福建省惠安一中等三校2024年高三六校第一次联考化学试卷含解析

福建省惠安一中等三校2024年高三六校第一次联考化学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和W为同主族元素，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。由这四种元素中的一种或几种组成的物质存在如下转化关系，甲+乙→丙+W，其中甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，乙为一种二元化合物，常温下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，下列说法错误的是A．X和Y、W均至少能形成两种化合物B．乙和丙均为既含有离子键又含有共价键的离子化合物C．四种元素简单离子半径中Z的最小D．气态氢化物的稳定性：X>W2、下列离子方程式正确的是()A．高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气：MnO4-+8H++4Cl-=Mn2++2Cl2↑+4H2OB．饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-C．铜片与浓硫酸共热：Cu+4H++SO42-Cu2++SO2↑+2H2OD．硫酸铜溶液中加入过量氨水：Cu2++4NH3•H2O=Cu(NH3)42++4H2O3、若将2molSO2气体和1molO2气体在2L容器中混合并在一定条件下发生反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)ΔH＜0，经2min建立平衡，此时测得SO3浓度为0.8mol·L－1。下列有关说法正确的是()A．从开始至2min用氧气表示的平均速率v(O2)＝0.2mol·L－1·min－1；B．当升高体系的反应温度时，其平衡常数将增大C．当反应容器内n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)＝2∶1∶2时，说明反应已经达到平衡状态D．若增大反应混合气体中的n(S)∶n(O)值，能使SO2的转化率增大4、如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。字母代表元素，分析正确的是A．R在周期表的第15列B．Y、Q两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸C．简单离子的半径:X>Z>MD．Z的单质能从M与Q元素构成的盐溶液中置换出单质M5、下列有关同位素的说法正确的是A．18O的中子数为8 B．16O和18O质子数相差2C．16O与18O核电荷数相等 D．1个16O与1个18O质量相等6、电化学在日常生活中用途广泛，图甲是镁——次氯酸钠燃料电池，电池总反应为：Mg+ClO-+H2O=Cl-A．图乙Cr2O72-向惰性电极移动，与该极附近的B．图甲中发生的还原反应是MgC．图乙电解池中，若有0.84g阳极材料参与反应，则阴极会有3.36L的气体产生D．若图甲电池消耗0.36g镁，图乙废水处理，理论上可产生1.07g氢氧化铁沉淀7、研究者预想合成一个纯粹由氮组成的新物种—，若离子中每个氮原子均满足8电子结构，下列关于含氮微粒的表述正确的是A．有24个电子 B．N原子中未成对电子的电子云形状相同C．质子数为20 D．中N原子间形成离子键8、含有0.01molFeCl3的氯化铁饱和溶液因久置变得浑浊，将所得分散系从如图所示装置的A区流向B区，其中C区是不断更换中的蒸馏水。已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A．实验室制备Fe(OH)3胶体的反应为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HClB．滤纸上残留的红褐色物质为Fe(OH)3固体颗粒C．在B区的深红褐色分散系为Fe(OH)3胶体D．进入C区的H+的数目为0.03NA9、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．46g乙醇中存在的共价键总数为7NAB．34g硫化氢在足量的氧气中燃烧转移电子总数为8NAC．标准状况下，22.4LHF含有的原子数为2NAD．64gCaC2晶体中阴离子和阳离子总数为2NA10、含铬()废水用硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀经干燥后得到nmolFeO·FeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是()A．消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2－x)molB．处理废水中的物质的量为molC．反应中发生转移的电子数为3nxmolD．在FeO·FeyCrxO3中，3x＝y11、下列操作一定会使结果偏低的是（）A．配制一定物质的量浓度的溶液时，用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出B．测定胆矾晶体中的结晶水含量，加热后，未进行恒重操作C．酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待半分钟D．测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积12、短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，其中X、Z位于同一主族；W的气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周期主族元素中离子半径最小的；ZXR2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色。下列说法正确的是A．最简单氢化物的沸点：W>XB．含氧酸的酸性：Z<RC．Y和R形成的化合物是离子化合物D．向ZXR2与水反应后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成13、某未知溶液（只含一种溶质）中加入醋酸钠固体后，测得溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1。则原未知溶液一定不是A．强酸溶液 B．弱酸性溶液 C．弱碱性溶液 D．强碱溶液14、常温下，用0.1mol·L−1盐酸滴定10.0mL浓度为0.1mol·L−1Na2A溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A．Ka2(H2A)的数量级为10−9B．当V=5时：c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)=2c(Cl−)C．NaHA溶液中：c(Na+)＞c(HA−)＞c(A2−)＞c(H2A)D．c点溶液中：c(Na+)＞c(Cl−)＞c(H+)=c(OH−)15、已知：Ag++SCN－=AgSCN↓（白色），某同学探究AgSCN的溶解平衡及转化，进行以下实验。下列说法中，不正确的是A．①中现象能说明Ag+与SCN－生成AgSCN沉淀的反应有限度B．②中现象产生的原因是发生了反应Fe(SCN)3+3Ag+=3AgSCN↓+Fe3+C．③中产生黄色沉淀的现象能证明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小D．④中黄色沉淀溶解的原因可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应16、某兴趣小组计划用Al、稀H2SO4、NaOH溶液制备1molAl(OH)3。设计如下三种方案：方案Ⅰ：向Al中加入NaOH溶液，至Al刚好完全溶解，得溶液①。