四川省成都高新區2025屆高三下學期5月模擬考試化學試題試卷考生須知：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、元素周期表的第四周期為長周期，該周期中的副族元素共有A．32種 B．18種 C．10種 D．7種2、科學工作者研發了一種SUNCAT的系統，借助鋰循環可持續，合成其原理如圖所示。下列說法不正確的是A．過程I得到的Li3N的電子式為B．過程Ⅱ生成W的反應為Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑C．過程Ⅲ涉及的陽極反應為4OH--4e-=O2↑+2H2OD．過程I、Ⅱ、Ⅲ均為氧化還原反應3、在一定溫度下，將氣體X和氣體Y各0.16mol充入10L恒容密閉容器中，發生反應：X(g)+Y(g)2Z(g)ΔH<0。一段時間后達到平衡，反應過程中測定的數據如表，下列說法正確的是A．反應前2min的平均速率v(Z)<2.0×10?3mol·L－1·min－1B．其他條件不變，降低溫度，反應達到新平衡前：v(逆)>v(正)C．保持其他條件不變，起始時向容器中充入0.32mol氣體X和0.32mol氣體Y，到達平衡時，c(Z)>0.24mol·L－1D．該溫度下此反應的平衡常數：K=1.444、下列關于反應N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；ΔH<0的圖示與對應的敘述相符合的是()A．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；ΔH＝－92kJ·mol－1B．達到平衡時N2、H2的轉化率(α)隨n(H2)/n(N2)比值的變化C．正、逆反應速率隨溫度的變化D．反應達平衡時，混合氣體中氨的物質的量分數隨溫度、壓強的變化5、維生素B3可以維持身體皮膚的正常功能，而且具有美容養顏的功效，其分子中六元環的結構與苯環相似。下列有關維生素B分子的說法錯誤的是A．所有的碳原子均處于同一平面 B．與硝基苯互為同分異構體C．六元環上的一氯代物有4種 D．1mol該分子能和4molH2發生加成反應6、下列化肥長期施用容易導致土壤酸化的是()A．硫酸銨 B．尿素 C．草木灰 D．硝酸鉀7、以下實驗原理或操作中正確的是A．焰色反應實驗中，鉑絲在蘸取待測溶液前，應先用稀H2SO4洗凈并灼燒B．制備氫氧化銅懸濁液時，向10%NaOH溶液中滴入少量2%CuSO4溶液C．配制濃H2SO4、濃HNO3混合酸時，首先向試管里放入一定量濃H2SO4D．上升紙層析實驗中，將試液點滴浸沒在展開劑里，靜置觀察8、無水MgBr2可用作催化劑。某興趣小組同學采用鎂屑與液溴為原料制備無水MgBr2，設計裝置如圖所示。已知：Mg與Br2反應劇烈放熱；MgBr2具有強吸水性。下列說法正確的是（）A．冷凝管中冷水進、出口方向錯誤B．實驗中可以用干燥的空氣代替干燥的N2C．為防止反應過于劇烈，不能用裝置C代替裝置BD．裝有無水CaCl2固體A的作用是吸收揮發的溴蒸氣，防止污染環境9、實驗室制備硝基苯的實驗裝置如圖所示（夾持裝置已略去）。下列說法不正確的是A．水浴加熱的優點為使反應物受熱均勻、容易控制溫度B．濃硫酸、濃硝酸和苯混合時，應先向濃硝酸中緩緩加入濃硫酸，待冷卻至室溫后，再將苯逐滴滴入C．儀器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率D．反應完全后，可用儀器a、b蒸餾得到產品10、用下列實驗裝置（部分夾持裝置略去）進行相應的實驗，能達到實驗目的的是A．加熱裝置I中的燒杯分離I2和Fe B．利用裝置Ⅱ合成氨并檢驗氨的生成C．利用裝置Ⅲ制備少量的氯氣 D．利用裝置Ⅳ制取二氧化硫11、X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期元素，且X、Z原子序數之和是Y、W原子序數之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由這些元素組成的二元化合物，M是某種元素對應的單質，乙和丁的組成元素相同，且乙是一種“綠色氧化劑”，化合物N是具有漂白性的氣體(常溫下)。上述物質間的轉化關系如圖所示(部分反應物和生成物省略)。下列說法正確的是A．原子半徑：r(Y)>r(Z)>r(W)B．化合物N與乙烯均能使溴水褪色，且原理相同C．含W元素的鹽溶液可能顯酸性、中性或堿性D．Z與X、Y、W形成的化合物中，各元素均滿足8電子結構12、X、Y、Z、W為短周期主族元素，且原子序數依次增大。X原子中只有一個電子，Y原子的L電子層有5個電子，Z元素的最高化合價為其最低化合價絕對值的3倍。下列敘述正確的是（

