2025届天津市一中高三4月教学质量监控（二模）化学试题试卷含解析

2025届天津市一中高三4月教学质量监控（二模）化学试题试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、我国医药学家屠呦呦因研究青蒿素而荣获2016年诺贝尔化学奖。她在青蒿液中加入乙醚，经操作1得含青蒿素的乙醚和其他杂质的混合物。再经操作2得到含青蒿素的乙醚，最后经操作3得到青蒿粗产品。操作1、2、3相当于A．过滤、结晶、蒸发 B．结晶、萃取、分液C．萃取、分液、蒸馏 D．萃取、过滤、蒸馏2、目前，国家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁－铬液流电池储能示范电站。铁－铬液流电池总反应为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，工作示意图如图。下列说法错误的是A．放电时a电极反应为Fe3++e−=Fe2+B．充电时b电极反应为Cr3++e−=Cr2+C．放电过程中H+通过隔膜从正极区移向负极区D．该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低3、氰氨化钙是一种重要的化工原料，其制备的化学方程式为：CaCO3+2HCN=CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑，下列说法正确的是A．CO为氧化产物，H2为还原产物 B．CaCN2含有共价键，属于共价化合物C．HCN既是氧化剂又是还原剂 D．每消耗10gCaCO3生成2.24LCO24、下列有机物命名正确的是（）A．氨基乙酸 B．2—二氯丙烷C．2—甲基丙醇 D．C17H33COOH硬脂酸5、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6、某固体样品可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种离子。将该固体样品分为等质量的两份，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：(1)一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀。(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L(标准状况)(假设气体全部逸出)。下列说法正确的是A．该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Cl-B．该固体中一定没有Ca2+、Cl-，可能含有K+C．该固体可能由(NH4)2SO4、K2CO3和NH4Cl组成D．该固体中n(K+)≥0.06mol7、下列解释事实的方程式不正确的是A．金属钠露置在空气中，光亮表面颜色变暗：4Na+O2=2Na2OB．铝条插入烧碱溶液中，开始没有明显现象：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OC．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，产生气体：NH4++OH-=NH3↑十+H2OD．碘化银悬浊液滴加硫化钠溶液，黄色沉淀变成黑色：2AgI+S2-=Ag2S↓+2I-8、从杨树中提取的Z是具有美白功效的化妆品的组分。现可用如下反应制备：下列叙述错误的是A．上述X+Y→Z反应属于加成反应B．Z在苯环上的一氯代物有8种C．Z所有碳原子不可能处于同一平面D．Y可作为加聚反应的单体9、《天工开物》中对制造染料“蓝靛”的叙述如下：“凡造淀，叶与茎多者入窖，少者入桶与缸。水浸七日，其汁自来。每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下，淀信即结。水性定时，淀沉于底…其掠出浮沫晒干者曰靛花。”文中没有涉及的实验操作是A．溶解 B．搅拌 C．升华 D．蒸发10、硝酸铵（NH4NO3）在不同条件下分解可以得到不同的产物，下列各组物质中肯定不可能是硝酸铵分解产物的是A．N2O、H2O B．N2、O2、H2O C．N2、HNO3、H2O D．NH3、NO、H211、工业上合成乙苯的反应如下。下列说法正确的是A．该合成反应属于取代反应 B．乙苯分子内的所有C、H原子可能共平面C．乙苯的一溴代物有5种 D．苯、乙烯和乙苯均可使酸性高猛酸钾溶液褪色12、次磷酸(H3PO2一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物杀菌。常温时，有1mol∙L-1的H3PO2溶液和1mol∙L-1的HBF4溶液，两者起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积均为V，两溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是A．常温下，NaBF4溶液的pH=7B．常温下，H3PO2的电离平衡常数约为1.110-2C．NaH2PO2溶液中：c(Na+)=c(H2PO2-)+c(HPO22-)+c(PO23-)+c(H3PO2)D．常温下，在0≤pH≤4时，HBF4溶液满足13、下列说法正确的是（）A．H2与D2是氢元素的两种核素，互为同位素B．甲酸（HCOOH）和乙酸互为同系物，化学性质不完全相似C．C4H10的两种同分异构体都有三种二氯代物D．石墨烯（单层石墨）和石墨烷（可看成石墨烯与H2加成的产物）都是碳元素的同素异形体，都具有良好的导电性能14、电渗析法处理厨房垃圾发酵液，同时得到乳酸的原理如图所示（图中“HA”表示乳酸分子，乳酸的摩尔质量为90g/moL；“A－”表示乳酸根离子）。则下列说法不正确的是A．交换膜I为只允许阳离子透过的阳离子交换膜B．阳极的电极反应式为：2H2O－4e－＝O2↑＋4H+C．电解过程中采取一定的措施可控制阴极室的pH约为6～8，此时进入浓缩室的OH－可忽略不计。设200mL20g/L乳酸溶液通电一段时间后阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L，则该溶液浓度上升为155g/L（溶液体积变化忽略不计）D．浓缩室内溶液经过电解后pH降低15、下列离子方程式不正确的是（）A．3amolCO2与含2amolBa（OH）2的溶液反应：3CO2+4OH-+Ba2+=BaCO3↓+2HCO3﹣+H2OB．NH4Fe（SO4）2溶液中加入几滴NaOH溶液：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓C．亚硫酸溶液被氧气氧化：2SO32-+O2=2SO42-D．酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水产生气泡：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑16、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．0.5molN4（分子为正四面体结构）含共价键数目为2NAB．1L0.5mol·L1Na2S溶液中含阴离子数目小于0.5NAC．锌与浓硫酸反应生成气体11.2L（标准状况）时转移电子数目为NAD．14g己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为3NA17、设NA为阿伏加德罗常数的值。由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，发生反应：CaOCl2+H2SO4（浓）=CaSO4+Cl2↑+H2O。下列说法正确的是A．明矾、小苏打都可称为混盐B．在上述反应中，浓硫酸体现氧化剂和酸性C．每产生1molCl2，转移电子数为NAD．1molCaOCl2中共含离子数为4NA18、一种熔融KNO3燃料电池原理示意图如图所示，下列有关该电池的说法错误的是A．电池工作时，NO3－向石墨I移动B．石墨Ⅰ上发生的电极反应为：2NO2+2OH－－2e－=N2O5+H2OC．可循环利用的物质Y的化学式为N2O5D．电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的质量比为4：2319、含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O(未配平)。下列说法错误的是(其中

