2023學年福建省泉州市南安僑光中學高三第六次模擬考試化學試卷含解析

2023高考化學模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、25℃時，向一定濃度的Na2C2O4溶液中滴加鹽酸，混合溶液的pH與離子濃度變化關系如圖所示。已知H2C2O4是二元弱酸，X表示，下列敘述錯誤的是A．從M點到N點的過程中，c(H2C2O4)逐漸增大B．直線n表示pH與的關系C．由N點可知Ka1(H2C2O4)的數(shù)量級為10-2D．pH=4.18的混合溶液中：c(Na+)>c(HC2O4-)=c(C2O42-)=c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)2、已知高能鋰離子電池的總反應式為2Li+FeS=Fe+Li2S，LiPF6·SO(CH3)2為電解質，用該電池為電源電解含鎳酸性廢水并得到單質Ni的實驗裝置如圖所示。下列說法錯誤的是A．電極Y應為LiB．X極反應式為FeS+2Li++2e－=Fe+Li2SC．電解過程中，b中NaCl溶液的物質的量濃度將不斷減小D．若將圖中陽離子膜去掉，將a、b兩室合并，則電解反應總方程式發(fā)生改變3、下列離子方程式中書寫正確的是（）A．磁性氧化鐵溶于氫碘酸：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2OB．FeBr2中通入氯氣使一半的Br-氧化：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-C．NH4Al(SO4)2溶液中通入過量的Ba(OH)2：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=NH3?H2O+AlO2-+2BaSO4↓+2H2OD．飽和碳酸鈉溶液中通入CO2：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-4、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X、W同主族，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，Z是地殼中含量最多的金屬元素，四種元素原子的最外層電子數(shù)總和為16。下列說法正確的是A．原子半徑：r(X)<r(Z)<r(W)B．Y、Z、W的最高價氧化物的水化物兩兩之間均能反應C．簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：X＜WD．X分別與Y、W形成的化合物中所含化學鍵類型相同5、某學習小組用下列裝置完成了探究濃硫酸和SO2性質的實驗（部分夾持裝置已省略），下列“現(xiàn)象預測”與“解釋或結論”均正確的是選項儀器現(xiàn)象預測解釋或結論A試管1有氣泡、酸霧，溶液中有白色固體出現(xiàn)酸霧是SO2所形成，白色固體是硫酸銅晶體B試管2紫紅色溶液由深變淺，直至褪色SO2具有還原性C試管3注入稀硫酸后，沒有現(xiàn)象由于Ksp（ZnS）太小，SO2與ZnS在注入稀硫酸后仍不反應D錐形瓶溶液紅色變淺NaOH溶液完全轉化為NaHSO3溶液，NaHSO3溶液堿性小于NaOHA．A B．B C．C D．D6、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．1.0mol·L－1的KNO3溶液中：H＋、Fe2＋、Cl－、B．使紫色石蕊溶液變紅的溶液中：、Ba2＋、、Cl－C．pH＝12的溶液中：K＋、Na＋、CH3COO－、Br－D．滴加幾滴KSCN溶液顯血紅色的溶液中：、Mg2＋、I－、Cl－7、用酸性KMnO4溶液不能達到預期目的的是A．區(qū)別苯和甲苯B．檢驗硫酸鐵溶液中是否有硫酸亞鐵C．檢驗CH2=CHCHO中含碳碳雙鍵D．區(qū)別SO2和CO28、已知Cu+在酸性條件下能發(fā)生下列反應:Cu+Cu+Cu2+(未配平)。NH4CuSO3與足量的1.0mol·L-1硫酸溶液混合微熱,產(chǎn)生下列現(xiàn)象:①有紅色金屬生成②有刺激性氣味氣體產(chǎn)生③溶液呈藍色。據(jù)此判斷下列說法一定合理的是()A．該反應顯示硫酸具有酸性B．NH4CuSO3中銅元素全部被氧化C．刺激性氣味的氣體是氨氣D．反應中硫酸作氧化劑9、如圖是H3AsO4水溶液中含砷的各物種分布分數(shù)(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù))與pH的關系。下列說法錯誤的是A．NaH2AsO4溶液呈酸性B．向NaH2AsO4溶液滴加NaOH溶液過程中，先增加后減少C．H3AsO4和HAsO42-在溶液中不能大量共存D．Ka3(H3AsO4)的數(shù)量級為10-1210、[安徽省合肥市2019年高三第三次教學質量檢測]化工生產(chǎn)與人類進步緊密相聯(lián)。下列有關說法不正確的是A．空氣吹出法提取海水中溴通常使用SO2作還原劑B．侯氏制堿法工藝流程中利用了物質溶解度的差異C．合成氨采用高溫、高壓和催化劑主要是提高氫氣平衡轉化率D．工業(yè)用乙烯直接氧化法制環(huán)氧乙烷體現(xiàn)綠色化學和原子經(jīng)濟11、25℃時，向0.1mol/LNaA溶液中滴滴加鹽酸，遇得混合溶液的pH與的變化關系如下圖所示，下列敘述正確的是A．E點溶液中c(Na+)＝c(A—)B．Ka(HA)的數(shù)量級為10—3C．滴加過程中保持不變D．F點溶液中c(Na+)＞c(HA)＞c(A—)＞c(OH—)12、化石燃料開采、加工過程中會產(chǎn)生劇毒氣體硫化氫(H2S)，可通過間接電化學法除去，其原理如圖所示。下列說法錯誤的是A．反應池中處理硫化氫的反應是H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+B．電極a為陽極，電極b為陰極C．若交換膜為質子(H+)交換膜，則NaOH溶液的濃度逐漸變大D．若交換膜為陽離子交換膜，b電極區(qū)會產(chǎn)生紅褐色沉淀13、下列由實驗現(xiàn)象得出的結論不正確的是操作及現(xiàn)象結論A向3mL0.1mol?L-1AgNO3溶液中先加入4~5滴0.1mol?L-1NaCl溶液，再滴加4~5滴0.1mol?L-1NaI溶液先出現(xiàn)白色沉淀，后出現(xiàn)黃色沉淀，說明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)B向2支盛有5mL不同濃度的Na2S2O3溶液的試管中同時加入5mL0.1mol?L-1硫酸溶液，記錄出現(xiàn)渾濁的時間探究濃度對反應速率的影響C其他條件相同，測定等濃度的HCOOK和K2S溶液的pH比較Ka(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小D向可能含有Cu2O、Fe2O3紅色固體①中加入足量稀硫酸溶解，有紅色固體②生成，再滴加KSCN溶液溶液不變紅（已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）不能說明紅色固體①中不含F(xiàn)e2O3A．A B．B C．C D．D14、在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是A．SO2CaSO3CaSO4B．