福建省泉港一中2024年高三第五次模擬考試化學試卷含解析

福建省泉港一中2024年高三第五次模擬考試化學試卷請考生注意：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(nèi)。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、下列指定反應的離子方程式不正確的是A．向氨化的飽和氯化鈉溶液中通入足量二氧化碳氣體:Na++NH3·H2O+CO2＝NaHCO3↓+NH4+B．堿性條件下次氯酸鉀溶液與氫氧化鐵反應:3ClO—+2Fe(OH)3+4OH—＝2FeO42—+3Cl—+5H2OC．向硫酸亞鐵溶液中加入過氧化鈉固體:2Na2O2+2Fe2++2H2O＝4Na++2Fe(OH)2↓+O2↑D．向飽和的碳酸氫鈣溶液中加入足量的澄清石灰水:Ca2++HCO3—+OH—＝CaCO3↓+H2O2、下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z為短周期主族元素。Z的最高價氧化物對應的水化物為M，室溫下，0.01mol/LM溶液pH<2。下列說法中錯誤的是WXYZA．原子半徑大?。篨<W<Y B．Z的單質(zhì)易溶于化合物WZ2C．氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：W<X D．含Y元素的離子一定是陽離子3、臨床證明磷酸氯喹對治療“新冠肺炎”有良好的療效。磷酸氯喹的結構如圖所示。下列有關磷酸氯喹的說法錯誤的是（）A．分子式是C18H32ClN3O8P2B．能發(fā)生取代、加成和消去反應C．1mol磷酸氯喹最多能與5molH2發(fā)生加成反應D．分子中的—C1被—OH取代后的產(chǎn)物能與溴水作用生成沉淀4、W、X、Y、Z均為短周期元素，原子序數(shù)依次增加，W的原子核最外層電子數(shù)是次外層的2倍，X－、Y+具有相同的電子層結構，Z的陰離子不能發(fā)生水解反應。下列說法正確的是()A．原子半徑：Y＞Z＞X＞W(wǎng)B．簡單氫化物的穩(wěn)定性：X＞Z＞W(wǎng)C．最高價氧化物的水化物的酸性：W＞ZD．X可分別與W、Y形成化合物，其所含的化學鍵類型相同5、下列實驗不能得到相應結論的是（）A．向HClO溶液中通入SO2，生成H2SO4，證明H2SO4的酸性比HClO強B．向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液變紅，證明Na2SiO3發(fā)生了水解反應C．將鋁箔在酒精燈火焰上加熱，鋁箔熔化但不滴落，證明氧化鋁熔點高于鋁D．將飽和氯水滴到藍色石蕊試紙上，試紙先變紅后褪色，證明氯水有漂白性6、向氯化鐵溶液中加入ag銅粉，完全溶解后再加入bg鐵粉，充分反應后過濾得到濾液和固體cg。下列說法正確的是A．若a＞c，則濾液中可能含三種金屬離子，且b可能小于cB．若a＞c，則cg固體中只含一種金屬，且b可能大于cC．若a＜c，則cg固體含兩種金屬，且b可能與c相等D．若a=c，則濾液中可能含兩種金屬離子，且b可能小于c7、探究Na2O2與水的反應，實驗如圖：已知：H2O2?H++HO2-；HO2-?H++O22-下列分析不正確的是A．①、④實驗中均發(fā)生了氧化還原反應和復分解反應B．①、⑤中產(chǎn)生的氣體能使帶火星的木條復燃，說明存在H2O2C．③和④不能說明溶解性：BaO2>BaSO4D．⑤中說明H2O2具有還原性8、由下列實驗和現(xiàn)象得出的結論正確的是選項實驗和現(xiàn)象結論A向某溶液中滴加濃NaOH溶液并加熱，將濕潤的藍色石蕊試紙靠近試管口，試紙顏色無明顯變化原溶液中一定無NH4+B將少量某無色氣體通入澄清石灰水中，出現(xiàn)白色沉淀該氣體一定是CO2C向某無色溶液中滴加氯水和CCl4，振蕩、靜置，下層溶液顯紫紅色原無色溶液中一定有I—D將稀鹽酸滴入硅酸鈉溶液中，產(chǎn)生白色膠狀沉淀氯的非金屬性強于硅A．A B．B C．C D．D9、類比pH的定義，對于稀溶液可以定義pc=－lgc，pKa=—lgKa。常溫下，某濃度H2A溶液在不同pH值下，測得pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)變化如圖所示。下列說法正確的是()A．pH=3.50時，c(H2A)>c(HA-)>c(A2-)B．將等濃度等體積的Na2A與H2A溶液混合后，溶液顯堿性C．隨著HCl的通入c(H+)/c(H2A)先減小后增大D．pH從3.00到5.30時，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)先增大后減小10、某興趣小組計劃用Al、稀H2SO4、NaOH溶液制備1molAl(OH)3。設計如下三種方案：方案Ⅰ：向Al中加入NaOH溶液，至Al剛好完全溶解，得溶液①。向溶液①中加硫酸至剛好沉淀完。過濾、洗滌、干燥。方案Ⅱ：向Al中加入硫酸，至Al剛好完全溶解，得溶液②。向溶液②中加NaOH溶液至剛好沉淀完。過濾、洗滌、干燥。方案Ⅲ：將Al按一定比例分為兩份，按前兩方案先制備溶液①和溶液②。然后將兩溶液混和。過濾、洗滌、干燥。下列說法不正確的是A．三種方案轉(zhuǎn)移電子數(shù)一樣多B．方案Ⅲ所用硫酸的量最少C．方案Ⅲ比前兩個方案更易控制酸堿的加入量D．采用方案Ⅲ時，用于制備溶液①的Al占總量的0.2511、根據(jù)實驗目的，設計相關實驗，下列實驗操作、現(xiàn)象解釋及結論都正確的是（）A．A B．B C．C D．D12、反應Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，作氧化劑的是（）A．Fe2O3 B．CO C．Fe D．CO213、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是A．0.2molFeI2與足量氯氣反應時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.4NAB．常溫常壓下，46gNO2和N2O4混合氣體含有的原子數(shù)為3NAC．標準狀況下，2.24LCCl4含有的共價鍵數(shù)為0.4NAD．常溫下，56g鐵片投入足量濃H2SO4中生成NA個SO2分子14、用NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列有關說法正確的是（）A．1mol氮氣與3mol氫氣反應，生成的氨分子數(shù)目為2NAB．1.0mol?L-1Na2SO3水溶液中含有的硫原子數(shù)目為NAC．電解飽和食鹽水，當陽極產(chǎn)生11.2LH2時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NAD．常溫下，3L0.1mol?L-1FeCl3溶液所含F(xiàn)e3+數(shù)目小于0.3NA15、下列有關CuSO4溶液的敘述中正確的是A．該溶液呈堿性B．它與H2S反應的離子方程式為：Cu2++S2-=CuS↓C．用惰性電極電解該溶液時，陽極產(chǎn)生銅單質(zhì)D．在溶液中：2c(Cu2+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)16、35Cl和37Cl－具有A．相同電子數(shù) B．相同核電荷數(shù) C．相同中子數(shù) D．相同質(zhì)量數(shù)17、只改變一個影響因素，平衡常數(shù)K與化學平衡移動的關系敘述錯誤的是A．K值不變，平衡可能移動 B．K值變化，平衡一定移動C．平衡移動，K值可能不變 D．平衡移動，K值一定變化18、銅鋅合金俗稱黃銅．下列不易鑒別黃銅與真金的方法是（）A．測密度 B．測熔點 C．灼燒 D．看外觀19、化學在生活中有著廣泛的應用，下列對應關系錯誤的是()選項性質(zhì)實際應用ASO2具有漂白性SO2可用于食品增白BSiO2熔點高SiO2可用于制作耐高溫儀器CAl(OH)3具有弱堿性Al(OH)3可用于制胃酸中和劑DFe3+具有氧化性FeCl3溶液可用于回收廢舊電路板中的銅A．A B．B C．C D．