NA表示阿伏加德罗常数的值)()A．Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物B．上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为

2：5C．该反应中，若有1mol

CN-发生反应，则有5NA电子发生转移D．若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区发生反应20、下列实验操作或方法正确的是A．检验某溶液中是否含有Fe2+时，先加入少量H2O2，再滴加KSCN溶液B．配制100mLlmol/LNaCl溶液时，用托盘天平称取5.85gNaCl固体C．将FeC13饱和溶液煮沸制备Fe(OH)3胶体D．用紫色石蕊溶液鉴别乙醇、乙酸和苯21、氨硼烷(NH3·BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。已知两极室中电解质足量，下列说法正确的是（）A．正极的电极反应式为2H++2e-═H2↑B．电池工作时，H+通过质子交换膜向负极移动C．电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3D．工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol电子22、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↑+8H2O二、非选择题(共84分)23、（14分）某药物G，其合成路线如下：已知：①R-X+②试回答下列问题：(1)写出A的结构简式_________。(2)下列说法正确的是__________A．化合物E具有碱性B．化合物B与新制氢氧化铜加热产生砖红色沉淀C．化合物F能发生还原反应D．化合物G的分子式为C16H17N5O2Br(3)写出C+D→E的化学方程式___________。(4)请设计以用4－溴吡啶（）和乙二醇（）为原料合成化合物D的同系物的合成路线________(用流程图表示，无机试剂任选)。(5)写出化合物A可能的同分异构体的结构简式__________。须同时符合：①分子中含有一个苯环；②1H-NMR图谱显示分子中有3种氢原子。24、（12分）用两种不饱和烃A和D为原料可以合成一类新药有机物J，合成路线如下：已知①②有机物J结构中含两个环。回答下列问题：(1)C的名称是________________。(2)A→B试剂和反应条件为________________。(3)H→J的化学反应方程式为_______________。(4)已知符合下列条件的N的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4:4:1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式____________。①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡③可发生缩聚反应，M的所有同分异构体在下列表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同是_____。a．质谱仪b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪(5)利用题中信息和所学知识，写出以A和甲烷为原料，合成的路线流程图____________(其它试剂自选)。25、（12分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)具有较强的还原性，还能与中强酸反应，在精细化工领域应用广泛．将SO2通入按一定比例配制成的Na2S和Na2CO3的混合溶液中，可制得Na2S2O3•5H2O(大苏打)．(1)实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是_____(选填编号)；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，再_______________。(2)在Na2S和Na2CO3的混合溶液中不断通入SO2气体的过程中，发现：①浅黄色沉淀先逐渐增多，反应的化学方程式为________________(生成的盐为正盐)；②浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无嗅的气体产生，则反应的化学方程式为__________________(生成的盐为正盐)；③浅黄色沉淀逐渐减少(这时有Na2S2O3生成)；④继续通入SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，反应的化学方程式为_______________(生成的盐为酸式盐)。(3)制备Na2S2O3时，为了使反应物利用率最大化，Na2S和Na2CO3的物质的量之比应为_________；通过反应顺序，可比较出：温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液pH更大的是_________。(4)硫代硫酸钠的纯度可用滴定法进行测定，原理是：2S2O32﹣+I3﹣=S4O62﹣+3I﹣．①为保证不变质，配制硫代硫酸钠溶液须用新煮沸并冷却的蒸馏水，其理由是___________。