2025屆福建省莆田市第二十四中學高三下學期第五次調研考試化學試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、下列說法正確的是()A．Cl2溶于水得到的氯水能導電，但Cl2不是電解質，而是非電解質B．以鐵作陽極，鉑作陰極，電解飽和食鹽水，可以制備燒堿C．將1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子數之和為D．反應Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)═2AlCl3(g)+3CO(g)室溫下不能自發進行，則2、下列關于有機物1-氧雜-2，4-環戊二烯()的說法正確的是A．與互為同系物 B．二氯代物有3種C．所有原子都處于同一平面內 D．1mol該有機物完全燃燒消耗5molO23、鎳-鐵堿性電池十分耐用，但其充電過程中正負極得到的產物對電解水有很好的催化作用，因此電池過充時會產生氫氣和氧氣，限制了其應用。科學家將電池和電解水結合在起，制成新型的集成式電池電解器，可將富余的能量轉化為氫能儲存。已知鎳鐵堿性電池總反應方程式為：Fe+2NiOOH+2H2OFe（OH）2+2Ni（OH）2。下列有關說法錯誤的是（）A．電能、氫能屬于二次能源B．該儲能裝置中的交換膜為陰離子交換膜C．該裝置儲氫能發生的反應為：2H2O2H2↑+O2↑D．鎳-鐵堿性電池放電時正極的反應為：Ni（OH）2+OH--e-═NiOOH+H2O4、給下列物質分別加入溴水中，不能使溴水褪色的是（）A．Na2SO3晶體 B．C2H5OH C．C6H6 D．Fe5、下圖為某二次電池充電時的工作原理示意圖，該過程可實現鹽溶液的淡化。下列說法錯誤的是A．充電時，a為電源正極B．充電時，Cl-向Bi電極移動，Na+向NaTi2(PO4)2電極移動C．充電時，新增入電極中的物質：n(Na+)：n(Cl-)=1:3D．放電時，正極的電極反應為BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O6、常溫下用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液的過程中，溶液中一lg和一lgc(HC2O42－)[或－lg和－1gc(C2O42－)]的關系如圖所示。下列說法正確的是A．Ka1(H2C2O4)數量級為10－1B．曲線N表示－lg和－lgc(HC2O4－)的關系C．向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4－)和c(C2O42－)相等，此時溶液pH約為5D．在NaHC2O4溶液中C(Na+)＞c(HC2O4－)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42－)7、如圖所示，常溫時將一滴管液體Y一次性全部擠到充滿O2的錐形瓶內(裝置氣密性良好)，若錐形瓶內氣體的最大物質的量是amol，久置后其氣體的物質的量是bmol，不存在a＞b關系的是()XYA過量C、Fe碎屑稀HClB過量Na2CO3粉末稀H2SO4C過量Fe、Al碎屑濃H2SO4D過量Cu、CuO粉末濃HNO3A．A B．B C．C D．D8、“侯氏制堿法”是我國化工專家侯德榜為世界制堿工業作出的突出貢獻。某實驗小組模擬“侯氏制堿法”的工藝流程及實驗裝置(部分夾持裝置省略)如圖：下列敘述正確的是（）A．實驗時先打開裝置③中分液漏斗的旋塞，過一段時間后再點燃裝置①的酒精燈B．裝置②的干燥管中可盛放堿石灰，作用是吸收多余的NH3C．向步驟I所得濾液中通入氨氣，加入細小的食鹽顆粒并降溫可析出NH4ClD．用裝置④可實現步驟Ⅱ的轉化，所得CO2可循環使用9、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X、Y和Z組成的一種化合物可有效滅殺新型冠狀病毒，它的結構式為：。向W的一種鈉鹽水溶液中通入YZ2氣體，產生沉淀的質量m與通入YZ2氣體的體積V的關系如圖所示。下列說法正確的是A．氫化物的熔點一定是：Y<ZB．最高價氧化物對應水化物的酸性：Y>WC．X、Y、Z三種元素只能組成一種化合物D．工業上常用熱還原法冶煉單質W10、將少量SO2氣體通入BaCl2和FeCl3的混合溶液中,溶液顏色由棕黃色變成淺綠色,同時有白色沉淀產生。針對上述變化,下列分析正確的是A．該實驗表明SO2有漂白性 B．白色沉淀為BaSO3C．該實驗表明FeCl3有還原性 D．反應后溶液酸性增強11、下列結論不正確的是（）①氫化物的穩定性：HF＞HCl＞SiH4②離子半徑：Al3＋＞S2－＞Cl－③離子的還原性：S2－＞Cl－＞Br-④酸性：H2SO4＞H3PO4＞HClO⑤沸點：H2S＞H2OA．②③⑤ B．①②③ C．②④⑤ D．①③⑤12、“NaCl＋CO2＋NH3＋H2O→NaHCO3↓＋NH4Cl”是侯氏制堿法的重要反應。下面是4位同學對該反應涉及的有關知識發表的部分見解。錯誤的是A．甲同學說：該條件下NaHCO3的溶解度較小B．乙同學說：NaHCO3不是純堿C．丙同學說：析出NaHCO3固體后的溶液中只含氯化銨D．丁同學說：該反應是在飽和食鹽水中先通入氨氣，再通入二氧化碳13、下列說法正確的是()A．用干燥的pH試紙測定氯水的pHB．配制一定濃度的NaOH溶液，定容時仰視讀數，使配制的溶液濃度偏小C．用加熱分解的方法可將NH4Cl固體和Ca(OH)2固體的混合物分離D．將25.0gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸餾水中，配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液14、下列根據實驗操作和現象得出的結論不正確的是選項操作及現象結論A將乙烯氣體通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色乙烯具有還原性B將少量濃硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖變黑，體積膨脹濃硫酸有脫水性和強氧化性C向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液,出現白色沉淀溶液X中可能含有SO32-D向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加熱，一段時間后，再加入新制的氫氧化銅懸濁液并加熱，無紅色沉淀淀粉未水解A．A B．B C．C D．D15、主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，且均不大于20。