）A．簡單離子半徑：W>Z>YB．Y的氣態氫化物與W的氣態氫化物相遇有白煙產生C．X、Y、Z三種元素形成的化合物只含共價鍵D．含氧酸的酸性：W的一定強于Z的13、欲測定Mg（NO3）2?nH2O中結晶水的含量，下列方案中肯定不可行的是A．稱量樣品→加熱→用已知質量的無水氯化鈣吸收水蒸氣并稱量B．稱量樣品→加熱→冷卻→稱量Mg（NO3）2C．稱量樣品→加熱→冷卻→稱量MgOD．稱量樣品→加NaOH溶液→過濾→加熱→冷卻→稱量MgO14、A是一種常見的單質，B、C為中學化學常見的化合物，A、B、C均含有元素X。它們有如下的轉化關系（部分產物及反應條件已略去），下列判斷正確的是A．X元素可能為AlB．X元素不一定為非金屬元素C．反應①和②互為可逆反應D．反應①和②一定為氧化還原反應15、在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是（）A．B．C．D．16、材料在人類文明史上起著劃時代的意義，下列物品所用主要材料與類型的對應關系不正確的是A．人面魚紋陶盆-無機非金屬材料 B．圓明園的銅鼠首--金屬材料C．宇航員的航天服-有機高分子材料 D．光導纖維--復合材料17、硅元素在地殼中的含量非常豐富。下列有關說法不正確的是A．晶體硅屬于共價晶體B．硅原子的電子式為C．硅原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p2D．硅原子的價電子排布圖為18、下列離子方程式書寫不正確的是A．用兩塊銅片作電極電解鹽酸：Cu+2H+H2↑+Cu2+B．NaOH溶液與足量的Ca(HCO3)2溶液反應：2HCO3-+2OH-+Ca2+==CaCO3↓+2H2OC．等物質的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反應：2Fe2++2Br-+2Cl2==2Fe3++Br2+4Cl-D．氨水吸收少量的二氧化硫：2NH3·H2O+SO2==2NH4++SO32-+H2O19、下列實驗過程中，產生現象與對應的圖形相符合的是（）A．NaHSO3粉末加入HNO3溶液中B．H2S氣體通入氯水中C．NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中D．CO2氣體通入澄清石灰水中20、在體積都為1L、pH都等于2的鹽酸和醋酸溶液中，分別投入等量的鋅粒。下圖所示可能符合客觀事實的是A． B．C． D．21、X、Y、Z、W為原子序數依次增大的四種短周期元素，其中Z為金屬元素，X、W為同一主族元素。X、Z、W形成的最高價氧化物分別為甲、乙、丙，甲是常見溫室效應氣體。x、y2、z、w分別為X、Y、Z、W的單質，丁是化合物，其轉化關系如圖所示。下列判斷不正確的是A．反應①②③都屬于氧化還原反應 B．X、Y、Z、W四種元素中，W的原子半徑最大C．在信息工業中，丙常作光導纖維材料 D．一定條件下，x與甲反應生成丁22、將100mL1L?mol-1的NaHCO3溶液分為兩份，其中一份加入少許冰醋酸，另外一份加入少許Ba(OH)2固體，忽略溶液體積變化。兩份溶液中c(CO32-)的變化分別是（）A．減小、減小 B．增大、減小 C．增大、增大 D．減小、增大二、非選擇題(共84分)23、（14分）阿司匹林()是有機合成過程中的中間體。已知：Ⅰ.Ⅱ.(具有較強的還原性)(1)反應④的試劑和條件為______；反應①的反應類型為______；反應②的作用是_____；(2)B的結構簡式為_______；(3)下列關于G中的描述正確的是______；A．具有兩性，既能與酸反應也能與堿反應B．能發生加成、消去、取代和氧化反應C．能聚合成高分子化合物D．1molG與足量NaHCO3溶液反應放出2molCO2(4)D與足量的NaOH溶液反應的化學方程式為_______；反應②的化學方程式為_________；(5)符合下列條件的C的同分異構體有_____種；a.屬于芳香族化合物，且含有兩個甲基b.既能發生銀鏡反應又能發生水解反應其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為6∶2∶1∶1的是______________；(6)已知：依據題意，寫出以甲苯為原料合成鄰氨基苯甲酸的流程圖(無機試劑任選)________。24、（12分）中學化學中幾種常見物質的轉化關系如下圖所示：將D溶液滴入沸水中可得到以F為分散質的紅褐色膠體。請回答下列問題：(1)紅褐色膠體中F粒子直徑大小的范圍：___________________________。(2)寫出C的酸性溶液與雙氧水反應的離子方程式：__________________________________。(3)寫出鑒定E中陽離子的實驗方法和現象：_______________________________________。(4)有學生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶體，主要操作包括：滴入過量鹽酸，_________、冷卻結晶、過濾。過濾操作除了漏斗、燒杯，還需要的玻璃儀器為_______________________。(5)高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種強氧化劑，可作為水處理劑和高容量電池材料。FeCl3與KClO在強堿性條件下反應可制取K2FeO4，反應的離子方程式為____________________________。25、（12分）碘化鈉在醫療及食品方面有重要的作用。實驗室用NaOH、單質碘和水合肼(N2H·H2O)為原料制備碘化鈉。已知：水合肼具有還原性。回答下列問題：(1)水合肼的制備有關反應原理為：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH→N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3①制取次氯酸鈉和氧氧化鈉混合液的連接順序為_______(按氣流方向，用小寫字母表示)。若該實驗溫度控制不當，反應后測得三頸瓶內ClO-與ClO3-的物質的量之比為6：1，則氯氣與氫氧化鈉反應時，被還原的氯元素與被氧化的氯元素的物質的量之比為________。②取適量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制備水合肼，實驗中滴加順序不能顛倒，且滴加速度不能過快，理由是________________________________________。(2)碘化鈉的制備采用水合肼還原法制取碘化鈉固體，其制備流程如圖所示：①“合成”過程中，反應溫度不宜超過73℃，目的是______________________。②在“還原”過程中，主要消耗反應過程中生成的副產物IO3-，該過程的離子方程式為_______。