D20、某些電解質(zhì)分子的中心原子最外層電子未達飽和結構，其電離采取結合溶液中其他離子的形式，而使中心原子最外層電子達到飽和結構。例如：硼酸分子的中心原子B最外層電子并未達到飽和，它在水中電離過程為：下列判斷正確的是（）A．凡是酸或堿對水的電離都是抑制的B．硼酸是三元酸C．硼酸溶液與NaOH溶液反應的離子方程式：H3BO3+OH－=[B(OH)4]－D．硼酸是兩性化合物21、能證明與過量NaOH醇溶液共熱時發(fā)生了消去反應的是（）A．混合體系Br2的顏色褪去B．混合體系淡黃色沉淀C．混合體系有機物紫色褪去D．混合體系有機物Br2的顏色褪去22、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，Y和W、Y和Z分別相鄰，且W、Y和Z三種元素的原子最外層電子數(shù)之和為19，x原子的電子層數(shù)與最外層電子數(shù)相等。下列說法錯誤的是A．單質(zhì)的沸點：Y>W>Z B．離子半徑：X<YC．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：W>Y D．W與X可形成離子化合物二、非選擇題(共84分)23、（14分）羅氟司特是治療慢性阻塞性肺病的特效藥物，其合成中間體F的一種合成路線如下：回答下列問題：（1）A的化學名稱為__________，D的分子式為__________（2）由B生成C的化學方程式是____________。（3）E→F的反應類型為___________，F(xiàn)中含氧官能團的名稱為____________。（4）上述合成路線中，有3步反應都使用NaOH溶液來提高產(chǎn)率，其原理是_______。（5）的鏈狀同分異構體有_______種（不包括立體異構），寫出其中核磁共振氫譜有兩組峰的結構簡式：__________。（6）設計以對甲基苯酚為原料制備的合成路線：______（其他試劑任選）。24、（12分）PBAT(聚已二酸/對苯二甲酸丁二酯)可被微生物幾乎完全降解，成為包裝、醫(yī)療和農(nóng)用薄膜等領域的新興材料，它可由聚合物PBA和PBT共聚制得，一種合成路線如下：已知：R-CH3R-CNR-COOHR-CH=CH2R-COOH+CO2回答下列問題：(1)B的官能團名稱為_____，D的分子式為_____。(2)①的反應類型為_____；反應②所需的試劑和條件是_____。(3)H的結構簡式為_____。(4)⑤的化學方程式為_____。(5)M與G互為同系物，M的相對分子質(zhì)量比G大14；N是M的同分異構體，寫出同時滿足以下條件的N的結構簡式：______________(寫兩種，不考慮立體異構)。Ⅰ.既能與FeCl3發(fā)生顯色反應，又能發(fā)水解反應和銀鏡反應；Ⅱ.與NaOH溶液反應時，1molN能消耗4molNaOH；Ⅲ.核磁共振氫譜有五組峰，峰面積比為1:2:2:2:1。25、（12分）草酸亞鐵晶體（FeC2O4·2H2O）是一種黃色難溶于水的固體，受熱易分解，是生產(chǎn)電池、涂料以及感光材料的原材料。為探究純凈草酸亞鐵晶體熱分解的產(chǎn)物，設計裝置圖如下：（1）儀器a的名稱是______。（2）從綠色化學考慮，該套裝置存在的明顯缺陷是_________。（3）實驗前先通入一段時間N2，其目的為__________。（4）實驗證明了氣體產(chǎn)物中含有CO，依據(jù)的實驗現(xiàn)象為_______。（5）草酸亞鐵晶體在空氣易被氧化，檢驗草酸亞鐵晶體是否氧化變質(zhì)的實驗操作是____。（6）稱取5.40g草酸亞鐵晶體用熱重法對其進行熱分解，得到剩余固體質(zhì)量隨溫度變化的曲線如下圖所示：①上圖中M點對應物質(zhì)的化學式為_________。②已知400℃時，剩余固體是鐵的一種氧化物，試通過計算寫出M→N發(fā)生反應的化學方程式：_______。26、（10分）硝酸亞鐵可用作媒染劑、分析試劑、催化劑等。(1)硝酸亞鐵可用鐵屑在低溫下溶于稀硝酸制得，還原產(chǎn)物為NO。反應的化學方程式為________。(2)某小組為探究硝酸亞鐵晶體的熱分解產(chǎn)物，按下圖所示裝置進行實驗。①儀器B的名稱是____，實驗中無水CuSO4變藍，由此可知硝酸亞鐵晶體含有___。②實驗中觀察到A裝置的試管中有紅棕色氣體生成，檢驗熱分解后固體為氧化鐵的實驗方案為：實驗步驟現(xiàn)象取少量固體加適量稀硫酸，振蕩，將溶液分成兩份固體溶解得黃色溶液一份滴入____溶液變成紅色另一份滴入1～2滴K3[Fe(CN)6]溶液___________A中硝酸亞鐵晶體[Fe(NO3)2·xH2O]分解的化學方程式為______。(3)繼續(xù)探究mg硝酸亞鐵晶體中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)①取A中熱分解后的固體放入錐形瓶，用稀硫酸溶解，加入過量的KI溶液，滴入2滴___作指示劑。②用amol/LNa2S2O3標準溶液滴定錐形瓶中的溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，滴定至終點時用去bmLNa2S2O3溶液，則硝酸亞鐵晶體中鐵的質(zhì)量分數(shù)為______。27、（12分）亞氯酸鈉常用作漂白劑。某化學小組設計實驗制備亞氯酸鈉，并進行雜質(zhì)分析。實驗I按圖裝置制備NaC1O2晶體已知：①C1O2為黃綠色氣體，極易與水反應。②NaC1O2飽和溶液在低于38℃時析出NaC1O2·3H2O晶體，高于38℃時析出NaC1O2晶體，溫度高于60℃時NaC1O2分解生成NaC1O3和NaCl。（1）裝置A中b儀器的名稱是____；a中能否用稀硫酸代替濃硫酸____（填“能”或“不能”），原因是____。（2）A中生成C1O2的化學反應方程式為____。（3）C中生成NaC1O2時H2O2的作用是____；為獲得更多的NaC1O2，需在C處添加裝置進行改進，措施為____。（4）反應后，經(jīng)下列步驟可從C裝置的溶液中獲得NaC1O2晶體，請補充完善。i.55℃時蒸發(fā)結晶ii.__________ii.用40℃熱水洗滌iv.低于60℃干燥，得到成品實驗Ⅱ樣品雜質(zhì)分析（5）上述實驗中制得的NaC1O2晶體中還可能含有少量中學常見的含硫鈉鹽，其化學式為____，實驗中可減少該雜質(zhì)產(chǎn)生的操作（或方法）是____（寫一條）。28、（14分）I.工業(yè)合成氨可以實現(xiàn)大規(guī)模固氮，氨可用于生產(chǎn)氯化銨、硫酸銨等化學肥料。（1）等物質(zhì)的量濃度的兩溶液，pH大小為：氯化銨___________硫酸銨（選填>、=或<，下同）；銨根離子濃度相同的兩溶液，兩者的濃度大小關系為：氯化銨___________硫酸銨；（2）檢驗銨態(tài)氮肥中銨根離子的實驗方案是______________________________________；（3）長期施用硫酸銨，土壤會酸化板結的原因是__________________________________。II.最新“人工固氮”的研究報道：常溫常壓、催化劑條件下，N2與水發(fā)生反應：2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)?Q，（Q﹥0）。（4）如果反應的平衡常數(shù)K值變小，該反應正反應速率__________（選填增大、減小或不變，下同），逆反應速率__________。（5）請用上述反應中的有關物理量來說明該反應已達到平衡狀態(tài)______________________。（6）若反應的容器容積為2.0L，反應時間4.0min，容器內(nèi)氣體的密度增大了0.18g/L，在這段時間內(nèi)O2的平均反應速率為______________________。29、（10分）工業(yè)廢水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它們會對人類及生態(tài)系統(tǒng)產(chǎn)生很大危害，必須進行處理．常用的處理方法有兩種．方法1：還原沉淀法．該法的工藝流程為：其中第①步存在平衡2CrO42?（黃色）+2H+?Cr2O32?（橙色）+H2O（1）若平衡體系的

