2025屆四川省達州市重點中學高考仿真卷化學試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．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、從粗銅精煉的陽極泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的一種工藝流程如圖：(已知TeO2微溶于水，易溶于強酸和強堿)下列有關說法正確的是A．“氧化浸出”時為使碲元素沉淀充分，應加入過量的硫酸B．“過濾”用到的玻璃儀器：分液漏斗、燒杯、玻璃棒C．判斷粗碲洗凈的方法：取少量最后一次洗滌液，加入BaCl2溶液，沒有白色沉淀生成D．“還原”時發生的離子方程式為2SO32-＋Te4＋＋4OH－=Te↓＋2SO42-＋2H2O2、某同學在實驗室探究NaHCO3的性質：常溫下，配制0.10mol/LNaHCO3溶液，測其pH為8.4；取少量該溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加過程中產生白色沉淀，但無氣體放出。下列說法不正確的是()A．NaHCO3溶液呈堿性的原因是HCO3-的水解程度大于電離程度B．反應的過程中產生的白色沉淀為CaCO3C．反應后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)D．加入CaCl2促進了HCO3-的水解3、下列化學用語中，正確的是A．Na原子結構示意圖 B．MgCl2的電子式C．N2分子的結構式N=N D．CH4的比例模型4、水系鈉離子電池安全性能好、價格低廉、對環境友好，有著巨大的市場前景。某鈉離子電池工作原理如圖，電池總反應為：2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3下列說法錯誤的是A．充電時，a接電源正極B．放電時，溶液中的Na+在NaFePO4F電極上得電子被還原C．充電時，陰極上的電極反應為NaTi2(PO4)3+2Na++2e﹣=Na3Ti2(PO4)3D．理論上，該電池在充電或放電過程中溶液中的c(Na+)不變5、配制一定物質的量濃度的溶液時，下列因素會導致溶液濃度偏高的是A．溶解時有少量液體濺出 B．洗滌液未全部轉移到容量瓶中C．容量瓶使用前未干燥 D．定容時液面未到刻度線6、室溫時，用0.0200mol/L稀鹽酸滴定20.00mL0.0200mol/LNaY溶液，溶液中水的電離程度隨所加稀鹽酸的體積變化如圖所示(忽略滴定過程中溶液的體積變化)，則下列有關說法正確的是已知：K(HY)=5.0×10-11A．可選取酚酞作為滴定指示劑B．M點溶液的pH>7C．圖中Q點水的電離程度最小，Kw<10-14D．M點,c(Na+)=c(HY)+c(Y-)+c(Cl-)7、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．14.0gFe發生吸氧腐蝕生成Fe2O3·xH2O，電極反應轉移的電子數為0.5NAB．標準狀況下，11.2LH2S溶于水，溶液中含硫粒子的數目大于0.5NAC．常溫下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的數目為0.5NAD．分子式為C2H6O的某種有機物4.6g，含有C－H鍵的數目一定為0.5NA8、在25°C時，向amL0.10mol·L-1的HNO2溶液中逐滴加入0.10mol·L-1的NaOH溶液。滴定過程中混合溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]與NaOH溶液的體積V的關系如圖所示。已知P點溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，下列說法不正確的是（）A．25°C時，HNO2電離常數的數量級是10-4B．M點溶液中存在：2c(H+)+c(HNO2)=c(OH-)+c(NO2-)C．圖上M、N、P、Q四點溶液中所含離子的種類相同D．a=10.809、一定條件下，等物質的量的N2（g）和O2（g）在恒容密閉容器中反應：N2（g）+O2（g）2NO（g），曲線a表示該反應在溫度T℃時N2的濃度隨時間的變化，曲線b表示該反應在某一起始反應條件改變時N2的濃度隨時間的變化。敘述正確的是（）A．溫度T℃時，該反應的平衡常數K=B．溫度T℃時，混合氣體的密度不變即達到平衡狀態C．曲線b對應的條件改變可能是加入了催化劑D．若曲線b改變的條件是溫度，則該正反應放熱10、C8H9Cl的含苯環的（不含立體異構）同分異構體有A．9種B．12種C．14種D．16種11、下列物質的水溶液因水解而呈堿性的是()A．NH3 B．NH4Cl C．KOH D．NaClO12、沒有涉及到氧化還原反應的是A．Fe3+和淀粉檢驗I- B．氯水和CCl4檢驗Br-C．新制Cu(OH)2、加熱檢驗醛基 D．硝酸和AgNO3溶液檢驗Cl-13、下列屬于置換反應的是（）A．2C+SiO22CO+SiB．