2022年湖南省邵陽市洞口、隆回、武岡重點高三適應性調研考試化學試題含解析

1、2021-2022高考化學模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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、下列關于甲、乙、丙、丁四種儀器裝置的有關用法，其中不合理的是（ ）A甲裝置：可用來證明硫的非金屬性比硅強B乙裝置：橡皮管的作用是能使水順利流下C丙裝置：用圖示的方法能檢查此裝置的氣密性D丁裝置：可在瓶中先裝入某種液體收集NO氣體2、關于“硫酸銅晶體結晶水含量測定”的實驗，下

2、列操作正確的是()A在燒杯中稱量B在研缽中研磨C在蒸發(fā)皿中加熱D在石棉網上冷卻3、乙烯氣相直接水合反應制備乙醇：C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)。乙烯的平衡轉化率隨溫度、壓強的變化關系如下（起始時，n(H2O)n(C2H4)1 mol，容器體積為1 L）。下列分析不正確的是（ ）A乙烯氣相直接水合反應的H0B圖中壓強的大小關系為：p1p2p3C圖中a點對應的平衡常數K D達到平衡狀態(tài)a、b所需要的時間：ab4、下列事實不能用勒夏特列原理解釋的是（ ）A溴水中存在Br2+H2OHBr+HBrO，當加入硝酸銀溶液并靜置后，溶液顏色變淺B反應CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO

3、（g）+Q，Q0，平衡后，升高溫度體系顏色變深C用飽和食鹽水除去Cl2中的HClD合成氨反應中，為提高原料的轉化率，可采用高溫加熱的條件5、我國科學家成功地研制出長期依賴進口、價格昂貴的物質，下列說法正確的是（ ）A它是的同分異構體B它是O3的一種同素異形體C與互為同位素D1 mol分子中含有20 mol電子6、常溫下，將1.0L X mol/L CH3COOH溶液與0.1mol NaOH固體混合充分反應，再向該混合溶液中通人HCl氣體或加入NaOH固體(忽略體積和溫度變化)，溶液pH隨通入(或加入)物質的物質的量的變化如圖所示。下列說法正確的是AX Cl2Fe3Br29、白色固體Na2S2O

4、4常用于織物的漂白，也能將污水中的某些重金屬離子還原為單質除去。下列關于Na2S2O4說法不正確的是A可以使品紅溶液褪色B其溶液可用作分析化學中的吸氧劑C其溶液可以和Cl2反應，但不能和AgNO3溶液反應D已知隔絕空氣加熱Na2S2O4分解可生成SO2，則其殘余固體產物中可能有Na2S2O310、下列說法中正確的是（ ）A25時某溶液中水電離出的c(H+)1.01012 molL1，其pH一定是12B某溫度下，向氨水中通入CO2，隨著CO2的通入，不斷增大C恒溫恒容下，反應X(g)3Y(g) 2Z(g)，起始充入3 mol X和3 mol Y，當X的體積分數不變時，反應達到平衡D某溫度下，向p

5、H6的蒸餾水中加入NaHSO4晶體，保持溫度不變，測得溶液的pH為2，該溫度下加入等體積pH10的NaOH溶液可使反應后的溶液恰好呈中性11、W、Y、Z為短周期主族元素，原子序數依次增大，W、X、Y位于不同周期，的最外層電子數是電子層數的3倍，Y與Z的原子序數之和是X的原子序數的4倍。下列說法錯誤的是A原子半徑大小順序為：YZXWB簡單氫化物的沸點X高于Y，氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性ZYCW、X、Y形成化合物的酸性一定弱于W、X、Z形成的化合物的酸性DW、Z陰離子的還原性：WZ12、 “一帶一路”是“絲綢之路經濟帶”和“21世紀海上絲綢之路”的簡稱。絲、帛的使用有著悠久的歷史，下列說法錯誤的是 ( )A

6、絲的主要成分屬于天然有機高分子化合物，絲綢制品不宜使用含酶洗衣粉洗滌B墨子天志中記載“書之竹帛，鏤之金石”。其中的“金”指的是金屬，“石”指的是陶瓷、玉石等C考工記載有“涑帛”的方法，即利用“灰”（草木灰）和“蜃”（貝殼灰）混合加水所得液體來洗滌絲、帛。這種液體能洗滌絲、帛主要是因為其中含有K2CO3D天工開物記載“人賤者短褐、臬裳，冬以御寒，夏以蔽體，其質造物之所具也。屬草木者，為臬、麻、苘、葛”文中的“臬、麻、苘、葛”屬于纖維素13、已知X、Y、Z、W、R是原子序數依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半徑最小的元素，Y元素的最高正價與最低負價的絕對值相等，Z的核電荷數是Y的2倍，W的

7、最外層電子數是其最內層電子數的3倍。下列說法不正確的是（ ）A原子半徑：ZWRB對應的氫化物的熱穩(wěn)定性：RWCW與X、W與Z形成的化合物的化學鍵類型完全相同DY的最高價氧化物對應的水化物是弱酸14、用NA表示阿伏加德羅常數的值，以下說法正確的選項是（ ）1mol氯氣發(fā)生反應轉移電子數為2NA12.0g熔融的NaHSO4中含有的陽離子數為1NA在標準狀況下，22.4LH2O中的O原子數為NA17g羥基中含有的電子數為10NA1molNa2O和Na2O2混合物中含有的陰、陽離子總數是3NA20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，Fe3+和SO42-離子數的總和小于NAABCD15、美國Sci

8、ence雜志曾經報道：在40 GPa高壓下，用激光器加熱到1800K，人們成功制得了原子晶體干冰。有關原子晶體干冰的推斷錯誤的是A有很高的熔點和沸點B易汽化，可用作制冷材料C含有極性共價鍵D硬度大，可用作耐磨材料16、鈦（Ti）金屬常被稱為未來鋼鐵，Ti和Ti是鈦的兩種同位素。下列有關Ti的說法正確的是ATi比Ti少1個質子BTi和Ti的化學性質相同CTi的相對原子質量是46DTi的原子序數為4717、下列根據實驗操作和現象所得出的結論正確的是選項實驗操作實驗現象結論A蘸有濃氨水的玻璃棒靠近溶液X 有白煙產生溶液X一定是濃鹽酸B用玻璃棒蘸取溶液Y進行焰色反應實驗火焰呈黃色溶液Y中一定含Na+

