安徽省亳州一中高三上学期月考化学试卷（月份）VIP

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2016-2017学年安徽省亳州一中高三(上）月考化学试卷（9月份)一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1．2015年10月，中国中医研究员屠呦呦因发现井提取出青蒿索而获得了诺贝尔医学奖．她发现的青蒿素用以治疗疟疾，挽救了数百万患者的生命．青蒿素的分子式为C5H22O5，它属于（)A．单质 B．混合物 C．无机物 D．有机物2．将镁、锌、铝三种金属的混合物加入到足量的稀硫酸中，得到2。8L（标准状况）H2,则混合物中三种金属的物质的量之和可能是（)A．0.120mol B．0.125mol C．0。135mol D．0。250mol3．化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语正确的是(）A．CO2的电子式：B．质量数为37的氯原子:ClC．NH4Cl的电子式：D．原子核内有10个中子的氧原子：O4．含NaOH0。5mol的稀溶液与足量稀盐酸反应，放出28。7kJ的热量,表示该反应的热化学方程式正确的是（）A．NaOH（aq）+HCl（aq)═NaCl（aq)+H2O（l)；△H=+28。7kJ•mol﹣1B．NaOH（aq)+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）；△H=﹣28。7kJ•mol﹣1C．NaOH（aq)+HCl(aq）═NaCl（aq）+H2O(l）；△H=+57。4kJ•mol﹣1D．NaOH（aq)+HCl（aq）═NaCl(aq)+H2O（l）；△H=﹣57.4kJ•mol﹣15．下列有关推断中，不正确的是（）事实结论ACaCO3+2CH3COOH=（CH3COO）2Ca+CO2↑+H2O酸性：CH3COOH＞H2CO3B氢硫酸（H2S）放置在空气中变浑浊氧化性:O2＞SCAl(OH）3既溶于强酸又溶于强碱Al元素既有金属性也有非金属性D反应A+2B⇌C达平衡后，升高温度平衡正向移动升高温度，使v正增大、v逆减小A．A B．B C．C D．D6．下列反应的离子方程式不正确的是（）A．用盐酸清除水垢CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OB．Fe跟稀硫酸反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑C．澄清石灰水跟稀盐酸：H++OH﹣=H2OD．碳酸氢钠溶液跟氢氧化钠溶液反应HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO2↑7．下列叙述正确的是（）A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性B．25℃时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数C．pH=3的醋酸溶液加水稀释10倍后pH=4D．pH=3和pH=5的盐酸各10mL混合所得溶液的pH=48．一氧化氮与一氧化碳都是汽车尾气里的有害物质，它们能缓慢地起反应生成氮气和二氧化碳．对此反应，下列叙述中正确的是（)A．使用催化剂能改变平衡常数B．使用催化剂能改变反应速率C．改变压强对反应速率没有影响D．降低压强能加大反应速率9．镁条和铝片为电极,并用导线连接同时插入NaOH溶液中,下列说法正确的是（）A．镁条作负极，电极反应：Mg﹣2e﹣=Mg2+B．铝片作负极，电极反应：Al+4OH﹣﹣3e﹣﹣=AlO2﹣+2H2OC．电流从Al电极沿导线流向Mg电极D．铝片上有气泡产生10．已知：（1）H2（g)+O2（g)═H2O（g）；△H=akJ/mol（2）2H2(g)+O2（g）═2H2O（g）；△H=bkJ/mol(3)H2（g)+O2（g)═H2O（l）；△H=ckJ/mol(4）2H2(g）+O2(g）═2H2O（l）；△H=dkJ/mol下列关系式中正确的是（）A．a＜c＜0 B．b＞d＞0 C．2a=b＜0 D．2c=d＞011．向59.2gFe2O3和FeO的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0L，固体物质完全反应，生成NO和Fe（NO3）3．在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液2。8L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为85。6g．下列有关说法错误的是（）A．Fe2O3与FeO的物质的量之比为1：6B．硝酸的物质的量浓度为3.0mol/LC．产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD．Fe2O3，FeO与硝酸反应后剩余HNO3为0。2mol二、解答题(共9小题，满分87分）12．碘被称为“智力元素”，科学合理地补充碘可防止碘缺乏病．碘酸钾(KIO3)是国家规定的食盐加碘剂，它的晶体为白色，可溶于水．碘酸钾在酸性介质中与过氧化氢或碘化物作用均生成单质碘．以碘为原料，通过电解制备碘酸钾的实验装置如图所示．请回答下列问题：(1）碘是（填颜色)固体物质，实验室常用方法来分离提纯含有少量杂质的固体碘．（2）电解前，先将一定量的精制碘溶于过量氢氧化钾溶液，溶解时发生反应：3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O，将该溶液加入阳极区．另将氢氧化钾溶液加入阴极区，电解槽用水冷却．电解时，阳极上发生反应的电极反应式为；阴极上观察到的实验现象是．（3）电解过程中，为确定电解是否完成,需检验电解液中是否有I﹣．请设计一个检验电解液中是否有I﹣的实验方案，并按要求填写下表．要求：所需药品只能从下列试剂中选择,实验仪器及相关用品自选．试剂：淀粉溶液、碘化钾淀粉试纸、过氧化氢溶液、稀硫酸．实验方法实验现象及结论（4）电解完毕,从电解液中得到碘酸钾晶体的实验过程如下：步骤②的操作名称是，步骤⑤的操作名称是．步骤④洗涤晶体的目的是．13．据报道,一定条件下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实．已知：①CH3CH2OH（l）+3O2（g）=2CO2(g）+3H2O（l）△H=﹣1366。8kJ/mol②2H2（g)+O2（g)=2H2O（l）△H=﹣571。6kJ/mol(1）写出由CO2和H2反应合成CH3CH2OH（l）和H2O（l）的热化学方程式．（2）碱性乙醇燃料电池易储存，易推广，对环境污染小,具有非常广阔的发展前景．