2024年广东省广州市荔湾、海珠部分学校高考化学考前最后一卷预测卷含解析

2024年广东省广州市荔湾、海珠部分学校高考化学考前最后一卷预测卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、钐(Sm)属于稀土元素，与是钐元素的两种同位素．以下说法正确的是A．与互为同素异形体B．与具有相同核外电子排布C．与的性质完全相同D．与的质子数不同，但中子数相同2、下列实验操作或现象不能用平衡移动原理解释的是A．卤化银沉淀转化B．配制氯化铁溶液C．淀粉在不同条件下水解D．探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应3、镍-铁碱性电池十分耐用，但其充电过程中正负极得到的产物对电解水有很好的催化作用，因此电池过充时会产生氢气和氧气，限制了其应用。科学家将电池和电解水结合在起，制成新型的集成式电池电解器，可将富余的能量转化为氢能储存。已知镍铁碱性电池总反应方程式为：Fe+2NiOOH+2H2OFe（OH）2+2Ni（OH）2。下列有关说法错误的是（）A．电能、氢能属于二次能源B．该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜C．该装置储氢能发生的反应为：2H2O2H2↑+O2↑D．镍-铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni（OH）2+OH--e-═NiOOH+H2O4、下列实验合理的是（）A．证明非金属性Cl＞C＞SiB．制备少量氧气C．除去Cl2中的HClD．吸收氨气，并防止倒吸A．A B．B C．C D．D5、没有涉及到氧化还原反应的是A．Fe3+和淀粉检验I- B．氯水和CCl4检验Br-C．新制Cu(OH)2、加热检验醛基 D．硝酸和AgNO3溶液检验Cl-6、我国科学家提出了无需加入额外电解质的钠离子直接甲酸盐燃料电池体系，其工作原理如图所示。甲酸钠（HCOONa）的水解为电极反应和离子传输提供了充足的OH-和Na+。下列有关说法不正确的是A．A极为电池的负极，且以阳离子交换膜为电池的隔膜B．放电时，负极反应为HCOO-+3OH--2e-=CO32-+2H2OC．当电路中转移0.lmol电子时，右侧电解质溶液质量增加2.3gD．与传统的氯碱工业相比，该体系在不污染环境的前提下，可以实现同步发电和产碱7、下列离子方程式书写正确的是A．食醋除水垢2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O：B．稀硝酸中加入少量亚硫酸钠：2H++SO32-=SO2↑+H2OC．处理工业废水时Cr(Ⅵ)的转化：Cr2O72-+3SO32-+8H+=3SO42-+2Cr3++4H2OD．用酸性KMnO4测定草酸溶液浓度：5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O8、室温下，对于0.10mol•L﹣1的氨水，下列判断正确的是A．与AlCl3溶液反应发生的离子方程式为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓B．用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性C．加水稀释后，溶液中c（NH4+）•c（OH﹣）变大D．1L0.1mol•L﹣1的氨水中有6.02×1022个NH4+9、常温下，用0.1000mol·L-1的盐酸滴定20.00mL未知浓度的氨水，滴定曲线如图所示，滴加20.00mL盐酸时所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)。下列说法错误的是A．点①溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)=2c(Cl-)B．点②溶液中c(NH4+)=c(Cl-)C．点③溶液中c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)D．该氨水的浓度为0.1000mol·L-110、图甲是一种利用微生物将废水中的尿素（CO(NH2)2）转化为环境友好物质的原电池装置示意图甲，利用该电池在图乙装置中的铁上镀铜。下列说法正确的是（