2HClO2HCl+O2↑C．3CO+Fe2O33CO2+2FeD．2Na+Cl2=2NaCl14、已知過氧化氫在強堿性溶液中主要以HO2-存在。我國研究的Al-H2O2燃料電池可用于深海資源的勘查、軍事偵察等國防科技領域，裝置示意圖如下。下列說法錯誤的是A．電池工作時，溶液中OH-通過陰離子交換膜向Al極遷移B．Ni極的電極反應式是HO2-+2e-+H2O=3OH-C．電池工作結束后，電解質溶液的pH降低D．Al電極質量減輕13.5g，電路中通過9.03×1023個電子15、化學與科學、技術、社會、環境密切相關。下列說法不正確的是（）A．食用一定量的油脂能促進人體對維生素的吸收B．許多繡球花在酸性土壤中花朵呈藍色，在堿性土壤中花朵呈粉紅色，若想獲得藍色花朵，可在土壤中施用適量的硫酸鋁C．在石英管中充入氖氣，通電時能發出比熒光燈強億萬倍的強光，人稱“人造小太陽”D．人被蚊子叮咬后皮膚發癢或紅腫，簡單的處理方法：搽稀氨水或碳酸氫鈉溶液16、下列有關物質性質與用途具有對應關系的是()A．Na2SiO3易溶于水，可用作木材防火劑B．NaHCO3能與堿反應，可用作食品疏松劑C．Fe粉具有還原性，可用作食品袋中的抗氧化劑D．石墨具有還原性，可用作干電池的正極材料17、化學與生活、生產密切相關，下列說法正確的是A．用聚氯乙烯代替木材生產快餐盒，以減少木材的使用B．中國天眼FAST中用到的碳化硅是一種新型的有機高分子材料C．港珠澳大橋中用到的低合金鋼，具有強度大、密度小、耐腐蝕等性能D．“司南之杓(注：勺)，投之于地，其柢(注：柄)指南。”司南中“杓”所用的材質為FeO18、郵票是國家郵政發行的一種郵資憑證，被譽為國家名片。新中國化學題材郵票展現了我國化學的發展和成就，是我國化學史不可或缺的重要文獻。下列說法錯誤的是A．郵票中的人物是侯德榜。其研究出了聯產純堿與氯化銨化肥的制堿新工藝，創立了中國人自己的制堿工藝一侯氏制堿法B．郵票中的圖是用橡膠生產的機動車輪胎。塑料、橡膠和纖維被稱為三大合成材料，它們不斷替代金屬成為現代社會使用的重要材料C．郵票中的圖是顯微鏡視野下的結晶牛胰島素。我國首次合成的人工牛胰島素屬于蛋白質D．郵票是紀念眾志成城抗擊非典的郵票。冠狀病毒其外殼為蛋白質，用紫外線、苯酚溶液、高溫可以殺死病毒19、亞硝酰氯（NOCl）是有機物合成中的重要試劑，為紅褐色液體或黃色氣體，室溫下為不穩定的黃色氣體，具刺鼻惡臭味，遇水分解，某學習小組用C12和NO制備NOCl裝置如圖。下列說法錯誤的是A．氯氣在反應中做氧化劑B．裝入藥品后，要先打開K2、K3，反應一段時間后，再打開K1C．利用A裝置還可以做Na2O2和水制氧氣的實驗D．若沒有B裝置，C中可能發生反應：2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑20、中華傳統文化中蘊含著諸多化學知識，下列說法錯誤的是（）A．“火樹銀花不夜天”指的是某些金屬元素的焰色反應B．“千錘萬鑿出深山,烈火焚燒若等閑”蘊含了碳酸鈣的分解反應C．“榆莢只能隨柳絮,等閑撩亂走空園”中的“柳絮”主要成分是纖維素D．“日照香爐生紫煙,遙看瀑布掛前川”中的“煙”是彌散在空氣中的PM2.5固體顆粒21、能用H++OH-→H2O表示的是A．NH3·H2O+HNO3→NH4NO3+H2OB．CH3COOH+KOH→CH3COOK+H2OC．H2SO4+Ba(OH)2→BaSO4↓+2H2OD．2HCl+Ca(OH)2→CaCl2+2H2O22、某離子反應中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六種微粒。其中ClO-的物質的量隨時間變化的曲線如圖所示。下列判斷正確的是（）A．該反應的還原劑是Cl-B．反應后溶液的酸性明顯增強C．消耗1mol還原劑，轉移6mol電子D．氧化劑與還原劑的物質的量之比為2∶3二、非選擇題(共84分)23、（14分）請根據以下知識解答+R2-CHO→（R代表烴基，下同。）+H21，4―丁二醇是生產工程塑料PBT（聚對苯二甲酸丁二酯）的重要原料，它可以通過下圖兩種不同的合成路線制備，請寫出相應物質的結構簡式(1)請寫出A和D的結構簡式：________________________、_____________________。(2)寫出生成CH2BrCH=CHCH2Br的化學反應方程式：______寫出生成F(PBT)的化學反應方程式:___。(3)關于對苯二甲酸的結構，在同一直線上的原子最多有________個。(4)某學生研究發現由乙炔可制得乙二醇，請你設計出合理的反應流程圖。________________提示：①合成過程中無機試劑任選②反應流程圖表示方法示例如下：24、（12分）丁苯酞(J)是治療輕、中度急性腦缺血的藥物，合成J的一種路線如下：已知：②E的核磁共振氫譜只有一組峰；③C能發生銀鏡反應；④J是一種酯，分子中除苯環外還含有一個五元環．