湖南省婁底市雙峰一中高三化學上學期第一次月考試卷試卷(含解析)-人教版高三全冊化學試題

.2015-2016學年湖南省婁底市雙峰一中高三（上）第一次月考化學試卷一、選擇題（本大題共16個小題，每題3分，每題僅有一個正確選項．）1．判斷以下有關化學基本看法的依照正確的選項是（）A．氧化還原反應：元素化合價可否變化B．共價化合物：可否含有共價鍵C．強弱電解質：溶液的導電能力大小D．氧化物：含氧化合物2．以下實驗和結論不正確的選項是（）A．明礬和漂白粉均可用于自來水的殺菌、消毒B．用丁達爾實驗能夠將Al（OH）3膠體和NaCl溶液區(qū)分C．向KI溶液滴加氯水和CCl4振蕩，靜置后分層且基層顯紫色，則氧化性：Cl2＞I2D．Al（OH）3與稀H2SO4、NaOH溶液均能反應，說明Al（OH）3是兩性氫氧化物3．以下有關化學用語正確的選項是（）A．NH4Cl的電子式：B．2﹣氯甲苯的結構簡式：C．S2﹣的結構表示圖：D．質子數為94、中子數為144的钚（Pu）原子：4．烏頭酸的結構簡式以下列圖，以下關于烏頭酸的說法錯誤的選項是（）A．化學式為C6H6O6B．烏頭酸能發(fā)生水解反應和加成反應專業(yè)..C．烏頭酸能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．含1mol烏頭酸的溶液最多可耗資3molNaOH5．有一混雜物的水溶液，可能含有以下離子中的若干種：++、Cl﹣2+2+2﹣、K、NH4、Mg、Ba、CO3SO42﹣，現取三份100mL溶液進行以下實驗：1）第一份加入AgNO3溶液有積淀產生2）第二份加足量NaOH溶液加熱后，收集到氣體0.04mol3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥積淀6.27g，經足量鹽酸沖洗、干燥后，積淀質量為2.33g．依照上述實驗，以下推斷正確的選項是（）A．K+必然存在2﹣B．100mL溶液中含0.01molCO32+2+C．Ba必然不存在，Mg可能存在D．Cl﹣必然存在6．有BaCl2和NaCl的混雜溶液aL，將它均分成兩份．一份滴加稀硫酸，使Ba2+離子完好積淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl﹣離子完好積淀．反應中耗資xmolH2SO4、ymolAgNO3．據此得知原混雜溶液中的c（Na+）/mol?L﹣1為（）A．B．C．D．7．現有四種溶液：①pH=3的CH3COOH溶液，②pH=3的HCl溶液，③pH=11的氨水，④pH=11的NaOH溶液．相同條件下，以下有關上述溶液的表達中，錯誤的選項是（）A．①、④等體積混雜后，溶液顯堿性B．將②、③溶液混雜后，pH=7，耗資溶液的體積：②＞③C．等體積的①、②、④溶液分別與足量鋁粉反應，生成H2的量①最大D．向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①8．設NA代表阿伏加德羅常數的數值，以下說法中正確的選項是（）A．1molFeCl3與開水反應生成膠體后，含有NA個Fe（OH）3膠粒B．常溫下，16gO2和O3的混雜氣體中含有的氧原子數為NA專業(yè)..C．標準情況下，22.4LNO和22.4LO2混雜后所得氣體中分子總數為1.5NAD．將11.2LCl2通入足量的石灰乳中制備漂白粉，轉移的電子數為0.5NA9．以下列圖中的實驗方案，能達到實驗目的是（）實驗ABCD方案圖實制備Fe（OH）2并驗比較HCl、H2CO3和除去CO2氣體中混有考據FeCl3對H2O2分HSiO能較長時間觀察目的酸性強弱的SO解反應有催化作用232其顏色的A．AB．BC．CD．D10．以下講解事實的離子方程式正確的選項是（）A．澄清石灰水與少量小蘇打溶液混雜：2+﹣﹣═CaCO3↓2﹣+2H2OCa+2OH+2HCO3+CO3B．氯化鋁溶液中加入過分的氨水：Al3+﹣++4NH3?H2O═Al（OH）4+4NH﹣2﹣C．少量CO2通入苯酚鈉溶液中：2C6H5O+CO2+H2O═2C6H5OH+CO3D．向NHHSO稀溶液中逐滴加入Ba（OH）稀溶液至2﹣2+﹣++2442444﹣═BaSO↓+NH?HO+HO432211．全世界短年鋼鐵因銹蝕造成大量的損失．某城市擬用以下列圖方法保護埋在酸性土壤中的鋼質管道，使其免受腐化．關于此方法，以下說法不正確的選項是（）專業(yè)..A．土壤中的鋼鐵易被腐化是由于在濕潤的土壤中形成了原電池B．金屬棒X的資料應該是比鎂爽朗的金屬C．金屬棒X上發(fā)生反應：M﹣ne﹣﹣﹣Mn+D．這種方法稱為犧牲陽極的陰極保護法12．X、Y、Z、W、R屬于短周期主族元素．X的原子半徑短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外層電子數為m，次外層電子數為n，Z元素的原子L層電子數為m+n，M層電子數為m﹣n，W元素與Z元素同主族，R元素原子與Y元素原子的核外電子數之比為2：1．以下敘述錯誤的選項是（）A．X與Y形成的兩種化合物中陰、陽離子的個數比均為1：2B．Y的氫化物比R的氫化物牢固，熔沸點高C．Z、W、R最高價氧化物對應水化物的酸性強弱序次是：R＞W＞ZD．RY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色積淀生成13．化工生產中含Cu2+的廢水常用MnS（s）作積淀劑，其反應原理為：Cu2+（aq）+MnS（s）?CuS（s）+Mn2+（aq）以下有關該反應的推理不正確的選項是（）2+2+A．該反應達到平衡時：c（Cu）=c（Mn）B．CuS的溶解度比MnS的溶解度小2+C．往平衡系統中加入少量Cu（NO3）2（s）后，c（Mn）變大D．該反應平衡常數表達式：K=14．在某一恒溫體積可變的密閉容器中發(fā)生以下反應：A（g）+B（g）?2C（g）△H＜0．t1時刻達到平衡后，在t2時刻改變某一條件，其反應過程如圖．以下說法正確的選項是（）A．0～t2時，v正＞v逆B．Ⅰ、Ⅱ兩過程達到平衡時，A的體積分數Ⅰ＞Ⅱ專業(yè)..C．