广东省深圳市中英文实验中学2025届新高三年级调研检测试题化学试题含解析

广东省深圳市菁华中英文实验中学2025届新高三年级调研检测试题化学试题注意事项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、2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2(x＜1)。其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．放电时，Li+由b极向a极迁移B．放电时，若转移0.02mol电子，石墨电极将减重0.14gC．充电时，a极接外电源的正极D．该废旧电池进行“充电处理”有利于锂在LiCoO2极回收2、下列化学用语表述正确的是()A．丙烯的结构简式:CH3CHCH2B．丙烷的比例模型:C．氨基的电子式HD．乙酸的键线式:3、新版人民币的发行，引发了人们对有关人民币中化学知识的关注。下列表述错误的是A．制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料含有C、H、O元素B．用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质C．防伪荧光油墨由颜料与树脂等制成，其中树脂属于有机高分子材料D．某种验钞笔中含有碘酒溶液，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖4、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．NA个Al(OH)3胶体粒子的质量为78gB．常温常压下，2.24LH2含氢原子数小于0.2NAC．136gCaSO4与KHSO4的固体混合物中含有的阴离子的数目大于NAD．0.1mol•L－1FeCl3溶液中含有的Fe3＋数目一定小于0.1NA5、常温下，向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发，且始终维持常温)，下列说法不正确的是()A．当n(NaOH)＝0.1mol时，溶液中存在NH3·H2OB．a＝0.05C．在M点时，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)molD．当n(NaOH)＝0.1mol时，c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(OH－)6、春季复工、复学后，公用餐具消毒是防控新型冠状病毒传播的有效措施之一。下列可直接用作公用餐具消毒剂的是A．95%的乙醇溶液 B．40%的甲醛溶液C．次氯酸钠稀溶液 D．生理盐水7、化学与生活密切相关。下列说法正确的是A．垃圾分类中可回收物标志：B．农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于人工固氮C．绿色化学要求从源头上减少和消除工业生产对环境的污染D．燃煤中加入CaO