9、C向Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液溶液變黃氧化性：H2O2Fe3+D用煮沸過的蒸餾水將Na2SO3固體樣品溶解，加稀鹽酸酸化，再加入氯化鋇溶液有白色沉淀產生Na2SO3樣品中含有SO42AABBCCDD18、MgAgCl電池是一種用海水激活的一次性電池，在軍事上用作電動魚雷的電源。電池的總反應為Mg2AgClMgCl22Ag。下列說法錯誤的是A該電池工作時，正極反應為2AgCl2e2Cl2AgB該電池的負極材料Mg用金屬鋁代替后，仍能形成原電池C有1 mol Mg被氧化時，可還原得到108gAgD裝備該電池的魚雷在海水中行進時，海水作為電解質溶液19、已知有機化合物。下列說法

10、正確的是Ab 和 d 互為同系物Bb、d、p 均可與金屬鈉反應Cb、d、p 各自同類別的同分異構體數目中，b 最多Db 在一定條件下發(fā)生取代反應可以生成 d20、有關化學鍵和晶體的敘述中正確的是（ ）A分子晶體中，分子間作用力越大分子越穩(wěn)定B分子晶體都是由共價分子構成的C離子晶體中可能含有共價鍵D原子晶體中只存在非極性鍵21、下列物質中，按只有氧化性，只有還原性，既有氧化性又有還原性的順序排列的一組是ACl2、Al、H2BF2、K、HClCNO2、Na、Br2DHNO3、SO2、H2O22、可確定乙二醇分子是否有極性的實驗是A測定沸點B測靜電對液流影響C測定蒸氣密度D測標準狀況下氣體摩爾體積二

11、、非選擇題(共84分)23、（14分）合成具有良好生物降解性的有機高分子材料是有機化學研究的重要課題之一。聚醋酸乙烯酯（PVAc）水解生成的聚乙烯醇（PVA），具有良好生物降解性，常用于生產安全玻璃夾層材料PVB。有關合成路線如圖（部分反應條件和產物略去）。已知：.RCHO+RCH2CHO+H2O.（R、R可表示烴基或氫原子）.A為飽和一元醇，其氧的質量分數約為34.8%，請回答：（1）C中官能團的名稱為_，該分子中最多有_個原子共平面。（2）D與苯甲醛反應的化學方程式為_。（3）的反應類型是_。（4）PVAc的結構簡式為_。（5）寫出與F具有相同官能團的同分異構體的結構簡式_（任寫一種）。（

12、6）參照上述信息，設計合成路線以溴乙烷為原料（其他無機試劑任選）合成。_。24、（12分）A、B、D是3種人們日常生活中熟悉的物質，它們所含的元素都不超過3種，其中D還是實驗室常用的一種燃料，它們之間的轉化關系如下圖所示：試回答：(1)寫出上述有關物質的化學式： A_；B_；D_。(2)寫出反應和的化學方程式：_。25、（12分）FeC2O42H2O是一種淡黃色粉末，加熱分解生成FeO、CO、CO2 和H2O。某小組擬探究其分解部分產物并測定其純度?；卮鹣铝袉栴}：(1)按氣流方向從左至右，裝置連接順序為A、_C( 填字母，裝置可重復使用)。(2)點燃酒精燈之前，向裝置內通入一段時間N2，其目的

13、是_。(3)B中黑色粉末變紅色，最后連接的C中產生白色沉淀，表明A中分解產物有_。(4)判斷A中固體已完全反應的現象是_。設計簡單實驗檢驗A中殘留固體是否含鐵粉：_。(5)根據上述裝置設計實驗存在的明顯缺陷是_。(6)測定FeC2O42H2O樣品純度(FeC2O42H2O相對分子質量為M)：準確稱取w g FeC2O42H2O樣品溶于稍過量的稀硫酸中并配成250mL溶液，準確量取25.00mL所配制溶液于錐形瓶，用c mol L1標準KMnO4溶液滴定至終點，消耗V mL滴定液。滴定反應為FeC2O4+ KMnO4+ H2SO4K2SO4+MnSO4 +Fe2(SO4)3+CO2+ H2O(未

14、配平)。則該樣品純度為_% (用代數式表示)。若滴定前仰視讀數，滴定終點俯視讀數，測得結果_ (填“偏高”“偏低”或“無影響”)。26、（10分）實驗小組以二氧化錳和濃鹽酸為反應物，連接裝置ABC制取氯水，并探究氯氣和水反應的產物。（1）A中發(fā)生反應的離子方程式是_。（2）B中得到淺黃綠色的飽和氯水，將所得氯水分三等份，進行的操作、現象、結論如下：實驗實驗操作現象結論向氯水中加入碳酸氫鈉粉末有無色氣泡產生氯氣與水反應至少產生了一種酸性強于碳酸的物質向品紅溶液中滴入氯水溶液褪色氯氣與水反應的產物有漂白性（1）甲同學指出：由實驗得出的結論不合理，原因是制取的氯水中含有雜質_（填化學式），也能與碳酸

15、氫鈉反應產生氣泡。應在A、B間連接除雜裝置，請畫出除雜裝置并標出氣體流向和藥品名稱_。（2）乙同學指出由實驗得出的結論不合理，原因是實驗未證明_（填化學式）是否有漂白性。（3）丙同學利用正確的實驗裝置發(fā)現氯水中有Cl-存在，證明氯水中有Cl-的操作和現象是：_。丙同學認為，依據上述現象和守恒規(guī)律，能推測出氯水中有次氯酸存在。這一推測是否正確，請說明理由_。（4）丁同學利用正確的實驗裝置和操作進行實驗，觀察到實驗現象與實驗、相似，說明氯氣和水反應的產物具有的性質是_。（5）戊同學將第三份氯水分成兩等份，向其中一份加入等體積的蒸餾水，溶液接近無色。另一份中加入等體積飽和的氯化鈉溶液，溶液為淺黃綠色