工業上也可以用硫化鈉或鐵屑還原碘酸鈉制備碘化鈉，但水合肼還原法制得的產品純度更高，其原因是____。(3)測定產品中NaI含量的實驗步驟如下：a．稱取1．33g樣品并溶解，在533mL容量瓶中定容；b．量取2．33mL待測液于錐形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反應后，再加入M溶液作指示劑：c．用3．213mol·L-1的Na2S2O3標準溶液滴定至終點(反應方程式為；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重復實驗多次，測得消耗標準溶液的體積為4．33mL。①M為____________(寫名稱)。②該樣品中NaI的質量分數為_______________。26、（10分）常用調味劑花椒油是一種從花椒籽中提取的水蒸氣揮發性香精油，溶于乙醇、乙醚等有機溶劑。利用如圖所示裝置處理花椒籽粉，經分離提純得到花椒油。實驗步驟：（一）在A裝置中的圓底燒瓶中裝入容積的水，加1~2粒沸石。同時，在B中的圓底燒瓶中加入20g花椒籽粉和50mL水。（二）加熱A裝置中的圓底燒瓶，當有大量蒸氣產生時關閉彈簧夾，進行蒸餾。（三）向餾出液中加入食鹽至飽和，再用15mL乙醚萃取2次，將兩次萃取的醚層合并，加入少量無水Na2SO4；將液體傾倒入蒸餾燒瓶中，蒸餾得花椒油。(1)裝置A中玻璃管的作用是_______。裝置B中圓底燒瓶傾斜的目的是________。(2)步驟（二）中，當觀察到_______現象時，可停止蒸餾。蒸餾結束時，下列操作的順序為_______（填標號）。①停止加熱②打開彈簧夾③關閉冷凝水(3)在餾出液中加入食鹽的作用是__；加入無水Na2SO4的作用是_______。(4)實驗結束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管，反應的化學方程式為_________。（殘留物以表示）(5)為測定花椒油中油脂的含量，取20.00mL花椒油溶于乙醇中，加80.00mL0.5mol/LNaOH的乙醇溶液，攪拌，充分反應，加水配成200mL溶液。取25.00mL加入酚酞，用0.1moI/L鹽酸進行滴定，滴定終點消耗鹽酸20.00mL。則該花椒油中含有油脂_______g/L。（以計，式量：884)。27、（12分）二氧化氯是高效、低毒的消毒劑。已知：ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，回答下列問題：(1)ClO2的制備及性質探究(如圖所示)。①儀器a的名稱為________，裝置B的作用是________。②裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，該反應的化學方程式為_________。裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，其作用是________________。③裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，則該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為________，氧化產物是___________。(2)粗略測定生成ClO2的量實驗步驟如下：a.取下裝置D，將其中的溶液轉入250mL容量瓶，用蒸餾水洗滌D瓶2~3次，并將洗滌液一并轉移到容量瓶中，再用蒸餾水稀釋至刻度。b.從容量瓶中取出25.00mL溶液于錐形瓶中，用0.1000mol/L硫代硫酸鈉標準溶液滴定（I2+2S2O32-=2I－+S4O62-），指示劑顯示終點時共用去24.00mL硫代硫酸鈉溶液。①滴定至終點的現象是_____________。②進入裝置D中的ClO2質量為_______，與C中ClO2的理論產量相比，測定值偏低，可能的原因是__________。28、（14分）元素周期表中第VIIA族元素的單質及其化合物的用途廣泛．完成下列填空：(1)與氯元素同族的短周期元素的原子核外有___種不同能量的電子．(2)能作為溴、碘元素非金屬性(原子得電子能力)遞變規律的判斷依據是___(填序號)．a．IBr中溴為﹣1價b．HBr、HI的酸性c．HBr、HI的熱穩定性d．Br2、I2的熔點(3)海水提溴過程中，先向濃縮海水中通入_____，將其中的Br﹣氧化，再用“空氣吹出法”吹出Br2，并用純堿吸收．已知純堿吸收溴的主要反應是：Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3(未配平)，則吸收1molBr2，轉移電子_____mol，反應中氧化產物為_____．(4)已知：AlF3的熔點為1040℃，AlCl3在178℃升華．從物質結構的角度解釋兩者熔點相差較大的原因：__________(5)HClO有很好的殺菌消毒效果．為增強氯水的殺菌能力，可以用飽和氯水與小蘇打反應來達到目的，試用平衡移動原理解釋其原因：_____________________。29、（10分）釩被稱為“現代工業味精”，是發展現代工業、現代國防和現代科學技術不可缺少的重要材料。常見的釩氧化物為VO、V2O3、VO2、V2O5，低價氧化釩在空氣中易被氧化成高價氧化釩。請回答下列問題：（1）已知：①2V(s)＋O2(g)=2VO(s)△H1=－825.6kJ·mol-1②4VO(s)＋O2(g)=2V2O3(s)△H2=－788.8kJ·mol-1③V2O3(s)＋O2(g)=V2O5(s)△H3=－334.6kJ·mol-1④4V(s)＋5O2(g)=2V2O5(s)△H4據上述反應熱效應之間的關系，可知△H4=___。（2）V2O5是釩氧化物中最重要的，也是最常用的釩化工制品。工業上制備V2O5的一個方法是利用VOCl3水解，則VOCl3中V的化合價為___，水解反應的化學方程式為___。（3）工業上由V2O5冶煉金屬釩常用鋁熱法，該反應的化學方程式為___。（4）工業制硫酸常用V2Os作催化劑，已知2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H=－196kJ·mol-1，500℃時將2molSO2和1molO2裝入一容積恒定的10L密閉容器中，達到平衡時容器中SO3的濃度為0.1mol·L-1。①該反應的平衡常數K=___。某溫度時，該反應的平衡常數K=50，則該溫度___(填“>”“<”或“=”)500℃。②下列措施能使的值減小的是___(填字母)。A．升溫B．其他條件不變，再充入2molHeC．其他條件不變，再充入2molSO2和1molO2D．不用V2O5作催化劑，改用其他更高效的催化劑（5）酸性條件下，V2O5和亞硫酸鈉發生氧化還原反應生成可溶性的VOSO4，請寫出該反應的離子方程式：___。