可以减少酸雨的形成及温室气体的排放8、某有机物结构简式如图，下列对该物质的叙述中正确的是A．该有机物能发生取代反应、氧化反应和消去反应B．1mol该有机物最多可与2molNaOH发生反应C．该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色D．该有机物有3个手性碳原子9、以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。下列叙述不正确的是（）A．过程Ⅰ中的能量转化形式是太阳能→化学能B．过程Ⅰ中每消耗116gFe3O4转移2mol电子C．过程Ⅱ的化学方程式为3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑D．铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点10、下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验现象结论A植物油和溴水混合后振荡、静置溶液分层，溴水褪色植物油萃取了溴水中的Br2B将Cl2通入滴有酚酞NaOH的溶液褪色Cl2具有漂白性C将过量的CO2通入CaCl2溶液无白色沉淀生成生成的Ca（HCO3）2可溶于水D将浓硫酸滴到胆矾晶体上晶体逐渐变白色浓硫酸的吸水性A．A B．B C．C D．D11、下列有关化合物X的叙述正确的是A．X分子只存在2个手性碳原子B．X分子能发生氧化、取代、消去反应C．X分子中所有碳原子可能在同一平面上D．1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH12、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，其中W原子的质子数是其M层电子数的三倍，Z与W、X与Y相邻，X与W同主族。下列说法不正确的是（）A．原子半径：W＞Z＞Y＞XB．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞ZC．最简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X＞W＞ZD．元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等13、化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解NO3-的原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．A为电源的正极B．溶液中H+从阳极向阴极迁移C．电解过程中，每转移2mol电子,则左侧电极就产生32gO2D．Ag-Pt电极的电极反应式为2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O14、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y原子在短周期主族元素中原子半径最大。X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物。常温下，0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1。向ZW3的水溶液中逐滴加入Y的最高价氧化物对应的水化物，先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解。下列推断正确的是A．简单离子半径：W>Y>Z>XB．Y、Z分别与W形成的化合物均为离子化合物C．元素的最高正化合价：W>X>Z>YD．Y、W的简单离子都不会影响水的电离平衡15、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物已省略)。则下列说法中正确的是A．C、D两种元素组成的化合物只含有离子键B．A、B、C、D形成的简单离子半径排序：D>C>B>AC．D元素的最高价氧化物对应水化物可以用于吸收气体乙D．A、B、C三种元素组成的化合物均为共价化合物16、处理烟气中的SO2可以采用碱吸——电解法，其流程如左图；模拟过程Ⅱ如右图，下列推断正确的是A．膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜B．若用锌锰碱性电池为电源，a极与锌极相连C．a极的电极反应式为2H2O一4e一=4H++O2↑D．若收集22.4L的P（标准状况下），则转移4mol电子17、材料在人类文明史上起着划时代的意义，下列物品所用主要材料与类型的对应关系不正确的是A．人面鱼纹陶盆-无机非金属材料 B．圆明园的铜鼠首--金属材料C．宇航员的航天服-有机高分子材料 D．光导纤维--复合材料18、某同学采用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取绿矾(FeSO4·7H2O)，设计了如图流程：下列说法不正确的是（）A．固体1中含有SiO2B．溶解烧渣选用足量盐酸，试剂X选用铁粉C．控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3进入固体2D．从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化19、向淀粉－碘化钾的酸性溶液中加入少量H2O2溶液，溶液立即变蓝，再向蓝色溶液中缓慢通入足量的SO2，蓝色逐渐消失。下列判断不正确的是A．根据上述实验判断H2O2和SO2反应能生成强酸B．蓝色逐渐消失，体现了SO2的漂白性C．SO2中S原子采取sp2杂化方式，分子的空间构型为V型D．H2O2是一种含有极性键和非极性键的极性分子20、已知NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．反应中，每生成294gg释放的中子数为3NAB．常温常压下，22.4L乙烷和丙烯(C3H6)的混合物中氢原子数目为6NAC．1L0.5mol.L-1'碳酸钠溶液含有的CO32-数目小于0.5NAD．0.1molH2O2与MnO2充分作用生成O2，转移的电子数为0.1NA21、化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是选项化学性质实际应用A和小苏打反应泡沫灭火器灭火B受热易分解产生气体可作面包的发泡剂C乙酸具有酸性常用于工业管道去除水垢D次氯酸盐具有氧化性漂白粉漂白织物A．A B．B. C．C D．D22、把1．4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到2．3molNO2和2．2molNO，下列说法正确的是A．反应后生成的盐只为Fe（NO3）3B．反应后生成的盐只为Fe（NO3）2C．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为1∶3D．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为3∶1二、非选择题(共84分)23、（14分）某新型药物G合成路线如图所示：已知：Ⅰ.RCHO（R为烃基）；Ⅱ.RCOOH；Ⅲ.+RNH2请回答下列问题：（1）A的名称为___，合成路线图中反应③所加的试剂和反应条件分别是______。（2）下列有关说法正确的是__（填字母代号）。A．反应①的反应类型为取代反应B．C可以发生的反应类型有取代、加成、消去、加聚C．D中所有碳原子可能在同一平面上D．一定条件下1molG可以和2molNaOH或者9molH2反应（3）F的结构简式为____。（4）C在一定条件下可以发生聚合反应生成高分子化合物，写出该反应的化学方程式______。（5）D有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有___种。①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环②能发生银镜反应和水解反应（6）参照G的上述合成路线，设计一条由乙醛和H2NCH（CH3）2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH（CH3）2的合成路线______。24、（12分）M是一种常用于缓解哮喘等肺部疾病的新型药物，一种合成路线如图：已知：RX++HX。请回答：（1）化合物D中官能团的名称为______。（2）化合物C的结构简式为______。（3）①和④的反应类型分别为______，______。（4）反应⑥的化学方程式为______。（5）下列说法正确的是______。A．化合物B能发生消去反应B．化合物H中两个苯环可能共平面C．1mol化合物F最多能与5molNaOH反应D．M的分子式为C13H19NO3（6）同时符合下列条件的化合物A的同分异构体有______种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为______。①能与FeCl3溶液发生显色反应②能发生银镜反应25、（12分）用如图装置探究NH3和CuSO4溶液的反应。(1)上述制备NH3的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH3+H2ONH3∙H2O、____________、_________________(在列举其中的两个平衡，可写化学用语也可文字表述)。(2)制备100mL25%氨水(ρ=0.905g∙cm-3)，理论上需要标准状况下氨气______L(小数点后保留一位)。(3)上述实验开始后，烧杯内的溶液__________________________，而达到防止倒吸的目的。