pH=2，該溶液顯______色．（2）能說明第①步反應達平衡狀態(tài)的是_____（填序號）A．Cr2O72?和CrO42?的濃度相同B．2v（Cr2O72?）=v（CrO42?）C．溶液的顏色不變（3）第②步中，還原1molCr2O72?離子，需要______mol的FeSO4?7H2O．（4）第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s）?Cr3+（aq）+3OH-（aq），常溫下，Cr（OH）3的溶度積Ksp=c（Cr3+）?c3（OH-）=10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH應調(diào)至______．方法2：電解法．該法用Fe做電極電解含Cr2O72?的酸性廢水，隨著電解的進行，在陰極附近溶液pH升高，產(chǎn)生Cr（OH）3沉淀；（5）用Fe做電極的原因為______（用電極反應式解釋）．（6）在陰極附近溶液

pH

升高，溶液中同時生成的沉淀還有______．

參考答案一、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、C【解析】

A.向氨化的飽和氯化鈉溶液中通入足量二氧化碳氣體:NH3·H2O+NaCl+CO2==NH4Cl+NaHCO3↓，離子方程式為：NH3·H2O+Na++CO2==NH4++NaHCO3↓，故A正確；B.堿性條件下次氯酸鉀溶液與氫氧化鐵反應制高鐵酸鉀:2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O，離子方程式為：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O，故B正確；C.向硫酸亞鐵溶液中加入過氧化鈉固體，亞鐵離子具有還原性，過氧化鈉具有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為：4Fe2++4Na2O2+6H2O＝4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+，故C錯誤；D.向飽和的碳酸氫鈣溶液中加入足量的澄清石灰水:Ca(HCO3)2+Ca(OH)2===2H2O+2CaCO3↓，離子方程式為：Ca2++HCO3-+OH-＝CaCO3↓+H2O，故D正確。答案選C。2、D【解析】