）A．图乙中Fe电极应与图甲中Y相连接B．图甲中H+透过质子交换膜由右向左移动C．图甲中M电极反应式：CO(NH2)2+5H2O-14e−=CO2+2NO2+14H+D．当图甲中N电极消耗0.5molO2时，图乙中阴极增重64g11、将0.48g镁粉分别加入10.0mL下列溶液，反应6小时，用排水法收集产生的气体，溶液组成与H2体积(已换算成标准状况)的关系如下表。下列说法不正确的是实验1234567溶液组成H2O1.0mol/LNH4Cl0.1mol/LNH4Cl1.0mol/LNaCl1.0mol/LNaNO30.8mol/LNH4Cl+0.2mol/LNH3·H2O0.2mol/LNH4Cl+0.8mol/LNH3·H2OV/ml1243334716014401349A．由实验2、3可得，浓度越大，镁和水反应速率越快B．由实验1、4、5可得，Cl-对镁和水的反应有催化作用C．由实验3、7可得，反应过程产生的Mg(OH)2覆盖在镁表面，减慢反应D．无论酸性条件还是碱性条件，都能加快镁和水的反应12、四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是A．四种元素中至少有两种金属元素B．四种元素的常见氢化物中熔点最高的是的氢化物C．四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素形成的离子D．常温下，三种元素形成的化合物的水溶液的小于713、下列实验操作能达到目的的是（）选项实验目的实验操作A配制100g10%的NaOH溶液称取10gNaOH溶于90g蒸馏水中B验证“84消毒液”呈碱性用pH试纸测量溶液的pHC检验溶液中是否含有Na+用洁净的玻璃棒蘸取溶液灼烧，观察火焰颜色D从溴水中获得溴单质利用SO2将Br2吹出后，富集、还原、分离A．A B．B C．C D．D14、25°C时，用浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液滴定体积均是20mL、浓度均为0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．酸性强弱顺序是HX>HY>HZB．加入10mLNaOH溶液时，HY溶液中c（Na+）>c（Y-）C．pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3D．加入20mLNaOH溶液时，只有HY溶液达到滴定终点15、已知常温下Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)、Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)。下列分析不正确的是（）A．将10mL0.1mol/LNa2CO3溶液逐滴滴加到10mL0.1mol/L盐酸中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)B．现有①200mL0.1mol/LNaClO溶液，②100mL0.1mol/LCH3COONa溶液，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：②＞①C．向0.1mol/LNH4Cl溶液中加入少量NH4Cl固体：比值减小D．将AgBr和AgCl的饱和溶液等体积混合，再加入足量AgNO3浓溶液：产生的AgCl沉淀多于AgBr沉淀16、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I−+IO3−+6H+=I2+3H2OC．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2OD．电解饱和食盐水：2Cl−+2H+Cl2↑+H2↑17、已知X、Y、Z为短周期主族元素，在周期表中的相应位置如图所示，下列说法不正确的是（）A．若X为金属元素，则其与氧元素形成的化合物中阴阳离子个数比可能是1∶2B．若Z、Y能形成气态氢化物，则稳定性一定是ZHn>YHnC．若Y是金属元素，则其氢氧化物既能和强酸反应又能和强碱反应D．三种元素的原子半径：r（X）>r（Y）>r（Z）18、常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A．Ka2（H2X）的数量级为10–6B．曲线N表示pH与的变化关系C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)=c(H＋)19、根据能量示意图,下列判断正确的是()A．化学反应中断键要放出能量,形成化学键要吸收能量B．该反应的反应物总能量小于生成物总能量C．2A2(g)+B2(g)=2C(g)ΔH=-(b+c-a)kJ·mol-1D．由图可知,生成1molC(l),放出(b+c-a)kJ热量20、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质。常温下，甲的浓溶液具有脱水性，和A发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色刺激性气味气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．丁和戊中所含元素种类相同B．简单离子半径大小：X＜YC．气态氢化物的还原性：X＞ZD．Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存21、活性氧化锌是一种多功能性的新型无机材料。某小组以粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）为原料模拟工业生产活性氧化锌，步骤如图：

