2025年浙江省樂清市白象中學高三3月第二次階段考化學試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、下列判斷中一定正確的是（）A．若R2-和M+的核外電子層結構相同，則原子序數：R>MB．若X、Y屬于同主族元素，且相對原子質量X>Y，則原子失電子能力：X>YC．若X、Y都是氣態氫化物，且相對分子質量X>Y，則沸點：X>YD．若金屬性M>N，則以M、N為兩電極的原電池中M一定是負極2、常溫下，下列有關溶液的說法正確的是（）A．pH相等的①NH4Cl②NH4Al(SO4)2③NH4HSO4溶液：NH4＋濃度的大小順序為①>②>③B．常溫下，pH為5的氯化銨溶液和pH為5的醋酸溶液中水的電離程度相同C．HA的電離常數Ka=4.93×10-10，則等濃度的NaA、HA混合溶液中：c(Na＋)>c(HA)>c(A－)D．已知在相同條件下酸性HF>CH3COOH，則物質的量濃度相等的NaF與CH3COOK溶液中：c(Na＋)－c(F-)>c(K＋)－c(CH3COO-)3、能證明KOH是離子化合物的事實是A．常溫下是固體 B．易溶于水 C．水溶液能導電 D．熔融態能導電4、常溫下，用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.0lmol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示(不考慮C2O42-的水解)。已知Ksp(AgC1)數量級為10-10。下列敘述不正確的是（）A．圖中Y線代表的Ag2C2O4B．n點表示AgCl的過飽和溶液C．向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液時，先生成AgC1沉淀D．Ag2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常數為1.0×10-0.7l5、邏輯推理是化學學習中常用的一種思維方法，以下四個推理中正確的是（）A．有機物一定含有碳元素，所以含碳元素的化合物一定是有機物B．置換反應中有單質生成，所以有單質生成的反應一定屬于置換反應C．含碳元素的物質在O2中充分燃燒會生成CO2，所以在O2中燃燒能生成CO2的物質一定含碳元素D．鹽的組成中含有金屬陽離子與酸根離子，所以鹽中一定不含氫元素6、下列裝置所示的分離提純方法和物質的溶解性無關的是A． B．C． D．7、下列說法正確的是A．氫氧燃料電池放電時化學能全部轉化為電能B．反應4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常溫下可自發進行，該反應為吸熱反應C．3molH2與1molN2混合反應生成NH3，轉移電子的數目小于6×6.02×1023D．在酶催化淀粉水解反應中，溫度越高淀粉水解速率越快8、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A．0.1mol·L?1NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-B．通入過量Cl2：Cl－、SO42－、Fe2+、Al3+C．通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO-、CH3COO-、HCO3-D．0.1mol·L?1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-9、用物理方法就能從海水中直接獲得的物質是A．鈉、鎂 B．溴、碘 C．食鹽、淡水 D．氯氣、燒堿10、下列關于Fe3＋、Fe2＋性質實驗的說法錯誤的是（）A．用如圖裝置可以制備沉淀Fe(OH)2B．配制FeCl3溶液時，先將氯化鐵晶體溶于較濃的鹽酸中，再加水稀釋到所需要的濃度C．向FeCl2溶液中加入少量鐵粉是為了防止Fe2＋被氧化D．FeCl3溶液中滴加KSCN溶液會生成紅色沉淀11、烷烴命名中常使用三套數字，甲、乙、丙……，1、2、3……，一、二、三……。其中“一、二、三……”是說明A．碳原子數 B．烷基位置編號 C．氫原子數 D．同種烷基數目12、根據下列實驗操作和現象所得到的結論正確的是（）A．A B．B C．C D．D13、下列物質的水溶液因水解而呈堿性的是（）A．NaOHB．NH4ClC．CH3COONaD．HC114、氮及其化合物的轉化過程如下圖所示，其中如圖為反應①過程中能量變化的曲線圖。下列分析合理的是A．如圖中c曲線是加入催化劑a時的能量變化曲線B．反應①的熱化學方程式為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/molC．在反應②中，若有1.25mol電子發生轉移，則參加反應的NH3的體積為5.6LD．催化劑a、b能提高化學反應①、②的化學反應速率和平衡轉化率15、常溫下，向盛50mL0.100mol·L-1鹽酸的兩個燒杯中各自勻速滴加50mL的蒸餾水、0.100mol·L-1醋酸銨溶液，測得溶液pH隨時間變化如圖所示。已知Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。下列說法正確的是（）A．曲線X是鹽酸滴加蒸餾水的pH變化圖，滴加過程中溶液各種離子濃度逐漸減小B．曲線Y上的任意一點溶液中均存在c(CH3COO-)<c(NH4+)C．a點溶液中n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=0.01molD．b點溶液中水電離的c(H+)是c點的102.37倍16、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↓+H2O17、下列說法中正確的是（）A．2019年，我國河南、廣東等許多地方都出現了旱情，緩解旱情的措施之一是用溴化銀進行人工降雨B．“光化學煙霧”“臭氧層空洞”“溫室效應”“硝酸型酸雨”等環境問題的形成都與氮氧化合物有關C．BaSO4在醫學上用作透視鋇餐，主要是因為它難溶于水D．