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、D【解析】

第四周期過渡元素有10種，但是從左到右的第8、9、10三列的元素為第Ⅷ族元素，不屬于副族元素，所以副族元素共有7種，故答案選D。2、D【解析】

A.Li3N是離子化合物，Li+與N3-之間通過離子鍵結合，電子式為，A正確；B.Li3N與水發生反應產生LiOH、NH3，反應方程式為：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，B正確；C.在過程Ⅲ中OH-在陽極失去電子，發生氧化反應，陽極的電極反應為4OH--4e-=O2↑+2H2O，C正確；D.過程Ⅱ的反應為鹽的水解反應，沒有元素化合價的變化，不屬于氧化還原反應，D錯誤；故合理選項是D。3、D【解析】

A.反應前2min內Y的改變量為1.14mol，則Z改變量為1.18mol，2min內Z的平均速率v(Z)=Δn/Δt==4×11?3mol·(L·min)?1，故A錯誤；B.其他條件不變，降低溫度，平衡向放熱方向移動，正向移動，反應達到新平衡前：v(正)>v(逆)，故B錯誤；C.充入氣體X和氣體Y各1.16mol，平衡時Y的物質的的量為1.11mol，則改變量為1.16mol，此時Z的物質的量為1.12mol，濃度為1．112mol?L?1，保持其他條件不變向容器中充入1.32mol氣體X和1．32mol氣體Y，用建模思想，相當于兩個容器，縮小容器加壓，平衡不移動，濃度為原來2倍，即c(Z)=1.124mol·L?1，故C錯誤；D.平衡時，Y的物質的量為1.1mol，X的物質的量為1.1mol，Z的物質的量為1.12mol，該溫度下此反應的平衡常數，故D正確；答案選D。4、A【解析】

A.根據圖中能量變化圖可以看出，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；ΔH＝+2254kJ·mol－1-2346kJ·mol－1=－92kJ·mol－1，A項正確；B.隨n(H2)/n(N2)比值越大，氫氣的轉化率逐漸減小，氮氣的轉化率逐漸增大，B項錯誤；C.該反應正向為放熱反應，則升高溫度，正、逆速率均增大，但逆速率受溫度影響更大，C項錯誤；D.該反應正方向是氣體分子數減小的放熱反應。同一壓強下，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，則反應達平衡時，混合氣體中氨的物質的量分數減小；同一溫度下，增大壓強，平衡向正反應方向移動，則反應達平衡時，混合氣體中氨的物質的量分數增大，圖示中壓強變化曲線不正確，D項錯誤；答案選A。5、D【解析】

A．該分子中所有C原子和N原子都采用sp2雜化且碳碳單鍵可以旋轉，所以該分子中的所有C原子可能位于同一平面，故A正確；B．硝基苯的分子式為C6H5NO2，該分子的分子式也為C6H5NO2，且二者結構不同，互為同分異構體，故B正確；C．六元環上含有4種氫原子，所以其六元環上的一氯代物是4種，故C正確；D．羧基中的碳氧雙鍵不能加成，維生素B3分子中的六元環與苯環相似，則1mol該物質最多能和3mol氫氣發生加成反應，故D錯誤；故答案為D。6、A【解析】

A．硫酸銨屬于強酸弱堿鹽，溶于水顯酸性，長期施用容易導致土壤酸化，故A正確；B．尿素是碳酰胺，呈弱堿性，長期施用容易導致土壤堿化，故B錯誤；C．草木灰的主要成分是碳酸鉀，呈堿性，長期施用容易導致土壤堿化，故C錯誤；D．硝酸鉀呈中性，植物的根吸收硝酸鹽以后會釋放出氫氧根離子(OH-)，并在根部區域形成微堿性環境，導致土壤堿化，故D錯誤；答案選A。7、B【解析】

A．稀H2SO4不揮發，干擾實驗，應選稀鹽酸洗凈并灼燒，故A錯誤；B．向10%NaOH溶液中滴入少量2%CuSO4溶液，NaOH過量，則可制備氫氧化銅懸濁液時，故B正確；C．配制濃H2SO4、濃HNO3混合酸時，類似濃硫酸的稀釋，先加硝酸，然后向試管里放入一定量濃H2SO4，故C錯誤；D．紙層析實驗中，濾紙上的試樣點是不可以浸入展開劑中的，否則試樣會溶解在展開劑中，故D錯誤；故選：B。8、C【解析】

A.冷凝管下口進水，上口出水，方向正確，故A錯誤；B.空氣中含氧氣會和鎂發生反應生成氧化鎂會阻礙鎂與溴單質的反應，故B錯誤；C.將裝置B改為C裝置，當干燥的氮氣通入，會使氣壓變大，將液溴快速壓入三頸瓶，反應過快大量放熱存在安全隱患，不能更換，故C正確；D.儀器A為干燥管，用于吸收空氣中的水分，故D錯誤；正確答案是C。9、D【解析】

A．水浴加熱可保持溫度恒定，即水浴加熱的優點為使反應物受熱均勻、容易控制溫度，故A正確；

B．濃硫酸稀釋放熱，為了防止暴沸，則向濃硝酸中緩緩加入濃硫酸，為防止苯揮發，待冷卻后，將苯逐滴滴入，故B正確；

C．球形冷凝管可冷凝回流反應物，則儀器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，故C正確；

D．反應完全后，混合體系分層，應分液分離出有機物，再蒸餾分離出硝基苯，故D錯誤；

故選：D。10、C【解析】

A、加熱時I2和Fe發生化合反應，故A錯誤；B、檢驗氨的生成要用濕潤的pH試紙，故B錯誤；C、高錳酸鉀氧化性較強，在常溫下就可以與濃鹽酸反應產生氯氣，故C正確；D、銅與濃硫酸反應制取二氧化硫要加熱，故D錯誤。答案C。11、C【解析】

乙是一種“綠色氧化劑”，即乙為H2O2，乙和丁組成的元素相同，則丁為H2O，化合物N是具有漂白性的氣體(常溫下)，則N為SO2，根據轉化關系，M是單質，H2O2分解成O2和H2O，即M為O2，甲在酸中生成丙，丙為二元化合物，且含有S元素，即丙為H2S，四種元素原子序數依次增大，且都為短周期元素，X為H，Y為O，如果W為S，X、Z原子序數之和是Y、W原子序數之和的1/2，則Z為Na，如果Z為S，則W不符合要求；【詳解】乙是一種“綠色氧化劑”，即乙為H2O2，乙和丁組成的元素相同，則丁為H2O，化合物N是具有漂白性的氣體(常溫下)，則N為SO2，根據轉化關系，M是單質，H2O2分解成O2和H2O，即M為O2，甲在酸中生成丙，丙為二元化合物，且含有S元素，即丙為H2S，四種元素原子序數依次增大，且都為短周期元素，X為H，Y為O，如果W為S，X、Z原子序數之和是Y、W原子序數之和的1/2，則Z為Na，如果Z為S，則W不符合要求；A、同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，同主族元素從上到下原子半徑逐漸增大，原子半徑大小順序是r(Na)>r(s)>r(O)，故A錯誤；B、SO2能使溴水褪色，發生SO2＋Br2＋H2O=2HBr＋H2SO4，利用SO2的還原性，乙烯和溴水反應，發生的加成反應，故B錯誤；C、含S元素的鹽溶液，如果是Na2SO4，溶液顯中性，如果是NaHSO4，溶液顯酸性，如果是Na2SO3，溶液顯堿性，故C正確；D、形成化合物分別是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外層有2個電子，不滿足8電子結構，故D錯誤，答案選C。微粒半徑大小比較：一看電子層數，一般來說電子層數越多，半徑越大；二看原子序數，當電子層數相同，半徑隨著原子序數的遞增而減小；三看電子數，電子層數相同，原子序數相同，半徑隨著電子數的增多而增大。12、B【解析】