t2時刻改變的條件能夠是向密閉容器中加CD．Ⅰ、Ⅱ兩過程達到平衡時，平衡常數I＜Ⅱ15．25℃時，幾種弱酸的電離常數以下：25℃時，以下說法正確的選項是（）弱酸的化學式CH3COOHHCNH2SK1=1.3×10﹣7電離常數（25℃）1.8×10﹣54.9×10﹣10K2=7.1×10﹣15A．等物質的量濃度的各溶液pH關系為：pH（CH3COONa）＞pH（Na2S）＞pH（NaCN）B．amol/LHCN溶液與bmol/LNaOH溶液等體積混雜，所得溶液中+﹣），則ac（Na）＞c（CN必然小于或等于bC．NaHS和Na2S的混雜溶液中，必然存在++﹣﹣2﹣）c（Na）+c（H）=c（OH）+c（HS）+2c（SD．某濃度的NaCN溶液的pH=d，則其中由水電離出的﹣﹣dc（OH）=10mol/L16．向1L某FeBr2溶液中，通入1.12L（標準情況下）的Cl2，測得溶液中c（Br﹣）=3c（Cl﹣）=0.3mol/L．反應過程中溶液的體積變化忽略不計，則以下說法中正確的選項是（）A．原溶液的濃度約為0.13mol/LB．反應后溶液中c（Fe3+）=0.1mol/LC．反應后溶液中c（Fe3+）=c（Fe2+）D．原溶液中c（Br﹣）=0.4mol/L二、非選擇題（本題包括5小題，每空2分．）﹣+﹣→NO+2H2O．現有四種物質：KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2（SO4）3，其17．已知：NO3+4H+3e中能使上述還原過程發(fā)生的是（填化學式），寫出該反應化學方程式中氧化產物的化學計量數（寫方框內）及其化學式□．1mol該物質與某濃度硝酸反應時，被還原硝酸的物質的量增加，原因是：．18．常有的五種鹽A、B、C、D、E，它們的陽離子可能是++2+2+3++、Na、NH4、Cu、Ba、Al、Ag3+Cl﹣﹣2﹣2﹣，已知：Fe，陰離子可能是、NO3、SO4、CO3①五種鹽均溶于水，水溶液均為無色．②D的焰色反應呈黃色．專業(yè)..③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈堿性．④若在這五種鹽的溶液中分別加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不產生積淀．⑤若在這五種鹽的溶液中，分別加入氨水，E和C的溶液中生成積淀，連續(xù)加氨水，C中沉淀消失．⑥把A的溶液分別加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的積淀．請回答以下問題：（1）五種鹽中，必然沒有的陽離子是；所含陰離子相同的兩種鹽的化學式是．（2）D的化學式為，D溶液顯堿性的原因是（用離子方程式表示）．（3）E和氨水反應的離子方程式是．（4）設計實驗檢驗B中所含的陽離子：．19．Ⅰ、甲同學欲配制0.55mol?L﹣1的NaOH溶液200mL（存在200mL容量瓶）．稱量操作如下：①先用托盤天平稱量燒杯的質量．稱量前先調治天平零點．用“↓”表示在天平右盤上放置砝碼，用“↑”表示從天平右盤上取下砝碼．取用砝碼情況和游碼讀數以下：砝碼質量502020105取用砝碼情況先↓后↑↓先↓后↑↓先↓后↑燒杯的質量為g．②稱量燒杯和NaOH固體的質量．再在天平右盤上放置g砝碼，將游碼的地址移到g的地址，往燒杯中逐漸加入NaOH固體，直到天平達到平衡．Ⅱ、乙同學欲用用18mol/L濃硫酸配制100mL3.0mol/L稀硫酸的實驗步驟以下：①計算所用濃硫酸的體積②量取必然體積的濃硫酸③溶解④轉移⑤沖洗⑥定容⑦搖勻回答以下問題專業(yè)..（1）所需濃硫酸的體積是，量取濃硫酸所用的量筒的規(guī)格是（請?zhí)罹幪枺◤囊韵轮胁杉{A．10mLB．25mLC．50mLD．100mL）（2）定容時俯視溶液的凹液面對所配制的稀硫酸濃度有何影響（用偏大、偏小、無影響填寫）20．亞氯酸鈉（NaClO2）是一種強氧化性漂白劑，廣泛用于紡織、印染和食品工業(yè)．它在堿性環(huán)境中牢固存在．某同學查閱資料后設計生產NaClO2的主要流程如下．（1）雙氧水的電子式為；Ⅰ中發(fā)生反應的還原劑是（填化學式）．（2）Ⅱ中反應的離子方程式是．（3）ClO2是一種高效水辦理劑，可用亞氯酸鈉和稀鹽酸為原料制備．寫出該反應的化學方程式：；（4）NaClO2變質可分解為NaClO3和NaCl．取等質量變質前后的NaClO2試樣均配成溶液，分別與足量FeSO4溶液反應時，耗資Fe2+的物質的量（填“相同”、“不相同”或“無法判斷”）21．迷迭香酸（F）的結構簡式為：它是存在于好多植物中的一種多酚，擁有抗氧化、延緩衰老、減肥降脂等功能．以A為原料合成F的路線以下（已知苯環(huán)上的羥基很難直接與羧酸發(fā)生酯化反應）：專業(yè)..依照題意回答以下問題：（1）A的結構簡式為；反應②的反應種類是．（2）反應③的試劑為．（3）1molF分別與足量的溴水和NaOH溶液反應，最多可耗資Br2mol、NaOHmol．（4）E在必然條件下發(fā)生縮聚反應的化學方程式是．（5）與E互為同分異構體，且同時滿足以下條件的有機物有種．①苯環(huán)上有四個取代基，且苯環(huán)上的一氯取代物只有一種．②1mol該物質分別與NaHCO3、Na2CO3反應時，最多耗資NaHCO3、Na2CO3的量分別是1mol和4mol．專業(yè)..2015-2016學年湖南省婁底市雙峰一中高三（上）第一次月考化學試卷參照答案與試題解析一、選擇題（本大題共16個小題，每題3分，每題僅有一個正確選項．）1．判斷以下有關化學基本看法的依照正確的選項是（）A．氧化還原反應：元素化合價可否變化B．共價化合物：可否含有共價鍵C．強弱電解質：溶液的導電能力大小D．氧化物：含氧化合物【考點】化學基本反應種類；酸、堿、鹽、氧化物的看法及其相互聯系；共價鍵的形成及共價鍵的主要種類；強電解質和弱電解質的看法．【解析】A．有元素化合價變化的反應必然為氧化還原反應；B．含有共價鍵的化合物不用然為共價化合物；C．