Fe3O4(s)Fe(s)Fe(NO3)3(aq)C．MgO(s)MgSO4(aq)Mg(s)D．FeFeSO4(aq)Fe(OH)2FeO15、下列液體中，滴入水中出現(xiàn)分層現(xiàn)象，滴入熱的氫氧化鈉溶液中分層現(xiàn)象不會逐漸消失的是(不考慮有機物的揮發(fā))()A．溴乙烷 B．乙醛 C．橄欖油 D．汽油16、已知C3N4晶體很可能具有比金剛石更大的硬度,且原子間以單鍵結合。下列有關C3N4晶體的說法中正確的是()A．C3N4晶體是分子晶體B．C3N4晶體中C—N鍵的鍵長比金剛石中的C—C鍵的鍵長長C．C3N4晶體中C、N原子個數(shù)之比為4∶3D．C3N4晶體中粒子間通過共價鍵相結合17、海洋是一個巨大的資源寶庫，海水開發(fā)利用的部分過程如圖所示。下列有關說法不正確的是()A．①粗鹽制精鹽除采用過濾泥沙外，還必須除去Ca2＋、Mg2＋、SO42-等雜質B．工業(yè)生產(chǎn)中常選用石灰乳作為Mg2＋的沉淀劑，并對沉淀進行洗滌C．第②步的反應是將MgCl2?6H2O晶體在空氣中直接加熱脫去結晶水得無水MgCl2D．第③步到第⑤步空氣吹出法提取海水中溴通常使用SO2作還原劑18、我國科學家設計的人工光合“仿生酶—光偶聯(lián)”系統(tǒng)工作原理如圖。下列說法正確的是（）A．總反應為6CO2+6H2OC6H12O6+6O2B．轉化過程中僅有酶是催化劑C．能量轉化形式為化學能→光能D．每產(chǎn)生1molC6H12O6轉移H+數(shù)目為12NA19、下列說法正確的是()A．碳素鋼在海水中發(fā)生的腐蝕主要是析氫腐蝕B．反應Si(s)＋2Cl2(g)===SiCl4(l)在室溫下能自發(fā)進行，則該反應的ΔH>0，△S>0C．室溫時，CaCO3在0.1mol·L－1的NH4Cl溶液中的溶解度比在純水中的大D．2molSO2和1molO2在密閉容器中混合充分反應，轉移電子的數(shù)目為4×6.02×102320、下列說法正確的是()A．蒸發(fā)結晶操作時，當水分完全蒸干立即停止加熱B．滴定實驗中，可以將待測液放到滴定管中，標準液置于錐形瓶中C．測定NaClO溶液的pH，可用潔凈的玻璃棒蘸取液體滴到pH試紙上，再與標準比色卡對照讀數(shù)D．用pH計測定同溫度同濃度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH，通過比較pH大小比較H2CO3、HCN的酸性強弱21、向盛有KMnO4溶液的試管中加入過量的MnSO4溶液，產(chǎn)生黑色沉淀，溶液由紫紅色變?yōu)闊o色；過濾，向濾液中加入少量的鉍酸鈉(NaBiO3)粉末，溶液又變?yōu)樽霞t色。下列推斷錯誤的是A．氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2B．生成8.7g黑色沉淀，轉移0.2mol電子C．利用NaBiO3可以檢驗溶液中的Mn2+D．NaBiO3可與濃鹽酸發(fā)生反應：NaBiO3+6HC1=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O22、周期表中有如圖所示的元素，下列敘述正確的是A．47.87是豐度最高的鈦原子的相對原子質量B．鈦原子的M層上共有10個電子C．從價電子構型看，鈦屬于某主族元素D．22為鈦原子的質量數(shù)二、非選擇題(共84分)23、（14分）花椒毒素(Ⅰ)是白芷等中草藥的藥效成分，也可用多酚A為原料制備，合成路線如下：回答下列問題：（1）①的反應類型為_____________________；B分子中最多有_________個原子共平面。（2）C中含氧官能團的名稱為______________________；③的“條件a”為____________________。（3）④為加成反應，化學方程式為__________________________________。（4）⑤的化學方程式為__________________________________。（5）芳香化合物J是D的同分異構體，符合下列條件的J的結構共有_________種，其中核磁共振氫譜為五組峰的J的結構簡式為_________________。(只寫一種即可)。①苯環(huán)上只有3個取代基；②可與NaHCO3反應放出CO2；③1molJ可中和3molNaOH。（6）參照題圖信息，寫出以為原料制備的合成路線(無機試劑任選)：______________24、（12分）有機化合物H的結構簡式為，其合成路線如下（部分反應略去試劑和條件）：已知：①②(苯胺易被氧化)請回答下列問題：(1)烴A的名稱為_______，B中官能團為_______，H的分子式為_______，反應②的反應類型是_______。(2)上述流程中設計C→D的目的是_______。(3)寫出D與足量NaOH溶液反應的化學方程式為_______。(4)符合下列條件的D的同分異構體共有_______種。A．屬于芳香族化合物B．既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應寫出其中核磁共振氫譜圖中峰面積之比為6∶2∶1∶1的同分異構體的結構簡式：______。(任寫一種)(5)已知：苯環(huán)上連有烷基時再引入一個取代基，常取代在烷基的鄰對位，而當苯環(huán)上連有羧基時則取代在間位，據(jù)此按先后順序寫出以烴A為原料合成鄰氨基苯甲酸（）合成路線(無機試劑任選)。_______25、（12分）綠礬（FeSO4·7H2O）可作還原劑、著色劑、制藥等，在不同溫度下易分解得到各種鐵的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一種無色晶體，熔點16.8℃，沸點44.8℃，氧化性及脫水性較濃硫酸強，能漂白某些有機染料，如品紅等?；卮鹣铝袉栴}：（1）甲組同學按照上圖所示的裝置，通過實驗檢驗綠礬的分解產(chǎn)物。裝置B中可觀察到的現(xiàn)象是_____________________________，甲組由此得出綠礬的分解產(chǎn)物中含有SO2。裝置C的作用是_________________________。（2）乙組同學認為甲組同學的實驗結論不嚴謹，認為需要補做實驗。對甲組同學做完實驗的B裝置的試管加熱，發(fā)現(xiàn)褪色的品紅溶液未恢復紅色，則可證明綠礬分解的產(chǎn)物中__________（填字母）。A．不含SO2B．可能含SO2C．一定含有SO3（3）丙組同學查閱資料發(fā)現(xiàn)綠礬受熱分解還可能有O2放出，為此，丙組同學選用甲組同學的部分裝置和下圖部分裝置設計出了一套檢驗綠礬分解所得氣態(tài)產(chǎn)物的裝置：①丙組同學的實驗裝置中，依次連接的合理順序為_______________________。②能證明綠礬分解產(chǎn)物中有O2的檢驗方法是________________________。（4）為證明綠礬分解產(chǎn)物中含有三價鐵的操作及現(xiàn)象____________________。26、（10分）廢舊電池中的Zn、Mn元素的回收，對環(huán)境保護有重要的意義。鋅錳干電池的負極是作為電池殼體的金屬鋅，正極是被二氧化錳和碳粉包圍的石墨電極，電解質是氯化鋅和氯化銨的糊狀物，該電池放電過程中產(chǎn)生MnOOH。I.