鈉、鎂等單質在電光源研制領域大顯身手，鈉可以應用于高壓鈉燈，鎂可以制造信號彈和焰火18、實驗室利用下列反應裝置模擬侯氏制堿法制備NaHCO3，反應原理為：NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，下列說法錯誤的是（）A．通過活塞K可控制CO2的流速B．裝置b、d依次盛裝飽和Na2CO3溶液、稀硫酸C．裝置c中含氨的飽和食鹽水提高了CO2吸收效率D．反應后將裝置c中的錐形瓶浸入冷水充分冷卻，過濾得到NaHCO3晶體19、NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．0.1molCl2和足量的水反應，轉移電子數為0.1NAB．SO2和CO2的混合氣體1.8g中所含中子數為0.9NAC．標準狀況下，22.4L丙烷含有的共價鍵總數為11NAD．pH=11的Ba(OH)2溶液中水電離出的氫離子數目為1×10-11NA20、化合物X(5沒食子酰基奎寧酸)具有抗氧化性和抗利什曼蟲活性而備受關注，X的結構簡式如圖所示。下列有關X的說法正確的是()A．分子式為C14H15O10B．分子中有四個手性碳原子C．1molX最多可與4molNaOH反應D．1molX最多可與4molNaHCO3反應21、能正確表示下列變化的離子方程式是A．硅酸鈉中滴加鹽酸：Na2SiO3＋2H＋=H2SiO3↓＋2Na＋B．少量SO2通人NaClO溶液中：SO2＋3ClO－＋H2O=SO42－＋Cl－＋2HClOC．高錳酸鉀溶液中滴人雙氧水：2MnO4－＋3H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋4O2↑＋6H2OD．小蘇打治療胃酸過多：CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O22、第三周期X、Y、Z、W四種元素的最高價氧化物溶于水可得到四種溶液，0.010mol/L的這四種溶液在25℃時的pH與該元素原子半徑的關系如圖所示。下列說法正確的是A．簡單離子半徑：X>Y>Z>WB．W的氧化物對應的水化物一定是強酸C．氣態氫化物的穩定性：W＜Z＜YD．W與Z可形成一種各原子均達到8電子穩定結構的化合物Z2W2，其結構式為：W-Z-Z-W二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E五種物質中均含有同一種非金屬元素，他們能發生如圖所示的轉化關系。若該元素用R表示，則A為R的氧化物，D與NaOH溶液反應生成C和H2。請回答：(1)寫出對應物質的化學式：A________________；C________________；E________________。(2)反應①的化學方程式為_______________________________________。(3)反應④的離子方程式為_____________________________________。(4)H2CO3的酸性強于E的，請用離子方程式予以證明：_______________________________。24、（12分）芳香族化合物A()是重要的有機化工原料。由A制備有機化合物F的合成路線(部分反應條件略去)如圖所示：（1）A的分子式是______，B中含有的官能團的名稱是_________。（2）D→E的反應類型是_______。（3）已知G能與金屬鈉反應，則G的結構簡式為_________。（4）寫出E→F的化學方程式：_________。（5）寫出符合下列條件的龍膽酸乙酯()的同分異構體有______種，寫出其中一種同分異構體的結構簡式：_________________。①能發生銀鏡反應，與FeCl3溶液不發生顯色反應，但水解產物之一能與FeCl3溶液發生顯色反應；②核磁共振氫譜有四組峰，且峰的面積之比為6:2:1:1。（6）已知：。參照上述合成路線，設計一條以苯酚、乙醇為原料制備龍膽酸乙酯()的合成路線(無機試劑任用)：________。25、（12分）納米TiO2是一種重要的光催化劑。以鈦酸酯Ti(OR)4為原料制備納米TiO2的步驟如下：①組裝裝置如下圖所示，保持溫度約為65℃，先將30mL鈦酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]加入盛有無水乙醇的三頸燒瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分攪拌；②將含水20％的乙醇溶液緩慢滴入三頸燒瓶中，得到二氧化鈦溶膠；③將二氧化鈦溶膠干燥得到二氧化鈦凝膠，灼燒凝膠得到納米TiO2。已知，鈦酸四丁酯能溶于除酮類物質以外的大部分有機溶劑，遇水劇烈水解；Ti(OH)4不穩定，易脫水生成TiO2，回答下列問題：(1)儀器a的名稱是_______，冷凝管的作用是________。(2)加入的乙酰丙酮可以減慢水解反應的速率，其原理可能是________(填標號)。a.增加反應的焓變b.增大反應的活化能c.減小反應的焓變d.降低反應的活化能制備過程中，減慢水解反應速率的措施還有________。(3)步驟②中制備二氧化鈦溶膠的化學方程式為________。下圖所示實驗裝置中，可用于灼燒二氧化鈦凝膠的是________(填標號)。(4)測定樣品中TiO2純度的方法是：精確稱取0.2000g樣品放入錐形瓶中，加入硫酸和硫酸銨的混合溶液，加強熱使其溶解。冷卻后，加入一定量稀鹽酸得到含TiO2+的溶液。加入金屬鋁，將TiO2+全部轉化為Ti3+。待過量的金屬鋁完全溶解并冷卻后，加入指示劑，用0.1000mol·L-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至終點。重復操作2次，消耗0.1000mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液的平均值為20.00mL(已知：Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋)。①加入金屬鋁的作用除了還原TiO2＋外，另一個作用是________________。②滴定時所用的指示劑為____________(填標號)a.