根據(jù)元素在周期表位置關系，四種元素位于第二三周期，且Z的最高價氧化物對應的水化物為M，室溫下，0.01mol/LM溶液pH<2。則Z為S，W、X、Y分別為C、N、Al。A．原子半徑大小：N＜C＜Al，故A正確；B．Z元素為S，其單質(zhì)易溶于CS2，故B正確；C．W、X分別為C、N，非金屬性越強，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性：C＜N，則氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：CH4＜NH3，故C正確；D．Y為Al元素，含Al元素的離子有Al3+、AlO或[Al(OH)4]－，故D錯誤；答案選D?！军c睛】根據(jù)相似相容原理，S易溶于CS2。3、B【解析】

A．根據(jù)該分子的結構簡式可知分子式為C18H32ClN3O8P2，故A正確；B．Cl原子連接在苯環(huán)上，不能發(fā)生消去反應，故B錯誤；C．苯環(huán)、碳碳雙鍵、氮碳雙鍵均可加成，所以1mol磷酸氯喹最多能與5molH2發(fā)生加成反應，故C正確；D．分子中的—C1被—OH取代后變成酚羥基，且其鄰位碳原子有空位，可以與溴水作用生成沉淀，故D正確；故答案為B。4、B【解析】

W原子的最外層電子數(shù)是次外層的2倍，則W為碳(C)；X－、Y+具有相同的電子層結構，則X為氟（F），Y為鈉（Na）；Z的陰離子不能發(fā)生水解反應，則Z為氯（Cl）?！驹斀狻緼.比較原子半徑時，先看電子層數(shù)，再看最外層電子數(shù)，則原子半徑Na＞Cl＞C＞F，A錯誤；B.非金屬性F>Cl>C，所以簡單氫化物的穩(wěn)定性X＞Z＞W(wǎng)，B正確；C.非金屬性C<Cl，則最高價氧化物的水化物的酸性W<Z，C錯誤；D.X與W、Y形成的化合物分別為CF4、NaF，前者含共價鍵、后者含離子鍵，D錯誤。故選B。5、A【解析】

A．次氯酸具有強氧化性，二氧化硫具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應生成硫酸和鹽酸，故A錯誤；B．無色酚酞遇堿變紅色，向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液變紅，說明該溶液呈堿性，則硅酸鈉水解導致溶液呈堿性，故B正確；C．氧化鋁的熔點高于鋁的熔點，鋁表面被一層致密的氧化鋁包著，所以鋁箔在酒精燈火焰上加熱熔化但不滴落，故C正確；D．氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，溶液呈酸性，則氯水遇藍色石蕊試紙變紅色，次氯酸有漂白性，所以試紙最后褪色，故D正確；答案選A。6、B【解析】

在金屬活動性順序中，位置在前的金屬能將位于其后的金屬從其鹽溶液中置換出來，向氯化鐵溶液中加入ag銅粉，反應為2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2；完全溶解后再加入bg鐵粉，充分反應后過濾得到濾液和固體cg，可能發(fā)生反應為2FeCl3+Fe＝3FeCl2、CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu，根據(jù)發(fā)生的反應分析?！驹斀狻堪l(fā)生的化學反應有三個，化學方程式如下：2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2；CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu；2FeCl3+Fe＝3FeCl2，則A．若a＞c，加入的鐵是不足量的，此時溶液中還有部分銅未完全置換出來，由方程式CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu可知，56gFe可以置換64gCu，所以b一定小于c，選項A錯誤；B．若a＞c，加入的鐵是不足量的，此時溶液中還有部分銅未完全置換出來，cg固體中只含一種金屬Cu，由方程式CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu可知，b一定小于c，選項B錯誤；C．若a＜c，加入的鐵是過量的，溶液中只有Fe2+，cg固體中含兩種金屬Fe、Cu，由方程式2FeCl3+Fe＝3FeCl2、CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu可知b可能與c相等，選項C正確；D．若a=c，加入的鐵恰好把銅離子完全置換出來，溶液中只有Fe2+，選項D錯誤。答案選C。【點睛】本題考查了Fe、Cu及其化合物之間的反應，注意把握Fe與銅離子、鐵離子之間的反應，側重于考查學生的分析判斷能力。7、B【解析】

A.①中的反應機理可以認為過氧化鈉與水反應生成過氧化氫與氫氧化鈉，過氧化氫分解生成水和氧氣，發(fā)生的反應為復分解反應與氧化還原反應，④中過氧化鋇再與稀硫酸反應生成過氧化氫與硫酸鋇沉淀，過氧化氫分解生成了氧氣，因此兩個試管中均發(fā)生了氧化還原反應和復分解反應。A項正確；B.①中過氧化鈉與水反應生成氧氣，不能說明存在H2O2，B項錯誤；C.④中BaO2與硫酸反應生成過氧化氫和硫酸鋇沉淀，證明酸性：硫酸＞過氧化氫，不能說明溶解性：BaO2>BaSO4，C項正確；D.⑤中產(chǎn)生的氣體為氧氣，氧元素化合價升高，做還原劑，說明H2O2具有還原性，D項正確；答案選B。8、C【解析】

A.滴加濃NaOH溶液并加熱，若有NH4+，則會有氨氣放出，應該用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗，故A錯誤；B.二氧化碳、二氧化硫均使石灰水變渾濁，則氣體不一定為CO2，故B錯誤；C.某無色溶液中滴加氯水和CCl4，振防、靜置，下層溶液顯紫紅色，可知碘離子被氧化生成碘單質(zhì)，則原溶液中有I-，故C正確；D.由現(xiàn)象可知，鹽酸的酸性大于硅酸的酸性，但鹽酸為無氧酸，不能比較Cl、Si的非金屬性，故D錯誤；故選C。9、C【解析】