回收鋅元素，制備ZnCl2步驟一：向除去殼體及石墨電極的黑色糊狀物中加水，攪拌，充分溶解，經(jīng)過濾分離得固體和濾液；步驟二：處理濾液，得到ZnCl2·xH2O晶體；步驟三：將SOCl2與ZnCl2·xH2O晶體混合制取無水ZnCl2。制取無水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并驗證生成物中含有SO2(夾持及加熱裝置略)的裝置如下：已知：SOCl2是一種常用的脫水劑，熔點-105℃，沸點79℃，140℃以上時易分解，與水劇烈水解生成兩種氣體。（1）接口的連接順序為a→___→____→h→i→___→___→___→e。（2）三頸燒瓶中反應的化學方程式：____。（3）步驟二中得到ZnCl2·xH2O晶體的操作方法：___。（4）驗證生成物中含有SO2的現(xiàn)象為：___。II.回收錳元素，制備MnO2（5）步驟一得到的固體經(jīng)洗滌，初步蒸干后進行灼燒，灼燒的目的____。III.二氧化錳純度的測定稱取1.0g灼燒后的產(chǎn)品，加入1.34g草酸鈉(Na2C2O4)固體，再加入足量的稀硫酸并加熱(雜質不參與反應)，充分反應后冷卻，將所得溶液轉移到100mL容量瓶中用蒸餾水稀釋至刻度線，從中取出10.00mL，用0.0200mol/L高錳酸鉀溶液進行滴定，滴定三次，消耗高錳酸鉀溶液體積的平均值為10.00mL。（6）寫出MnO2溶解反應的離子方程式___。（7）產(chǎn)品的純度為____。27、（12分）硫酰氯(SO2Cl2)是一種重要的化工試劑，氯化法是合成硫酰氯(SO2Cl2)的常用方法。實驗室合成硫酰氯的實驗裝置如下圖所示(部分夾持裝置未畫出)：已知：①SO2(g)+Cl2(g)＝SO2Cl2(l)ΔH＝－97.3kJ/mol。②硫酰氯常溫下為無色液體，熔點為－54.1℃，沸點為69.1℃，在潮濕空氣中“發(fā)煙”。③100℃以上或長時間存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯氣。回答下列問題：(1)裝置A中發(fā)生反應的離子方程式為___________。(2)裝置B的作用為_______________________________，若缺少裝置C，裝置D中SO2與Cl2還可能發(fā)生反應的化學方程式為________________________。(3)儀器F的名稱為_________________，E中冷凝水的入口是___________(填“a”或“b”)，F(xiàn)的作用為_______________________________________________。(4)當裝置A中排出氯氣1.12L(已折算成標準狀況)時，最終得到5.4g純凈的硫酰氯，則硫酰氯的產(chǎn)率為____________。為提高本實驗中硫酰氯的產(chǎn)率，在實驗操作中需要注意的事項有________(填序號)。①先通冷凝水，再通氣②控制氣流速率，宜慢不宜快③若三頸燒瓶發(fā)燙，可適當降溫④加熱三頸燒瓶(5)氯磺酸(ClSO3H)加熱分解，也能制得硫酰氯2ClSO3H＝SO2Cl2+H2SO4，分離產(chǎn)物的方法是_____A．重結晶B．過濾C．蒸餾D．萃取(6)長期存放的硫酰氯會發(fā)黃，其原因可能為_______________________。28、（14分）氫能作為高效清潔的二次能源，應用前景日益廣泛。二甲醚制氫技術是實現(xiàn)小規(guī)?，F(xiàn)場制氫的一種理想方案。其反應原理主要分兩步：二甲醚水解：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)ΔH1＝+23.53kJ/mol反應Ⅰ甲醇與水蒸汽重整：CH3OH(g)＋H2O(g)3H2(g)＋CO2(g)ΔH2＝+49.48kJ/mol反應Ⅱ回答下列問題。(1)反應CH3OCH3(g)＋3H2O(g)6H2(g)＋2CO2(g)ΔH3＝_________。該反應自發(fā)進行的條件是___________(填“高溫”、“低溫”或“任意條件”)。(2)實驗室條件下，二甲醚與水蒸汽以物質的量之比1：3混合，以固定的高流速通過填充有催化劑HZSM-5(分子篩)反應器。測得如下關系圖（圖1和圖2）。圖2中的平衡值是指不同溫度下的平衡轉化率。已知：二甲醛轉化率=①下列說法合理的是__________A．圖1中表明，催化劑HZSM-5的活性只受溫度影響，與反應持續(xù)時間無關B．圖1中使用不同的催化劑可以改變二甲醚水解的平衡轉化率C．圖2中曲線①數(shù)值高于平衡值，是因為催化劑可能會吸附部分未反應的二甲醚D．圖2中曲線①和曲線②在275℃前二甲醚的轉化率與平衡轉化率的趨勢一致，這與反應I和反應II是吸熱反應有關E.圖2中曲線②在在較低溫度時二甲醚的轉化率與平衡值保持一致，主要是反應持續(xù)280min后已達到平衡狀態(tài)②圖2曲線②數(shù)值在280℃之后明顯下降，解釋可能原因___________(3)在固定體積容器內，二甲醚與水蒸汽以物質的量之比1：3投料，溫度恒定為150℃，二甲醚的平衡轉化率約為15%，平衡時容器內總壓為P0，升溫到280℃并保持恒定，再次達到平衡，此時二甲醚平衡轉化率接近22%，而容器內總壓約為1.5P0，請解釋升溫二甲醚平衡轉化率增大的原因。__________________(4)研究表明，在相同條件下，反應Ⅰ的活化能遠小于反應Ⅱ的活化能，在固定體積容器內，二甲醚與水蒸汽以物質的量之比1：3投料，溫度恒定為250℃，反應在t1時刻達到平衡，在圖中作出甲醇含量隨時間變化的關系圖____________________。29、（10分）CO2的回收與利用是科學家研究的熱點課題，可利用CH4與CO2制備“合成氣”（CO、H2），還可制備甲醇、二甲醚、低碳烯烴等燃料產(chǎn)品。I．制合成氣科學家提出制備“合成氣”反應歷程分兩步：反應①：CH4（g）C（ads）+2H2（g）（慢反應）反應②：C（ads）+CO2（g）2CO（g）（快反應）上述反應中C（ads）為吸附性活性炭，反應歷程的能量變化如圖：（1）CH4與CO2制備“合成氣”的熱化學方程式為_________。能量變化圖中：E5+E1_________E4+E2（填“＞”、“＜”或“＝”）。II．脫水制醚利用“合成氣”合成甲醇后，甲醇脫水制得二甲醚的反應為：2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH，其速率方程式為：v正=k正·c2（CH3OH），v逆=k逆·c（CH3OCH3）·c（H2O），k正、k逆為速率常數(shù)且只與溫度有關。經(jīng)查閱資料，上述反應平衡狀態(tài)下存在計算式：lnKc=?2.205+（Kc為化學平衡常數(shù)；T為熱力學溫度，單位為K）。（2）反應達到平衡后，僅升高溫度，k正增大的倍數(shù)_________k逆增大的倍數(shù)（填“＞”、“＜”或“＝”）。（3）某溫度下（該反應平衡常數(shù)Kc為200），在密閉容器中加入一定量CH3OH，反應到某時刻測得各組分的物質的量如下：物質CH3OHCH3OCH3H2O物質的量/mol0.40.40.4此時正、逆反應速率的大?。簐正____v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）。（4）500K下，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(shù)為_________（填標號）。A＜BC＞D無法確定