②取2.500g含杂质的Na2S2O3•5H2O晶体配成50mL溶液，每次取10.00mL用0.0500mol/LKI3溶液滴定(以淀粉为指示剂)，实验数据如下(第3次初读数为0.00，终点读数如图e；杂质不参加反应)：编号123消耗KI3溶液的体积/mL19.9820.02到达滴定终点的现象是_______________；Na2S2O3•5H2O(式量248)的质量分数是(保留4位小数)__________。26、（10分）连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是一种淡黄色粉末，易溶于水，不溶于乙醇。在实验室制备连二亚硫酸钠流程如下：(1)反应Ⅰ是制备SO2，下图装置可制取纯净干燥的SO2：①按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→___→f，装置D的作用是______。②装置A中反应的化学方程式为___。(2)反应Ⅱ所用实验装置如图所示(部分装置省略)。①通SO2之前先强力搅拌，将锌粉和水制成悬浊液，其目的是_________；控制反应温度的方法是____②反应Ⅱ的离子方程式为___。(3)“滤渣”经洗涤、灼烧，可得到一种工业产品是____(填化学式)；加入适量饱和食盐水的目的是___。(4)产品Na2S2O4∙2H2O久置空气中易被氧化，其氧化产物可能是_______(写2种)。27、（12分）二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知：ClO2是极易溶于水的气体，实验室制备及性质探究装置如图所示。回答下列问题：（1）装置B用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为___________。装置C中滴有几滴淀粉溶液，反应时有蓝色岀现。淀粉的作用是______。（2）装置C的导管靠近而不接触液面，其目的是________。（3）用ClO2消毒自来水，其效果是同质量氯气的______倍（保留一位小数）。（4）装置D用于吸收尾气，若反应的氧化产物是一种单质，且氧化剂与氧化产物的物质的量之比是2∶1，则还原产物的化学式是___________。（5）若将装置C中的溶液改为Na2S溶液，通入ClO2后溶液无明显现象。由此可以产生两种假设：假设a：ClO2与Na2S不反应。假设b：ClO2与Na2S反应。①你认为哪种假设正确，阐述原因：___________。②请设计实验证明你的假设（仅用离子方程式表示）：__________。28、（14分）氮、磷、硼、砷的化合物用途非常广泛。根据所学知识回答下列问题：(1)如图所示，每条折线表示周期表ⅣA-ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a、b、c、d、e对应元素电负性最大的是__（用元素符号表示），e点代表的第三周期某元素的基态原子核外电子占据的最高能层符号为__，该能层具有的原子轨道数为__。(2)已知反应：(CH3)3C-F+SbF5→(CH3)3CSbF6，该反应可生成(CH3)3C+，该离子中碳原子杂化方式有__。(3)一种新型储氢化合物氨硼烷是乙烷的等电子体，且加热氨硼烷会慢慢释放氢气，推断氨硼烷的结构式为__（若含有配位键，要求用箭头表示）。(4)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，熔体中P－Cl的键长只有198nm和206nm两种，这两种离子的化学式为__；正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角原因为___。(5)砷化硼为立方晶系晶体，该晶胞中原子的分数坐标为：B：（0，0，0）；（，，0）；（，0，）；（0，，）As：(，，)；(，，)；(，，)；(，，)①请在图中画出砷化硼晶胞的俯视图__。②与砷原子紧邻的硼原子有__个，与每个硼原子紧邻的硼原子有__个。29、（10分）硫酸铁铵[(NH4)xFey(SO4)z∙nH2O]是一种重要铁盐，实验室采用废铁屑来制备硫酸铁铵的流程如下：(1)将废铁屑和Na2CO3溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂，原理是_____________。(2)“氧化”过程需使用足量的H2O2，同时溶液要保持pH小于0.5，目的是__________。(3)化学兴趣小组用如下方法测定硫酸铁铵晶体的化学式：步骤1：准确称取样品28.92g，溶于水配成100mL溶液。步骤2：准确量取25.00mL步骤1所得溶液于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，滴加过量的SnCl2溶液（Sn2+与Fe3+反应生成Sn4+和Fe2+），充分反应后除去过量的Sn2+。用0.1000mol∙L－1的K2Cr2O7溶液滴定Fe2+，滴定至终点时消耗K2Cr2O7溶液25.00mL。（滴定过程中Cr2O72-转化成Cr3+）步骤3：准确量取25.00mL步骤1所得溶液于锥形瓶中，加入过量的BaCl2溶液，将所得白色沉淀过滤、洗涤、干燥后称量，所得固体质量为6.99g。①排除装有K2Cr2O7溶液的滴定管尖嘴处气泡的方法是_________。②通过计算确定该硫酸铁铵的化学式____________（写出计算过程）。

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、C【解析】在青蒿液中加入乙醚，青蒿素在乙醚中溶解度大，经萃取得含青蒿素的乙醚和其他杂质的混合物，形成有机相和其它物质分层的现象，再经分液得到含青蒿索的乙醚，乙醚沸点低最后经蒸馏得到青蒿粗产品。对应的操作1、操作2、操作3分别是萃取、分液、蒸馏，故选C。2、C【解析】