其中X、Y處于同一周期，Y的單質與水反應可生成X的單質，X、Y、W的最外層電子數之和是Z的最外層電子數的3倍。下列說法正確的是A．簡單離子的半徑：Z>Y>X B．WX2中含有非極性共價鍵C．簡單氫化物的熱穩定性：X>Y D．常溫常壓下Z的單質為氣態16、下列由實驗操作得到的實驗現象或結論不正確的是實驗操作實驗現象或結論A向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黃色沉淀和有刺激性氣味的氣體該溶液中一定含有S2O32-B向3mlKI溶液中滴加幾滴溴水，振蕩，再滴加1mL淀粉溶液，溶液顯藍色氧化性：Br2＞I2C相同條件下，測定等濃度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈堿性，后者呈中性非金屬性：S＞CD將鎂條點燃后迅速伸入集滿CO2的集氣瓶集氣瓶中產生濃煙并有黑色顆粒產生A．A B．B C．C D．D17、下列實驗中，所采取的分離方法與對應原理都正確的是（）A．A B．B C．C D．D18、室溫下向溶液中加入的一元酸HA溶液pH的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是A．a點所示溶液中B．a、b兩點所示溶液中水的電離程度相同C．時，D．b點所示溶液中19、我國科學家開發設計一種天然氣脫硫裝置，利用如右圖裝置可實現：H2S+O2→H2O2+S。已知甲池中有如下的轉化：下列說法錯誤的是：A．該裝置可將光能轉化為電能和化學能B．該裝置工作時，溶液中的H+從甲池經過全氟磺酸膜進入乙池C．甲池碳棒上發生電極反應：AQ+2H++2e-=H2AQD．乙池①處發生反應：H2S+I3-=3I-+S↓+2H+20、鐵杉脂素是重要的木脂素類化合物，其結構簡式如右圖所示。下列有關鐵杉脂素的說法錯誤的是()A．分子中兩個苯環處于同一平面B．分子中有3個手性碳原子C．能與濃溴水發生取代反應D．1mol鐵杉脂素與NaOH溶液反應最多消耗3molNaOH21、ICl能發生下列變化，其中變化時會破壞化學鍵的是（）A．升華 B．熔化 C．溶于CCl4 D．受熱分解22、個人衛生及防護與化學知識密切相關。下列說法中正確的是（）A．氣溶膠是飛沫混合在空氣中形成的膠體，飛沫是分散劑，空氣是分散質B．飲用水的凈化常用到明礬，明礬中無重金屬元素，長期使用對身體無害C．家庭生活中可以用84消毒液進行消毒，84消毒液與潔廁靈可以混合使用，效果更好D．制造口罩的核心材料熔噴布的主要成分是聚丙烯，聚丙烯是有機高分子化合物，屬于混合物二、非選擇題(共84分)23、（14分）某研究小組按下列路線合成藥物諾氟沙星：已知：試劑EMME為C2H5OCH=C(COOC2H5)2，在適當條件下，可由C生成D。②③請回答：（1）根據以上信息可知諾氟沙星的結構簡式_____。（2）下列說法不正確的是_____。A．B到C的反應類型為取代反應B．EMME可發生的反應有加成，氧化，取代，加聚C．化合物E不具有堿性，但能在氫氧化鈉溶液中發生水解D．D中兩個環上的9個C原子可能均在同一平面上（3）已知：RCH2COOH，設計以化合物HC(OC2H5)3、C2H5OH合成EMME的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)_____。（4）寫出C→D的化學方程式______。（5）寫出化合物G的同系物M（C6H14N2）同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式：____①1H-NMR譜表明分子中有4種氫原子，IR譜顯示含有N－H鍵，不含N－N鍵；②分子中含有六元環狀結構，且成環原子中至少含有一個N原子。24、（12分）某興趣小組以乙烯等為主要原料合成藥物普魯卡因：已知：，（1）對于普魯卡因，下列說法正確的是___。a．一個分子中有11個碳原子b．不與氫氣發生加成反應c．可發生水解反應（2）化合物Ⅰ的分子式為___，1mol化合物Ⅰ能與___molH2恰好完全反應。（3）化合物Ⅰ在濃H2SO4和加熱的條件下，自身能反應生成高分子聚合物Ⅲ，寫出Ⅲ的結構簡式___。（4）請用化學反應方程式表示以乙烯為原料制備B（無機試劑任選）的有關反應，并指出所屬的反應類型___。25、（12分）碘被稱為“智力元素”,科學合理地補充碘可防治碘缺乏病,KI、KIO3曾先后用于加碘鹽中。KI還可用于分析試劑、感光材料、制藥等,其制備原理如下:反應I:3I2+6KOH==KIO3+5KI+3H2O反應II:3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O請回答有關問題。(1)啟普發生器中發生反應的化學方程式為_______。裝置中盛裝30%氫氧化鉀溶液的儀器名稱是_________。(2)關閉啟普發生器活塞,先滴入30%的KOH溶液.待觀察到三頸燒瓶中溶液顏色由棕黃色變為______(填現象),停止滴人KOH溶液;然后______(填操作),待三頸燒瓶和燒杯中產生氣泡的速率接近相等時停止通氣。(3)滴入硫酸溶液,并對三頸燒瓶中的溶液進行水浴加熱,其目的是_____________。(4)把三頸燒瓶中的溶液倒入燒杯中,加入碳酸鋇,在過濾器中過濾,過濾得到的沉淀中除含有過量碳酸鋇外,還含有硫酸鋇和___________(填名稱)。合并濾液和洗滌液,蒸發至析出結晶，干燥得成品。(5)實驗室模擬工業制備KIO3流程如下:幾種物質的溶解度見下表:①由上表數據分析可知，“操作a”為__________________。②用惰性電極電解KI溶液也能制備KIO3,與電解法相比，上述流程制備KIO3的缺點是____________。(6)某同學測定.上述流程生產的KIO3樣品的純度。取1.00g樣品溶于蒸餾水中并用硫酸酸化，再加入過量的KI和少量的淀粉溶液，逐滴滴加2.0mol●L-1Na2S2O3溶液,恰好完全反應時共消耗12.60mLNa2S2O3溶液。該樣品中KIO3的質量分數為_______(已知反應:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。26、（10分）氯化亞銅(CuCl)晶體呈白色，見光分解，露置于潮濕空氣中易被氧化。某研究小組設計如下兩種方案在實驗室制備氯化亞銅。方案一：銅粉還原CuSO4溶液已知：CuCl難溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(無色溶液)。(1)步驟①中發生反應的離子方程式為________________。(2)步驟②中，加入大量水的作用是_____________。