全國大聯(lián)考2023學年高二化學第二學期期末考試試題（含解析）

2023學年高二下學期化學期末模擬測試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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、水溶液X中只可能含有K＋、Mg2＋、Al3＋、AlO2—、SiO32—、SO32—、CO32—、SO42—中的若干種離子。某同學對該溶液X進行了如下實驗;下列判斷正確的是()A．氣體甲一定是純凈物B．K＋、AlO2—和SiO32—一定存在于溶液X中C．沉淀甲是硅酸和硅酸鎂的混合物D．憑以上實驗能確定SO42—是否存在于溶液X中2、下列離子方程式書寫正確的是A．H2S

溶液顯酸性：H2S+2H2O2H3O++S2-B．將少量二氧化硫通入次氯酸鈉溶液中：SO2+H2O+3ClO-=SO42-+Cl-+2HC1OC．向Ca(HCO3)2溶液中加入澄清石灰水：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2OD．向FeI2

溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-3、圖甲為在銅棒上電鍍銀的裝置，圖乙是在圖甲裝置中央放置質量相等的兩個銀圈，用繩子系住(繩子為絕緣體)，一段時間后，兩裝置中銅極質量均增重1.08g。下列說法不正確的是A．電極a為純銀B．圖甲:若b極有標況下112mL紅棕色氣體生成，則電子有效利用率為50%C．圖乙:若乙池中無氣體生成，則繩子兩端銀圈質量之差為2.16gD．處理銀器表面的黑班(Ag2S)，將銀器置于盛有食鹽水的鋁制容器里并與鋁接觸，則Ag2S可以轉化為Ag4、已知有如下轉化關系：，則反應①、②、③的反應類型分別為A．取代反應、加成反應、取代反應 B．取代反應、取代反應、加成反應C．氧化反應、加成反應、加成反應 D．氧化反應、取代反應、取代反應5、下列關于有機化合物的說法正確的是（）A．乙醇和乙酸中都存在碳氧雙鍵B．甲烷和乙烯都可以與氯氣反應C．高錳酸鉀可以氧化苯和甲烷D．乙烯可以與氧氣發(fā)生加成反應，苯不能與氫氣加成6、屠呦呦率領團隊先后經歷了用水、乙醇、乙醚提取青蒿素的過程，最終確認只有采用低溫、乙醚冷浸等方法才能成功提取青蒿素。研究發(fā)現(xiàn)青蒿素中的某個基團對熱不穩(wěn)定，該基團還能與NaI作用生成I2。碳原子連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳，下列分析不正確的是A．推測青蒿素在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度B．青蒿素可以與NaOH、Na2CO3、NaHCO3反應C．青蒿素分子中含有手性碳D．青蒿素中對熱不穩(wěn)定且具有氧化性的基團是“－O－O－”7、設NA為阿伏加德羅常數(shù)值。下列有關敘述正確的是A．常溫時，12g石墨晶體中所含六元環(huán)數(shù)目為NAB．標準狀況下，18gD2O中所含電子數(shù)為9NAC．1molN2與4molH2反應生成的NH3分子數(shù)為2NAD．標準狀況下，2.24LSO3中所含原子數(shù)為0.4NA8、四種主族元素a、b、c、d分布在三個短周期中，其原子序數(shù)依次增大，b、d的簡單離子具有相同電子層結構，d的簡單離子半徑是同周期主族元素中最小的，四種元素原子的最外層電子數(shù)之和為15，下列敘述正確的是（）A．b元素最高價氧化物對應的水化物為強酸B．最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：b＞cC．c為第二周期第VIIA族元素D．原子半徑：d>c>b>a9、一種從植物中提取的天然化合物，可用于制作“香水”，其結構簡式為，下列有關該化合物的說法錯誤的是A．分子式為C12H18O2B．分子中至少有6個碳原子共平面C．該化合物能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．一定條件下，1mol該化合物最多可與3molH2加成10、鐵、銅混合粉末18.0g加入到100mL5.0mol/LFeCl3溶液中，充分反應后，剩余固體質量為2.8g，下列說法正確的是A．剩余固體是鐵、銅混合物B．原固體混合物中銅的質量是9.6gC．反應后溶液中n(Fe3+)=0.10molD．反應后溶液中n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.75mol11、已知烯烴在酸性KMnO4溶液中雙鍵斷裂形式為現(xiàn)有二烯烴C10H18與酸性KMnO4溶液作用后可得到三種有機物：(CH3)2CO、CH3COOH、CH3CO(CH2)2COOH，由此推斷此二烯可能的結構簡式為A．(CH3)2C=C(CH3)CH2CH2CH=CHCH2CH3B．(CH3)2C=CHCH2CH2C(CH3)=CHCH3C．CH3CH=C(CH3)CH2CH2CH2C(CH3)=CH2D．CH3CH=C(CH3)CH2CH2CH2CH=CHCH312、測定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH,數(shù)據(jù)如下。時刻①②③④溫度/℃25304025pH9.669.529.379.25實驗過程中，取①④時刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比試驗，④產生白色沉淀多。下列說法錯誤的是（

