2023-2024学年辽宁省五校联考省实验育才中学高三考前热身化学试卷含解析

2023-2024学年辽宁省五校联考（省实验，育才中学高三考前热身化学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，两元素核电荷数之和与W、Z原子序数之和相等，下列说法正确是（）A．Z元素的含氧酸一定是强酸B．原子半径：X＞ZC．气态氢化物热稳定性：W＞XD．W、X与H形成化合物的水溶液可能呈碱性2、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X分别与Y、Z、W结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。丁为无色气体，遇空气变红棕色；丙的水溶液可刻蚀玻璃。上述物质有如图转化关系：下列说法错误的是A．四种元素形成的单质中W的氧化性最强B．甲、乙、丙中沸点最高的是丙C．甲常用作致冷剂D．甲、乙分子均只含极性共价键3、aL（标准状况）CO2通入100mL3mol/LNaOH溶液的反应过程中所发生的离子方程式错误的是A．a=3.36时，CO2+2OH―→CO32―+H2OB．a=4.48时，2CO2+3OH―→CO32―+HCO3―+H2OC．a=5.60时，3CO2+4OH―→CO32―+2HCO3―+H2OD．a=6.72时，CO2+OH―→HCO3―4、下列物质的转化在给定条件下能实现的是①NaAlO2(aq)AlCl3Al②NH3NOHNO3③NaCl(饱和)NaHCO3Na2CO3④FeS2SO3H2SO4A．②③ B．①④ C．②④ D．③④5、常温下，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol/L的NaOH溶液，得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图像如下图所示。下列说法正确的是A．若a点pH=4，且c(Cl-)=m·c(ClO-)，则Ka(HClO)=B．若x=100，b点对应溶液中：c(OH－)>c(H＋)，可用pH试纸测定其pHC．b～c段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大D．若y=200，c点对应溶液中：c(OH－)-c(H＋)=2c(Cl-)+c(HClO)6、对下表鉴别实验的“解释”正确的是选项实验目的选用试剂或条件解释A鉴别SO2和CO2溴水利用SO2的漂白性B鉴别Fe3+和Fe2+KSCN利用Fe3+的氧化性C鉴别硝酸钾和碳酸钠溶液酚酞碳酸钠溶液显碱性D鉴别食盐和氯化铵加热利用熔点不同A．A B．B C．C D．D7、硅与某非金属元素X的化合物具有高熔点高硬度的性能，X一定不可能是（）A．ⅣA族元素 B．ⅤA族元素 C．ⅥA族元素 D．ⅦA族元素8、我国是最早掌握炼锌的国家，《天工开物》中记载了以菱锌矿（主要成分为ZnCO3）和烟煤为原料的炼锌罐剖面图。已知：锌的沸点为907℃，金属锌蒸气遇热空气或CO2易生成ZnO。下列冶炼锌过程中的相关说法不正确的是A．尾气可用燃烧法除去B．发生了氧化还原反应C．提纯锌利用了结晶法D．泥封的目的是防止锌氧化9、工业上获得大量乙烯、丙烯、丁二烯的方法是（）A．卤代烃消除 B．煤高温干馏 C．炔烃加成 D．石油裂解10、短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，产生白色沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是A．1mold的氧化物含2mol化学键B．工业上电解c的氧化物冶炼单质cC．原子半径：a<b<c<dD．简单氢化物的沸点：a<d11、某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则X离子可能为所含离子NO3—SO42—H+X浓度mol/L2121A．Cl— B．Ba2+ C．Fe2+ D．Mg2+12、下列指定反应的离子方程式正确的是A．Ca(CH3COO)2溶液与硫酸反应：Ca2＋+SO42-=CaSO4↓B．Cl2与热的NaOH溶液反应：Cl2＋6OH-Cl-+ClO3-+3H2OC．电解K2MnO4碱性溶液制KMnO4：2MnO42-＋2H＋2MnO4-+H2↑D．NaHCO3与过量Ba(OH)2溶液反应：HCO3-+Ba2＋+OH-=BaCO3↓+H2O13、已知：25℃时，Ka(HA)>Ka(HB)。该温度下，用0.100mol/L盐酸分别滴定浓度均为0.100mol/L的NaA溶液和NaB溶液，混合溶液的pH与所加盐酸体积(V)的关系如右图所示。下列说法正确的是A．滴定前NaA溶液与NaB溶液的体积相同B．25℃时，Ka(HA)的数量级为l0-11C．当pH均为6时，两溶液中水的电离程度相同D．P点对应的两溶液中c(A-)+c(HA)<c（B-）+c(HB)14、25℃时，向20.00mL0.1mol/LH2X溶液中滴入0.1mo1/LNaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[一lgc水(OH-)]即pOH水-与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是A．水的电离程度：M>P B．图中P点至Q点对应溶液中逐渐增大C．N点和Q点溶液的pH相同 D．P点溶液中15、下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大C．向氨水中加入盐酸至中性，溶液中<1D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变16、莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中。有关说法正确的是（）A．等浓度的两种酸其酸性相同B．两种酸都能与溴水发生加成反应C．鞣酸分子与莽草酸分子相比多了两个碳碳双键D．鞣酸能与Fe3+发生显色反应，而莽草酸不能17、已知Cu+在酸性条件下能发生下列反应:Cu+Cu+Cu2+(未配平)。NH4CuSO3与足量的1.0mol·L-1硫酸溶液混合微热,产生下列现象:①有红色金属生成②有刺激性气味气体产生③溶液呈蓝色。据此判断下列说法一定合理的是()A．该反应显示硫酸具有酸性B．NH4CuSO3中铜元素全部被氧化C．刺激性气味的气体是氨气D．反应中硫酸作氧化剂18、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙，甲是常见温室效应气体。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物，其转化关系如图所示。下列判断不正确的是A．反应①②③都属于氧化还原反应 B．X、Y、Z、W四种元素中，W的原子半径最大C．在信息工业中，丙常作光导纤维材料 D．一定条件下，x与甲反应生成丁19、将V1mL0.1mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液与2mL0.1mol·L-1KI溶液混合，待充分反应后，下列方法可证明该反应具有一定限度的是（）A．若V1<1，加入淀粉 B．若V1≤1，加入KSCN溶液C．若V1≥1，加入AgNO3溶液 D．加入Ba(NO3)2溶液20、短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增加，A和D的质子数之和等于E的核外电子数，B和D同主族，C的原子半径是短周期主族元素中最大的，A和E组成的化合物AE是常见强酸。下列说法错误的是A．简单离子半径：B>CB．热稳定性：A2D>AEC．CA为离子化合物，溶于水所得溶液呈碱性D．实验室制备AE时可选用D的最高价含氧酸21、在实验室中完成下列各组实验时，需要使用到相应实验仪器的是A．除去食盐中混有的少量碘：坩埚和分液漏斗B．用酸性高锰酸钾溶液滴定Fe2+：烧杯、烧瓶C．配制250mL1mol/L硫酸溶液：量筒、250mL容量瓶D．检验亚硫酸钠是否发生变质：漏斗、酒精灯22、《厉害了，我的国》展示了中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是A．为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属一次能源B．大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐二、非选择题(共84分)23、（14分）据研究报道，药物瑞德西韦(Remdesivir)对2019年新型冠状病毒(COVID-19)有明显抑制作用。F为药物合成的中间体，其合成路线如下：已知：R-OHR-Cl(1)A中官能团名称是________；C的分子式为_____(2)A到B为硝化反应，则B的结构简式为___，A到B的反应条件是_____。(3)B到C、D到E的反应类型________(填“相同”或“不相同”)；E→F的化学方程式为________。(4)H是C的同分异构体，满足下列条件的同分异构体有_____种。①硝基直接连在苯环上②核磁共振氢谱峰面积之比为2:2:2:1③遇FeCl3溶液显紫色(5)参照F的合成路线图，设计由、SOCl2为原料制备的合成路线_______(无机试剂任选)。24、（12分）功能高分子是指具有某些特定功能的高分子材料。功能高分子P的合成路线如下：（1）A是甲苯，试剂a是______。反应③的反应类型为______反应。（2）反应②中C的产率往往偏低，其原因可能是______。（3）反应⑥的化学方程式为______。（4）E的分子式是C6H10O2，其结构简式是______。（5）吸水大王聚丙烯酸钠是一种新型功能高分子材料，是“尿不湿”的主要成分。工业上用丙烯（CH2=CH-CH3）为原料来制备聚丙烯酸钠，请把该合成路线补充完整（无机试剂任选）。_________（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2Cl25、（12分）I．常温下，HNO2电离反应的平衡常数值为2.6×10-4。NaNO2是一种重要的食品添加剂，由于其外观及味道都与食盐非常相似，误食工业用盐造成食物中毒的事件时有发生。（1）某活动小组同学设计实验方案鉴别NaCl溶液和NaNO2溶液，请填写下列表格。