溶液的導電能力以離子的濃度和電荷有關；D．兩種元素組成其中一種為氧元素的化合物為氧化物．【解答】解：A．化合價的變化為氧化還原反應的特色，則有元素化合價變化的反應必然為氧化還原反應，故A正確；B．含有共價鍵的化合物不用然為共價化合物，如NaOH中含有共價鍵，但屬于離子化合物，故B錯誤；C．因溶液的導電能力以離子的濃度和電荷有關，強弱電解質與電離程度有關，二者沒有必然的聯系，故C錯誤；D．含氧化合物不用然是氧化物，如含氧酸，只有兩種元素組成，其中一種為氧元素的化合物為氧化物，故D錯誤；應選A．2．以下實驗和結論不正確的選項是（）A．明礬和漂白粉均可用于自來水的殺菌、消毒專業(yè)..B．用丁達爾實驗能夠將Al（OH）3膠體和NaCl溶液區(qū)分C．向KI溶液滴加氯水和CCl4振蕩，靜置后分層且基層顯紫色，則氧化性：Cl2＞I2D．Al（OH）3與稀H2SO4、NaOH溶液均能反應，說明Al（OH）3是兩性氫氧化物【考點】化學實驗方案的議論．【解析】A．明礬不能夠夠用于殺菌消毒；B．膠體擁有丁達爾效應；C．靜置后分層且基層顯紫色，說明氯氣置換出碘；D．氫氧化鋁為兩性氫氧化物．【解答】解：A．明礬凈水的原理是水解生成擁有吸附性的氫氧化鋁膠體，但不擁有強氧化性，不能夠夠用于殺菌消毒，故A錯誤；B．膠體擁有丁達爾效應，可用丁達爾效應鑒別膠體和溶液，故B正確；C．靜置后分層且基層顯紫色，說明氯氣置換出碘，則可說明氯氣的氧化性比碘強，故C正確；D．氫氧化鋁為兩性氫氧化物，和酸、堿反應都可生成鹽和水，故D正確．應選A．3．以下有關化學用語正確的選項是（）A．NH4Cl的電子式：B．2﹣氯甲苯的結構簡式：C．S2﹣的結構表示圖：D．質子數為94、中子數為144的钚（Pu）原子：【考點】電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合．【解析】A．氯離子為陰離子，電子式中需要標出其所帶電荷；B．氯原子在甲基的鄰位，據此判斷其結構簡式；C．硫離子的核電荷數為16，不是18；D．質量數=質子數+中子數，元素符號的左上角為質量數、左下角為質子數．專業(yè)..【解答】解：A．氯化銨為離子化合物，其正確的電子式為：，故A錯誤；B．2﹣氯甲苯中，官能團氯原子位于甲基的鄰位，其結構簡式為：，故B正確；C．硫離子的核電荷數為16，核外電子總數為18，硫離子正確的結構表示圖為：，故C錯誤；D．質子數為94、中子數為144的钚（Pu）原子的質量數為238，該元素正確的表示方法為：94238Pu，故D錯誤；應選B．4．烏頭酸的結構簡式以下列圖，以下關于烏頭酸的說法錯誤的選項是（）A．化學式為C6H6O6B．烏頭酸能發(fā)生水解反應和加成反應C．烏頭酸能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．含1mol烏頭酸的溶液最多可耗資3molNaOH【考點】有機物的結構和性質；有機物分子中的官能團及其結構．【解析】由結構簡式可知分子式，分子中含﹣COOH、碳碳雙鍵，結合羧酸、烯烴性質來解答．【解答】解：A．由結構簡式可知分子式為C6H6O6，故A正確；B．含碳碳雙鍵可發(fā)生加成反應，但不能夠發(fā)生水解反應，故B錯誤；C．含碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；D．含3個﹣COOH，含1mol烏頭酸的溶液最多可耗資3molNaOH，故D正確；應選B．5．有一混雜物的水溶液，可能含有以下離子中的若干種：++、Cl﹣2+2+2﹣、K、NH、Mg、Ba、CO43SO42﹣，現取三份100mL溶液進行以下實驗：專業(yè)..1）第一份加入AgNO3溶液有積淀產生2）第二份加足量NaOH溶液加熱后，收集到氣體0.04mol3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥積淀6.27g，經足量鹽酸沖洗、干燥后，積淀質量為2.33g．依照上述實驗，以下推斷正確的選項是（）A．K+必然存在B．100mL溶液中含0.01molCO32﹣2+2+C．Ba必然不存在，Mg可能存在D．Cl﹣必然存在【考點】常有離子的檢驗方法．【解析】①加入AgNO3溶液有積淀產生，說明溶液中可能存在﹣2﹣2﹣；Cl、CO3、SO4②0.04mol為氨氣，溶液中必然含有+0.04mol；NH，并且物質的量為4③2.33g為硫酸鋇，6.27g為硫酸鋇和碳酸鋇；再依照電荷守恒，得出必然存在鉀離子．【解答】解：①與AgNO3溶液有積淀產生的離子有﹣2﹣2﹣；Cl、CO3、SO4②加足量NaOH溶液加熱產生氣體，氣體是氨氣，故必然有銨離子0.04mol；③不溶于鹽酸的2.33g為硫酸鋇，物質的量是0.01mol；6.27g積淀是硫酸鋇和碳酸鋇，碳酸鋇質量為6.27g﹣2.33g=3.94g，物質的量為0.02mol，故必然存在CO32﹣、SO42﹣，所以必然沒有Mg2+、Ba2+；c（CO32﹣）=0.02÷（mol/L），再依照電荷守恒，正電荷為：n（+）=n（NH4+）=0.04mol；c（﹣）=2c（CO32﹣）+2x（SO42﹣）=0.06mol，故必然有K+，最少0.02mol；綜合以上能夠得出，必然存在的離子有++2﹣2﹣，必然沒有的離子2+2+NH4、K、CO3、SO4Mg、Ba，可能存在Cl﹣；應選A．專業(yè)..6．有BaCl2和NaCl的混雜溶液aL，將它均分成兩份．一份滴加稀硫酸，使Ba2+離子完好積淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl﹣離子完好積淀．反應中耗資xmolH2SO4、ymolAgNO3．據此得知原混雜溶液中的c（Na+）/mol?L﹣1為（）A．B．C．D．【考點】離子方程式的有關計算．