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、D【答案解析】

A.如圖所示，從M點到N點的過程中，pH減小，氫離子濃度增大，c(H2C2O4)逐漸增大，故A正確；B.pH增大，增大，減小，則直線n表示pH與的關系，故B正確；C.由N點可知Ka1(H2C2O4)的數(shù)量級為10-2Ka1(H2C2O4)=，在N點=-1，即，N點的pH＝2.22，則c(H+)＝10?2.22mol/L，所以Ka1(H2C2O4)＝10×10?2.22＝1.0×10?1.22，故C正確；D.M點：-lg=0，Ka2==10-3.18×10-1=10-4.18，pH=4.18時，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，但無法判斷c(HC2O4-)=c(C2O42-)=c(Cl-)，故D錯誤；故選D。2、C【答案解析】

本題主要考查原電池與電解池串聯(lián)問題。通過總反應可知，Li發(fā)生氧化反應,作負極，F(xiàn)eS發(fā)生還原反應，作正極；因c中由Ni2+生成單質Ni，即發(fā)生還原反應，故Y極為負極，X為正極?！绢}目詳解】A.由上述分析可知，Y為原電池負極，故Y為Li，選項A正確；B.X極為正極，F(xiàn)eS發(fā)生還原反應，故電極反應式為：FeS+2Li++2e-=Fe+Li2S，選項B正確；C.電解過程中，a為陽極區(qū),發(fā)生氧化反應:4OH--4e-=2H2O+O2↑，a中Na+通過陽離子交換膜進入b中;C中發(fā)生還原反應:Ni2++2e-=Ni，溶液中Cl-通過陰離子交換膜進入b中。故電解過程中，b中NaCl的物質的量濃度將不斷增大，選項C錯誤；D.若將陽離子交換膜去掉,因b中含有C1-,故陽極電極反應式為:2C1--2e-=Cl2↑，故電解反應總方程式發(fā)生改變，選項D正確；答案選C?！敬鸢更c睛】本題考查原電池、電解池原理，本題的突破關鍵在于“c中單質Ni生成”，由此判斷X、Y電極正負，進一步判斷電解池中陰陽極以及相關反應。3、B【答案解析】

A.磁性氧化鐵溶于氫碘酸，生成的Fe3+還要與I-發(fā)生氧化還原反應，A錯誤；B.FeBr2中通入氯氣時，F(xiàn)e2+先被氧化為Fe3+，剩余的Cl2再與Br-發(fā)生反應，一半的Br-氧化時，F(xiàn)e2+、Br-、Cl2的物質的量剛好相等，B正確；C.所提供的離子方程式中，電荷不守恒，質量不守恒，C錯誤；D.飽和碳酸鈉溶液中通入CO2，應生成NaHCO3沉淀，D錯誤。故選B。4、B【答案解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X、W同主族，最外層電子數(shù)相同，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，為金屬鈉，Z是地殼中含量最多的金屬元素，為鋁，四種元素原子的最外層電子數(shù)總和為16，所以計算X、W的最外層電子數(shù)為6，分別為氧和硫。X為氧，Y為鈉，Z為鋁，W為硫。A.原子半徑同一周期從左至右逐漸減小，同一主族從上至下逐漸增大，則原子半徑：r(X)<r(W)<r(Z)，故錯誤；B.Y、Z、W的最高價氧化物的水化物分別為氫氧化鈉，氫氧化鋁，硫酸，兩兩之間均能反應，故正確；C.因為氧的非金屬性比硫強，所以簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：X>W，故錯誤；D.X分別與Y形成氧化鈉或過氧化鈉，含有離子鍵，氧和硫形成的化合物為二氧化硫或三氧化硫，只含共價鍵，故錯誤。故選B。5、B【答案解析】

試管1中濃硫酸和銅在加熱條件下反應生成SO2，生成的SO2進入試管2中與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應，使得高錳酸鉀溶液褪色，試管3中ZnS與稀硫酸反應生成H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出現(xiàn)淡黃色的硫單質固體，錐形瓶中的NaOH用于吸收SO2，防止污染空氣，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】A．如果出現(xiàn)白色固體也應該是硫酸銅固體而不是其晶體，因為硫酸銅晶體是藍色的，A選項錯誤；B．試管2中紫紅色溶液由深變淺，直至褪色，說明SO2與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應，SO2具有還原性，B選項正確。C．ZnS與稀硫酸反應生成H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出現(xiàn)硫單質固體，所以現(xiàn)象與解釋均不正確，C選項錯誤；D．若NaHSO3溶液顯酸性，酚酞溶液就會褪色，故不一定是NaHSO3溶液堿性小于NaOH，D選項錯誤；答案選B?！敬鸢更c睛】A選項為易混淆點，在解答時一定要清楚硫酸銅固體和硫酸銅晶體的區(qū)別。6、C【答案解析】