回答下列問題：（1）由A生成B的化學方程式為__________，其反應類型為__________；（2）D的化學名稱是__________，由D生成E的化學方程式為__________；（3）J的結構簡式為__________；（4）G的同分異構體中核磁共振氫譜有4組峰且能與FeCl3溶液發生顯色反應的結構簡式__________(寫出一種即可)；（5）由甲醛和化合物A經下列步驟可得到2一苯基乙醇：反應條件1為__________；反應條件2所選擇的試劑為__________；L的結構簡式為__________。25、（12分）(CH3COO)2Mn·4H2O主要用于紡織染色催化劑和分析試劑，其制備過程如圖。回答下列問題：步驟一：以MnO2為原料制各MnSO4(1)儀器a的名稱是___，C裝置中NaOH溶液的作用是___________。(2)B裝置中發生反應的化學方程式是___________。步驟二：制備MnCO3沉淀充分反應后將B裝置中的混合物過濾，向濾液中加入飽和NH4HCO3溶液，反應生成MnCO3沉淀。過濾，洗滌，干燥。(3)①生成MnCO3的離子方程式_____________。②判斷沉淀已洗凈的操作和現象是___________。步驟三：制備(CH3COO)2Mn·4H2O固體向11.5gMnCO3固體中加入醋酸水溶液，反應一段時間后，過濾、洗滌，控制溫度不超過55℃干燥，得(CH3COO)2Mn·4H2O固體。探究生成(CH3COO)2Mn·4H2O最佳實驗條件的數據如下：(4)產品干燥溫度不宜超過55℃的原因可能是___________。(5)上述實驗探究了___________和___________對產品質量的影響，實驗l中(CH3COO)2Mn·4H2O產率為___________。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）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產生的操作（或方法）是____（寫一條）。28、（14分）我國秦俑彩繪和漢代器物上用的顏料被稱為“中國藍”、“中國紫”，直到近年來人們才研究出來其成分為BaCuSi4O10，BaCuSi2O6。(1)“中國藍”、“中國紫”中均具有Cun＋離子，n＝___，基態時該陽離子的價電子排布式為______。(2)“中國藍”的發色中心是以Cun+為中心離子的配位化合物，其中提供孤對電子的是___元素。(3)合成“中國藍”、“中國紫”的原料有BaCO3，孔雀石Cu2(OH)2CO3和砂子(SiO2)。SiO2晶體中Si原子的雜化軌道是由______軌道（填軌道的名稱和數目）和________軌道雜化而成的。(4)現代文物分析發現，“中國藍”中含有微量硫元素。假若硫元素來源一種陰離子是正四面體的天然鋇礦中，則最可能的鋇礦化學式是______。(5)在5500年前，古代埃及人就己經知道如何合成藍色顏料—“埃及藍”CaCuSi4O10，其合成原料中用CaCO3代替了BaCO3，其它和“中國藍”一致。CO32一中鍵角∠OCO為___。根據所學，從原料分解的角度判斷“埃及藍”的合成溫度比“中國藍”更___（填“高”或“低”）。(6)自然界中的SiO2，硬度較大，主要原因是___。下圖為SiO2晶胞中Si原子沿z軸方向在xy平面的投影圖（即俯視投影圖），其中O原子略去，Si原子旁標注的數字表示每個Si原子位于z軸的高度，則SiA與SiB的距離是_____。29、（10分）研究大氣污染物的處理，對緩解和治理環境污染、保護我們賴以生存的地球，具有十分重要的意義。(1)已知：C(s)+O2(g)═CO2(g)△H＝﹣393.5/kJmolN2(g)+O2(g)═2NO(g)△H＝+180kJ/mol則C(s)+2NO(g)═CO2(g)+N2(g)的△H＝_____kJ/mol。(2)在一定溫度下，向2L的恒容密閉容器中充入4.0molNO2和4.0molCO，在催化劑作用下發生反應4CO(g)+2NO2(g)?4CO2(g)+N2(g)，測得相關數據如表所示：t/min05101520n(NO2)/mol4.03.43.123.03.0n(N2)/mol00.300.440.500.50①在0～5min內，用CO2的濃度變化表示的反應速率為_____。②此溫度下的化學平衡常數K的表達式為_____。(3)用活性炭還原法處理氮氧化物，有關反應為C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)。某研究小組向2L密閉容器中加入足量的活性炭和一定量的NO，保持溫度和體積不變，發生上述反應。①下列描述能說明上述反應已達平衡的是_____(填標號)。A．活性炭的質量不再變化B．容器中氣體的密度保持不變C．2v(NO)正＝v(N2)逆D．保持不變②壓強為p時，催化劑的催化效率、氮氣的生成速率與溫度的關系如圖所示。當氮氣的生成速率主要取決于溫度時，對應的溫度范圍是_____。(4)肼(N2H4)是無色液體，具有強還原性。①肼的水溶液顯弱堿性，其電離過程與NH3?H2O類似，則第一步電離方程式為_____。②新型N2H4燃料電池產物對環境沒有污染，該電池以固體氧化物為電解質(能傳導O2﹣)。寫出負極的電極反應式_____。