【解析】第一份溶液中發(fā)生的反應為BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl，依照（nH2SO4）計算（nBaCl2）；第二份溶液中發(fā)生的反應為BaCl2+2AgNO3=2AgCl↓+Ba（NO3）2、NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，依照n（BaCl2）計算和BaCl2反應的n（AgNO3），節(jié)余AgNO3和NaCl反應生成AgCl，據此計算NaCl物質的量，再結合C=計算c（Na+）．【解答】解：第一份溶液中發(fā)生的反應為BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl，依照BaCl2﹣﹣﹣H2SO4知，n（H2SO4）=n（BaCl2）=xmol；第二份溶液中發(fā)生的反應為BaCl2+2AgNO3=2AgCl↓+Ba（NO3）2、NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，依照BaCl2﹣﹣﹣2AgNO3知，和BaCl2反應的n（AgNO3）=2n（BaCl2）=2xmol，則節(jié)余AgNO3和NaCl反應生成AgCl，依照NaCl﹣﹣﹣AgNO3知，和NaCl反應的硝酸銀物質的量n（AgNO3）=n（NaCl）=ymol﹣2xmol，則兩種溶液中NaCl的物質的量為2ymol﹣4xmol，依照Na原子守恒知，n（Na+）=n（NaCl）=2ymol﹣4xmol，則原來混雜溶液中c（Na+）==mol/L，應選D．7．現有四種溶液：①pH=3的CH3COOH溶液，②pH=3的HCl溶液，③pH=11的氨水，④pH=11的NaOH溶液．相同條件下，以下有關上述溶液的表達中，錯誤的選項是（）A．①、④等體積混雜后，溶液顯堿性B．將②、③溶液混雜后，pH=7，耗資溶液的體積：②＞③C．等體積的①、②、④溶液分別與足量鋁粉反應，生成H2的量①最大D．向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡．【解析】A．依照氫離子和氫氧根離子濃度的相對大小判斷混雜溶液的酸堿性；專業(yè)..B．強酸和強堿后溶液呈中性，證明酸堿恰好中和反應；C．弱酸存在電離平衡，隨反應進行電離出的氫離子連續(xù)和鋁反應；D．加水稀釋，強酸強堿溶液的pH變化最大，若酸弱堿存在電離平衡稀釋促進電離．【解答】解：A．將①、④混雜，若﹣+），若是溶液中的溶質是醋酸和醋c（CH3COO）＞c（H酸鈉，醋酸的電離程度大于醋酸根離子水解程度，則溶液呈酸性，故A錯誤；﹣B．一水合氨是弱堿只有部分電離，所以c（NH3?H2O）＞c（OH），氯化氫是強電解質，所以其溶液中c（HCl）=c（H+），c（NH3?H2O）＞c（HCl），若將氨水和鹽酸混雜后溶液呈中性，則耗資溶液的體積：②＞③，故B正確；C．和等量鋁粉反應，醋酸存在電離平衡，隨反應進行，電離出的氫離子和鋁連續(xù)反應，生成氫氣最多，故C正確；D．弱電解質稀釋平衡正向搬動，溶液pH值應該③＞④＞②＞①，故D正確；應選A．8．設N代表阿伏加德羅常數的數值，以下說法中正確的選項是（）AA．1molFeCl3與開水反應生成膠體后，含有N個Fe（OH）膠粒A3B．常溫下，16gO和O的混雜氣體中含有的氧原子數為N23AC．標準情況下，22.4LNO和22.4LO2混雜后所得氣體中分子總數為1.5NAD．將11.2LCl2通入足量的石灰乳中制備漂白粉，轉移的電子數為0.5NA【考點】阿伏加德羅常數．【解析】A．膠體粒子是氫氧化鐵形成的會集體；B．O2和O3均由氧原子組成；C．一氧化氮與氧氣反應生成二氧化氮，二氧化氮與四氧化二氮之間存在轉變平衡，所以反應后的物質中含有的分子數減?。籇．氯氣所處的狀態(tài)不明確，所以物質的量不明．【解答】解：A．膠體粒子是氫氧化鐵形成的會集體，1molFeCl3與開水反應生成膠體后，Fe（OH）3膠粒小于NA個，故A錯誤；專業(yè)..B．O2和O3均由氧原子組成，16g混雜物中含有的氧原子的物質的量n==1mol，含有的氧原子數為NA，故B正確；C．依照═2NO可知：標準情況下，22.4LNO即1molNO和22.4LO2即1mol氧氣2NO+O混雜后所得氣體的物質的量為1.5mol，但由于NO氣體中存在平衡：?NO，以致分子總224數小于1.5NA，故C錯誤；D．缺少溫度和壓強，無法確定11.2LCl2的物質的量，無法確定轉移的電子數，故D錯誤；應選B．9．以下列圖中的實驗方案，能達到實驗目的是（）實驗ABCD方案圖實制備Fe（OH）2并驗比較HCl、H2CO3和除去CO2氣體中混有考據FeCl3對H2O2分能較長時間觀察目H2SiO3的酸性強弱的SO2解反應有催化作用其顏色的A．AB．BC．CD．D【考點】化學實驗方案的議論．【解析】A．濃鹽酸擁有揮發(fā)性，生成的二氧化碳中含有HCl，HCl能和Na2SiO3反應生成H2SiO3；B．Fe（OH）2不牢固，易被氧氣氧化生成Fe（OH）3，所以制備Fe（OH）2時要間隔空氣；C．CO2、SO2都能和碳酸鈉反應；D．考據FeCl3對H2O2分解反應有催化作用，應該只有催化劑不相同，其他條件必定完好相同．專業(yè)..【解答】解：A．濃鹽酸擁有揮發(fā)性，生成的二氧化碳中含有HCl，HCl能和Na2SiO3反應生成H2SiO3，攪亂二氧化碳、水和硅酸鈉的反應，所以將氣體通入硅酸鈉溶液中時要先除去HCl，故A錯誤；B．Fe（OH）2不牢固，易被氧氣氧化生成Fe（OH）3，所以制備Fe（OH）2時要間隔空氣，Fe失電子生成亞鐵離子，亞鐵離子和NaOH反應生成Fe（OH）3，溶液能間隔空氣，所以能實現實驗目的，故B正確；C．CO2、SO2都能和碳酸鈉反應，應該用飽和的碳酸氫鈉溶液除去二氧化硫，故C錯誤；D．考據FeCl3對H2O2分解反應有催化作用，應該只有催化劑不相同，其他條件必定完好相同，催化劑和溫度兩個因素不相同，所以不能夠實現實驗目的，故D錯誤；應選B．10．以下講解事實的離子方程式正確的選項是（）A．澄清石灰水與少量小蘇打溶液混雜：2+﹣﹣═CaCO3↓2﹣+2H2OCa+2OH+2HCO3+CO3B．氯化鋁溶液中加入過分的氨水：Al3++4NH?HO═Al（OH）﹣+4NH+432C．