A.H＋、Fe2＋、NO3—之間能夠發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故A錯誤；B.使紫色石蕊溶液變紅的溶液為酸性溶液，溶液中存在大量H＋，H＋與AlO2—在溶液中能夠反應，且NH4+與AlO2—會發(fā)生雙水解，不能大量共存，故B錯誤；C.pH＝12的溶液顯堿性，OH－與K＋、Na＋、CH3COO－、Br－不反應，且K＋、Na＋、CH3COO－、Br－之間也不反應，可大量共存，故C正確；D.滴加幾滴KSCN溶液顯血紅色的溶液中含有Fe3＋，F(xiàn)e3＋、I－能夠發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故D錯誤；故選C。7、C【答案解析】

A．甲苯可與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應，可鑒別，故A不選；B．硫酸亞鐵具有還原性，可與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應，可鑒別，故B不選；C．CH2=C（CH3）CHO中碳碳雙鍵和醛基都可與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應，不能檢驗是否含有碳碳雙鍵，故C選；D.SO2具有還原性，可與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應，可鑒別，故D不選；故選C。8、A【答案解析】

由反應現(xiàn)象可以知道，NH4CuSO3與足量的1.0mol·L-1硫酸溶液混合微熱，分別發(fā)生：2Cu+=Cu+Cu2+，SO32—+2H+=SO2↑+H2O，結合反應的現(xiàn)象判斷。【題目詳解】A.分別發(fā)生:2Cu+=Cu+Cu2+，SO32—+2H+=SO2↑+H2O，反應中硫酸中各元素的化合價不變，所以只顯示酸性，所以A選項是正確的；B.根據(jù)2Cu+=Cu+Cu2+知，NH4CuSO3中銅元素部分被氧化部分被還原，故B錯誤；C.根據(jù)反應SO32—+2H+=SO2↑+H2O，刺激性氣味的氣體是SO2，故C錯誤；D.反應中硫酸只作酸，故D錯誤。答案選A。9、B【答案解析】

A.由圖像知，H2AsO4-溶液pH小于7，則NaH2AsO4溶液呈酸性，故A正確；B.，向NaH2AsO4溶液滴加NaOH溶液，c(H+)逐漸減小，則過程中，逐漸減少，故B錯誤；C.由圖示知，酸性條件下H3AsO4可以大量存在，在堿性條件下HAsO42-能大量存在，則它們在溶液中不能大量共存，故C正確；D.由圖知，pH=11.5時，c(HAsO42-)=c(AsO43-)，Ka3(H3AsO4)=，故D正確；故選B。10、C【答案解析】

A．空氣吹出法中氯氣置換出來的溴，Br2被水蒸氣吹出與SO2反應，SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，S的化合價從＋4升高到＋6，作還原劑，A項正確；B．在侯氏制堿法中，NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，利用的就是NaHCO3的溶解度比NaCl等物質的溶解度小，使之析出，B項正確；C．合成氨的反應為N2＋3H22NH3，該反應是放熱反應，采用高溫并不利于反應正向移動，不能提高氫氣平衡轉化率，采用高溫是為了提高化學反應速率，使用催化劑只能加快反應速率，不能提高氫氣平衡轉化率，C項錯誤；D．乙烯與氧氣反應生成環(huán)氧乙烷，2CH2=CH2＋O22，原子利用率100%，符合綠色化學和原子經(jīng)濟性，D項正確；本題答案選C。11、C【答案解析】

由圖可知，E點溶液pH為7，溶液中c(H+)＝c(OH—)，【題目詳解】A項、由圖可知，E點溶液pH為7，溶液中c(H+)＝c(OH—)，由溶液中電荷守恒關系c(Na+)+c(H+)＝c(A—)+c(Cl—)+c(OH—)可知，溶液中c(Na+)＝c(A—)+c(Cl—)，故A錯誤；B項、HA的電離常數(shù)Ka(HA)=，由圖可知pH為3.45時，溶液中=0，c（HA）=c(A—)，則Ka(HA)=c(H+)＝10-3.45，Ka(HA)的數(shù)量級為10—4，故B錯誤；C項、溶液中==，溫度不變，水的離子積常數(shù)、弱酸的電離常數(shù)不變，則滴加過程中保持不變，故C正確；D項、F點溶液pH為5，=—1，則溶液中c(A—)＞c(HA)，由物料守恒c(Na+)＝c(A—)+c（HA）可知c(Na+)＞c(A—)，則溶液中離子濃度大小順序為c(Na+)＞c(A—)＞c(HA)＞c(OH—)，故D錯誤。故選C。12、C【答案解析】

A.由圖示知反應池中，F(xiàn)e3+與硫化氫發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，故A正確；B.a極產(chǎn)生Fe3+，發(fā)生氧化反應，所以為陽極，b為陰極，故B正確；C.若交換膜為質子交換膜，則H+進入b極，則NaOH溶液的濃度逐漸變小，故C錯誤D.若交換膜為陽離子交換膜，F(xiàn)e3+會向陰極移動，與氫氧根離子生成紅褐色Fe(OH)沉淀3，故D正確；故選C。13、A【答案解析】

A．與氯化鈉反應后，硝酸銀過量，再加入NaI，硝酸銀與碘化鈉反應生成沉淀，為沉淀的生成，不能比較Ksp大小，故A錯誤；B．只有硫代硫酸鈉溶液濃度不同，其它條件都相同，所以可以探究濃度對化學反應速率影響，故B正確；C．酸根離子水解程度越大，其對應的酸電離程度越小，電離平衡常數(shù)越大，通過兩種鹽溶液的pH大小可以判斷其酸根離子水解程度的大小，從而確定其對應酸的酸性強弱，從而確定電離平衡常數(shù)大小，故C正確；D．氧化亞銅和氧化鐵都是紅色固體，氧化亞銅和稀硫酸生成的Cu能和鐵離子反應生成亞鐵離子，所以不能檢驗紅色固體中含有氧化鐵，故D正確；答案選A?！敬鸢更c睛】本題的易錯點為D，要注意氧化亞銅在酸性溶液中能夠發(fā)生歧化反應，生成的Cu能和鐵離子發(fā)生氧化還原反應。14、B【答案解析】