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、C【解析】

A．從陽極泥中提取粗碲，第一步是將Te元素轉化為TeO2的沉淀過濾出來，考慮到TeO2易溶于強酸和強堿，所以氧化浸出步驟中酸不可加過量，A錯誤；B．過濾操作需要漏斗，而不是分液漏斗，B錯誤；C．通過分析整個流程可知，最終得到的粗碲固體表面會吸附溶液中的，因此判斷洗凈與否，只需要檢驗最后一次洗滌液中是否仍含有即可，C正確；D．酸浸時TeO2溶解，隨后被Na2SO3還原，TeO2生成Te單質，生成，所以正確的離子方程式為：，TeO2是氧化物離子方程式中不能拆分，D錯誤。答案選C。2、D【解析】

A.NaHCO3電離產生的HCO3-離子在溶液中既能發生電離作用又能發生水解作用；B.HCO3-與Ca2+生成CaCO3和氫離子，氫離子結合HCO3-生成H2CO3；C.根據電荷守恒分析判斷；D.加入CaCl2消耗CO32-生成CaCO3沉淀。【詳解】A.NaHCO3是強堿弱酸鹽，在溶液中HCO3-既能電離又能水解，水解消耗水電離產生的H+，使溶液顯堿性；電離產生H+使溶液顯酸性，NaHCO3溶液呈堿性的原因是HCO3-的水解程度大于電離程度，A正確；B.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至pH=7，滴加過程中產生白色沉淀，說明HCO3-與Ca2+生成CaCO3和氫離子，氫離子結合HCO3-生成H2CO3，則反應的離子方程式，2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3，B正確；C.該溶液中存在電荷守恒，c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-)，溶液至pH=7，c(H+)=c(OH-)，c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，C正確；D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促進HCO3-的電離，D錯誤；故合理選項是D。【點睛】本題考查了電解質溶液中反應實質、沉淀溶解平衡的理解及應用的知識。涉及電解質溶液中離子濃度大小比較、電荷守恒、物料守恒等，題目難度中等。3、D【解析】

A．鈉原子核外有11個電子，原子結構示意圖為：，A項錯誤；B．MgCl2是離子化合物，電子式為：，B項錯誤；C．氮氣是氮原子通過三鍵形成的分子，結構式為，C項錯誤；D．CH4的比例模型要注意C原子由于半徑比H原子大，所以模型中中心原子尺寸要更大，D項正確；答案選D。4、B【解析】

2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3分析方程式得出NaFePO4F變為Na2FePO4F，Fe在降低，發生還原反應，該物質作原電池的正極，Na3Ti2(PO4)3變為NaTi2(PO4)3，Ti在升高，發生氧化反應，該物質作原電池的負極。【詳解】A選項，放電時a為正極，因此充電時，a接電源正極，故A正確；B選項，放電時，溶液中的Na+不放電，而是Na3Ti2(PO4)3中Ti在失去電子，故B錯誤；C選項，陰極主要是NaTi2(PO4)3得到電子，因此陰極上的電極反應為NaTi2(PO4)3+2Na++2e－=Na3Ti2(PO4)3，故C正確；D選項，根據溶液中電荷守恒關系，理論上，該電池在充電或放電過程中溶液中的c(Na+)不變，故D正確；綜上所述，答案為B。【點睛】分析化合價，根據化合價來定負極和正極，根據負極和正極來書寫電極反應式。5、D【解析】

A.溶解時有少量液體濺出，n偏小，則導致溶液濃度偏低，故A不選；B.洗滌液未全部轉移到容量瓶中，n偏小，則導致溶液濃度偏低，故B不選；C.容量瓶使用前未干燥，對n、V無影響，濃度不變，故C不選；D.定容時液面未到刻度線，V偏小，導致溶液濃度偏高，故D選；故選D。6、B【解析】A.滴定終點溶液顯酸性，故可選取甲基橙作為滴定指示劑，A不正確；B.M點溶液中，c(NaY)=c(HY)，因為K(HY)=5.0×10-11，所以c(Y-)≈c(HY)，代入HY的電離常數表達式可得，ka=cH+=5.0×10-11，所以，pH>7，B正確；C.由圖可知，Q點水的電離程度最小，Kw=10-14，C不正確；D.M點，由物料守恒可知7、A【解析】

A.14.0gFe的物質的量為，Fe發生吸氧腐蝕的負極反應式為Fe-2e-=Fe2+，則電極反應轉移的電子數為0.25mol×2NA=0.5NA，A項正確；B.標況下，H2S為氣體，11.2LH2S氣體為0.5mol，H2S溶于水，電離產生HS-和S2-，根據S元素守恒可知，含硫微粒共0.5NA，B項錯誤；C.常溫下，pH=14的Ba(OH)2溶液中氫氧根離子的濃度為1mol/L，則Ba2+的濃度為0.5mol/L，則Ba2+的數目為0.5mol/L×0.5LNA=0.25NA，C項錯誤；D.C2H6O的摩爾質量為46g/mol，4.6gC2H6O的物質的量為0.1mol，分子式為C2H6O的有機物，可能為CH3CH2OH，也可能為CH3OCH3，則含有C－H鍵的數目可能為0.5NA，也可能0.6NA，D項錯誤；答案選A。【點睛】鋼鐵發生吸氧腐蝕的電極反應式：正極：O2+2H2O+4e-=4OH-；負極：2Fe-4e-=2Fe2+；總反應：2Fe+O2+2H2O=Fe(OH)2；Fe(OH)2繼續與空氣中的氧氣作用，生成Fe(OH)3，發生反應：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)3脫去一部分水就生成Fe2O3?xH2O，它就是鐵銹的主要成分。8、B【解析】