选用药品实验现象利用NaNO2的性质①酚酞试液________________________②淀粉-KI试纸________________________（2）亚硝酸钠有毒，不能随意排放，实验室一般将其与饱和氯化铵溶液共热使之转化成无毒无公害的物质，其产物之一为无色无味气体，则该气体为____________（填化学式）。II．活动小组同学采用如下装置制备并测定所得固体中亚硝酸钠（NaNO2）的质量分数（装置可重复使用，部分夹持仪器已省略）。已知：①2NO+Na2O2＝2NaNO2；②酸性条件下，NO、NO2都能与MnO4－反应生成NO3－和Mn2+；NaNO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色。（1）实验装置的连接顺序为____________；（2）C瓶内发生反应的离子方程式为____________。（3）为了测定亚硝酸钠的含量，称取4.0g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.10mol·L－1的酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表。滴定次数1234KMnO4溶液体积/mL20.6020.0220.0019.98①第一组实验数据出现较明显异常，造成异常的原因可能是__________（填字母序号）。a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗b．锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥c．观察滴定终点时仰视读数②根据表中数据进行计算，所制得的固体中亚硝酸钠的质量分数为____________。（4）设计实验，比较0.1mol·L－1NaNO2溶液中NO2－的水解程度和0.1mol·L－1HNO2溶液中HNO2电离程度的相对大小_______（简要说明实验步骤、现象和结论，仪器和药品自选）。26、（10分）草酸合铜(Ⅱ)酸钾[KaCub(C2O4)c·xH2O]是一种重要的化工原料。（1）二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体可以用CuSO4晶体和K2C2O4溶液反应得到。从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体的实验步骤为：加入适量乙醇、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。在蒸发浓缩的初始阶段还采用了蒸馏操作，其目的是_____________________。（2）某同学为测定草酸合铜(Ⅱ)酸钾的组成，进行如下实验：步骤Ⅰ测定Cu2+：准确称取0.7080g样品，用20.00mLNH4Cl−NH3·H2O缓冲溶液溶解，加入指示剂，用0.1000mol·L−1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点（离子方程式为Cu2++H2Y2−CuY2−+2H+），消耗EDTA标准溶液20.00mL；步骤Ⅱ测定C2O42-：准确称取0.7080g样品，用6.00mL浓氨水溶解，加入30.00mL4.0mol·L−1的硫酸，稀释至100mL，水浴加热至70~80℃，趁热用0.1000mol·L−1KMnO4标准液滴定至终点，消耗KMnO4溶液16.00mL。①已知酸性条件下MnO4-被还原为Mn2+，步骤Ⅱ发生反应的离子方程式为___________。②步骤Ⅱ滴定终点的现象是______________________。③通过计算确定草酸合铜(Ⅱ)酸钾的化学式（写出计算过程）。____________27、（12分）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型，高效、多功能绿色水处理剂，可通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备。已知：①KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3②K2FeO4具有下列性质：可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定；在Fe3+催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，如图所示是实验室模拟工业制备KClO溶液装置。(1)B装置的作用为______________________；(2)反应时需将C装置置于冷水浴中，其原因为__________________；(3)制备K2FeO4时，不能将碱性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，其原因是________，制备K2FeO4的离子方程式_________________；(4)工业上常用废铁屑为原料制备Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，检验Fe2+所需试剂名称________，其反应原理为______________________(用离子方程式表示)；(5)向反应后的三颈瓶中加入饱和KOH溶液，析出K2FeO4固体，过滤、洗涤、干燥。洗涤操作所用最佳试剂为______________________；A．水B．无水乙醇C．稀KOH溶液(6)工业上用“间接碘量法”测定高铁酸钾的纯度：用碱性KI溶液溶解1.00gK2FeO4样品，调节pH使高铁酸根全部被还原成亚铁离子，再调节pH为3～4，用1.0mol/L的Na2S2O3标准溶液作为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，淀粉作指示剂，装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数如如图所示：①消耗Na2S2O3标准溶液的体积为____________mL。②原样品中高铁酸钾的质量分数为_________________。[M(K2FeO4)=198g/mol]③若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，则导致所测高铁酸钾的质量分数____________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。28、（14分）氮、磷、硼、砷的化合物用途非常广泛。根据所学知识回答下列问题：(1)如图所示，每条折线表示周期表ⅣA-ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a、b、c、d、e对应元素电负性最大的是__（用元素符号表示），e点代表的第三周期某元素的基态原子核外电子占据的最高能层符号为__，该能层具有的原子轨道数为__。(2)已知反应：(CH3)3C-F+SbF5→(CH3)3CSbF6，该反应可生成(CH3)3C+，该离子中碳原子杂化方式有__。(3)一种新型储氢化合物氨硼烷是乙烷的等电子体，且加热氨硼烷会慢慢释放氢气，推断氨硼烷的结构式为__（若含有配位键，要求用箭头表示）。(4)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，熔体中P－Cl的键长只有198nm和206nm两种，这两种离子的化学式为__；正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角原因为___。(5)砷化硼为立方晶系晶体，该晶胞中原子的分数坐标为：B：（0，0，0）；（，，0）；（，0，）；（0，，）As：(，，)；(，，)；(，，)；(，，)①请在图中画出砷化硼晶胞的俯视图__。②与砷原子紧邻的硼原子有__个，与每个硼原子紧邻的硼原子有__个。29、（10分）甲醇CH3OH)是一种重要的化工原料，工业上有多种方法可制得甲醇成品(一)以CO、H2和CO2制备甲醇①CO2(g)+H2(g)COg)+H2O(g)∆H1②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)∆H3（1）已知:反应①的化学平衡常数K和温度的关系如下表t/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6则下列说法正确的是______A．反应①正反应是吸热反应B．一定体积的密闭容器中，压强不再变化时，说明反应①达到平衡状态C．1100℃时，反应①的K可能为1.5D．在1000℃时，[c(CO2)·c(H2)]/[c(CO)·c(H2O)]约为0.59（2）比较△H2_____△H3(填“>”、“＝”或“＜”)（3）现利用②和③两个反应合成CH3OH，已知CO可使反应的催化剂寿命下降若氢碳比表示为f＝[n(H2)-n(CO2)]/[n(CO)+n(CO2)]，则理论上f＝_____时，原料气的利用率高，但生产中住往采用略高于该值的氯碳比，理由是_________________________________.(二)以天然气为原料，分为两阶段制备甲醇:(i)制备合成气:CH4(g)+H2Og)CO(g)+3H2(g)∆H1>0(ii)合成甲醇:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)∆H2>0在一定压强下，1molCH4(g)和1molH2O(g)在三种不同催化剂作用下发生反应(i)，经历相同时间时，CO的物质的量(n)随温度变化的关系如图1（1）下列说法正确的是_______A．曲线①中n(CO)随温度变化的原因是正反应为吸热反应，升高温度，平衡向右移动B．三种催化剂中，催化剂③的催化效果最好，所以能获得最高的产率C．当温度低于700℃时的曲线上的点可能都没有到达平衡D．若温度大于700℃时，CO的物质的量保持不变（2）500℃时，反应(1)在催化剂①的作用下到10mim时达到平衡，请在图2中画出反应（1）在此状态下0至12分钟内反应体系中H2的体积分数(H2)随时间t变化的总趋势___________________（三）研究表明，CO也可在酸性条件下通过电化学的方法制备甲醇，原理如图3所示。（1）产生甲醇的电极反应式为___________________；（2）甲醇燃料电池应用很广，其工作原理如图4，写出电池工作时的负极反应式:___________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】