）A．Na?SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2OHSO-3+OH-B．④的pH與①不同,是由于SO32-濃度減小造成的C．①→③的過程中,溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響一致D．①與④的Kw值相等13、在室溫下，等體積的酸和堿的溶液混合后，pH一定小于7的是()A．pH＝3的HNO3和pH＝11的KOHB．pH＝3的鹽酸和pH＝11的氨水C．pH＝3的醋酸和pH＝11的Ba(OH)2D．pH＝3的硫酸和pH＝11的NaOH14、在由Fe、FeO和Fe2O3組成的混合物中加入100mL2mol/L的鹽酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL氣體（標準狀況），此時溶液中無Fe3+離子，則下列判斷正確的是A．混合物中三種物質反應時消耗鹽酸的物質的量之比為1:1:3B．反應后所得溶液中的Fe2+離子與Cl-離子的物質的量濃度之比為1：3C．混合物中，F(xiàn)eO的物質的量無法確定，但Fe比Fe2O3的物質的量多D．混合物中，F(xiàn)e2O3的物質的量無法確定，但Fe比FeO的物質的量多15、化學與生活密切相關。下列說法錯誤的是A．泡沫滅火器可用于一般的滅火，也適用于電器滅火B(yǎng)．疫苗一般應冷藏存放，以避免蛋白質變性C．家庭裝修時用水性漆替代傳統(tǒng)的油性漆，有利于健康及環(huán)境D．電熱水器用鎂棒防止內膽腐蝕，原理是犧牲陽極的陰極保護法16、下列圖像中的曲線（縱坐標為沉淀或氣體的量，橫坐標為加入物質的量），其中錯誤的是A．圖A表示向含H+、Mg2+、Al3+、NH4+的溶液中滴加NaOH溶液產生沉淀量的關系曲線B．圖B表示向澄清石灰水中通入二氧化碳直至過量產生沉淀量的關系曲線C．圖C表示向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加鹽酸產生CO2氣體的關系曲線D．圖D表示向明礬溶液中滴加Ba（OH）2溶液產生沉淀量的關系曲線17、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關敘述正確的是（）A．2L0.5mol·L-1CH3COOH溶液中，CH3COO-的數(shù)目為NAB．一定質量的某單質，若含質子數(shù)為nNA，則中子數(shù)一定小于nNAC．標準狀況下，22.4LHF含有的共價鍵數(shù)為NAD．向FeI2溶液中通入一定量Cl2，當1molFe2+被氧化時，轉移的電子數(shù)不小于3NA18、兩種氣態(tài)烴組成的混合氣體0.1mol，完全燃燒得0.16molCO2和3.6gH2O，下列說法正確的是A．混合氣體一定是CH4和C2H4B．混合氣體中一定有CH4，可能含有C2H4C．混合氣體中一定含有CH4，可能含有C2H6D．混合氣體中可能含有C2H219、下列能說明苯酚是弱酸的實驗事實是A．苯酚遇FeCl3溶液呈紫色 B．苯酚能與NaOH溶液反應C．常溫下苯酚在水中的溶解度不大 D．將CO2通入苯酚鈉溶液出現(xiàn)渾濁20、下列有關乙烯和乙烷的說法中錯誤的是A．乙烯是平面分子，乙烷分子中所有原子不可能在同一平面內B．溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液都可以鑒別乙烯和乙烷C．溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液都可以除去乙烷中混有的乙烯D．乙烯的化學性質比乙烷的化學性質活潑21、下列常見分子中心原子的雜化軌道類型是SP3的是：()A．PH3 B．BF3 C．SO2 D．CO222、下列六種物質：①Na2O②Na2O2③NaCl④Na2CO3溶液⑤NaOH⑥NaHCO3，其中不能與CO2反應的是A．①④ B．②③ C．③⑥ D．⑤⑥二、非選擇題(共84分)23、（14分）分析下列合成路線：回答下列問題：（1）C中含有的官能團名稱是__________。（2）寫出下列物質的結構簡式：D_________，E___________。（3）寫出下列反應的化學方程式A→B：_________________________________F→J：_________________________________24、（12分）4-羥基扁桃酸可用于制備抗生素及血管擴張類的藥物，香豆素-3-羧酸可用于制造香料，二者合成路線如下（部分產物及條件未列出）：已知;（R，R′，R″表示氫、烷基或芳基）（1）A相對分子質量為60，常在生活中用于除去水壺中的水垢，A的結構簡式是___________。（2）D→4-羥基扁桃酸反應類型是______________。（3）中①、②、③3個-OH的電離能力由強到弱的順序是___________。（4）W→香豆素-3-羧酸的化學方程式是______________________。（5）關于有機物F下列說法正確的是__________。a．存在順反異構b．分子中不含醛基c．能發(fā)生加成、水解、氧化等反應d.1molF與足量的溴水反應，最多消耗4molBr2（6）某興趣小組將4-羥基扁桃酸進行如下操作①1molH在一定條件下與足量NaOH溶液反應，最多消耗NaOH的物質的量為______mol.②符合下列條件的I的同分異構體（不考慮立體異構）為______種。a．屬于一元羧酸類化合物b．苯環(huán)上只有2個取代基，其中一個是羥基③副產物有多種，其中一種是由2分子4-羥基扁桃酸生成的含有3個六元環(huán)的化合物，該分子中不同化學環(huán)境的氫原子有__________種。25、（12分）某化學活動小組設計如下圖所示(部分夾持裝置已略去)實驗裝置，以探究潮濕的Cl2與Na2CO3反應得到的氣態(tài)物質。(1)裝置A中發(fā)生反應的離子方程式為_______________________________________。(2)裝置B中試劑Y應為_________________。(3)已知在裝置C中通入一定量的氯氣后，測得D中只有一種常溫下為黃紅色的氣體(含氯氧化物)，裝置C中只有氯化鈉和碳酸氫鈉。若C中有0.1molCl2參加反應，可推知C中反應生成的含氯氧化物為______________(寫化學式)。(4)該實驗裝置中明顯存在不足之處，改進的措施為____________________________。26、（10分）研究證明，高鐵酸鉀不僅能在飲用水源和廢水處理過程中去除污染物，而且不產生任何誘變致癌的產物，具有高度的安全性。濕法制備高鐵酸鉀是目前最成熟的方法，實驗步驟如下：a．直接用天平稱取60.5gFe(NO3)3·9H2O、30.0gNaOH、17.1gKOH。b．在冰冷卻的環(huán)境中向NaClO溶液中加入固體NaOH并攪拌，又想其中緩慢少量分批加入Fe(NO3)3·9H2O，并不斷攪拌。c．水浴溫度控制在20℃，用電磁加熱攪拌器攪拌1.5h左右，溶液成紫紅色時，即表明有Na2FeO4生成。d．在繼續(xù)充分攪拌的情況下，向上述的反應液中加入固體NaOH至飽和。e.將固體KOH加入到上述溶液中至飽和。保持溫度在20℃，并不停的攪拌15min，可見到燒杯壁有黑色沉淀物生成，即K2FeO4。（1）①步驟b中不斷攪拌的目的是_______。②步驟c中發(fā)生反應的離子方程式為______。③由以上信息可知：高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉_______(填“大”或“小”)。（2）高鐵酸鉀是一種理想的水處理劑，與水反應生成O2、Fe(OH)3(膠體)和KOH。①該反應的離子方程式為______。②高鐵酸鉀作為水處理劑發(fā)揮的作用是_______。③在提純K2FeO4時采用重結晶、洗滌、低溫烘干的方法，則洗滌劑最好選用______。A．H2OB．稀KOH溶液、異丙醇C．NH4Cl溶液、異丙醇D．Fe(NO3)3溶液、異丙醇（3）高鐵酸鈉還可以用電解法制得，其原理可表示為Fe+2NaOH+2H2O3H2↑+Na2FeO4，則陽極材料是____，電解液為______。（4）25℃時，Ksp(CaFeO4)=4.536×10-9,若要使100mL1.0×10-3mol/L的K2FeO4溶液中的c(FeO42-)完全沉淀，理論上要加入Ca(OH)2的物質的量為_____mol。（5）干法制備高鐵酸鉀的方法是Fe2O3、KNO3、KOH混合加熱共熔生成黑色高鐵酸鉀和KNO2等產物。則該方法中氧化劑與還原劑的物質的量之比為______。27、（12分）CCTV在“新聞30分”中介紹：王者歸“錸”，我國發(fā)現(xiàn)超級錸礦，飛機上天全靠它。錸的穩(wěn)定硫化物有ReS2，穩(wěn)定的氧化物有Re2O7。工業(yè)上，常從冶煉銅的廢液中提取錸，其簡易工藝流程如下（部分副產物省略，錸在廢液中以ReO4-形式存在）：回答下列問題：（1）NH4ReO4（高錸酸銨）中錸元素化合價為_________________。（2）操作A的名稱是_____________?！拜腿　敝休腿哂械男再|：______（填代號）。①萃取劑難溶于水②萃取劑的密度大于水③ReO4-在萃取劑中的溶解度大于在水中的溶解度④萃取劑不和ReO4-發(fā)生反應（3）在“反萃取”中，加入氨水、水的目的是_________________。（4）在高溫下高錸酸銨分解生成Re2O7，用氫氣還原Re2O7，制備高純度錸粉。①寫出高錸酸銨分解生成Re2O7的化學方程式_____________________。②工業(yè)上，利用氫氣還原Re2O7制備錸，根據(jù)生成錸的量計算氫氣量，實際消耗H2量大于理論計算量，其原因是_____________________。（5）工業(yè)上，高溫灼燒含ReS2的礦粉，可以制備R2O7。以含ReS2的礦石原料生產48.4tRe2O7，理論上轉移__________mol電子。28、（14分）海水中蘊藏著豐富的資源。海水綜合利用的流程圖如下。（1）用NaCl作原料可以得到多種產品。①工業(yè)上由NaCl制備金屬鈉的化學方程式是______。②寫出產物氯氣制備“84”消毒液的離子方程式：______。③NaCl也是侯氏制堿法的重要反應物之一，寫出侯氏制堿法過程中涉及到的兩個主要方程式：__________，__________。（2）采用“空氣吹出法”從濃海水吹出Br2，并用純堿吸收。堿吸收溴的主要反應是Br2＋Na2CO3＋H2O―→NaBr＋NaBrO3＋NaHCO3，吸收1molBr2時，轉移的電子數(shù)為________mol。（3）海水提鎂的一段工藝流程如下圖：鹵水Mg（OH）2MgCl2溶液→MgCl2·6H2O→MgCl2Mg①采用石墨電極電解熔融的氯化鎂，發(fā)生反應的化學方程式_________；②電解時，若有少量水存在，則不能得到鎂單質，寫出有關反應的化學方程式__________。（4）分離出粗鹽后的鹵水中蘊含著豐富的鎂資源，經過下列途徑可獲得金屬鎂：其中，由MgCl2·6H2O制取無水MgCl2的部分裝置（鐵架臺、酒精燈已略）如下：①上圖中，裝置a由________、________、雙孔塞和導管組成。②循環(huán)物質甲的名稱是________。③制取無水氯化鎂必須在氯化氫存在的條件下進行，原因是______。29、（10分）Atropic酸(H)是某些具有消炎、鎮(zhèn)痛作用藥物的中間體，其一種合成路線如下：（1）G中含氧官能團的名稱是____________；反應1為加成反應，則B的結構簡式是________________。（2）反應2的反應類型為________________，反應3的反應條件為________________。（3）C→D的化學方程式是________________________________。（4）寫出E與銀氨溶液水浴反應的離子方程式_______________________________。（5）下列說法正確的是________。a.B中所有原子可能在同一平面上b.合成路線中所涉及的有機物均為芳香族化合物c.一定條件下1mol有機物H最多能與5mol