(4)NH3通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式。_______________________。继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液。发生如下反应：2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)。①该反应平衡常数的表达式K=___________________________。②t1时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应K增大。在下图中画出该过程中v正的变化___________________。③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：________________________________。④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正随时间的变化如下图所示，v正先增大后减小的原因__________________________________。26、（10分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S、SO2。Ⅰ.Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示。(1)b中反应的离子方程式为________，c中试剂为_________。(2)反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清。此浑浊物是_______。(3)实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有___________(写出两条)。(4)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2，不能过量，原因是_______。(5)制备得到的Na2S2O3中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4：___________________________________。Ⅱ.探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料：ⅰ．Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)ⅱ．Ag2S2O3为白色沉淀，Ag2S2O3可溶于过量的S2O32-装置编号试剂X实验现象①Fe(NO3)3溶液混合后溶液先变成紫黑色,30s后溶液几乎变为无色②AgNO3溶液先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液(6)根据实验①的现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过____(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅰ的现象：____。(7)同浓度氧化性：Ag+>Fe3+。实验②中Ag+未发生氧化还原反应的原因是____。(8)进一步探究Ag+和S2O32-反应。装置编号试剂X实验现象③AgNO3溶液先生成白色絮状沉淀，沉淀很快变为黄色、棕色，最后为黑色沉淀。实验③中白色絮状沉淀最后变为黑色沉淀(Ag2S)的化学方程式如下，填入合适的物质和系数：Ag2S2O3+_____=Ag2S+_____(9)根据以上实验，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和____有关(写出两条)。27、（12分）水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量，经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”，Ⅰ．用已准确称量的硫代硫酸钠（Na2S2O3）固体配制一定体积的cmol/L标准溶液；Ⅱ．用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液，塞紧瓶塞（瓶内不准有气泡），反复震荡后静置约1小时；Ⅲ．向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶至沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色；Ⅳ．将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中，用硫代硫酸钠标准溶液滴定；V．待试液呈淡黄色后，加1mL淀粉溶液，继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6（1）在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和________________________。（2）在步骤Ⅱ中，水样中出现了MnMnO3沉淀，离子方程式为4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O。（3）步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为_______________________________________________________________。（4）滴定时，溶液由__________色到______________色，且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。（5）河水中的溶解氧为_____________________________mg/L。（6）当河水中含有较多NO3－时，测定结果会比实际值________(填偏高、偏低或不变)28、（14分）(1)磷在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，写出该激发态原子的核外电子排布式_______。(2)钛存在两种同素异形体，采纳六方最密堆积，采纳体心立方堆积，由转变为晶体体积______(填“膨胀”或“收缩”)(3)[Cu(CH3CN)4]+是非常稳定的络合离子，配体中键和π键个数之比为_______。(4)水杨酸第一级电离形成离子，相同温度下，水杨酸的Ka2_________苯酚()的Ka(填“>”“＝”或“<”)(5)六羰基铬[Cr(CO)6]用于制高纯度铬粉，它的沸点为220C。Cr(CO)6的晶体类型是_____，加热Cr(CO)6可得到高纯度铬粉和CO，反应破坏的化学键类型为_______。(6)已知N-N、N＝N和N≡N键能之比为1.00：2.17：4.90.而C-C、C＝C、C≡C键能之比为1.00：1.77：2.34.如何用这些数据理解氮分子不容易发生加成反应而乙炔容易发生加成反应？_____________。(7)将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代可形成碳的一种新型三维立方晶体结构——T-碳。已知T-碳密度为g/cm，阿伏加德罗常数为NA，则T-碳的晶胞参数a＝_______pm(写出表达式即可)29、（10分）[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）锌是人体必需的微量元素之一，起着极其重要的作用，回答下列问题：（1）请写出Zn2+的核外电子排布式_____________________。（2）ZnCl2熔点为275℃，而CaCl2的熔点为782℃，请分析熔点不同的原因：_________。（3）Zn2+能与多种微粒形成配合物，如Zn2+与CNO−可形成[Zn(CNO)4]2−，[Zn(CNO)4]2−中配位原子为__________，[Zn(CNO)4]2−的组成中非金属元素的电负性大小顺序为____________；Zn2+与CN−可形成[Zn(CN)4]2−，[Zn(CN)4]2−中σ键、π键和配位键的个数比为________；配合物Zn(NH3)4CO3中阴离子的空间构型为____________，N原子的杂化方式为____________。（4）Zn与S所形成化合物的晶胞如图1所示，图2为晶胞沿y轴的投影1∶1平面图：①晶胞中S原子的配位数为_________。②晶胞中最近的两个S原子之间的距离为_______pm。③设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度是__________g·cm−3（列出计算表达式）。[化学——选修5：有机化学基础]（15分）哌替啶盐酸盐G有镇痛作用，其合成路线如下。回答下列问题：（1）写出A的结构简式：________；B中含有碳碳双键，则B的名称为_____________。（2）G中含氧官能团名称为____________；B→C的反应类型为_________________。（3）E的结构简式为_____________。（4）写出C→D的化学方程式：_______________________________________。（5）M与E互为同分异构体，符合下列条件的M有______种。①属于芳香α-氨基酸；②含有两个六元环。其中一种同分异构体，—NH2被H原子取代后，除苯基上H原子外，其他核磁共振氢谱的峰面积比为4∶4∶1∶1∶1，该同分异构体的结构简式为______________。（6）请结合以上合成路线，写出以H3CNHCH2Cl和CH2=CHCl及上述流程中出现的物质为原料合成的路线______________________。