已知相关氢氧化物沉淀pH范围如表所示Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2开始沉淀5.47.02.34.7完全沉淀8.09.04.16.7下列说法不正确的是（）A．“酸浸”中25%稀硫酸可用98%浓硫酸配制，需玻璃棒、烧杯、量简、胶头滴管等仪器B．“除铁”中用ZnO粉调节溶液pH至4.1～4.7C．“除铜”中加入Zn粉过量对制备活性氧化锌的产量没有影响D．“沉锌”反应为2Zn2++4HCO3﹣═Zn2（OH）2CO3↓+3CO2↑+H2O22、2019年4月25日，宣布北京大兴国际机场正式投运！该机场在建设过程中使用了当今世界机场多项尖端科技，被英国《卫报》评为“新世界七大奇迹”之首。化工行业在这座宏伟的超级工程中发挥了巨大作用，下列有关说法错误的是A．青铜剑科技制造的第三代半导体芯片，其主要成分是SiO2B．支撑航站楼的C形柱柱顶的多面体玻璃，属于硅酸盐材料C．机场中的虚拟人像机器人“小兴”表面的塑料属于高分子聚合物D．耦合式地源热泵系统，光伏发电系统及新能源汽车的使用，可以减轻温室效应及环境污染二、非选择题(共84分)23、（14分）煤的综合利用有如下转化关系。CO和H2按不同比例可分别合成A和B，已知烃A对氢气的相对密度是14，B能发生银镜反应，C为常见的酸味剂。请回答：(1)有机物D中含有的官能团的名称为______________。(2)反应⑥的类型是______________。(3)反应④的方程式是_______________________________________。(4)下列说法正确的是________。A．有机物A能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色B．有机物B和D能用新制碱性氢氧化铜悬浊液鉴别C．有机物C、D在浓H2SO4作用下制取CH3COOCH2CH3，该反应中浓H2SO4是催化剂和氧化剂D．有机物C没有同分异构体24、（12分）某研究小组按下列路线合成药物诺氟沙星：已知：试剂EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，在适当条件下，可由C生成D。②③请回答：（1）根据以上信息可知诺氟沙星的结构简式_____。（2）下列说法不正确的是_____。A．B到C的反应类型为取代反应B．EMME可发生的反应有加成，氧化，取代，加聚C．化合物E不具有碱性，但能在氢氧化钠溶液中发生水解D．D中两个环上的9个C原子可能均在同一平面上（3）已知：RCH2COOH，设计以化合物HC(OC2H5)3、C2H5OH合成EMME的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_____。（4）写出C→D的化学方程式______。（5）写出化合物G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：____①1H-NMR谱表明分子中有4种氢原子，IR谱显示含有N－H键，不含N－N键；②分子中含有六元环状结构，且成环原子中至少含有一个N原子。25、（12分）设计一个方案，在用廉价的原料和每种原料只用一次的条件下，分三步从含有Fe3＋、Cu2＋、Cl－和NO3－的废液中，把Fe3＋转化为绿矾回收，把Cu2＋转化为Cu回收，各步反应加入的原料依次是________，________，________。各步反应的离子方程式是：（1）_________________________________；（2）_________________________________；（3）__________________________________。26、（10分）某实验小组同学为了研究氯气的性质，做以下探究实验。向KI溶液通入氯气溶液变为黄色；继续通入氯气一段时间后，溶液黄色退去，变为无色；继续通入氯气，最后溶液变为浅黄绿色，查阅资料：I2+I-⇌I3-，I2、I3-在水中均呈黄色。（1）为确定黄色溶液的成分，进行了以下实验：取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在______，生成该物质的化学方程式为______，水层显浅黄色，说明水层显黄色的原因是______；（2）继续通入氯气，溶液黄色退去的可能的原因______；（3）NaOH溶液的作用______，反应结束后，发现烧杯中溶液呈浅黄绿色，经测定该溶液的碱性较强，一段时间后溶液颜色逐渐退去，其中可能的原因是______。27、（12分）绿矾（FeSO4·7H2O）可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得到各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8℃，沸点44.8℃，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等。回答下列问题：（1）甲组同学按照上图所示的装置，通过实验检验绿矾的分解产物。装置B中可观察到的现象是_____________________________，甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。装置C的作用是_________________________。（2）乙组同学认为甲组同学的实验结论不严谨，认为需要补做实验。对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中__________（填字母）。A．不含SO2B．可能含SO2C．一定含有SO3（3）丙组同学查阅资料发现绿矾受热分解还可能有O2放出，为此，丙组同学选用甲组同学的部分装置和下图部分装置设计出了一套检验绿矾分解所得气态产物的装置：①丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为_______________________。②能证明绿矾分解产物中有O2的检验方法是________________________。（4）为证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象____________________。28、（14分）海水是巨大的资源宝库，海水淡化及其综合利用具有重要意义。请回答下列问题：Ⅰ.(1)步骤1中，粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，粗盐精制过程中要使用Na2CO3溶液，请写出加入Na2CO3溶液后相关化学反应的离子方程式_________________。(2)海水提溴，制得1molBr2需要消耗_________molCl2。步骤Ⅱ中需要向母液中加入稀硫酸酸化，其作用是___________________________。步骤Ⅲ若用Na2SO3水溶液吸收Br2，有关反应的离子方程式为_______________________________。(3)为了从工业Br2中提纯溴，除去产物中残留的少量Cl2，可向其中加入__________溶液。Ⅱ.(1)Mg在元素周期表中的位置：_____________，Mg(OH)2的电子式：____________，Mg(OH)2中所含元素的简单离子半径由小到大的顺序是____________________________。(2)步骤Ⅳ由Mg(OH)2得到单质Mg，以下方法最合适的是_______________（填序号）。A．Mg(OH)2MgCl2MgB．Mg(OH)2MgOMgC．Mg(OH)2MgOMgD．Mg(OH)2无水MgCl2Mg(3)判断Mg(OH)2是否洗涤干净的操作是__________________。Ⅲ.用Mg制成的格氏试剂(RMgBr)常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：(R：烃基：R'：烃基或H)依据上述信息，写出制备所需溴代烃的可能结构简式：___________。29、（10分）人类向大气中排放的NOx和SO2对环境会产生危害，烟气的脱硝（除NOx）技术和脱硫（除SO2）技术都是环境科学研究的热点。（1）选择性催化还原技术是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在催化剂作用下，用还原剂（如NH3选择性地与NOx反应生成N2和H2O。已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH1=-905.5kJ·mol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH2=+180kJ·mol-1则4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH3=__。（2）碱性KMnO4氧化法也可将NOx进行脱除。①用KMnO4(NaOH)溶液进行烟气中NO的脱除，将该离子方程式补充完整。__□NO+□MnO4-+□__=NO2-+3NO3-+□MnO42-+□__②下列叙述正确的是__（填字母序号）。A．将脱除后的混合溶液进行分离可获得氮肥B．反应后混合溶液中：c(MnO4-)+2c(MnO42-)=c(K+)C．在不同酸碱性条件下，KMnO4发生还原反应的产物可能不同（3）催化剂V2O5可用于处理NOx和SO2。V2O5在催化降解NOx的过程中，也会对SO2和O2反应起到一定的催化作用，其反应式如下：a.V2O5+SO2=V2O4+SO3b.__c.2VOSO4=V2O5+SO2+SO3SO3进一步与烟气中逃逸的氨反应，生成硫酸氢铵和硫酸铵。