A．二氧化硫不能與氯化鈣反應，A項錯誤；B．四氧化三鐵和鋁在高溫條件下發(fā)生鋁熱反應生成鐵和氧化鋁，鐵和足量的硝酸反應生成硝酸鐵，能一步實現(xiàn)，B項正確；C．電解硫酸鎂溶液，本質為電解水，得到氫氣和氧氣，得不到鎂單質，C項錯誤；D．空氣中灼燒氫氧化亞鐵生成三氧化二鐵，D項錯誤。答案選B。15、D【答案解析】

A．溴乙烷不溶于水，滴入水中會分層，若再加入氫氧化鈉溶液，溴乙烷能夠與氫氧化鈉溶液反應生成乙醇和溴化鈉，分層現(xiàn)象逐漸消失，故不選A；B．乙醛溶于水，滴入水中不出現(xiàn)分層現(xiàn)象，故不選B；C．橄欖油屬于油脂，不溶于水，滴入熱的氫氧化鈉溶液中發(fā)生水解反應，分層現(xiàn)象逐漸會消失，故不選C；D．汽油不溶于水，不與氫氧化鈉溶液反應，滴入熱的氫氧化鈉溶液中時分層現(xiàn)象不會消失，故選D。16、D【答案解析】

A.C3N4晶體具有比金剛石更大的硬度,則C3N4晶體是原子晶體，故A錯誤；B.因N的原子半徑比C原子半徑小,則C3N4晶體中，C?N鍵的鍵長比金剛石中C?C鍵的鍵長要短，故B錯誤；C.原子間均以單鍵結合,則C3N4晶體中每個C原子連接4個N原子，而每個N原子連接3個C原子，所以晶體中C、N原子個數(shù)之比為3:4，故C錯誤；D.C3N4晶體中構成微粒為原子，微粒間通過共價鍵相結合，故D正確；故選：D?！敬鸢更c睛】C3N4晶體具有比金剛石更大的硬度，且原子間均以單鍵結合，則為原子晶體，每個C原子周圍有4個N原子，每個N原子周圍有3個C原子，形成空間網(wǎng)狀結構，C-N鍵為共價鍵，比C-C鍵短。17、C【答案解析】

A.①粗鹽制精鹽除采用過濾泥沙外，還必須除去Ca2＋、Mg2＋、SO42?等雜質，故A正確；B.利用沉淀溶解平衡轉化，工業(yè)生產(chǎn)中常選用石灰乳作為Mg2＋的沉淀劑，并對沉淀進行洗滌，故B正確；C.鎂離子要水解，因此第②步的反應是將MgCl2?6H2O晶體在HCl氣流中加熱脫去結晶水得無水MgCl2，故C錯誤；D.第③步到第⑤步空氣吹出法提取海水中溴通常使用SO2作還原劑，SO2與Br2反應生成HBr和H2SO4，故D正確；答案為C?！敬鸢更c睛】工業(yè)上沉淀鎂離子只能用石灰乳，不能用氫氧化鈉，要注意與實際應用相聯(lián)系，工業(yè)要考慮成本問題。18、A【答案解析】

A.根據(jù)圖示可知：該裝置是將CO2和H2O轉化為葡萄糖和氧氣，反應方程式為：6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，A正確；B.轉化過程中有酶、光觸媒作催化劑，B錯誤；C.能量轉化形式為光能→化學能，C錯誤；D.每產(chǎn)生1molC6H12O6轉移H+數(shù)目為24NA，D錯誤；故合理選項是A。19、C【答案解析】

A.海水接近中性，碳素鋼在海水中發(fā)生的腐蝕主要是吸氧腐蝕，故A錯誤；B.反應前后氣體體積減少，△S<0，反應Si(s)＋2Cl2(g)=SiCl4(l)在室溫下能自發(fā)進行，則該反應的ΔH>0，故B錯誤；C.室溫時，銨根離子水解呈酸性，促進CaCO3的溶解，CaCO3在0.1mol·L－1的NH4Cl溶液中的溶解度比在純水中的大，故C正確；D.SO2和O2的反應是可逆反應，2molSO2和1molO2在密閉容器中混合充分反應，轉移電子的數(shù)目小于4×6.02×1023，故D錯誤；故選C。20、B【答案解析】

A.蒸發(fā)時不能蒸干，利用余熱加熱，出現(xiàn)大量固體時停止加熱，故A錯誤；B.滴定實驗中，可以將待測液放到滴定管中，標準液置于錐形瓶中，只要計算準確，不影響結果，故B正確；C.NaClO溶液有漂白性不能用pH試紙測其pH值，故C錯誤；D.測定同溫度同濃度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH，可知碳酸氫根離子與HCN的酸性，不能比較H2CO3、HCN的酸性強弱，故D錯誤；故答案為B?！敬鸢更c睛】從習慣上講，被滴定的溶液在錐形瓶,標準溶液在滴定管中；從原理上說都可以，只要操作準確，計算準確即可。21、B【答案解析】

氧化還原反應中，氧化性：氧化劑大于氧化產(chǎn)物；氧化劑發(fā)生還原反應化合價降低。在盛有KMnO4溶液的試管中加入過量的MnSO4溶液，產(chǎn)生黑色沉淀，溶液由紫紅色變?yōu)闊o色，說明KMnO4溶液可氧化MnSO4

生成MnO2，故氧化性：KMnO4>MnO2，在濾液中加入少量的鉍酸鈉粉末(NaBiO3)，溶液變紫紅色，說明NaBiO3可氧化MnSO4

生成KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】A．根據(jù)上述分析，氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，故A正確；B．根據(jù)分析，KMnO4溶液可氧化MnSO4

生成MnO2，黑色沉淀為MnO2，反應為2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+~6e-，生成8.7gMnO2的物質的量為=0.1mol，轉移電子物質的量為×6=0.12mol，故B錯誤；C．MnSO4溶液過量，濾液中含有Mn2+，加入少量的鉍酸鈉粉末(NaBiO3)，溶液變紫紅色，說明NaBiO3可氧化MnSO4

生成KMnO4，利用NaBiO3可以檢驗溶液中的Mn2+，故C正確；D．KMnO4可與濃鹽酸發(fā)生反應2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，由于氧化性：NaBiO3＞KMnO4，則NaBiO3也可與濃鹽酸發(fā)生反應，方程式為：NaBiO3+6HC1（濃）=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O，故D正確；答案選B。22、B【答案解析】