(3)如圖流程中用95%乙醇洗滌和真空干燥是為了防止________________。方案二：在氯化氫氣流中加熱CuCl2?2H2O晶體制備，其流程和實驗裝置(夾持儀器略)如下：請回答下列問題：(4)實驗操作的先后順序是a→_____→______→_______→e(填操作的編號)a．檢査裝置的氣密性后加入藥品b．點燃酒精燈，加熱c．在“氣體入口”處通入干燥HCld．熄滅酒精燈，冷卻e．停止通入HCl，然后通入N2(5)在實驗過程中，觀察到B中物質由白色變為藍色，C中試紙的顏色變化是______。(6)反應結束后，取出CuCl產品進行實驗，發現其中含有少量的CuCl2雜質，請分析產生CuCl2雜質的原因________________________。(7)準確稱取0.2500g氯化亞銅樣品置于一定量的0.5mol/LFeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加水20mL，用0.1000mol/L的Ce(SO4)2溶液滴定到終點，消耗24.60mLCe(SO4)2溶液。有關化學反應為Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，計算上述樣品中CuCl的質量分數是_____________%(答案保留4位有效數字)。27、（12分）焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是一種可溶于水的白色或淡黃色小晶體，食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果的保鮮劑等。某化學研究興趣小組欲自制焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質等。(1)制備Na2S2O5，如圖（夾持及加熱裝置略）可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體（試劑不重復使用）焦亞硫酸鈉的析出原理：NaHSO3(飽和溶液)→Na2S2O5(晶體)+H2O(l)①F中盛裝的試劑是__，作用是__。②通入N2的作用是__。③Na2S2O5晶體在__（填“A”或“D”或“F”）中得到，再經離心分離，干燥后可得純凈的樣品。④若撤去E，則可能發生__。(2)設計實驗探究Na2S2O5的性質，完成表中填空：預測Na2S2O5的性質探究Na2S2O5性質的操作及現象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性①探究二Na2S2O5晶體具有還原性取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去①__。（提供：pH試紙、蒸餾水及實驗必需的玻璃儀器）②探究二中反應的離子方程式為__(KMnO4→Mn2+)(3)利用碘量法可測定Na2S2O5樣品中+4價硫的含量。實驗方案：將agNa2S2O5樣品放入碘量瓶（帶磨口塞的錐形瓶）中，加入過量c1mol·L-1的碘溶液，再加入適量的冰醋酸和蒸餾水，充分反應一段時間，加入淀粉溶液，__（填實驗步驟），當溶液由藍色恰好變成無色，且半分鐘內溶液不恢復原色，則停止滴定操作重復以上步驟兩次記錄數據。（實驗中必須使用的試劑有c2mol·L-1的標準Na2S2O3溶液；已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）(4)含鉻廢水中常含有六價鉻[Cr(Ⅵ)]利用Na2S2O5和FeSO4·7H2O先后分兩個階段處理含Cr2O72-的廢水，先將廢水中Cr2O72-全部還原為Cr3+，將Cr3+全部轉化為Cr(OH)3而除去，需調節溶液的pH范圍為___。{已知：Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，lg2≈0.3，c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1時視為完全沉淀}28、（14分）我國礦石種類很多，如黃銅礦、煤、錳礦、銻鋅礦等，請回答下列問題：（l）黃銅礦的主要成分為二硫化亞鐵銅（CuFeS2），基態Cu2+的外圍電子排布圖為______，Fe2+含有___個未成對電子。（2）Mn的第三電離能比Fe的第三電離能大的原因為___。（3）煤化工可得氨氣、苯、甲苯等產品，氨的空間構型為___，甲苯分子上甲基的碳原子的雜化方式為____；氨硼烷化合物（NH3?BH3）是一種新型化學氫化物儲氫材料，氨硼烷的結構式為____（配位鍵用“→”表示），與氨硼烷互為等電子體的有機小分子為_____寫名稱）。（4）碲化鋅的晶胞結構如圖1所示。①碲化鋅的化學式為____。②圖2可表示晶胞內部各原子的相對位置，已知a、b、c的原子坐標參數分別為（0，0，0）、（，0，）、（，，），則d的原子坐標參數為____③若兩個距離最近的Te原子間距離為apm，阿伏加德羅常數值為NA，則晶體密度為____g/cm3（用含有NA、a的代數式表示，不必化簡）。29、（10分）氯堿工業是以電解飽和食鹽水為基礎的化學工業。I.電解所用的氯化鈉溶液需精制，除去有影響的Ca2+、Mg2+、NH4+、SO42-及泥沙，其精制流程如下：已知:①Ca2+、Mg2+開始形成相應氫氧化物沉淀的pH如下表。Ca（OH）2Mg（OH）2pH≥11.5≥9.2②Ksp（BaSO4）=1.1×10-10，Ksp（BaCO3）=2.6×10-9，Ksp（CaCO3）=5.0×10-9。（1）鹽泥a除泥沙外，還含有____________________________________。（2）過程I中，NaClO的作用是將NH4+轉化為N2，反應的離子方程式為________________________。（3）過程III中，沉淀c主要成分的化學式為________________________。（4）過程IV調pH目的是____________。II.如圖是將電解池與燃料電池相組合電解精制飽和食鹽水的新工藝，可以節（電）能30%以上。相關物料的傳輸與轉化關系如圖所示，其中的電極未標出，所用的離子膜都只允許陽離子通過。（1）圖中X是____________（填化學式）。（2）Y在裝置B中發生的電極反應式為____________。（3）寫出A裝罝中發生的總反應離子方程式____________，比較圖示中氧氧化鈉溶液質量分數a%與b%的大小:________________________。（4）若用裝置B作為裝置A的輔助電源，每當消耗標準狀況下氧氣的體積為11.2L時，則裝置B可向裝置A提供的電量約為____________（一個e-的電量為1.60×10-19C；計算結果精確到0.01）。