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】

A．与的质子数均为62，但中子数分别为82、88，则质子数相同而中子数不同，二者互为同位素，A错误；B．与的质子数均为62，原子核外电子数等于原子核内质子数，所以两种原子核外电子数均为62，电子数相同，核外电子排布也相同，B正确；C．与的物理性质不同，化学性质相似，C错误；D．与的质子数均为62，中子数=质量数﹣质子数，分别为144﹣62=82、150﹣62=88，不相同，D错误。答案选B。2、C【解析】

A、足量NaCl(aq)与硝酸银电离的银离子完全反应，AgCl在溶液中存在溶解平衡，加入少量KI溶液后生成黄色沉淀，该沉淀为AgI，Ag+浓度减小促进AgCl溶解，说明实现了沉淀的转化，能够用勒夏特列原理解释；B、铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，该反应为可逆反应，加入稀盐酸可抑制铁离子水解，能够用勒夏特列原理解释；C、淀粉水解反应中，稀硫酸和唾液起催化作用，催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释；D、二氧化碳在水中存在溶解平衡，塞上瓶塞时随着反应的进行压强增大，促进CO2与H2O的反应，不再有气泡产生，打开瓶塞后压强减小，向生成气泡的方向移动，可用勒夏特列原理解释。正确答案选C。【点睛】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关。3、D【解析】

A．电能、氢能都是由其他能源转化得到的能源，为二次能源，故A正确；B．电解时氢氧根离子通过离子交换膜进入阳极，在阳极失电子生成氧气，则该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜，故B正确；C．该装置储氢时，发生电解水的反应，电解水生成氢气和氧气，即反应为：2H2O2H2↑+O2↑，故C正确；D．正极上发生得电子的还原反应，则镍-铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni(OH)2+OH-+e-═NiOOH+H2O，故D错误。故选：D。4、D【解析】

A.盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，同时盐酸易挥发，与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱，故A错误；

B.过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，关闭止水夹，不能使反应随时停止，图中装置不合理，故B错误；

C.碳酸氢钠与氯化氢会发生反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，应用饱和食盐水，故C错误；

D.四氯化碳的密度比水大，不溶于水，可使气体与水隔离，从而可防止倒吸，故D正确；

故选D。【点睛】A项是学生们的易错点，其中盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，应用高氯酸；同时盐酸易挥发，能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，会干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱。5、D【解析】

A.Fe3+具有氧化性，可以将碘离子I-氧化成碘I2，碘遇淀粉变蓝，离子方程式：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故A项涉及；B.氯水中的氯气和次氯酸具有氧化性，可以把Br-氧化成Br2，CCl4层显橙色，故B涉及；C.醛基和新制Cu(OH)2在加热的条件下，发生氧化还原反应，生成砖红色沉淀，故C涉及；D.Cl-和硝酸酸化过的AgNO3溶液中银离子反应生成氯化银沉淀，这个反应不是氧化还原反应，故D不涉及；题目要求选择不涉及氧化还原反应的，故选D。6、C【解析】

从图中可以看出，A电极上HCOO-转化为CO32-，发生反应HCOO-+3OH--2e-=CO32-+2H2O，C元素由+2价升高为+4价，所以A为负极，B为正极。当负极失去2mole-时，溶液中所需Na+由4mol降为2mol，所以有2molNa+将通过交换膜离开负极区溶液进入正极区。正极O2得电子，所得产物与水发生反应，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，由于正极区溶液中阴离子数目增多，所以需要提供Na+以中和电性。【详解】A．由以上分析可知，A极为电池的负极，由于部分Na+要离开负极区，所以电池的隔膜为阳离子交换膜，A正确；B．由以上分析可知，电池放电时，负极反应为HCOO-+3OH--2e-=CO32-+2H2O，B正确；C．依据负极反应式，当电路中转移0.lmol电子时，有0.1molNa+通过离子交换膜进入右侧，右侧参加反应的O2质量为=0.8g，电解质溶液质量增加2.3g+0.8g=3.1g，C不正确；D．与传统的氯碱工业相比，该体系没有污染环境的气体产生，且可发电和产碱，D正确；故选C。7、C【解析】