已知P點溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同時溶液中存在電荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，二式聯立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+c(HNO2)=c(Na+)，此為NaNO2溶液中的物料守恒式，即P點溶液中的溶質只有NaNO2，亞硝酸和氫氧化鈉恰好完全反應，所以初始亞硝酸溶液的體積為10.80mL，據此分析作答。【詳解】A.HNO2電離常數K=，未滴加氫氧化鈉時0.1mol/L的HNO2溶液的pOH=11.85，即溶液中c（OH-）=10-11.85mol/L，則根據水的電離平衡常數可知c（H+）=10-2.15mol/L，溶液中存在電離平衡HNO2?H++NO2，溶液中氫離子濃度和亞硝酸根離子濃度大致相等，所以K=，故A正確；B.根據分析可知a=10.80mL，所以當加入5.40mL氫氧化鈉溶液時溶液中的溶質為等物質的量HNO2和NaNO2，存在電荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒：c(NO2-)+c(HNO2)=2c(Na+)，二式聯立可得2c(H+)+c(HNO2)=2c(OH-)+c(NO2-)，故B錯誤；C.M、N、P、Q四點溶液中均含有：H+、OH-、NO2-、Na+，故C正確；D.已知P點溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同時溶液中存在電荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，二式聯立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+c(HNO2)=c(Na+)，此為NaNO2溶液中的物料守恒式，即P點溶液中的溶質只有NaNO2，亞硝酸和氫氧化鈉恰好完全反應，所以初始亞硝酸溶液的體積為10.80mL，故D正確；故答案為B。9、A【解析】

A．故K＝，故A正確；B．反應物和生成物均是氣體，故氣體的質量m不變，容器為恒容容器，故V不變，則密度ρ＝不變，故B錯誤；C．由圖可知，b曲線氮氣的平衡濃度減小，故應是平衡發生移動，催化劑只能改變速率，不能改變平衡，故b曲線不可能是由于催化劑影響的，故C錯誤；D．由圖可知，b曲線化學反應速率快(變化幅度大)，氮氣的平衡濃度減小，升高溫度平衡正向移動，則正反應為吸熱反應，即△H＞0，故D錯誤；故答案為A。10、C【解析】分子式為C8H9Cl中含有苯環、飽和烴基、氯原子；當取代基可以是1個：-CH2CH2Cl；-CHClCH3，有2種同分異構體；取代基可以是2個：-CH2Cl、-CH3；-CH2CH3、-Cl，根據鄰、間、對位置異構可知，共有3+3=6種同分異構體；取代基可以是3個：-Cl、-CH3、-CH3；2個甲基處于鄰位時，-Cl有2種位置，有2種同分異構體；2個甲基處于間位時，-Cl有3種位置，有3種同分異構體；2個甲基處于對位時，-Cl有1種位置，有1種同分異構體；所以符合條件的同分異構體共有14種；故選C。點睛：本題主要考查了同分異構體的書寫，苯環上的取代基種類和數目決定了同分異構體的種類，注意取代基的分類。分子式為C8H9Cl，不飽和度為4，苯環本身的不飽和度就為4，說明解題時不用考慮不飽和鍵。11、D【解析】

A.NH3溶于水后電離產生OH－而使溶液呈堿性，與水解無關，選項A錯誤；B.NH4Cl中NH4+水解溶液呈酸性，選項B錯誤；C.KOH溶于水后電離產生OH－而使溶液呈堿性，與水解無關，選項C錯誤；D.由于ClO－水解產生OH－，使NaClO溶液呈堿性，選項D正確。答案選D。12、D【解析】

A.Fe3+具有氧化性，可以將碘離子I-氧化成碘I2，碘遇淀粉變藍，離子方程式：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故A項涉及；B.氯水中的氯氣和次氯酸具有氧化性，可以把Br-氧化成Br2，CCl4層顯橙色，故B涉及；C.醛基和新制Cu(OH)2在加熱的條件下，發生氧化還原反應，生成磚紅色沉淀，故C涉及；D.Cl-和硝酸酸化過的AgNO3溶液中銀離子反應生成氯化銀沉淀，這個反應不是氧化還原反應，故D不涉及；題目要求選擇不涉及氧化還原反應的，故選D。13、A【解析】