X、Y、Z、W為原子序數依次增大的短周期主族元素，X原子中只有一個電子，則X為H元素；Y原子的L電子層有5個電子，其核電荷數為7，為N元素；Z元素的最高化合價為最低化合價絕對值的3倍，則Z為S元素；W為短周期主族元素且原子序數大于Z，所以為Cl元素；A．S2-和Cl-的離子核外電子排布相同，核電荷數大，離子半徑小，即S2->Cl-，故A錯誤；B．N的氣態氫化物NH3與Cl的氣態氫化物HCl相遇生成NH4Cl，現象為有白煙產生，故B正確；C．H、N、S三種元素組成的化合物NH4HS或(NH4)2S均為離子化合物，化合物中既有離子鍵，又有共價鍵，故C錯誤；D．Cl的最高價氧化物的水化物HClO4的酸性比S的最高價氧化物的水化物H2SO4的酸性強，而H2SO3的酸性比HClO強，故D錯誤；故答案為B。13、B【解析】

受熱易分解，其分解反應為：。【詳解】A．稱量樣品加熱用已知質量的無水氯化鈣吸收水蒸氣并稱量，根據水的質量以及結晶水合物的質量可以求解，A正確；B．因硝酸鎂易分解，稱量樣品加熱無法恰好使結晶水合物恰好分解為硝酸鎂，B錯誤；C．稱量樣品加熱冷卻稱量MgO，根據硝酸鎂分解的方程式以及氧化鎂的質量可測定的結晶水含量，C正確；D．稱量樣品加NaOH將硝酸鎂轉化為氫氧化鎂，過濾加熱氫氧化鎂分解生成氧化鎂冷卻稱量MgO，根據鎂原子守恒求解無水硝酸鎂的質量，據此求解結晶水含量，D正確。答案選B。14、D【解析】

A.如果A是鋁，則B和C分別是AlO2-和Al3+，二者在酸性溶液中不可能生成鋁，選項A不正確；B.由于和反應生成，說明反應一定是氧化還原反應，則在中的化合價分別是顯正價和負價，所以一定是非金屬，選項B不正確；C.反應①②中條件不同，不是可逆反應，選項C不正確；D.反應①和②有單質參與和有單質生成，有單質參加或生成的反應是氧化還原反應，選項D正確；答案選D。15、C【解析】

A、二氧化硅與鹽酸不反應，Si與氯氣加熱反應生成SiCl4，SiCl4與氫氣反應生成Si，故A錯誤；B、FeS2煅燒生成二氧化硫，二氧化硫與水反應生成亞硫酸，不能生成硫酸，亞硫酸與氧氣反應生成硫酸，故B錯誤；C、飽和NaCl溶液中通入氨氣和二氧化碳生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉不穩定，受熱分解生成碳酸鈉，所以在給定條件下，物質間轉化均能實現，故C正確；D、MgCO3與鹽酸反應生成MgCl2溶液，電解氯化鎂溶液得到氯氣、氫氣和氫氧化鎂沉淀，得不到Mg，故D錯誤。答案選C。考查常見元素及其化合物性質，明確常見元素及其化合物性質為解答關鍵，注意反應中反應條件的應用。16、D【解析】

A.陶瓷主要成分為硅酸鹽，為無機非金屬材料，故A正確；

B.銅鼠首為青銅器，為銅、錫合金，為金屬材料，故B正確；

C.航天服的材料為合成纖維，為有機高分子材料，故C正確；

D.光導纖維主要材料為二氧化硅，為無機物，不是復合材料，故D錯誤；

故選D。17、D【解析】

晶體硅中所有原子都以共價鍵相結合，屬于共價晶體，A正確；Si原子的最外層有4個電子，B正確；Si原子核外有14個電子，根據構造原理可知其排布式為1s22s22p63s23p2，C正確；硅原子的價電子排布圖不符合洪特規則，選項D錯誤。18、B【解析】試題分析：A、用兩塊銅片作電極電解鹽酸的離子反應為Cu+2H+H2↑+Cu2+，故A正確；B、NaOH溶液與足量的Ca(HCO3)2溶液反應的離子反應為HCO3-+OH-+Ca2+═CaCO3↓+H2O，故B錯誤；C、等物質的量的FeBr2和Cl2在溶液中反應，由電子守恒可知，亞鐵離子全部被氧化，溴離子一半被氧化，離子反應為2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl-，故C正確；D、氨水吸收少量的二氧化硫的離子反應為2NH3?H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O，故D正確；故選B。【考點定位】考查離子方程式的書寫【名師點晴】本題考查離子反應方程式的書寫，明確發生的化學反應是解答本題的關鍵，注意氧化還原反應的離子反應中遵循電子守恒，選項B中量少的完全反應，選項C中等物質的量的FeBr2和Cl2在溶液反應，由電子守恒可知，亞鐵離子全部被氧化，溴離子一半被氧化。19、D【解析】

A.NaHSO3粉末加入HNO3溶液中發生氧化還原反應，3NaHSO3+2HNO3=3NaHSO4+2NO↑+H2O，剛加入粉末時就有氣體生成，故A錯誤；B.H2S氣體通入氯水中發生氧化還原反應，H2S+Cl2=S+2HCl，溶液的酸性增強，pH減小，故B錯誤；