少量265﹣226532﹣CO通入苯酚鈉溶液中：2CHO+CO+HO═2CHOH+COD．向NHHSO稀溶液中逐滴加入Ba（OH）稀溶液至2﹣2+﹣++2442444﹣═BaSO4↓+NH3?H2O+H2O【考點】離子方程式的書寫．【解析】A．小蘇打完好反應，生成碳酸鈣、NaOH和水；B．反應生成氫氧化鋁積淀和氯化銨；C．反應生成苯酚和碳酸氫鈉；2﹣D．至SO4恰好積淀完好，1：1反應生成硫酸鋇、一水合氨、水．【解答】解：A．澄清石灰水與少量小蘇打溶液混雜的離子反應為2+﹣﹣═Ca+OH+HCO3CaCO3↓+H2O，故A錯誤；B．氯化鋁溶液中加入過分的氨水的離子反應為Al3++，故B錯+3NH?H2O═Al（OH）3↓+3NH4誤；C．少量CO通入苯酚鈉溶液中的離子反應為﹣﹣26522653專業(yè)..D．向NHHSO稀溶液中逐滴加入Ba（OH）稀溶液至SO2﹣恰好積淀完好的離子反應為2+Ba+2OH4424﹣+NH4++H++SO42﹣═BaSO4↓+NH3?H2O+H2O，故D正確；應選D．11．全世界短年鋼鐵因銹蝕造成大量的損失．某城市擬用以下列圖方法保護埋在酸性土壤中的鋼質管道，使其免受腐化．關于此方法，以下說法不正確的選項是（）A．土壤中的鋼鐵易被腐化是由于在濕潤的土壤中形成了原電池B．金屬棒X的資料應該是比鎂爽朗的金屬C．金屬棒X上發(fā)生反應：M﹣ne﹣﹣﹣Mn+D．這種方法稱為犧牲陽極的陰極保護法【考點】金屬的電化學腐化與防范．【解析】A、依照電化學腐化形成的條件以及電化學腐化的應用進行解析；B、原電池的正極金屬被保護，爽朗金屬能和水之間反應；C、原電池的正極金屬被保護，負極發(fā)生失電子的氧化反應；D、依照金屬的腐化和防范原理知識來回答．【解答】解：A、鋼鐵在濕潤的空氣中能形成原電池所以易發(fā)生電化學腐化，金屬鐵是負極，易被腐化，故A正確；B、金屬棒X的資料應該是比鎂爽朗的金屬鉀、鈣、鈉時，爽朗金屬能和水之間反應激烈的反應，它們不能夠做電極資料，故B錯誤；C、金屬棒X極的爽朗性強于金屬鐵，做負極，發(fā)生失電子的氧化反應，故C正確；D、原電池的負極被腐化，正極被保護的方法稱為犧牲陽極的陰極保護法，故D正確．應選B．專業(yè)..12．X、Y、Z、W、R屬于短周期主族元素．

X的原子半徑短周期主族元素中最大，

Y元素的原子最外層電子數為m，次外層電子數為n，Z元素的原子L層電子數為m+n，M層電子數為m﹣n，W元素與Z元素同主族，R元素原子與Y元素原子的核外電子數之比為2：1．以下敘述錯誤的選項是（

）A．X與

Y形成的兩種化合物中陰、陽離子的個數比均為

1：2B．Y的氫化物比R的氫化物牢固，熔沸點高C．Z、W、R最高價氧化物對應水化物的酸性強弱序次是：R＞W＞ZD．RY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色積淀生成【考點】原子結構與元素周期律的關系．【解析】X的原子半徑在短周期主旋元素中最大，應為Na元素；Y元素的原子外層電子數為m，次外層電子數為n，Z元素的原子L層電子數為m+n，M層電子數為m﹣n，由于L層電子最多為8，則n=2，m=6，所以Y為O元素，Z為Si元素，W元素與Z元素同主族，應為C元素，R元素原子與Y元素原子的核外電子數之比為2：1，Y的核外電子數為8，則R的核外電子數為16，應為S元素，結合元素對應單質、化合物的性質以及元素周期律可解答該題．【解答】解：X的原子半徑在短周期主旋元素中最大，應為Na元素；Y元素的原子外層電子數為m，次外層電子數為n，Z元素的原子L層電子數為m+n，M層電子數為m﹣n，由于L層電子最多為8，則n=2，m=6，所以Y為O元素，Z為Si元素，W元素與Z元素同主族，應為C元素，R元素原子與Y元素原子的核外電子數之比為2：1，Y的核外電子數為8，則R的核外電子數為16，應為S元素，A．X與Y形成的兩種化合物分別為Na2O、Na2O2，兩種化合物中陰、陽離子的個數比均為1：2，故

A正確；B．Y是O元素，R是S元素，元素的非金屬性越強其氫化物越牢固，氧元素的非金屬性大于硫元素，所以水的牢固性大于硫化氫，且水中含有氫鍵，沸點高，故B正確；C．非金屬性：S＞C＞Si，元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的酸性越強，故C正確；D．SO2、CO2對應的酸的酸性比鹽酸弱，與氯化鋇都不反應，故D錯誤．專業(yè)..應選D．13．化工生產中含Cu2+的廢水常用MnS（s）作積淀劑，其反應原理為：2+2+Cu（aq）+MnS（s）?CuS（s）+Mn（aq）以下有關該反應的推理不正確的選項是（）2+2+A．該反應達到平衡時：c（Cu）=c（Mn）B．CuS的溶解度比MnS的溶解度小2+C．往平衡系統中加入少量Cu（NO3）2（s）后，c（Mn）變大D．該反應平衡常數表達式：K=【考點】難溶電解質的溶解平衡及積淀轉變的實質．【解析】A．該反應達到平衡時離子的濃度保持不變；B．依照化學式相似的分子，溶度積大的積淀能夠轉變?yōu)槿芏确e小的積淀；C．依照反應物的濃度增大，平衡正向搬動；D．依照反應的平衡常數K===．【解答】解：A．該反應達到平衡時離子的濃度保持不變，但c（Cu2+）與等，故A錯誤；B．化學式相似的分子，溶度積大的積淀能夠轉變?yōu)槿芏确e小的積淀，已知所以CuS的溶解度比MnS的溶解度小，故B正確；