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】

A．氯氣為單質，既不是電解質也不是非電解質，故A錯誤；B．電解飽和食鹽水制燒堿時，陽極應為惰性電極，如用鐵作陽極，則陽極上鐵被氧化，生成氫氧化亞鐵，不能得到氯氣，故B錯誤；C．氯氣和水的反應為可逆反應，故溶液中含有未反應的氯氣分子，故HClO、Cl-、ClO-粒子數之和小于2NA，故C錯誤；D．反應Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)═2AlCl3(g)+3CO(g)室溫下不能自發進行，說明△H-T△S＞0，反應的熵變△S＞0，則△H＞0，故D正確；答案選D。2、C【解析】

的分子式為C4H4O，共有2種等效氫，再結合碳碳雙鍵的平面結構特征和烴的燃燒規律分析即可。【詳解】A．屬于酚，而不含有苯環和酚羥基，具有二烯烴的性質，兩者不可能是同系物，故A錯誤；B．共有2種等效氫，一氯代物是二種，二氯代物是4種，故B錯誤；C．中含有兩個碳碳雙鍵，碳碳雙鍵最多可提供6個原子共平面，則中所有原子都處于同一平面內，故C正確；D．的分子式為C4H4O，1mol該有機物完全燃燒消耗的氧氣的物質的量為1mol×（4+）=4.5mol，故D錯誤；故答案為C。3、D【解析】

A．電能、氫能都是由其他能源轉化得到的能源，為二次能源，故A正確；B．電解時氫氧根離子通過離子交換膜進入陽極，在陽極失電子生成氧氣，則該儲能裝置中的交換膜為陰離子交換膜，故B正確；C．該裝置儲氫時，發生電解水的反應，電解水生成氫氣和氧氣，即反應為：2H2O2H2↑+O2↑，故C正確；D．正極上發生得電子的還原反應，則鎳-鐵堿性電池放電時正極的反應為：Ni(OH)2+OH-+e-═NiOOH+H2O，故D錯誤。故選：D。4、B【解析】

A.Na2SO3具有還原性，可與溴水發生氧化還原反應，溴水褪色，故A不選；B.乙醇與水混溶，且與溴水不發生反應，所以溴水不褪色，故B選；C.溴易溶于苯，溶液分層，水層無色，可以使溴水褪色，故C不選；D.鐵可與溴水反應溴化鐵或溴化亞鐵，溴水褪色，故D不選，故選B。5、C【解析】

充電時，Bi電極上，Bi失電子生成BiOCl，反應為Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，則Bi為陽極，所以a為電源正極，b為負極，NaTi2(PO4)2為陰極得電子發生還原反應，反應為NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，放電時，Bi為正極，BiOCl得電子發生還原反應，NaTi2(PO4)2為負極，據此分析解答。【詳解】A.充電時，Bi電極上，Bi失電子生成BiOCl，Bi為陽極，則a為電源正極，A正確；B.充電時，Cl-向陽極Bi電極移動，Na+向陰極NaTi2(PO4)2電極移動，B正確；C.充電時，Bi電極上的電極反應為Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，NaTi2(PO4)2電極上，反應為NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，根據得失電子守恒，新增入電極中的物質：n(Na+)：n(Cl-)=3：1，C錯誤；D.放電時，Bi為正極，正極的電極反應為BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O，D正確；故合理選項是C。【點睛】本題考查了二次電池在充、放電時電極反應式及離子移動方向的判斷的知識。掌握電化學裝置的工作原理，注意電極反應的書寫是關鍵，難度中等。6、C【解析】

H2CO4為弱酸，第一步電離平衡常數>第二步電離平衡常數，即則則，因此曲線M表示和-1gc(HC2O4-)的關系，曲線N表示和-1gc(C2O42-)的關系，選項B錯誤；根據上述分析，因為，則，數量級為10－2，選項A錯誤；根據A的分析，，向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4－)和c(C2O42－)相等，，此時溶液pH約為5，選項C正確；根據A的分析，Ka1(H2C2O4)=10-2，則NaHC2O4的水解平衡常數，說明以電離為主，溶液顯酸性，則c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，選項D錯誤；答案選C。7、C【解析】

A.鐵與稀鹽酸反應放出氫氣，久置后其氣體的物質的量增大，故不選A；B.Na2CO3粉末與稀H2SO4反應放出二氧化碳氣體，久置后其氣體的物質的量增大，故不選B；C.Fe、Al在濃硫酸中鈍化，久置后其氣體的物質的量不變，故選CD.Cu與濃硝酸反應放出NO2氣體，久置后其氣體的物質的量增大，故不選D；答案選C。8、C【解析】

在飽和氯化鈉溶液中通入氨氣和二氧化碳可得到碳酸氫鈉沉淀和氯化銨溶液，過濾得沉淀物為碳酸氫鈉，經洗滌、干燥得碳酸氫鈉固體，濾液中主要溶質為氯化銨，再加入氯化鈉和通入氨氣，將溶液降溫結晶可得氯化銨晶體。【詳解】A、氯化鈉、水、氨氣和二氧化碳反應生成碳酸氫鈉、氯化銨，反應方程式為NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，由于氨氣在水中溶解度較大，所以先通氨氣，再通入二氧化碳，故A錯誤；B、氨氣是污染性氣體不能排放到空氣中，堿石灰不能吸收氨氣，裝置②的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脫脂棉，作用是吸收多余的NH3，故B錯誤；C、通入氨氣的作用是增大的濃度，使NH4Cl更多地析出、使NaHCO3轉化為Na2CO3，提高析出的NH4Cl純度，故C正確；D、用裝置④加熱碳酸氫鈉，分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，可實現步驟Ⅱ的轉化，但生成的二氧化碳未被收集循環使用，燒杯加熱未墊石棉網，故D錯誤；故答案為：C。【點睛】“侯氏制堿法”試驗中，需先通入氨氣，其原因是氨氣在水中的溶解度較大，二氧化碳在水中溶解度較小，先通入氨氣所形成的溶液中氨的濃度較大，方便后續的反應進行；“侯氏制堿法”所得到的產品是碳酸氫鈉，碳酸氫鈉經過加熱會生成碳酸鈉。9、B【解析】

