遼寧省大連市一0三中學2025屆高三第三次模擬考試化學試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、某固體混合物X可能是由Na2SiO3、Fe、Na2CO3、BaCl2中的兩種或兩種以上的物質組成。某興趣小組為探究該固體混合物的組成，設計實驗方案如下圖所示（所加試劑均過量）。下列說法不正確的是A．氣體A一定是混合氣體B．沉淀A一定是H2SiO3C．白色沉淀B在空氣中逐漸變灰綠色，最后變紅褐色D．該固體混合物一定含有Fe、Na2CO3、BaCl22、25℃時，向20.00mL0.1mol/LH2X溶液中滴入0.1mo1/LNaOH溶液，溶液中由水電離出的c水(OH-)的負對數[一lgc水(OH-)]即pOH水-與所加NaOH溶液體積的關系如圖所示。下列說法中正確的是A．水的電離程度：M>P B．圖中P點至Q點對應溶液中逐漸增大C．N點和Q點溶液的pH相同 D．P點溶液中3、25℃時，已知醋酸的電離常數為1.8×10-5。向20mL2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水電離出的c(H+)在此滴定過程中變化曲線如下圖所示。下列說法不正確的是A．a點溶液中：c(H+)=6.010-3molL-1B．b點溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)C．c點溶液中：c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)D．d點溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)4、對于達到化學平衡狀態的可逆反應，改變某一條件，關于化學反應速率的變化、化學平衡的移動、化學平衡常數的變化全部正確的是（）條件的改變化學反應速率的改變化學平衡的移動化學平衡常數的變化A加入某一反應物一定增大可能正向移動一定不變B增大壓強可能增大一定移動可能不變C升高溫度一定增大一定移動一定變化D加入（正）催化劑一定增大不移動可能增大A．A B．B C．C D．D5、LiBH4是有機合成的重要還原劑，也是一種供氫劑，它遇水劇烈反應產生氫氣，實驗室貯存硼氫化鋰的容器應貼標簽是A． B． C． D．6、以氯酸鈉（NaClO3）等為原料制備亞氯酸鈉（NaClO2）的工藝流程如下，下列說法中，不正確的是A．反應1中，每生成1molClO2有0.5molSO2被氧化B．從母液中可以提取Na2SO4C．反應2中，H2O2做氧化劑D．采用減壓蒸發可能是為了防止NaClO2受熱分解7、將0.48g鎂粉分別加入10.0mL下列溶液，反應6小時，用排水法收集產生的氣體，溶液組成與H2體積(已換算成標準狀況)的關系如下表。下列說法不正確的是實驗1234567溶液組成H2O1.0mol/LNH4Cl0.1mol/LNH4Cl1.0mol/LNaCl1.0mol/LNaNO30.8mol/LNH4Cl+0.2mol/LNH3·H2O0.2mol/LNH4Cl+0.8mol/LNH3·H2OV/ml1243334716014401349A．由實驗2、3可得，濃度越大，鎂和水反應速率越快B．由實驗1、4、5可得，Cl-對鎂和水的反應有催化作用C．由實驗3、7可得，反應過程產生的Mg(OH)2覆蓋在鎂表面，減慢反應D．無論酸性條件還是堿性條件，都能加快鎂和水的反應8、固體混合物X可能含有NaNO2、Na2SiO3、FeCl3、KAlO2中的一種或幾種物質，某同學對該固體進行了如下實驗：下列判斷正確的是A．溶液甲中一定含有NaNO2、Na2SiO3，可能含有FeCl3、KAlO2B．原固體混合物X中一定有KAlO2C．固體乙、固體丁一定是純凈物D．將溶液乙和溶液丁混合一定有無色氣體生成，可能有白色沉淀生成9、下列氣體在常溫常壓下不能共存的是A．NH3、HCl B．CH4、Cl2 C．H2S、O2 D．SO2、O210、常溫下，0.2mol/L的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合后，所得溶液中部分微粒組分及濃度如圖所示（a、b、d、e均為不超過1的正數），則下列說法正確的是A．該溶液pH=7 B．該溶液中：c（A-）+c（Y）=c（Na+）C．HA為強酸 D．圖中X表示HA，Y表示OH-，Z表示H+11、銦（In）被稱為信息產業中的“朝陽元素”。由“銦49In-114.8”不可能知道的是（）A．銦元素的相對原子質量 B．銦元素的原子序數C．銦原子的相對原子質量 D．銦原子的核電荷數12、下列離子方程式書寫正確的是()A．向NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液：2Fe2++ClO—+2H+＝Cl—+2Fe3++H2OB．向明礬溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42—沉淀完全：2Al3++3SO42—+3Ba2++6OH—＝2Al(OH)3↓+3BaSO4↓C．向Al2(SO4)3溶液中加入過量的NH3·H2O：Al3++4NH3·H2O＝AlO2—+2H2O+4NH4+D．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3—+Ba2++OH—＝BaCO3↓+H2O13、有機物M、N、Q的轉化關系為：下列說法正確的是()A．M分子中的所有原子均在同一平面B．上述兩步反應依次屬于加成反應和取代反應C．M的同分異構體中屬于芳香烴的還有3種D．Q與乙醇互為同系物，且均能使酸性KMnO4溶液褪色14、短周期元素X、Y、Z、M的原子序數依次增大，它們組成一種團簇分子Z2M2Y4(YX)2，結構如圖所示。X、M的族序數均等于周期序數，Y原子核外最外層電子數是其電子總數的，下列說法正確的是A．簡單離子半徑:Z>M>YB．常溫下Z和M的單質均能溶于濃硝酸C．X與Y結合形成的化合物是離子化合物D．工業上常用電解Z的氯化物的熔融液來制取Z單質15、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A．標準狀況下，11.2LCHC13中含有的氯原子數目為1.5NAB．10.0g質量分數為46％的乙醇溶液與足量鈉反應產生的H2數目為0.05NAC．常溫常壓下，124gP4中含σ鍵數目為4NAD．向1L1mol·L－1NH4Cl溶液中加入氨水至中性，溶液中數目為NA16、已知CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g)ΔH==-Q1；2H2(g)+O2(g)→2H2O(g)ΔH==-Q2；H2O(g)→H2O(l)ΔH==-Q3常溫下，取體積比為4：1的甲烷和H2的混合氣體112L（標準狀況下），經完全燃燒后恢復到常溫，則放出的熱量為A．4Q1+0.5Q2 B．4Q1+Q2+10Q3 C．4Q1+2Q2 D．4Q1+0.5Q2+9Q317、復旦大學王永剛的研究團隊制得一種柔性水系鋅電池,該可充電電池以鋅鹽溶液作為電解液,其原理如圖所示。下列說法不正確的是A．放電時,N極發生還原反應B．充電時,Zn2+向M極移動C．放電時,每生成1molPTO-Zn2+,M極溶解Zn的質量為260gD．充電時,N極的電極反應式為2PTO+8e-+4Zn2+=PTO-Zn2+18、在室溫下，下列有關電解質溶液的說法正確的是A．將稀CH3COONa溶液加水稀釋后，n(H+）·n(OH－）不變B．