2+c（Mn）不用然相MnS能轉變?yōu)镃uS，C．依照反應物的濃度增大，平衡正向搬動，所以2+C（Mn）變大，故C正確；D．已知Cu2+（aq）+MnS（s）?CuS（s）+Mn2+（aq），由反應可知，反應的平衡常數K===，故D正確；應選A．14．在某一恒溫體積可變的密閉容器中發(fā)生以下反應：A（g）+B（g）?2C（g）△H＜0．t1時刻達到平衡后，在t2時刻改變某一條件，其反應過程如圖．以下說法正確的選項是（）專業(yè)..A．0～t2時，v正＞v逆B．Ⅰ、Ⅱ兩過程達到平衡時，A的體積分數Ⅰ＞ⅡC．t2時刻改變的條件能夠是向密閉容器中加CD．Ⅰ、Ⅱ兩過程達到平衡時，平衡常數I＜Ⅱ【考點】化學平衡建立的過程．【解析】A、由圖象解析可知，0～t1，反應正向進行，v正＞v逆，t1～t2，反應到達平衡，v正=v逆；B、由圖象解析可知，t2時刻改變條件后達到平衡時，逆反應速率不變，說明和原平衡等效，體積分數不變；C、向密閉容器中加C，逆反應速率剎時增大，再次建立的平衡與原平衡等效，說明和原平衡相同；D、由圖象解析可知，t2時刻改變條件后達到平衡逆反應速率不變，說明和原平衡等效，則平衡常數不變；【解答】解：A、0～t1，反應正向進行，v正＞v逆，t1～t2，反應到達平衡，v正=v逆，故A錯誤；B、t2時刻改變條件后達到平衡時，逆反應速率不變，說明和原平衡等效，A的體積分數Ⅰ=Ⅱ，故B錯誤；C、向密閉容器中加C，逆反應速率剎時增大，再次建立的平衡與原平衡等效，說明和原平衡相同，吻合圖象，故C正確；D、t2時刻改變條件后達到平衡逆反應速率不變，說明和原平衡等效，所以Ⅰ、Ⅱ兩過程達到平衡時，平衡常數I=Ⅱ，故D錯誤；應選：C．15．25℃時，幾種弱酸的電離常數以下：25℃時，以下說法正確的選項是（）專業(yè)..弱酸的化學式CH3COOHHCNH2SK1=1.3×10﹣7電離常數（25℃）1.8×10﹣54.9×10﹣10K2=7.1×10﹣15A．等物質的量濃度的各溶液pH關系為：pH（CH3COONa）＞pH（Na2S）＞pH（NaCN）B．amol/LHCN溶液與bmol/LNaOH溶液等體積混雜，所得溶液中+﹣），則ac（Na）＞c（CN必然小于或等于bC．NaHS和Na2S的混雜溶液中，必然存在++﹣﹣2﹣）c（Na）+c（H）=c（OH）+c（HS）+2c（SD．某濃度的NaCN溶液的pH=d，則其中由水電離出的﹣﹣dc（OH）=10mol/L【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡．【解析】A．電離平衡常數越大，酸性越強，電離程度越大；﹣B．等濃度時生成NaCN，CN離子水解；C．依照電荷守恒解析；D．先計算氫氧根離子濃度，水電離出的氫離子濃度等于氫氧根離子濃度．【解答】解：A．由表格中的數據可知，醋酸電離平衡常數最大，酸性最強，則酸性越強，鹽的水解越弱，所以等物質的量濃度溶液的pH關系為pH（Na2S）＞pH（NaCN）＞pH（CH3COONa），故A錯誤；﹣+﹣﹣1B．等物質的量時生成NaCN，CN離子水解，則C（Na）＞c（CN），所以amol?LHCN溶液與bmol?L﹣1NaOH溶液等體積混雜后，所得溶液中：c（Na+）＞c（CN﹣），a有可能略大于b，故B錯誤；C．NaHS和Na2S的混雜溶液中存在電荷守恒，所以必然存在++﹣c（Na）+c（H）=c（OH）+c（HS﹣）+2c（S2﹣），故C正確；D．該溶液中﹣d﹣14mol/L，水電離出的+﹣）=10d﹣14mol/L，故D錯誤；c（OH）=10c（H）=c（OH應選C．16．向1L某FeBr2溶液中，通入1.12L（標準情況下）的Cl2，測得溶液中c（Br﹣）=3c（Cl﹣）=0.3mol/L．反應過程中溶液的體積變化忽略不計，則以下說法中正確的選項是（）A．原溶液的濃度約為0.13mol/L專業(yè)..B．反應后溶液中c（Fe3+）=0.1mol/LC．反應后溶液中c（Fe3+）=c（Fe2+）D．原溶液中c（Br﹣）=0.4mol/L【考點】離子方程式的有關計算．【解析】還原性Fe2+＞Br﹣，所以FeBr2溶液中通入Cl2，Cl2先將Fe2+氧化為Fe3+，Fe2+反應完畢，若Cl2有節(jié)余，節(jié)余Cl2再將Br﹣氧化為Br2，最后溶液中含有Br﹣，說明Cl2完好反應，轉變?yōu)镃l﹣；1.12L（標況下）Cl2的物質的量為0.05mol，依照氯元素守恒可知n（Cl﹣）=0.1mol，則溶液中n（Br﹣）=3n（Cl﹣）=0.3mol；若溶液中Br﹣參加反應，令溶液中FeBr2物質的量為xmol，則依照電子轉移守恒，x+（2x﹣0.3）=0.1，解得x=mol，molFe2+的供應電子為mol大于0.05molCl2能夠獲得電子0.1mol，且（2x﹣0.3）＜0，不吻合題意；若溶液中Br﹣未參加反應，則原溶液中的Fe2+物質的量為0.15mol，0.15molFe2+能夠供應電子0.15mol，0.05molCl2能夠獲得電子0.1mol，小于0.15molFe2+能夠供應電子0.15mol，Fe2+有節(jié)余，吻合題意，所以原溶液含有FeBr20.15mol，依照電子轉移守恒，被氧化的Fe2+為0.05mol×2=0.1mol，生成Fe3+為0.1mol，節(jié)余Fe2+為0.15mol﹣0.1mol=0.05mol，結合選項詳盡解答．【解答】解：還原性Fe2+＞Br﹣，所以FeBr2溶液中通入Cl2，Cl2先將Fe2+氧化為Fe3+，Fe2+反應達成，若Cl2有節(jié)余，節(jié)余Cl2再將Br﹣氧化為Br2，最后溶液中含有Br﹣，說明Cl2完好反應，轉變?yōu)镃l﹣；1.12L（標況下）Cl2的物質的量為0.05mol，依照氯元素守恒可知n（Cl﹣）=0.1mol，則溶液中n（Br﹣）=3n（Cl﹣）=0.3mol．若溶液中Br﹣參加反應，令溶液中FeBr2物質的量為xmol，則依照電子轉移守恒，x+（2x﹣0.3）=0.1，解得x=mol，molFe2+的供應電子為mol大于0.05molCl2能夠獲得電子0.1mol，且（2x﹣0.3）＜0，不吻合題意．專業(yè)..若溶液中Br﹣未參加反應，則原溶液中的Fe2+物質的量為0.15mol，0.15molFe2+能夠供應電子0.15mol，0.05molCl2能夠獲得電子0.1mol，小于0.15molFe2+能夠供應電子0.15mol，Fe2+有節(jié)余，吻合題意，所以原溶液含有FeBr20.15mol，依照電子轉移守恒，被氧化的Fe2+為0.05mol×2=0.1mol，生成Fe3+為0.1mol，節(jié)余Fe2+為0.15mol﹣0.1mol=0.05mol．