X、Y和Z組成的化合的結構式為：，構成該物質的元素均為短周期主族元素，且該物質可以消毒殺菌，該物質應為過氧乙酸：CH3COOOH，X為H、Y為C、Z為O；向W的一種鈉鹽水溶液中通入CO2氣體可以產生沉淀且通過量的CO2氣體沉淀不溶解，則該沉淀應為H2SiO3或Al(OH)3，相應的鈉鹽為硅酸鈉或偏鋁酸鈉，W為Al或Si。【詳解】A．C元素有多種氫化物，其中相對分子質量較大的一些氫化物的熔點要高于O的氫化物，故A錯誤；B．無論W為Al還是Si，其非金屬性均小于C，最高價氧化物對應水化物的酸性：Y>W，故B正確；C．C、H、O元素可以組成多種烴類的含氧衍生物，故C錯誤；D．若W為Si，工業上常用碳還原法冶煉，但W為Al，工業上常用電解熔融氧化鋁制取鋁，故D錯誤；故答案為B。【點睛】易錯選項為D，要注意硅酸鈉和偏鋁酸鈉溶液中通入二氧化碳均可以產生沉淀，且沉淀不會與二氧化碳反應，所以根據題目所給信息無法確認W具體元素，要分情況討論。10、D【解析】

往FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2，溶液顏色由棕黃色變成淺綠色，同時有白色沉淀產生。是因為SO2+H2O=H2SO3（亞硫酸），H2SO3具有很強的還原性，而Fe3+具有較強的氧化性，所以SO32-和Fe3+發生反應，生成Fe2+和SO42-，所以溶液顏色由黃變綠(Fe2+)，同時有白色沉淀（BaSO4)同時有H2SO4生成，所以酸性增強。A.該實驗表明SO2有還原性，選項A錯誤；B.白色沉淀為BaSO4，選項B錯誤；C.該實驗表明FeC13具有氧化性，選項C錯誤；D.反應后溶液酸性增強，選項D正確；答案選D。11、A【解析】

①非金屬性越強，其氣態氫化物的穩定性越強，非金屬性：F＞Cl＞Si，氫化物的穩定性：HF＞HCl＞SiH4，故①正確；②Al3+核外兩個電子層，S2-、Cl-核外三個電子層，電子層數相同時，核電荷數多，則半徑小。故離子半徑：S2－＞Cl－＞Al3＋，故②錯誤；③非金屬單質的氧化性越強，其離子的還原性越弱，單質的氧化性：Cl2＞Br2＞S離子的還原性：S2－＞Br-＞Cl－，故③錯誤；④硫酸、磷酸都是最高價的含氧酸，由于非金屬性：硫元素強于磷元素，所以硫酸酸性強于磷酸，磷酸是中強酸，而碳酸是弱酸，所以磷酸酸性強于碳酸，二氧化碳、水、次氯酸鈣能反應生成碳酸鈣和次氯酸，所以碳酸酸性強于次氯酸，所以酸性依次減弱：H2SO4＞H3PO4＞HClO，故④正確；⑤H2S和H2O結構相似，化學鍵類型相同，但H2O中的O能形成氫鍵，H2S中的S不能，所以沸點：H2S<H2O，故⑤錯誤。答案選A。12、C【解析】反應中只有碳酸氫鈉沉淀生成，所以該條件下NaHCO3的溶解度較小，故A正確；純堿是Na2CO3，NaHCO3是小蘇打，故B正確；析出NaHCO3固體后的溶液仍是NaHCO3的飽和溶液，含氯化銨、NaHCO3等，故C錯誤；在飽和食鹽水中先通入氨氣使溶液呈堿性，再通入二氧化碳，增大二氧化碳的溶解度，故D正確。13、B【解析】

A.氯水具有強氧化性，能使pH試紙褪色，所以不能用的pH試紙測定某氯水的pH，故A錯誤；B.配制一定濃度的NaOH溶液，定容時仰視讀數,會使溶液的體積變大，導致濃度偏小，故B錯誤；C.NH4Cl固體和Ca(OH)2固體在加熱的條件下發生反應2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，所以不能用加熱的方法分離，故C錯誤；D.精確配制一定物質的量濃度的溶液，必須在容量瓶中進行。將25.0gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸餾水中，所得溶液的體積不是100mL，故無法得到1.0mol/LCuSO4溶液，故D錯誤；【點睛】考查實驗基本操作的評價，涉及pH試紙的使用、溶液的配制操作、氨氣的制取等，選項A注意氯水含有次氯酸具有強氧化性能使pH試紙褪色，所以不能用的pH試紙測定某氯水的pH；配制一定物質的量濃度的溶液，定容時仰視讀數,會加水過多，導致濃度偏小；俯視的時候加水變少，導致濃度偏大；配制溶液必須用容量瓶定容溶液體積。14、D【解析】

A．乙烯被高錳酸鉀氧化，則溶液褪色，體現乙烯的還原性，故A正確；B．濃硫酸使蔗糖炭化后，C與濃硫酸發生氧化還原反應，則蔗糖變黑，體積膨脹，體現濃硫酸有脫水性和強氧化性，故B正確；C．向溶液X

中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，生成的白色沉淀為硫酸鋇，由于稀硝酸能夠氧化亞硫酸根離子，則原溶液中可能含有SO32-，故C正確；D．淀粉水解生成葡萄糖，檢驗葡萄糖應在堿性條件下，沒有加堿至堿性，再加入新制的氫氧化銅懸濁液并加熱，無紅色沉淀，不能檢驗，故D錯誤；故選D。15、B【解析】