向Na2SO3溶液中加入等濃度等體積的KHSO4溶液，溶液中部分離子濃度大小為c(Na+)＞c(K+)=c(SO42－)＞c(SO32－)＞c(HSO3－)C．NaHA溶液的pH＜7，則溶液中的粒子一定有c(Na+)=c(HA－)+c(H2A)+c(A2－)D．向某稀NaHCO3溶液中通CO2至pH=7：c(Na+)=c(HCO3－)+2c(CO32－)19、2019年7月1日起，上海進入垃圾分類強制時代，隨后西安等地也紛紛開始實行垃圾分類。這體現了我國保護環境的決心，而環境保護與化學息息相關，下列有關說法正確的是A．廢棄的聚乙烯塑料屬于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色B．可回收的易拉罐中含金屬鋁，可通過電解氯化鋁制取C．廢舊電池中含有鎳、鎘等重金屬，不可用填埋法處理D．含棉、麻、絲、毛及合成纖維的廢舊衣物燃燒處理時都只生成CO2和H2O20、一定條件下，下列金屬中能與水發生置換反應并產生金屬氧化物的是A．鉀 B．鎂 C．鐵 D．銅21、下列有關判斷的依據正確的是（）A．電解質：水溶液是否導電B．原子晶體：構成晶體的微粒是否是原子C．共價分子：分子中原子間是否全部是共價鍵D．化學平衡狀態：平衡體系中各組分的物質的量濃度是否相等22、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電子結構二、非選擇題(共84分)23、（14分）某新型藥物H()是一種可用于治療腫瘤的藥物，其合成路線如圖所示：已知：(1)E的分子式為C9H8O2，能使溴的四氯化碳溶液褪色(2)（R為烴基）(3)請回答下列問題：(1)A的結構簡式為_____；D的官能團的名稱為_____。(2)①的反應類型是_____；④的反應條件是_____。(3)寫出B→C的化學方程式_____。(4)寫出F+G→H的化學方程式_____。(5)E有多種同分異構體，同時滿足下列條件的E的同分異構體有_____種。ⅰ.能發生銀鏡反應ⅱ.能發生水解反應ⅲ.分子中含的環只有苯環(6)參照H的上述合成路線，設計一條由乙醛和NH2CH(CH3)2為起始原料制備醫藥中間CH3CONHCH(CH3)2的合成路線_____。24、（12分）（化學—有機化學基礎）3﹣對甲苯丙烯酸甲酯（E）是一種用于合成抗血栓藥的中間體，其合成路線如下：已知：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO+H2O（1）遇FeCl3溶液顯紫色且苯環上有兩個取代基的A的同分異構體有___________種，B中含氧官能團的名稱為___________．（2）試劑C可選用下列中的___________．a、溴水b、銀氨溶液c、酸性KMnO4溶液d、新制Cu(OH)2懸濁液（3）是E的一種同分異構體，該物質與足量NaOH溶液共熱的化學方程式為___________．（4）E在一定條件下可以生成高聚物F，F的結構簡式為___________．25、（12分）亞氯酸鈉（NaClO2）是二氧化氯（ClO2）泡騰片的主要成分。實驗室以氯酸鈉（NaClO3）為原料先制得ClO2，再制備NaClO2粗產品，其流程如圖：已知：①ClO2可被NaOH溶液吸收，反應為2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O。②無水NaClO2性質穩定，有水存在時受熱易分解。（1）反應Ⅰ中若物質X為SO2，則該制備ClO2反應的離子方程式為___。（2）實驗在如圖-1所示的裝置中進行。①若X為硫磺與濃硫酸，也可反應生成ClO2。該反應較劇烈。若該反應在裝置A的三頸燒瓶中進行，則三種試劑（a.濃硫酸；b.硫黃；c.NaClO3溶液）添加入三頸燒瓶的順序依次為___（填字母）。②反應Ⅱ中雙氧水的作用是___。保持反應時間、反應物和溶劑的用量不變，實驗中提高ClO2吸收率的操作有：裝置A中分批加入硫黃、___（寫出一種即可）。（3）將裝置B中溶液蒸發可析出NaClO2，蒸發過程中宜控制的條件為___（填“減壓”、“常壓”或“加壓”）。（4）反應Ⅰ所得廢液中主要溶質為Na2SO4和NaHSO4，直接排放會污染環境且浪費資源。為從中獲得芒硝（Na2SO4·10H2O）和石膏（水合硫酸鈣），請補充完整實驗方案：___，將濾液進一步處理后排放（實驗中須使用的試劑和設備有：CaO固體、酚酞、冰水和冰水浴）。已知：CaSO4不溶于Na2SO4水溶液；Na2SO4的溶解度曲線如圖?2所示。26、（10分）資料顯示：濃硫酸形成的酸霧中含有少量的H2SO4分子。某小組擬設計實驗探究該資料的真實性并探究SO2的性質，實驗裝置如圖所示（裝置中試劑均足量，夾持裝置已省略）。請回答下列問題：（1）檢驗A裝置氣密性的方法是__；A裝置中發生反應的化學方程式為___。（2）實驗過程中，旋轉分液漏斗活塞之前要排盡裝置內空氣，其操作是__。（3）能證明該資料真實、有效的實驗現象是___。（4）本實驗制備SO2，利用的濃硫酸的性質有___（填字母）。a．強氧化性b．脫水性c．吸水性d．強酸性（5）實驗中觀察到C中產生白色沉淀，取少量白色沉淀于試管中，滴加___的水溶液（填化學式），觀察到白色沉淀不溶解，證明白色沉淀是BaSO4。寫出生成白色沉淀的離子方程式：___。27、（12分）硫代硫酸鈉(Na2S2O3)是一種解毒藥，用于氟化物、砷、汞、鉛、錫、碘等中毒，臨床常用于治療蕁麻疹，皮膚瘙癢等病癥.硫代硫酸鈉在中性或堿性環境中穩定，在酸性溶液中分解產生S和SO2實驗I：Na2S2O3的制備。工業上可用反應：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，實驗室模擬該工業過程的裝置如圖所示：(1)儀器a的名稱是_______，儀器b的名稱是_______。b中利用質量分數為70%?80%的H2SO4溶液與Na2SO3固體反應制備SO2反應的化學方程式為_______。c中試劑為_______(2)實驗中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______(寫出一條)(3)為了保證硫代硫酸鈉的產量，實驗中通入的SO2不能過量，原因是_______實驗Ⅱ：探究Na2S2O3與金屬陽離子的氧化還原反應。資料：Fe3++3S2O32-?Fe(S2O3)33-(紫黑色)裝置試劑X實驗現象Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先變成紫黑色，30s后幾乎變為無色(4)根據上述實驗現象，初步判斷最終Fe3+被S2O32-還原為Fe2+，通過_______(填操作、試劑和現象)，進一步證實生成了Fe2+。從化學反應速率和平衡的角度解釋實驗Ⅱ的現象：_______實驗Ⅲ：標定Na2S2O3溶液的濃度(5)稱取一定質量的產品配制成硫代硫酸鈉溶液，并用間接碘量法標定該溶液的濃度：用分析天平準確稱取基準物質K2Cr2O7(摩爾質量為294g?mol-1)0.5880g。平均分成3份，分別放入3個錐形瓶中，加水配成溶液，并加入過量的KI并酸化，發生下列反應：6I-+Cr2O72-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，再加入幾滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，發生反應I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，三次消耗Na2S2O3溶液的平均體積為25.00mL，則所標定的硫代硫酸鈉溶液的濃度為_______mol?L-128、（14分）A、B、C、D、E、F