C.NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中，剛滴入時便會有BaCO3沉淀生成，隨著NaOH的滴入，沉淀質量增加，當Ba2+全部轉化為沉淀后，沉淀質量便不會再改變了，故C錯誤；D.溶液導電能力與溶液中的離子濃度有關，CO2氣體通入澄清石灰水中，先發生反應：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，離子濃度降低，溶液導電能力下降；接著通入CO2發生反應：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，碳酸氫鈣屬于強電解質，溶液中離子濃度增加，溶液導電能力上升，故D正確；故答案：D。20、C【解析】

根據鹽酸和醋酸溶液中的氫離子物質的量和加入鋅的物質的量，依據鹽酸是強酸，醋酸是弱酸，在溶液中存在電離平衡判斷反應過程和反應量的關系，結合圖象中的縱坐標和橫坐標的意義，曲線的變化趨勢，起點、拐點、終點的意義分析判斷是否符合事實。【詳解】體積都為1L，pH都等于2的鹽酸和醋酸溶液中，n(CH3COOH)>n(HCl)=0.01mol，鋅和酸反應Zn+2H+=Zn2++H2↑，鹽酸溶液中氫離子不足，醋酸溶液中存在電離平衡，平衡狀態下的氫離子不足，但隨著反應進行，醋酸又電離出氫離子進行反應，放出的氫氣一定比鹽酸多，開始時由于氫離子濃度相同，開始的反應速率相同，反應過程中醋酸溶液中的氫離子濃度始終比鹽酸溶液中的氫離子濃度大，所以反應速率快；反應后，醋酸有剩余，導致醋酸溶液中pH小于鹽酸溶液中；A．由于醋酸會不斷電離出H+，因此醋酸pH上升會比鹽酸慢。雖然和同量的Zn反應，醋酸速率快，但是這是pH，不是氫氣的量，所以pH上升醋酸慢，A錯誤；B．反應開始氫離子濃度相同，反應速率相同。曲線從相同速率開始反應，但醋酸溶液中存在電離平衡，反應過程中醋酸溶液中的氫離子濃度始終比鹽酸溶液中的氫離子濃度大，所以醋酸溶液反應過程中反應速率快，溶解的鋅的量也比鹽酸多，所以圖象不符合題意，B錯誤；C．產生氫氣的量從0開始逐漸增多，最終由于醋酸電離平衡的存在，生成氫氣的量比鹽酸多，反應過程中氫離子濃度大于鹽酸溶液中氫離子濃度，和同量鋅反應速率快，若Zn少量產生的H2的量相同，鋅過量則醋酸產生的氫氣多，故圖象符合Zn少量，C正確；D．反應開始氫離子濃度相同，反應過程中醋酸存在電離平衡，醋酸溶液中的氫離子濃度始終比鹽酸溶液中的氫離子濃度大，D錯誤；故合理選項是C。本題考查了圖象法在化學反應速率的影響中的應用，關鍵是反應過程中溶液中的氫離子濃度大小的判斷和一定量鋅與氫離子反應的過量判斷，注意弱電解質在溶液中存在電離平衡，弄清坐標系中橫坐標、縱坐標的含義分析解答。21、B【解析】

已知甲是常見溫室效應氣體，X、W為同一主族元素，X、W形成的最高價氧化物分別為甲、丙，則X為C元素、W為Si元素，甲為二氧化碳，丙為二氧化硅，x、w分別為X、W的單質，在高溫條件下x碳單質與二氧化硅反應生成w為硅，丁為一氧化碳；y2為氧氣，碳與氧氣點燃反應生成甲為二氧化碳，則Y為O元素，Z為金屬元素，z金屬單質能與二氧化碳反應生成碳單質與金屬氧化物，則Z為Mg元素，綜上所述，X為C元素、Y為O元素、Z為Mg元素、W為Si元素，據此解答。【詳解】由以上分析可知，X為C元素、Y為O元素、Z為Mg元素、W為Si元素，A.反應①二氧化碳與鎂反應、②碳與氧氣反應、③碳與二氧化硅反應都屬于氧化還原反應，A項正確；B.同周期元素原子半徑從左到右依次減小，同主族元素原子半徑從上而下以此增大，故C、O、Mg、Si四種元素中，Mg的原子半徑最大，B項錯誤；C.丙為二氧化硅，在信息工業中，二氧化硅常作光導纖維材料，C項正確；D.在高溫條件下，碳與二氧化碳反應生成一氧化碳，D項正確；答案選B。22、D【解析】

將l00ml1mol/L的NaHCO3溶液等分為兩份，一份加入少許冰醋酸，發生CH3COOH+HCO3-=H2O+CO2↑+CH3COO-，則溶液中c（CO32-）減小；另外一份加入少許Ba(OH)2固體，發生Ba2++2OH-+2HCO3-=2H2O+BaCO3↓+CO32-，則溶液中c(CO32-)增大；故選D。二、非選擇題(共84分)23、濃硫酸、濃硝酸、加熱取代反應保護酚羥基，以防被氧化AC+3NaOH+CH3COONa+2H2O+(CH3CO)2O→+CH3COOH6或【解析】