该燃料电池中,使用铂作电极，KOH溶液做电解质溶液．请写出该燃料电池负极上的电极反应式为．（3)用乙醇燃料电池电解400mL饱和食盐水装置可简单表示如图:该装置中发生电解反应的方程式为;在铁棒附近观察到的现象是;当阴极产生448mL气体（体积在标准状况下测得)时,停止电解，将电解后的溶液混合均匀,溶液的pH为．(不考虑气体的溶解及溶液体积的变化）14．某学习小组，用稀HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法,探究影响反应速率的因素．所用HNO3浓度为1.00mol•L﹣1、2.00mol•L﹣1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格,实验温度为298K、308K,每次实验HNO3的用量为25.00mL、大理石用量为10.00g．实验设计如表：编号T/K大理石规格HNO3浓度①298粗颗粒2.00mol•L﹣1②298粗颗粒1。00mol•L﹣1③308粗颗粒2.00mol•L﹣1④298细颗粒2.00mol•L﹣1将相应的实验目的填入下列空格中：（1）实验①和②探究对该反应速率的影响；（2）实验①和③探究对该反应速率的影响;(3）实验①和④探究对该反应速率的影响．15．实验室从含碘废液（除H2O外，含有CCl4、I2、I﹣等)中回收碘，其实验过程如下：（1）向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I﹣，其离子方程式为；该操作将I2还原为I﹣的目的是．（2）操作X的名称为．(3）氧化时，在三颈烧瓶中将含I﹣的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl2，在40℃左右反应（实验装置如图所示）．实验室控制在较低温度下进行的原因是；锥形瓶里盛放的溶液为．16．硫酰氯（SO2Cl2）是一种重要的化工试剂，实验室合成硫酰氯的实验装置如图所示：已知：①SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2(l)△H=﹣97.3kJ/mol；②硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为﹣54。1℃，沸点为69。1℃，在潮湿空气中“发烟”；100℃以上开始分解，生成二氧化硫和氯气,长期放置也会发生分解．回答下列问题：(1）装置甲为储气装置，用于提供氯气，则仪器A中盛放的试剂为．装置丙中活性炭的作用是．（2）在如图方框内画出所缺装置，并注明相关试剂的名称．（3）氯磺酸(ClSO3H）加热分解，也能制得硫酰氯与另外一种物质，该反应的化学方程式为,分离产物的方法是(填字母）．A．重结晶B．过滤C．蒸馏D．萃取（4）为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有(填序号)．①先通冷凝水，再通气②控制气流速率，宜慢不宜快③若三颈烧瓶发烫,可适当降温④加热三颈烧瓶(5）在无活性炭存在的条件下SO2与Cl2也可发生反应,现将SO2、Cl2按照一定比例通入水中，请设计一个简单实验验证二者是否恰好完全反应：（简要描述实验步骤、现象和结论)．仪器自选，供选择试剂:滴加酚酞的氢氧化钠溶液、碘化钾溶液、淀粉溶液、品红溶液．17．取稀硫酸900克，平均分成6份，分别加入镁粉进行6次实验,记录如表：实验次序123456加入镁粉的质量/克123456生成硫酸镁的质量/克5m11518m218（1）表中m1=；m2=．(2)这种稀硫酸中溶质的质量分数是多少？18．A和B均为钠盐的水溶液,A呈中性，B呈碱性并具有氧化性．下述为相关实验步骤和实验现象：请回答：(1）写出A、B和C的化学式：A，B,C；(2）依次写出A→D和D→E（E中含有某+5价元素的含氧酸根离子）的离子方程式:，;（3）写出将SO2气体通入K溶液中发生反应的离子方程式：；（4）写出由F→H的化学方程式:．19．现有A、B、C、D、E五种可溶性强电解质，它们在水中可电离产生下列离子（各离子不重复)：阳离子:H+、Na+、Al3+、Ag+、Ba2+阴离子：OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣已知：①A、B两溶液呈碱性，C、D、E溶液呈酸性．②向E溶液中逐滴滴加B溶液至过量，沉淀量先增加后减少但不消失．③D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀．请回答下列问题:（1）写出A与D的化学式：A，D．（2）写出A与E溶液反应的离子方程式：．（3）已知：NaOH(aq）+HNO3（aq)═NaNO3（aq)+H2O（l）△H=﹣akJ•mol﹣1．请写出表示相同条件下B与C的稀溶液反应的中和热的热化学方程式：．（4）若25℃时，C、E及醋酸三种溶液的pH=4，则E和C溶液中由水电离出的c（H+）的比是；将C与醋酸混合，醋酸的电离程度将（填“增大”“不变"或“减小”）(水的浓度视为常数)．（5)用惰性电极电解0.1mol•L﹣1D与0。1mol•L﹣1C各100mL混合后的溶液,电解一段时间后，阴极质量（填“增大”“不变"或“减小"，下同）；溶液的pH．（6)向（5）中所得溶液中加入足量铁粉，则所能溶解的铁粉质量为g．20．表是元素周期表一部分,列出了十个元素在周期表中的位置：族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA02⑥3①③⑤⑦⑧⑩4②④⑨请用化学用语回答下列问题：（1）在①～⑦元素中，原子半径最大的是（填元素符号);（2）①～⑩中元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是(填物质化学式）,⑤所对应元素的单质工业制备方法为．(3）用电子式表示元素③与⑧形成化合物的过程．（4)我国首创以单质⑤﹣空气﹣海水电池作为能源的新型的海水标志灯，以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使单质⑤不断氧化而产生电流,只要把灯放入海水数分钟，就会发出耀眼的白光．则电源的负极反应是,正极反应为．