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、D【解析】

根据锂离子电池的反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2(x＜1)可判断出，放电时Li元素化合价升高，LixC6（可看作单质Li和C）作负极，Co元素化合价降低。【详解】A．放电时是b极为负极，a极为正极，Li+由负极移向正极，即由b极移向a极，A正确；B．放电时石墨电极发生Li-e-=Li+,若转移0.02mol电子，则有0.02molLi参与反应，电极减重为0.02×7=0.14g，B正确；C．充电时，原来的正极作阳极，与外接电源的正极相连，C正确；D．“充电处理”时，Li+在阴极得电子生成Li，石墨为阴极，故该废旧电池进行“充电处理”有利于锂在石墨极回收，D错误；答案选D。充电时为电解装置，电池的正极与外电源的正极相连，作电解池的阳极，发生氧化反应，电池的负极与外电源的负极相连，作电解池的阴极，发生还原反应。判断电极时可以通过判断电池反应中元素化合价的变化来进行。2、D【解析】

A.丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，碳碳双键是官能团，必须表示出来，故A不选；B.如图所示是丙烷的球棍模型，不是比例模型，故B不选；C.氨基的电子式为，故C不选；D.乙酸的键线式：，正确，故D选。故选D。3、D【解析】

A.棉花、木材的成分主要为纤维素，含C、H、O元素，故不选A；B.四氧化三铁为黑色，俗称磁性铁，用于油墨中，故不选B；C.树脂为合成高分子，为有机物加聚或缩聚反应的产物，相对分子质量在10000以上，故不选C；D.淀粉遇碘变蓝，而葡萄糖不能，故选D；答案：D4、B【解析】

A.一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故NA个氢氧化铝胶粒的质量大于78g，故A错误；B.常温常压下，Vm>22.4L/mol，则2.24LLH2物质的量小于0.1mol，则含有的H原子数小于0.2NA，故B正确；C.CaSO4与KHSO4固体摩尔质量相同，都是136g/mol，136gCaSO4与KHSO4的固体混合物的物质的量为1mol，含有的阴离子的数目等于NA；C错误；D.溶液体积不明确，故溶液中的铁离子的个数无法计算，故D错误；5、B【解析】

A、当n(NaOH)=0.1mol，与NH4Cl恰好完全反应，NaOH＋NH4Cl=NaCl＋NH3·H2O，溶液中存在NH3·H2O，故A说法正确；B、当a=0.05mol时，溶液中的溶质为0.05molNH4Cl和0.05molNH3·H2O，而NH4＋的水解程度小于NH3·H2O的电离，c(NH4＋)≠c(NH3·H2O)，与题意不符，故B说法错误；C、在M点时，n(Na＋)=amol，n(Cl－)=0.1mol，n(NH4＋)=0.05mol，根据电荷守恒，n(NH4＋)＋n(Na＋)＋n(H＋)=n(OH－)＋n(Cl－)，则n(OH－)－n(H＋)=n(NH4＋)＋n(Na＋)－n(Cl－)=0.05＋n(Na＋)－n(Cl－)=(a－0.05)mol，故C说法正确；D、加入0.1molNaOH后，刚好生成0.1molNaCl和NH3·H2O，则c(Na＋)=c(Cl－)>c(OH－)，故D说法正确；答案选B。6、C【解析】

A.95%乙醇使菌体表面蛋白迅速变性凝固，妨碍乙醇再渗入，不能起到消毒的效果，故A错误；B.甲醛有毒，故B错误；C.次氯酸钠稀溶液具有强氧化性，能够杀菌消毒，且产物无毒，故C正确；D.生理盐水不能消毒杀菌，故D错误；故答案为C。日常用75%的乙醇溶液进行消毒杀菌；生理盐水就是0.9%的氯化钠水溶液，没有消毒杀菌的功效。7、C【解析】

A.垃圾分类中可回收物标志是，表示垃圾分类中的其他垃圾，故A错误；B.空气中的N2在放电条件下与O2反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸随雨水降到地面，同土壤中的矿物相互作用，生成溶于水的硝酸盐可作氮肥，该过程属于自然固氮，故B错误；C.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少工业生产对环境的污染，而不能污染后再治理，故C正确；D.煤燃烧生成CO2和SO2，CaO可以和SO2结合生成CaSO3，并最终被氧化成CaSO4，而CO2在高温下不能与CaO结合生成CaCO3，则燃煤中加入CaO后可减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，故D错误；答案选C。8、D【解析】

A．该有机物中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，故A错误；B．该分子含有酯基，1mol该有机物含有1mol酯基，酯基水解后生成羧基和醇羟基，只能和1molNaOH发生反应，故B错误；C．该分子中不含碳碳双键或三键，不能与溴发生加成反应，故C错误；D．连接四个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子，所以与苯环相连的碳原子、六元环上与O相连的碳原子、六元环上连接一个甲基的碳原子均为手性碳原子，故D正确；答案为D。与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子可发生消去反应；与羟基相连的碳原子上有氢原子可发生氧化反应；连接四个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子。9、B【解析】