16、。對比這兩個實驗現象能說明：_。27、（12分）向硝酸酸化的2 mL 0.1 molL1 AgNO3溶液（pH2）中加入過量鐵粉，振蕩后靜置，溶液先呈淺綠色，后逐漸呈棕黃色，試管底部仍存在黑色固體，過程中無氣體生成。實驗小組同學針對該實驗現象進行了如下探究。.探究Fe2產生的原因。（1）提出猜想：Fe2可能是Fe與_或_反應的產物。（均填化學式）（2）實驗探究：在兩支試管中分別加入與上述實驗等量的鐵粉，再加入不同的液體試劑，5 min后取上層清液，分別加入相同體積和濃度的鐵氰化鉀溶液。液體試劑加入鐵氰化鉀溶液1號試管2 mL 0.1 molL1AgNO3溶液無藍色沉淀2號試管硝酸酸化的2 mL

17、 0.1 molL1_溶液(pH2)藍色沉淀2號試管中所用的試劑為_。資料顯示：該溫度下，0.1 molL1 AgNO3溶液可以將Fe氧化為Fe2。但1號試管中未觀察到藍色沉淀的原因可能為_。小組同學繼續(xù)進行實驗，證明了由2號試管得出的結論正確。實驗如下：取100 mL 0.1 molL1硝酸酸化的AgNO3溶液（pH2），加入鐵粉并攪拌，分別插入pH傳感器和NO傳感器（傳感器可檢測離子濃度），得到圖甲、圖乙，其中pH傳感器測得的圖示為_（填“圖甲”或“圖乙”）。實驗測得2號試管中有NH4+生成，則2號試管中發(fā)生反應的離子方程式為_。.探究Fe3產生的原因。查閱資料可知，反應中溶液逐漸變棕黃色

18、是因為Fe2被Ag氧化了。小組同學設計了不同的實驗方案對此進行驗證。（3）方案一：取出少量黑色固體，洗滌后，_（填操作和現象），證明黑色固體中有Ag。（4）方案二：按下圖連接裝置，一段時間后取出左側燒杯中的溶液，加入KSCN溶液，溶液變紅。該實驗現象_（填“能”或“不能”）證明Fe2可被Ag氧化，理由為_。28、（14分）二甲醚（CH3OCH3）被稱為“21 世紀的清潔燃料”。利用甲醇脫水可制得二甲醚，反應方程式如下： 2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) H1(1)二甲醚亦可通過合成氣反應制得，相關熱化學方程式如下：2H2（g）+ CO（g） CH3OH（g） H2CO

19、（g）+ H2O（g） CO2（g）+ H2(g) H33H2（g）+ 3CO（g） CH3OCH3（g）+ CO2 (g) H4則H1 _（用含有H2、H3、H4的關系式表示）。(2)經查閱資料，上述反應平衡狀態(tài)下 Kp 的計算式為: （Kp 為以分壓表示的平衡常數，T 為熱力學溫度）。且催化劑吸附 H2O(g)的量會受壓強影響，從而進一步影響催化效率。)在一定溫度范圍內，隨溫度升高，CH3OH(g)脫水轉化為二甲醚的傾向_ （填“增大”、“不變”或“減小”）。某溫度下（此時 Kp=100），在密閉容器中加入CH3OH，反應到某時刻測得各組分的分壓如下：物質CH3OHCH3OCH3H2O分壓

20、/MPa0.500.500.50此時正、逆反應速率的大小：v正 _v逆 （填“”、 “”或“”）。200時，在密閉容器中加入一定量甲醇 CH3OH，反應到達平衡狀態(tài)時，體系中CH3OCH3(g)的物質的量分數為 _（填標號）。A B C D E300時，使 CH3OH(g)以一定流速通過催化劑，V/F (按原料流率的催化劑量)、壓強對甲醇轉化率影響如圖1所示。請解釋甲醇轉化率隨壓強（壓力）變化的規(guī)律和產生這種變化的原因，規(guī)律_，原因_。(3)直接二甲醚燃料電池有望大規(guī)模商業(yè)化應用，工作原理如圖2所示。該電池的負極反應式為：_。某直接二甲醚燃料電池裝置的能量利用率為 50%，現利用該燃料電池電解

21、氯化銅溶液，若消耗 2.3g 二甲醚，得到銅的質量為_ g。29、（10分）NOx是空氣的主要污染物之一?；卮鹣铝袉栴}：（1）汽車尾氣中的NO來自于反應：N2(g) O2(g)2NO(g)。如圖表示在不同溫度時，一定量NO分解過程中N2的體積分數隨時間的變化。則N2(g) O2(g)2NO(g)為_(填“吸熱”或“放熱”)反應。2000時，向容積為2L的密閉容器中充入10mol N2和5mol O2，發(fā)生上述反應，10min達到平衡，產生2mol NO，則10min內的平均反應速率(O2)_molL1min1。（2）在汽車的排氣管上加裝催化轉化裝置可減少NOx的排放。研究表明，NOx的脫除率除

22、與還原劑、催化劑相關外，還取決于催化劑表面氧缺位的密集程度。以La0.8A0.2BCoO3X(A、B均為過渡元素)為催化劑，用H2還原NO的機理如下：第一階段：B4(不穩(wěn)定)H2低價態(tài)的金屬離子(還原前后催化劑中金屬原子的個數不變)第二階段：NO(g)NO(a) H1、K12NO(a)2N(a)+O2(g) H2、K22N(a)N2(g)2 H3、K32NO(a)N2(g)+2O(a) H4、K42O(a)O2(g)2 H5、K5注：表示催化劑表面的氧缺位，g表示氣態(tài)，a表示吸附態(tài)第一階段用氫氣還原B4得到低價態(tài)的金屬離子越多，第二階段反應的速率越快，原因是_。第二階段中各反應焓變間的關系：2

23、H1H2H3_；該溫度下，NO脫除反應2NO(g) N2(g)O2(g)的平衡常數K_(用K1、K2、K3的表達式表示)。（3）工業(yè)廢氣中的NO和NO2可用NaOH溶液吸收。向20mL0.1mo1L1NaOH溶液中通入含NO和NO2的廢氣，溶液pH隨氣體體積V的變化如圖所示(過程中溫度保持不變)，B點對應的溶液中c(HNO2)c(NO2)，則A點對應溶液中c(NO2)/c(HNO2)_。（4）氨催化還原法也可以消除NO，原理如圖所示，NO最終轉化為H2O和_(填電子式)；當消耗1 molNH3和0.5 molO2時，理論上可消除_L(標準狀況)NO。參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題