2016—2017学年安徽省亳州一中高三(上）月考化学试卷（9月份)参考答案与试题解析一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1．2015年10月,中国中医研究员屠呦呦因发现井提取出青蒿索而获得了诺贝尔医学奖．她发现的青蒿素用以治疗疟疾，挽救了数百万患者的生命．青蒿素的分子式为C5H22O5，它属于（）A．单质 B．混合物 C．无机物 D．有机物【考点】单质和化合物．【分析】同种物质组成的为纯净物,本题物质组成的为混合物，物质依据是否含碳元素分为，一般含碳元素的化合物为有机物,不含碳元素的化合物为无机物，其中CO、CO2、Na2CO3、NaHCO3等组成、结构和性质与无机物相似为无机物；【解答】解：青蒿素的分子式为C5H22O5，是不同元素组成的纯净物,组成和结构分析属于有机物,故选D．2．将镁、锌、铝三种金属的混合物加入到足量的稀硫酸中，得到2。8L（标准状况）H2，则混合物中三种金属的物质的量之和可能是(）A．0.120mol B．0.125mol C．0.135mol D．0.250mol【考点】有关混合物反应的计算．【分析】物质的量相等的金属与足量的酸反应时产生H2的量只与金属元素的化合价有关，而已知的三种金属Mg、Al、Zn，其中Mg、Zn在反应中均呈现+2价，可把它们都看成一种成分,Al在反应中呈现+3价,把它看成另一种成分,则把该混合物转化成+2价的金属和+3价的金属组成的混合物，然后用极端法来计算和判断．【解答】解：假设全部是Mg或Zn，设它们的物质的量之和为xmol，产生的H2有如下关系:Mg（Zn）～～～～~～～～～～～H21mol22。4Lx2.8L解得x=×1mol=0.125mol假设全是Al,设它的物质的量为ymol，产生的H2关系为:2Al～～～～～～～～～～~～3H22mol3×22。4Ly2。8L解得y=×2mol=0。08mol由于是以上两种情况的混合物，故产生2.8LH2时的混合物的物质的量之和应介于二者之间，即介于0。08mol～0.125mol之间,故A符合;故选A．3．化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语正确的是（）A．CO2的电子式:B．质量数为37的氯原子：ClC．NH4Cl的电子式：D．原子核内有10个中子的氧原子：O【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A．二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，C、O原子最外层均满足8电子稳定结构；B．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；C．氯离子为阴离子，电子式中需要标出最外层电子;D．该氧原子的质量数为18,元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数．【解答】解:A．CO2是共价化合物,其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为，故A错误;B．氯原子的质子数为17，质量数为37的氯原子的表示方法为：1737Cl,故B错误；C．氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，正确的电子式为，故C错误;D．原子核内有10个中子的氧原子的质量数为18，该原子可以表示为:O，故D正确；故选D．4．含NaOH0。5mol的稀溶液与足量稀盐酸反应，放出28.7kJ的热量，表示该反应的热化学方程式正确的是（）A．NaOH(aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）;△H=+28。7kJ•mol﹣1B．NaOH(aq)+HCl（aq）═NaCl（aq)+H2O（l）；△H=﹣28.7kJ•mol﹣1C．NaOH(aq)+HCl(aq）═NaCl（aq）+H2O（l）；△H=+57.4kJ•mol﹣1D．NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）；△H=﹣57。4kJ•mol﹣1【考点】热化学方程式．【分析】根据n=计算，含NaOH20.0g的稀溶液中含有0.5mol氢氧化钠，与足量稀盐酸反应放出28。7kJ的热量，热化学方程式标注物质的聚集状态和对应反应焓变，焓变与化学计量数成正比，则该热化学方程式为：NaOH(aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O(l)；△H=﹣57。4kJ•mol﹣1，A．酸碱反应是放热反应;B．焓变是对应化学方程式计量数条件下的反应热效应；C．酸碱反应是放热反应；D．依据化学方程式计量数计算反应的焓变．【解答】解：A．酸碱中和反应是放热反应，故A错误；B．含NaOH20。0g的稀溶液与足量的稀盐酸反应，放出28.7kJ的热量，反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl(aq）=NaCl（aq）+H2O（l)△H=﹣57.4kJ/mol，故B错误；C．酸碱中和反应是放热反应，故C错误；D．含NaOH20.0g的稀溶液中含有n===0。5mol,与足量的稀盐酸反应,放出28.7kJ的热量,反应的热化学方程式为:NaOH(aq）+HCl(aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57。4kJ/mol，故D正确；故选D．5．下列有关推断中，不正确的是（）事实结论ACaCO3+2CH3COOH=(CH3COO）2Ca+CO2↑+H2O酸性：CH3COOH＞H2CO3B氢硫酸（H2S）放置在空气中变浑浊氧化性：O2＞SCAl(OH)3既溶于强酸又溶于强碱Al元素既有金属性也有非金属性D反应A+2B⇌C达平衡后,升高温度平衡正向移动升高温度，使v正增大、v逆减小A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．根据强酸制取弱酸原理分析;B．变浑浊说明反应生成S单质，结合氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析；C．氢氧化铝为两性氢氧化物，说明Al具有一定的金属性和非金属性；D．升高温度后正逆反应速率都增大．【解答】解：A．根据反应CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO）2Ca+CO2↑+H2O可知酸性:CH3COOH＞H2CO3，故A不选；B．氢硫酸(H2S）放置在空气中变浑浊,说明硫化氢被氧化成S碘单质,氧气为氧化剂、S为氧化产物，则氧化性：O2＞S，故B不选；C．Al(OH)3既溶于强酸又溶于强碱,为两性氢氧化物，可以说明Al元素既有一定的金属性也有非金属性,故C不选；D．升高温度，反应速率增大，则升高温度，使v正增大、v逆也增大，故D选；故选D．6．下列反应的离子方程式不正确的是()A．用盐酸清除水垢CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OB．Fe跟稀硫酸反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑C．