A.2C+SiO22CO+Si，該反應為一種單質與一種化合物反應生成另一種單質和化合物，屬于置換反應，故A正確；B.2HClO2HCl+O2↑，該反應為一種物質生成兩種或多種物質，屬于分解反應，故B錯誤；C.3CO+Fe2O33CO2+2Fe，該反應沒有單質參加，不是置換反應，屬于氧化還原反應，故C錯誤；D.2Na+Cl2=2NaCl，該反應為兩種或多種物質反應生成一種物質，屬于化合反應，故D錯誤。故選A。14、C【解析】

A.根電池裝置圖分析，可知Al較活潑，作負極，而燃料電池中陰離子往負極移動，因而可推知OH-（陰離子）穿過陰離子交換膜，往Al電極移動，A正確；B.Ni為正極，電子流入的一端，因而電極附近氧化性較強的氧化劑得電子，又已知過氧化氫在強堿性溶液中主要以HO2-存在，可知HO2-得電子變為OH-，故按照缺項配平的原則，Ni極的電極反應式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，B正確；C.根電池裝置圖分析，可知Al較活潑，Al失電子變為Al3+，Al3+和過量的OH-反應得到AlO2-和水，Al電極反應式為Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，Ni極的電極反應式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，因而總反應為2Al+3HO2-=2AlO2-+H2O+OH-，顯然電池工作結束后，電解質溶液的pH升高，C錯誤；D.A1電極質量減輕13.5g，即Al消耗了0.5mol，Al電極反應式為Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，因而轉移電子數為0.5×3NA=9.03×1023，D正確。故答案選C。【點睛】書寫燃料電池電極反應式的步驟類似于普通原電池，在書寫時應注意以下幾點：1.電極反應式作為一種特殊的離子反應方程式，也必需遵循原子守恒，得失電子守恒，電荷守恒；2.寫電極反應時，一定要注意電解質是什么，其中的離子要和電極反應中出現的離子相對應，在堿性電解質中，電極反應式不能出現氫離子，在酸性電解質溶液中，電極反應式不能出現氫氧根離子；3.正負兩極的電極反應式在得失電子守恒的條件下，相疊加后的電池反應必須是燃料燃燒反應和燃料產物與電解質溶液反應的疊加反應式。15、C【解析】

A．油脂既能運送營養素，也能作為維生素A、D、E、K的溶劑，它們必須溶在油脂里面，才會被消化吸收，故A正確；B．鋁離子水解會使土壤顯酸性，繡球花在酸性土壤中花朵呈藍色，故B正確；C．充入氖氣會發出紅光，氙氣燈被稱為人造小太陽，故C錯誤；D．蚊子的毒液顯酸性，和氨水、碳酸氫鈉等堿性物質反應生成鹽，從而減輕疼痛，故D正確；故答案為C。16、C【解析】

A.Na2SiO3可用作木材防火劑是因為其具有較好的耐熱性，與其是否易溶于水無直接關系，A項錯誤；B.NaHCO3可用作食品疏松劑是利用其與有機酸反應或受熱分解生成二氧化碳，B項錯誤；C.Fe粉具有還原性，易和空氣中的氧氣反應，可用作食品袋中的抗氧化劑，C項正確；D.石墨可用作干電池的正極材料，主要利用的是石墨具有良好的導電性，與還原性無關，D項錯誤；答案選C。17、C【解析】

A．聚氯乙烯有毒，不能用作食品包裝，A項錯誤；B．碳化硅是無機物，不是有機高分子材料，B項錯誤；C．考慮到港珠澳大橋所處位置等，所以使用的低合金鋼，必須要有強度大，密度小以及耐腐蝕的性能，C項正確；D．司南材質即磁性氧化鐵，成分為Fe3O4而非FeO，D項錯誤；答案選C。18、B【解析】

A．郵票中的人物是侯德榜。1941年，侯德榜改進了索爾維制堿法，研究出了制堿流程與合成氨流程于一體的聯產純堿與氯化銨化肥的制堿新工藝，命名為“侯氏制堿法”，故A正確；B．郵票中的圖是用橡膠生產的機動車輪胎。橡膠和纖維都有天然的，三大合成材料是指塑料、合成橡膠和合成纖維，它們不斷替代金屬成為現代社會使用的重要材料，故B錯誤；C．郵票中的圖是顯微鏡視野下的結晶牛胰島素。1965年9月，我國科學家首先在世界上成功地實現了人工合成具有天然生物活力的蛋白質??結晶牛胰島素，故C正確；D．郵票是紀念眾志成城抗擊非典的郵票。冠狀病毒其外殼為蛋白質，用紫外線、苯酚溶液、高溫都可使蛋白質變性，從而可以殺死病毒，故D正確；答案選B。【點睛】合成材料又稱人造材料，是人為地把不同物質經化學方法或聚合作用加工而成的材料，其特質與原料不同，如塑料、合金（部分合金）等。塑料、合成纖維和合成橡膠號稱20世紀三大有機合成材料，纖維有天然纖維和人造纖維，橡膠也有天然橡膠和人造橡膠。19、C【解析】