隨pH的升高，c(H2A)減小、c(HA-)先增大后減小、c(A2-)增大，所以pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)的變化曲線分別是?！驹斀狻緼.根據(jù)圖示，pH=3.50時，c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，故A錯誤；B.根據(jù)a點，H2A的Ka1=10-0.8，根據(jù)c點，H2A的Ka2=10-5.3，A2-的水解常數(shù)是=10-8.7，等濃度等體積的Na2A與H2A溶液混合，電離大于水解，溶液顯酸性，故B錯誤；C.，隨著HCl的通入c(HA-)先增大后減小，所以c(H+)/c(H2A)先減小后增大，故C正確；D.根據(jù)物料守恒，pH從3.00到5.30時，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)不變，故D錯誤；答案選C。10、D【解析】

方案Ⅰ：發(fā)生反應為2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2NaAlO2+H2SO4+2H2O==2Al(OH)3↓+Na2SO4；則2Al—2NaOH—H2SO4—2Al(OH)3；方案Ⅱ：發(fā)生反應為2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaOH==2Al(OH)3↓+3Na2SO4；則2Al—6NaOH—3H2SO4—2Al(OH)3；方案Ⅲ：2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O==8Al(OH)3↓+3Na2SO4，則2Al—1.5NaOH—0.75H2SO4—2Al(OH)3?！驹斀狻緼．三種方案中，消耗Al都為1mol，Al都由0價升高為+3價，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)一樣多，A正確；B．從三個方案的比較中可以看出，生成等物質(zhì)的量的氫氧化鋁，方案Ⅲ所用硫酸的量最少，B正確；C．方案Ⅰ需控制酸的加入量，方案Ⅱ需控制堿的加入量，而方案Ⅲ不需對酸、堿的用量嚴格控制，所以方案Ⅲ比前兩個方案更易控制酸堿的加入量，C正確；D．采用方案Ⅲ時，整個過程中Al與酸、堿的用量關系為6Al—6NaOH—3H2SO4—2Al，用于制備溶液①的Al占總量的0.75，D不正確；故選D。11、C【解析】

A．開始要將銀離子沉淀完全，再向新生成的AgCl濁液中滴入KI溶液，白色沉淀逐漸轉(zhuǎn)化為黃色沉淀，才能說明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故A錯誤；B．加入KSCN溶液溶液變紅，只說明有鐵離子，不能確定亞鐵離子是否完全被氧化，故B錯誤；C．純凈的乙烯通入酸性高錳酸鉀溶液，紫紅色褪去，說明乙烯具有還原性，故C正確；D．SO2被ClO-氧化成CaSO4沉淀，不能說明酸性強弱，故D錯誤；故選C。12、A【解析】

在氧化還原反應中化合價降低，得電子的物質(zhì)為氧化劑，據(jù)此分析?！驹斀狻緼、反應Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，中Fe元素的化合價降低，得電子，則Fe2O3是氧化劑，故A正確；B、CO中碳在氧化還原反應中化合價升高，失電子，作還原劑，故B錯誤；C、鐵是還原產(chǎn)物，故C錯誤；D、CO2是氧化產(chǎn)物，故D錯誤；故選：A。13、B【解析】

A.FeI2與足量氯氣反應生成氯化鐵和碘單質(zhì)，0.2molFeI2與足量氯氣反應時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.6NA，故A錯誤；B.NO2和N2O4的最簡式都是NO2，46gNO2和N2O4混合氣體含有的原子數(shù)3NA，故B正確；C.標準狀況下CCl4是液體，2.24LCCl4的物質(zhì)的量不是0.1mol，故C錯誤；D.常溫下，鐵在濃H2SO4中鈍化，故D錯誤。14、D【解析】

A．氮氣與氫氣反應為可逆反應，不能進行到底，所以1mol氮氣與3mol氫氣反應，生成的氨分子數(shù)目小于2NA，故A錯誤；B．溶液體積未知，無法計算S原子個數(shù)，故B錯誤；C．氣體狀況未知，無法計算其物質(zhì)的量，故無法計算電子轉(zhuǎn)移數(shù)，故C錯誤；D．三價鐵離子為弱堿陽離子，水溶液中部分水解，所以常溫下，3L0.1mol?L-1FeCI3溶液所含F(xiàn)e3+數(shù)目小于0.3NA，故D正確；故選：D。15、D【解析】

A、CuSO4為強酸弱堿鹽，水解溶液呈酸性，選項A錯誤；B.CuSO4與H2S反應生成硫化銅和硫酸，H2S必須寫化學式，反應的離子方程式為：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，選項B錯誤；C.用惰性電極電解CuSO4溶液時，陰極上銅離子得電子產(chǎn)生銅單質(zhì)，陽極上氫氧根離子失電子產(chǎn)生氧氣，選項C錯誤；D、在溶液中，根據(jù)電荷守恒有：2c(Cu2+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，選項D正確；答案選D。16、B【解析】

35Cl和37Cl－具有相同的質(zhì)子數(shù)，而核電荷數(shù)等于質(zhì)子數(shù)，故具有相同的核電荷數(shù)，故選：B?！军c睛】在原子中，質(zhì)子數(shù)=電子數(shù)=核電荷數(shù)，但質(zhì)子數(shù)不一定等于中子數(shù)，所以中子數(shù)與電子數(shù)、核電荷數(shù)是不一定相等的。17、D【解析】

A、平衡常數(shù)只與溫度有關系，溫度不變平衡也可能發(fā)生移動，則K值不變，平衡可能移動，A正確；B、K值變化，說明反應的溫度一定發(fā)生了變化，因此平衡一定移動，B正確；C、平衡移動，溫度可能不變，因此K值可能不變，C正確；D、平衡移動，溫度可能不變，因此K值不一定變化，D不正確，答案選D。18、D【解析】