24、均只有一個符合題意的選項）1、A【解析】試題分析：A二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸酸性大于硅酸，所以二氧化硫和硅酸鈉溶液反應生成不溶性硅酸，但亞硫酸不是硫元素的最高價含氧酸，乙醇則該裝置不能能證明硫的非金屬性比硅強，故A錯誤；B橡皮管可使下部的壓力轉移到上方，從而利用壓強平衡的原理使液體順利流下，故B正確；C如果裝置的氣密性良好，甲、乙兩側水面高度不同，否則水面相同，所以能檢驗裝置的氣密性，故C正確；DNO不溶于水，因此在此裝置中充滿水，從進氣可以收集NO氣體，故D正確；故選A?？键c：考查化學實驗方案設計，涉及非金屬性強弱的判斷、氣密性檢驗、氣體的收集方法等知識點2、B【解析】A實驗是在瓷

25、坩堝中稱量，故A錯誤；B實驗是在研缽中研磨，故B正確；C蒸發(fā)除去的是溶液中的溶劑，蒸發(fā)皿中加熱的是液體，硫酸銅晶體是固體，不能用蒸發(fā)皿，故C錯誤；D瓷坩堝是放在干燥器里干燥的，故D錯誤；答案選B。3、B【解析】A. 溫度升高，乙烯的轉化率降低，平衡逆向移動；B. 增大壓強，平衡正向移動，乙烯的轉化率增大；C. 由圖象可知a點時乙烯的轉化率為20%，依據三段法進行計算并判斷；D. 升高溫度，增大壓強，反應速率加快?！驹斀狻緼. 溫度升高，乙烯的轉化率降低，平衡逆向移動，正向為放熱反應，H0，A項正確；B. 增大壓強，平衡正向移動，乙烯的轉化率增大，由圖可知，相同溫度下轉化率p1p2p3，因此壓強

26、p1p2a，所需要的時間：ab，D項正確；答案選B。4、D【解析】A. 溴水中有下列平衡：Br2+H2O HBr+HBrO，當加入AgNO3（s）后，硝酸銀與溴離子反應生成溴化銀沉淀，平衡正向移動，溶液顏色變淺，能用勒夏特列原理解釋，故A不選；B. 反應CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g）+Q，Q0，正反應放熱，升高溫度，平衡逆向移動，能用勒夏特列原理解釋，故C不選；C. 增大氯離子的濃度，平衡Cl2+H2O=H+Cl-+HClO逆向移動使得氯氣難溶于飽和食鹽水，能用勒夏特列原理解釋，故C不選；D. 合成氨反應是放熱反應，升高溫度，反應逆向移動，原料的轉化率減小，不能通過升高溫度提

27、高原料的轉化率，故D選；正確答案是D?！军c睛】本題考查平衡移動原理，明確平衡移動原理內涵及適用范圍是解本題關鍵，注意：改變條件時不影響平衡移動的不能用平衡移動原理解釋。5、B【解析】A與的分子式相同，不屬于同分異構體，故A錯誤；B與O3都為氧元素的不同單質，互為同素異形體，故B正確；C同位素研究的對象為原子，與屬于分子，不屬于同位素關系，故C錯誤；D1 mol分子中含有16mol電子，故D錯誤；故選B。6、B【解析】根據圖像可知，b點溶液顯酸性，則為CH3COOH、CH3COONa的混合液?！驹斀狻緼. b點溶液呈酸性，酸過量，則X0.1mol/L，A錯誤；B. ba過程中，加入NaOH溶液，

28、消耗過量的乙酸，生成乙酸鈉，則水的電離程度逐漸增大，B正確；C. a點時，向乙酸溶液中加入0.2molNaOH，溶液中c(H+)=10-7mol/L，c(CH3COO-)=0.2mol/L，c(CH3COOH)=(X-0.2)mol/L，則Ka (CH3COOH) =，C錯誤；D. bc過程中，溶液中酸性增強，c(CH3COOH)增大，c(CH3COO) 減小，而逐漸變大，D錯誤；答案為B?！军c睛】b點為CH3COOH、CH3COONa的混合液，加入NaOH時，生成更多的CH3COONa，促進水的電離。7、C【解析】電子從吸附層a流出，a極為負極，發(fā)生的反應為：H2-2e-+2OH-=2H2O

29、，b極為正極，發(fā)生的反應為：2H+2e-=H2。【詳解】A由上面的分析可知，NaClO4沒有參與反應，只是傳導離子，A錯誤；B吸附層b的電極反應2H+2e-=H2，B錯誤；C將正、負電極反應疊加可知，實際發(fā)生的是H+OH-=H2O，全氫電池工作時，將酸堿反應的中和能轉化為電能，C正確；D若離子交換膜是陽離子交換膜，則Na+向右移動，左池消耗OH-且生成H2O，pH減小，D錯誤。答案選C?！军c睛】B電解質溶液為酸溶液，電極反應不能出現OH-。8、D【解析】A由信息可知，MnO4-氧化Cl-為Cl2，Cl元素化合價由-1價升高為0價，轉移電子的物質的量是氯氣的2倍，生成1mo1C12，轉移電子為2

30、mo1，選項A正確；B由元素化合價可知，反應中只有亞鐵離子被氧化，溴離子末被氧化，根據電子得失守恒2n（C12）=n（Fe2+），即第組反應中參加反應的Cl2與FeBr2的物質的量之比為1：2，選項B正確；C反應中KMnO4MnSO4，Mn元素化合價由+7價降低為+2價，根據電子轉移守恒，H2O2中氧元素化合價升高，生成氧氣，根據H元素守恒可知還生成水，選項C正確；D氧化劑氧化性強于氧化產物氧化性，由可知氧化性MnO4-Cl2，由可知氧化性Cl2Fe3+，由可知Fe3+不能氧化Br-，氧化性Br2Fe3+，選項D錯誤。答案選D。9、C【解析】A. Na2S2O4溶于水，會與溶解在水中的氧氣反應