澄清石灰水跟稀盐酸:H++OH﹣=H2OD．碳酸氢钠溶液跟氢氧化钠溶液反应HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO2↑【考点】离子方程式的书写．【分析】A．碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水；B．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；C．澄清石灰水跟稀盐酸反应生成氯化钙和水；D．碳酸氢钠溶液跟氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水．【解答】解：A．碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O,故A正确；B．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑,故B正确;C．澄清石灰水跟稀盐酸反应生成氯化钙和水，离子方程式为:H++OH﹣=H2O，故C正确；D．碳酸氢钠溶液跟氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水,离子方程式为：HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO32﹣，故D错误;故选：D．7．下列叙述正确的是（)A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性B．25℃时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数C．pH=3的醋酸溶液加水稀释10倍后pH=4D．pH=3和pH=5的盐酸各10mL混合所得溶液的pH=4【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．纯水呈中性；B．水的离子积常数只与温度有关;C．醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离；D．根据c（H+）=计算,再根据pH的计算方法计算其混合溶液的pH．【解答】解：A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以95℃纯水的pH＜7，但纯水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以纯水仍然呈中性，故A错误;B．水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，故B正确；C．醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡,加水稀释促进醋酸电离，所以稀释后溶液中氢离子浓度:0.001mol/L＜c(H+）＜0。0001mol/L，则溶液的pH小于4,故C错误；D．c（H+）===5。5×10﹣4mol/L,所以溶液的pH小于4，故D错误；故选B．8．一氧化氮与一氧化碳都是汽车尾气里的有害物质，它们能缓慢地起反应生成氮气和二氧化碳．对此反应，下列叙述中正确的是（）A．使用催化剂能改变平衡常数B．使用催化剂能改变反应速率C．改变压强对反应速率没有影响D．降低压强能加大反应速率【考点】化学反应速率的影响因素;化学平衡常数的含义．【分析】A、使用催化剂不会引起平衡的移动，只改变反应速率；B、使用催化剂能改变反应速率；C、改变压强对有气体参加的化学反应速率会产生影响；D、对有气体参加的化学反应，压强对反应速率会产生影响．【解答】解：A、使用催化剂不会引起平衡的移动,不能改变平衡常数，故A错误;B、使用催化剂能降低反应的活化能，改变反应速率，故B正确；C、改变压强对有气体参加的化学反应速率会产生影响，对于无气体参加的反应无影响，故C错误；D、对有气体参加的化学反应,降低压强会使得反应速率减慢，故D错误．故选B．9．镁条和铝片为电极,并用导线连接同时插入NaOH溶液中，下列说法正确的是(）A．镁条作负极，电极反应：Mg﹣2e﹣=Mg2+B．铝片作负极，电极反应：Al+4OH﹣﹣3e﹣﹣=AlO2﹣+2H2OC．电流从Al电极沿导线流向Mg电极D．铝片上有气泡产生【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、原电池中失电子的一极是负极，发生氧化反应；B、Al在负极发生失电子的氧化反应，生成[Al(OH）4]﹣；C、在原电池中，电子从负极流向正极，电流从正极流向负极;D、Mg作正极，正极上水得电子生成氢气，Al在负极发生失电子的氧化反应,生成［Al（OH）4]﹣．【解答】解：A、金属镁和氢氧化钠溶液不能发生氧化还原反应,金属铝能反应，在原电池中，失电子的一极是负极，所以金属铝是负极，Al发生失电子的氧化反应,即Al+4OH﹣→［Al（OH)4］﹣+3e﹣，故A错误;B、金属铝是负极，负极发生失电子的氧化反应，即Al+4OH﹣→[Al（OH）4］﹣+3e﹣，故B正确；C、Mg条和Al片为电极,用导线连接同时插入NaOH溶液中,此时铝片是负极，镁条是正极，在原电池中，电子从负极流向正极,即电子从Al电极沿导线流向Mg电极,电流从Mg电极沿导线流向Al电极,故C错误;D、Mg作正极，正极上水得电子生成氢气,则Mg片有气泡生成，故D错误．故选B．10．已知：(1)H2（g）+O2（g）═H2O（g）；△H=akJ/mol(2）2H2（g)+O2(g）═2H2O（g）;△H=bkJ/mol(3）H2(g）+O2（g）═H2O（l）；△H=ckJ/mol(4）2H2（g）+O2（g)═2H2O（l）；△H=dkJ/mol下列关系式中正确的是（)A．a＜c＜0 B．b＞d＞0 C．2a=b＜0 D．2c=d＞0【考点】反应热和焓变．【分析】根据燃烧反应为放热反应,△H＜0，由系数确定d=2c＜0；b=2a＜0；d中生成的是液态水,热量多，绝对值比b气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以d＜b＜0，c中生成的是液态水，热量多，绝对值比a气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以c＜a＜0；【解答】解：A、c中生成的是液态水,热量多,绝对值比a气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以c＜a＜0,故A错误；B、d中生成的是液态水,热量多,绝对值比b气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以d＜b＜0，故B错误；C、燃烧反应为放热反应,△H＜0，由系数确定d=2c＜0；b=2a＜0，故C正确；D、燃烧反应为放热反应，△H＜0，由系数确定d=2c＜0；b=2a＜0，故D错误；故选:C．