均為短周期主族元素，且原子序數依次遞增。A的原子核內無中子，B的原子最外層電子數是次外層電于數的2倍，C

是地殼中含量最多的元素，D是短周期中金屬性最強的元素，E與F位置相鄰，F是同周期元素中原子半徑最小的元素。完成下列填空題:（1）B在元素期表中的位置為_______，1個C原

子核外有____個未成對的電子。（2）D、E、F三種元素形成簡單離子其半徑由l大到小的順序是_____________。(用離子符號表示)。（3）寫出D

與C

形成化合物的電子式______、_______。（4）常溫下，1molA的單質在C

的單質中完全燃燒生成液態化合物，并放出286kJ的熱量，該反應的熱化學方程式為______________。（5）非金屬性的強弱:

E_____F

(填“強于”、“弱于”、“無法比較”)，試從原子結構的角度解釋其原因________________。（6）Na2SO3可用作漂白織物時的去鼠劑。Na2SO3溶液及收Cl2后，溶液的酸性增強。寫出該反應的離子方程式______。29、（10分）化合物J是一種重要的有機中間體，可以由苯合成，具體合成路線如下：已知：醛或酮與鋅汞齊(Zn-Hg)在濃鹽酸條件下發生如下反應，稱為Clemmensen反應（1）請舉出工業上獲得原料A的來源：_________________________________________。（2）B催化氫化得Z(C10H12O3)，寫出Z在一定條件下聚合反應的化學方程式：___________。（3）請寫出的化學方程式：________________，D中官能團名稱是____________。（4）Clemmensen反應的可能機理是：鋅汞齊在濃鹽酸的介質中形成原電池，其中鋅為__________（填“正極”或“負極”），請寫出D在汞電極上生成E的電極反應方程式：____________________。（5）的反應類型為_____________。（6）I分子中最多有_______個原子共平面。與I屬于同種類型物質且苯環上有兩個取代基的同分異構體有_____________種。（7）符合下列條件的J的一種同分異構體結構簡式為______________________。①屬于芳香族化合物，②不能與金屬鈉反應，③有3種不同化學環境的氫原子。（8）已知：（R表示烴基，R1、R2表示氫或烴基）。請結合題干和已知信息，選用必要的無機試劑，完成以、為原料制備的合成路線圖。（合成路線流程圖示例見本題題干）。_______________