31、產生SO2，SO2能使品紅溶液褪色，所以Na2S2O4的水溶液具有漂白性，A正確；B. Na2S2O4溶液與少量氧氣反應產生亞硫酸氫鈉和硫酸氫鈉兩種鹽，反應方程式為：Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4，所以Na2S2O4溶液可用作分析化學中的吸氧劑，B正確；C. Na2S2O4中S元素平均化合價為+3價，具有還原性，Cl2具有氧化性，AgNO3具有酸性和氧化性，所以Na2S2O4與Cl2和AgNO3溶液都可以發(fā)生反應，C錯誤；D. 隔絕空氣加熱Na2S2O4分解可生成SO2和兩種鹽Na2S2O3、Na2SO3，D正確；故合理選項是C。10、D【解析】A. 既然由水電解出的

32、c（H+）=1.010-12mol/L，則由水電解出的c（OH-）=1.010-12mol/L；而c（H+）c（OH-）=1.010-14mol/L，所以原來的溶液的c（H+）=1.010-2mol/L或者c（OH-）=1.010-2mol/L，即溶液可能呈現強酸或強堿性，強酸時pH=2，強堿時pH=12，故A錯誤；B. NH3H2O NH4OH-，通入CO2平衡正向移動，c(NH4+)不斷增大，而平衡常數不變，則=不斷減小，故B錯誤；C. 恒溫恒容下，反應X(g)3Y(g) 2Z(g)，起始充入3 mol X和3 mol Y，由三段式計算可知，X的體積分數一直是50%，故C錯誤；D. 蒸餾水

33、的pH6，所以Kw=110-12，應加入等體積濃度為0.01mol L-1的氫氧化鈉溶液，故應加入等體積pH=10的NaOH溶液，可使該溶液恰好呈中性，故D正確；正確答案是D?！军c睛】A項涉及pH的簡單計算，明確溶液中的溶質是抑制水電離是解本題的關鍵，能電離出氫離子或氫氧根離子的物質抑制水電離。11、C【解析】因為W、Y、Z為短周期主族元素，原子序數依次增大，W、X、Y位于不同周期，所以W位于第一周期、X位于第二周期、Y、Z位于第三周期，故W是H元素；的最外層電子數是電子層數的3倍，X是第二周期元素共兩個電子層，故X最外層有6個電子，X為O元素；X是O元素，原子序數是8，Y與Z的原子序數之和是

34、X的原子序數的4倍，即是Y與Z的原子序數之和是32，Y、Z為第三周期主族元素，故Y原子序數為15，Z的原子序數為17，Y是P元素，Z是Cl元素?！驹斀狻緼同一周期，從左到右，主族元素的原子半徑隨著原子序數的增加而，逐漸減小，則原子半徑PCl，因為P、Cl比O多一個電子層，O比H多一個電子層，故原子半徑大小順序為：PClOH，即YZXW ，A正確；BH2O分子間可以形成氫鍵，而PH3分子間不能形成氫鍵，故H2O的沸點比PH3的沸點高；同周期主族元素，從左到右隨著原子序數的增加，原子半徑逐漸減小，元素的非金屬性逐漸增強，故氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性HClPH3，B正確；C沒有強調P與Cl元素的最高價含氧酸酸

35、性的比較，而H3PO4的酸性比HClO的酸性強，C錯誤；DP3-的還原性比Cl-的還原性強，D正確；答案選C。12、C【解析】A、絲的主要成分為蠶絲，屬于蛋白質是一種天然有機高分子化合物，酶會加速蛋白質的水解，破壞絲綢制品，故A正確；B、古代記事常?？逃诮饘佟⑻沾?、玉器之上，故B正確；C、草木灰中的碳酸鉀與貝殼灰中的氧化鈣溶于水生成的氫氧化鈣與碳酸鉀反應生成了氫氧化鉀，故C錯誤；D、草木的主要成分是纖維素，故D正確；答案C。13、C【解析】已知X、Y、Z、W、R是原子序數依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半徑最小的元素，所以X是H；Y元素的最高正價與最低負價的絕對值相等，這說明Y是第A

36、組元素；Z的核電荷數是Y的2倍，且是短周期元素，因此Y是C，Z是Mg；W的最外層電子數是其最內層電子數的3倍，且原子序數大于Mg的，因此W是第三周期的S；R的原子序數最大，所以R是Cl元素。【詳解】A、同周期自左向右原子半徑逐漸減小，則原子半徑：ZWR，A正確；B、同周期自左向右非金屬性逐漸增強，氫化物的穩(wěn)定性逐漸增強，則對應的氫化物的熱穩(wěn)定性：RW，B正確；C、H2S與MgS分別含有的化學鍵是極性鍵與離子鍵，因此W與X、W與Z形成的化合物的化學鍵類型完全不相同，C不正確；D、Y的最高價氧化物對應的水化物是碳酸，屬于二元弱酸，D正確。答案選C。14、D【解析】將1mol氯氣通入足量氫氧化鈉溶液

37、中，氯氣與氫氧化鈉反應生成氯化鈉和次氯酸鈉，反應轉移的電子數為1mol，轉移的電子數等于NA，故錯誤；12.0g熔融的NaHSO4的物質的量為0.1mol，0.1mol熔融硫酸氫鈉電離出0.1mol鈉離子和0.1mol硫酸氫根離子，所以含有的陽離子數為0.1NA，故正確；在標準狀況下，水不是氣體，不能使用標況下氣體摩爾體積計算22.4LH2O中的物質的量，故錯誤；17g羥基的物質的量為1mol，1mol羥基中含有9mol電子，含有的電子數為9NA，故錯誤；1molNa2O和Na2O2的混合物中含有2mol鈉離子和1mol陰離子，總共含有3mol陰陽離子，含有的陰、陽離子總數是3NA，故正確；2

38、0mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，含溶質硫酸鐵的物質的量為0.02mol，含有Fe3+為0.04mol，含有SO42-為0.06mol，因為鐵離子發(fā)生水解，溶液中鐵離子數目減少，所以Fe3+和SO42-離子的總物質的量小于1mol，Fe3+和SO42-離子的總物質的量小于NA，故正確；所以符合題意；答案選D。【點睛】熔融的NaHSO4的電離出鈉離子和硫酸氫根離子，而NaHSO4溶液則能電離出鈉離子、氫離子和硫酸根離子，注意兩者區(qū)別。15、B【解析】A原子晶體具有很高的熔點、沸點，所以原子晶體干冰有很高的熔點、沸點，故A正確；B原子晶體干冰有很高的沸點，不易汽化，不可用作制冷材料，故B