W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，则X为O元素，Y为S元素，O、S元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等，则W、Z的原子序数之和24，而且W的原子序数小于O，Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，所以W的原子序数为24-17=7，即W为N元素；【详解】A、Z为Cl元素，Cl元素的最高价含氧酸是最强酸，其它价态的含氧酸的酸性不一定强，如HClO是弱酸，故A错误；B、电子层越多，原子半径越大，所以O＜Cl，即原子半径：X＜Z，故B错误；C、元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性O＞N，所以气态氢化物热稳定性：W＜X，故C错误；D、W、X与H形成化合物的水溶液可能是氨水，呈碱性，故D正确。答案选D。【点晴】本题以元素推断为载体，考查原子结构位置与性质关系、元素化合物知识，推断元素是解题的关键。1～20号元素的特殊的电子层结构可归纳为：（1）最外层有1个电子的元素：H、Li、Na、K；（2）最外层电子数等于次外层电子数的元素：Be、Ar；（3）最外层电子数是次外层电子数2倍的元素：C；（4）最外层电子数是次外层电子数3倍的元素：O；（5）最外层电子数是内层电子数总数一半的元素：Li、P；（6）最外层电子数是次外层电子数4倍的元素：Ne；（7）次外层电子数是最外层电子数2倍的元素：Li、Si；（8）次外层电子数是其他各层电子总数2倍的元素：Li、Mg；(9)次外层电子数与其他各层电子总数相等的元素Be、S；(10)电子层数与最外层电子数相等的元素：H、Be、Al。2、B【解析】