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】固體混合物可能由Na2SiO3、Fe、Na2CO3、BaCl2中的兩種或兩種以上的物質組成，由實驗可知，氣體A與與澄清的石灰水反應，溶液變渾濁，則A中一定含CO2；混合物與足量稀鹽酸反應后的沉淀A為H2SiO3。溶液A與NaOH反應后生成白色沉淀B，則B為Fe（OH）2，溶液B與硝酸、硝酸銀反應生成沉淀C為AgCl，則原混合物中一定含有Fe、Na2CO3、Na2SiO3，可能含有BaCl2。根據以上分析可以解答下列問題。A.稀鹽酸與Na2CO3反應生成CO2氣體，與Fe反應生成H2，氣體A是CO2與H2的混合氣體，A正確；B.沉淀A為H2SiO3沉淀，B正確；C.B為Fe（OH）2，在空氣中被氧氣氧化，逐漸變灰綠色，最后變紅褐色，C正確；D.該固體混合物中可能含有BaCl2，D錯誤。答案選D.2、D【解析】

-1gc水(OH-)越小，c水(OH-)越大，酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，且酸中c(H+)越大、堿中c(OH-)越大，其抑制水電離程度越大，則c水(OH-)越小，據此分析解答。【詳解】A．M點水電離出的c水(OH-)為10-11.1mol/L，P點水電離出的c水(OH-)為10-5.4mol/L，水的電離程度M＜P，故A錯誤；B．水解平衡常數只與溫度有關，P點至Q點溶液中c(OH-)依次增大，則=×=依次減小，故B錯誤；C．N點到Q點，加入的NaOH逐漸增多，溶液的pH逐漸增大，故C錯誤；D．P點溶質為Na2X，溶液中存在質子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D正確；故選D。【點睛】明確圖象曲線變化的含義為解答關鍵。本題的易錯點為B，要注意電離平衡常數、水解平衡常數、水的離子積常數、溶度積等常數都是只與溫度有關的數據，溫度不變，這些常數不變。3、B【解析】

A．a點溶液沒有加入NaOH，為醋酸溶液，根據電離平衡常數計算。設電離的出的H＋的濃度為x，由于電離程度很低，可認為醋酸濃度不變。CH3COOHCH3COO－＋H＋2xxKa===1.8×10-5，解得x=6.0×10-3mol/L，A項正確；B．b點的溶液為CH3COOH和CH3COONa等濃度混合的溶液，物料守恒為c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸會電離CH3COOHCH3COO－＋H＋，醋酸根會水解，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，水解平衡常數<1.8×10-5，CH3COOH的電離大于CH3COO-的水解，所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)；B項錯誤；C．c點醋酸和氫氧化鈉完全反應，溶液為CH3COONa溶液，在醋酸鈉溶液中有電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，有物料守恒c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，將兩式聯立得到質子守恒，則有c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)；C項正確；D．d點加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，為等物質的量濃度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D項正確；本題答案選B。【點睛】電解質溶液中，粒子濃度有三大守恒，電荷守恒、物料守恒和質子守恒，寫出前兩個即可以導出質子守恒。要特別注意等物質的量濃度的混合溶液中水解和電離的大小關系。4、C【解析】

A．如加入反應物為固體，由于不改變反應物濃度，則反應速率不變，平衡不移動，故A錯誤；B．如反應前后氣體的體積不變，則增大壓強，平衡不移動，平衡常數只受溫度的影響，改變壓強，平衡常數不變，故B錯誤；C．升高溫度，反應速率增大，平衡向吸熱方向移動，且平衡常數改變，故C正確；D．加入催化劑，反應速率增大，平衡不移動，且不影響平衡常數，故D錯誤。故選：C。5、D【解析】A、氧化劑標識，LiBH4是有機合成的重要還原劑，故A錯誤；B、爆炸品標識，LiBH4是一種供氫劑，屬于易燃物品，故B錯誤；C、腐蝕品標識，與LiBH4是一種供氫劑不符，故C錯誤；D、易燃物品標識，LiBH4是有機合成的重要還原劑，也是一種供氫劑，屬于易燃物品標識，故D正確；故選D。6、C【解析】A.在反應1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反應的離子方程式為2ClO3－＋SO2=SO42－＋2ClO2，根據方程式可知，每生成1molClO2有0.5molSO2被氧化，故A正確；B.根據上述分析可知，反應1中除了生成ClO2，還有Na2SO4生成，則從母液中可以提取Na2SO4，故B正確；C.在反應2中，ClO2與H2O2在NaOH作用下反應生成NaClO2，氯元素的化合價從+4價降低到+3價，則ClO2是氧化劑，H2O2是還原劑，故C錯誤；D.減壓蒸發在較低溫度下能夠進行，可以防止常壓蒸發時溫度過高，NaClO2受熱分解，故D正確；答案選C。7、A【解析】

A、試驗2、3中主要反應為：，由于試驗2中的n(NH4+)大于試驗3中的n(NH4+)，而鎂是過量的，所以不能得出濃度越大，反應速率越快的結論，故A符合題意；B、由試驗1、2對比可知，反應速率加快，其原因有可能是Na+、Cl-具有催化作用，由試驗4、5對比可知，Na+對反應無催化作用，由此可知，Cl-對鎂和水的反應有催化作用，故B不符合題意；C、試驗7中NH4Cl濃度較試驗3高，產生氫氣的速率應更快，但由表格可知，二者產生氫氣的速率幾乎相等，其原因在于試驗7中加入了高濃度NH3·H2O，NH3·H2O與Mg2+反應生成了Mg(OH)2覆蓋在鎂表面，減慢反應，故C不符合題意；D、由試驗1、2、7對比可知，無論酸性條件還是堿性條件，都能加快鎂和水的反應，故D不符合題意；故答案為A。8、D【解析】