39、錯誤；C不同非金屬元素之間形成極性鍵，二氧化碳中存在O=C極性鍵，故C正確D原子晶體硬度大，所以原子晶體干冰的硬度大，可用作耐磨材料，故D正確；故選：B。16、B【解析】A.Ti和Ti:質子數都是22，故A錯誤；B. Ti和Ti是同種元素的不同原子，因為最外層電子數相同，所以化學性質相同，故B正確；C.46是Ti的質量數，不是其相對原子質量質量，故C錯誤；D.Ti的原子序數為22,故D錯誤；答案選B。17、D【解析】A.若X為濃硝酸，蘸有濃氨水的玻璃棒靠近溶液X也會產生白煙，溶液X不一定是濃鹽酸，A項錯誤；B.鈉元素的焰色反應為黃色，由于玻璃中含有鈉元素，會干擾實驗，所以應改用鉑絲取溶液Y進行

40、焰色反應，此時若火焰為黃色，則Y溶液中一定含有鈉離子，B項錯誤；C.在酸性條件下，Fe(NO3)2溶液中含有的NO3具有強氧化性，優(yōu)先把 Fe2+氧化成Fe3+，使得溶液變黃，因而不能判斷氧化性：H2O2Fe3+，C項錯誤；D. Na2SO3和稀鹽酸反應生成SO2，溶液中沒有SO32-，再加入氯化鋇溶液有白色沉淀，說明Na2SO3固體變質被部分或全部氧化成Na2SO4，白色為BaSO4沉淀，即Na2SO3樣品中含有SO42，D項正確。故選D。18、C【解析】A、由電池反應方程式看出，Mg是還原劑、AgCl是氧化劑，故金屬Mg作負極，正極反應為：2AgCl+2e-2C1-+2Ag，選項A正確；B

41、、Al的活潑性大于Ag，所以鋁和氯化銀、海水也能構成原電池，故該電池的負極材料Mg用金屬鋁代替后，仍能形成原電池，選項B正確；C、電極反應式：Mg2e=Mg2+，1molMg被氧化時，轉移電子是2mol，正極反應為：2AgCl+2e2C1+2Ag，可還原得到216gAg，選項C錯誤；D、因為該電池能被海水激活，海水可以作為電解質溶液，選項D正確。答案選C。【點睛】本題考查原電池的應用。總結題技巧總結：電極類型的判斷首先在明確屬于電解池還是原電池基礎上來分析的，原電池對應的是正、負兩極，電解池對應的陰、陽兩極，根據元素價態(tài)變化找出氧化劑與還原產物。19、D【解析】A選項，b為羧酸，d為酯，因此不

42、是同系物，故A錯誤；B選項，d不與金屬鈉反應，故B錯誤；C選項，b同分異構體有1種，d同分異構體有8種，p同分異構體有7種，都不包括本身，故C錯誤；D選項，b 在一定條件下和甲醇發(fā)生酯化反應生成d，故D正確。綜上所述，答案為D?！军c睛】羧酸、醇都要和鈉反應；羧酸和氫氧化鈉反應，醇不與氫氧化鈉反應；羧酸和碳酸鈉、碳酸氫鈉反應，醇不與碳酸鈉、碳酸氫鈉反應。20、C【解析】A分子的穩(wěn)定性與化學鍵有關，共價鍵越強，分子越穩(wěn)定性，而分子間作用力只影響物質的熔沸點等物理性質，故A錯誤；B單原子分子中沒有化學鍵，如稀有氣體為單原子分子，分子中沒有共價鍵，故B錯誤；C離子晶體中一定存在離子鍵，可能存在共價鍵，

43、如氫氧化鈉、過氧化鈉中存在離子鍵和共價鍵，故C正確；D原子晶體中可能存在極性鍵，也可能存在非極性鍵，如二氧化硅中存在極性共價鍵，金剛石中存在非極性鍵，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題的易錯點為B，要注意稀有氣體是單原子分子，固態(tài)時形成分子晶體。21、B【解析】物質的氧化性和還原性，需從兩個反面入手。一是熟悉物質的性質，二是物質所含元素的化合價。如果物質所含元素處于中間價態(tài)，則物質既有氧化性又有還原性，處于最低價，只有還原性，處于最高價，只有氧化性?！驹斀狻緼.Cl2中Cl元素化合價為0價，處于其中間價態(tài)，既有氧化性又有還原性，而金屬鋁和氫氣只有還原性，A錯誤；A. F2只有氧化性，F2化合價只能

44、降低，K化合價只能升高，所以金屬鉀只有還原性，鹽酸和金屬反應表現氧化性，和高錳酸鉀反應表現還原性，B正確；C. NO2和水的反應說明NO2既有氧化性又有還原性，金屬鈉只有還原性，溴單質既有氧化性又有還原性，C錯誤；D. SO2中硫元素居于中間價，既有氧化性又有還原性，D錯誤。故合理選項是B。【點睛】本題主要考察對氧化性和還原性的判斷和理解。氧化性是指物質得電子的能力，處于高價態(tài)的物質一般具有氧化性，還原性是在氧化還原反應里，物質失去電子或電子對偏離的能力，金屬單質和處于低價態(tài)的物質一般具有還原性，元素在物質中若處于該元素的最高價態(tài)和最低價態(tài)之間，則既有氧化性，又有還原性。22、B【解析】極性分

45、子的正電荷中心與負電荷中心不重合，極性分子雖然整體不帶電，但每一個乙二醇分子都有帶電的極性端，也可以再理解為部分區(qū)域帶電，所以它在電場作用下，會定向運動，所以測靜電對液流影響，可以判斷分子是否有極性；而測定沸點、測定蒸氣密度、測標準狀況下氣體摩爾體積等均不能判斷分子極性。答案選B。二、非選擇題(共84分)23、碳碳雙鍵、醛基 9 CH3CH2CH2CHOH2O 加成反應 HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2 【解析】A為飽和一元醇，通式為CnH2n2O，其氧的質量分數約為34.8%，則有100%=34.8%，解得n=2，A