A.过程Ⅰ利用太阳能将四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，实现的能量转化形式是太阳能→化学能，选项A正确；B.过程Ⅰ中四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，每消耗116gFe3O4，即0.5mol，Fe由+3价变为+2价，转移mol电子，选项B错误；C.过程Ⅱ实现了氧化亚铁与水反应生成四氧化三铁和氢气的转化，反应的化学方程式为3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑，选项C正确；D.根据流程信息可知，铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点，选项D正确。答案选B。10、D【解析】A．植物油中的烃基含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，可导致溴水褪色，褪色原因不是萃取，A错误；B．氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，而氯气本身不具有漂白性，B错误；C．因碳酸的酸性比盐酸弱，则二氧化碳与氯化钙溶液不反应，C错误；D．晶体逐渐变白色，说明晶体失去结晶水，浓硫酸表现吸水性，D正确，答案选D。点睛：选项D是解答的易错点，注意浓硫酸的特性理解。浓H2SO4的性质可归纳为“五性”：即难挥发性、吸水性、脱水性、强酸性、强氧化性。浓H2SO4的吸水性与脱水性的区别：浓H2SO4夺取的水在原物质中以H2O分子形式存在时浓H2SO4表现吸水性，不以H2O分子形式而以H和O原子形式存在时，而浓H2SO4表现脱水性。11、B【解析】

A.连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。化合物X分子中含有3个手性碳原子：（打*号的碳原子为手性碳原子），A项错误；B.X分子中含有(醇)和-CH-基团能被KMnO4氧化，醇羟基和苯环上氢原子都能发生取代反应，分子中含有的和基团都能发生消去反应，B项正确；C.X分子（）中与*号碳原子相连的3个碳原子处于四面体的3个顶点上，这4个碳原子不可能在同一平面上。C项错误；D.因X分子中含有酯基和-Br，X能与NaOH溶液发生水解反应：+2NaOH+CH3CH2OH+NaBr。所以1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH。D项错误；答案选B。12、A【解析】

W原子的质子数是其M层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，得出W为P，X与W同主族，则X为N，Z与W相邻、X与Y相邻，四种原子序数依次增大，得出在元素周期表中相应的位置，即，据此分析；【详解】W原子的质子数是其M层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，得出W为P，X与W同主族，则X为N，Z与W相邻、X与Y相邻，四种原子序数依次增大，得出在元素周期表中相应的位置，即A.同主族从上到下，原子半径依次增大，同周期从左向右原子半径依次减小，因此原子半径大小顺序是r(Si)>r(P)>r(N)>r(O)，故A说法错误；B.利用非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性强弱顺序是N>O>Si，即最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是HNO3>H3PO4>H2SiO4，故B说法正确；C.利用非金属性越强，其氢化物稳定性越强，非金属性强弱顺序是O>N>P>Si，即最简单氢化物的热稳定性强弱顺序是H2O>NH3>PH3>SiH4，故C说法正确；D.主族元素的最高化合价等于最外层电子数等于族序数(除O、F外)，N、Si、P最外层电子数分别为5、4、5，族序数分别为VA、IVA、VA，故D说法正确；答案：A。13、C【解析】A项，该装置中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则Ag-Pt电极为阴极，pt电极为阳极，连接阴极的B电极为负极，A为正极，故A项正确；B项，电解时阳离子向阴极移动，所以H+从阳极向阴极迁移，故B项正确；C项，左侧电极为阳极发生2H2O-4e-=4H++O2↑，所以每转移2mol电子时，左侧电极就产生0.5molO2即16g氧气，故C项错误；D项，阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。点睛：考查电解池的反应原理。抓住氧化还原反应进行判定电池的阴阳极。根据氧化剂和还原剂进行电极反应式的书写。14、D【解析】

Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，故Y为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，逐滴加入氢氧化钠溶液先产生沉淀，后沉淀溶解，说明ZW3为铝盐，即Z为Al元素；X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物，则X为O元素；常温下，0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1，说明HW为一元强酸，W的原子序数大于Z，所以W为Cl元素；综上所述：X为O，Y为Na，Z为Al，W为Cl。【详解】A.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；氯离子电子层为3层，其他离子均为2层，所以简单离子半径：Cl⁻>O2⁻>Na+>Al3+，即W>X>Y>Z，故A错误；B.Al与Cl形成的化合物AlCl3为共价化合物，故B错误；C.O元素没有最高正化合价，故C错误；D.NaOH为强碱，HCl为强酸，所以钠离子和氯离子都不会影响水的电离平衡，故D正确；故答案为D。15、C【解析】

短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，Y为Na2O2，W为常见液体，W为H2O；Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，而甲为单质，则甲为O2，乙为红棕色气体，乙为NO2，甲与Z反应产生NO2，则Z为NO，X与甲反应产生NO，则X为NH3，则A、B、C、D分别为H、N、O、Na，以此来解答。【详解】根据上述分析可知：甲为O2，乙为NO2，X为NH3，Y为Na2O2，Z为NO，W为H2O，A、B、C、D分别为H、N、O、Na。A.O、Na两种元素可形成离子化合物Na2O2中既含有离子键也含有非极性共价键，A错误；B.H+核外无电子，N、O、Na三种元素形成的离子核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，离子的核电荷数越大离子半径就越小，离子核外电子层数越多，离子半径就越大，所以离子半径N3->O2->Na+>H+，即B(N3-)>C(O2-)>D(Na+)>A(H+)，B错误；C.Na元素的最高价氧化物对应水化物NaOH是一元强碱，乙为NO2，NO2与NaOH会发生反应产生NaNO3、NaNO2、H2O，反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，C正确；D.H、N、O三种元素可形成共价化合物如HNO3，也可以形成离子化合物如NH4NO3，D错误；故合理选项是C。本题考查了元素及化合物的推断，把握淡黄色固体为过氧化钠、W为液体物质水来推断物质为解答的关键，注意原子结构与元素性质的关系和元素与化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与推断能力。16、B【解析】