铁-铬液流电池总反应为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，放电时，Cr2+发生氧化反应生成Cr3+、b电极为负极，电极反应为Cr2+-e-=Cr3+，Fe3+发生得电子的还原反应生成Fe2+，a电极为正极，电极反应为Fe3++e-═Fe2+，放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极；充电和放电过程互为逆反应，即a电极为阳极、b电极为阴极，充电时，在阳极上Fe2+失去电子发、生氧化反应生成Fe3+，电极反应为：Fe2+-e-═Fe3+，阴极上Cr3+发生得电子的还原反应生成Cr2+，电极反应为Cr3++e-═Cr2+，据此分析解答。【详解】A．根据分析，电池放电时a为正极，得电子发生还原反应，反应为Fe3++e−=Fe2+，A项不选；B．根据分析，电池充电时b为阴极，得电子发生还原反应，反应为Cr3++e−=Cr2+，B项不选；C．原电池在工作时，阳离子向正极移动，故放电过程中H+通过隔膜从负极区移向正极区，C项可选；D．该电池在成充放电过程中只有四种金属离子之间的转化，不会产生易燃性物质，不会有爆炸危险，同时物质储备于储液器中，Cr3+、Cr2+毒性比较低，D项不选；故答案选C。3、C【解析】

A.HCN中碳的化合价为+2价，CO中碳的化合价也是+2价，CO既不是氧化产物也不是还原产物，A错误；B.CaCN2中含有离子键和共价键，属于离子化合物，B错误；C.HCN中H的化合价降低，C的化合价升高，HCN既是氧化剂又是还原剂，C正确；D.每消耗10gCaCO3生成0.1molCO2，没有说明温度和压强，无法计算二氧化碳的体积，D错误；答案选C。4、A【解析】

A.为氨基乙酸，A正确；B.为2，2-二氯丙烷，B错误；C.2-甲基-1-丙醇，C错误；D.C17H33COOH为油酸，D错误；故答案为：A。5、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。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↑；6、D【解析】

某固体样品可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种离子。将该固体样品分为等质量的两份，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀。4.66g沉淀为硫酸钡，所以固体中含有=0.02mol硫酸根离子，=0.01mol碳酸根离子，溶液中没有Ca2+；（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L(标准状况)(假设气体全部逸出)，则含有=0.03mol铵根离子，根据溶液呈电中性，则溶液中一定含有钾离子，不能确定是否含有氯离子。【详解】A．该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，不能确定是否含Cl-，故A不符；B．该固体中一定没有Ca2+，可能含有K+、Cl-，故B不符；C．该固体可能有(NH4)2SO4、K2CO3，不能确定是否含NH4Cl，故C不符；D．根据电荷守恒：n(K+)+n(NH4+)≥2（n(SO42－)+n(CO32－)），该固体中n(K+)≥(0.02×2+0.01×2)×2-0.03×2=0.06，n(K+)≥0.06mol，故D符合。故选D。本题考查离子共存、离子推断等知识，注意常见离子的检验方法，根据电荷守恒判断K＋是否存在，是本题的难点、易错点。7、C【解析】A、金属钠与空气中的氧气反应而变暗：4Na+O2=2Na2O，选项A正确；B.铝表面的氧化铝溶于烧碱溶液中：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，选项B正确；C.硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2NH3•H2O，选项C错误；D、碘化银悬浊液滴加硫化钠溶液，生成更难溶的黑色沉淀：2AgI+S2-=Ag2S↓+2I-，选项D正确。答案选C。8、B【解析】

A．由物质的结构可知：酚羟基邻位C-H键断裂，与苯乙烯发生加成反应，A正确；B．由Z结构简式可知Z分子在苯环上有6种不同位置的H原子，所以Z的苯环上的一氯代物有6种，B错误；C．Z分子中含有饱和C原子，由于与饱和碳原子连接的C原子构成的是四面体结构，所以不可能所有碳原子处于同一平面，C正确；D．Y分子中含有不饱和的碳碳双键，因此可作为加聚反应的单体，D正确；故合理选项是B。9、C【解析】

A、“水浸七日，其汁自来”涉及到溶解，故A不选；B、“搅冲数十下”涉及到搅拌，故B不选；C、升华是指由固态受热直接变成气体，文中没有涉及，故C选；D、“其掠出浮沫晒干者曰靛花”涉及到蒸发，故D不选；故选C。10、D【解析】

硝酸铵（NH4NO3）中的两个氮原子的化合价分别为-3和+5。【详解】A.硝酸铵分解为N2O和H2O，-3价氮化合价升高到+1价，+5价氮化合价也降低到+1价，发生了归中反应，合理，故A不选；B.硝酸铵分解为N2、O2、H2O，硝酸铵中-3价氮化合价升高到0价，部分-2价氧的化合价也升高到0价，+5价氮的化合价降低到0价，发生了氧化还原反应，故B不选；C.硝酸铵分解为N2、HNO3、H2O，硝酸铵中的-3价氮和+5价氮发生了归中反应，生成了氮气，合理，故C不选；D.硝酸铵分解为NH3、NO、H2，只有化合价的降低，没有化合价的升高，不合理，故D选。故选D。11、C【解析】