丁为无色气体，遇空气变红棕色，则丁为NO，单质Z与化合物甲反应生成NO，则单质Z为O2，化合物甲为NH3，乙为H2O，能与H2O反应生成氧气的单质为F2，丙为HF，故元素X、Y、Z、W分别为H、N、O、F。据此解答。【详解】A.根据以上分析，H、N、O、F四种元素形成的单质中F2的氧化性最强，故A正确；B.常温下NH3和HF为气态，H2O在常温下为液态，所以沸点最高的是H2O，故B错误；C.化合物甲为NH3，氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，故常用作致冷剂，故C正确；D.化合物甲为NH3，乙为H2O，NH3和H2O分子均只含极性共价键，故D正确。故选B。【点睛】本题考查了结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意丁为无色气体，遇空气变红棕色是解题的突破口，熟记常见的10电子微粒。3、C【解析】

n(NaOH)＝0.1L×3mol·L－1＝0.3mol；A.a＝3.36时，n(CO2)＝0.15mol，发生CO2＋2OH－=CO32-＋H2O，故不选A；B.a＝4.48时，n(CO2)＝0.2mol，由C原子守恒及电荷守恒可知，发生2CO2＋3OH－=CO32-＋HCO3-＋H2O，故不选B；C.a＝5.60时，n(CO2)＝0.25mol，由C原子守恒及电荷守恒可知，发生的反应为5CO2＋6OH－=CO32-＋4HCO3-＋H2O中，故选C；D.a＝6.72时，n(CO2)＝0.3mol，发生CO2+OH―=HCO3―，故不选D；答案：C。【点睛】少量二氧化碳：发生CO2+2OH-=CO32-+H2O，足量二氧化碳：发生CO2+OH-=HCO3-，结合反应的物质的量关系判断。4、A【解析】

①AlCl3为共价化合物，其在熔融状态下不能导电，应电解熔融的氧化铝制备铝，①不可实现；②中各步转化为工业上制硝酸，在给定的条件下均可实现；③该系列转化实为侯氏制碱法，可实现；④煅烧FeS2只能生成二氧化硫，不可实现。综上所述，物质的转化在给定条件下能实现的是②③，故选A。5、D【解析】