H2發(fā)生反應d.G能發(fā)生取代、加成、消去、氧化、縮聚等反應（6）化合物G有多種同分異構體，其中同時滿足下列條件：①能發(fā)生水解反應和銀鏡反應；②能與FeC13發(fā)生顯色反應；③核磁共振氫譜只有4個吸收峰的同分異構體的結構簡式是_________。

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）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、B【答案解析】

溶液中加入過量稀鹽酸后有氣體生成，說明原溶液中至少含有CO32-、SO32-中的一種；有沉淀生成，則一定含有SiO32-；SiO32-與Al3+和Mg2+不共存，則一定不存在Al3+和Mg2+；根據(jù)電荷守恒，溶液中一定存在陽離子，則K+一定存在；向甲溶液中加入過量氨水產生白色沉淀，說明溶液甲中存在Al3+，逆推可知溶液X中一定存在AlO2-；SO42-不能確定。【題目詳解】A、若CO32-、SO32-同時存在，則氣體甲是混合物，故A錯誤；B、根據(jù)上述分析，K＋、AlO2-和SiO32-一定存在于溶液X中，故B正確；C、沉淀甲是H2SiO3，沒有硅酸鎂，故C錯誤；D、上述實驗不能夠確定是否含有SO42-，故D錯誤。故選B。2、B【答案解析】