A．黃銅和金的密度不可能相同，所以測密度可行，故A不選；B．合金的熔點一般較低，黃銅合金的熔點較低，真金的熔點高，所以測熔點可行，故B不選；C．黃銅在空氣中灼燒，會與空氣中的氧氣反應變黑色，真金無明顯變化，灼燒可行，故C不選；D．黃銅和金的顏色相同，不可鑒別，故D選；故選D。19、A【解析】

A、SO2有毒，對人體有傷害，不能用于食品加工，故說法錯誤；B、SiO2是原子晶體，熔點高，因此可以作耐高溫儀器，故說法正確；C、胃酸的成分是鹽酸，氫氧化鋁表現(xiàn)弱堿性，可以中和胃酸，因此用于胃酸中和劑，故說法正確；D、銅和Fe3＋發(fā)生反應，即2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，故說法正確。20、C【解析】

A.由信息可知，中心原子最外層電子未達飽和結構的酸，能結合水電離出的OH-，從而促進水的電離，A錯誤；B.1個硼酸分子能結合1個OH-，從而表現(xiàn)一元酸的性質(zhì)，所以硼酸是一元酸，B錯誤；C.硼酸的中心原子未達飽和結構，與堿反應時，能結合OH-，從而生成[B(OH)4]－，C正確；D.硼酸只能結合OH-而不能結合H+，所以它是酸性化合物，D錯誤。故選C。21、D【解析】

A．混合體系Br2的顏色褪去，可能是單質(zhì)溴與堿反應，也可能單質(zhì)溴與烯烴發(fā)生加成反應，無法證明發(fā)生消去反應，故A錯誤；B．混合體系淡黃色沉淀，說明生成了溴離子，而發(fā)生水解反應和消去反應都能生成溴離子，無法證明發(fā)生消去反應，故B正確；C．混合體系有機物紫色褪去，乙醇也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，無法證明發(fā)生消去反應，故C錯誤；D．混合體系有機物Br2的顏色褪去，說明有苯乙烯生成，能證明發(fā)生消去反應，故D正確；故選D。22、A【解析】

X原子的電子層數(shù)與最外層電子數(shù)相等，X應為Al，Y和W、Y和Z分別相鄰，且W、Y和Z三種元素的原子最外層電子數(shù)之和為19，則W為O、Y為S，Z為Cl元素。【詳解】A．氯氣的相對分子質(zhì)量比氧氣大，沸點比氧氣高，故A錯誤；B．X為Al、Y為S、硫離子比鋁離子多一個電子層，離子半徑較大，故B正確；C．非金屬性O＞S，元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩(wěn)定，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：H2O>H2S，故C正確；D．O的非金屬性較強，與鋁反應生成的氧化鋁為離子化合物，熔融狀態(tài)下可導電，故D正確。故選A。二、非選擇題(共84分)23、鄰苯二酚C11H11O2F2Br取代反應（或水解反應）醚鍵、羧基減小生成物濃度，使平衡正向移動8BrCH＝C（CH3）2【解析】

A中苯環(huán)上有兩個處于鄰位的酚羥基，習慣上叫做鄰苯二酚，在NaOH溶液作用下，A與發(fā)生取代反應生成B（），B與Br2發(fā)生取代反應生成C（），C在NaOH溶液作用下酚羥基發(fā)生取代生成D（），D經(jīng)過取代、酯化兩個反應后得到E（），最后E中的酯基經(jīng)堿性條件下水解再酸化生成合成羅氟司特的中間體F（）。根據(jù)以上分析解答此題。【詳解】(1)中苯環(huán)上有兩個處于鄰位的酚羥基，叫做鄰苯二酚；D為，分子式為C11H11O2F2Br；答案為：鄰苯二酚；C11H11O2F2Br。(2)由圖示可知與Br2發(fā)生取代反應生成C，根據(jù)原子守恒寫出反應方程式：。答案為：。(3)E到F的反應中只有酯基發(fā)生水解，生成羧酸鹽后再進行酸化，反應類型為取代反應（或水解反應），F(xiàn)中的含氧官能團為醚鍵、羧基。答案為；取代反應（或水解反應）；醚鍵、羧基。(4)上述合成路線中，A→B、C→D、E→F這三個反應中都使用了NaOH溶液，有機反應的特點是反應比較慢，副反應多，很多還是可逆反應，在上面三個反應中NaOH溶液都可以與反應后的生成物發(fā)生反應，使生成物的濃度減小，促使平衡向正向移動，提高了反應的產(chǎn)率，最后還可再經(jīng)酸化除去官能團里的鈉離子。答案為：減小生成物濃度，使平衡正向移動。(5)的分子式為C4H7Br，不飽和度為1，寫成鏈狀可以考慮為丁烷里面增加一條雙鍵，正丁烷里加一條雙鍵有兩種寫法：CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3，異丁烷里加一條雙鍵只有一種寫法：CH2=C(CH3)2。在CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2里面分別有4、2、2種等效氫，所以CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2的一溴代物即的鏈狀同分異構體（不包括立體異構）有4+2+2=8種。其中核磁共振氫譜有兩組峰也就是結構式中有兩種氫的為：BrCH＝C(CH3)2。答案為：8；BrCH＝C(CH3)2。(6)根據(jù)題中信息，以為原料合成有兩個方向的反應，一個是酚羥基上的取代，另一個是甲基鄰位的取代，酯化，仿照題中C→D的條件可實現(xiàn)酚羥基的取代，得到，再與Br2發(fā)生取代生成，然后仿照題中D→E的條件可實現(xiàn)甲基鄰位溴原子的取代，酯化得到。故以對甲基苯酚為原料制備的合成路線為：。答案為：。24、氯原子C6H10O4取代反應NaOH、C2H5OH(或乙醇)，加熱HOCH2CH2CH2CH2OH+2NH3+3O2→+6H2O【解析】