向溶液①中加硫酸至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案Ⅱ：向Al中加入硫酸，至Al刚好完全溶解，得溶液②。向溶液②中加NaOH溶液至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案Ⅲ：将Al按一定比例分为两份，按前两方案先制备溶液①和溶液②。然后将两溶液混和。过滤、洗涤、干燥。下列说法不正确的是A．三种方案转移电子数一样多B．方案Ⅲ所用硫酸的量最少C．方案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量D．采用方案Ⅲ时，用于制备溶液①的Al占总量的0.2517、下列说法正确的是()A．国庆70周年大典放飞的气球由可降解材料制成，主要成分是聚乙烯B．歼-20上用到的氮化镓材料是一种金属合金材料C．我国发射的“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种无机非金属材料D．“绿水青山就是金山银山”。推广聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒等，以减少术材的使用18、下列过程属于物理变化的是A．煤的干馏B．石油的分馏C．石油裂化D．石油裂解19、下列仪器不能加热的是()A． B． C． D．20、化学与人类生产、生活密切相关。下列说法不正确的是()A．高纯度的硅单质广泛用于制作芯片B．碳酸镁可用于制造耐高温材料氧化镁C．SO2能用浓硫酸来干燥,说明其还原性不强D．铁质地柔软,而生活中的钢质地坚硬,说明合金钢能增强铁的硬度21、饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打，滤出小苏打后，向母液中通入氨，再冷却、加食盐，过滤，得到氯化铵固体．下列分析错误的是（）A．该制备小苏打的方程式为：NaCl+NH4HCO3→NaHCO3↓+NH4ClB．母液中通入的氨气与HCO3﹣反应：NH3+HCO3﹣→CO32﹣+NH4+C．加食盐是为增大溶液中Cl﹣的浓度D．由题可知温度较低时，氯化铵的溶解度比氯化钠的大22、下列有关物质性质和应用的因果关系正确的是()A．二氧化硫具有漂白性，能使氯水褪色B．浓硫酸具有较强酸性，能使Cu转化为Cu2＋C．硅具有还原性，一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来D．二氧化锰具有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气二、非选择题(共84分)23、（14分）阿司匹林是一种解毒镇痛药。烃A是一种有机化工原料，下图是以它为初始原料设计合成阿司匹林关系图：已知：（苯胺，苯胺易被氧化）回答下列问题：（1）C的结构简式为___________。（2）反应⑤的反应类型___________，在③之前设计②这一步的目的是___________。（3）F中含氧官能团的名称________。（4）G（阿司匹林）与足量NaOH溶液反应的化学方程式为______________。（5）符合下列条件的E的同分异构体有________种。写出核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为1：2：2：2：1的结构简式：_______（只写一种）。a．含—OHb．能发生水解反应c．能发生银镜反应（6）利用甲苯为原料，结合以上合成路线和下面所给信息合成下图所示的功能高分子材料（无机试剂任选）。________24、（12分）聚酰亚胺是综合性能最佳的有机高分子材料之一，已广泛应用在航空、航天、微电子等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图（部分反应条件己略去）：己知下列信息：①芳香族化合物B的一氯代物有两种②③回答下列问题：（1）固体A是___（写名称）；B的化学名称是___。（2）反应①的化学方程式为___。（3）D中官能团的名称为___；反应②的反应类型是___。（4）E的分子式为___；己知1mo1F与足量的NaHCO3反应生成4mo1CO2，则F的结构简式是___。（5）X与C互为同分异构体，写出同时满足下列条件的X的结构简式___。①核磁共振氢谱显示四种不同化学环境的氢，其峰面积之比为2：2：1：1②能与NaOH溶液反应，1mo1X最多消耗4mo1NaOH③能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应（6）参照上述合成路线，以甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计合成的路线___。25、（12分）硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol]，装置如图所示（部分装置省略）。已知SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，有强腐蚀性，不宜接触碱、醇、纤维素等许多无机物和有机物，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。回答下列问题：I．SO2Cl2的制备（1）水应从___（选填“a”或“b”）口进入。（2）制取SO2的最佳组合是___（填标号）。①Fe+18.4mol/LH2SO4②Na2SO3+70%H2SO4③Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙装置中盛放的试剂是___。（4）制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中，原因是___。（5）反应结束后，分离甲中混合物的最佳实验操作是___。II．测定产品中SO2Cl2的含量，实验步骤如下：①取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振荡、过滤、洗涤，将所得溶液均放入锥形瓶中；②向锥形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000mol·L－1的AgNO3溶液l00.00mL；③向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；④加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10Ksp(AgSCN)=2×10-12（6）滴定终点的现象为___。（7）产品中SO2Cl2的质量分数为___%，若步骤③不加入硝基苯则所测SO2Cl2含量将___（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。26、（10分）某小组以亚硝酸钠（NaNO2）溶液为研究对象，探究NO2-的性质。实验试剂编号及现象滴管试管2mL1%酚酞溶液1mol·L-1NaNO2溶液实验I：溶液变为浅红色，微热后红色加深1mol·L-1NaNO2溶液0.1mol·L-1KMnO4溶液实验II：开始无明显变化，向溶液中滴加稀硫酸后紫色褪去KSCN溶液1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）实验III：无明显变化1mol·L-1NaNO2溶液1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）实验IV：溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红资料：[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。