A．食醋的主要成分为乙酸，属于弱酸，用食醋除水垢，离子方程式：2CH3COOH+CaCO3═CO2↑+Ca2++H2O+2CH3COO-，故A错误；B．酸性条件下，亚硫酸钠被硝酸氧化生成硫酸钠，离子反应方程式为：3SO32-+2H++2NO3-=3SO42-+2NO↑+H2O，故B错误；C．Cr(Ⅵ)具有强氧化性，可以用在酸性条件下，用亚硫酸钠处理工业废水时Cr(Ⅵ)，反应的离子方程式为：Cr2O72-+3SO32-+8H+=3SO42-+2Cr3++4H2O，故C正确；D．酸性高锰酸钾可氧化草酸溶液，草酸是弱酸，不能拆开，正确的的离子反应为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意硝酸具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化。8、B【解析】

A．一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：，故A错误；B．含有弱根离子的盐，谁强谁显性，硝酸铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故B正确；C．加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以减小，故C错误；D．一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以1L0.1mol⋅L−1的氨水中的数目小于6.02×1022，故D错误；故答案为：B。【点睛】对于稀释过程中，相关微粒浓度的变化分析需注意，稀释过程中，反应方程式中相关微粒的浓度一般情况均会减小，如CH3COONa溶液，溶液中主要存在反应：CH3COONa+H2OCH3COOH+NaOH，稀释过程中，c(CH3COO-)、c(CH3COOH)、c(OH-)、c(Na+)均逐渐减小，非方程式中相关微粒一般结合相关常数进行分析。9、C【解析】

条件“滴加20.00mL盐酸时所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)”中的等式，实际上是溶液中的物料守恒关系式；进一步可知，V(HCl)=20mL即为滴定终点，原来氨水的浓度即为0.1mol/L。V(HCl)=20mL即滴定终点时，溶液即可认为是NH4Cl的溶液，在此基础上分析溶液中粒子浓度的大小关系，更为简便。【详解】A．V(HCl)=20mL时，溶液中有c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)成立；所以V(HCl)=10mL也就是20mL的一半时，溶液中就有以下等式成立：c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)=2c(Cl-)；A项正确；B．点②时溶液呈中性，所以有c(H+)=c(OH-)；根据电荷守恒式：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，可知溶液中c(NH4+)=c(Cl-)；B项正确；C．点③即为中和滴定的终点，此时溶液可视作NH4Cl溶液；由于NH4+的水解程度较小，所以c(NH4+)＞c(H+)；C项错误；D．由条件“滴加20.00mL盐酸时所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)”可知V(HCl)=20mL即为滴定终点，那么原来氨水的浓度即为0.1mol/L；D项正确；答案选C。【点睛】对于溶液混合发生反应的体系，若要判断溶液中粒子浓度的大小关系，可以先考虑反应后溶液的组成，在此基础上再结合电离和水解等规律进行判断，会大大降低问题的复杂程度。10、D【解析】

该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M上有机物失电子是负极，N上氧气得电子是正极，电解质溶液为酸性溶液，图乙中在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连；A．在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，则Fe与X相连，故A错误；B．由甲图可知，氢离子向正极移动，即H+透过质子交护膜由左向右移动，故B错误；C．H2NCONH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-═CO2↑+N2↑+6H+，故C错误；D．当图甲中N电极消耗0.5molO2时，转移电子的物质的量为0.5mol×4=2.0mol，则乙中阴极增重×64g/mol=64g，故D正确；故答案为D。【点睛】考查原电池原理以及电镀原理，明确原电池正负极上得失电子、电解质溶液中阴阳离子移动方向是解题关键，该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M上有机物失电子是负极，N上氧气得电子是正极，电解质溶液为酸性溶液，图乙中在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒即可计算。11、A【解析】

A、试验2、3中主要反应为：，由于试验2中的n(NH4+)大于试验3中的n(NH4+)，而镁是过量的，所以不能得出浓度越大，反应速率越快的结论，故A符合题意；B、由试验1、2对比可知，反应速率加快，其原因有可能是Na+、Cl-具有催化作用，由试验4、5对比可知，Na+对反应无催化作用，由此可知，Cl-对镁和水的反应有催化作用，故B不符合题意；C、试验7中NH4Cl浓度较试验3高，产生氢气的速率应更快，但由表格可知，二者产生氢气的速率几乎相等，其原因在于试验7中加入了高浓度NH3·H2O，NH3·H2O与Mg2+反应生成了Mg(OH)2覆盖在镁表面，减慢反应，故C不符合题意；D、由试验1、2、7对比可知，无论酸性条件还是碱性条件，都能加快镁和水的反应，故D不符合题意；故答案为A。12、B【解析】

原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。【详解】A.四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；B.氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；C.四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；D.三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，若为NaNO3溶液显中性，pH等于7，若为NaNO2因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。故选B。13、A【解析】