A.乙烯分子中碳碳双键变为碳碳单键，一个碳原子链接苯环，一个碳原子链接H原子，属于加成反应，故A错误；B.根据甲烷的空间结构分析，乙基中的碳原子和氢原子不可能共面，所以乙苯分子内的所有C、H原子不可能共平面，故B错误；C.苯环有3种H，乙基有2种H，则乙苯的一溴代物有共有5种，故C正确；D.乙烯和乙苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不可以，故D错误；故选C。记住常见微粒的空间结构，如甲烷：正四面体，乙烯和苯：平面结构，乙炔：直线结构，运用类比迁移的方法分析原子共面问题，注意题干中“一定”，“可能”的区别。12、C【解析】

此题的横坐标是，V是加水稀释后酸溶液的体积，未稀释时，V=V0，横坐标值为1；稀释10倍时，V=10V0，横坐标值为2，以此类推。此题实际上考察的是稀释过程中，酸碱溶液pH的变化规律：越强的酸碱，稀释过程中pH的变化越明显；如果不考虑无限稀释的情况，对于强酸或强碱，每稀释十倍，pH变化1。根据此规律，再结合题干指出的次磷酸是弱酸这条信息，就可以明确图像中两条曲线的归属，并且可以得出氟硼酸是强酸这一信息。【详解】A．根据图像可知，b表示的酸每稀释十倍，pH值增加1，所以b为强酸的稀释曲线，又因为H3PO2为一元弱酸，所以b对应的酸只能是氟硼酸(HBF4)，即氟硼酸为强酸；那么NaBF4即为强酸强碱盐，故溶液为中性，常温下pH=7，A项正确；B．a曲线表示的是次磷酸的稀释曲线，由曲线上的点的坐标可知，1mol/L的次磷酸溶液的pH=1，即c(H+)=0.1mol/L；次磷酸电离方程式为：，所以1mol/L的次磷酸溶液中c(H3PO2)=0.9mol/L，c()=0.1mol/L，那么次磷酸的电离平衡常数即为：，B项正确；C．次磷酸为一元弱酸，无法继续电离，溶液中并不含有和两类离子；此外，还会发生水解产生次磷酸分子，所以上述等式错误，C项错误；D．令y=pH，x=，由图可知，在0≤pH≤4区间内，y=x-1，代入可得pH=，D项正确；答案选C。关于pH的相关计算主要考察三类：一类是最简单的单一溶液的pH的相关计算，通过列三段式即可求得；第二类是溶液混合后pH的计算，最常考察的是强酸碱混合的相关计算，务必要考虑混合时发生中和反应；第三类就是本题考察的，稀释过程中pH的变化规律：越强的酸或碱，稀释过程中pH的变化越明显，对于强酸或强碱，在不考虑无限稀释的情况下，每稀释十倍，pH就变化1。13、B【解析】

A.H2与D2是氢元素的两种单质，不是同位素的关系，同位素是原子之间的互称，故A错误；B.甲酸（HCOOH）和乙酸分子结构相似，官能团的种类和数目一样，分子组成上差1个﹣CH2﹣，甲酸还具有醛类物质的性质，故B正确；C.C4H10的两种同分异构体分别是正丁烷和异丁烷，正丁烷有6种二氯代物，异丁烷有4种二氯代物，故C错误；D.同素异形体是同种元素的单质之间的互称，石墨烷不是碳元素的单质，二者不是同素异形体，故D错误。故选B。14、C【解析】

A．根据图示，该电解池左室为阳极，右室为阴极，阳极上是氢氧根离子放电，阳极周围氢离子浓度增大，且氢离子从阳极通过交换膜I进入浓缩室，则交换膜I为只允许阳离子透过的阳离子交换膜，故A正确；B．根据A项分析，阳极的电极反应式为：2H2O－4e－＝O2↑＋4H+，故B正确；C．在阳极上发生电极反应：4OH−−4e−═2H2O+O2↑，阴极上发生电极反应：2H++2e−=H2↑，根据电极反应方程式，则有：2HA∼2H+∼1H2，电一段时间后阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L，产生氢气的物质的量==0.03mol，则生成HA的物质的量=0.03mol×2=0.06mol，则电解后溶液中的乳酸的总质量=0.06mol×90g/moL+200×10-3L×20g/L=9.4g，此时该溶液浓度==47g/L，故C错误；D．在电解池的阳极上是OH−放电，所以c(H+)增大，并且H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室；根据电解原理，电解池中的阴离子移向阳极，即A−通过阴离子交换膜(交换膜Ⅱ)从阴极进入浓缩室，这样：H++A−═HA，乳酸浓度增大，酸性增强，pH降低，故D正确；答案选C。15、C【解析】