11．向59.2gFe2O3和FeO的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0L，固体物质完全反应，生成NO和Fe(NO3）3．在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液2.8L,此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀,沉淀质量为85。6g．下列有关说法错误的是（)A．Fe2O3与FeO的物质的量之比为1：6B．硝酸的物质的量浓度为3.0mol/LC．产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD．Fe2O3，FeO与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol【考点】有关混合物反应的计算．【分析】在所得溶液中加入NaOH溶液后,此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀,溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n(NaOH）=1.0mol/L×2。8L=2.8mol，沉淀为Fe（OH）3，质量为85。6g,物质的量为=0。8mol，根据铁元素守恒有n(FeO）+2n（Fe2O3）=n［Fe(OH)3］，所以反应后的溶液中n［[Fe（NO3)3]=n［Fe（OH）3]=0。8mol，设Fe2O3和FeO的物质的量分别为xmol、ymol,根据二者质量及Fe元素物质的量列方程计算出Fe2O3和FeO的物质的量,A．根据分析计算出n（Fe2O3):n（FeO）；B．根据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据Na元素可知n(NaNO3）=n(NaOH）,再根据c=计算；C．利用电子转移守恒计算n（NO),再根据V=nVm计算NO的体积；D．根据N元素守恒，可知n剩余(HNO3）+3n［［Fe（NO3）3］=n（NaNO3)，根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）．【解答】解：在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3,n（NaNO3)=n（NaOH)=1。0mol/L×2.8L=2。8mol,沉淀为Fe（OH）3，质量为85。6g，物质的量为=0.8mol，根据铁元素守恒有n（FeO）+2n（Fe2O3）=n［Fe（OH）3]，所以反应后的溶液中n[[Fe（NO3）3]=n［Fe(OH)3]=0.8mol，设Fe2O3和FeO的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有160x+72y=59.2，根据铁元素守恒有：2x+y=0。8,联立方程解得x=0。1、y=0.6，A．由上述分析可知，n(Fe2O3）：n（FeO)=0。1mol：0.6mol=1：6，故A正确;B．根据电子守恒，生成NO的物质的量为：=0。2mol，根据N元素守恒可知n（HNO3）=n(NO）+n（NaNO3)=0.2mol+2。8mol=3mol，所以原硝酸溶液的浓度为:=3mol/L，故B正确；C．根据B可知n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为：0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故C正确;D．反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液,氢氧化钠与硝酸铜反应,剩余的氢氧化钠与硝酸反应,最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3）+2n[[Fe（NO3)3]=n（NaNO3)，所以n（HNO3）=n（NaNO3）﹣3n［［Fe（NO3)3］=2.8mol﹣3×0.8mol=0。4mol，故D错误;故选D．二、解答题（共9小题，满分87分）12．碘被称为“智力元素”，科学合理地补充碘可防止碘缺乏病．碘酸钾（KIO3）是国家规定的食盐加碘剂，它的晶体为白色,可溶于水．碘酸钾在酸性介质中与过氧化氢或碘化物作用均生成单质碘．以碘为原料，通过电解制备碘酸钾的实验装置如图所示．请回答下列问题：（1）碘是紫黑色（填颜色）固体物质，实验室常用升华方法来分离提纯含有少量杂质的固体碘．(2)电解前，先将一定量的精制碘溶于过量氢氧化钾溶液，溶解时发生反应：3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O,将该溶液加入阳极区．另将氢氧化钾溶液加入阴极区，电解槽用水冷却．电解时，阳极上发生反应的电极反应式为2I﹣﹣2e﹣=I2；阴极上观察到的实验现象是有气泡产生．（3）电解过程中，为确定电解是否完成，需检验电解液中是否有I﹣．请设计一个检验电解液中是否有I﹣的实验方案，并按要求填写下表．要求：所需药品只能从下列试剂中选择,实验仪器及相关用品自选．试剂：淀粉溶液、碘化钾淀粉试纸、过氧化氢溶液、稀硫酸．实验方法实验现象及结论取少量阳极区电解液于试管中，加稀硫酸酸化后加入几滴淀粉溶液,观察是否变蓝．如果不变蓝，说明无I﹣．（如果变蓝,说明有I﹣)(4）电解完毕,从电解液中得到碘酸钾晶体的实验过程如下：步骤②的操作名称是冷却结晶，步骤⑤的操作名称是干燥．步骤④洗涤晶体的目的是洗去吸附在碘酸钾晶体上的氢氧化钾等杂质．【考点】原电池和电解池的工作原理；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】（1)碘是紫黑色固体;加热时碘易升华．（2）阳极上阴离子放电发生氧化反应；阴极上氢离子放电发生还原反应．(3）酸性条件下,碘离子和碘酸根离子能发生氧化还原反应生成碘单质,淀粉遇碘变蓝色，根据溶液是否变蓝判断是否含有碘离子．(4)从热溶液中析出晶体的方法是冷却结晶；洗涤后的晶体要进行干燥;洗涤晶体的目的：洗去吸附在碘酸钾晶体上的氢氧化钾等杂质．【解答】解：(1)碘是紫黑色固体；加热条件下碘易升华，杂质不易升华,所以采用升华的方法分离碘单质．故答案为：紫黑色;升华．（2）阳极附近的阴离子有碘离子、碘酸根离子和氢氧根离子，电解过程中阳极上碘离子失电子生成碘单质，电极反应式为：2I﹣﹣2e﹣=I2；阴极上氢离子放电生成氢气，所以阴极现象：有气泡产生．故答案为：2I﹣﹣2e﹣=I2;有气泡产生．