（1）结合化学用语解释实验I“微热后红色加深”的原因______（2）实验II证明NO2-具有_____性，从原子结构角度分析原因_________（3）探究实验IV中的棕色溶液①为确定棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，设计如下实验，请补齐实验方案。实验溶液a编号及现象1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）i．溶液由___色迅速变为___色____________________ii．无明显变化②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，溶液中有红褐色沉淀生成。解释上述现象产生的原因_________。（4）络合反应导致反应物浓度下降，干扰实验IV中氧化还原反应发生及产物检验。小组同学设计实验V：将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大。①盐桥的作用是____________________________②电池总反应式为______________________实验结论：NO2-在一定条件下体现氧化性或还原性，氧还性强弱与溶液酸碱性等因素有关。27、（12分）乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，相对分子质量为288}易溶于水，是一种很好的补铁剂，可由乳酸[CH3CH(OH)COOH]与FeCO3反应制得。I．碳酸亚铁的制备（装置如下图所示）(1)仪器B的名称是__________________；实验操作如下：打开kl、k2，加入适量稀硫酸，关闭kl，使反应进行一段时间，其目的是__________________。(2)接下来要使仪器C中的制备反应发生，需要进行的操作是____________，该反应产生一种常见气体，写出反应的离子方程式_________________________。(3)仪器C中混合物经过滤、洗涤得到FeCO3沉淀，检验其是否洗净的方法是__________。Ⅱ．乳酸亚铁的制备及铁元素含量测定(4)向纯净FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应，经过滤，在____________的条件下，经低温蒸发等操作后，获得乳酸亚铁晶体。(5)两位同学分别用不同的方案进行铁元素含量测定：①甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度。在操作均正确的前提下，所得纯度总是大于l00%，其原因可能是_________________________。②乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量计算样品纯度。称取3.000g样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，取所有可溶物配成l00mL溶液。吸取1．00rnL该溶液加入过量KI溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用0.100mol·L-1硫代硫酸钠溶液滴定（已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-），当溶液_____________________，即为滴定终点；平行滴定3次，硫代硫酸钠溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为_________％（保留1位小数）。28、（14分）阻燃剂又称防火剂，主要用于延迟或防止可燃物的燃烧。根据组成，阻燃剂可分为卤系阻燃剂、无机阻燃剂等。（1）卤系阻燃剂多为有机氯化物和有机溴化物，受热会分解产生卤化氢（HX），起到阻燃作用。卤化氢的电子式为____；HF、HCl、HBr、HI四种氯化氢的沸点由高到低的顺序是___。（2）溴离子的最外层电子排布式是___；氯原子的核外电子云有___种伸展方向。（3）下列能说明氯的非金属性强于溴的事实是___（选填编号）。a．HClO酸性强于HBrOb．HBr的分解温度低于HClc．向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄d．BrCl+H2O→HBrO+HCl是非氧化还原反应无机阻燃剂中，氢氧化铝和氢氧化镁两种阻燃剂占据着重要位置。两者的阻燃机理都是在达到热分解温度时迅速分解为氧化物与水，起到吸热降温的作用。（4）写出氢氧化铝在酸性溶液中的电离方程式___。（5）两种阻燃剂的分解产物在自然界中最有可能成为原子晶体的是___。（填化学式）（6）无水碳酸镁也是一种新型无机阻燃剂，除了具有单位质量吸热量更大的特点外，还能释放具有灭火作用的气体。写出该气体的结构式___。（7）与镁离子核外电子排布相同的另外两个阳离子的半径大小关系为___（填微粒符号）。29、（10分）砷及其化合物在半导体、农药制造等方面用途非常广泛。回答下列问题：(1)ASH3的电子式为___；AsH3通入AgNO3溶液中可生成Ag，As2O3和HNO3，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。(2)改变O.1mol·L－1三元弱酸H3AsO4溶液的pH，溶液中的H3AsO4、H2AsO4－、HAsO42-以及AsO43-的物质的量分布分数随pH的变化如图所示：①1gKal(H3AsO4)＝___；用甲基橙作指示剂，用NaOH溶液滴定H3ASO4发生的主要反应的离子方程式为___②反应H2AsO4－+AsO43-=2HAsO42-的lgK=_____(3)焦炭真空冶炼砷的其中两个热化学反应如下：As2O3(g)+3C(s)=2As(g)+3CO(g)H1=akJ/molAs2O3(g)+3C(s)=1/2As4(g)+3CO(g)H2=bkJ/mol则反应4As(g)=As4(g)H=_______kJ/mol(用含a、b的代数式表示)。(4)反应2As2S3(s)=4AsS(g)+S2(g)达平衡时气体总压的对数值lg(p/kPa)与温度的关系如图所示：①对应温度下，B点的反应速率v(正)___v(逆)(填“＞’，’’＜”或“一”)。②A点处，AsS(g)的分压为___kPa，该反应的Kp＝___kPa5(Kp为以分压表示的平衡常数)。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液中，不溶于其浓溶液中，说明Z为Al元素，W为S元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；X和W为同主族元素，则X为O元素；甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，则甲为H2O2；常温下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，则丙为强碱，说明X、Y、Z、W四种元素中有一种元素的氢氧化物为强碱，则Y为Na元素，则丙为NaOH；由于这四种元素中的一种或几种组成的物质存在甲+乙→丙+W的转化关系，且乙为一种二元化合物，则乙为Na2S。A.根据上述分析X、Y、W分别为O、Na、S元素。X和Y能形成氧化钠、过氧化钠，X和W能形成二氧化硫、三氧化硫，即X和Y、W均至少能形成两种化合物，故A正确；B.通过上述分析可知，乙为硫化钠，硫化钠是只含离子键的离子化合物，丙为氢氧化钠，氢氧化钠是既含离子键又含共价键的离子化合物，故B错误；C.W的离子核外电子层数最多，离子半径最大，X、Y、Z的离子具有相同的电子层结构，因为核外电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，Z的核电荷数最大，离子半径最小，故C正确；D.X和W为同主族元素，非金属性X>W，因为非金属性越强，气体氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性X>W，故D正确。答案选B。2、D【解析】