A．H2S屬于弱酸，分步電離，且以第一步電離為主，H2S+H2OH3O++HS-，故A錯誤；B．少量二氧化硫通入次氯酸鈉溶液中發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為SO2+3ClO-+H2O=SO42-+2HClO+Cl-，故B正確；C．向Ca(HCO3)2溶液中加入澄清石灰水，與用量無關，離子方程式：Ca2++HCO3-+OH-═CaCO3↓+H2O，故C錯誤；D．向FeI2溶液中通入少量Cl2，只氧化I-，反應的離子方程式為：2I-+Cl2═I2+2Cl-，故D錯誤；故選B?！敬鸢更c睛】本題的易錯點為CD，C中反應與用量無關，要注意與NaHCO3溶液中加入澄清石灰水的區(qū)別；D中要注意亞鐵離子和碘離子的還原性的強弱比較，反應時，首先與還原性強的離子反應。3、B【答案解析】分析:在銅棒上電鍍銀，金屬銀做陽極，這里就是a極；b電極是陰極，發(fā)生還原反應，Ag++e-=Ag，若生成紅棕色氣體NO2，則又發(fā)生了NO3-+e-+2H+=NO2↑+H2O；為處理銀器表面的黑斑，將銀器置于鋁制容器里的食鹽水中并與鋁接觸，該裝置構成原電池，食鹽水作電解質溶液，加強溶液的導電性。以此解答。詳解：A.根據(jù)以上分析，圖甲裝置為在銅棒上電鍍銀，電極a做陽極，應為純銀，故A正確；B.銅極質量均增重1.08g，生成Ag的物質的量為：1.08g108g/mol=0.01mol,轉移電子也是0.01mol，若b極有標況下112mL紅棕色氣體生成，即生成NO2的物質的量為：112mL22400mL/mol=0.005mol,轉移電子的物質的量為0.005mol,則電子有效利用率為C.圖乙中左右各形成一個電鍍池，若乙池中無氣體生成，則繩子兩端銀圈左圈為左池的陰極，增重1.08g，右圈為右池的陽極，減重1.08g,兩圈質量之差為2.16g，故C正確；D.處理銀器表面的黑班(Ag2S)，將銀器置于盛有食鹽水的鋁制容器里并與鋁接觸，該裝置構成原電池，Ag2S作正極被還原為Ag，故D正確。綜上所述，本題正確答案為B。4、C【答案解析】分析：①-OH轉化為-CHO，發(fā)生氧化反應；②中碳碳雙鍵轉化為-OH,發(fā)生加成反應；③中碳碳雙鍵轉化為-Br,發(fā)生加成反應，以此來解答。詳解：①中乙醇轉化為乙醛為氧化反應；②中乙烯碳碳雙鍵轉化為乙醇,發(fā)生加成反應；③中乙醇碳碳雙鍵轉化為飽和鹵代烴r,發(fā)生乙烯與HBr的加成反應；C正確；正確選項C。5、B【答案解析】

A、乙醇的結構簡式為CH3CH2OH，乙醇中都為單鍵，不存在碳氧雙鍵乙酸，乙酸的結構簡式為CH3COOH，乙酸中都存在碳氧雙鍵，故A錯誤；B、甲烷與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應，乙烯和氯氣發(fā)生加成反應，故B正確；C、高錳酸鉀與苯不發(fā)生反應，高錳酸鉀與甲烷不發(fā)生反應，故C錯誤；D、乙烯與氧氣燃燒反應，是氧化反應，苯與氫氣在鎳做催化劑作用下發(fā)生加成反應生成環(huán)己烷，故D錯誤；綜上所述，答案為B。6、B【答案解析】

A．青蒿素中含有酯基，如圖含，難溶于水，易溶于有機溶劑。根據(jù)萃取過程，最終采用乙醚萃取，可知青蒿素易溶于乙醚，A正確；B．青蒿素可以與氫氧化鈉溶液反應，由于青蒿素中含有酯基，在堿性環(huán)境下發(fā)生水解。但是Na2CO3和NaHCO3不與酯基等官能團反應，B錯誤；C．手性碳指碳原子所連接的4個基團不一樣，青蒿素分子中含有手性碳，如，中心的碳原子鏈接了4個不同的原子或原子團，是手性碳原子，C正確；D．含有的“-O-O-”不穩(wěn)定，類似于雙氧水中的過氧鍵，受熱容易分解，D正確；故合理選項為B。7、B【答案解析】

A．依據(jù)石墨的結構可知，每個六元環(huán)擁有2個碳原子，12g石墨晶體中含有碳原子1mol，所以，所含六元環(huán)數(shù)目為0.5NA，故A錯誤；B．標準狀況下，18gD2O的物質的量為9/10mol，每個D2O分子中含有10個電子，所以18gD2O中所含電子數(shù)為9NA，故B正確；C．1molN2與4molH2完全反應轉化為氨氣的話生成2molNH3，因為該反應為可逆反應，氮氣不可能完全轉化，故生成氨氣的分子數(shù)小于2NA，故C錯誤；D．標準狀況下，SO3不是氣態(tài)，所以2.24LSO3中所含原子數(shù)不是0.4NA，故D錯誤。故選B?！敬鸢更c睛】阿伏加德羅常數(shù)是化學高考的熱點之一，是每年高考的必考點。該類試題以中學所學過的一些重點物質為載體，考查學生對阿付加德羅常數(shù)及與其有聯(lián)系的物質的量、摩爾質量、氣體摩爾體積、物質的量濃度、阿伏加德羅定律等概念的理解是否準確深刻，各種守恒關系、平衡的有關原理掌握的是否牢固，題目涉及的知識面廣，靈活性強，思維跨度大，因而能很好的考察學生思維的嚴密性、深刻性。解此類題目需注意的問題先總結如下：①要注意氣體摩爾體積的適使用條件：標準狀況下的氣體摩爾體積才為22.4L/mol，但需注意，若題目給出氣體的質量或物質的量，則粒子數(shù)目與條件無關。②要注意物質的狀態(tài)：氣體摩爾體積適用于標準狀況下的氣體物質。命題者常用水、三氧化硫、己烷、辛烷、甲醇等物質來迷惑考生。③要注意物質的組成形式：對于由分子構成的物質，有的是單原子分子（如稀有氣體分子），有的是雙原子分子，還有的是多原子分子，解題時要注意分子的構成，要注意分析同類或相關物質分子組成結構上的變化規(guī)律。④要注意晶體結構：遇到與物質晶體有關的問題時，先要畫出物質晶體的結構，然后分析解答，如在SiO2晶體中存在空間網狀的立體結構，其基本結構單元為硅氧四面體（SiO4）。⑤要注意粒子的種類：試題中所提供的情境中有多種粒子時，明確要回答的粒子種類，涉及核外核外電子數(shù)時，要注意根、基、離子的區(qū)別。⑥要注意同位素原子的差異：同位素原子雖然質子數(shù)、電子數(shù)相同，但中子數(shù)不同，質量數(shù)不同，進行計算時，應注意差別防止出現(xiàn)錯誤。8、A【答案解析】