酚酞溶液b.KSCN溶液c.KMnO4溶液d.淀粉溶液③樣品中TiO2的質量分數為________%。26、（10分）某小組同學設計如下實驗，研究亞鐵鹽與H2O2溶液的反應。實驗Ⅰ：試劑：酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=0.2），5%H2O2溶液（pH=5）操作現象取2mL上述FeSO4溶液于試管中，加入5滴5%H2O2溶液溶液立即變為棕黃色，稍后，產生氣泡。測得反應后溶液pH=0.9向反應后的溶液中加入KSCN溶液溶液變紅(1)上述實驗中H2O2溶液與FeSO4溶液反應的離子方程式是__。(2)產生氣泡的原因是__。(3)某同學認為，根據“溶液變紅”不能說明FeSO4與H2O2發生了反應，又補充了實驗II證實了該反應發生。實驗II的方案和現象是__。實驗III：試劑：未酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=3），5%H2O2溶液（pH=5）操作現象取2mL5%H2O2溶液于試管中，加入5滴上述FeSO4溶液溶液立即變為棕黃色，產生大量氣泡，并放熱，反應混合物顏色加深且有渾濁。測得反應后溶液pH=1.4(4)將上述混合物分離，得到棕黃色沉淀和紅褐色膠體。取部分棕黃色沉淀洗凈，加4mol·L-1鹽酸，沉淀溶解得到黃色溶液。初步判斷該沉淀中含有Fe2O3，經檢驗還含有SO42-。①檢驗棕黃色沉淀中SO42-的方法是______。②結合方程式解釋實驗III中溶液pH降低的原因______。實驗IV：用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作與實驗III相同，除了產生與III相同的現象外，還生成刺激性氣味氣體，該氣體能使濕潤的藍色石蕊試紙變紅但不褪色。(5)將反應得到的混合物過濾，得到黃色沉淀。將黃色沉淀洗凈，加稀鹽酸，沉淀不溶解。經檢驗沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，寫出生成黃色沉淀的化學方程式___。(6)由以上實驗可知，亞鐵鹽與H2O2反應的現象與______（至少寫兩點）有關。27、（12分）CuCl晶體呈白色，熔點為430℃，沸點為1490℃，見光分解，露置于潮濕空氣中易被氧化，難溶于水、稀鹽酸、乙醇，易溶于濃鹽酸生成H3CuCl4，反應的化學方程式為CuCl（s）+3HCl（aq）?H3CuCl4（aq）．（1）實驗室用如圖1所示裝置制取CuCl，反應原理為：2Cu2++SO2+8Cl﹣+2H2O═2CuCl43﹣+SO42-+4H+CuCl43﹣（aq）?CuCl（s）+3Cl﹣（aq）①裝置C的作用是_____．②裝置B中反應結束后，取出混合物進行如圖所示操作，得到CuCl晶體．混合物CuCl晶體操作ⅱ的主要目的是_____操作ⅳ中最好選用的試劑是_____．③實驗室保存新制CuCl晶體的方法是_____．④欲提純某混有銅粉的CuCl晶體，請簡述實驗方案：_____．（2）某同學利用如圖2所示裝置，測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的百分組成．已知：i．CuCl的鹽酸溶液能吸收CO形成Cu(CO)Cl?H2O．ii．保險粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液能吸收氧氣．①D、F洗氣瓶中宜盛放的試劑分別是_____、_____．②寫出保險粉和KOH的混合溶液吸收O2的離子方程式：_____．28、（14分）高鐵酸鹽是新型、高效、多功能的綠色水處理劑。（1）配平化學方程式并標出電子轉移方向和數目：_____Fe（OH）3+NaClO+NaOH→Na2FeO4+NaCl+H2O反應中氧化劑是_____，被還原的元素是_____；（2）若上述反應中轉移0.3mol電子，則消耗NaOH的物質的量為_____；（3）高鐵酸鈉和二氧化氯都是高效殺菌消毒劑，消毒效率（單位物質的量轉移的電子數）高鐵酸鈉是二氧化氯的_____倍；（4）含Fe3+的溶液與NaHCO3混合，產生紅褐色沉淀，同時有無色無味的氣體生成，用平衡移動原理解釋上述現象_____；（5）比較同溫下濃度均為0.01mol/L的①H2CO3、②Na2CO3、③NaHCO3、④NH4HCO3四種溶液中c（CO32﹣）的大小關系為_____（用編號表示）。29、（10分）現有A、B、C、D、E、F原子序數依次增大的六種元素，它們位于元素周期表的前四周期。B元素含有3個能級，且毎個能級所含的電子數相同；D的原子核外有8個運動狀態不同的電子，E元素與F元素處于同一周期相鄰的族，它們的原子序數相差3，且E元素的基態原子有4個未成對電子。請回答下列問題：（1）請寫出D基態的價層電子排布圖：_____。（2）下列說法正確的是_____。A．二氧化硅的相對分子質量比二氧化碳大，所以沸點SiO2＞CO2B．電負性順序：C＜N＜O＜FC．N2與CO為等電子體，結構相似，化學性質相似D．穩定性：H2O＞H2S，原因是水分子間存在氫鍵（3）某化合物與F(Ⅰ)(Ⅰ表示化合價為＋1)結合形成如圖所示的離子，該離子中碳原子的雜化方式是______。（4）己知(BC)2是直線性分子，并有對稱性，且分子中每個原子最外層都達到8電子穩定結構，則(BC)2中σ鍵和π鍵的個數比為______。（5）C元素最高價含氧酸與硫酸酸性強度相近，原因是______。（6）Fe3O4晶體中，O2-的重復排列方式如圖所示，該排列方式中存在著由如1、3、6、7的O2-圍成的正四面體空隙和3、6、7、8、9、12的O2-圍成的正八面體空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面體空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面體空隙中，則Fe3O4晶體中，正四面體空隙數與O2-數之比為_____，有_____%的正八面體空隙沒有填充陽離子。Fe3O4晶胞中有8個圖示結構單元，晶體密度為5.18g/cm3，則該晶胞參數a=______pm。(寫出計算表達式)