A.溶液质量是90g+10g=100g，溶质的质量分数为×100%=10%，A正确；B.“84消毒液”有效成分是NaClO，该物质具有氧化性，会将pH试纸氧化漂白，因此不能用pH试纸测量该溶液的pH，以验证溶液的碱性，B错误；C.玻璃的成分中含有Na2SiO3，含有钠元素，因此用玻璃棒进行焰色反应实验，就会干扰溶液中离子的检验，要使用铂丝或光洁无锈的铁丝进行焰色反应，C错误；D.向溴水中加入CCl4充分振荡后，静置，然后分液，就可从溴水中获得溴单质。若向溴水中通入SO2气体，就会发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，不能将单质溴吹出，D错误；故合理选项是A。14、C【解析】

0.1000mol/L的HZ，pH=1，c(H+)=0.1000mol/L，则c(HZ)=c(H+)，则HZ为一元强酸，HX和HY的pH都大于1，则HX和HY都是一元弱酸，同浓度的三种酸酸性强弱关系为：HX＜HY＜HZ，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，三种酸酸性强弱顺序是HX＜HY＜HZ，A错误；B．加入10mLNaOH溶液时，HY有一半被中和，此时溶质为等物质的量的HY和NaY，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，由图可知，此时溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，溶液c(Na+)＜c(Y-)，B错误；C．HZ是强酸，加水稀释10倍，即101倍pH增大1，即pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3，C正确；D．加入20mLNaOH溶液时，三种溶液pH均发生突变，说明三种溶液均达到滴定终点，D错误。答案选C。【点睛】C．pH=a的强酸稀释10n倍，稀释后溶液pH=a+n(pH＜7)；pH=a的弱酸稀释10n倍，稀释后溶液pH＜a+n(pH＜7)；pH=a的强碱稀释10n倍，稀释后溶液pH=a-n(pH＞7)；pH=a的弱碱稀释10n倍，稀释后溶液pH＞a-n(pH＞7)15、C【解析】

A.10

mL0.1

mol⋅L−1Na2CO3溶液逐滴滴加到10

mlL0.1

mol⋅L−1盐酸中，开始时产生二氧化碳气体，滴加完后盐酸完全反应，碳酸钠过量，所以得到碳酸钠和氯化钠的混合物，所以离子浓度大小为：c(Na+)>c(Cl−)>c(CO32−)>c(HCO3−)，A正确；B.由于Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)，ClO-水解程度大于CH3COO-水解程度，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：②＞①，B正确C.向0.1mol/LNH4Cl溶液中，存在NH4++H2ONH3·H2O+H+，加入少量NH4Cl固体，NH4+，NH4+水解平衡正向移动，c(NH3·H2O)、c(H+)，水解常数不变，即，NH4+水解程度减小，减小，、增大，C错误；D.因为Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c(Ag+)大于后者c(Ag+)，c(Cl-)＞c(Br-)，当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中c(Cl-)比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，D正确；故答案为：C。【点睛】当盐酸逐滴滴加Na2CO3溶液时，开始时不产生二氧化碳气体，随着盐酸过量，才产生二氧化碳气体，其反应方程式为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；16、A【解析】

A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒；C项，在碱性溶液中不可能生成H+；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。【详解】A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A项正确；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B项错误；C项，在碱性溶液中不可能生成H+，正确的离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，D项错误；答案选A。【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中D项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中B项）；④从反应的条件进行判断（题中C项）；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。17、C【解析】

由题中元素在周期表中的位置推出X、Y、Z三种元素分别位于第二周期和第三周期；当X为金属时，X可能为Na、Mg、Al，若Y为金属时可能为Mg或者Al，根据常见氧化物以及镁、铝化合物的性质分析。【详解】由题中元素在周期表中的位置推出X、Y、Z三种元素分别位于第二周期和第三周期；A、当X为金属时，X可能为Na、Mg、Al，与氧气形成的化合物分别为Na2O、Na2O2、MgO、Al2O3，阴阳离子个数比有为1:2、1:1、2:3，故A不符合题意；B、由于Z、Y同族，从上至下非金属性逐渐减弱，Z的非金属性大于Y，所以气态氢化物的稳定性ZHn>YHn，故B不符合题意；C、若Y为金属时可能为Mg或者Al，因为Mg(OH)2不与强碱反应，故C符合题意；D、因电子层数X=Y>Z，故半径Y>Z，同周期原子半径从左至右逐渐减小，故原子半径：r(X)>r(X)>r(Z)，故D不符合题意。故选C。18、D【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点，=10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C.曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点，=100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D.根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D错误；答案选D。19、D【解析】

A.断键需要吸热，成键会放热，故A不选；B.该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故B不选；C.2A2(g)+B2(g)=2C(g)ΔH=-(b-a)kJ·mol-1。生成C(l)时的ΔH=-(b+c-a)kJ·mol-1，故C不选；D.据图可知，生成1molC(l)，放出(b+c-a)kJ的热量，故D选。故选D。20、A【解析】