主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增加，且均不大于20，只有X、Y處于同一周期，Y的單質與水反應可生成X的單質，X的原子序數大于W元素，則Y為F元素，X為O，結合原子序數可知Z、W位于第三周期，X、Y、W的最外層電子數之和是Z的最外層電子數的3倍，設Z的最外層電子數為m、W的最外層電子數為n，則6+7+n=3m，只有n=2時、m=5符合，Z、W不位于同周期，即Z為P、W為Ca，以此來解答。【詳解】解：由上述分析可知，X為O、Y為F、Z為P、W為Ca，A．電子層越多，離子半徑越大，具有相同電子排布的離子中原子序數大的離子半徑小，則簡單離子的半徑：P3-＞O2-＞F-，即Z＞X＞Y，故A錯誤；B．WX2為CaO2，含有O-O非極性鍵，故B正確；C．非金屬性越強，對應氫化物越穩定，則簡單氫化物的熱穩定性：HF＞H2O，即Y＞X，故C錯誤；D．Z的單質為P4或紅磷，常溫常壓下均為固態，故D錯誤；故答案為B。【點睛】本題考查“位、構、性”的關系，其主要應用有：①元素原子的核外電子排布，決定元素在周期表中的位置，也決定了元素的性質；②元素在周期表中的位置，以及元素的性質，可以反映原子的核外電子排布；③根據元素周期律中元素的性質遞變規律，可以從元素的性質推斷元素的位置；④根據元素在周期表中的位置，根據元素周期律，可以推測元素的性質。16、A【解析】

A.向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黃色沉淀和有刺激性氣味的氣體，原溶液中可能含有S2-和SO32-，且SO32-過量，加入稀硫酸時發生反應，，S單質是淡黃色沉淀，二氧化硫是有刺激性氣味氣體，故A錯誤；B.氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，溶液呈藍色，說明有碘單質生成，Br2能氧化I-生成I2，Br2是氧化劑、I2是氧化產物，則Br2的氧化性比I2的強，故B正確；C.元素的非金屬性越弱，其最高價氧化物對應水化物的酸性就越弱，其最高價含氧酸的鈉鹽的堿性就越強，相同條件下，測定等濃度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈堿性，后者呈中性，說明碳酸為弱酸、硫酸為強酸，由此得出非金屬性S＞C，故C正確；D.將鎂條點燃后迅速伸入集滿CO2的集氣瓶，鎂條繼續燃燒，反應生成MgO和C，則集氣瓶中產生濃煙（MgO固體小顆粒）并有黑色顆粒產生，故D正確；故選A。【點睛】向某單一溶質的溶液中加入稀硫酸，同時生成淡黃色沉淀和有刺激性氣味的氣體，則該溶液中一定含有S2O32-，發生反應，這是常考點，經常在元素推斷題中出現，也是學生們的易忘點。17、D【解析】

A.乙醇能與水互溶，因此不能做從碘水中提取碘單質的萃取劑，故A錯誤；B.乙酸乙酯與乙醇互溶，不能采用分液的方法，應加入飽和碳酸鈉溶液，然后分液，故B錯誤；C.除去KNO3固體中的NaCl，采用重結晶方法，利用KNO3的溶解度受溫度的影響較大，NaCl的溶解度受溫度的影響較小，故C錯誤；D.蒸餾利用沸點不同對互溶液體進行分離，丁醇、乙醚互溶，采用蒸餾法進行分離，利用兩者沸點相差較大，故D正確；答案：D。18、D【解析】

A．a點時酸堿恰好中和，溶液，說明HA為弱酸，NaA溶液水解呈堿性，應為，故A錯誤；B．a點水解，促進水的電離，b點時HA過量，溶液呈酸性，HA電離出，抑制水的電離，故B錯誤；C．時，，由電荷守恒可知，則，故C錯誤；D．b點HA過量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，說明HA電離程度大于水解程度，則存在，故D正確。故答案為D。19、B【解析】

A.裝置是原電池裝置，據此確定能量變化情況；B.原電池中陽離子移向正極；C.甲池中碳棒是正極，該電極上發生得電子的還原反應；D.在乙池中，硫化氫失電子生成硫單質，I3-得電子生成I-，據物質的變化確定發生的反應。【詳解】A.裝置是原電池裝置，根據圖中信息知道是將光能轉化為電能和化學能的裝置，A正確；B.原電池中陽離子移向正極，甲池中碳棒是正極，所以氫離子從乙池移向甲池，B錯誤；C.甲池中碳棒是正極，該電極上發生得電子的還原反應，即AQ+2H++2e-=H2AQ，C正確；D.在乙池中，硫化氫失電子生成硫單質，I3-得電子生成I-，發生的反應為H2S+I3-═3I-+S↓+2H+，D正確。故合理選項是B。【點睛】本題考查原電池的工作原理以及電極反應式書寫的知識，注意知識的歸納和梳理是關鍵，注意溶液中離子移動方向：在原電池中陽離子向正極定向移動，陰離子向負極定向移動，本題難度適中。20、A【解析】

A.分子中兩個苯環連在四面體結構的碳原子上，不可能處于同一平面，故A錯誤；B.圖中*標注的三個碳原子是手性碳原子，故B正確；C.酚羥基的鄰對位可能與濃溴水發生取代反應，故C正確；D.1mol鐵杉脂素與NaOH溶液反應最多消耗3molNaOH，分別是酯基消耗1mol，2個酚羥基各消耗1mol，故D正確；故選A。21、D【解析】

ICl是共價化合物，在升華、熔化時化學鍵不斷裂，溶于CCl4時未發生電離，化學鍵不斷裂，破壞的均為分子間作用力；受熱分解時發生化學反應，發生化學鍵的斷裂和形成，故選D。22、D【解析】

A．飛沫在空氣中形成氣溶膠，飛沫是分散質，空氣是分散劑，A不正確；B．明礬中的Al3+對人體有害，不能長期使用，B不正確；C．84消毒液(有效成分為NaClO)與潔廁靈(主要成分為HCl)混合，會反應生成Cl2，污染環境，C不正確；D．聚丙烯是由鏈節相同但聚合度不同的分子形成的混合物，D正確；故選D。二、非選擇題(共84分)23、ACC2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH、、、【解析】