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、B【解析】

A.若R2-和M+的核外電子層結構相同，則R元素在M元素的上一個周期，即原子序數：R<M，故A錯誤；B.若X、Y屬于同主族元素，且相對原子質量X>Y，則X在Y的下一個周期，根據元素周期律，金屬性：X>Y，原子失電子能力：X>Y，故B正確；C.因為X、Y可能為N、O、F，則可能存在氫鍵，所以不能通過其氣態氫化物的相對分子質量的大小去確定其沸點的大小，故C錯誤；D.鎂的金屬性大于鋁，但鎂、鋁和氫氧化鈉溶液形成的原電池中，鋁作負極，則若金屬性M>N，則以M、N為兩電極的原電池中M不一定是負極，故D錯誤；綜上所述，答案為B。活潑性不同的兩金屬單質形成原電池時，一般活潑的金屬作負極，但作負極的金屬要能與電解質溶液發生氧化還原反應，所以不是活潑的金屬就一定做負極材料。2、A【解析】

A．氫離子抑制銨根離子水解，NH4HSO4溶液呈強酸性，NH4Al(SO4)2中兩種陽離子水解顯酸性，要使這三種溶液的pH相等，則NH4Cl和NH4Al(SO4)2溶液中陽離子的水解程度相等，硫酸氫銨濃度最小，所以NH4＋濃度的大小順序為①>②>③，故A正確；B．氯化銨溶液中銨根水解促進水的電離，醋酸溶液中醋酸電離抑制水的電離，當pH相同時，溶液中水的電離程度不同，故B錯誤；C．Kh＝＞Ka，可知混合溶液中鹽的水解大于弱酸的電離，則等濃度的NaA、HA混合溶液中：c(HA)＞c(Na＋)＞c(A?)，故C錯誤；D．酸性HF＞CH3COOH，則酸根離子水解程度F?＜CH3COO?，則溶液中c(F?)＞c(CH3COO?)，物質的量濃度相等的NaF與CH3COOK溶液中由物料守恒得c(Na＋)＝c(K＋)，可知c(Na＋)?c(F?)＜c(K＋)?c(CH3COO?)，故D錯誤；故答案選A。本題C選項注意利用HA的電離常數計算A-的水解常數，判斷混合溶液中水解和電離程度的相對大小，進而得出溶液中粒子濃度的相對大小。3、D【解析】

離子化合物在熔融狀態下能電離生成陰陽離子而導電，共價化合物在熔融狀態下以分子存在，據此分析解答。【詳解】離子化合物在熔融狀態下能電離生成陰陽離子而導電，共價化合物在熔融狀態下以分子存在，所以在熔融狀態下能導電的化合物是離子化合物，KOH在熔融狀態下能導電，所以是離子化合物，與其狀態、溶解性強弱、其水溶液是否導電都無關，答案選D。4、D【解析】

當陰離子濃度相同時，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，先析出氯化銀沉淀，X為生成氯化銀沉淀的曲線；根據圖象可知，Ksp(AgC1)=，Ksp(Ag2C2O4)=。【詳解】A．當陰離子濃度相同時，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，先析出氯化銀沉淀，X為生成氯化銀沉淀的曲線，Y線代表的Ag2C2O4，故A正確；B．n點c(Cl-)×c(Ag+)>Ksp(AgC1)，所以n表示AgCl的過飽和溶液，故B正確；C．結合以上分析可知，向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液時，Cl-生成AgC1沉淀需要銀離子濃度小，所以先生成AgC1沉淀，故C正確；D．Ag2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常數為1.0×109.04，故D錯誤；故選D。5、C【解析】

A、有機物都含碳元素，但含碳元素的化合物不一定是有機物，如一氧化碳、二氧化碳和碳酸鹽等，雖然含有碳元素，但屬于無機物，選項A錯誤；B、由置換反應的概念可知，一種單質和一種化合物反應生成另一種單質和另一種化合物的反應是置換反應，但有單質生成的反應不一定是置換反應，如氯酸鉀分解、同素異形體的互變等，選項B錯誤；C、根據質量守恒定律，化學反應前后元素的種類不變，含碳元素的物質燃燒都能產生CO2，在O2中燃燒生成CO2的物質都含碳元素，選項C正確；D、鹽可能含有氫元素，如碳酸氫鈉含有氫元素，選項D錯誤；答案選C。6、A【解析】

A、蒸餾與物質的沸點有關，與溶解度無關，正確；B、洗氣與物質的溶解度有關，錯誤；C、晶體的析出與溶解度有關，錯誤；D、萃取與物質的溶解度有關，錯誤；答案選A。7、C【解析】

A項，氫氧燃料電池放電時化學能不能全部轉化為電能，理論上能量轉化率高達85%～90%，A項錯誤；B項，反應4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，該反應常溫下可自發進行，該反應為放熱反應，B項錯誤；C項，N2與H2的反應為可逆反應，3molH2與1molN2混合反應生成NH3，轉移電子數小于6mol，轉移電子數小于66.021023，C項正確；D項，酶是一類具有催化作用的蛋白質，酶的催化作用具有的特點是：條件溫和、不需加熱，具有高度的專一性、高效催化作用，溫度越高酶會發生變性，催化活性降低，淀粉水解速率減慢，D項錯誤；答案選C。本題考查燃料電池中能量的轉化、化學反應自發性的判斷、可逆的氧化還原反應中轉移電子數的計算、蛋白質的變性和酶的催化特點。弄清化學反應中能量的轉化、化學反應自發性的判據、可逆反應的特點、蛋白質的性質和酶催化的特點是解題的關鍵。8、A【解析】

A.0.1mol·L?1NaOH溶液顯堿性，離子間不發生反應，可以共存，故A正確；B.通入過量Cl2的溶液顯酸性和氧化性，Fe2+有還原性被氧化為Fe3+，不能共存，故B錯誤；C.通入大量CO2的溶液顯酸性，H+與ClO-、CH3COO-、HCO3-不能共存，故C錯誤；D.0.1mol·L?1H2SO4溶液顯酸性，H+存在的情況下NO3-和HSO3-發生氧化還原反應，不能共存，故D錯誤。答案選A。9、C【解析】

