A的名稱為恒壓漏洞，裝置C為安全瓶，起到防止液體倒吸的作用。升高溫度可以提高化學

58、反應速率，但是原料中含有過氧化氫，過氧化氫在過高的溫度下可以發(fā)生分解反應，因此反應容器B應置于30左右的水浴中。根據(jù)題文可知，ClO2是一種易溶于水的黃綠色氣體，其體積分數(shù)超過10%時易引起爆炸，故通入氮氣的主要作用有3個，一是可以起到攪拌作用，二是有利于將ClO2排出，三是稀釋ClO2，防止其爆炸。ClO2處理含CN-廢水發(fā)生氧化還原反應，將CN-轉(zhuǎn)化為無污染的CO2和N2，故離子方程式為2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-；裝置E在整套裝置之后，起到吸收尾氣，防止環(huán)境污染的作用。（3）用于電解的食鹽水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等雜質(zhì)，需要過量的碳酸根離子、氫氧根

59、離子和鋇離子，過量的鋇離子可以用碳酸根離子除去，因此在加入Na2CO3之前應先加入過量BaCl2。用石墨做電極，電解池的陽極發(fā)生氧化反應，元素化合價升高，因此氯離子在陽極失電子和水反應得到ClO2，電極反應式為Cl-5e-+2H2O=ClO2+4H+。27、過濾 加快固體溶解，同時防止草酸分解 鐵氰化鉀檢驗Fe2+的存在，防止Fe2+干擾草酸的測定 25.00mL 酸式 MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O 減小 Fe4(C2O4)510H2O 【解析】步驟一草酸和(NH4)2Fe (SO4)2反應生成黃色固體Fex(C2O4)yzH2O，步驟二加硫酸溶解后，檢驗無二價鐵離

60、子，則說明含有Fe3+，步驟三用高錳酸鉀滴定草酸根離子，步驟四將Fe3+還原成Fe2+，再用高錳酸鉀滴定，確定鐵離子的含量，進而進一步分析計算?！驹斀狻?1)分離固體和液體的操作是過濾；故答案為：過濾；(2) 由于H2C2O4在溫度高于90時易發(fā)生分解，所以需要水浴加熱并控制溫度7085，同時加快固體溶解。鐵氰化鉀檢驗Fe2+的存在，防止Fe2+干擾草酸的測定；故答案為加快固體溶解，同時防止草酸分解；氰化鉀檢驗Fe2+的存在，防止Fe2+干擾草酸的測定；(3)從圖片中讀出，消耗高錳酸鉀的體積為：25.80mL-0.80mL=25.00mL；滴定液是高錳酸鉀標準溶液，該溶液有強氧化性，只能選用酸