甲的浓溶液具有脱水性，则甲为硫酸；常温下，和A发生钝化，则A为铝(Al)；丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色刺激性气味气体，结合转化关系图，可得出丙为SO2，丁为H2O，乙为Al2(SO4)3；SO2与戊反应生成H2SO4，则戊为H2O2。从而得出W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S。【详解】A．丁和戊分别为H2O、H2O2，所含元素种类相同，A正确；B．简单离子半径：O2->Al3+，B不正确；C．气态氢化物的还原性：H2O<H2S，C不正确；D．Al3+与S2-在水溶液中发生双水解反应，不能大量共存，D不正确；故选A。21、C【解析】

粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）加入稀硫酸溶解过滤得到溶液中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌，加入H2O2溶液氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液PH沉淀铁离子和铜离子，加入锌还原铜离子为铜单质，过滤得到硫酸锌，碳化加入碳酸氢铵沉淀锌离子生成碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌；A．依据溶液配制过程分析需要的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管等；B．依据沉淀PH范围调节溶液PH使铁离子和铜离子沉淀；C．“除铜”加入Zn粉的作用是含有铜离子，调节溶液pH除净铜离子；D．“沉锌”时加入NH4HCO3溶液，溶液中的Zn2＋与HCO3－反应生成Zn2（OH）2CO3和CO2。【详解】A．酸浸”中所需25%稀硫酸可用98%浓硫酸（密度为1.84g/mL）配制，是粗略配制在烧杯内稀释配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要仪器有量筒、胶头滴管等，故A正确；B．依据沉淀PH范围调节溶液PH使铁离子和铜离子沉淀，调节溶液PH为4.1～4.7，故B正确；C．“除铜”中加入Zn粉置换溶液中的Cu，过量的Zn粉也能溶解于稀硫酸，溶液中Zn2+浓度增大，导致活性氧化锌的产量增加，故C错误；D．“沉锌”时溶液中的Zn2+与HCO3﹣反应生成Zn2（OH）2CO3和CO2，发生的离子反应为2Zn2++4HCO3﹣═Zn2（OH）2CO3↓+3CO2↑+H2O，故D正确；故选C。22、A【解析】

A.第三代半导体芯片的主要成分不是SiO2，而是GaN，A项错误，符合题意；B.普通玻璃属于硅酸盐材料，B项正确，不符合题意；C.塑料属于高分子聚合物，C项正确，不符合题意；D.大兴国际机场是全国可再生能源使用比例最高的机场，耦合式地源热泵系统，可实现年节约1.81万吨标准煤，光伏发电系统每年可向电网提供600万千瓦时的绿色电力，相当于每年减排966吨CO2，并同步减少各类大气污染物排放，D项正确，不符合题意；答案选A。【点睛】解答本题时需了解：第一代半导体材料主要是指硅（Si）、锗元素（Ge）半导体材料。第二代半导体材料主要是指化合物半导体材料，如砷化镓（GaAs）、锑化铟（InSb）；三元化合物半导体，如GaAsAl、GaAsP；还有一些固溶体半导体，如Ge-Si、GaAs-GaP；玻璃半导体（又称非晶态半导体），如非晶硅、玻璃态氧化物半导体；有机半导体，如酞菁、酞菁铜、聚丙烯腈等。第三代半导体材料主要以碳化硅（SiC）、氮化镓（GaN）、氧化锌（ZnO）、金刚石、氮化铝（AlN）为代表的宽禁带半导体材料。二、非选择题(共84分)23、羟基取代反应/酯化反应CH2=CH2＋O2→CH3COOHAB【解析】

根据题干信息可知，A为CH2=CH2，B为乙醛；根据A、B的结构结合最终产物CH3COOCH2CH3逆推可知，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH。【详解】(1)根据以上分析，D中官能团为羟基，故答案为：羟基。(2)乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反应类型为酯化反应即取代反应，故答案为：酯化反应或取代反应。(3)反应④为乙烯氧化为乙酸，化学方程式为：CH2＝CH2＋O2→CH3COOH，故答案为：CH2＝CH2＋O2→CH3COOH。(4)A.乙烯和溴水中的溴单质加成，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A正确；B.乙醛和新制氢氧化铜在加热条件下生成砖红色沉淀，乙醇与Cu(OH)2悬浊液不反应，可以鉴别，故B正确；C.酯化反应中，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，故C错误；D.CH3COOH的同分异构体有HCOOCH3，故D错误。综上所述，答案为AB。24、ACC2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH、、、【解析】