由流程图可知，氢氧化钠溶液与烟气中的SO2反应生成亚硫酸钠溶液，电解亚硫酸钠溶液制得氢氧化钠溶液和硫酸，制得的氢氧化钠溶液可以循环使用；电解Na2SO3溶液时，亚硫酸根通过阴离子交换膜进入右室，在b极上失电子发生氧化反应生成硫酸根，SO32——2e—+H2O=SO42—+,2H+，则b极为阳极，与电源正极相连，左室中，水在a极得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e一=2OH—+H2↑，溶液中OH—浓度增大，Na+离子通过阳离子交换膜进入左室，则a极为阴极，与电源负极相连。【详解】A项、电解Na2SO3溶液时，亚硫酸根通过阴离子交换膜进入右室，Na+离子通过阳离子交换膜进入左室，则膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜，故A错误；B项、a极为阴极，与锌锰碱性电池的负极锌极相连，故B正确；C项、a极为阴极，水在阴极得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e一=2OH—+H2↑，故C错误；D项、由阴极电极反应式可知，若收集标准状况下22.4LH2，转移2mol电子，故D错误。故选B。本题考查了电解原理，注意电解池反应的原理和离子流动的方向，能够正确判断电极名称，明确离子交换膜的作用是解答关键。17、D【解析】

A.陶瓷主要成分为硅酸盐，为无机非金属材料，故A正确；

B.铜鼠首为青铜器，为铜、锡合金，为金属材料，故B正确；

C.航天服的材料为合成纤维，为有机高分子材料，故C正确；

D.光导纤维主要材料为二氧化硅，为无机物，不是复合材料，故D错误；

故选D。18、B【解析】

硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)，加足量酸，氧化铁、氧化铝与酸反应，二氧化硅不反应，因此固体1为SiO2，溶液1为硫酸铝、硫酸铁、硫酸，加入足量铁粉，生成硫酸亚铁，加氢氧化钠控制pH值，沉淀铝离子，溶液2为硫酸亚铁。【详解】A.根据分析得到固体1中含有SiO2，故A正确；B.最后要得到绿矾，因此溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉，故B错误；C.控制pH是为了使Fe2+、Al3+混合溶液中Al3+转化为Al(OH)3进入固体2，故C正确；D.从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，亚铁离子容易被氧化，因此须控制条件防止其氧化，故D正确。综上所述，答案为B。19、B【解析】

A．向淀粉-碘化钾的酸性溶液中加入少量H2O2溶液，溶液立即变蓝，发生：H2O2+2I-+2H+═I2+2H2O说明H2O2具有氧化性，再向蓝色溶液中缓慢通入足量的SO2，蓝色逐渐消失，发生：SO2+I2+2H2O═SO42-+2I-+4H+，说明SO2具有还原性，所以H2O2和SO2可以反应生成硫酸为强酸，故A正确；

B．再向蓝色溶液中缓慢通入足量的SO2，蓝色逐渐消失，发生：SO2+I2+2H2O═SO42-+2I-+4H+，体现了SO2的还原性，故B错误；

C．SO2的价层电子对个数=2+(6-2×2)=3，孤电子对数为1，硫原子采取sp2杂化，该分子为V形结构，故C正确；

D．H2O2分子中O-O为非极性键，O-H键为极性键，H2O2是展开书页型结构，该物质结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，故D正确；

故选：B。同种原子形成的共价键为非极性键，不同种原子形成的共价键为极性键；正负电荷中心重合的分子为非极性分子。20、B【解析】

A.根据质量守恒原理得：x=249+48-294=3，即每生成1mol释放的中子数为3mol，即3NA，故A正确；B.常温常压下，无法由体积计算物质的量，也就无法计算微粒数目，故B错误；C.1L0.5mol.L-1'碳酸钠溶液中溶质的物质的量为1L×0.5mol.L-1=0.5mol，CO32-部分水解，所以含有的CO32-数目小于0.5NA，故C正确；D.0.1molH2O2与MnO2充分作用生成0.05molO2，O元素由-1价升高为0价，失去1个电子，则转移的电子数为0.05mol×2=0.1mol，即0.1NA，故D正确；故选B。21、C【解析】