溶液甲能和鹽酸反應生成固體乙，說明溶液甲中含有硅酸鈉，固體乙為硅酸，溶液甲和鹽酸反應生成氣體，說明含有亞硝酸鈉，則溶液乙含有氯化鈉和鹽酸，固體甲可能是氯化鐵和硅酸鈉雙水解生成的硅酸和氫氧化鐵，或還存在氯化鐵和偏鋁酸鉀雙水解生成的氫氧化鋁沉淀，溶液甲可能有剩余的偏鋁酸鉀。硅酸或氫氧化鋁都可溶于氫氧化鈉，溶液丙為硅酸鈉或還有偏鋁酸鈉，固體丙為氫氧化鐵。溶液丙中通入過量的二氧化碳，生成硅酸沉淀或氫氧化鋁沉淀，溶液丁含有碳酸氫鈉。A.溶液甲一定有亞硝酸鈉和硅酸鈉，可能有偏鋁酸鉀，一定不存在氯化鐵，故錯誤；B.X可能有偏鋁酸鉀，故錯誤；C.固體乙一定是硅酸，固體丁可能是硅酸或氫氧化鋁，故錯誤；D.溶液甲中有氯化鈉和鹽酸，可能有偏鋁酸鉀，與溶液丁碳酸氫鈉反應，一定有二氧化碳氣體，可能有氫氧化鋁沉淀。故正確；故選D。【點睛】掌握物質之間的反應，和可能性，注意可能存在有剩余問題，抓住特殊物質的性質，如加入鹽酸產生沉淀通常認為是氯化銀沉淀，但要注意有硅酸沉淀，注意鹽類水解情況的存在。9、A【解析】

常溫下，能反應的氣體不能大量共存，以此來解答。【詳解】A．常溫下反應生成氯化銨，不能大量共存，選項A選；B．常溫下不反應，光照的條件反應，可大量共存，選項B不選；C．常溫下不反應，反應需要點燃、加熱等，可大量共存，選項C不選；D．常溫下不反應，要在催化劑和加熱的條件反應，選項D不選；答案選A。10、B【解析】

常溫下，0.2mol/L的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合后得到物質的量濃度為0.1mol/L的NaA溶液；A.由c(A-)＜0.1mol/L，表示HA是弱酸，NaA溶液顯堿性，pH>7，A錯誤；B.A-水解使溶液顯堿性，所以溶液中的粒子濃度的大小關系是c(Na+)>c(A-)>c(OH-）>c(HA)>c(H+)，所以X是OH-，Y是HA，Z表示H+，溶液中的物料守恒為c（A-）+c（HA）=c（Na+），B正確；C.0.1mol/LNaA溶液中c(A-)＜0.1mol/L，說明A-發生水解，則HA為弱酸，C錯誤；D.A-水解使溶液顯堿性，所以溶液中的粒子濃度的大小關系是c(Na+)>c(A-)>c(OH-）>c(HA)>c(H+)，所以X是OH-，Y是HA，Z表示H+，D錯誤；答案選B。11、C【解析】

A．114.8即為銦元素的相對原子質量，故A錯誤；B．49既為銦元素的原子核內的質子數，也為銦元素的原子序數，故B錯誤；C．由于銦元素可能含有兩種或兩種以上的銦原子，故僅根據114.8無法計算出各銦原子的相對原子質量，故C正確；D．49既是銦原子的質子數，也是銦原子的核電荷數，故D錯誤。故選：C。【點睛】本題考查了原子結構中質子數與核電荷數、原子序數、電子數等之間的關系以及元素的相對原子質量與各原子的相對原子質量之間的計算關系。注意僅根據一種原子的相對原子質量無法計算元素的相對原子質量，同樣，僅根據元素的相對原子質量也無法計算原子的相對原子質量。12、D【解析】

A.NaClO溶液呈堿性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，會生成Fe(OH)3沉淀；B.硫酸根離子完全沉淀時，鋁離子與氫氧根離子的物質的量之比為1:4，反應生成偏鋁酸根；C.氫氧化鋁不溶于弱堿，所以不會生成偏鋁酸根；D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，n[Ba(OH)2]:n(NaHCO3)=1:1【詳解】A.NaClO溶液呈堿性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，發生3H2O+3ClO-+6Fe2+=2Fe(OH)3↓+4Fe3++3Cl-，故A錯誤；B.向明礬溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-完全沉淀，鋁離子恰好反應生成偏鋁酸根離子，反應的化學方程式為KAl(SO4)2+2Ba(OH)2=2BaSO4+KAlO2+2H2O，對應的離子方程式為：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故B錯誤；C.氫氧化鋁不溶于弱堿，所以向Al2(SO4)3溶液中加入過量的NH3?H2O：Al3++3NH3?H2O═Al(OH)3↓+3NH4+D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，HCO3-無剩余，離子方程式：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，D正確，選D。【點睛】本題考查了離子方程式的書寫，明確反應實質及離子方程式書寫方法是解題關鍵，注意化學式的拆分、注意離子反應遵循原子個數、電荷數守恒規律，題目難度不大．13、C【解析】