根据流程图分析，A为，B为，C为，E为，F为，H为。（1）根据以上信息，可知诺氟沙星的结构简式。（2）A.B到C的反应类型为还原反应；B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应；C.化合物E含有碱基，具有碱性；D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面；（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。（5）G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，但都必须呈对称结构。【详解】（1）通过对流程图的分析，可得出诺氟沙星的结构简式为。答案为：；（2）A.B到C的反应类型为还原反应，A错误；B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应，B正确；C.化合物E含有碱基，具有碱性，C错误；D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面，D正确。答案为：AC；（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。答案为：C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2；（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。答案为：+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH；（5）若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，结构简式可能为、；两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，结构简式可能为、。答案为：、、、。25、Ca(OH)2溶液稀H2SO4铁Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓Fe(OH)3＋3H＋＝Fe3＋＋3H2OCu(OH)2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu【解析】

从含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的废液中，把Fe3+转化为绿矾回收，把Cu2+转化为铜回收，先加碱使金属离子转化为沉淀，与阴离子分离，然后加酸溶解沉淀，再加铁粉可得到硫酸亚铁溶液和Cu，过滤得到铜和硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾。【详解】依据题意从含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的废液中，把Fe3+转化为绿矾回收，把Cu2+转化为铜回收应分三步实施，先加廉价的碱Ca(OH)2将Fe3+、Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2，与Cl-、NO3-分离，反应的离子方程式为Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓；过滤后向Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀中加入稀硫酸，使沉淀溶解得到硫酸铁和硫酸铜的混合液，反应的离子方程式为Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；向所得溶液中加入铁粉与硫酸铁和硫酸铜反应，可得到硫酸亚铁溶液和Cu，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；过滤得到铜和硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，故答案为：Ca(OH)2溶液；稀H2SO4；铁；Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓；Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。26、I2Cl2+2KI=I2+2KClI3-生成的碘单质被氯气氧化为无色物质吸收多余的氯气氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应【解析】

(1)氯气与KI发生Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及I2+I-⇌I3-，取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I2、I3-；(2)继续通入氯气，溶液黄色退去，是因为氯气将I2氧化为无色物质；(3)NaOH溶液吸收多余的氯气；氯水的颜色为浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。【详解】(1)取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在I2，生成该物质的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I3-，发生反应为I2+I-⇌I3-，故答案为：I2；Cl2+2KI=I2+2KCl；I3-；(2)氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，生成的碘单质被氯气氧化为无色物质，所以溶液黄色退去；故答案为：生成的碘单质被氯气氧化为无色物质；(3)NaOH溶液吸收多余的氯气，氯气过量，过量的氯气溶解于水，水中含有氯气分子，氯水呈浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应，故答案为：吸收多余的氯气；氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。27、品红溶液褪色吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境BCAFGBDH用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃。取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。【解析】

二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色，但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气；氧气能使带火星的木条复燃；三价铁能使KSCN溶液变红。【详解】（1）二氧化硫能使品红褪色，装置B中可观察到的现象是品红溶液褪色。二氧化硫、三氧化硫是酸性气体，有毒，为防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境，装置C的作用是尾气处理。（2）二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色，但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中可能含SO2或一定含有SO3。（3）①检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气，所以仪器连接顺序是AFGBDH；②氧气能使带火星的木条复燃，所以检验氧气的方法是用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃证明有氧气生成；（4）三价铁能使KSCN溶液变红，证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象是取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。【点睛】检验Fe3+的方法是滴加KSCN溶液，若变红则含有Fe3+；检验Fe2+的一种方法是滴加KSCN溶液不变红，再滴加双氧水，若变红则含有Fe2+；28、Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓2抑制氯气和水反应Br2+SO32-+H2O=SO42-+2H++2Br-NaBr第三周期第ⅡA族r(O2-)>r(Mg2+)>r(H+)D取最后的洗涤液少量于试管中，向其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，如果没有沉淀生成，证明已洗净CH3CH2Br、CH3Br【解析】

I.(1)SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，碳酸钠一定在氯化钡之后；加入的Na2CO3溶液会与过量的BaCl2溶液、CaCl2溶液发生沉淀反应；(2)根据Cl2与NaBr反应的方程式中关系分析、计算；结合氯气与水的反应是可逆反应分析；Na2SO3具有还原性，而Br2具有氧化性，二者发生氧化还原反应，根据电子守恒、原子守恒及电荷守恒书写离子方程式；(3)可用溴化钠除去氯气；Ⅱ.(1)根据Mg核外电子排布判断其在周期表中的位置；Mg(OH)2是离子化合物，Mg2+与2个OH-之间通过离子键结合；原子核外电子层数越多离子半径越大，当层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大；(2)制备氢氧化镁的过程为：海水中含有镁离子，首先将镁离子转化为氢氧化镁沉淀，反应方程式为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，然后将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，反应方程式为：Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，用氯化镁溶液在氯化氢氛围中制取无水氯化镁，活泼金属采用电解其熔融盐的方法冶炼，镁是活泼金属，所以最后利用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁。(3)Mg(OH)2沉淀是从NaCl溶液中过滤出来的，只要在Mg(OH)2的最后洗涤溶液中无Cl-就可判断洗涤干