從海水提煉溴、碘、鈉、鎂、氫氣等的原理去分析，根據從海水制備物質的原理可知，金屬單質與非金屬單質需要利用化學反應來制取，而食鹽可利用蒸發原理，淡水利用蒸餾原理來得到。【詳解】A.海水中得到鈉、鎂，需要首先從海水中獲得氯化鈉和氯化鎂，然后再電解熔融狀態的氯化鈉和氯化鎂即得鈉和鎂，A錯誤；B.從海水中提煉溴和碘，是用氯氣把其中的碘離子和溴離子氧化為碘單質和溴單質，B錯誤；C.把海水用蒸餾等方法可以得到淡水，把海水用太陽暴曬，蒸發水分后即得食鹽，不需要化學變化就能夠從海水中獲得，C正確；D.可從海水中獲得氯化鈉，配制成飽和食鹽水，然后電解飽和食鹽水，即得燒堿、氫氣和氯氣，D錯誤；故合理選項是C。本題考查了海水的成分，海水提煉溴、碘、鈉、鎂、氫氣等化學反應原理，注意的是金屬單質與非金屬單質需要利用化學反應來制取，掌握原理是解題的關鍵。10、D【解析】

A.反應開始時生成的氫氣進入B中，可排出氧氣，防止生成的氫氧化亞鐵被氧化，一段時間后關閉止水夾C，A中硫酸亞鐵進入B中可生成Fe(OH)2，故A正確；B.FeCl3易水解，配制溶液時應防止溶液因水解而生成氫氧化鐵沉淀，可先將氯化鐵晶體溶于較濃的鹽酸中，再加水稀釋到所需要的濃度，故B正確；C.Fe3+與鐵反應可生成Fe2+，則向FeCl2溶液中加入少量鐵粉是為了防止Fe2+被氧化，故C正確；D.FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液變紅色，無沉淀，故D錯誤；故選：D。11、D【解析】

據烷烴的命名規則，理解所用數字的含義。【詳解】烷烴系統命名時，甲、乙、丙……，表示主鏈碳原子數目。1、2、3……，用于給主鏈碳原子編號，以確定取代基在主鏈的位置。一、二、三……，用于表示相同取代基的數目。本題選D。12、B【解析】

A.向苯中加少量溴水，振蕩，水層變成無色，是苯萃取溴的過程，屬于物理變化，故A錯誤；B.沉淀部分溶解，說明還有部分不溶解，不溶解的一定是硫酸鋇，溶解的是亞硫酸鋇，所以亞硫酸鈉只有部分被氧化，故B正確；C.向溶液中加入鹽酸生成白色沉淀，可能是Na2SiO3溶液或AgNO3溶液等，故C錯誤;D.SO2通入含酚酞的NaOH溶液中紅色消失，是SO2與NaOH反應生成亞硫酸鈉和水的緣故，故D錯誤；故答案為B。13、C【解析】A．NaOH為強堿，電離使溶液顯堿性，故A不選；B．NH4Cl為強酸弱堿鹽，水解顯酸性，故B不選；C．CH3COONa為強堿弱酸鹽，弱酸根離子水解使溶液顯堿性，故C選；D．HC1在水溶液中電離出H+，使溶液顯酸性，故D不選；故選C。14、B【解析】

A.使用催化劑能夠降低反應的活化能，加快反應速率，所以曲線d是加入催化劑a時的能量變化曲線，A錯誤；B.根據圖示可知反應物比生成物的能量高出600kJ-508kJ=92kJ，故反應①的熱化學方程式為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol，B正確；C.未指明氣體所處條件，因此不能根據電子轉移的物質的量確定氣體的體積，C錯誤；D.催化劑能加快化學反應的反應速率，但不能使化學平衡發生移動，因此不能改變物質的平衡轉化率，D錯誤；故合理選項是B。15、B【解析】

HCl中加水配成500mL，即增大到101倍，此時PH=1+1=2，現在加50ml水，溶液體積遠遠小于500mL，所以加50mL水的溶液PH比2小，故X代表加50mL水的，Y代表加了醋酸銨的，據此回答。【詳解】A．由分析可知曲線X是鹽酸中滴加水的pH變化圖，HCl被稀釋，H+和Cl-濃度減小，但有Kw=[H+]·[OH-]可知，[OH-]在增大，A錯誤；B.當加入50mL醋酸按時，醋酸銨和HCl恰好完全反應，溶質為等物質的量、濃度均為0.05mol·L-1的CH3COOH和NH4Cl，CH3COO-濃度最大，因為Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，所以C(CH3COO-)=，而C(NH4+)≈0.05mol/L，所以Y上任意一點C(NH4+)>C(CH3COO-)，B正確；C.a點溶液中電荷守恒為：n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)=n(NH4+)+n(H+)，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=n(H+)，a點pH=2，C(H+)=0.01mol·L-1，溶液總體積約為100ml，n(H+)=0.01mol·L-1×0.1L=0.001mol，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=0.001mol，C錯誤；D.b點位HCl溶液，水的電離受到HCl電離的H+抑制，c點：一方面CH3COOH為弱酸，另一方面，NH4+水解促進水的電離，綜合來看b點水的電離受抑制程度大于c點，D錯誤。答案選B。A．一定溫度下，電解質溶液中，不可能所有離子同時增大或者減小；B．對于一元弱酸HX，C(H+)=C(X-)。16、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。17、D【解析】

A.用碘化銀進行人工降雨，而不是溴化銀，故A錯誤；B.“溫室效應”與二氧化碳有關，與氮氧化合物無關，故B錯誤；C.BaSO4在醫學上用作透視鋇餐，主要是因為它難溶于酸，故C錯誤；D.因為鈉發出的黃光射程遠，透霧能力強，則鈉可以應用于高壓鈉燈，鎂燃燒發出耀眼的白光，則鎂可以制造信號彈和焰火，故D正確；綜上所述，答案為D。18、B【解析】