由轉化關系可知，與氯氣在光照條件下發生取代反應生成，在加熱條件下與氫氧化鈉溶液發生水解反應生成。【詳解】A項、分子中的側鏈為乙基，乙基含有2個飽和碳原子，則分子中的所有原子不可能在同一平面，故A錯誤；B項、與氯氣在光照條件下轉化為的反應屬于取代反應，故B錯誤；C項、的同分異構體中屬于芳香烴的還有對二甲苯、間二甲苯和鄰二甲苯，共3種，故C正確；D項、屬于芳香醇，其與乙醇不是同系物，故D正確。故選C。【點睛】本題考查有機物的結構與性質，側重分析與應用能力的考查，注意把握有機物的結構與轉化關系為解答的關鍵。14、D【解析】

X、M的族序數均等于周期序數，結合團簇分子結合可知X為H，M為Be或Al，Y原子核外最外層電子數是其電子總數的，則Y為O，Y的原子序數小于M，則M為Al；根據團簇分子的結構可知其分子式應為Al2Z2H2O6，Z的化合價為+2價，則Z為Mg。【詳解】A．離子核外電子層數相同時，原子序數越小其半徑越小，所以簡單離子半徑：O2->Mg2+>Al3+，故A錯誤；B．常溫下金屬鋁與濃硝酸會鈍化，故B錯誤；C．X與Y形成的化合物為H2O2或H2O，均為共價化合物，故C錯誤；D．Z為Mg，工業上常電解熔融狀態下的氯化鎂制取鎂單質，故D正確；故答案為D。15、D【解析】

A．標準狀況下，CHC13是液體，不能用22.4L/mol計算物質的量，不能確定氯原子數目，故A錯誤；B．10.0g質量分數為46%的乙醇溶液中CH3CH2OH的質量是10.0g×46%=4.6g，物質的量為=0.1mol，根據化學方程式2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，0.1mol乙醇生成0.05mol氫氣，乙醇溶液中的水也能與鈉反應生成氫氣，故與足量的鈉反應產生H2數目大于0.05NA，故B錯誤；C．一個P4分子中含有6個磷磷單鍵，即6個σ鍵，124gP4物質的量為124g÷124g/mol=1mol，含σ鍵數目為6NA，故C錯誤；D．向1L1mol·L－1NH4Cl溶液中加入氨水至中性，則c(H+)=c(OH-)，溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，則n(NH4+)=n(Cl-)=1L×1mol·L－1=1mol，則數目為NA，故D正確；答案選D。【點睛】C項的P4分子是正四面體構型，分子中含有6個磷磷單鍵，知道物質的結構很關鍵。16、D【解析】

①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-Q1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-Q2；H2O(g)→H2O(l)ΔH=-Q3；根據蓋斯定律①+2③得

CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-Q1-2Q3；

根據蓋斯定律②+2③得

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=Q2-2Q3，標準狀況下，112L體積比為4:

1的甲烷和H2的混合氣體的物質的量為=

=

5mol

，故甲烷的物質的量為5mol=4mol，完全燃燒生成液體水放出的熱量為（Q1+2Q3)

=4

(Q1+2Q3)，氫氣的物質的量為5mol-4mol=1mol，完全燃燒生成液體水放出的熱量為(Q2+2Q3)

=0.5

(Q2+2Q3)

，故甲烷、氫氣完全燃燒，放出的熱量為:4

(Q1+2Q3)

+0.5

(Q2+2Q3)=4Q1+0.5Q2+9Q3，故選D。

答案：

D。【點睛】先根據混合氣體的物質的量

結合體積分數計算甲烷、氫氣各自物質的量，再根據蓋斯定律，利用已知的三個熱化學反應方程式進行計算甲烷、氫氣完全燃燒生成液體水和二氧化碳的反應熱。17、D【解析】

放電時，金屬Zn發生失電子的氧化反應生成Zn2+，即M電極為負極，則N電極為正極，電極反應式為2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+；充電時，外加電源的正極連接原電池的正極N，外加電源的負極連接原電池的負極。【詳解】A.該原電池中，放電時M電極為負極，N電極為正極，正極得電子發生還原反應，故A正確；

B.充電時，原電池的負極M連接外加電源的負極作陰極，電解質中陽離子Zn2+移向陰極M，故B正確；

C.放電時，正極反應式為2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+，負極反應式為Zn-2e-=Zn2+，電子守恒有4Zn～PTO-Zn2+，所以每生成1molPTO-Zn2+，M極溶解Zn的質量=65g/mol×4mol=260g，故C正確；

D.充電時，原電池的正極N連接外加電源的正極作陽極，發生失電子的氧化反應，電極反應式為PTO-Zn2+-8e-=2PTO+4Zn2+，故D錯誤；

故選：D。18、D【解析】

A．溫度不變，Kw=c(H+)?c(OH-)不變，加水稀釋體積增大，則n(H+)?n(OH-)增大，故A錯誤；B．向Na2SO3溶液中加入等濃度等體積的KHSO4溶液，假設濃度均為1mol/L，體積為1L，則溶液中鈉離子為2mol，鉀離子為1mol，硫酸根離子為1mol，反應生成1molHSO3-，HSO3-部分電離，電離程度較小，因此離子濃度的大小順序為c(Na+)＞c(K+)=c(SO42－)＞c(HSO3－)＞c(SO32－)，故B錯誤；C．NaHA溶液的pH＜7，溶液顯酸性，但是不能確定HA-是否完全電離以及是否水解，故無法確定溶液中是否有HA-和H2A，故C錯誤；D．向NaHCO3溶液中通CO2至pH=7，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在電荷守恒為：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，則c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)，故D正確；答案選D。19、C【解析】