從A到C由環(huán)烷烴變成了環(huán)烯烴，并且A生成B是光照下與Cl2的取代，所以從B到C即為鹵代烴的消去，結合題干提示的反應，環(huán)己烯經(jīng)過高錳酸鉀處理后就可以得到己二酸，H就是1,4-丁二醇，所以PBA就是聚己二酸丁二酯。從E生成F，再由F生成對苯二甲酸，條件恰好與題干提示的反應相同，所以推測E為對二甲苯，F(xiàn)即為對苯二腈?！驹斀狻?1)B為鹵代烴，官能團的名稱為氯原子；D為己二酸，所以分子式為C6H10O4；(2)反應①即為烴變成鹵代烴的反應，反應類型即為取代反應；反應②為鹵代烴的消去反應，所加試劑即NaOH，乙醇，并且需要加熱；(3)H通過推斷即為1,4-丁二醇，所以結構簡式為HOCH2CH2CH2CH2OH；(4)反應⑤即由對二甲苯生成對苯二腈的反應，所以方程式為：+2NH3+3O2→+6H2O；(5)由題可知M的分子式為C9H8O4，扣除苯環(huán)還有2個不飽和度；滿足要求的N的結構中一定有羥基，此外也要具有醛基和酯基的結構；考慮到1molN能消耗4mol的NaOH，所以只能是2個羥基，1個甲酸酯基，由于還需要有一個不飽和度，所以還含有一個乙烯基；再考慮到核磁共振氫譜的信息，最終滿足要求的有機物的結構為如下兩種：；【點睛】書寫滿足特定要求的物質(zhì)的同分異構體的結構時，從不飽和度入手，結合有關信息確定有機物中一定含有的結構；此外，也要注意特定結構的基團，例如甲酸酯基等；確定有機物所含的基團后，再結合核磁共振氫譜的信息考慮物質(zhì)的對稱性，最終將物質(zhì)的結構書寫出來。25、球形干燥管（干燥管）缺少處理CO尾氣裝置排盡裝置內(nèi)空氣，防止空氣中H2O和CO2的干擾E中黑色粉末變紅色，F(xiàn)出現(xiàn)白色沉淀取少量草酸亞鐵晶體于試管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液變紅色，則草酸亞鐵晶體已氧化變質(zhì)；若不變紅色，則草酸亞鐵晶體未氧化變質(zhì)FeC2O43FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑【解析】

裝置A為草酸亞鐵晶體分解，利用無水硫酸銅檢驗水蒸氣，B裝置檢驗二氧化碳，C裝置吸收二氧化碳，D裝置干燥氣體，E裝置檢驗CO，F(xiàn)裝置檢驗二氧化碳，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)儀器a的名稱是球形干燥管(干燥管)，故答案為：球形干燥管(干燥管)；(2)反應會產(chǎn)生CO，缺少處理CO尾氣裝置，故答案為：缺少處理CO尾氣裝置；(3)反應會會產(chǎn)生CO和H2O，通入氮氣，排盡裝置內(nèi)空氣，防止空氣中H2O和CO2的干擾，故答案為：排盡裝置內(nèi)空氣，防止空氣中H2O和CO2的干擾；(4)CO與CuO反應，生成Cu和二氧化碳，現(xiàn)象為E中黑色粉末變紅色，F(xiàn)出現(xiàn)白色沉淀，故答案為：E中黑色粉末變紅色，F(xiàn)出現(xiàn)白色沉淀；(5)檢驗鐵離子的試劑為KSCN，具體有：取少量草酸亞鐵晶體于試管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液變紅色，則草酸亞鐵晶體已氧化變質(zhì)；若不變紅色，則草酸亞鐵晶體未氧化變質(zhì)，故答案為：取少量草酸亞鐵晶體于試管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液變紅色，則草酸亞鐵晶體已氧化變質(zhì)；若不變紅色，則草酸亞鐵晶體未氧化變質(zhì)；(6)①草酸亞鐵晶體的物質(zhì)的量為：＝0.03mol，通過剩余固體的質(zhì)量為4.32g，則M的摩爾質(zhì)量為＝144g/mol，過程Ⅰ發(fā)生的反應是：草酸亞鐵晶體受熱失去結晶水，剩下的M為FeC2O4，故答案為：FeC2O4；②草酸亞鐵晶體中的鐵元素質(zhì)量為：＝1.68g，草酸亞鐵晶體中的鐵元素完全轉(zhuǎn)化到氧化物中，氧化物中氧元素的質(zhì)量為：，設鐵的氧化物的化學式為FexOy，則有：，解得x：y＝3：4，鐵的氧化物的化學式為Fe3O4，因此M→N發(fā)生反應的化學方程式為3FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑?！军c睛】本題難點在于(6)②，根據(jù)質(zhì)量，求分子式，可以通過質(zhì)量守恒得到答案。26、3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O干燥管(或球形干燥管)結晶水l~2滴KSCN溶液無藍色沉淀生成4Fe(NO3)2?xH2O2Fe2O3+8NO2↑+O2↑+4xH2O淀粉溶液【解析】