A.3amolCO2与含2amolBa（OH）2的溶液反应的离子方程式为：3CO2+4OH﹣+Ba2+═BaCO3↓+2HCO3﹣+H2O，故A正确；B.NH4Fe（SO4）2溶液中加入几滴NaOH溶液，该反应的离子方程式为：Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓，故B正确；C.亚硫酸不能拆开，正确的离子方程式为：2H2SO3+O2═4H++2SO42﹣，故C错误；D.酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水产生气泡，该反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2↑，故D正确。故选C。注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。16、C【解析】

A．N4呈正四面体结构，类似白磷(P4)，如图所示，1个N4分子含6个共价键（N–N键），则0.5molN4含共价键数目为3NA，A项错误；B．S2＋H2O⇌HS＋OH，阴离子包括S2、OH和HS，阴离子的量大于0.5mol，B项错误；C．锌与浓硫酸发生反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，生成气体11.2L（标准状况），则共生成气体的物质的量，即n(H2+SO2)=，生成1mol气体时转移2mol电子，生成0.5mol气体时应转移电子数目为NA，C项正确；D．己烯和环己烷的分子式都是C6H12，最简式为CH2，14g混合物相当于1molCH2，含2molH原子，故14g己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为2NA，D项错误；答案选C。17、C【解析】

A选项，明矾是两种阳离子和一种阴离子组成的盐，小苏打是一种阳离子和一种阴离子组成的盐，因此都不能称为混盐，故A错误；B选项，在上述反应中，浓硫酸化合价没有变化，因此浓硫酸只体现酸性，故B错误；C选项，CaOCl2中有氯离子和次氯酸根，一个氯离子升高一价，生成一个氯气，因此每产生1molCl2，转移电子数为NA，故C正确；D选项，CaOCl2中含有钙离子、氯离子、次氯酸根，因此1molCaOCl2共含离子数为3NA，故D错误；综上所述，答案为C。读清题中的信息，理清楚CaOCl2中包含的离子。18、B【解析】

由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨Ⅰ是负极，发生的反应式为NO2-e-+NO3-=N2O5，则石墨Ⅱ为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2N2O5=4NO3-，该电池的总反应为：4NO2+O2=2N2O5。【详解】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨Ⅰ是负极，发生的反应式为NO2-e-+NO3-=N2O5，则石墨Ⅱ为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2N2O5=4NO3-。A．电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，石墨Ⅰ是负极，NO3-向石墨I移动，A正确；B．该电池一种熔融KNO3燃料电池，负极发生氧化反应，石墨Ⅰ上发生的电极反应为：NO2-e-+NO3-=N2O5，B错误；C．石墨Ⅰ生成N2O5，石墨Ⅱ消耗N2O5，可循环利用的物质Y的化学式为N2O5，C正确；D．原电池中正极得到的电子数等于负极失去的电子数，故电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的物质的量之比是1:4，则消耗的O2和NO2的物质的量之比是4：23，D正确；答案选D。考生做该题的时候，首先从图中判断出石墨Ⅰ、石墨Ⅱ是哪个电极，并能准确写出电极反应式，原电池中阴离子移向负极、阳离子移向正极，原电池工作时，理论上负极失去的电子数等于正极得到的电子数。19、B【解析】

A.在反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中，Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A正确；B.由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，B错误；C.由上述分析，根据电子守恒、原子守恒可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1mol

CN-发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，C正确；D.C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，则若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区失去电子，发生氧化反应，D正确；故合理选项是B。20、D【解析】

A．检验某溶液中是否含有Fe2+，应先滴加KSCN溶液不变色，再向溶液中滴入氯水或H2O2，看溶液是否变色，顺序不能颠倒，故A错误；B．托盘天平的感量为0.1g，可称量5.9gNaCl固体，故B错误；C．制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，当溶液出现红褐色时停止加热，不能长时间煮沸，防止胶体聚沉，故C错误；D．乙醇与水混溶，加入石蕊呈紫色；乙酸水溶液呈酸性，可使紫色石蕊试液变红；苯不溶于水，分层；三者现象不同，可鉴别，故D正确；故选D。21、D【解析】

由氨硼烷（NH3·BH3）电池工作时的总反应为NH3·BH3+3H2O2═NH4BO2+4H2O可知，左侧NH3·BH3为负极失电子发生氧化反应，电极反应式为NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，据此分析。【详解】A.右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2O，故A错误；B.放电时，阳离子向正极移动，所以H+通过质子交换膜向正极移动，故B错误；C.NH3·BH3为负极失电子发生氧化反应，则负极电极反应式为NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，电池工作时，两电极均不会产生气体，故C错误；D.未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，通入后，负极电极反应式为NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，假定6mol电子转移，则左室质量增加=31g-6g=25g，右室质量增加6g，两极室质量相差19g。工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9

g，则电路中转移0.6

mol电子，故D正确；答案选D。本题考查原电池原理，注意电极反应式的书写方法，正极得到电子发生还原反应，负极失电子发生氧化反应，书写时要结合电解质溶液，考虑环境的影响。22、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。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。二、非选择题(共84分)23、A、B、C+→+HBr、、【解析】