乙酰氯和乙酸反應生成A，A和B反應生成C，C被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成D，根據D的結構簡式()知，C為，B中含有苯環，根據B的分子式C7H8O知，B為，根據信息I，A為(CH3CO)2O；D發生水解反應然后酸化得到E，E為，E反應生成F，F發生還原反應生成G，根據G的結構簡式()結合題給信息知，F為；(6)甲苯和濃硝酸發生取代反應生成鄰硝基甲苯，鄰硝基甲苯被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成鄰硝基苯甲酸，鄰硝基苯甲酸被還原生成鄰氨基苯甲酸，據此分析解答。【詳解】(1)反應④為轉化為，發生的是苯環上的硝化反應，反應的條件為濃硫酸、濃硝酸和加熱；反應①為乙酰氯()轉化為乙酸，反應類型為取代反應；酚羥基也容易被酸性高錳酸鉀溶液氧化，反應②的作用是保護酚羥基，防止被氧化，故答案為濃硫酸、濃硝酸和加熱；取代反應；保護酚羥基，防止被氧化；(2)根據上述分析，B的結構簡式為，故答案為；(3)A．G()中含有羧基和氨基，所以具有酸性和堿性，則具有兩性，既能與酸反應也能和堿反應，故A正確；B．G()中含有酚羥基，能發生氧化反應，但不能發生消去反應，羧基能發生取代反應，苯環能發生加成反應，故B錯誤；C．G()中含有羧基和酚羥基(或氨基)，能發生縮聚反應生成高分子化合物，故C正確；D．只有羧基能和碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，所以1molG與足量NaHCO3溶液反應放出1molCO2，故D錯誤；故選AC；(4)D中含有羧基和酯基，酯基水解生成的酚羥基都能與氫氧化鈉反應，與足量的NaOH反應的化學方程式為+3NaOH+CH3COONa+2H2O，反應②的化學方程式為+(CH3CO)2O→+CH3COOH，故答案為+3NaOH+CH3COONa+2H2O；+(CH3CO)2O→+CH3COOH；(5)C為，C的同分異構體符合下列條件：a．屬于芳香族化合物，說明含有苯環，且含有兩個甲基；b．能發生銀鏡反應，說明含有醛基；又能發生水解反應，說明含有酯基，則為甲酸酯類物質，如果兩個-CH3位于鄰位，HCOO-有2種位置；如果兩個-CH3位于間位，HCOO-有3種位置；如果兩個-CH3位于對位，HCOO-有1種位置；共6種同分異構體，其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為6∶2∶1∶1的是或，故答案為6；或；(6)甲苯和濃硝酸發生取代反應生成鄰硝基甲苯，鄰硝基甲苯被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成鄰硝基苯甲酸，鄰硝基苯甲酸被還原生成鄰氨基苯甲酸，其合成流程圖為，故答案為。本題的易錯點為(6)，根據題意，苯環上引入取代基的位置與苯環上已有取代基的種類有關，要注意硝化反應和氧化反應的先后順序不能顛倒。24、1~100nm2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O取少量E于試管中，用膠頭滴管滴加適量的氫氧化鈉溶液，加熱試管，若生成使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體，則證明銨根離子存在蒸發濃縮玻璃棒2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O【解析】

將D溶液滴入沸水中可得到以F為分散質的紅褐色膠體，則F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是單質Fe、B是FeS、C是FeSO4。【詳解】(1)根據膠體的定義，紅褐色氫氧化鐵膠體中氫氧化鐵膠體粒子直徑大小的范圍是1~100nm。(2)C是FeSO4，Fe2+被雙氧水氧化為Fe3+，反應的離子方程式是2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。(3)E是NH4Cl溶液，銨根離子與堿反應能放出氨氣，鑒定E中銨根離子的實驗方法和現象是：取少量E于試管中，用膠頭滴管滴加適量的氫氧化鈉溶液，加熱試管，若生成使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體，則證明銨根離子存在。(4)利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶體，主要操作包括：滴入過量鹽酸，蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾。根據過濾操作的裝置圖可知，過濾操作除了漏斗、燒杯，還需要的玻璃儀器為玻璃棒。(5)FeCl3與KClO在強堿性條件下反應可制取K2FeO4，鐵元素化合價由+3升高為+6，氯元素化合價由+1降低為-1，反應的離子方程式為2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。25、ecdabf11:7將尿素滴到NaClO溶液中或過快滴加，都會使過量的NaClO溶液氧化水合肼，降低產率防止碘升華2IO3-+3N2H4?H2O=3N2↑+2I-+9H2ON2H4?H2O被氧化后的產物為N2和H2O，不引入雜質淀粉94.5%【解析】

(1)①制取次氯酸鈉和氧氧化鈉混合液時先利用裝置C制取氯氣，通過裝置B除去氯氣中的氯化氫氣體，再通過裝置A反應得到混合液，最后利用裝置D進行尾氣處理，故連接順序為ecdabf；Cl2生成ClO-與ClO3-是被氧化的過程，化合價分別由3價升高為+1價和+5價，ClO-與ClO3-的物質的量濃度之比為6：1，則可設ClO-為6mol，ClO3-為1mol，被氧化的Cl共為7mol，失去電子的總物質的量為6mol×（1-3）+1mol×（5-3）=11mol，氧化還原反應中氧化劑和還原劑之間得失電子數目相等，Cl2生成KCl是被還原的過程，化合價由3價降低為-1價，則得到電子的物質的量也應為7mol，則被還原的Cl的物質的量為11mol，所以被還原的氯元素和被氧化的氯元素的物質的量之比為11mol：7mol=11：7；②取適量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制備水合肼，實驗中滴加順序不能顛倒，且滴加速度不能過快，將尿素滴到NaClO溶液中或過快滴加，都會使過量的NaClO溶液氧化水合肼，降低產率；(2)①“合成”過程中，為防止碘升華，反應溫度不宜超過73℃；②在“還原”過程中，主要消耗反應過程中生成的副產物IO3-，N2H4?H2O與IO3-反應生成氮氣，則IO3-被還原為碘離子，該過程的離子方程式為2IO3-+3N2H4?H2O=3N2↑+2I-+9H2O；工業上也可以用硫化鈉或鐵屑還原碘酸鈉制備碘化鈉，但水合肼還原法制得的產品純度更高，其原因是N2H4?H2O被氧化后的產物為N2和H2O，不引入雜質；(3)①滴定過程中碘單質被還原為碘離子，故加入M溶液作指示劑，M為淀粉；②根據反應2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知，n(NaI)=n(I2)=n(Na2S2O3)=3.213mol/L×4.33mL×1-3L/mL×=3.363mol，樣品中NaI的質量分數為。26、平衡氣壓，以免關閉彈簧夾后圓底燒瓶內氣壓過大防止飛濺起的液體進入冷凝管中(緩沖氣流)儀器甲處餾出液無油狀液體②①③；降低花椒油在水中的溶解度，有利于分層除去花椒油中的水或干燥353.6g/L【解析】