(1)鐵在低溫下溶于稀硝酸，反應生成硝酸亞鐵和NO，據(jù)此書寫反應的化學方程式；(2)①無水CuSO4變藍，說明生成了水，據(jù)此解答；②實驗中觀察到A裝置的試管中有紅棕色氣體生成，該氣體為二氧化氮，同時生成氧化鐵，據(jù)此書寫分解的化學方程式；將少量氧化鐵溶于稀硫酸，得到含有鐵離子的溶液，鐵離子遇到KSCN變紅色，K3[Fe(CN)6]溶液是檢驗亞鐵離子的試劑，據(jù)此分析解答；(3)①鐵離子具有氧化性，加入過量的KI溶液，能夠?qū)⒌怆x子氧化生成碘單質(zhì)，據(jù)此選擇指示劑；②根據(jù)發(fā)生的反應2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-分析解答?！驹斀狻?1)鐵在低溫下溶于稀硝酸，反應生成硝酸亞鐵和NO，反應的化學方程式為3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案為3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O；(2)①根據(jù)裝置圖，儀器B為干燥管，實驗中無水CuSO4變藍，說明生成了水，由此可知硝酸亞鐵晶體含有結晶水，故答案為干燥管；結晶水；②實驗中觀察到A裝置的試管中有紅棕色氣體生成，該氣體為二氧化氮，同時生成氧化鐵，則硝酸亞鐵晶體[Fe(NO3)2·xH2O]分解的化學方程式為4Fe(NO3)2?xH2O2Fe2O3+8NO2↑+O2↑+4xH2O；根據(jù)檢驗氧化鐵的實驗步驟：將少量氧化鐵溶于稀硫酸，得到含有鐵離子的溶液，鐵離子遇到KSCN變紅色，K3[Fe(CN)6]溶液是檢驗亞鐵離子的試劑，因此滴入1～2滴K3[Fe(CN)6]溶液，無藍色沉淀生成，故答案為l～2滴KSCN溶液；無藍色沉淀生成；4Fe(NO3)2?xH2O2Fe2O3+8NO2↑+O2↑+4xH2O；(3)①鐵離子具有氧化性，加入過量的KI溶液，能夠?qū)⒌怆x子氧化生成碘單質(zhì)，因此可以選用淀粉溶液作指示劑，故答案為淀粉溶液；②發(fā)生的反應有2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，有關系式2Fe3+～I2～2S2O32-，因此硝酸亞鐵晶體中鐵的質(zhì)量分數(shù)為×100%=，故答案為?！军c睛】本題的易錯點為(2)②，要注意K3[Fe(CN)6]溶液的作用是檢驗亞鐵離子，如果溶液中存在亞鐵離子，則會生成藍色沉淀。27、蒸餾燒瓶不能ClO2極易與稀硫酸中的水反應，影響NaC1O2產(chǎn)率2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O作還原劑將C裝置放置于水浴中進行反應，控制溫度在38℃~60℃趁熱過濾（或38℃以上過濾）Na2SO4控制濃硫酸滴速（或緩慢滴加濃硫酸或混合固體混合物時加入過量的NaC1O3等）【解析】

裝置A中制備得到ClO2，所以A中反應為NaClO3和Na2SO3在濃H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4，二氧化氯和氫氧化鈉反應生成NaClO2，A中可能發(fā)生Na2SO3+H2SO4（濃）=Na2SO4+SO2↑+H2O，產(chǎn)生的SO2

被帶入C中與NaOH反應生成Na2SO3，Na2SO3與H2O2

反應生成Na2SO4，由題目信息可知，應控制溫度38℃～60℃，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl；裝置B的作用是安全瓶，有防倒吸作用，從裝置C的溶液獲得NaClO2晶體，需要蒸發(fā)結晶、趁熱過濾、洗滌、干燥，裝置D是吸收多余氣體防止污染。據(jù)此解答?！驹斀狻浚?）根據(jù)儀器構造，裝置A中b儀器的名稱是蒸餾燒瓶；A中反應為氯酸鈉在酸性溶液中氧化亞硫酸鈉為硫酸鈉，本身被還原為二氧化氯。由信息可知，C1O2極易與水反應，所以a中不能用稀硫酸代替濃硫酸，防止ClO2與稀硫酸中的水反應，影響NaC1O2產(chǎn)率。故答案為蒸餾燒瓶；不能；ClO2極易與稀硫酸中的水反應，影響NaC1O2產(chǎn)率；（2）A中氯酸鈉在酸性溶液中氧化亞硫酸鈉為硫酸鈉，本身被還原為二氧化氯，反應的化學方程式應為2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，

故答案為2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；（3）C中二氧化氯和氫氧化鈉反應生成NaClO2，氯元素化合價從+4價降到+3價，二氧化氯被還原，所以C中生成NaC1O2時H2O2的作用是作還原劑；由題目信息可知，應控制溫度38℃～60℃，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以為獲得更多的NaC1O2，將C裝置放置于水浴中進行反應，控制溫度在38℃～60℃。故答案為作還原劑；將C裝置放置于水浴中進行反應，控制溫度在38℃～60℃；（4）從溶液中制取晶體，一般采用蒸發(fā)結晶、過濾、洗滌、干燥的方法，為防止析出晶體NaClO2?3H2O，應趁熱過濾，由題目信息可知，應控制溫度38℃～60℃進行洗滌，低于60℃干燥，所缺步驟為趁熱過濾（或38℃以上過濾）。故答案為趁熱過濾（或38℃以上過濾）；（5）A中可能發(fā)生Na2SO3+H2SO4（濃）=Na2SO4+SO2↑+H2O，產(chǎn)生的SO2

被帶入C中與NaOH反應生成Na2SO3，Na2SO3與H2O2

反應生成Na2SO4，所以制得的NaC1O2晶體中混有Na2SO4；為減少Na2SO4產(chǎn)生，應盡量減少生成SO2，采取的操作可以是控制濃硫酸滴速（或緩慢滴加濃硫酸或混合固體混合物時加入過量的NaC1O3等）。故答案為Na2SO4；控制濃硫酸滴速（或緩慢滴加濃硫酸或混合固體混合物時加入過量的NaC1O3等）。28、〉〉取樣，加入試管配成溶液，加入濃氫氧化鈉溶液，加熱，在試管口放一片濕潤的紅色石蕊試紙,若變藍，則含有銨根離子；反之沒有硫酸銨是強酸弱堿鹽，其溶液呈酸性，所以長期施用，土壤會酸化板結減小減小容器中氣體的總質(zhì)量不隨時間而變化或容器中氣體的平均相對分子質(zhì)量不隨時間而變化或容器中氣體的密度不隨時間而變化或