由裝置A制備NO，用銅和稀硝酸反應制備，制得的NO中可能有揮發的硝酸，故裝置B用來凈化和干燥NO，將氯氣和NO干燥后在裝置C中發生反應，在冰鹽中冷凝收集NOCl，氯氣、NO以及NOCl均不能排放到空氣中，用氫氧化鈉溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集裝置和尾氣處理裝置之間應該需加一個干燥裝置。【詳解】A.根據Cl2和NO反應生成了NOCl，氯元素化合價降低，得電子，Cl2為氧化劑，故A正確；

B.先打開K2、K3，通入一段時間氯氣，排盡三頸燒瓶中的空氣，防止NO、NOCl變質，然后再打開K1，通入NO，故B正確；

C.該裝置能制備用塊狀固體和液體反應生成的氣體，過氧化鈉為粉末狀固體，所以不可以做Na2O2和水制氧氣的實驗，故C錯誤；

D.若無裝置B，C中亞硝酰氯與水反應生成氯化氫、NO和二氧化氮，可能發生反應：2NOCl+H2O═2HCl+NO↑+NO2↑，故D正確；

故選：C。20、D【解析】

A．很多金屬或它們的化合物在灼燒時都會使火焰呈現特殊的顏色，這在化學上叫做焰色反應，“火樹銀花不夜天”指的是某些金屬元素的焰色反應，A正確；B．“千錘萬鑿出深山，烈火焚燒若等閑”蘊含了碳酸鈣在高溫下分解成氧化鈣和二氧化碳，B正確；C．一切植物都含有大量的纖維素，“柳絮”主要成分是纖維素，C正確；D．日照香爐生紫煙”的意思是說“由于瀑布飛瀉，水氣蒸騰而上，在麗日照耀下，仿佛香爐峰冉冉升起了團團紫煙”，由此可見這個“煙”實際上是水產生的霧氣，D錯誤。答案選D。21、D【解析】

A．一水合氨在離子反應中保留化學式，離子反應為H++NH3?H2O=NH4++H2O，故A錯誤；B．醋酸在離子反應中保留化學式，離子反應為CH3COOH+OH-=H2O+CH3COO-，故B錯誤；C．硫酸鋇在離子反應中保留化學式，離子反應為2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故C錯誤；D．為強酸與強堿反應生成可溶性鹽與水的離子反應，離子反應為H++OH-=H2O，故D正確；故答案為D。【點睛】明確H++OH-→H2O表達的反應原理是解題關鍵，能用此離子方程式的反應是一類強酸與強堿發生中和反應生成鹽和水，且生成的鹽為可溶性鹽，如稀硫酸與氫氧化鋇溶液的反應就不能用此離子方程式表示，原因是生成的BaSO4不溶。22、B【解析】由曲線變化圖可知，隨反應進行具有氧化性的ClO-物質的量減小為反應物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，根據所含有的NH4+和N2，其中NH4+有還原性，故N2是生成物，N元素化合價發生氧化反應，則反應的方程式應為3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+；A．由方程式可知反應的氧化劑是ClO-，還原產物為Cl-，故A錯誤；B．反應生成H+，溶液酸性增強，故B正確；C．N元素化合價由-3價升高到0價，則消耗1mol還原劑，轉移3mol電子，故C錯誤；C．由方程式可知氧化劑和還原劑的物質的量之比為3∶2，故D錯誤；答案為B。點睛：由曲線變化圖可知，具有氧化性的ClO-物質的量減小為反應物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，再結合氧化還原反應的理論，有氧化必有還原，根據所含有的微粒，可知NH4+是還原劑，氧化產物為N2，發生反應的方程式應為3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答該題。二、非選擇題(共84分)23、CH≡CCH=CH2CH≡CCH2OHCH2=CHCH=CH2+Br2→CH2BrCH=CHCH2BrnHOCH2(CH2)2CH2OH+→+2nH2O4個【解析】

乙炔與甲醛發生加成反應生成D為HC≡CCH2OH，D與甲醛進一步發生加成反應生成E為HOCH2C≡CCH2OH，E與氫氣發生加成反應生成HOCH2CH2CH2CH2OH。分子乙炔聚合得到A為HC≡CCH=CH2，結合信息可以知道及HOCH2CH2CH2CH2OH可以知道，A與氫氣發生加成反應生成B為CH2=CHCH=CH2，B與溴發生1，4-加成反應生成BrCH2CH=CHCH2Br，BrCH2CH=CHCH2Br與氫氣發生加成反應生成C為BrCH2CH2CH2CH2Br，C發生水解反應得到HOCH2CH2CH2CH2OH，1，4-丁二醇與對苯二甲酸發生縮聚反應生成PBT為，由乙炔制乙二醇，可以用乙炔與氫氣加成生成乙烯，乙烯與溴加成生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷再發生堿性水解可得乙二醇。據此分析。【詳解】(1)由上述分析可以知道A為HC≡CCH=CH2，D為HC≡CCH2OH，答案為：HC≡CCH=CH2；HC≡CCH2OH；(2)CH2=CHCH=CH2與溴發生1，4加成反應生成BrCH2CH=CHCH2Br，化學方程式為：CH2=CHCH=CH2+Br2→CH2BrCH=CHCH2Br，1，4-丁二醇與對苯二甲酸發生縮聚反應生成PBT，反應方程式為：；(3)關于對苯二甲酸的結構，在同一直線上的原子為處在苯環對位上的兩個碳原子和兩個氫原子，所以最多4個，答案為：4；(4)由乙炔制乙二醇，可以用乙炔與氫氣加成生成乙烯，乙烯與溴加成生成1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷再發生堿性水解可得乙二醇，反應的合成路線流程圖為：。24、+Br2+HBr取代反應2-甲基丙烯CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr或或光照鎂、乙醚【解析】