A.聚乙烯結構中不含碳碳雙鍵，不能使溴水褪色，故A錯誤；B.氯化鋁為共價化合物，受熱易升華，電解得不到金屬鋁；金屬鋁采用電解氧化鋁制備，故B錯誤；C.鎳、鎘等重金屬會造成水土污染，應集中處理，不可用填埋法處理，故C正確；D.絲、毛中主要含蛋白質，含有C、H、O、N等元素，燃燒不止生成CO2和H2O，故D錯誤；答案：C20、C【解析】

A.鉀和水反應生成KOH和氫氣，故A不選；B.加熱條件下，鎂和水反應生成氫氧化鎂和氫氣，故B不選；C.加熱條件下，鐵和水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，故C選；D.銅和水不反應，故D不選。故選C。21、C【解析】

A.電解質是指在水溶液中或熔融狀態下能導電的化合物，故A錯誤；B.原子晶體的構成微粒是原子，原子間以共價鍵結合，故B錯誤；C.僅由共價鍵形成的分子是共價分子，所以分子中原子間是否全部是共價鍵是共價分子的判斷依據，故C正確；D.平衡體系中各組分的物質的量濃度保持不變的狀態是化學平衡狀態，故D錯誤；答案選C。【點睛】原子晶體的構成微粒是原子，原子間以共價鍵結合；由原子構成的晶體不一定是原子晶體，例如，稀有氣體是由單原子分子構成的分子晶體，分子間存在范德華力。22、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。【點睛】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。二、非選擇題(共84分)23、羥基、羧基加成反應濃硫酸、加熱5【解析】

由B的結構簡式，結合反應條件，逆推可知A為，B發生水解反應生成C為，結合D的分子式可知C發生氧化反應生成D為，E的分子式為C9H8O2，能使溴的四氯化碳溶液褪色，則D是發生消去反應生成E，故E為，E發生信息(3)中的反應生成F為，結合信息(2)中H的結構簡式，可知G為；(6)乙醛發生氧化反應生成乙酸，乙酸與PBr3作用生成，最后與NH2CH(CH3)2作用得到CH3CONHCH(CH3)2。【詳解】(1)據上所述可知：A的結構簡式為；D為，D官能團的名稱為羥基、羧基；(2)①A變為B的反應，A是，A與Br2的CCl4溶液發生加成反應，產生B：，所以①的反應類型是加成反應；④的反應是D變為E，D是，D發生消去反應，產生E：④的反應類型是消去反應；(3)B是，B與NaOH的水溶液在加熱時發生取代反應，產生C，所以B→C的化學方程式為：；(4)F為，G是，二者發生取代反應產生H：及HBr，該反應的化學方程式為：；(5)E()的同分異構體含有苯環，且同時滿足下列條件：①能發生銀鏡反應、②能發生水解反應，說明含有甲酸形成的酯基，③分子中含的環只有苯環，說明苯環側鏈含有碳碳雙鍵，只有一個取代基為—CH=CHOOCH、、有2個取代基為—CH=CH2、—OOCH，兩個取代基在苯環上有鄰、間、對3不同的位置，故符合條件的共有5種；(6)乙醛發生氧化反應生成乙酸CH3COOH，乙酸與PBr3作用生成，最后與NH2CH(CH3)2作用得到CH3CONHCH(CH3)2，合成路線流程圖為：。【點睛】本題考查有機物的推斷與合成的知識，側重考查分析推斷、知識綜合運用能力，充分利用反應條件、有機物分子式與結構簡式進行分析推斷，明確官能團及其性質關系、官能團之間的轉化關系是解本題關鍵，題目難度中等。24、3醛基b、d+2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O【解析】

甲苯和CO在AlCl3、HCl作用下生成A，A和乙醛發生題目給的已知的反應生成B，則B為，B在銀氨溶液或新制氫氧化銅作用下被氧化為羧酸鹽，然后再酸化得到D，D可以和甲酸在濃硫酸作用下發生酯化反應生成E。【詳解】（1）遇FeCl3溶液顯紫色，說明同分異構體含有酚羥基，則另一個取代基為乙烯基，二者可為鄰、間、對3種位置，共有3種同分異構體；根據題目所給信息，B中含有醛基。（2）B中含有的醛基與C反應轉化為羧基，所以試劑C可以為銀氨溶液或新制Cu(OH)2懸濁液。（3）酯基在NaOH條件下發生水解反應，根據水解反應的原理，化學方程式為+2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O。（4）E中含有碳碳雙鍵，經過加聚反應可得E，根據加聚反應規律可得F的結構簡式為。25、2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-cab作還原劑水浴加熱時控制溫度不能過高（或加一個多孔球泡等）減壓向廢液中分批加入適量CaO固體并攪拌，用冰水浴控制反應溫度，對濁液取樣并滴加酚酞，至溶液呈淺紅色時停止加入CaO。靜置后過濾，用水洗滌沉淀2-3次得到石膏；濾液蒸發濃縮，冷卻結晶至32.4℃以下，接近0℃，過濾，所得晶體用冰水洗滌2-3次，低溫干燥得到芒硝【解析】