（3)电解后的溶液区含有碘酸根离子，酸性条件下，碘离子和碘酸根离子能发生氧化还原反应生成碘单质，淀粉溶液遇碘变蓝色，所以实验方法是:取少量阳极区电解液于试管中，加稀硫酸酸化后加入几滴淀粉溶液，观察是否变蓝；如果阳极区含有碘离子，加入稀硫酸后就有碘单质生成，淀粉溶液就会变蓝色，否则不变色．故答案为：取少量阳极区电解液于试管中，加稀硫酸酸化后加入几滴淀粉溶液,观察是否变蓝；如果不变蓝，说明无I﹣，如果变蓝，说明有I﹣．（4）从热溶液中析出晶体的方法是：冷却结晶；洗涤后的晶体有水分，所以要进行干燥;过滤后得到的晶体上吸附部分氢氧化钾等杂质，为得到较纯净的碘酸钾晶体，所以要进行洗涤．故答案为：冷却结晶；干燥；洗去吸附在碘酸钾晶体上的氢氧化钾等杂质．13．据报道，一定条件下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实．已知:①CH3CH2OH（l）+3O2(g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1366。8kJ/mol②2H2（g)+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol（1）写出由CO2和H2反应合成CH3CH2OH(l）和H2O（l）的热化学方程式2CO2（g）+6H2（g）=CH3CH2OH（l）+3H2O（l)△H=﹣348kJ/mol．（2）碱性乙醇燃料电池易储存,易推广，对环境污染小，具有非常广阔的发展前景．该燃料电池中,使用铂作电极，KOH溶液做电解质溶液．请写出该燃料电池负极上的电极反应式为C2H6O+16OH﹣﹣12e﹣=2CO32﹣+11H2O．（3）用乙醇燃料电池电解400mL饱和食盐水装置可简单表示如图:该装置中发生电解反应的方程式为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH；在铁棒附近观察到的现象是溶液变红；当阴极产生448mL气体（体积在标准状况下测得）时，停止电解，将电解后的溶液混合均匀,溶液的pH为13．（不考虑气体的溶解及溶液体积的变化)【考点】热化学方程式；化学电源新型电池．【分析】(1）根据盖斯定律并结合热化学方程式①、②写出由CO2和H2反应合成CH3CH2OH（l)和H2O（l）的热化学方程式；（2）原电池的负极发生氧化反应,乙醇燃料电池中，乙醇被氧化,所以负极为乙醇在碱性溶液中失去电子生成碳酸根离子；（3）根据两个电极与电源的连接方式判断电解池的阴阳极，写出电解饱和食盐水的方程式;然后根据电解饱和食盐水中两极的反应判断反应现象，计算出生成氢氧化钠的物质的量，最后计算出溶液的pH．【解答】解:(1）①CH3CH2OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1366.8kJ/mol，②2H2(g)+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571。6kJ/mol,根据盖斯定律,②×3﹣①可得:2CO2(g）+6H2（g）=CH3CH2OH（l)+3H2O（l）△H=（﹣571.6kJ/mol)×3﹣（﹣1366.8kJ/mol）=﹣348kJ/mol，故答案为:2CO2（g）+6H2(g）=CH3CH2OH（l）+3H2O（l）△H=﹣348kJ/mol;（2）在乙醇燃料电池中，负极上是燃料乙醇发生失电子的氧化反应，在碱性环境下的电极反应为:C2H6O+16OH﹣﹣12e﹣=2CO32﹣+11H2O,故答案为：C2H6O+16OH﹣﹣12e﹣=2CO32﹣+11H2O；（3）根据图示可知,左侧的电极连接电源的负极，为电解池的阴极，所以左侧发生还原反应生成氢气；右侧连接原电池的直接，所以电解池的右侧为阳极，阳极发生氧化反应生成氯气,电极饱和食盐水的方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH；铁棒上水电离的氢离子放电，使水的电离平衡向右移动,氢氧根离子浓度增大，所以带有酚酞的溶液变红;阴极生成标况下的448mL气体,该气体为氢气，标况下448mL氢气的物质的量为0。02mol，根据反应方程式2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH可知，生成0。02mol氢气会生成0。04mol氢氧化钠，则该溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）=c（NaOH）==0。1mol/L，溶液中氢离子浓度为：1×10﹣13mol/L，溶液的pH=13,故答案为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH；溶液变红；13．14．某学习小组，用稀HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，探究影响反应速率的因素．所用HNO3浓度为1.00mol•L﹣1、2。00mol•L﹣1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格,实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25。00mL、大理石用量为10。00g．实验设计如表：编号T/K大理石规格HNO3浓度①298粗颗粒2.00mol•L﹣1②298粗颗粒1。00mol•L﹣1③308粗颗粒2.00mol•L﹣1④298细颗粒2。00mol•L﹣1将相应的实验目的填入下列空格中：(1）实验①和②探究浓度对该反应速率的影响;（2）实验①和③探究温度对该反应速率的影响；（3）实验①和④探究固体颗粒大小对该反应速率的影响．【考点】探究影响化学反应速率的因素．【分析】（1）实验①和②中只有硝酸的浓度不同,探究的是浓度对反应速率的影响；（2）实验①和③中只有反应温度不同,探究的是温度对反应速率的影响；（3）实验①和④中只有固体颗粒大小不同，探究的是固体颗粒大小对反应速率的影响．【解答】解：（1）实验①和②的大理石规格、反应温度都相同,只有稀硝酸浓度1个变量，则探究的是浓度对反应速率的影响，故答案为:浓度；（2)实验①和③的大理石规格、硝酸浓度相同，只有温度不同,则探究的是温度对反应速率的影响，故答案为：温度；（3）实验①和④的温度、硝酸浓度相同，只有固体规格不同，则探究的是固体颗粒大小对反应速率的影响，故答案为：固体颗粒大小．15．实验室从含碘废液（除H2O外，含有CCl4、I2、I﹣等)中回收碘，其实验过程如下:（1）向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液,将废液中的I2还原为I﹣,其离子方程式为SO32﹣+I2+H2O=2I﹣+2H++SO42﹣SO32﹣+I2+H2O=2I﹣+2H++SO42﹣；该操作将I2还原为I﹣的目的是使四氯化碳中的碘进入水层．