A的分子式为C6H6N2Br2，A生成分子式为C7H6N2Br2O的B，再结合B的结构推测由A生成B的反应即取代反应，生成了一个肽键，所以A的结构为。B经过反应后生成分子式为C7H4N2Br2的C，相比于B，C的分子中少了1个H2O，所以推测B生成C额外产生了不饱和结构。由C生成E的条件以及E的分子式为C16H20N3O2Br且其中仅含1个Br推测，C生成E发生的是已知信息中给出的反应①类型的取代反应；进一步由G的结构原子的排列特点可以推测，C的结构为，那么E的结构为。E反应生成分子式为C14H16N3OBr的产物F，再结合反应条件分析可知，E生成F的反应即已知信息中提供的反应②，所以F的结构为。【详解】(1)通过分析可知，A生成B的反应即取代反应，所以A的结构即为；(2)A．通过分析可知，E的结构为，结构中含有咪唑环以及胺的结构，所以会显现碱性，A项正确；B．化合物B的结构中含有醛基，所以可以与新制氢氧化铜在加热条件下产生砖红色沉淀，B项正确；C．通过分析可知，F的结构为，可以与氢气加成生成醇，所以F可以发生还原反应，C项正确；D．由化合物G的结构可知其分子式为C16H18N5O2Br，D项错误；答案选ABC；(3)C与D反应生成E的方程式为：++HBr；(4)原料中提供了乙二醇，并且最终合成了，产物的结构中具有特征明显的五元环结构，因此考虑通过已知信息中的反应②实现某步转化；所以大致思路是，将4-溴吡啶中的溴原子逐渐转变为羰基，再与乙二醇发生反应②即可，所以具体的合成路线为：；(5)化合物A为，分子中含有4个不饱和度，1个苯环恰好有4个不饱和度，所以符合条件的A的同分异构体除苯环外其他结构均饱和；除去苯环外，有机物中还含有2个溴原子，以及2个都只形成单键的氮原子；若苯环上只安排1个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有2个取代基，只有；若苯环上有3个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有4个取代基，则满足要求的结构有和，至此讨论完毕。推断有机物结构时，除了反应条件，物质性质等信息外，还可以从推断流程入手，对比反应前后，物质结构上的差异推测反应的具体情况。24、邻溴苯甲醛Br2、FeBr3(或Fe)+H2O19、、c【解析】

由题可知，A和D为两种不饱和的烃，根据已知①，C和F发生反应生成G，可知C的结构式为，F为，则E为，D与HBr发生加成反应得到E，故D为，B到C为催化氧化，则B为，A发生取代反应得到B，故A为，G在该条件下得到H，结合已知①可以得到H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到J，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析，C的结构式为，叫做邻溴苯甲醛，故答案为：邻溴苯甲醛；(2)A→B为苯环上的取代反应，条件为Br2、FeBr3(或Fe)，故答案为：Br2、FeBr3(或Fe)；(3)H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到JH→J的化学反应方程式为+H2O，故答案为：+H2O；(4)，根据以上分析C为，由转化关系可推出M为，N为，其分子式为C8H14O3，N的同分异构体中符合下列条件：①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡说明含有羧基③可发生缩聚反应，说明含有羧基和羟基，则环上有三个不同取代基分别为甲基、羟基和羧基。先分析环上有两个取代基时共有4种结构（邻间对和同一个碳上），这4种结构对应的第三个取代基的取代产物分别有6种，6种，4种，3种，所以共有6+6+4+3=19种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4:4:1且满足条件的物质有、、。M的同分异构体的元素组成相同，在元素分析仪中显示的信号完全相同，故答案为：c；、、(任选其一即可)；(5)根据题干信息，以和甲烷为原料，合成的路线如下：。25、d打开分液漏斗活塞加水，如水无法滴入说明气密性良好3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO32：1前者防止Na2S2O3被空气中O2氧化溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪去99.20%【解析】