用二氧化硫將NaClO3還原制得ClO2，ClO2和NaOH反應制得NaClO3和NaClO2，再用過氧化氫將NaClO3還原成NaClO2制得NaClO2粗品。【詳解】（1）SO2作還原劑，S化合價升高2，被氧化成SO42-，ClO3-作氧化劑，被還原成ClO2，Cl化合價降低1，結合電子得失守恒、電荷守恒、原子守恒可書寫離子方程式：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-，故答案為：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-；（2）①反應劇烈，濃硫酸只能在最后添加，結合流程圖可知先加NaClO3，所以順序為：先加NaClO3，再加S，最后加濃硫酸，故答案為：cab；②反應Ⅱ中NaOH和ClO2反應生成NaClO3和NaClO2，過氧化氫的作用是將NaClO3還原成NaClO2，過氧化氫會分解，溫度不宜太高，所以控制A中水浴加熱時溫度不過高，或者在B中攪拌、或者加一個多孔球泡，故答案為：作還原劑；水浴加熱時控制溫度不能過高（或加一個多孔球泡等）；（3）無水NaClO2性質穩定，有水存在時受熱易分解，應該減壓，讓水分盡快蒸發，故答案為：減壓；（4）加入一定量CaO使NaHSO4反應成CaSO4，為了保證NaHSO4反應完，所加CaO需稍過量，CaO過量溶液就顯堿性了，可以用酚酞作指示劑，當溶液變為淺紅色時停止加CaO，CaSO4不溶于Na2SO4水溶液，此時可用過濾、洗滌的方法得到石膏，此時濾液為Na2SO4溶液，還不是芒硝，從圖上看，可將溫度調整32.4℃以下，形成芒硝，析出芒硝晶體，過濾、洗滌、干燥就可得芒硝了，為了使芒硝產率較高，可用冰水洗滌，降低因溶解損失的量，故答案為：向廢液中分批加入適量CaO固體并攪拌，用冰水浴控制反應溫度，對濁液取樣并滴加酚酞，至溶液呈淺紅色時停止加入CaO。靜置后過濾，用水洗滌沉淀2-3次得到石膏；濾液蒸發濃縮，冷卻結晶至32.4℃以下，接近0℃，過濾，所得晶體用冰水洗滌2-3次，低溫干燥得到芒硝。【點睛】結合圖像，溫度低于32.4℃以下，硫酸鈉結晶得到芒硝，溫度降低，芒硝的溶解度減小，可用冰水洗滌減小損失率。26、關閉止水夾，將右側導管插入盛水燒杯中，微熱容器，若燒杯中有氣泡產生，冷卻后能形成一段水柱，則證明容器氣密性良好打開止水夾K，向裝置中通入一段時間N2B中溶液出現白色沉淀，且不溶解cdHCl【解析】

（1）檢驗裝置氣密性可利用內外氣壓差檢驗，裝置A反生反應：；（2）利用N2排盡裝置內空氣；（3）如有H2SO4分子則B中有沉淀生成；（4）制備SO2，利用的濃硫酸的強酸制弱酸，還利用濃硫酸的吸水性減少SO2在水中的溶解；（5）SO2與Ba(NO3)2的水溶液發生氧化還原反應生成BaSO4沉淀，可滴加稀鹽酸證明。【詳解】（1）檢驗裝置氣密性可利用內外氣壓差檢驗具體操作為：關閉止水夾，將右側導管插入盛水燒杯中，微熱容器，若燒杯中有氣泡產生，冷卻后能形成一段水柱，則證明容器氣密性良好；裝置A反生反應：；故答案為：關閉止水夾，將右側導管插入盛水燒杯中，微熱容器，若燒杯中有氣泡產生，則證明容器氣密性良好；；（2）實驗過程中，旋轉分液漏斗活塞之前要排盡裝置內空氣，其操作是：打開止水夾K，向裝置中通入一段時間N2；故答案為：打開止水夾K，向裝置中通入一段時間N2；（3）SO2不與B中物質反應，若有H2SO4分子則B中有沉淀生成，則能證明該資料真實、有效的實驗現象是：B中溶液出現白色沉淀，且不溶解；故答案為：B中溶液出現白色沉淀，且不溶解；（4）制備SO2，利用的濃硫酸的強酸制弱酸，還利用濃硫酸的吸水性減少SO2在水中的溶解；故答案選：cd；（5）C中沉淀可能為BaSO3或BaSO4不能用稀硫酸或稀硝酸鑒別，可用稀鹽酸鑒別；C中反應為：；故答案為：HCl；。27、分液漏斗蒸餾燒瓶硫化鈉和碳酸鈉的混合液調節酸的滴加速度若SO2過量，溶液顯酸性．產物會發生分解加入鐵氰化鉀溶液．產生藍色沉淀開始生成Fe(S2O3)33-的反應速率快，氧化還原反應速率慢，但Fe3+與S2O32-氧化還原反應的程度大，導致Fe3++3S2O32-?Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反應方向移動，最終溶液幾乎變為無色0.1600【解析】

(1)a的名稱即為分液漏斗，b的名稱即為蒸餾燒瓶；b中是通過濃硫酸和Na2SO3反應生成SO2，所以方程式為：；c中是制備硫代硫酸鈉的反應，SO2由裝置b提供，所以c中試劑為硫化鈉和碳酸鈉的混合溶液；(2)從反應速率影響因素分析，控制SO2生成速率可以調節酸的滴加速度或者調節酸的濃度，或者改變反應溫度；(3)題干中指出，硫代硫酸鈉在酸性溶液中會分解，如果通過量的SO2，會使溶液酸性增強，對制備產物不利，所以原因是：SO2過量，溶液顯酸性，產物會發生分解；(4)檢驗Fe2+常用試劑是鐵氰化鉀，所以加入鐵氰化鉀溶液，產生藍色沉淀即證明有Fe2+生成；解釋原因時一定要注意題干要求，體現出反應速率和平衡兩個角度，所以解釋為：開始階段，生成的反應速率快，氧化還原反應速率慢，所以有紫黑色出現，隨著Fe3+的量逐漸增加，氧化還原反應的程度變大，導致平衡逆向移動，紫黑色逐漸消失，最終溶液幾乎變為無色；(5)間接碘量法滴定過程中涉及兩個反應：①；②；反應①I-被氧化成I2，反應②中第一步所得的I2又被還原成I-，所以①與②電子轉移數相同，那么滴定過程