A.若a点pH=4，(H+)=10-4mol/L，溶液呈酸性，根据方程式知c(HClO)=c(Cl-)-c(ClO-)，c(Cl-)=mc(ClO-)，则c(HClO)=(m-1)c(ClO-)，Ka(HClO)==，A错误；B.若x=100，Cl2恰好与NaOH溶液完全反应生成NaCl、NaClO，NaClO水解生成次氯酸，溶液呈碱性，但次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计测量，B错误；C.b～c段，随NaOH溶液的滴入，溶液的pH不断增大，溶液中c（H+）减小，温度不变则Ka(HClO)=不变，所以减小，C错误；D.若y=200，c点对应溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH，根据电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)①，物料守恒得：c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)②，2c(Cl-)+2c(ClO-)+2c(HClO)=c(Na+)③，由①+③+②得：c(OH-)=2c(Cl-)+c(HClO)+c(H+)，D正确；故答案是D。6、C【解析】

鉴别物质常利用物质的不同性质、产生不同的现象进行。【详解】A.CO2不能使溴水褪色（不反应），而SO2能，主要反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，SO2表现还原性而不是漂白性，A项错误；B.Fe3+和KSCN反应溶液变红，反应为Fe3++3SCN－=Fe(SCN)3，不是氧化还原反应，而Fe2+和KSCN不反应，B项错误；C.硝酸钾溶液呈中性，不能使酚酞变红，而碳酸钠溶液因水解呈碱性，能使酚酞变红，C项正确；D.氯化铵加热时完全分解为气体，固体消失，而食盐加热时无明显变化，D项错误。本题选C。7、D【解析】

硅与某非金属元素X的化合物具有高熔点高硬度的性能，说明该晶体为原子晶体，可能为碳化硅、氮化硅、二氧化硅，而四氯化硅、四氟化硅为分子晶体，所以X一定不可能是ⅦA族元素，故选D。8、C【解析】

A.菱锌矿煅烧，ZnCO3分解产生ZnO和CO2，ZnO与C在高温下发生反应：2ZnO+C2Zn+CO2↑，由于C过量，还会发生反应C+CO22CO，所以尾气中含有有毒气体CO，可利用其可燃性，用燃烧的方法使CO转化为CO2除去，A正确；B.由ZnCO3转化为Zn单质及C转化为CO、CO2的反应中有Zn、C元素化合价的变化，因此发生了氧化还原反应，B正确；C.Zn是比较活泼的金属，要使用电解方法提纯，C错误；D.泥封为了防止高温下Zn蒸气被空气氧化为ZnO，D正确；故合理选项是C。9、D【解析】

石油裂解是在比裂化更高的温度下（一般在1000℃左右），使长链烃断裂得到大量短链不饱和烃的方法，其它方法均不适合在工业上大规模生产，答案选D。10、B【解析】

短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，生成白色沉淀，盐酸过量时部分沉淀溶解，说明生成的沉淀中含有氢氧化铝，因此两种盐的混合溶液中含有偏铝酸盐，如NaAlO2，因此a为O元素，c为Al元素，b为Na元素；根据盐b2da3的形式，结合强酸制弱酸的原理，d酸难溶于水，因此d酸为硅酸，d为Si元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，a为O元素，b为Na元素，c为Al元素，d为Si元素。A.d的氧化物为二氧化硅，1mol二氧化硅中含有4molSi-O键，故A错误；B.工业上冶炼铝是电解熔融的氧化铝实现的，故B正确；C.一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，原子半径：a<d<c<b，故C错误；D.水分子间能够形成氢键，沸点较高，而SiH4不能，因此简单氢化物的沸点：a＞d，故D错误；答案选B。11、D【解析】

溶液（体积为1L）中的阴离子带电荷数为2mol/L×1+1mol/L×2=4，氢离子带正电荷数为2mol/L×1=2，根据溶液呈电中性原则，则X为阳离子，且带电荷数为2，只有Ba2+、Fe2、Mg2+三种离子可选；而在酸性环境下，硝酸根离子能够氧化铁离子，不能共存，硫酸根离子与钡离子产生沉淀，不能大量共存，只有镁离子在上述溶液中大量共存，故答案选D。12、D【解析】

A.(CH3COO)2Ca溶液与硫酸反应的离子反应为2CH3COO-+2H++Ca2++SO42-=CaSO4↓+2CH3COOH，A错误；B.Cl2与热的NaOH溶液发生氧化还原反应生成NaClO3，正确的离子方程式为：3Cl2+6OH-=5Cl-+ClO3-+3H2O，B错误；C.电解K2MnO4制KMnO4，阳极上MnO42-放电生成MnO4-，阴极上水放电生成OH-，总反应方程式为：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑，离子方程式为2MnO42-+2H2O2MnO4-+2OH-+H2↑，C错误；D.Ba(OH)2溶液中加入少量NaHCO3溶液，设量少的碳酸氢钠为1mol，根据其需要可知所需的Ba2+的物质的量为1mol，OH-的物质的量为1mol，则该反应的离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，D正确；故合理选项是D。13、C【解析】