四種主族元素a、b、c、d分布在三個短周期中，其原子序數(shù)依次增大，則a為H；b、d的簡單離子具有相同電子層結構，d的簡單離子半徑是同周期主族元素中最小的，d為Al，四種元素原子的最外層電子數(shù)之和為15，b、c為第二周期元素，b、c的最外層電子數(shù)之和為15-1-3=11，b為N，c為O符合題意，以此來解答．【題目詳解】由上述分析可知，a為H，b為N，c為O，d為Al；A．b元素為氮元素，其最高價氧化物對應的水化物硝酸為強酸，故A正確；B．非金屬性O＞N，則氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：b＜c，故B錯誤；C．c為O元素，核電荷數(shù)為8，為第二周期第VIA族元素，故C錯誤；D．短周期主族，電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：Al＞N＞O＞H，故D錯誤；故答案為A。9、B【答案解析】分子式為C13H20O，故A正確；雙鍵兩端的原子共平面，所以至少有5個碳原子共平面，故B錯誤；含有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀褪色，故C正確；含有2個碳碳雙鍵、1個羰基，一定條件下，1mol該化合物最多可與3molH2加成，故D正確。10、D【答案解析】

鐵比銅活潑，與FeCl3溶液反應時先后發(fā)生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，原氯化鐵溶液中含有氯化鐵的物質的量為n(FeCl3)=5mol/L×0.1L=0.5mol，結合反應的方程式解答?！绢}目詳解】還原性：鐵>銅，把鐵、銅混合粉末加入氯化鐵溶液中，鐵先與鐵離子反應，氯化鐵的物質的量是0.5mol，設0.5mol鐵離子完全反應消耗鐵、銅的質量分別為m1、m2，則：根據(jù)反應方程式

Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+

可知56gFe反應消耗2molFe3+，64gCu反應消耗2molFe3+，可列比例式：，，解得m1=14g，m2=16g，溶解的金屬質量為：18g-2.8g=15.2g，14g<15.2g<16g，則鐵完全反應、銅部分反應，且Fe3+完全反應，剩余的金屬為Cu，選項A、C錯誤；設反應消耗銅的物質的量為n1，反應的鐵的物質的量為n2，則：64n1+56n2=15.2g，n1+n2=n(Fe3+)=0.25mol，解得：n1=0.15mol、n2=0.1mol，所以原來混合物中含有的銅的質量為：m(Cu)=0.15mol×64g/mol+2.8g=12.4g，選項B錯誤；根據(jù)反應方程式可知：反應后溶液中n(Fe2+)=2n(Cu2+)+3n(Fe)=2×0.15mol+3×0.10mol=0.6mol，所以反應后溶液中Fe2+和Cu2+的物質的量為：n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.6mol+0.15mol=0.75mol，選項D正確；故故合理選項是D?！敬鸢更c睛】本題考查了混合物的計算，注意根據(jù)反應方程式，從質量守恒定律角度分析解答，側重考查學生的分析與計算能力。11、B【答案解析】

根據(jù)題給信息可知，在碳碳雙鍵的碳上有一個氫原子，能被酸性高猛酸鉀溶液氧化成羧基，沒有氫原子則被氧化成酮羰基，根據(jù)生成物為（CH3）2CO、CH3COOH、CH3CO（CH2）2COOH三種有機物，則可推出該二烯烴可能為（CH3）2C=CHCH2CH2C（CH3）=CHCH3，答案選B。12、C【答案解析】分析：A項，Na2SO3屬于強堿弱酸鹽，SO32-存在水解平衡；B項，取①④時刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，④產生白色沉淀多，說明實驗過程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①與④溫度相同，④與①對比，SO32-濃度減小，溶液中c（OH-），④的pH小于①；C項，鹽類水解為吸熱過程，①→③的過程，升高溫度SO32-水解平衡正向移動，c（SO32-）減小，水解平衡逆向移動；D項，Kw只與溫度有關。詳解：A項，Na2SO3屬于強堿弱酸鹽，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A項正確；B項，?、佗軙r刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，④產生白色沉淀多，說明實驗過程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①與④溫度相同，④與①對比，SO32-濃度減小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH與①不同，是由于SO32-濃度減小造成的，B項正確；C項，鹽類水解為吸熱過程，①→③的過程，升高溫度SO32-水解平衡正向移動，c（SO32-）減小，水解平衡逆向移動，溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響相反，C項錯誤；D項，Kw只與溫度有關，①與④溫度相同，Kw值相等；答案選C。點睛：本題考查鹽類水解離子方程式的書寫、外界條件對鹽類水解平衡的影響、影響水的離子積的因素、SO32-的還原性。解題時注意從溫度和濃度兩個角度進行分析。13、C【答案解析】試題分析：A．硝酸和氫氧化鋇都是強電解質，pH=3的硝酸和pH=11的Ba（OH）2溶液中，硝酸中氫離子濃度等于氫氧化鋇溶液中氫氧根離子濃度，二者等體積混合時恰好反應生成硝酸鋇，溶液呈中性，故A錯誤；B．氯化氫是強電解質，一水合氨是弱電解質，所以pH=3的鹽酸和pH=11的氨水，鹽酸的濃度小于氨水濃度，二者等體積混合，氨水有剩余，一水合氨的電離程度大于銨根離子的水解程度，所以混合溶液呈堿性，故B錯誤；醋酸是弱電解質，氫氧化鉀是強電解質，所以pH=3的醋酸和pH=11的KOH溶液，醋酸溶液濃度大于氫氧化鉀溶液，二者等體積混合時，醋酸有屬于，醋酸的電離程度大于醋酸根離子水解程度，所以混合溶液呈酸性，故C正確；硫酸和氫氧化鈉都是強電解質，pH=3的硫酸中氫離子濃度為1．111mol/L，pH=11的KOH溶液中氫氧根離子濃度為1．111mol/L，等體積混合，二者恰好反應生成硫酸鉀，混合溶液呈中性，故D錯誤；故選C?？键c：酸堿混合時pH的計算14、C【答案解析】

混合物恰好完全溶解，且無Fe3+，故溶液中溶質為FeCl2，n(HCl)=0.2mol，n(H2)=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，n(Fe2+)=0.1mol，由反應2Fe3++Fe=3Fe2+知Fe比Fe2O3的物質的量多，但FeO的物質的量無法確定，則A．根據(jù)以上分析知Fe比Fe2O3的物質的量多，但FeO的物質的量無法確定，故無法確定混合物里三種物質反應時消耗鹽酸的物質的量之比，A錯誤；B．反應后所得溶液為FeCl2溶液，陽離子與陰離子的物質的量濃度之比為1：2，B錯誤；C．混合物恰好完全溶解，且無Fe3+，故溶液中溶質為FeCl2，由鐵與酸反應生成氫氣及反應2Fe3++Fe=3Fe2+知Fe比Fe2O3的物質的量多，但FeO的物質的量無法確定，C正確；D．FeO的物質的量無法確定，不能確定Fe與FeO的物質的量的關系，D錯誤；故答案選C。15、A【答案解析】