A、由上述解析可知，原溶液含有FeBr20.15mol，所以原溶液的濃度為=0.15mol/L，故A錯誤；B、由上述解析可知，反應后溶液中生成Fe3+為0.1mol，反應后溶液中c（Fe3+）==0.1mol/L，故B正確；C、由上述解析可知，反應后溶液中生成Fe3+為0.1mol，反應后溶液中c（Fe3+）==0.1mol/L，節(jié)余Fe2+為0.15mol﹣0.1mol=0.05mol，所以c（Fe2+）==0.05mol/L，故C錯誤；D、由上述解析可知，原溶液含有FeBr20.15mol，原溶液中c（Br﹣）==0.3mol/L，故D錯誤．應選：B．二、非選擇題（本題包括5小題，每空2分．）﹣+﹣→NO+2H2O．現有四種物質：KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2（SO4）3，其17．已知：NO3+4H+3e中能使上述還原過程發(fā)生的是Cu2O（填化學式），寫出該反應化學方程式中氧化產物的化學計量數（寫方框內）及其化學式□6Cu（NO3）2．1mol該物質與某濃度硝酸反應時，被還原硝酸的物質的量增加，原因是：使用了較濃的硝酸，產物中有部分二氧化氮生成．【考點】氧化還原反應；化學方程式的有關計算．【解析】該反應中N元素得電子化合價降低，則硝酸根離子作氧化劑，要使該反應發(fā)生，則需要加入還原劑，則只要該物質擁有還原性即可，只有Cu2O擁有還原性，應選Cu2O；濃硝酸能被還原為二氧化氮．【解答】解：KMnO4、Na2CO3、Fe2（SO4）3中Mn、C、Fe元素都處在最高價，則擁有氧化性，只有CuO中Cu處在較低價，則擁有還原性，在﹣+中發(fā)生的氧化劑被還23專業(yè)..原的反應，則該氧化還原反應為Cu2O+HNO3→NO↑+Cu（NO3）2+H2O，Cu元素由+1價高升到+2價，N元素由+5價降低到+2價，由電子守恒及質量守恒定律，配平的化學反應為3Cu2O+14HNO3═2NO↑+6Cu（NO3）2+7H2O，若是1mol該物質與某濃度硝酸反應時，被還原硝酸的物質的量增加，說明每個硝酸根離子被還原時得電子數減少，則應該是濃硝酸，濃硝酸被還原為二氧化氮，故答案為：Cu2O；6Cu（NO3）2；使用了較濃的硝酸，產物中有部分二氧化氮生成．18．常有的五種鹽A、B、C、D、E，它們的陽離子可能是++2+2+3++、43+，陰離子可能是Cl﹣﹣2﹣2﹣，已知：343①五種鹽均溶于水，水溶液均為無色．②D的焰色反應呈黃色．③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈堿性．④若在這五種鹽的溶液中分別加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不產生積淀．⑤若在這五種鹽的溶液中，分別加入氨水，E和C的溶液中生成積淀，連續(xù)加氨水，C中沉淀消失．⑥把A的溶液分別加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的積淀．請回答以下問題：（1）五種鹽中，必然沒有的陽離子是Cu2+、Fe3+；所含陰離子相同的兩種鹽的化學式是（NH4）2SO4、Al2（SO4）3．（2）D的化學式為Na2CO3，D溶液顯堿性的原因是（用離子方程式表示）2﹣+H2O?HCO3CO3﹣﹣+OH．（3）E和氨水反應的離子方程式是Al3++3NH?HO═Al（OH）↓+3NH+．234（4）設計實驗檢驗B中所含的陽離子：取少量B于試管中，滴加少量NaOH溶液，在試管口周邊放一張濕潤的紅色石蕊試紙，加熱，若試紙變藍，說明B中陽離子為+．NH4【考點】常有離子的檢驗方法．【解析】①五種鹽均溶于水，水溶液均為無色，則沒有Cu2+、Fe3+；②D的焰色反應呈黃色，則D中有Na+；專業(yè)..+3++D中含③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性則含有NH、Al、Ag，D的溶液呈堿性則42﹣，依照陽離子可知D為NaCO；有CO323④若在這五種鹽的溶液中分別加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不產生積淀，則A、C中沒有2﹣；SO4⑤若在這五種鹽的溶液中，分別加入氨水，E和C的溶液中生成積淀，連續(xù)加氨水，C中沉+3+淀消失，說明C中為Ag，則E中有Al；所以C中為AgNO；3⑥把A溶液呈中性分別加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的積淀，則A為BaCl2；由以上解析可知E中含有Al3+，B中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，則B、E中含有SO42﹣；所以B、E為（NH4）2SO4、Al2（SO4）3；結合題目解析．【解答】解：①五種鹽均溶于水，水溶液均為無色，則沒有Cu2+、Fe3+；②D的焰色反應呈黃色，則D中有Na+；③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性則含有NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈堿性則D中含2﹣，依照陽離子可知D為NaCO；有CO323④若在這五種鹽的溶液中分別加入Ba（NO）溶液，只有A、C的溶液不產生積淀，則A、C32中沒有2﹣；SO4⑤若在這五種鹽的溶液中，分別加入氨水，E和C的溶液中生成積淀，連續(xù)加氨水，C中沉淀消失，說明C中為Ag+，則E中有Al3+；所以C中為AgNO3；⑥把A溶液呈中性分別加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的積淀，則A為BaCl2；由以上解析可知E中含有Al3+，B中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，則B、E中含有SO2﹣；所以B、E為（NH）SO、Al（SO）；4424243（1）五種鹽中，必然沒有的陽離子是Cu2+、Fe3+；所含陰離子相同的兩種鹽的化學式是（NH4）2SO4、Al2（SO4）3；故答案為：Cu2+、Fe3+；（NH4）2SO4、Al2（SO4）3；（2）D的化學式為NaCO；NaCO溶液顯堿性的原因是2﹣﹣﹣；故答案為：NaCO；CO+HO?HCO+OH2323323232﹣﹣﹣；CO+HO?HCO+OH323（3）Al2（SO）和氨水反應的離子方程式是Al3+?HO═Al（OH）↓++3NH，故答案為：43234Al3++3NH?