A．關閉活塞K時，氣體可將球形容器內的液體壓入漏斗內，從而使碳酸鈣脫離液面，反應停止，所以通過調節活塞K可控制CO2的流速，A正確；B．裝置b的作用是除去二氧化碳中混有的氯化氫，故裝置b內應盛裝飽和NaHCO3溶液，B錯誤；C．裝置c中含氨的飽和食鹽水呈堿性，CO2的溶解度增大，C正確；D．反應后將裝置c中的錐形瓶浸入冷水，NaHCO3降溫結晶，過濾得NaHCO3晶體，D正確；故選B。19、B【解析】

A、氯氣和水的反應為可逆反應，不能進行徹底，故轉移的電子數小于0.1NA個，故A錯誤；B、SO2和CO2的摩爾質量分別為64g/mol和44g/mol，兩者中分別含32個和22個中子，即兩者均為2g時含1mol中子，故1.8g混合物中含0.9NA個中子，故B正確；C、標況下22.4L丙烷的物質的量為1mol，而丙烷中含10條共價鍵，故1mol丙烷中含共價鍵總數為10NA，故C錯誤；D、溶液體積不明確，故溶液中水電離出的氫離子的個數無法計算，故D錯誤；故答案為B。阿伏伽德羅常數的常見問題和注意事項：①物質的狀態是否為氣體；②對于氣體注意條件是否為標況；③注意同位素原子的差異；④注意可逆反應或易水解鹽中離子數目的判斷；⑤注意物質的結構：如Na2O2是由Na+和O22-構成，而不是由Na+和O2-構成；SiO2、SiC都是原子晶體，其結構中只有原子沒有分子，SiO2是正四面體結構，1molSiO2中含有的共價鍵為4NA，1molP4含有的共價鍵為6NA等。20、B【解析】

由結構可知分子式，分子中含-COOH、-COOC-、OH，結合羧酸、酯、醇、酚的性質來解答。【詳解】A．由結構簡式可知分子式為C14H16O10，A錯誤；B.在左側六元環中，連接-OH、醚鍵的原子連接4個不同的原子或原子團，為手性碳原子，B正確；C.能與氫氧化鈉反應的為3個酚羥基、酯基和羧基，1molX最多可與5molNaOH反應，C錯誤；D.只有羧基與碳酸氫鈉反應，則1molX最多可與1molNaHCO3反應，D錯誤；故合理選項是B。本題考查有機物的結構與性質，把握官能團與性質的關系、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項B為解答的難點。21、B【解析】

A.硅酸鈉是易溶強電解質，應拆寫成離子，A項錯誤；B.少量SO2與NaClO發生氧化還原反應，生成的H+與ClO-生成弱酸HClO，B項正確；C.高錳酸鉀溶液氧化雙氧水時，雙氧水中的氧原子將電子轉移給高錳酸鉀中的錳原子，應寫成2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，C項錯誤；D.小蘇打為碳酸氫鈉，應拆成Na+和HCO3-，D項錯誤。本題選B。+4價硫具有較強的還原性，+1價氯具有較強的氧化性，它們易發生氧化還原反應。22、D【解析】

第三周期元素中，X最高價氧化物水化物的溶液PH為12，氫氧根濃度為0.01mol/L，故為一元強堿，則X為Na；Y、W、Z對應的最高價氧化物水化物的溶液pH均小于7，均為酸，W最高價含氧酸溶液中氫離子濃度為0.01mol/L，故為一元強酸，則W為Cl元素；最高價含氧酸中，Z對應的酸性比W的弱、Y對應的酸性比W的弱，而原子半徑Y>Z>Cl，硅酸不溶于水，故Z為S元素，Y為P元素。【詳解】A.電子層結構相同,核電荷數越大離子半徑越小,電子層越多離子半徑越大,故離子半徑P3?>S2?>Cl?>Na+，故A錯誤；B.W的最高價氧化物對應的水化物是高氯酸，一定是強酸，但是如果是次氯酸，則是弱酸，故B錯誤；C.非金屬性是Y>Z>W，非金屬性越強，則氣態氫化物的穩定性：Y>Z>W，故C錯誤；D.W與Z可形成一種各原子均達到8電子穩定結構的化合物S2Cl2，其結構式為：Cl-S-S-Cl，故D正確；答案選D。本題考察元素周期律的綜合運用，從圖像可以推斷出是哪些元素，找到元素之間的關系，緊緊位，構，性，從而做出判斷。二、非選擇題(共84分)23、SiO2Na2SiO3H2SiO3(或H4SiO4)SiO2＋2CSi＋2CO↑Si＋2OH－＋H2O===SiO32-＋2H2↑SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-(或SiO32-＋2CO2＋2H2O===H2SiO3↓＋2HCO3-)【解析】

A、B、C、D、E五種物質中均含有同一種非金屬元素，該元素（用R表示）的單質能與NaOH溶液反應生成鹽和氫氣，則可推知該元素為硅元素，根據題中各物質轉化關系，結合硅及其化合物相關知識可知，A與焦碳高溫下生成D，則A為SiO2，D為Si，C為Na2SiO3，根據反應②或反應⑤都可推得B為CaSiO3，根據反應⑥推知E為H2SiO3；（1）由以上分析可知A為SiO2，C為Na2SiO3，E為H2SiO3；（2）反應①的化學方程式為2C+SiO2Si+2CO↑；（3）反應④的離子方程式為Si+2OH-+H2O＝SiO32-+2H2↑；（4）H2CO3的酸性強于H2SiO3的酸性，可在硅酸鈉溶液中通入二氧化碳，如生成硅酸沉淀，可說明，反應的離子方程式為SiO32-+CO2+H2O＝H2SiO3↓+CO32-。24、C6H7N羰基、碳碳雙鍵酯化反應（或取代反應）HOCH2COOC2H5+C6H5CH2Br+HBr2或【解析】