（2）操作X的名称为分液．（3）氧化时，在三颈烧瓶中将含I﹣的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl2，在40℃左右反应（实验装置如图所示)．实验室控制在较低温度下进行的原因是使氯气在溶液中有较大的溶解度(或防止碘升华或防止碘进一步被氧化）；锥形瓶里盛放的溶液为NaOH溶液．【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】（1）碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘；碘微溶于水，而碘离子易溶于水；（2）分离互不相溶的液体采用分液的方法分离；（3）碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小;氯气、碘蒸气都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质．【解答】解:（1）碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠,自身被还原生成碘离子，离子反应方程式为SO32﹣+I2+H2O=2I﹣+2H++SO42﹣；碘微溶于水，而碘离子易溶于水，为了使更多的I元素进入水溶液应将碘还原为碘离子;故答案为：SO32﹣+I2+H2O=2I﹣+2H++SO42﹣;使四氯化碳中的碘进入水层;（2）四氯化碳属于有机物，水属于无机物，二者不互溶,分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，所以分离出四氯化碳采用分液的方法;故答案为：分液；（3）碘易升华,且氯气的溶解度随着温度的升高而减小，温度越高，氯气的溶解度越小，反应越不充分，所以应该在低温条件下进行反应；氯气、碘蒸气都有毒,不能直接排空，且都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质,所以用NaOH溶液吸收氯气和碘蒸气，故答案为:使氯气在溶液中有较大的溶解度（或防止碘升华或防止碘进一步被氧化）；NaOH溶液．16．硫酰氯（SO2Cl2)是一种重要的化工试剂，实验室合成硫酰氯的实验装置如图所示:已知：①SO2（g)+Cl2（g）SO2Cl2（l）△H=﹣97.3kJ/mol；②硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为﹣54。1℃,沸点为69.1℃,在潮湿空气中“发烟”；100℃以上开始分解，生成二氧化硫和氯气,长期放置也会发生分解．回答下列问题：（1）装置甲为储气装置，用于提供氯气，则仪器A中盛放的试剂为饱和食盐水．装置丙中活性炭的作用是催化剂．（2）在如图方框内画出所缺装置，并注明相关试剂的名称．（3）氯磺酸（ClSO3H）加热分解，也能制得硫酰氯与另外一种物质，该反应的化学方程式为2C1SO3HSO2Cl2+H2SO4，分离产物的方法是(填字母）C．A．重结晶B．过滤C．蒸馏D．萃取（4）为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有①②③（填序号)．①先通冷凝水,再通气②控制气流速率，宜慢不宜快③若三颈烧瓶发烫，可适当降温④加热三颈烧瓶（5)在无活性炭存在的条件下SO2与Cl2也可发生反应，现将SO2、Cl2按照一定比例通入水中，请设计一个简单实验验证二者是否恰好完全反应：取少量溶液，向其中加入品红溶液，若品红溶液不褪色,说明二者恰好完全反应，否则，二者未完全反应（简要描述实验步骤、现象和结论）．仪器自选，供选择试剂:滴加酚酞的氢氧化钠溶液、碘化钾溶液、淀粉溶液、品红溶液．【考点】制备实验方案的设计．【分析】根据装置图可知，装置甲为储气装置，用于提供氯气，则仪器A中盛放的试剂要将氯气压入后续反应装置，所以不能溶解氯气，应为饱和食盐水，硫酰氯易水解，所以生成的氯气要干燥，所以乙中应装有浓硫酸干燥氯气,氯气与二氧化硫反应需要用活性碳作催化剂，硫酰氯易水解易挥发，所以在三颈烧瓶上方应连接一个冷凝管和装有碱石灰的干燥管,则甲中活性炭的作用是催化剂，（1)氯气难溶于饱和食盐水；该反应需要催化剂，则甲中活性炭的作用是催化剂;(2）装硫酰氯易水解，所以参加反应的氯气需要干燥；（3）氯磺酸（C1SO3H）加热分解,也能制得硫酰氯与另外一种物质,根据原子守恒可知另一种生成物是硫酸；硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为﹣54.1℃，沸点为69.1℃，而硫酸沸点高；（4）由于硫酰氯通常条件下为无色液体,熔点为﹣54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中“发烟”;100℃以上开始分解,生成二氧化硫和氯气，长期放置也会发生分解;（5）二氧化硫溶液与氯水都可以漂白品红溶液，若二者恰好完全反应得到盐酸、硫酸，不能使品红溶液褪色．【解答】解:根据装置图可知，装置甲为储气装置,用于提供氯气，则仪器A中盛放的试剂要将氯气压入后续反应装置，所以不能溶解氯气，应为饱和食盐水，硫酰氯易水解,所以生成的氯气要干燥,所以乙中应装有浓硫酸干燥氯气,氯气与二氧化硫反应需要用活性碳作催化剂，硫酰氯易水解易挥发，所以在三颈烧瓶上方应连接一个冷凝管和装有碱石灰的干燥管，则甲中活性炭的作用是催化剂，（1）根据上面的分析可知，仪器A中盛放的试剂为饱和食盐水，装置丙中活性炭的作用是催化剂，故答案为：饱和食盐水；催化剂；（2)根据上面的分析可知，在如图方框内画出所缺装置为浓硫酸干燥氯气的装置，装置图为，故答案为:；（3）氯磺酸（C1SO3H)加热分解,也能制得硫酰氯与另外一种物质,根据原子守恒可知另一种生成物是硫酸,因此该反应的化学方程式为2C1SO3HSO2Cl2+H2SO4；硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为﹣54。1℃，沸点为69。1℃，而硫酸沸点高,则分离产物的方法是蒸馏，答案选C，故答案为：2C1SO3HSO2Cl2+H2SO4；C；（4）由于硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为﹣54。1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中“发烟”；100℃以上开始分解,生成二氧化硫和氯气,长期放置也会发生分解，因此为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有①先通冷凝水,再通气,②控制气流速率，宜慢不宜快，③若三颈烧瓶发烫,可适当降温，但不能加热三颈烧瓶,否则会加速分解，故答案为：①②③；（5)二氧化硫溶液与氯水都可以漂白品红溶液,若二者恰好完全反应得到盐酸、硫酸,不能使品红溶液褪色，检验方案为:取少量溶液，向其中加入品红溶液，若品红溶液不褪色，说明二者恰好完全反应，否则,二者未完全反应，故答案为：取少量溶液,向其中加入品红溶液,若品红溶液不褪色，说明二者恰好完全反应，否则,二者未完全反应．