A．由题中信息Ka(HA)>Ka(HB)可知，相同浓度下A-的水解程度小于B-的水解程度，滴定至P点，滴加等体积的盐酸时两溶液的pH相等，则滴定前NaA溶液的体积大于NaB溶液的体积，故A错误；B．25℃时，由题图可知，0.100mol·L-1NaA溶液的pH=11，则Ka(HA)=，故B错误；C．当pH均为6时，溶液中的OH-均由水电离产生且浓度相等，故两溶液中水的电离程度相同，故C正确；D．滴定前NaA溶液的体积大于NaB溶液的体积，根据物料守恒得：c(A-)+c(HA)＞c（B-）+c(HB)，故D错误。故选C。【点睛】滴定图像的分析：(1)抓反应的“起始”点：判断酸、碱的相对强弱；(2)抓反应“一半”点：判断是哪种溶质的等量混合；(3)抓“恰好”反应点：判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性；(4)抓溶液的“中性”点：判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足；(5)抓反应的“过量”点：判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量。14、D【解析】

-1gc水(OH-)越小，c水(OH-)越大，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，则c水(OH-)越小，据此分析解答。【详解】A．M点水电离出的c水(OH-)为10-11.1mol/L，P点水电离出的c水(OH-)为10-5.4mol/L，水的电离程度M＜P，故A错误；B．水解平衡常数只与温度有关，P点至Q点溶液中c(OH-)依次增大，则=×=依次减小，故B错误；C．N点到Q点，加入的NaOH逐渐增多，溶液的pH逐渐增大，故C错误；D．P点溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D正确；故选D。【点睛】明确图象曲线变化的含义为解答关键。本题的易错点为B，要注意电离平衡常数、水解平衡常数、水的离子积常数、溶度积等常数都是只与温度有关的数据，温度不变，这些常数不变。15、D【解析】

A.向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，促进电离，但醋酸根离子浓度减小，电离常数不变，溶液中增大，A错误；B.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，促进水解，水解常数增大，溶液中减小，B错误；C.向氨水中加入盐酸至中性，根据电荷守恒可知c(NH4+)＝c(Cl－)，则溶液中，C错误；D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中＝Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)，温度不变，溶度积常数不变，则比值不变，D正确；答案选D。16、D【解析】

A.莽草酸只有一个羧基能电离出氢离子，使溶液显酸性，鞣酸有一个羧基、三个酚羟基均可以电离出氢离子，使溶液显酸性，则等浓度的两种酸，鞣酸酸性更强，故A错误；B.鞣酸不含碳碳双键，含有酚羟基，与溴水只发生取代反应，故B错误；C.鞣酸含有苯环，不含碳碳双键，故C错误；D.鞣酸含有酚羟基，与铁离子反应，而莽草酸中不含酚−OH，则遇三氯化铁溶液不显紫色，故D正确；答案选D。【点睛】鞣酸中的羟基为酚羟基，遇三氯化铁溶液显紫色，莽草酸中的六元环不是苯环，其中的羟基是醇羟基，遇三氯化铁溶液不显紫色，这是同学们的易错点。17、A【解析】

由反应现象可以知道，NH4CuSO3与足量的1.0mol·L-1硫酸溶液混合微热，分别发生：2Cu+=Cu+Cu2+，SO32—+2H+=SO2↑+H2O，结合反应的现象判断。【详解】A.分别发生:2Cu+=Cu+Cu2+，SO32—+2H+=SO2↑+H2O，反应中硫酸中各元素的化合价不变，所以只显示酸性，所以A选项是正确的；B.根据2Cu+=Cu+Cu2+知，NH4CuSO3中铜元素部分被氧化部分被还原，故B错误；C.根据反应SO32—+2H+=SO2↑+H2O，刺激性气味的气体是SO2，故C错误；D.反应中硫酸只作酸，故D错误。答案选A。18、B【解析】

已知甲是常见温室效应气体，X、W为同一主族元素，X、W形成的最高价氧化物分别为甲、丙，则X为C元素、W为Si元素，甲为二氧化碳，丙为二氧化硅，x、w分别为X、W的单质，在高温条件下x碳单质与二氧化硅反应生成w为硅，丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，则Y为O元素，Z为金属元素，z金属单质能与二氧化碳反应生成碳单质与金属氧化物，则Z为Mg元素，综上所述，X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、W为Si元素，据此解答。【详解】由以上分析可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、W为Si元素，A.反应①二氧化碳与镁反应、②碳与氧气反应、③碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，A项正确；B.同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族元素原子半径从上而下以此增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，Mg的原子半径最大，B项错误；C.丙为二氧化硅，在信息工业中，二氧化硅常作光导纤维材料，C项正确；D.在高温条件下，碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，D项正确；答案选B。19、B【解析】

Fe2(SO4)3溶液与KI溶液混合发生反应为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，由反应可知，①V1=1mL，说明两者恰好完全反应，②V1<1mL，说明硫酸铁不足；如果加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在Fe3+，证明溶液中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，从而说明该反应是可逆反应，反应具有一定限度，故合理选项是B。20、B【解析】