46、為CH3CH2OH，根據PVAc可知，A氧化成E，E為CH3COOH，E與乙炔發(fā)生加成反應生成F，F為CH3COOCH=CH2，F發(fā)生加聚反應得到PVAc，PVAc的結構簡式為，堿性水解得到PVA（），A在銅作催化劑的條件下氧化得到B，B為CH3CHO，根據信息I，C結構簡式為CH3CH=CHCHO，C發(fā)生還原反應生成D，D結構簡式為CH3CH2CH2CHO，據此分析；【詳解】A為飽和一元醇，通式為CnH2n2O，其氧的質量分數約為34.8%，則有100%=34.8%，解得n=2，A為CH3CH2OH，根據PVAc可知，A氧化成E，E為CH3COOH，E與乙炔發(fā)生加成反應生成F，F為CH3CO

47、OCH=CH2，F發(fā)生加聚反應得到PVAc，PVAc的結構簡式為，堿性水解得到PVA（），A在銅作催化劑的條件下氧化得到B，B為CH3CHO，根據信息I，C結構簡式為CH3CH=CHCHO，C發(fā)生還原反應生成D，D結構簡式為CH3CH2CH2CHO，(1)C的結構簡式為CH3CH=CHCHO，含有官能團是碳碳雙鍵和醛基；利用乙烯空間構型為平面，醛基中C為sp2雜化，CHO平面結構，利用三點確定一個平面，得出C分子中最多有9個原子共平面；答案：碳碳雙鍵、醛基；9；(2)利用信息I，D與苯甲醛反應的方程式為CH3CH2CH2CHOH2O；答案：CH3CH2CH2CHOH2O；(3)根據上述分析，反

48、應為加成反應；答案：加成反應；(4)根據上述分析PVAc的結構簡式為；答案：；(5)F為CH3COOCH=CH2，含有官能團是酯基和碳碳雙鍵，與F具有相同官能團的同分異構體的結構簡式為HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2；答案：HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2；(6)溴乙烷發(fā)生水解反應生成乙醇，乙醇發(fā)生催化氧化生成乙醛，乙醛與乙醇反應得到，合成路線流程圖為：；答案：。【點睛】難點是同分異構體的書寫，同分異構體包括官能團異構、官能團位置異構、碳鏈異構

49、，因為寫出與F具有相同官能團的同分異構體，因此按照官能團位置異構、碳鏈異構進行分析，從而得到HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2。24、H2O CO2 CH3CH2OH 6H2O+6CO2C6H12O6(葡萄糖)+6O2，CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O 【解析】首先找題眼：由A+B葡萄糖+氧氣，可知這是光合作用過程，光合作用的原料是二氧化碳和水，產生的葡萄糖經過發(fā)酵產生B和D，即酒精和二氧化碳，而D是實驗室常用的一種燃料，可知D為酒精，B就是二氧化碳，則A為水，帶入驗證完成相關的問題。【詳解】（1）根據以上分析

50、可知A、B、D的化學式分別是H2O、CO2、CH3CH2OH；（2）反應為光合作用，發(fā)生的方程式為：6H2O+6CO2C6H12O6(葡萄糖)+6O2；反應是酒精燃燒，反應的化學方程式為：CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O。【點睛】對于物質推斷題，解題的關鍵是尋找“題眼”，“題眼”是有特征性的物質性質或反應條件，以此作為突破口，向左右兩側進行推斷。25、C、D(或E)、C、E、B 排盡裝置內空氣，避免干擾實驗 CO 淡黃色粉末全部變成黑色粉末 取殘留粉末于試管，滴加稀硫酸，若產生氣泡，則含有鐵粉；否則，不含鐵粉(或用強磁鐵吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，則黑色粉末含鐵粉；否則，不含鐵粉)

51、 缺少尾氣處理裝置 偏低 【解析】FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O，若不排盡裝置內的空氣，FeO、FeC2O4會被氧化。檢驗CO時，常檢驗其氧化產物CO2，所以需先除去CO2，并確認CO2已被除盡，再用澄清石灰水檢驗。CO是一種大氣污染物，用它還原CuO，不可能全部轉化為CO2，所以在裝置的末端，應有尾氣處理裝置?！驹斀狻?1)檢驗CO時，應按以下步驟進行操作：先檢驗CO2、除去CO2、檢驗CO2是否除盡、干燥CO、CO還原CuO、檢驗CO2，則按氣流方向從左至右，裝置連接順序為A、C、D(或E)、C、E、B 、C。答案為：C、D(或E)、C、E、B；(2)空氣中的O2會將C

52、O、FeC2O4氧化，生成CO2，干擾CO氧化產物CO2的檢驗，所以點燃酒精燈之前，應將裝置內的空氣排出。由此得出向裝置內通入一段時間N2，其目的是排盡裝置內空氣，避免干擾實驗。答案為：排盡裝置內空氣，避免干擾實驗；(3)CuO由黑色變?yōu)榧t色，最后連接的C中產生白色沉淀，表明A中分解產物有CO。答案為：CO；(4)A中FeC2O4為淡黃色，完全轉化為FeO或Fe后，固體變?yōu)楹谏淹耆磻默F象是淡黃色粉末全部變成黑色粉末。檢驗A中殘留固體是否含鐵粉的方法：取殘留粉末于試管，滴加稀硫酸，若產生氣泡，則含有鐵粉；否則，不含鐵粉(或用強磁鐵吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，則黑色粉末含鐵粉；否則，不含

53、鐵粉)。答案為：取殘留粉末于試管，滴加稀硫酸，若產生氣泡，則含有鐵粉；否則，不含鐵粉(或用強磁鐵吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，則黑色粉末含鐵粉；否則，不含鐵粉)；(5)CO還原CuO，反應不可能完全，必然有一部分混在尾氣中。根據上述裝置設計實驗存在的明顯缺陷是缺少尾氣處理裝置。答案為：缺少尾氣處理裝置；(6)根據電子守恒，3n(FeC2O4)=5n(KMnO4)，n(FeC2O4)=c mol/LV 10-3L=，則該樣品純度為 =%V測=V終-V始，若滴定前仰視讀數，則V始偏大，滴定終點俯視讀數，則V終偏小，測得結果偏低。答案為：；偏低?！军c睛】在計算該樣品的純度時，我們依據電子守恒得出的等