A．泡沫滅火器中加入的主要是碳酸氫鈉和硫酸鋁溶液，兩者混合時發(fā)生鹽的雙水解反應，生成大量的二氧化碳氣體泡沫，該泡沫噴出CO2進行滅火。但是，噴出的二氧化碳氣體泡沫中一定含水，形成電解質溶液，具有一定的導電能力，會導致觸電或電器短路，因此泡沫滅火器不適用于電器滅火，A錯誤；B．疫苗是指用各類病原微生物制作的用于預防接種的生物制品。由于疫苗對溫度比較敏感，溫度較高時，會因為蛋白質變性，而失去活性，所以疫苗一般應該冷藏保存，B正確；C．油性漆是指用有機物作為溶劑或分散劑的油漆；水性漆是指用水作為溶劑或分散劑的油漆，使用水性漆可以減少有機物的揮發(fā)對人體健康和室內環(huán)境造成的影響，C正確；D．電熱水器內膽連接一個鎂棒，就形成了原電池，因為鎂棒比較活潑，Mg棒作原電池的負極，從而對正極的熱水器內膽（多為不銹鋼或銅制）起到了保護作用，這種保護方法為：犧牲陽極的陰極保護法，D正確；故合理選項是A。16、C【答案解析】

A．H+、Mg2+、Al3+、NH4+的溶液中H+最易與OH-反應，所以開始無沉淀，其次為Al3+，反應后生成水、氫氧化鋁，出現(xiàn)沉淀，Mg2+和OH-反應生成氫氧化鎂，沉淀達最大量，繼續(xù)滴加，NH4+和OH-反應生成一水合氨，沉淀量不變，繼續(xù)滴加，氫氧化鋁溶解，Al（OH）3+OH-＝AlO2-+2H2O，故A正確；B．石灰水中通入二氧化碳，先發(fā)生Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O，生成沉淀，后發(fā)生CO2+CaCO3+H2O＝Ca（HCO3）2，故先產生沉淀，后沉淀溶解，前后兩部分二氧化碳的物質的量為1：1，故B正確；C．向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加鹽酸，鹽酸先和氫氧化鈉反應，開始沒有沉淀，然后再與碳酸鈉反應，Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，NaHCO3++HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，產生CO2氣體，開始未產生氣體消耗的鹽酸應比產生氣體消耗的鹽酸多，圖象錯誤，故C錯誤；D．向明礬溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，當Al3+恰好全部沉淀時，離子方程式為：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-＝3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，繼續(xù)滴加，則發(fā)生Al3++4OH-＝AlO2-+2H2O，故D正確；故選C?！军c晴】本題以圖象為載體考查鈣鎂鋁化合物的性質，明確發(fā)生的化學反應是解答的關鍵，反應發(fā)生的先后順序是學生解答中的難點，注意圖象比例關系。特別是C選項，鹽酸先和氫氧化鈉反應，再與碳酸鈉反應，且先生成碳酸氫鈉，再生成二氧化碳。17、D【答案解析】

A項，2L0.5mol·L-1CH3COOH溶液中溶質的物質的量為2L0.5mol/L=1mol，但是醋酸為弱電解質，部分電離出CH3COO-，則CH3COO-的數(shù)目小于NA，故A項錯誤；B項，質子數(shù)與中子數(shù)無必然數(shù)目關系，故B項錯誤；C項，在標況下HF為液體，無法計算22.4LHF的物質的量及含有的共價鍵數(shù)目，故C項錯誤；D項，向FeI2溶液中通入一定量Cl2，Cl2會先將I-氧化，再將Fe2+氧化，當1molCl2被氧化時，根據(jù)溶液呈電中性可推知溶液中至少含有2molI-，且I-全部被氧化，故轉移的電子數(shù)不小于3NA，故D項正確。綜上所述，本題正確答案為D。18、B【答案解析】

n(H2O)=3.6g18g/mol=0.2mol,則0.1mol混合烴完全燃燒生成0.16molCO2和0.2molH2O，根據(jù)元素守恒可以知道,混合烴的平均分子式為:C1.6H4【題目詳解】詳解：n(H2O)=3.6g18g/mol=0.2mol,則0.1mol混合烴完全燃燒生成0.16molCO2和0.2molH2O，根據(jù)元素守恒可以知道,混合烴的平均分子式為:C1.6H4，烴中C原子數(shù)小于1.6的只有甲烷,則一定含有甲烷,CH4分子中含4個氫原子,則另一種烴分子中一定也含4個氫原子,且其碳原子數(shù)大于1.6,可能是C2H4或C3H4,一定沒有C2H6或C2H2,二者的H原子不等于A．根據(jù)分析可以知道,混和氣體中可能含有CH4和C2H4，也可能含有CH4和C3H4，A錯誤；B．由上述分析可以知道，混和氣體中一定含有甲烷,可能含有乙烯,有可能含有丙炔,B正確；C．結合以上分析可知，混合氣體可能為CH4和C2H4或CH4和C3H4，不可能有C2H6,C錯誤；D．根據(jù)以上分析可以知道,混和氣體中一定有甲烷,可能含有是C2H4或C3H4,一定不含乙炔，D錯誤；正確選項B?！敬鸢更c睛】本題為考察混合烴組成的判斷，為高頻考點，側重學生分析計算能力的考察，題目難度中等，本題的關鍵是能夠正確分析有機物完全燃燒生成二氧化碳和水的物質的量關系，根據(jù)平均分子式進行計算。19、D【答案解析】

A、苯酚遇FeCl3溶液發(fā)生反應：6C6H5OH+Fe3+→［Fe(C6H5O)6］3-+6H+，溶液變紫色是由于生成了難電離的［Fe(C6H5O)6］3-所致，與酸性無關，選項A錯誤；B、能與NaOH溶液反應只能說明苯酚具有酸性，但無法證明酸性的強弱，選項B錯誤；C、苯酚屬于弱電解質，電離能力的大小與溶解度無關，選項C錯誤；D、電離出H+的能力H2CO3＞＞HCO3-，因而將CO2通入苯酚鈉溶液出現(xiàn)渾濁，是發(fā)生反應：，H2CO3是弱酸，根據(jù)“由強到弱”規(guī)律即可證明的酸性很弱，選項D正確。答案選D。20、C【答案解析】