A.Al2(SO4)3和小苏打的反应是Al3+和HCO3−发生双水解，生成沉淀Al(OH)3和不支持燃烧的CO2气体，用于泡沫灭火器灭火，故A正确；B.受热易分解产生气体CO2气体，可作为面包的发泡剂，故B正确；C.乙酸具有酸性，且酸性比碳酸强，可以与水垢反应，但用乙酸去除工业管道的水垢容易腐蚀管道，所以不能用于工业管道去除水垢，故C错误；D.次氯酸盐的漂白性就是利用次氯酸盐的氧化性，所有漂白粉可用于漂白织物，故D正确；故选C。22、C【解析】

1.4g铁粉的物质的量为1.4g÷56g/mol=2.4mol；收集到2.3molNO2和2.2molNO过程中得到电子物质的量为：2.3mol×[(+5)-(+4)]+2.2mol×[(+5)-(+2)]=2.9mol；若反应生成的盐只有Fe（NO3）3，Fe失去的电子物质的量为1.2mol≠2.9mol，若反应生成的盐只有Fe（NO3）2，Fe失去的电子物质的量为2.8mol≠2.9mol，所以可得1.4g铁粉反应后生成了硝酸铁和硝酸亚铁，根据Fe守恒n[Fe(NO3)3]+n[Fe(NO3)2]=2.4mol，根据得失电子相等可得3n[Fe(NO3)3]+2n[Fe(NO3)2]=2.9mol，解得n[Fe(NO3)3]=2.1mol，n[Fe(NO3)2]=2.3mol，Fe（NO3）3和Fe（NO3）2物质的量之比为1∶3，答案选C。二、非选择题(共84分)23、苯乙醛浓硫酸，加热Cn+(n-1)H2O5CH3CHOCH3COOHCH3COBrCH3CONHCH(CH3)2【解析】

根据合成路线，A结构中含有苯环结构，A→B发生信息I的反应，则A为，B为，B酸性条件下水解生成C；根据D的分子式，结合C的分子式C9H10O3可知，C发生消去反应生成D，D为，D发生信息II的反应生成E，E为，结合G的结构简式可知，E和F发生取代反应生成G，则F为，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A为，名称为苯乙醛，合成路线图中反应③为醇羟基的消去反应，所加的试剂和反应条件分别是浓硫酸，加热，故答案为：苯乙醛；浓硫酸，加热；(2)A.根据上述分析，反应①为加成反应，故A错误；B.C中含有羟基、羧基和苯环，羟基可以取代反应和消去反应，羧基可以发生取代反应，苯环可以发生取代反应和加成反应，但不能发生加聚，故B错误；C.D为，苯环、碳碳双键和碳氧双键都是平面结构，因此D中所有碳原子可能在同一平面上，故C正确；D.一定条件下1molG()可以和2molNaOH发生水解反应，能够和7molH2发生加成反应，故D错误；故答案为：C；(3)根据上述分析，F的结构简式为，故答案为：；(4)C()在一定条件下可以发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；(5)D()有多种同分异构体，①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环，②能发生银镜反应和水解反应，说明结构中含有醛基和酯基，则属于甲酸酯类物质，满足条件的同分异构体有：①苯环上含有2个侧链的，一个侧链为HCOO-，一个为-CH=CH2，有3种结构；②苯环上含有1个侧链的，HCOO-可以分别连接在-CH=CH-两端，有两种结构，共有5种同分异构体，故答案为：5；(6)由乙醛和H2NCH(CH3)2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH(CH3)2，根据信息III，可以首先合成CH3COBr，然后与H2NCH(CH3)2发生取代反应即可，根据G的合成路线，可以由CH3CHO，先氧化生成CH3COOH，然后发生信息II的反应即可得到CH3COBr，合成路线为CH3CHOCH3COOHCH3COBrCH3CONHCH(CH3)2，故答案为：CH3CHOCH3COOHCH3COBrCH3CONHCH(CH3)2。24、酯基、羟基、羰基加成反应取代反应+HBrBD13【解析】

与HCHO发生加成反应生成B为，B与HCl发生取代反应生成C为，③为C与醋酸钠的取代反应生成D，结合可知，④⑤均为取代反应，E为，与发生取代反应生成G为，G与HCl发生取代反应，再发生取代反应生成M。【详解】（1）化合物D为，其官能团的名称为酯基、羟基、羰基，故答案为：酯基、羟基、羰基；（2）与HCHO发生加成反应生成B为，与HCl发生取代反应生成C为，故答案为；（3））与HCHO发生加成反应生成B为，与HCl发生取代反应生成C为，与醋酸钠的取代反应生成，结合可知，④⑤均为取代反应，E为，故答案为：加成反应；取代反应；（4）反应⑥的化学方程式为：+HBr（5）A．化合物B为，不能发生消去反应，A错误；B．化合物H为，两个苯环可能共平面，B正确；C.化合物F为，水解生成的羧基、酚羟基和HBr能和NaOH反应，则1mol化合物F最多能与4molNaOH反应，C错误；D．M的结构简式为，其分子式为C13H19NO3，D正确；故答案为：BD；（6）化合物A为，①能与FeCl3溶液发生显色反应，由酚羟基，②能发生银镜反应，由醛基，同时符合条件同分异构体有：邻间对有10种，邻间对有3种，总共有13种，其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为：，故答案为：13；；苯环上由两个取代基的同分异构体有3种、有两个相同取代基和一个不同取代基的同分异构体有6中、有三个互不相同取代基的同分异构体有10种。25、NH3∙H2ONH4＋＋OH－NH3(g)NH3(aq)(或氨气的溶解平衡)Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)(或Ca(OH)2的溶解平衡)29.8进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行Cu2＋＋2NH3∙H2O→Cu(OH)2↓＋2NH4＋[[Cu(NH3)4]2＋]/[NH3]2∙[NH4＋]2加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后c[Cu(NH3)4]2＋/c2(NH3)∙c2(NH4＋)会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正减小【解析】