A．高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故A错误；B．饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳：2Na＋＋CO32-+H2O+CO2=2NaHCO3↓，故B错误；C．铜片与浓硫酸共热不能写离子方程式，故C错误；D．硫酸铜溶液中加入过量氨水生成四氨合铜（Ⅱ）：Cu2++4NH3•H2O=Cu(NH3)42++4H2O，故D正确；故选D。3、A【解析】

A.Δc(SO3)＝0.8mol·L－1，Δc(O2)＝0.4mol·L－1，v(O2)＝0.2mol·L－1·min－1；A项正确；B.ΔH＜0，该反应是放热反应，温度升高时，平衡向逆反应方向移动，K减小，B项错误；C.当正、逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，此时反应体系中各组分的含量保持不变，但其比例关系不一定与反应的化学计量数相等，C项错误；D.若增大n(S)∶n(O)的值，实质上是增大了SO2的浓度，这样SO2的转化率将降低，D项错误。答案选A。【点睛】化学平衡状态的判断是学生们的易错点，首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等，再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态，化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但一定得是“变化的量”不变了，才可作为判断平衡的标志。常见的衍生出来量为：气体总压强、混合气体的平均相对分子质量、混合气体的密度、温度、颜色等。4、C【解析】

从图可看出X、Y在第二周期，根据原子序数知道X是O元素，Y是F元素，同理可知Z是Na元素，M是Al元素，R是Si元素，Q是Cl元素。【详解】A.R是Si元素，在周期表中位于第14列，故A错误；B.Y是F元素，没有正化合价，没有含氧酸，故B错误；C.X、Z、M的简单离子都是10电子结构，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：X＞Z＞M，故C正确；D.Z是Na元素，钠与铝盐溶液反应时，先与水反应，不能置换出Al，故D错误；故选C。5、C【解析】

由（简化为）的含义分析解答。【详解】原子中，质量数为A，质子数为Z，中子数为（A－Z）。因元素符号与质子数的一一对应关系，可简写为。A.氧是8号元素，18O的中子数为18－8=10，A项错误；B.16O和18O质子数都是8，中子数相差2，B项错误；C.16O与18O核电荷数都是8，C项正确；D.16O、18O的相对质量分别约为16、18，其原子质量不等，D项错误。本题选C。6、B【解析】A．图乙中惰性电极为阴极，Fe电极为阳极，则Cr2O72-离子向金属铁电极移动，与亚铁离子发生氧化还原反应生成的金属阳离子与惰性电极附近的OH-结合转化成Cr(OH)3除去，A错误；B．该原电池中，镁作负极，负极上镁失电子发生氧化反应，负极反应为Mg-2e-=Mg2+，电池反应式为Mg+ClO-+H2O=Cl-+Mg(OH)2↓，正极上次氯酸根离子得电子发生还原反应，则总反应减去负极反应可得正极还原反应为Mg2++ClO-+H2O+2e-=Cl-+Mg(OH)2↓，B正确；C．图乙的电解池中，阳极反应式是Fe-2e-＝Fe2+，阴极反应式是2H++2e-=H2↑，则n（Fe）=0.84g÷56g/mol=0.015mol，阴极气体在标况下的体积为0.015mol×22.4L/mol=0.336L，C错误；D．由电子守恒可知，Mg～2e-～Fe2+，由原子守恒可知Fe2+～Fe(OH)3↓，则n（Mg）=0.36g÷24g/mol=0.015mol，理论可产生氢氧化铁沉淀的质量为0.015mol×107g/mol=1.605g，D错误；答案选B。7、B【解析】