17．取稀硫酸900克,平均分成6份，分别加入镁粉进行6次实验,记录如表：实验次序123456加入镁粉的质量/克123456生成硫酸镁的质量/克5m11518m218（1)表中m1=10；m2=18．（2）这种稀硫酸中溶质的质量分数是多少?【考点】化学方程式的有关计算．【分析】（1）观察并对比表格中的数据可知：第3次实验中的数据为第一次实验的3倍，而第3次生成硫酸镁的质量是第一次的三倍，据此可推算出加入2克镁时生成硫酸镁的质量；加入4克镁与加入6克镁生成硫酸镁的质量都为18克，说明此时硫酸已完全反应．由此可知,5次实验中镁也有剩余，即可推出第五次生成硫酸镁的质量应与第4次相同；（2）计算稀硫酸的溶质质量分数，必须选一组硫酸完全参加反应的组别进行计算，即选择硫酸与镁恰好完全反应或镁过量的组别进行计算；所以可以根据第4次、第5次或第6次实验中硫酸镁的质量求出参加反应的硫酸的质量，然后再根据质量分数公式进行计算即可．【解答】解：(1）观察并对比表格中的数据可知：第3次实验中的数据为第一次实验的3倍，而第3次生成硫酸镁的质量是第一次的三倍,据此可推算出加入2克镁时生成硫酸镁的质量为10克;加入4克镁与加入6克镁生成硫酸镁的质量都为18克，说明此时硫酸已完全反应．由此可知，5次实验中镁也有剩余，即可推出第五次生成硫酸镁的质量应与第4次相同,也为18克,所以m1=10；m2=18,故答案为：10；18；（2）设第56次实验中样品中参加反应的硫酸的质量为x，Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑98120x18g解之得:x=14。7g，稀硫酸中溶质的质量分数是：=9.8％．答:这种稀硫酸中溶质的质量分数是9.8％．18．A和B均为钠盐的水溶液，A呈中性，B呈碱性并具有氧化性．下述为相关实验步骤和实验现象：请回答：（1）写出A、B和C的化学式：ANaI，BNaClO，CAgI；（2）依次写出A→D和D→E（E中含有某+5价元素的含氧酸根离子）的离子方程式：2I﹣+ClO﹣+H2O=I2+Cl﹣+2OH﹣，I2+5ClO﹣+2OH﹣=2IO3﹣+5Cl﹣+H2O；（3）写出将SO2气体通入K溶液中发生反应的离子方程式:2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；（4)写出由F→H的化学方程式：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O．【考点】无机物的推断；盐类水解的应用．【分析】钠盐A能和AgNO3溶液反应生成一种难溶于HNO3的黄色沉淀,可确定A为NaI，C为AgI;黄绿色气体F是Cl2；F和NaOH溶液反应生成钠盐B，根据B呈碱性并具有氧化性，可知B为NaClO(NaCl、NaClO3溶液均呈中性)；NaClO具有强氧化性，能氧化NaI，少量NaClO将NaI氧化成I2，进一步反应生成NaIO3，其中I为+5价;Cl2氧化FeCl2生成FeCl3，FeCl3又能氧化SO2生成SO42﹣．【解答】解：钠盐A能和AgNO3溶液反应生成一种难溶于HNO3的黄色沉淀，可确定A为NaI，C为AgI;黄绿色气体F是Cl2；F和NaOH溶液反应生成钠盐B，根据B呈碱性并具有氧化性，可知B为NaClO（NaCl、NaClO3溶液均呈中性）；NaClO具有强氧化性，能氧化NaI,少量NaClO将NaI氧化成I2,进一步反应生成NaIO3，其中I为+5价；Cl2氧化FeCl2生成FeCl3，FeCl3又能氧化SO2生成SO42﹣，则（1)由以上分析可知A为NaI，B为NaClO，C为AgI，故答案为：NaI；NaClO;AgI；（2)NaClO具有强氧化性，能氧化NaI,少量NaClO将NaI氧化成I2，反应的离子方程式为2I﹣+ClO﹣+H2O=I2+Cl﹣+2OH﹣，进一步反应可把I2氧化为NaIO3,反应的离子方程式为I2+5ClO﹣+2OH﹣=2IO3﹣+5Cl﹣+H2O,故答案为：2I﹣+ClO﹣+H2O=I2+Cl﹣+2OH﹣;I2+5ClO﹣+2OH﹣=2IO3﹣+5Cl﹣+H2O；（3）FeCl3能氧化SO2生成SO42﹣,反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+,故答案为:2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+;（4)F→H为Cl2与NaOH的反应，反应的方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为:Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O．19．现有A、B、C、D、E五种可溶性强电解质，它们在水中可电离产生下列离子（各离子不重复）：阳离子:H+、Na+、Al3+、Ag+、Ba2+阴离子:OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣已知：①A、B两溶液呈碱性,C、D、E溶液呈酸性．②向E溶液中逐滴滴加B溶液至过量,沉淀量先增加后减少但不消失．③D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀．请回答下列问题：（1)写出A与D的化学式：ANa2CO3,DAgNO3．（2)写出A与E溶液反应的离子方程式：2Al3++3CO32﹣+3H2O═3CO2↑+2Al(OH）3↓．（3)已知：NaOH(aq）+HNO3（aq)═NaNO3（aq）+H2O（l）△H=﹣akJ•mol﹣1．请写出表示相同条件下B与C的稀溶液反应的中和热的热化学方程式：Ba（OH）2（aq)+HCl（aq）═BaCl2(aq)+H2O(l）△H=﹣akJ•mol﹣1．（4)若25℃时,C、E及醋酸三种溶液的pH=4，则E和C溶液中由水电离出的c（H+）的比是106:1；将C与醋酸混合，醋酸的电离程度将减小（填“增大”“不变”或“减小"）(水的浓度视为常数)．（5)用惰性电极电解0。1mol•L﹣1D与0。1mol•L﹣1C各100mL混合后的溶液，电解一段时间后，阴极质量不变（填“增大”“不变"或“减小”，下同);溶液的pH减小．(6）向（5）中所得溶液中加入足量铁粉，则所能溶解的铁粉质量为0.21g．【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计；电解原