54、量關系式為3n(FeC2O4)=5n(KMnO4)，在利用方程式時，可建立如下關系式：5FeC2O43KMnO4，兩個關系的系數正好相反，若我們沒有理順關系，很容易得出錯誤的結論。26、MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O HCl Cl2 取少量氯水于試管中，加入硝酸銀和稀硝酸，產生白色沉淀，說明有Cl- 不正確，從實驗可知，氯水中含H+、Cl-，即氯氣與水反應生成了H+和Cl-，氯的化合價從零價降低到-1價，必然要有元素化合價升高，H已是最高價，不再升高，一定有其他元素化合價的升高，而氯元素不一定只升高到+1價。 酸性和漂白性 加入蒸餾水溶液接近無色，說明c(Cl2)幾乎降低為

55、零，加入等體積的飽和氯化鈉溶液，溶液還是淺黃綠色，說明氯離子的加入又生成了Cl2，即氯氣和水的反應是可逆反應，增大氯離子濃度，平衡向反應物方向移動，使Cl2增多，所以呈現淺綠色 【解析】（1）二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯氣、氯化錳和水；（2）濃鹽酸易揮發(fā)，制取的氯氣含有氯化氫，依據氯化氫能夠與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳解得；依據氯氣和氯化氫在飽和食鹽水中溶解性不同，選擇除雜方法；驗證氯氣與水反應的產物具有漂白性應首先排除干燥氯氣的影響，需要進行對比實驗；依據氯離子能夠與銀離子反應生成氯化銀白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸的性質檢驗氯離子的存在；根據元素化合價的升降來判斷丙同學的推斷；正確的

56、實驗裝置和操作進行實驗，觀察到實驗現象與實驗、中相似，說明氯水具有漂白性和酸性；（3）依據氯氣溶液水，部分與水反應生成氯化氫和次氯酸，存在Cl2+H2OH+Cl-+HClO，依據化學平衡移動影響因素分析解答。【詳解】（1）二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯氣、氯化錳和水，離子學方程式：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；（2）濃鹽酸易揮發(fā)，制取的氯氣含有氯化氫，依據氯化氫能夠與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，也會有無色氣泡產生，對氯水性質檢驗造成干擾；氯氣在飽和食鹽水中溶解度不大，氯化氫易溶于水，所以可以用盛有飽和食鹽水的洗氣瓶除去氯化氫；故答案為：HCl；實驗：沒有事先證明干燥的

57、氯氣無漂白性，則不能證明氯氣與水反應的產物是否具有漂白性；故答案為：Cl2；氯離子能夠與銀離子反應生成氯化銀白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸，所以檢驗氯離子存在的方法：取少量氯水于試管中，加入硝酸銀和稀硝酸，若有白色沉淀產生，說明有Cl-存在；從實驗可知，氯水中含H+、Cl-，即氯氣與水反應生成了H+和Cl-，氯的化合價從零價降低到-1價，必然要有元素化合價升高，H已是最高價，不再升高，一定有其他元素化合價的升高，而氯元素不一定只升高到+1價；正確的實驗裝置和操作進行實驗，觀察到實驗現象與實驗、中相似，說明氯水具有漂白性和酸性，故答案為：酸性和漂白性；（3）氯氣溶液水，部分與水反應生成氯化氫和次氯

58、酸，存在Cl2+H2OH+Cl-+HClO，加入蒸餾水溶液接近無色，說明c（Cl2）幾乎降低為零，加入等體積的飽和氯化鈉溶液，溶液還是淺黃綠色，說明氯離子的加入又生成了Cl2，即氯氣和水的反應是可逆反應，增大氯離子濃度，平衡向反應物方向移動，使Cl2增多，所以呈現淺綠色。【點睛】氯氣本身不具有漂白性，與水反應生成的次氯酸具有漂白性，氯水的成分有：氯氣，次氯酸，水，氫離子，氯離子，次氯酸根離子，氫氧根離子。27、HNO3 AgNO3 NaNO3 該反應速率很?。ɑ蛟摲磻幕罨茌^大） 圖乙 4Fe10HNO3-=4Fe2NH4+3H2O 加入足量稀硝酸并加熱將固體全部溶解，再向所得溶液中加入稀鹽

59、酸，產生白色沉淀（或加入足量稀鹽酸，有黑色固體剩余）（答案合理均可） 不能 Fe2可能被HNO3氧化或被氧氣氧化（答案合理均可） 【解析】.（1）向硝酸酸化的AgNO3溶液（pH2）中加入過量的鐵粉，過量的鐵粉可與硝酸反應生成亞鐵離子，也可與AgNO3溶液反應生成Fe2，Fe2AgNO3=Fe(NO3)22Ag，因此溶液中的Fe2可能是Fe與HNO3或AgNO3反應的產物，故答案為：HNO3；AgNO3；（2）探究Fe2的產生原因時，2號試管作為1號試管的對比實驗，要排除Ag的影響，可選用等濃度、等體積且pH相同的不含Ag的NaNO3溶液進行對比實驗，故答案為：NaNO3；AgNO3可將Fe氧

60、化為Fe2，但1號試管中未觀察到藍色沉淀，說明AgNO3溶液和Fe反應的速率較慢，生成的Fe2濃度較小，故答案為：該反應速率很?。ɑ蛟摲磻幕罨茌^大）；由2號試管得出的結論正確，說明Fe2是Fe與HNO3反應的產物，隨著反應的進行，HNO3溶液的濃度逐漸減小，溶液的pH逐漸增大，則圖乙為pH傳感器測得的圖示，故答案為：圖乙；實驗測得2號試管中有NH生成，說明Fe與HNO3反應時，Fe將HNO3還原為NH，根據氧化還原反應的原理可寫出反應的離子方程式為4Fe10HNO3-=4Fe2NH4+3H2O，故答案為：4Fe10HNO3-=4Fe2NH4+3H2O；.（3）Ag氧化Fe2時發(fā)生反應AgF