A.1个氮原子中含有7个电子，则1个N5分子中含有35个电子，N5+是由N5分子失去1个电子得到的，则1个N5+粒子中有34个电子，故A错误；B.N原子中未成对电子处于2p轨道，p轨道的电子云形状都为纺锤形，故B正确；C.N原子的质子数为7，形成阴离子时得到电子，但质子数不变，则质子数为21，故C错误；D..N5+离子的结构为，中N原子间形成共价键，故D错误；故选B。8、D【解析】

A．饱和FeCl3在沸水中水解可以制备胶体，化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，正确，A不选；B．滤纸上层的分散系中悬浮颗粒直径通常大于10-7m时，为浊液，不能透过滤纸，因此滤纸上的红褐色固体为Fe(OH)3固体颗粒，正确，B不选；C．胶体的直径在10-9~10-7m之间，可以透过滤纸，但不能透过半透膜，因此在滤纸和半透膜之间的B层分散系为胶体，正确，C不选；D．若Fe3＋完全水解，Cl－全部进入C区，根据电荷守恒，则进入C区的H＋的数目应为0.03NA。但是Fe3＋不一定完全水解，Cl－也不可能通过渗析完全进入C区，此外Fe(OH)3胶体粒子通过吸附带正电荷的离子如H+而带有正电荷，因此进入C区的H＋的数目小于0.03NA，错误，D选。答案选D。9、D【解析】

A.每个乙醇分子有5个C-H键、1个C-C、1个C-O键、1个O-H键，46g乙醇中存在的共价键总数为8NA，故A错误；B．2H2S＋3O2=2SO2＋2H2O，1mol硫化氢转移6mol电子，34g硫化氢在足量的氧气中燃烧转移电子总数为6NA，故B错误；C.标准状况下，22.4LHF是液态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故C错误；D．CaC2由Ca2＋和C22－构成，64gCaC2晶体中阴离子和阳离子总数为2NA，故D正确；故选D。10、A【解析】

具有强氧化性，FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O具有强还原性，二者发生氧化还原反应，Fe2＋被氧化成Fe3＋，中＋6价Cr被还原成＋3价Cr。该反应中，Fe失电子的物质的量等于Cr得电子的物质的量，则有nymol＝3nxmol，即3x＝y。据Cr、Fe原子守恒可知，生成nmolFeO·FeyCrxO3时，消耗mol，消耗n(y＋1)mol硫酸亚铁铵，反应中转移电子的物质的量为mol×6＝3nxmol，又知3x＝y则消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(3x＋1)mol，所以正确的答案选A。11、A【解析】

A、用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出，说明配制一定物质的量浓度的溶液时，加水超过了刻度线，配制的浓度一定偏低，故A选；B、未进行恒重操作，可能会导致测定的硫酸铜粉末的质量偏大，测定的结晶水的含量偏小，但若胆矾晶体中结晶水恰好全部失去，则测定的结晶水的含量准确，故B不选；C、酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待30s立即读数，可能未达到滴定终点，测定结果可能偏低，但也可能恰好达到滴定终点，测定结果准确，故C不选；D、测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积，导致排除的水的体积偏大，即生成气体的体积偏大，测定结果偏高，故D不选；故选：A。12、D【解析】

W的气态氢化物常用作制冷剂，W为N元素；X、Z位于同一主族；ZXR2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色，可推断该气体为SO2，则X为O，Z为S，R为Cl；Y是同周期主族元素中离子半径最小的，Y是Al。【详解】根据题意，可推断出W、X、Y、Z、R分别是N、O、Al、S、Cl元素；A.W和X最简单氢化物的为NH3、H2O，沸点大小为NH3<H2O，所以A项错误；B.最高价含氧酸的酸性：Z<R，B项错误；C.Y和R形成的化合物AlCl3是共价化合物，C项错误；D.SOCl2与水反应,SOCl2+H2O=SO2↑+HCl，向反应后溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀AgCl生成，D项正确。答案选D。13、A【解析】

A.强酸性溶液会促进醋酸根水解平衡正向进行,不能满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1,故选A；B.弱酸性溶液如加入少量醋酸会增加溶液中醋酸根离子浓度,可以满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1，故不选B；C.弱碱性溶液如加入弱碱抑制醋酸根离子水解,可以满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1，故不选C；D.强碱溶液如加入KOH溶液抑制醋酸根离子水解,可以满足满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1,故不选D；答案：A【点睛】醋酸钠固体溶解后得到溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，使得醋酸根离子浓度减小，c(CH3COO―)+H2OCH3COOH+OH-，从平衡角度分析。14、C【解析】

A．滴定前pH=11，则A2−的水解常数是，则Ka2(H2A)的数量级为，A正确；B．当V=5时根据物料守恒可知c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)=2c(Cl−)，B正确；C．根据图像可知恰好生成NaHA时溶液显碱性，水解程度大于电离常数，NaHX溶液中c(Na+)＞c(HA−)＞c(H2A)＞c(A2−)，C错误；D．c点溶液显中性，盐酸的体积大于10mL小于20mL，则溶液中：c(Na+)＞c(Cl−)＞c(H+)=c(OH−)，D正确；答案选C。15、C【解析】