本小題考查有機化學基礎知識，意在考查學生推斷能力。（1）結合芳香族化合物A的結構簡式可知其分子式；由有B的結構簡式確定其官能團；（2）根據D和E的官能團變化判斷反應類型；（3）G能與金屬鈉反應，則G中含羧基或羥基，對比D和E的結構簡式可確定G的結構簡式；（4））E→F的反應中，E中的酚羥基的氫原子被苯甲基取代生成F；（5）發生銀鏡反應，與FeCl3溶液不發生顯色反應但水解產物之一能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明該有機物分子中不含有酚羥基，但其水解產物中含有酚羥基，故該有機物為酯類，核磁共振氫譜有四組峰，氫峰的面積之比為6:2:1:1，說明該有機物分子中含有4種等效氫原子，其中6個氫應該為兩個甲基上的H，則該有機物具有對稱結構；（6）根據信息，以苯酚、乙醇為原料制備龍膽酸乙酯()的合成路線為。【詳解】（1）結合芳香族化合物A的結構簡式可知其分子式為C6H7N；根據B的結構簡式確定其官能團為羰基、碳碳雙鍵。本小題答案為：C6H7N；羰基、碳碳雙鍵。（2）根據D和E的官能團變化分析，D→E發生的是酯化反應（或取代反應）。本小題答案為：酯化反應（或取代反應）。（3）G能與金屬鈉反應，則G中含羧基或羥基，對比D和E的結構簡式可確定G中含羥基，結構簡式為HOCH2COOC2H5。本小題答案為：HOCH2COOC2H5。（4）E→F的反應中，E中的酚羥基的氫原子被苯甲基取代生成F，方程式為+C6H5CH2Br+HBr。本小題答案為：+C6H5CH2Br+HBr。（5）發生銀鏡反應，與FeCl3溶液不發生顯色反應但水解產物之一能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明該有機物分子中不含有酚羥基，但其水解產物中含有酚羥基，故該有機物為酯類，核磁共振氫譜有四組峰，氫峰的面積之比為6:2:1:1，說明該有機物分子中含有4種等效氫原子，其中6個氫應該為兩個甲基上的H，則該有機物具有對稱結構，結合結構簡式可知，滿足條件的有機物的結構簡式為或本小題答案為：、（6）根據信息，以苯酚、乙醇為原料制備龍膽酸乙酯()的合成路線為。本小題答案為：。25、溫度計冷凝回流b用含水20%的乙醇溶液代替水、緩慢滴液Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OHa與酸反應生成氫氣，形成氫氣氛圍，防止Ti3+在空氣中被氧化b80【解析】

(1)根據水、無水乙醇和乙酰丙酮容易揮發分析解答；(2)反應的焓變只與初始狀態和終了狀態有關；增大反應的活化能，反應速率減慢；降低反應的活化能，反應速率加快，據此分析判斷；根據實驗步驟②的提示分析判斷；(3)Ti(OH)4不穩定，易脫水生成TiO2，鈦酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化鈦溶膠，據此書寫反應的化學方程式；灼燒固體需要在坩堝中進行；(4)根據Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋，說明Ti3+容易被氧化；并據此分析判斷可以選用的指示劑，結合消耗的NH4Fe(SO4)2的物質的量計算樣品中TiO2的質量分數。【詳解】(1)根據裝置圖，儀器a為溫度計，實驗過程中為了防止水、無水乙醇和乙酰丙酮揮發，可以使用冷凝管冷凝回流，提高原料的利用率，故答案為溫度計；冷凝回流；(2)a.反應的焓變只與初始狀態和終了狀態有關，加入的乙酰丙酮，改變是反應的條件，不能改變反應的焓變，故a錯誤；b.增大反應的活化能，活化分子數減少，反應速率減慢，故b正確；c.反應的焓變只與初始狀態和終了狀態有關，加入的乙酰丙酮，改變是反應的條件，不能改變反應的焓變，故c錯誤；d.降低反應的活化能，活化分子數增多，反應速率加快，故d錯誤；故選b；根據實驗步驟②的提示，制備過程中，用含水20%的乙醇溶液代替水、緩慢滴液，減慢鈦酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解的反應速率，故答案為b；用含水20%的乙醇溶液代替水、緩慢滴液；(3)Ti(OH)4不穩定，易脫水生成TiO2，步驟②中鈦酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化鈦溶膠，反應的化學方程式為Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；灼燒二氧化鈦凝膠需要在坩堝中進行，故選擇的裝置為a，故答案為Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；a；(4)①根據Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋，說明Ti3+容易被氧化，鋁與酸反應生成氫氣，在液面上方形成氫氣氛圍，防止Ti3+在空氣中被氧化，故答案為與酸反應生成氫氣，形成氫氣氛圍，防止Ti3+在空氣中被氧化；②酚酞溶液、淀粉溶液與NH4Fe(SO4)2溶液，現象不明顯；KMnO4溶液也能氧化Ti3+，影響滴定結果，KMnO4不與Fe3+反應；根據滴定反應Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋可知，可以選用KSCN溶液作指示劑，當滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液，容易變成血紅色，且半分鐘不褪色，說明到達了滴定終點，故答案為b；③消耗的NH4Fe(SO4)2的物質的量=0.02L×0.1000mol·L-1=0.002mol，則根據鈦原子守恒，n(TiO2)=n(Ti3+)=n（Fe3+）=0.002mol，樣品中TiO2的質量分數=×100%=80%，故答案為80。26、2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O反應生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2取2mL上述FeSO4溶液于試管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反應后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不變紅取加入鹽酸后的黃色溶液少許于試管中，加入BaCl2溶液，產生白色沉淀，說明棕黃色沉淀中含有SO42-2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(膠體)+4H+，Fe2+氧化的產物Fe3+發生了水解生成H+使pH下降6nFeCl2+3nH2O2=2(Fe2O3?FeCl3)n+6nHCl↑pH、陰離子種類、溫度、反應物用量【解析】