A.甲烷是正四面體結構，分子中最多3個原子共平面；乙烷可以看成兩個甲基相連，所以乙烷中所有原子不可能在同一平面上；乙烯為平面結構，所有原子都處在同一平面上，故A正確；B.乙烯能與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應而褪色，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而褪色，而乙烷不能使溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液褪色，所以溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液都可以鑒別乙烯和乙烷，故B正確；C.乙烯含有C=C官能團，能與溴水發(fā)生加成反應，而乙烷不能與溴的四氯化碳溶液反應，可用溴的四氯化碳溶液可以除去乙烷中混有的乙烯；乙烷不能與酸性KMnO4溶液反應，乙烯被酸性高錳酸鉀溶液氧化，氧化時生成二氧化碳，所以酸性KMnO4溶液不可以除去乙烷中混有的乙烯，故C錯誤；D.乙烯含不飽和鍵，易于發(fā)生化學反應，性質活潑；通常情況下，乙烯的化學性質比乙烷活潑，故D正確；本題選C。21、A【答案解析】

根據(jù)價層電子對互斥理論確定原子雜化方式，價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)，σ鍵個數(shù)=配原子個數(shù)，孤電子對個數(shù)=，a指中心原子價電子個數(shù)，x指配原子個數(shù)，b指配原子形成穩(wěn)定結構需要的電子個數(shù)，據(jù)此判斷雜質類型，中心原子的雜化類型為sp3，說明該分子中心原子的價層電子對個數(shù)是4。A．BF3中B原子雜化軌道數(shù)為=3+=3，中心原子雜化類型為sp2雜化，A項不符合要求；B．PH3中P原子雜化軌道數(shù)為=3+=4中心原子雜化類型為sp3雜化，B項符合題意；C．SO2中S原子雜化軌道數(shù)為=3+=3，中心原子雜化類型為sp2雜化，C項不符合題意；D．CO2中C原子雜化軌道數(shù)為=2+=2，中心原子雜化類型為sp雜化，D項不符合題意；本題答案選B。【答案點睛】根據(jù)價層電子對互斥理論來分析解答，明確孤電子對個數(shù)中各個字母的含義是解答易錯點。22、C【答案解析】

①Na2O與二氧化碳反應生成碳酸鈉；②Na2O2與二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣；③NaCl與二氧化碳不反應；④Na2CO3溶液與二氧化碳反應生成碳酸氫鈉；⑤NaOH與二氧化碳反應生成碳酸鈉或碳酸氫鈉；⑥NaHCO3與二氧化碳不反應；其中不能與CO2反應的是③⑥。答案選C。二、非選擇題(共84分)23、氯原子、羥基【答案解析】

由有機物的轉化關系可知，CH2=CH—CH=CH2與溴的四氯化碳溶液發(fā)生1,4—加成反應生成BrCH2—CH=CH—CH2Br，則A是BrCH2—CH=CH—CH2Br；BrCH2—CH=CH—CH2Br在氫氧化鈉溶液中共熱發(fā)生水解反應生成HOCH2—CH=CH—CH2OH，則B是HOCH2—CH=CH—CH2OH；HOCH2—CH=CH—CH2OH與HCl發(fā)生加成反應生成，則C是；在Cu或Ag做催化劑作用下，與氧氣共熱發(fā)生催化氧化反應生成，則D是；與銀氨溶液共熱發(fā)生銀鏡反應后，酸化生成；在氫氧化鈉醇溶液中共熱發(fā)生消去反應生成NaOOCCH=CHCOONa，則E是NaOOCCH=CHCOONa；NaOOCCH=CHCOONa酸化得到HOOCCH=CHCOOH，則F為HOOCCH=CHCOOH；在濃硫酸作用下，HOOCCH=CHCOOH與甲醇共熱發(fā)生酯化反應生成CH3OOCCH=CHCOOCH3，則J是CH3OOCCH=CHCOOCH3?！绢}目詳解】（1）C的結構簡式為，含有的官能團為氯原子和羥基，故答案為：氯原子、羥基；（2）D的結構簡式是；E的結構簡式是NaOOCCH=CHCOONa，故答案為：；NaOOCCH=CHCOONa；（3）A→B的反應是BrCH2—CH=CH—CH2Br在氫氧化鈉溶液中共熱發(fā)生水解反應生成HOCH2—CH=CH—CH2OH，反應的化學方程式為BrCH2—CH=CH—CH2B+2NaOHHOCH2—CH=CH—CH2OH+2NaBr；F→J的反應是在濃硫酸作用下，HOOCCH=CHCOOH與甲醇共熱發(fā)生酯化反應生成CH3OOCCH=CHCOOCH3，反應的化學方程式為HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O，故答案為：BrCH2—CH=CH—CH2B+2NaOHHOCH2—CH=CH—CH2OH+2NaBr；HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O?！敬鸢更c睛】本題考查有機物的推斷，注意有機物的轉化關系，明確有機物的性質是解本題的關鍵。24、CH3COOH加成反應③＞①＞②bc2124【答案解析】乙醇與丙二酸發(fā)生酯化反應生成E，結合E的分子式可知，E的結構簡式為C2H5OOC-CH2-COOC2H5，E與發(fā)生信息Ⅱ中反應生成F，F(xiàn)系列反應得到香豆素-3-羧酸，由香豆素-3-羧酸的結構，可知W為，則F為，F(xiàn)發(fā)生信息I中反應生成G，C分子中含有2個六元環(huán)，則G為。A的相對分子質量為60，由ClCH2COOH結構可知乙醇發(fā)生氧化反應生成A為CH3COOH，ClCH2COOH與氫氧化鈉溶液反應、酸化得到C為HOCH2COOH，C發(fā)生催化氧化得到D為OHC-COOH，D與苯酚發(fā)生加成反應生成對羥基扁桃酸為。(1)由上述分析可知，A的結構簡式是CH3COOH，故答案為：CH3COOH；(2)D→4-羥基扁桃酸的化學方程式是：OHC-COOH+，其反應類型為加成反應，故答案為：加成反應；(3)

中①為酚羥基，有弱酸性，且酸性比碳酸弱，②為醇羥基，中性基團，③為羧基，弱酸性，但酸性一般比碳酸強，則3

個-OH

的電離能力由強到弱的順序是③＞①＞②，故答案為：③＞①＞②；(4)發(fā)生分子內酯化，生成香豆素-3-羧酸，反應的化學方程式是+H2O，故答案為：+H2O；(5)F的結構簡式是。a．不飽和碳原子連接2個-COOC2H5，沒有順反異構，故a錯誤；b．F分子中不含醛基，故b正確；c．含有碳碳雙鍵與苯環(huán)，可以發(fā)生加成反應，含有酯基，可以發(fā)生水解反應，酯基、酚羥基均可以發(fā)生取代反應，故c正確；d.1molF與足量的溴水反應，苯環(huán)上羥基的鄰位和對位有2個氫原子，消耗2mol溴，碳碳雙鍵消耗1mol溴，共消耗3molBr2，故d錯誤；故選：bc；(6)①H的分子結構簡式為，分子結構中含有酚羥基和酯基，均能和NaOH溶液反應，含有的醇羥基不與NaOH溶液反應，則1mol