A、AgNO3与KSCN恰好完全反应，上层清液中滴加Fe(NO3)3溶液，出现浅红色溶液，说明上层清液中含有SCN-，即说明Ag+与SCN-生成AgSCN沉淀的反应有限度，故A说法正确；B、根据②中现象：红色褪去，产生白色沉淀，Fe(SCN)3被消耗，白色沉淀为AgSCN，即发生：Fe(SCN)3+Ag+=3AgSCN↓+Fe3+，故B说法正确；C、前一个实验中滴加0.5mL2mol·L-1AgNO3溶液，Ag+过量，反应②中Ag+有剩余，即滴加KI溶液，I-与过量Ag+反应生成AgI沉淀，不能说明AgI溶解度小于AgSCN，故C说法错误；D、白色沉淀为AgSCN，加入KI后，白色沉淀转化成黄色沉淀，即AgSCN转化成AgI，随后沉淀溶解，得到无色溶液，可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应，故D说法正确；故选C。16、D【解析】

方案Ⅰ：发生反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2NaAlO2+H2SO4+2H2O==2Al(OH)3↓+Na2SO4；则2Al—2NaOH—H2SO4—2Al(OH)3；方案Ⅱ：发生反应为2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaOH==2Al(OH)3↓+3Na2SO4；则2Al—6NaOH—3H2SO4—2Al(OH)3；方案Ⅲ：2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O==8Al(OH)3↓+3Na2SO4，则2Al—1.5NaOH—0.75H2SO4—2Al(OH)3。【详解】A．三种方案中，消耗Al都为1mol，Al都由0价升高为+3价，则转移电子数一样多，A正确；B．从三个方案的比较中可以看出，生成等物质的量的氢氧化铝，方案Ⅲ所用硫酸的量最少，B正确；C．方案Ⅰ需控制酸的加入量，方案Ⅱ需控制碱的加入量，而方案Ⅲ不需对酸、碱的用量严格控制，所以方案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量，C正确；D．采用方案Ⅲ时，整个过程中Al与酸、碱的用量关系为6Al—6NaOH—3H2SO4—2Al，用于制备溶液①的Al占总量的0.75，D不正确；故选D。17、C【解析】

A．聚乙烯材料不可降解，A错误；B．氮化镓，化学式GaN，是氮和镓的化合物，并不属于合金，B错误；C．碳纤维是碳的单质，是一种无机非金属材料，C正确；D．聚氯乙烯是速率，不可降解，且不可于用于食品包装，D错误。答案选C。18、B【解析】煤的干馏有苯及苯的同系物等新物质生成，属于化学变化，故A错误；石油的分馏是根据沸点不同把石油分离为汽油、煤油、柴油等物质，没有新物质生成，属于物理变化，故B正确；石油裂化是大分子烃断裂为小分子烃，生成新物质属于化学变化，故C错误；石油裂解是大分子烃断裂为乙烯、丙烯等产物，生成新物质属于化学变化，故D错误。19、B【解析】

A、坩埚钳能用于夹取加热后的坩埚，选项A不选；B、研钵用于研磨药品，不能加热，选项B选；C、灼烧固体药品时需要用泥三角，可加热，选项C不选；D、蒸发皿能用于溶液加热，选项D不选；答案选B。【点睛】本题考查仪器的使用，通过我们学过的知识可知能够直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；不能加热的仪器有：漏斗、量筒、集气瓶等。20、C【解析】

A.利用高纯度的硅单质的半导体性能，广泛用于制作芯片，正确，故A不选；B.碳酸镁加热分解可以得到氧化镁，氧化镁可用于制造耐高温材料，故B不选；C.SO2中的硫元素的化合价为+4价，浓硫酸中的硫元素的化合价为+6价，价态相邻，故SO2可以用浓硫酸干燥，但SO2有强还原性，故C选；D.合金的硬度大于金属单质，故D不选；故选C。21、D【解析】

A.虽然这个反应一般不能发生，但此处我们利用的是溶解度差异，仍然可以使溶解度相对较低的以沉淀的形式析出，A项正确；B.溶于水得到一水合氨，可以和一水合氨发生反应，得到和，B项正确；C.加食盐是为了提高溶液中的浓度，根据同离子效应使氯化铵先析出，C项正确；D.加食盐能得到氯化铵固体，说明氯化铵的溶解度比食盐更低，D项错误；答案选D。22、C【解析】

A．二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸，使氯水褪色，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故A错误；B．铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，硫酸中部分硫元素化合价降低、部分化合价不变，浓硫酸表现强的氧化性和酸性，使铜化合价升高体现浓硫酸的强的氧化性，故B错误；C．硅单质中硅化合价为0，处于低价，一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来，体现其还原性，故C正确；D．过氧化氢分解生成氧气和水，反应中二氧化锰起催化作用，故D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、取代反应保护酚羟基，防止酚羟基被氧化羧基和酚羟基17种或【解析】