(1)H2O2溶液與FeSO4溶液反應，從“溶液立即變為棕黃色”、“反應后的溶液中加入KSCN溶液，溶液變紅”、“稍后，產生氣泡”，可推出反應生成Fe3+；從“反應后溶液pH=0.9”，可推出反應消耗H+，由此可寫出離子方程式。(2)反應生成的Fe3+，對H2O2的分解有催化作用，由此可解釋產生氣泡的原因。(3)某同學認為，根據“溶液變紅”不能說明FeSO4與H2O2發生了反應，那么他的意思是空氣中的溶解氧也能將Fe2+氧化，所以我們需要做一個不加H2O2的實驗，由此設計實驗方案。(4)①棕黃色沉淀為Fe2O3，對SO42-的檢驗不產生干擾，所以檢驗SO42-的方法與常規方法相同。②如果僅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，現在pH減小，說明生成了H+，此H+應來自Fe3+的水解，由此可結合方程式解釋實驗III中溶液pH降低的原因。(5)由實驗IV可知，除得到黃色沉淀外，還有HCl生成。經檢驗沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，則沉淀應為(Fe2O3?FeCl3)n，由此可寫出生成黃色沉淀的化學方程式。(6)以上實驗，分別探究了pH、陰離子種類、溫度、反應物用量等對Fe2+與H2O2反應現象的影響，由此可得出與亞鐵鹽與H2O2反應的現象有關的因素。【詳解】(1)在酸性條件下，H2O2溶液與FeSO4溶液反應，生成Fe3+和H2O，反應的離子方程式為2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。答案為：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；(2)反應生成的Fe3+，對H2O2的分解有催化作用，由此可解釋產生氣泡的原因是在反應生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2。答案為：在反應生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2；(3)既然某同學懷疑空氣中的溶解氧也可能將Fe2+氧化，只需做一個不加H2O2的實驗，由此設計實驗方案為取2mL上述FeSO4溶液于試管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反應后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不變紅。答案為：取2mL上述FeSO4溶液于試管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反應后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不變紅；(4)①Fe2O3的存在，對SO42-的檢驗不產生干擾，所以檢驗SO42-的方法為取加入鹽酸后的黃色溶液少許于試管中，加入BaCl2溶液，產生白色沉淀，說明棕黃色沉淀中含有SO42-。答案為：取加入鹽酸后的黃色溶液少許于試管中，加入BaCl2溶液，產生白色沉淀，說明棕黃色沉淀中含有SO42-；②如果僅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，現pH減小，說明生成了H+，此H+應來自Fe3+的水解，由此得出實驗III中溶液pH降低的原因是2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(膠體)+4H+，Fe2+氧化的產物Fe3+發生了水解生成H+使pH下降。答案為：2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(膠體)+4H+，Fe2+氧化的產物Fe3+發生了水解生成H+使pH下降；(5)由實驗IV可知，除得到黃色沉淀外，還有HCl生成。經檢驗沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，則沉淀應為(Fe2O3?FeCl3)n，由此得出生成黃色沉淀的化學方程式為6nFeCl2+3nH2O2==2(Fe2O3?FeCl3)n+6nHCl↑。答案為：6nFeCl2+3nH2O2==2(Fe2O3?FeCl3)n+6nHCl↑；(6)總結以上實驗分別探究的因素，由此可得出與反應現象有關的因素為：pH、陰離子種類、溫度、反應物用量。答案為：pH、陰離子種類、溫度、反應物用量。H2O2溶液與FeSO4溶液混合，反應生成Fe3+，OH-等，如果提供酸性環境，則OH-最后轉化為H2O；如果溶液的酸性不強，則會生成Fe(OH)3沉淀。反應生成的Fe3+對H2O2的分解起催化作用，同時反應放熱，又會促進Fe3+的水解，從而生成Fe(OH)3膠體，也會造成Fe(OH)3的分解，從而生成Fe2O3，且導致溶液的酸性增強。27、吸收SO2尾氣，防止污染空氣促進CuCl析出、防止CuCl被氧化水、稀鹽酸或乙醇避光、密封保存將固體溶于濃鹽酸后過濾，取濾液加入大量水，過濾、洗滌、干燥氫氧化鋇溶液CuCl的鹽酸溶液2S2O42﹣+3O2+4OH﹣=4SO42﹣+2H2O【解析】

用二氧化硫和氯化銅溶液制取CuCl，其中二氧化硫需要用亞硫酸鈉固體和硫酸制備，制取的二氧化硫進入裝置B中，和B中的氯化銅溶液在一定溫度下反應，生成CuCl沉淀，過量的二氧化硫用氫氧化鈉吸收。從混合物中提取CuCl晶體，需要先把B中的混合物冷卻，為了防止低價的銅被氧化，把混合物倒入溶有二氧化硫的水中，然后過濾、洗滌、干燥得到CuCl晶體。【詳解】（1）①A裝置制備二氧化硫，B中盛放氯化銅溶液，與二氧化硫反應得到CuCl，C裝置盛放氫氧化鈉溶液，吸收未反應的二氧化硫尾氣，防止污染空氣。②操作ⅱ倒入溶有二氧化硫的溶液，有利于CuCl析出，二氧化硫具有還原性，可以防止CuCl被氧化；CuCl難溶于水、稀鹽酸和乙醇，可以用水、稀鹽酸或乙醇洗滌，減小因溶解導致的損失。③由于CuCl見光分解、露置于潮濕空氣中易被氧化，應避光、密封保存。④提純某混有銅粉的CuCl晶體實驗方案是將固體溶于濃鹽酸后過濾，取濾液加入大量的水稀釋，過濾、洗滌、干燥得到CuCl。（2）①氫氧化鉀會吸收二氧化碳，鹽酸揮發出的HCl會影響氧氣的吸收、二氧化碳的吸收，所以D中盛放氫氧化鈉溶