比較A、B的分子式可知，A與HBr發生加成反應生成B，B的核磁共振氫譜只有一組峰，則可知D為CH2=C(CH3)2，E為(CH3)3CBr，根據題中已知①可知F為(CH3)3CMgBr，C能發生銀鏡反應，同時結合G和F的結構簡式可推知C為，進而可以反推得，B為，A為，根據題中已知①，由G可推知H為，J是一種酯，分子中除苯環外，還含有一個五元環，則J為，與溴發生取代生成K為，K在鎂、乙醚的條件下生成L為，L與甲醛反應生成2-苯基乙醇【詳解】（1）由A生成B的化學方程式為+Br2+HBr，其反應類型為取代反應；（2）D為CH2=C(CH3)2，名稱是2-甲基丙烯，由D生成E的化學方程式為CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr，故答案為2-甲基丙烯；CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr；（3）根據上面的分析可知，J的結構簡式為，故答案為；（4）G的同分異構體中核磁共振氫譜有4組峰且能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明有酚羥基，這樣的結構為苯環上連有-OH、-CH2Br呈對位連結，另外還有四個-CH3基團，呈對稱分布，或者是-OH、-C(CH3)2Br呈對位連結，另外還有2個-CH3基團，以-OH為對稱軸對稱分布，這樣有或或；（5）反應Ⅰ的為與溴發生取代生成K為，反應條件為光照，K在鎂、乙醚的條件下生成L為，故答案為光照；鎂、乙醚；。25、分液漏斗吸收多余的SO2SO2+MnO2=MnSO4或SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O取最后一次洗滌液少許于試管中，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無沉淀生成，證明沉淀已洗滌干凈溫度過高會失去結晶水醋酸質量分數溫度90.0%【解析】

將分液漏斗中的濃硫酸滴加到盛有Na2SO3的試管中發生復分解反應制取SO2，將反應產生的SO2氣體通入三頸燒瓶中與MnO2反應制取MnSO4，由于SO2是大氣污染物，未反應的SO2不能直接排放，可根據SO2與堿反應的性質用NaOH溶液進行尾氣處理，同時要使用倒扣的漏斗以防止倒吸現象的發生。反應產生的MnSO4再與NH4HCO3發生反應產生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，將MnCO3沉淀經過濾、洗滌后用醋酸溶解可得醋酸錳，根據表格中溫度、濃度對制取的產品的質量分析醋酸錳晶體合適的條件。【詳解】(1)根據儀器結構可知儀器a的名稱為分液漏斗；C裝置中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染大氣；(2)B裝置中SO2與MnO2反應制取MnSO4，反應的方程式是SO2+MnO2=MnSO4(或寫為SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O)；(3)①MnSO4與NH4HCO3發生反應產生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，該反應的離子方程式為：2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O；②若MnCO3洗滌干凈，則洗滌液中不含有SO42-，所以判斷沉淀已洗凈的方法是取最后一次洗滌液少許于試管中，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無沉淀生成，證明沉淀已洗滌干凈；(4)該操作目的是制取(CH3COO)2Mn·4H2O，若溫度過高，則晶體會失去結晶水，故一般是產品干燥溫度不宜超過55℃；(5)表格采用了對比方法分析了溫度、醋酸質量分數(或濃度)對產品質量的影響。實驗l中11.5gMnCO3的物質的量為n(MnCO3)==0.1mol，根據Mn元素守恒可知理論上能夠制取(CH3COO)2Mn·4H2O的物質的量是0.1mol，其質量為m[(CH3COO)2Mn·4H2O]=0.1mol×245g/mol=24.5g，實際質量為22.05g，所以(CH3COO)2Mn·4H2O產率為×100%=90.0%。【點睛】本題以醋酸錳的制取為線索，考查了儀器的使用、裝置的作用、離子的檢驗、方程式的書寫、反應條件的控制及物質含量的計算，將化學實驗與元素化合物知識有機結合在一起，體現了學以致用的教學理念，要充分認識化學實驗的重要性。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。【點睛】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、蒸餾燒瓶不能ClO2極易與稀硫酸中的水反應，影響NaC1O2產率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中可能發生Na2SO3+H2SO4（濃）=Na2SO4+SO2↑+H2O，產生的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。據此解答。【詳解】（1）根據儀器構造，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中可能發生Na2SO3+H2SO4（濃）=Na2SO4+SO2↑+H2O，產生的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、2O或氧1個3s