根据流程图，烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解后酸化生成C，根据C的化学式可知，A为甲苯()，根据E的结构，结合信息②可知，D为，则C为，因此B为苯环上的氢原子被取代的产物，反应条件为铁作催化剂，B为，据此分析。【详解】根据流程图，烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解后酸化生成C，根据C的化学式可知，A为甲苯()，根据E的结构，结合信息②可知，D为，则C为，因此B为苯环上的氢原子被取代的产物，反应条件为铁作催化剂，B为。(1)根据上述分析，C为；（2）反应⑤是与乙酸酐发生取代反应生成和乙酸，反应类型为取代反应；在③之前设计②可以保护酚羟基，防止酚羟基被氧化，故答案为取代反应；保护酚羟基，防止酚羟基被氧化；（3）F为，含氧官能团的名称为羧基和酚羟基；(4)G(阿司匹林)中的酯基水解生成的羟基为酚羟基，也能与氢氧化钠反应，因此与足量NaOH溶液反应的化学方程式为；(4)E为，a．含—OH，可为酚羟基、醇羟基或羧基中的—OH；b．能发生水解反应说明含有酯基；c．能发生银镜反应说明含有醛基；满足条件的结构是：若苯环上只有一个取代基则为HCOOCH(OH)-，只有一种；若苯环上有两个取代基，可为HCOOCH2-和-OH，苯环上的位置可为邻、间、对位，故有3种；若苯环上有两个取代基还可以为HCOO-和-CH2OH，苯环上的位置可为邻、间、对位，故有3种；若苯环上有三个取代基，为HCOO-、-CH3和-OH，根据定二议三，两个取代基在苯环上有邻、间、对位，再取代第三个取代基在苯环上时分别有4、4、2种共10种；综上符合条件的同分异构体共有17种；其中核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为1：2：2：2：1的结构简式为或；(5)用甲苯为原料合成功能高分子材料()。需要合成，根据题干信息③，可以由合成；羧基可以由甲基氧化得到，因此合成路线为。24、焦炭对二甲苯（或1,4-二甲苯）+2CH3OH+2H2O酯基取代反应CH3OHCH3Cl【解析】

采用逆推法，D中应该含有2个酯基，即，反应①的条件是乙醇，因此不难猜出这是一个酯化反应，C为对二苯甲酸，结合B的分子式以及其不饱和度，B只能是对二甲苯，从B到C的反应条件是酸性高锰酸钾溶液，固体A是煤干馏得到的，因此为焦炭，再来看下线，F脱水的产物其实是两个酸酐，因此F中必然有四个羧基，则E就是1,2,4,5-四甲苯，据此来分析本题即可。【详解】（1）固体A是焦炭，B的化学名称为对二甲苯（或1,4-二甲苯）（2）反应①即酯化反应，方程式为+2CH3OH+2H2O；（3）D中官能团的名称为酯基，注意苯环不是官能团；（4）E是1,2,4,5-四甲苯，其分子式为，根据分析，F的结构简式为；（5）根据给出的条件，X应该含有两个酯基，并且是由酚羟基形成的酯，再结合其有4种等效氢，因此符合条件的X的结构简式为；（6）甲苯只有一个侧链，而产物有两个侧链，因此要先用已知信息中的反应引入一个侧链，再用酸性高锰酸钾溶液将侧链氧化为羧基，再进行酯化反应即可，因此合成路线为CH3OHCH3Cl。25、b②碱石灰制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率蒸馏溶液变为红色，而且半分钟内不褪色85.5%偏小【解析】

（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；（7）用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积V，则过量Ag+的物质的量为Vcmol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol，则可以求出SO2Cl2的物质的量；AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小。【详解】（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出，故水应该从b口进入；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用②70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2，故选②；（3）根据装置图可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰，可以吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入冷凝管中，故乙装置中盛放的试剂是碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；（7）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积10.00mL，则过量Ag+的物质的量为Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.2000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol＝1.9×10-2mol，则SO2Cl2的物质的量为1.9×10-2mol×0.5=9.5×10-3mol，产品中SO2Cl2的质量分数为×100%=85.5%；已知：Ksp(AgCl)=3.2×10−10，Ksp(AgSCN)=2×10−12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为：85.5%；偏小。26、NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深还原性N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性浅绿色棕色0.5mol·L−1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O【解析】