根據流程圖分析，A為，B為，C為，E為，F為，H為。（1）根據以上信息，可知諾氟沙星的結構簡式。（2）A.B到C的反應類型為還原反應；B.EMME為C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳雙鍵可發生加成、氧化，加聚反應，酯基可發生取代反應；C.化合物E含有堿基，具有堿性；D.D中左邊苯環與右邊環中一個乙烯的結構片斷、右環上兩個乙烯的結構片斷都共用兩個碳原子，兩個環上的9個C原子可能共平面；（3）將C2H5OH氧化為CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再與NaCN反應，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再與HC(OC2H5)3反應，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。（4）與C2H5OCH=C(COOC2H5)2反應，生成和C2H5OH。（5）G的同系物M（C6H14N2）同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式：若六元環上只有一個N原子，則分子中不存在4種氫原子的異構體，所以兩個N原子必須都在環上，且分子呈對稱結構。依照試題信息，兩個N原子不能位于六元環的鄰位，N原子上不能連接C原子，若兩個C原子構成乙基，也不能滿足“分子中有4種氫原子”的題給條件。因此，兩個N原子只能位于六元環的間位或對位，兩個甲基可連在同一個碳原子上、不同的碳原子上，但都必須呈對稱結構。【詳解】（1）通過對流程圖的分析，可得出諾氟沙星的結構簡式為。答案為：；（2）A.B到C的反應類型為還原反應，A錯誤；B.EMME為C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳雙鍵可發生加成、氧化，加聚反應，酯基可發生取代反應，B正確；C.化合物E含有堿基，具有堿性，C錯誤；D.D中左邊苯環與右邊環中一個乙烯的結構片斷、右環上兩個乙烯的結構片斷都共用兩個碳原子，兩個環上的9個C原子可能共平面，D正確。答案為：AC；（3）將C2H5OH氧化為CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再與NaCN反應，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再與HC(OC2H5)3反應，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。答案為：C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2；（4）與C2H5OCH=C(COOC2H5)2反應，生成和C2H5OH。答案為：+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH；（5）若六元環上只有一個N原子，則分子中不存在4種氫原子的異構體，所以兩個N原子必須都在環上，且分子呈對稱結構。依照試題信息，兩個N原子不能位于六元環的鄰位，N原子上不能連接C原子，若兩個C原子構成乙基，也不能滿足“分子中有4種氫原子”的題給條件。因此，兩個N原子只能位于六元環的間位或對位，結構簡式可能為、；兩個甲基可連在同一個碳原子上、不同的碳原子上，結構簡式可能為、。答案為：、、、。24、CC7H7NO23或CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，加成反應；2CH3CH2Cl+NH3→HN(CH2CH3)2+2HCl，取代反應【解析】

由普魯卡因、對氨基苯甲酸的結構，可知A為HOCH2CH2N（CH2CH3）2，B應為（CH2CH3）2NH。【詳解】（1）A．由結構可知，普魯卡因分子含有13個碳原子，A錯誤；B．含有苯環，能與氫氣發生加成反應，B錯誤；C．含有酯基，可以發生水解反應，C正確，故答案為：C；（2）根據化合物Ⅰ的結構簡式，可知其分子式為C7H7NO2，苯環與氫氣發生加成反應，1mol化合物I能與3mol氫氣發生加成反應，故答案為：C7H7NO2；3；（3）化合物Ⅰ含有羧基、氨基，發生縮聚反應生成高聚物，則高聚物結構簡式為，故答案為：或；（4）結合信息可知，乙烯與HCl發生加成反應生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl再與氨氣發生取代反應生成HN（CH2CH3）2，反應方程式為：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，2CH3CH2Cl+NH3→HN（CH2CH3）2+2HCl，故答案為：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，加成反應、2CH3CH2Cl+NH3→HN（CH2CH3）2+2HCl，取代反應。【點睛】25、ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4恒壓滴液漏斗無色打開啟普發生器活塞，通入氣體使溶液酸化并加熱，有利于溶液中剩余的硫化氫逸出，從而除去硫化氫硫蒸發濃縮、冷卻結晶(或重結晶)KClO3和I2反應時會產生有毒的氯氣，污染環境；89.88%【解析】

實驗過程為：先關閉啟普發生器活塞，在三頸燒瓶中滴入30%的KOH溶液，發生反應I:3I2+6KOH==KIO3+5KI+3H2O，將碘單質完全反應；然后打開啟普發生器活塞，啟普發生器中硫酸和硫化鋅反應生成硫化氫氣體，將氣體通入三頸燒瓶中發生反應II:3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O，將碘酸鉀還原成KI，氫氧化鈉溶液可以吸收未反應的硫化氫；(5)實驗室模擬工業制備KIO3：將I2、HCl、KClO3水中混合發生氧化還原反應，生成KH(IO3)2，之后進行蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾得到KH(IO3)2晶體，再與KOH溶液混合發生反應、過濾蒸發結晶得到碘酸鉀晶體。【詳解】(1)啟普發生器中發生的反應是硫化鋅和稀硫酸反應生成硫化氫氣體和硫酸鋅，反應的化學方程式：ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4；根據儀器結構可知該儀器為恒壓滴液漏斗；(2)碘單質水溶液呈棕黃色，加入氫氧化鉀后碘單質反應生成碘酸鉀和碘化鉀，完全反應后溶液變為無色；然后打開啟普發生器活塞，通入氣體發生反應II；(3)反應完成后溶液中溶有硫化氫，滴入硫酸并水浴加熱可降低硫化氫的溶解度，使其逸出，從而除去硫化氫；(4)根據反應II可知反應過程中有硫單質生成，硫單質不溶于水；(5)①根據表格數據可知溫度較低時KH(IO3)2的溶解度很小，所以從混合液中分離KH(IO3)2晶體需要蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾，所以操作a為蒸發濃縮、冷卻結晶；②根據流程可知該過程中有氯氣產生，氯氣有毒會污染空氣，同時該過程中消耗了更多的藥品；(6)該滴定原理是：先加入過量的KI并酸化與KIO3發生反應：IO3?+5I?+6H+===3I2+3H2O，然后利用Na2S2O3測定生成的碘單質的量從而確定KIO3的量；根據反應方程式可知IO3?~3I2，根據滴定過程反應I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3，則有IO3?~6Na2S2O3，所用n(KIO3)=0.01260L×2.0mol/L×=0.0042mol，所以樣品中KIO3的質量分數為=89.88%。【點睛】啟普發生器是塊狀固體和溶液不加熱反應生成氣體的制備裝置。26、Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-稀釋促進平衡CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(無色溶液)逆向移動，生成CuClCuCl在潮濕空氣中被氧化cbd先變紅后褪色加熱時間不足或溫度偏低97.92【解析】