在A裝置中加熱產生水蒸氣，水蒸氣經導氣管進入B裝置，給裝置B中花椒籽粉與水的混合物進行加熱提取花椒油；向餾出液中加入食鹽顆粒，可降低花椒油在水中的溶解度，利于花椒油分層析出；由于花椒油容易溶解在有機溶劑乙醚中，而乙醚與水互不相溶，用乙醚萃取其中含有的花椒油，加入硫酸鈉除去醚層中少量的水，最后蒸餾得到花椒油。根據花椒油的主要成分屬于油脂，能夠與NaOH反應產生高級脂肪酸鈉和甘油，過量的NaOH用HCl滴定，根據酸堿中和滴定計算出其中含有的花椒油的質量，進而可得花椒油中油脂的含量。【詳解】(1)加熱時燒瓶內氣體壓強增大，導氣管可緩沖氣體壓強，平衡氣壓，以免關閉彈簧夾后圓底燒瓶內氣壓過大；裝置B中圓底燒瓶傾斜可以防止飛濺起的液體進入冷凝管中(緩沖氣流)；(2)加熱A裝置中的圓底燒瓶，當有大量蒸氣產生時關閉彈簧夾，進行蒸餾，裝置B中的花椒油會隨著熱的水蒸氣不斷變為氣體蒸出，當儀器甲處餾出液無油狀液體，說明花椒油完全分離出來，此時停止蒸餾。蒸餾結束時，首先是打開彈簧夾，然后停止加熱，最后關閉冷凝水，故操作的順序為②①③；(3)在餾出液中加入食鹽的作用是增大水層的密度，降低花椒油在水中的溶解度，有利于分層；加入無水Na2SO4的作用是無水Na2SO4與水結合形成Na2SO4?10H2O，以便于除去花椒油中的水或對花椒油進行干燥；(4)實驗結束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管內壁上沾有的油脂，二者發生反應產生可溶性的高級脂肪酸鈉和甘油，該反應的化學方程式為；(5)根據HCl+NaOH=NaCl+H2O，所以n(NaOH)(過量)=n(HCl)=0.1mol/L×0.020L×=0.016mol，則與油脂反應的物質的量的物質的量為：0.5mol/L×0.08L-0.016mol=0.024mol，根據花椒油與NaOH反應的物質的量的物質的量關系可知其中含有的花椒油的物質的量為n(油脂)=n(NaOH)=×0.024mol=0.008mol，其質量為m(油脂)=0.008mol×884g/mol=7.072g，則該花椒油中含有油脂7.072g÷0.02L=353.6g/L。本題考查了化學實驗基本操作的知識，涉及操作順序、裝置設計的目的、酸堿中和滴定及物質含量的計算等。掌握化學反應原理、理解其含義及操作的目的是解題關鍵。27、分液漏斗防倒吸、防堵塞(或平衡氣壓、安全瓶均可)SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2檢驗有I2生成，進而證明ClO2有強氧化性2:1O2溶液由藍色變為無色，且半分鐘內溶液顏色不再改變0.324

g產生ClO2的速率太快，ClO2沒有被D中的溶液完全吸收；C中ClO2未全部進入D中【解析】

(1)濃H2SO4和Na2SO3反應生成SO2，A制備SO2，B裝置有緩沖作用，可防止倒吸、堵塞；裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，則C中發生反應SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，在D中發生氧化還原反應生成I2，裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，I2遇淀粉變藍色；裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，雙氧水作還原劑生成氧氣，從而防止尾氣污染環境；(2)①碘遇淀粉變藍色，當碘完全反應后溶液變為無色；②ClO2與KI在溶液反應離子方程式為：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，結合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得ClO2～5S2O32-，則n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；ClO2部分沒有被吸收、未完全進入D中都導致測定值偏低。【詳解】(1)濃H2SO4和Na2SO3反應生成SO2，A用于制備SO2，B裝置有緩沖作用，能防止倒吸、堵塞；裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，則C中發生反應SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，所以D中發生氧化還原反應生成I2，裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，I2單質遇淀粉溶液變為藍色；裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，雙氧水作還原劑生成氧氣，從而防止尾氣污染環境，①儀器a的名稱為分液漏斗，裝置B有緩沖作用，所以能防倒吸、防堵塞(或平衡氣壓、安全瓶)；②裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，根據元素守恒可知，生成的酸式鹽為KHSO4，該反應的化學方程式為SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液變為藍色，根據淀粉溶液是否變色來判斷是否有I2單質生成，從而證明ClO2是否具有氧化性；③裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，反應方程式為H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+H2O，在該反應中ClO2是氧化劑，NaClO2的還原產物，H2O2是還原劑，O2是氧化產物，該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為2：1；(2)①I2單質遇淀粉溶液變為藍色，當碘完全反應后溶液變為無色，所用滴定終點是溶液由藍色變為無色，且半分鐘內溶液顏色不再改變；②ClO2溶液與碘化鉀反應的離子方程式：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，結合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得關系式：ClO2～5S2O32-，則n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，則在250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；由于C中ClO2有一部分沒有被吸收、未完全進入D中都導致測定值偏低。本題考查物質制備，涉及實驗操作、氧化還原反應、方程式的計算、物質檢驗等知識點，側重考查實驗操作規范性、元素化合物性質等知識點，明確實驗原理、物質性質、物質之間的轉化關系是解本題關鍵。28、3acCl2或H2O21.67NaBrO3AlF3是離子晶體，AlCl3是分子晶體①氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO，②鹽酸是強酸，HClO和碳酸都是弱酸，且室溫下Ki1（H2CO3）＞Ki（HClO）＞Ki2（H2CO3）；③加入小蘇打，鹽酸能與之反應導致鹽酸濃度下降，平衡向正向移動，而HClO不能與之反應，所以HClO濃度增大【解析】