据原子结构、原子半径、物质性质等，先推断短周期主族元素，进而判断、比较有关物质的性质，作出合理结论。【详解】短周期主族元素中原子半径最大的C是钠（Na）；化合物AE是常见强酸，结合原子序数递增，可知A为氢（H）、E为氯（Cl）；又A和D的质子数之和等于E的核外电子数，则D为硫（S）；因B和D同主族，则B为氧（O）。A项：B、C的简单离子分别是O2-、Na+，它们的电子排布相同，核电荷较大的Na+半径较小，A项正确；B项：同周期主族元素，从左到右非金属性增强，则非金属性S<Cl，故氢化物热稳定性：H2S<HCl，B项错误；C项：CA（NaH）为离子化合物，与水反应生成NaOH和H2，使溶液呈碱性，C项正确；D项：实验室制备HCl气体，常选用NaCl和浓硫酸共热，D项正确。本题选B。21、C【解析】

A.除去食盐中混有的少量碘，应当用升华的方法，所需要的仪器是烧杯和圆底烧瓶，A错误；B.用酸性高锰酸钾溶液滴定Fe2+，应当使用酸式滴定管和锥形瓶，B错误；C.配制250mL1mol/L硫酸溶液，用到量筒、250mL容量瓶，C正确；D.检验亚硫酸钠是否发生变质，主要是为了检验其是否被氧化为硫酸钠，故使用试管和胶头滴管即可，D错误；故答案选C。22、B【解析】

A．电能不是一次能源，属于二次能源，故A错误；B．铝锂合金属于金属材料，故B正确；C．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光缆的主要原料，故C错误；D．新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的要求。如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故D错误；故答案为B。二、非选择题(共84分)23、酚羟基C8H7NO4浓硫酸、浓硝酸、加热相同：++HCl2+H2【解析】

根据流程图，A在浓硫酸、浓硝酸、加热条件下发生取代反应生成B，B的结构简式为，B和发生取代反应生成C()，C和磷酸在加热条件下发生取代生成D，D在SOCl2、催化剂、加热条件下转化为E()，E与A发生被取代转化为F，根据E、F的结构简式可判断，A的结构简式为，据此分析答题。【详解】(1)根据流程图中A的结构简式分析，官能团名称是羟基；根据图示C中的每个节点为碳原子，每个碳原子连接4个共价键，不足键由氢原子补齐，则分子式为C8H7NO4；(2)A到B为硝化反应，根据分析，B的结构简式为，A到B的反应条件是浓硫酸、浓硝酸、加热；(3)根据分析，B和发生取代反应生成C()，C和磷酸在加热条件下发生取代生成D，则B到C、D到E的反应类型相同；E与A发生被取代转化为F，A的结构简式为，化学方程式为：++HCl；(4)C的结构简式为，H是C的同分异构体，①硝基直接连在苯环上，②核磁共振氢谱峰面积之比为2:2:2:1，说明分子结构中含有4中不同环境的氢原子，且氢原子的个数比为2:2:2:1，③遇FeCl3溶液显紫色，说明结构中含有酚羟基，根据不饱和度可知，还存在CH=CH2，满足下列条件的同分异构体结构简式为、，共有有2种；(5)与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成，在SOCl2、催化剂、加热条件下转化为，则合成路线为：+H2。24、浓硫酸和浓硝酸取代副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低+nH2OCH3CH=CHCOOCH2CH3【解析】

A为甲苯，其结构简式是，结合P的结构简式，可知A与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成B为，B与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为，可知G的结构简式为，则F为，E的分子式是C6H10O2，则E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，以此解答该题。【详解】（1）反应①是与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成，试剂a是：浓硫酸和浓硝酸，反应③为氯代烃的取代反应，故答案为：浓硫酸和浓硝酸；取代；（2）光照条件下，氯气可取代甲基的H原子，副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低，故答案为：副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低；（3）反应⑥的化学方程式为，故答案为：；（4）由以上分析可知E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，故答案为：CH3CH=CHCOOCH2CH3；（5）丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl水解生成CH2=CHCH2OH，再发生催化氧化生成CH2=CHCHO，进一步氧化生成CH2=CHCOOH，最后与氢氧化钠溶液反应得到CH2=CH2COONa，在一定条件下发生加聚反应可生成目标物，合成路线流程图为：，故答案为：。25、溶液变红溶液显碱性试纸变蓝氧化性N2ACEDEBCu+2H++NO2＝Cu2++NO+H2Oac86.25%25℃时，将两种溶液等体积混合，若混合溶液的pH＜7，则说明HNO2的电离程度大于NO2－的水解程度；若pH＞7，则说明HNO2的电离程度小于NO2－的水解程度（合理方法均可给分）。【解析】