(1)因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中；(2)①其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，即：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；②无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；③黄色沉淀减少的原理为Na2SO3+S=Na2S2O3；④根据题意Na2S2O3能与中强酸反应，所以浅黄色沉淀又增多的原理为Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3；(3)3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3①，SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2②，Na2SO3+S=Na2S2O3③，则①+②+③×3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物质的量之比为2：1。因为SO2先和Na2S反应，所以温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；(4)①用新煮沸并冷却的蒸馏水是为了赶出水中的氧气避免硫代硫酸钠被氧化；②达到滴定终点时颜色突变且30s不变色；先根据滴定消耗的标准液的体积计算出平均体积，再由2S2O32-+I3-=S4O62-+3I-的定量关系计算。【详解】(1)因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中；(2)①浅黄色沉淀先逐渐增多，其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，即反应的化学方程式为：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；②浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无嗅的气体产生，则反应的化学方程式为，无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；③浅黄色沉淀逐渐减少，这时有Na2S2O3生成黄色沉淀，减少的原理为：Na2SO3+S=Na2S2O3；④根据题意Na2S2O3能与中强酸反应，继续通入SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，所以浅黄色沉淀又增多的原理为：Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3；(3)3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3①SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2②Na2SO3+S=Na2S2O3③①+②+③×3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物质的量之比为2：1；因为SO2先和Na2S反应，所以温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；(4)①为保证不变质，配制硫代硫酸钠溶液须用新煮沸并冷却的蒸馏水，其理由是：防止Na2S2O3被空气中O2氧化；②达到滴定终点时，当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化，2次消耗的I2溶液的体积平均值为20.00mL，，解得n=0.002mol，250ml溶液中含有Cr2O72﹣物质的量为0.002mol×=0.01mol；Na2S2O3•5H2O(式量248)的质量分数是=×100%=99.20%。26、d→e→c→b防止倒吸Cu+2H2SO4(浓)SO2↑+CuSO4+2H2O加快SO2与Zn的反应速率水浴加热2SO2+Zn+2OH-Zn(OH)2+S2O42-ZnO减小Na2S2O4的溶解度Na2SO3、NaHSO3、Na2SO4或NaHSO4(任写2种)【解析】

(1)①铜和浓硫酸在加热条件下反应制取二氧化硫，生成的二氧化硫中含有水蒸气，需要干燥；二氧化硫的密度比空气大，可以与水反应，应使用向上排空气法收集，收集时气体应长进短出，二氧化硫有毒，不能排放到空气中需要尾气处理，吸收尾气时，需要安装防倒吸装置，则按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→d→e→c→b→f；二氧化硫被氢氧化钠吸收，使装置内压减小，易发生倒吸，则D为防倒吸装置；②铜和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)SO2↑+CuSO4+2H2O；(2)①SO2与Zn粉直接接触反应，接触面积太小，通SO2之前先强力搅拌，将锌粉和水制成悬浊液，可增大SO2与Zn粉反应时的接触面积，从而加快SO2与Zn的反应速率；由流程图示反应Ⅱ的反应温度为35℃，火焰温度太高不易控制，不能用酒精灯直接加热，应使用水浴加热的方法来控制温度；②二氧化硫与锌粉和氢氧化钠反应生成氢氧化锌和Na2S2O4，离子方程式为：2SO2+Zn+2OH-Zn(OH)2+S2O42-；(3)由(2)②可得过滤得到的“滤渣”为氢氧化锌，洗涤、灼烧，氢氧化锌分解为氧化锌(ZnO)；Na2S2O4易溶于水，冷却结晶过程中，加入适量饱和食盐水，可降低其溶解度加快结晶速度；(4)产品Na2S2O4·2H2O中硫的化合价为+3价，被氧化时硫的化合价升高，可能变为+4价或+6价，则可能的产物有Na2SO3、NaHSO3、Na2SO4或NaHSO4(任写2种)。27、SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2通过检验I2的存在，证明ClO2有强氧化性使ClO2尽可能多的与溶液反应，并防止倒吸2.6NaClO2假设b正确，S2－的还原性强于I－，所以ClO2也能氧化S2－或ClO2是强氧化剂，S2－具有强还原性SO42-＋Ba2＋=BaSO4↓【解析】

浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，A制备二氧化硫，B用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则B中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3═2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以C中发生氧化还原反应生成碘，注意防倒吸，装置C中滴有几滴淀粉溶液，碘遇淀粉变蓝色；装置D用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境，据此解答。【详解】(1)装置B用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒知，酸式盐为硫酸氢钠，该反应的化学方程式为SO2+H2SO4+2KClO3═2KHSO4+2ClO2；装置C中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘变蓝色，根据淀粉是否变色来判断是否有碘生成，从而证明二氧化氯具有氧化性；(2)ClO2是极易溶于水的气体，所以检验其强氧化性时导管靠近而不接触液面，以防倒吸；(3)1molCl2即71g消毒时转移2mol电子，71gClO2消毒时转移电子为×(4+1)=5.2mol，其效果是同质量氯气的=2.6倍；(4)装置D用于吸收尾气,H2O2作还原剂生成O2，H2O2∼O2∼2e−，生成1molO2转移电子2mol，则2molClO2得到2mol电子生成2molNaClO2；(5)①由于ClO2具有强氧化性，Na2S具有强还原性，二者不可能不反应，所以假设a错误，假设b正确；②ClO2氧化Na2S后溶液无明显现象，说明ClO2将S2−氧化生成更高价的酸根SO42−，所以可通过检验SO42−的存在以证明ClO2与Na2S发生氧化还原反应，所用试剂为稀盐酸和BaCl2溶液，离子反应为：SO42−+Ba2+═BaSO4↓。28、FM9sp3、sp2PCl4+、PCl6-两者磷原子均采取