A．47.87是元素的相對分子質量，故A錯誤；B．鈦原子的M層上共有2+6+2=10個電子，故B正確；C．最后填充3d電子，為副族元素，故C錯誤；D．22為原子的原子序數(shù)，故D錯誤；故答案為：B。二、非選擇題(共84分)23、取代反應18羰基、醚鍵濃硫酸、加熱（或：P2O5）30【答案解析】根據(jù)B的結構簡式和生成B的反應條件結合A的化學式可知，A為；根據(jù)C和D的化學式間的差別可知，C與氫氣在催化劑作用下發(fā)生加成反應生成D，D為，結合G的結構可知，D消去結構中的羥基生成碳碳雙鍵得到E，E為；根據(jù)G生成H的反應條件可知，H為。(1)根據(jù)A和B的結構可知，反應①發(fā)生了羥基上氫原子的取代反應；B()分子中的苯環(huán)為平面結構，單鍵可以旋轉，最多有18個原子共平面，故答案為取代反應；18；(2)C()中含氧官能團有羰基、醚鍵；反應③為D消去結構中的羥基生成碳碳雙鍵得到E，“條件a”為濃硫酸、加熱，故答案為羰基、醚鍵；濃硫酸、加熱；(3)反應④為加成反應，根據(jù)E和G的化學式的區(qū)別可知F為甲醛，反應的化學方程式為，故答案為；(4)反應⑤是羥基的催化氧化，反應的化學方程式為，故答案為；(5)芳香化合物J是D()的同分異構體，①苯環(huán)上只有3個取代基；②可與NaHCO3反應放出CO2，說明結構中含有羧基；③1molJ可中和3molNaOH，說明結構中含有2個酚羥基和1個羧基；符合條件的J的結構有：苯環(huán)上的3個取代基為2個羥基和一個—C3H6COOH，當2個羥基位于鄰位時有2種結構；當2個羥基位于間位時有3種結構；當2個羥基位于對位時有1種結構；又因為—C3H6COOH的結構有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(CH3)COOH、—CH(CH3)CH2COOH、—C(CH3)2COOH、—CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)×5=30種，其中核磁共振氫譜為五組峰的J的結構簡式有，故答案為30；；(6)以為原料制備。根據(jù)流程圖C生成的D可知，可以與氫氣加成生成，羥基消去后生成，與溴化氫加成后水解即可生成，因此合成路線為，故答案為。點睛：本題考查了有機合成與推斷，根據(jù)反應條件和已知物質的結構簡式采用正逆推導的方法分析是解題的關鍵。本題的易錯點為B分子中共面的原子數(shù)的判斷，要注意單鍵可以旋轉；本題的難點是(6)的合成路線的設計，要注意羥基的引入和去除的方法的使用。本題的難度較大。24、甲苯氯原子或－ClC7H7O3N取代反應或硝化反應保護(酚)羥基不被氧化+2NaOH+CH3COONa+H2O14或【答案解析】

H的結構簡式為，逆推可知G為。縱觀整個過程，可知烴A為芳香烴，結合C的分子式C7H8O，可知A為，A與Cl2發(fā)生苯環(huán)上氯代反應生成B，B中氯原子發(fā)生水解反應、酸化引入-OH生成C，C中酚羥基發(fā)生信息①中取代反應生成D，D與酸性KMnO4溶液反應，D中-CH3被氧化成-COOH生成E，E→F轉化中在苯環(huán)上引入硝基-NO2，F(xiàn)→G的轉化重新引入酚羥基，可知C→D的轉化目的防止酚羥基被氧化，結合H的結構簡式，可推知B為、C為、D為、E為、F為。(5)甲基氧化引入羧基，硝基還原引入氨基，由于氨基易被氧化，應先把甲基氧化為羧基后再將硝基還原為氨基，結合苯環(huán)引入基團的定位規(guī)律，甲苯先和濃硝酸發(fā)生取代反應生成鄰硝基甲苯，然后鄰硝基甲苯再被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成鄰硝基苯甲酸，最后鄰硝基苯甲酸和Fe、HCl反應生成鄰氨基苯甲酸?！绢}目詳解】根據(jù)上述分析可知：A為，B為、C為、D為、E為、F為，G為，H為。(1)烴A為，A的名稱為甲苯。B為，B中官能團為氯原子。H的結構簡式為，H的分子式為C7H7O3N。反應②是苯環(huán)上引入硝基，反應類型是：取代反應；(2)C→D中消除酚羥基，F(xiàn)→G中又重新引入酚羥基，而酚羥基容易被氧化，所以流程中設計C→D的目的是：保護(酚)羥基不被氧化；(3)D是，D與足量NaOH溶液發(fā)生酯的水解反應，化學方程式為：+2NaOH+CH3COONa+H2O，(4)D為，其符合下列條件的同分異構體：A.屬于芳香族化合物，說明含有苯環(huán)；B.既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應，說明含有-OOCH基團。只有1個取代基為-CH2CH2OOCH和-CH(CH3)OOCH兩種不同結構；有2個取代基為-CH3、-CH2COOH，或者-CH2CH3、-OOCH，這兩種情況均有鄰、間、對3種位置結構，種類數(shù)為2×3=6種；有3個取代基為-CH3、-CH3、-OOCH，2個甲基有鄰、間、對3種位置結構，對應的-OOCH分別有2種、3種、1種位置，故符合條件的共有2+3×2+2+3+1=14種。其中核磁共振氫譜圖中峰面積之比為6：2：1：1的同分異構體的結構簡式：或。(5)以甲苯為原料合成的方法是：先使甲苯發(fā)生取代反應產(chǎn)生鄰硝基甲苯，用酸性KMnO4氧化甲基為—COOH，得到鄰硝基甲苯，用Fe在HCl存在條件下發(fā)生還原反應，—NO2被還原得到—NH2，就生成鄰氨基苯甲酸。故合成路線流程圖為：?！敬鸢更c睛】本題考查有機物推斷與合成，涉及物質的命名、反應類型的判斷、操作目的、同分異構體種類的判斷及符合要求的同分異構體結構簡式的書寫等。要采用正推、逆推相結合的方法分析判斷。需要熟練掌握官能團性質與轉化，并對給予的信息進行利用，結合轉化關系中有機物H的結構和反應條件進行推斷。25、品紅溶液褪色吸收尾氣，防止SO2(SO3)等氣體擴散到空氣中污染環(huán)境BCAFGBDH用帶火星的木條檢驗H中收集到的氣體，木條復燃。取少量分解產(chǎn)物于試管中，加入足量稀鹽酸溶解，再滴加幾滴KSCN溶液，溶液變紅色，說明有三價鐵。【答案解析】