在一定條件下與足量

NaOH

溶液反應，最多消耗

NaOH

的物質的量為2mol，故答案為：2；②I的結構簡式為，其符合下列條件：a．屬于一元羧酸類化合物，說明分子結構中有一個羧基；b．苯環(huán)上只有

2

個取代基，則二個取代基的位置有鄰、間及對位三種可能，其中一個是羥基，另一個取代基可能是：-CHBrCH2COOH、-CH2CHBrCOOH、-CBr(CH3)COOH、-CH(CH2Br)COOH，則符合條件的I的同分異構體共有3×4=12種，故答案為：12；③副產物有多種，其中一種是由

2

分子

4-羥基扁桃酸生成的含有

3

個六元環(huán)的化合物，該化合物為4-羥基扁桃酸2分子間酯化生成的六元環(huán)酯，其分子結構對稱，含有酚羥基的氫、酯環(huán)上的一個氫原子及苯環(huán)上酚羥基鄰位及間位上的氫，共有4種不同化學環(huán)境的氫原子，故答案為：4。點睛：本題考查有機物的推斷與合成，需要學生對給予的信息進行充分利用，注意根據(jù)有機物的結構利用正、逆推法相結合進行推斷，側重考查學生分析推理能力。本題的易錯點為(6)中同分異構體數(shù)目的判斷。25、MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O飽和食鹽水（或飽和氯化鈉溶液）Cl2O在裝置D后連接一尾氣處理裝置（或連接一盛有NaOH溶液的洗氣瓶）【答案解析】分析：本題考查了物質性質驗證的實驗設計，步驟分析判斷，現(xiàn)象分析理解，掌握物質性質和實驗設計方法是解題關鍵。詳解：(1)實驗室制備氯氣，結合裝置分析可知是利用二氧化錳和濃鹽酸加熱反應生成氯氣，反應的離子方程式為：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。(2)實驗室制備氯氣中含有氯化氫氣體，需要用飽和食鹽水除去。(3)C中有0.1mol氯氣參加反應，裝置C中通入一定量的氯氣后，測得D中只有一種常溫下黃紅色的氣體，反應為Cl2+Na2CO3→NaHCO3+NaCl+X，依據(jù)氧化還原反應電子守恒計算判斷氯元素化合價為+1價，可推知C中反應生成的含氯氧化物為Cl2O。(4)實驗過程中產生氯氣是有毒氣體，不能排放到空氣中，而裝置D后沒有尾氣吸收裝置。26、使固體充分溶解2Fe3++3Cl-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-小4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(膠體)+8OH-+3O2↑消毒、凈水B鐵NaOH溶液4.536×10-53:1【答案解析】

（1）①步驟b中不斷攪拌可以增大反應物的接觸面積，使固體充分溶解；②溶液成紫紅色時，表明有Na2FeO4生成，則步驟c中發(fā)生反應的離子方程式為2Fe3++3Cl-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-；③Na2FeO4與飽和KOH溶液反應產生K2FeO4和NaOH，說明高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉??；（2）①高鐵酸鉀溶于水能釋放大量的氧原子，即生成氧氣單質，同時它本身被還原產生氫氧化鐵膠體，離子反應方程式是：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(膠體)+8OH-+3O2↑；②根據(jù)方程式可知高鐵酸鉀作為水處理劑發(fā)揮的作用是既作氧化劑殺菌消毒，同時還原產物又其凈化水的作用；③結合化學平衡移動原理可知，在堿性條件下可以抑制該反應的發(fā)生，K2FeO4易溶于水，所以不能用水洗，因此選項B正確；（3）根據(jù)電解反應方程式可知NaOH溶液為電解質溶液，陽極材料是Fe，陰極材料是活動性比Fe弱的電極；（4）要形成CaFeO4沉淀，應該使c(Ca2+)·c(FeO42-)＞Ksp(CaFeO4)，c(Ca2+)＞4.536×10-9÷1.0×10-5=4.536×10-4mol/L，由于溶液的體積是100mL，所以需要Ca(OH)2的物質的量是n[Ca(OH)2]=4.536×10-4mol/L×0.1L=4.536×10-5mol；（5）干法制備高鐵酸鉀的反應中KNO3是氧化劑，被還原產生KNO2，化合價降低2價，F(xiàn)e2O3是還原劑，被氧化產生的物質是K2FeO4，化合價升高6價，根據(jù)電子守恒可得氧化劑與還原劑的物質的量的比是3:1。27、＋7分液①③④萃取有機層中ReO4-2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7H2除作還原劑外，還作保護氣、用于排盡裝置內空氣等合理答案3.0×106【答案解析】分析：(1)根據(jù)正負化合價的代數(shù)和為0計算；(2)根據(jù)流程圖，用萃取劑萃取后得到含錸有機層和水層，據(jù)此分析解答；根據(jù)萃取劑選擇的條件分析判斷；(3)根據(jù)流程圖，經過用氨水、水作萃取劑進行反萃取后可以得到富錸溶液分析解答；(4)依題意，高錸酸銨分解是非氧化還原反應，據(jù)此書寫方程式；聯(lián)系氫氣還原氧化銅實驗解答；(5)根據(jù)4ReS2＋15O22Re2O7＋8SO2，結合氧化還原反應的規(guī)律計算。詳解：(1)NH4ReO4(高錸酸銨)中N為-3價，H為+1價，O為-2價，根據(jù)正負化合價的代數(shù)和為0，錸元素化合價為+7價，故答案為：+7；(2)根據(jù)流程圖，用萃取劑萃取后得到含錸有機層和水層，分離的方法為分液，“萃取”中萃取劑應具有的性質：萃取劑難溶于水；ReO4-在萃取劑中的溶解度大于在水中的溶解度；萃取劑不和ReO4-發(fā)生反應，故答案為：分液；①③④；(3)反萃取指用氨水、水作萃取劑，可以將有機層中ReO4-奪出來，分離出水層和有機層，ReO4-進入水溶液，故答案為：萃取有機層中ReO4-；(4)①依題意，高錸酸