方案一：CuSO4、Cu在NaCl、濃鹽酸存在條件下加熱，發生反應：Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-，過濾除去過量的銅粉，然后加水稀釋濾液，化學平衡CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(無色溶液)逆向移動，得到CuCl沉淀，用95%的乙醇洗滌后，為防止潮濕空氣中CuCl被氧化，在真空環境中干燥得到純凈CuCl；方案二：CuCl2是揮發性強酸生成的弱堿鹽，用CuCl2·2H2O晶體在HCl氣流中加熱脫水得到無水CuCl2，然后在高于300℃的溫度下加熱，發生分解反應產生CuCl和Cl2。【詳解】(1)步驟①中CuSO4、Cu發生氧化還原反應，產生的Cu+與溶液中Cl-結合形成[CuCl3]2-，發生反應的離子方程式為：Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-；(2)根據已知條件：CuCl難溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(無色溶液)，在步驟②中向反應后的濾液中加入大量的水，溶液中Cl-、[CuCl3]2-濃度都減小，正反應速率減小的倍數大于逆反應速率減小的倍數，所以化學平衡逆向移動，從而產生CuCl沉淀；(3)乙醇易揮發，用95%乙醇洗滌可以去除CuCl上的水分，真空干燥也可以避免CuCl在潮濕空氣中被氧化；(4)CuCl2?2H2O晶體要在HCl氣體中加熱，所以實驗前要先檢查裝置的氣密性，再在“氣體入口”處通入干燥HCl，然后點燃酒精燈，加熱，待晶體完全分解后的操作是熄滅酒精燈，冷卻，為了將裝置中殘留的HCl排出，防止污染環境，要停止通入HCl，然后通入N2，故實驗操作編號的先后順序是a→c→b→d→e；(5)無水硫酸銅是白色固體，當其遇到水時形成CuSO4·5H2O，固體變為藍色，HCl氣體遇水變為鹽酸，溶液顯酸性，使濕潤的藍色石蕊試紙變為紅色，當CuCl2再進一步加熱分解時產生了Cl2，Cl2與H2O反應產生HCl和HClO，HC使濕潤的藍色石蕊試紙變為紅色，HClO具有強氧化性，又使變為紅色的石蕊試紙褪色變為無色；(6)反應結束后，取出CuCl產品進行實驗，發現其中含有少量的CuCl2雜質，產生CuCl2雜質的原因可能是加熱時間不足或加熱溫度偏低，使CuCl2未完全分解；(7)根據反應方程式Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+可得關系式：CuCl～Ce4+，24.60mL0.1000mol/L的Ce(SO4)2溶液中含有溶質Ce(SO4)2的物質的量n[Ce(SO4)2]=0.1000mol/L×0.02460L=2.46×10-3mol，則根據關系式可知n(CuCl)=n(Ce4+)=2.46×10-3mol，m(CuCl)=2.46×10-3mol×99.5g/mol=0.24478g，所以該樣品中CuCl的質量分數是×100%=97.92%。【點睛】本題考查了物質制備方案的設計，明確實驗目的、實驗原理為解答關鍵，注意掌握常見化學實驗基本操作方法及元素化合物性質，充分利用題干信息分析解答，當反應中涉及多個反應時，可利用方程式得到已知物質與待求物質之間的關系式，然后分析、解答，試題充分考查了學生的分析能力及化學實驗能力。27、濃NaOH溶液吸收剩余的SO2排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化D倒吸用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O用c2mol·L-1的標準Na2S2O3溶液滴定pH>5.6【解析】

從焦亞硫酸鈉的析出原理[NaHSO3(飽和溶液)→Na2S2O5(晶體)+H2O(l)]可以看出，要制取Na2S2O5(晶體)，需先制得NaHSO3(飽和溶液)，所以A裝置的作用是用濃硫酸與Na2SO3固體反應制取SO2，將SO2再通入飽和Na2SO3溶液中制得NaHSO3飽和溶液。因為Na2S2O5易被空氣中的O2氧化，所以需排盡裝置內的空氣，這也就是在A裝置內通入N2的理由。由于SO2會污染環境，所以F裝置應為吸收尾氣的裝置，為防倒吸，加了裝置E。【詳解】(1)①從以上分析知，F裝置應為SO2的尾氣處理裝置，F中盛裝的試劑是濃NaOH溶液，作用是吸收剩余的SO2。答案為：濃NaOH溶液；吸收剩余的SO2；②為防裝置內空氣中的氧氣將Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化，需排盡裝置內的空氣，所以通入N2的作用是排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化。答案為：排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化；③Na2S2O5晶體由NaHSO3飽和溶液轉化而得，所以應在D中得到。答案為：D；④因為E中的雙球能容納較多液體，可有效防止倒吸，所以若撤去E，則可能發生倒吸。答案為：倒吸；(2)①既然是檢測其是否具有酸性，則需用pH試紙檢測溶液的pH，若在酸性范圍，則表明顯酸性。具體操作為：用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅。答案為：用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅；②探究二中，Na2S2O5具有還原性，能將KMnO4還原為Mn2+，自身被氧化成SO42-，同時看到溶液的紫色褪去，反應的離子方程式為5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。答案為：5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O；(3)根據信息，滴定過量碘的操作是：用c2mol·L-1的標準Na2S2O3溶液滴定。答案為：用c2mol·L-1的標準Na2S2O3溶液滴定；(4)c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1時，Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，即1.0×10-5×c3(OH-)>6.4×10-31，c(OH-)>4.0×10-9mol·L-1，c(H+)<=mol·L-1，pH>5+2lg2=5.6。答案為：pH>5.6。【點睛】Na2S2O5來自于NaHSO3的轉化，且二者S的價態相同，所以在研究Na2S2O5的性質時，可把Na2S2O5當成NaHSO3。28、4Mn的第三電離能失去的是半充滿的3d5電子，而鐵的第三電離能失去的是3d6電子三角錐sp3乙烷ZnTe(，，)【解析】

(l)銅是29號元素，基態Cu2+的外圍電子排布式為3d9；鐵為26號元素，Fe2+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d6，據此分析解答；(2)Mn2+的電子排布式為1s22s2