(1)制备NH3的实验中，存在着NH3+H2ONH3∙H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2的溶解平衡三个平衡过程；(2)氨水是指NH3的水溶液，不是NH3·H2O的水溶液，所以要以NH3为标准计算.n（NH3）==1.33mol；(3)实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；(4)NH3通入CuSO4溶液中和水反应生成NH3∙H2O，NH3∙H2O电离出OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2；①反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)，平衡常数的表达式K=；②反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)是放热反应，降温可以使K增大，正逆反应速率都减少；③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢。【详解】(1)制备NH3的实验中，存在着NH3+H2ONH3∙H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2的溶解平衡三个平衡过程，故答案为：NH3∙H2ONH4＋＋OH－NH3(g)NH3(aq)(或氨气的溶解平衡)、Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)(或Ca(OH)2的溶解平衡)；(2)氨水是指NH3的水溶液，不是NH3·H2O的水溶液，所以要以NH3为标准计算.n（NH3）==1.33mol，标准状况下体积为1.33mol×22.4L/mol=29.8L；(3)实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；(4)NH3通入CuSO4溶液中和水反应生成NH3∙H2O，NH3∙H2O电离出OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2，该反应的离子方程式为：Cu2＋＋2NH3∙H2O→Cu(OH)2↓＋2NH4＋；①反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)，平衡常数的表达式K=；②反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)是放热反应，降温可以使K增大，正逆反应速率都减少，画出该过程中v正的变化为：；③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢，故原因是：该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正减小。26、SO32-+2H+=H2O+SO2↑;或HSO3－+H+=SO2↑+H2O硫化钠和碳酸钠的混合溶液硫控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度等)若SO2过量，溶液显酸性，产物分解取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；Fe3+与S2O32−氧化还原反应的程度大，Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色Ag+与S2O32−生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+的氧化性和S2O32−的还原性减弱H2OH2SO4阳离子、用量等【解析】

Ⅰ.第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，结合问题分析解答；Ⅱ.(6)利用铁氰化钾溶液检验反应后的溶液中含有Fe2+；根据外界条件对反应速率和平衡的影响分析解答；(7)实验②滴加AgNO3溶液，先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明溶液中Ag+较低，减少了发生氧化还原反应的可能；(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，结合电子守恒、原子守恒分析即可；(9)结合实验①、②、③从阳离子的氧化性、离子浓度等方面分析。【详解】Ⅰ.(1)第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸，反应的离子方程式为：SO32-+2H+=SO2↑+H2O，c装置为Na2S2O3的生成装置，根据反应原理可知c中的试剂为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)反应开始时发生的反应为：Na2S+SO2+H2O=H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故该浑浊物是S；(3)通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率；(4)硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解；(5)检测产品中是否存在Na2SO4的方法是取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。Ⅱ.(6)实验①的现象是混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶液几乎变为无色，取反应后的混合液并加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，则有Fe2+生成，可判断为Fe3+被S2O32-还原为Fe2+；混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶液几乎变为无色，说明Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-反应速率较Fe3+和S2O32-之间的氧化还原反应，且促进平衡逆向移动；先变成紫黑色后变无色，说明生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；另外Fe3+与S2O32−氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色；(7)同浓度氧化性：Ag+>Fe3+，但实验②未发生Ag+与S2O32-之间的氧化还原反应，结合实验现象先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明Ag+与S2O32−生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+的氧化性和S2O32−的还原性减弱；(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，如果产物是H2SO3，能被Ag+继续氧化，则氧化产物应为H2SO4，结合原子守恒可知，另一种反应物应为H2O，发生反应的化学方程式为Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4；(9)结合实验①、②、③可知，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和金属阳离子的氧化性强弱、离子浓度大小、反应物的用量等有关。27、碱式滴定管MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O蓝无偏高【解析】

(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性；(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，根据氧化还原反应方程式分析；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色；(5)根据关系式，进行定量分析；(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3。【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，即碘化合价升高，Mn的化合价会降低，离子方程式为MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，故答案为：MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无；(5)由4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O，MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可知关系式，