二氧化硫、三氧化硫能使品紅褪色，但二氧化硫使品紅褪色后加熱能恢復紅色；檢驗綠礬分解所得氣態(tài)產(chǎn)物，根據(jù)可能的產(chǎn)物性質，用無水硫酸銅驗證沒水、用冰水冷卻氣體看是否有無色晶體生成，若有無色晶體則含有三氧化硫；用品紅檢驗二氧化硫；用氫氧化鈉除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧氣；氧氣能使帶火星的木條復燃；三價鐵能使KSCN溶液變紅?！绢}目詳解】（1）二氧化硫能使品紅褪色，裝置B中可觀察到的現(xiàn)象是品紅溶液褪色。二氧化硫、三氧化硫是酸性氣體，有毒，為防止SO2(SO3)等氣體擴散到空氣中污染環(huán)境，裝置C的作用是尾氣處理。（2）二氧化硫、三氧化硫能使品紅褪色，但二氧化硫使品紅褪色后加熱能恢復紅色；對甲組同學做完實驗的B裝置的試管加熱，發(fā)現(xiàn)褪色的品紅溶液未恢復紅色，則可證明綠礬分解的產(chǎn)物中可能含SO2或一定含有SO3。（3）①檢驗綠礬分解所得氣態(tài)產(chǎn)物，根據(jù)可能的產(chǎn)物性質，用無水硫酸銅驗證沒水、用冰水冷卻氣體看是否有無色晶體生成，若有無色晶體則含有三氧化硫；用品紅檢驗二氧化硫；用氫氧化鈉除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧氣，所以儀器連接順序是AFGBDH；②氧氣能使帶火星的木條復燃，所以檢驗氧氣的方法是用帶火星的木條檢驗H中收集到的氣體，木條復燃證明有氧氣生成；（4）三價鐵能使KSCN溶液變紅，證明綠礬分解產(chǎn)物中含有三價鐵的操作及現(xiàn)象是取少量分解產(chǎn)物于試管中，加入足量稀鹽酸溶解，再滴加幾滴KSCN溶液，溶液變紅色，說明有三價鐵。【答案點睛】檢驗Fe3+的方法是滴加KSCN溶液，若變紅則含有Fe3+；檢驗Fe2+的一種方法是滴加KSCN溶液不變紅，再滴加雙氧水，若變紅則含有Fe2+；26、fgbcdxSOCl2+ZnCl2·xH2O=xSO2↑+2xHCl↑+ZnCl2蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾品紅溶液褪色除去碳粉，并將MnOOH氧化為MnO2MnO2+C2O42-+4H+Mn2++2CO2↑+2H2O43.5%【答案解析】

Ⅰ．SOCl2吸收結晶水得到SO2與HCl，用冰水冷卻收集SOCl2，濃硫酸吸收水蒸氣，防止溶液中水蒸氣進入，用品紅溶液檢驗二氧化硫，用氫氧化鈉溶液吸收尾氣種二氧化硫與HCl，防止污染環(huán)境，注意防止倒吸。III.該滴定實驗的原理為利用高猛酸鉀標準液來測定未反應的草酸根的量，從而確定與草酸根反應的二氧化錳的量?！绢}目詳解】Ⅰ．（1）根據(jù)分析可知裝置的連接順序為f→g→h→i→b→c→d→e，（2）三頸燒瓶中為SOCl2與ZnCl2·xH2O中的結晶水的反應，SOCl2遇水劇烈反應生成SO2與HCl，所以反應方程式為：xSOCl2+ZnCl2·xH2O=xSO2↑+2xHCl↑+ZnCl2；（3）由溶液得到晶體，可進行蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾；（4）二氧化硫可使品紅溶液褪色，所以當生成物中有二氧化硫時會觀察到品紅溶液褪色；II.（5）固體含有碳和MnOOH，灼燒可生成二氧化碳，以除去碳，且將MnOOH氧化為MnO2，故答案為：除去碳粉，并將MnOOH氧化為MnO2；III.（6）MnO2溶解在草酸鈉中，二氧化錳會將草酸根氧化得到錳離子和二氧化碳，結合電荷守恒和質量守恒書寫可得離子方程式為：MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；（7）高猛酸鉀在酸性環(huán)境下也可以將草酸根氧化，反應方程式為2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根據(jù)方程式可知存在數(shù)量關系：2MnO4-~5C2O42-，則10.00mL待測液中剩余的n（C2O42-）=0.0200mol/L×0.01L×=0.0005mol，則總剩余的n（C2O42-）=0.0005mol×=0.005mol，總的草酸根的物質的量為=0.01mol，則與二氧化錳反應的n（C2O42-）=0.01mol-0.005mol=0.005mol，根據(jù)反應方程式MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O可知n(MnO2)=0.005mol，所以產(chǎn)品的純度為【答案點睛】第（2）題的方程式書寫為易錯點，要注意與SOCl2反應的不是單純的水，而是ZnCl2·xH2O中的結晶水，所以在方程式中不能寫水；從溶液中獲取晶體的一般操作為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、（洗滌、干燥）。27、2MnO4—+10Cl—+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O除去HClSO2+Cl2+2H2O＝2HCl+H2SO4球形干燥管a防止空氣中的水蒸汽進入；吸收尾氣，防治污染空氣80%①②③C硫酰氯分解產(chǎn)生氯氣溶解在硫酰氯中導致其發(fā)黃【答案解析】

由合成硫酰氯的實驗裝置可知，A中發(fā)生2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，因濃鹽酸易揮發(fā)，B中飽和食鹽水可除去氯氣中的HCl氣體雜質，C中濃硫酸可干燥氯氣，D為三頸燒瓶，D中發(fā)生SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)，E中冷卻水下進上出效果好，結合信息②可知，F(xiàn)中堿石灰吸收尾氣、且防止水蒸氣進入D中，據(jù)此解答(1)~(3)；(4)，由SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)可知，理論上生成SO2Cl2為；為提高本實驗中硫酰氯的產(chǎn)率，應在低溫度下，且利于原料充分反應；(5)生成物均為液體，但沸點不同；(6)由信息③可知，硫酰氯易分解?！绢}目詳解】(1)裝置A中發(fā)生反應的離子方程式為2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案為:2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(2)裝置B的作用為除去HCl，若缺少裝置C，裝置D中SO2與Cl2還可能發(fā)生反應的化學方程式為SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，故答案為：除去HCl;SO2+Cl2