（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；（2）N原子最外层5个电子，NO2-中N为+3价不稳定，易失电子，体现还原性；（3）①若要证明棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3，含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明；②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了NO气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了Fe(OH)3，据此解答；（4）①将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大，由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生NO和Fe3+，U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；②两电极反应式相加得总反应式。【详解】（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深，所以在2mL1mol·L-1NaNO2溶液中滴加酚酞溶液出现溶液变为浅红色，微热后红色加深，故答案为NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；（2）根据实验II说明NaNO2溶液与KMnO4溶液在酸性条件下发生氧化还原反应而使KMnO4溶液的紫色褪去，即KMnO4被还原，说明NO2-具有还原性。NO2-具有还原性的原因是：N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性，故答案为还原性；N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性；（3）①实验IV在FeSO4溶液（pH=3）中滴加NaNO2溶液，溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红，说明有Fe3+生成，NO2-被还原为NO。若要证明棕色物质是是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3，含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明；故答案为浅绿色；棕色；0.5mol·L−1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）；②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了NO气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了Fe(OH)3，原因是棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀，故答案为棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀；（4）①将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大，由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生NO和Fe3+，U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；故答案为阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；②该原电池负极反应为：Fe2+-e-=Fe3+，正极反应为NO2-+e-+2H+=NO↑+H2O，所以电池总反应式为Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O；故答案为Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O。27、蒸馏烧瓶生成FeSO4溶液，且用产生的H2排尽装置内的空气关闭k2Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则洗涤干净隔绝空气乳酸根离子中的羟基也能被高锰酸钾氧化，导致消耗高锰酸钾溶液用量偏多蓝色褪去且半分钟不恢复95.2%【解析】

I．亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，B制备硫酸亚铁，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应产生FeCO3沉淀。Ⅱ．Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，获取乳酸亚铁晶体过程中应减小空气中氧气的干扰；①乳酸和亚铁离子都可被酸性高锰酸钾氧化；②I2的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，最终褪色；根据已知反应可得关系式2Fe3+～～I2～～2S2O32-，根据滴定时参加反应的硫代硫酸钠的物质的量计算出Fe2+的物质的量，再计算样品纯度。【详解】I．亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，装置B制备硫酸亚铁，C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。(1)由仪器图形可知B为蒸馏烧瓶；打开kl、k2，加入适量稀硫酸，可使生成的氢气排出装置C内的空气，防止二价铁被氧化；(2)待装置内空气排出后，再关闭k2，反应产生的氢气使装置内的气体压强增大，可将B中生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反应的离子方程式为Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(3)FeCO3是从含有SO42-的溶液中过滤出来的，检验沉淀是否洗涤干净，可通过检验是否含有SO42-判断。方法是：取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则表明洗涤液中不存在SO42-，即可判断FeCO3沉淀洗涤干净；Ⅱ．(4)Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，则乳酸亚铁应隔绝空气，防止被氧化；(5)①乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，Fe2+也可以被氧化，因此二者反应都消耗KMnO4溶液，导致消耗高锰酸钾的增大，使计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；②I2遇淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，说明I2与Na2S2O3发生了氧化还原反应，当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复，即可判断为滴定终点；24.80mL0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液中硫代硫酸钠的物质的量为n(Na2S2O3)=0.02480L×0.100mol/L=2.48×10-3mol，根据关系式2Fe2+～2Fe3+～I2～2S2O32-，可知样品中CH3CH(OH)COO]2Fe•3H2O的物质的量为n(Fe2+)=n(S2O32-)=2.48×10-3mol×=9.92×10-3mol，则样品的纯度为×100%=95.2%。【点睛】本题考查实验制备方案的知识，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等，明确原理是解题关键，通过化学方程式可得关系式，然后根据关系式进行有关化学计算，注意在物质计算时取用的物质与原样品配制的溶液的体积关系，以免出错。28、HF＞HI＞HBr＞HCl4s24p64bdAl(OH)3Al3++3OH-Al2O3O=C=ONa+>Al3+【解析】

(1)卤素原子的最外层电子数均为7个，卤化氢均为共价型分子，且HF分子间存在氢键；(2)溴原子核电荷数为35；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5；(3)元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强、其最高价氧化物的水合物酸性越强、其氢化物的稳定性越强、其单质与氢气化合越容易、其对键合单质的吸引力越大；(4)氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应生成盐和水；(5)氢氧化铝和氢氧化镁的分解产物除水外，还有Al2O3和MgO，其中Mg的金属性比Al的金属性活泼；(6)碳酸镁高温分解生成MgO和CO2，其中CO2是直线型非极性分子；(7)与镁离子核外电子排布相同的另外两个阳离子为Na+和Al3+，核电荷数大，离子半径小。【详解】(1)卤素原子的最外层电子数均为7个，卤化氢中H和X之间存在一个共用电子对，则HX的电子式为，HX均为共价型分子，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，但HF分子间存在氢键，其沸点比其它HX高，则HF、HCl、HBr、HI四种氯化氢的沸点由高到低的顺序是HF＞HI＞HBr＞HCl；(2)溴原子核电荷数为35，则溴离子的最外层电子排布式为4s24p6；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，共有1s、2s、2p、3s、3p4个能级，又s轨道有1种不同的伸展方向，p轨道有3种不同的伸展方向，所以氯原子共有4种不同的伸展方向；(3)a．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水合物酸性越强，但HClO和HBrO均不是最高价氧化物的水合物，则无法根据HClO酸性强于HBrO判断非金属性Cl＞Br，故a错误；b．HBr的分解温度低于HCl，说明HBr较不稳定，则可说明氯的非金属性强于溴，故b正确；c．向FeBr2溶液中滴加少量氯水，还原性：Fe2+＞Br-，少量氯气先氧化Fe2+生成Fe3+，Fe3+在溶液中呈现浅黄色，不能证明氯