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；專業(yè)..（4）檢驗（NH4）2SO4中所含的陽離子的方法為：取少量（NH4）2SO4于試管中，滴加少量NaOH溶液，在試管口周邊放一張濕潤的紅色石蕊試紙，加熱，若試紙變藍，說明B中陽離子為NH4+；故答案為：取少量B于試管中，滴加少量NaOH溶液，在試管口周邊放一張濕潤的紅色石蕊+試紙，加熱，若試紙變藍，說明B中陽離子為NH4．19．Ⅰ、甲同學欲配制0.55mol?L﹣1的NaOH溶液200mL（存在200mL容量瓶）．稱量操作如下：①先用托盤天平稱量燒杯的質量．稱量前先調治天平零點．用“↓”表示在天平右盤上放置砝碼，用“↑”表示從天平右盤上取下砝碼．取用砝碼情況和游碼讀數以下：砝碼質量502020105取用砝碼情況先↓后↑↓先↓后↑↓先↓后↑燒杯的質量為33.2g．②稱量燒杯和NaOH固體的質量．再在天平右盤上放置5g砝碼，將游碼的地址移到2.6g的地址，往燒杯中逐漸加入NaOH固體，直到天平達到平衡．Ⅱ、乙同學欲用用18mol/L濃硫酸配制100mL3.0mol/L稀硫酸的實驗步驟以下：①計算所用濃硫酸的體積②量取必然體積的濃硫酸③溶解④轉移⑤沖洗⑥定容⑦搖勻回答以下問題（1）所需濃硫酸的體積是16.7mL，量取濃硫酸所用的量筒的規(guī)格是B（請?zhí)罹幪枺◤囊韵轮胁杉{A．10mLB．25mLC．50mLD．100mL）（2）定容時俯視溶液的凹液面對所配制的稀硫酸濃度有何影響偏大（用偏大、偏小、無影響填寫）【考點】配制必然物質的量濃度的溶液．【解析】Ⅰ①依照m物=m砝+m游來解析；專業(yè)..②依照n=CV和m=nM計算出需要的NaOH固體的質量，并結合燒杯的質量來解析；Ⅱ（1）稀釋定律C濃V濃=C稀V稀來計算；依照所量取的溶液的體積來選擇合適的量筒；（2）依照C=，經過判斷不當操作對溶質的物質的量n和溶液體積V的影響來解析誤差．【解答】解：Ⅰ①從圖示可知，稱量時所用砝碼的質量為30g，游碼的質量為3.2g，依照m物=m砝+m游可知燒杯的質量m=30g+3.2g=33.2g，故答案為：33.2；②配制0.55mol?L﹣1的NaOH溶液200mL，所需的NaOH固體的物質的量n=CV=0.55mol/L×0.2L=0.11mol，質量m=nM=0.11mol×40g/mol=4.4g，而NaOH固體須放在燒杯里稱量，故燒杯和NaOH固體的質量共為：33.2g+4.4g=37.6g，故應再在天平右盤上放置5g的砝碼，并將將游碼的地址移到2.6g的地址，此時往燒杯中逐漸加入NaOH固體，直到天平達到平衡即可，故答案為：5；2.6；Ⅱ（1）設需要的濃硫酸的體積為Vml，依照稀釋定律C濃V濃=C稀V稀可知：18mol/L×Vml=100mL×3.0mol/L解得：V=16.7mL；量筒的采納規(guī)則是“大而近”，故量取16.7mL的濃硫酸應采納25mL的量筒，故答案為：16.7mL；B；（2）定容時俯視溶液的凹液面，會以致溶液體積偏小，則濃度偏大，故答案為：偏大．20．亞氯酸鈉（NaClO2）是一種強氧化性漂白劑，廣泛用于紡織、印染和食品工業(yè)．它在堿性環(huán)境中牢固存在．某同學查閱資料后設計生產NaClO2的主要流程如下．（1）雙氧水的電子式為；Ⅰ中發(fā)生反應的還原劑是Na2SO3（填化學式）．（2）Ⅱ中反應的離子方程式是﹣﹣+O2↑+2H2O．2ClO2+H2O2+2OH=2ClO2專業(yè)..3）ClO2是一種高效水辦理劑，可用亞氯酸鈉和稀鹽酸為原料制備．寫出該反應的化學方程式：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O；4）NaClO2變質可分解為NaClO3和NaCl．取等質量變質前后的NaClO2試樣均配成溶液，分別與足量FeSO4溶液反應時，耗資Fe2+的物質的量相同（填“相同”、“不相同”或“無法判斷”）【考點】制備實驗方案的設計；氯、溴、碘及其化合物的綜合應用．【解析】由流程圖可知反應Ⅰ中反應物為NaClO3、Na2SO3、加入A溶液，產生C1O2、Na2SO4溶液，反應離子方程式為2H++SO32﹣+2ClO3﹣=2C1O+SO42﹣+H2O，所以Na2SO3擁有還原性是還原﹣劑，將ClO3還原為C1O2；Ⅱ中生成NaClO2，所以必然有ClO2→NaClO2，化合價降低，被還原；則H2O2必然被氧化，有氧氣產生，反應中ClO2是氧化劑，發(fā)生還原反應，H2O2是還原劑，發(fā)生氧化反應，依照電子轉移守恒可知4n（ClO2）=n（HCl），所以反應方程式為2NaOH+2ClO+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑；Ⅲ是離子隔膜電解池，從反應Ⅰ知該電解有酸生成、從Ⅲ知有堿生成，有兩種氣體生成，所以Ⅲ為電解硫酸鈉實質是電解水，陰極2H++2e﹣=H2↑，﹣﹣4e﹣=O↑+2HO，所以A為硫酸．陽極4OH221）雙氧水的結構式為H﹣O﹣O﹣H，I中S元素的化合價由+4價高升為+6價；2）Ⅱ中發(fā)生2NaOH+2ClO+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑；3）用亞氯酸鈉和稀鹽酸反應生成ClO2，為氧化還原反應；4）NaClO2變質可分解為NaClO3和NaCl，方程式為3N