I．（1）亚硝酸是弱酸，亚硝酸钠水解溶液显碱性，能使酚酞试液显红色，而氯化钠不水解，溶液显中性，据此可以鉴别二者；另外亚硝酸钠还具有氧化性，能把碘化钾氧化为单质碘，碘遇淀粉显蓝色，而氯化钠和碘化钾不反应，据此也可以鉴别；（2）亚硝酸钠与饱和氯化铵溶液共热使之转化成无毒无公害的物质，其产物之一为无色无味气体，根据性质和原子守恒可知该气体为氮气，化学式为N2；II．（1）碳和浓硝酸反应生成的气体是CO2、NO2和水，需要把CO2吸收，且需要把NO2转化为NO，因此首先通入装置C中NO2被吸收同时产生NO。与过氧化钠反应的NO需要干燥，因此利用E装置中的碱石灰吸收水蒸气，同时除去CO2。为防止后面的水进入D装置，需要再次利用E装置，最后利用酸性高锰酸钾溶液吸收尾气，所以实验装置的连接顺序为A、C、E、D、E、B；（2）根据以上分析可知C瓶内发生反应的离子方程式为Cu+2H++NO2＝Cu2++NO+H2O；（3）①a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，会将酸性高锰酸钾溶液稀释，所用体积偏大，测定结果偏高，a正确；b．锥形瓶洗净后未干燥，对滴定结果无影响，b错误；c．滴定终点时仰视读数，所读溶液的体积偏大，测定结果偏高，c正确，答案选ac。②根据表中数据第一次实验数据误差太大，舍去，所用酸性高锰酸钾溶液的体积为20.00mL，根据反应方程式6H＋+2MnO4-+5NO2-＝2Mn2＋+5NO3-+3H2O计算25.00mL溶液含亚硝酸钠的物质的量为5×10-3mol，则4.000g样品中含亚硝酸钠的物质的量为0.05mol，质量为3.45g，所得固体中亚硝酸钠的质量分数为3.45g/4.000g×100%=86.25%。（4）酸越弱酸根越容易水解，溶液碱性越强，因此根据弱电解质的电离和盐类水解原理可知实验方案为：25℃时，将两种溶液等体积混合，若混合溶液的pH＜7，则说明HNO2的电离程度大于NO2－的水解程度；若pH＞7，则说明HNO2的电离程度小于NO2－的水解程度。26、回收乙醇2+5+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O当滴入最后一滴KMnO4标准液时，溶液变成浅红色，且半分钟不褪色由步骤Ⅰ的反应离子方程式：Cu2++H2Y2−CuY2−+2H+，可得关系式：Cu2+～H2Y2−，据题意有：解得：n(Cu2+)=0.002mol由步骤Ⅱ的离子反应方程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O，可得关系式：2MnO4-～5C2O42-，则有：解得：n(C2O42-)=0.004mol根据电荷守恒，可知n(K+)=0.004mol根据质量守恒原理，则n(H2O)=。故草酸合铜(Ⅱ)酸钾的化学式为：K2Cu(C2O4)2·2H2O。【解析】

（1）分析题中所给信息，硫酸铜不溶于乙醇，使用乙醇可以降低硫酸铜的溶解度，有利于晶体的析出。加入乙醇后，乙醇易挥发，故可通过蒸馏的方法回收。（2）根据题中步骤Ⅰ测定Cu2+的原理及消耗的EDTA的量，可计算出0.7080g样品中Cu2+的量；根据步骤Ⅱ测定C2O42-的过程中，KMnO4和C2O42-在酸性条件下发生氧化还原反应，结合氧化还原反应原理，可计算出0.7080g样品中C2O42-的量；结合电荷守恒和质量守恒，分别计算出K+和H2O的量。进而可确定草酸合铜(Ⅱ)酸钾的化学式。【详解】（1）乙醇易挥发，故可通过蒸馏的方法回收。答案为：回收乙醇；（2）①根据氧化还原反应原理，可知离子反应方程式为：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O；答案为：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O；②KMnO4溶液为紫红色，当加入最后一滴KMnO4标准液时，溶液变成浅红色，且半分钟不褪色，说明达到滴定终点。答案为：当滴入最后一滴KMnO4标准液时，溶液变成浅红色，且半分钟不褪色；③由步骤Ⅰ的反应离子方程式：Cu2++H2Y2−CuY2−+2H+，可得关系式：Cu2+～H2Y2−，据题意有：解得：n(Cu2+)=0.002mol由步骤Ⅱ的离子反应方程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O，可得关系式：2MnO4-～5C2O42-，则有：解得：n(C2O42-)=0.004mol根据电荷守恒，可知n(K+)=0.004mol根据质量守恒原理，则n(H2O)=。故草酸合铜(Ⅱ)酸钾的化学式为：K2Cu(C2O4)2·2H2O。27、吸收HClKClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解。或答：将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液呈酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2。2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O铁氰化钾3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓B18.0089.1%偏低【解析】

高锰酸钾与浓盐酸在A装置中反应生成氯气，由于浓盐酸易挥发，生成的氯气中一定会混有氯化氢，因此通过装置B除去氯化氢，在装置C中氯气与氢氧化钾反应生成KClO，装置D吸收尾气中的氯气，防止污染。结合题示信息分析解答。(6)用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成亚铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系FeO42-～2I2，再根据反应2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，利用硫代硫酸钠的物质的量可计算得高铁酸钾的质量，进而确定质量分数。【详解】(1)根据上述分析，B装置是用来除去氯气中的氯化氢的，故答案为吸收HCl；(2)根据题干信息知，KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3，因此反应时需将C装置置于冷水浴中，故答案为KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3；(3)根据题干信息知，K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定；在Fe3+催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，因此制备K2FeO4时，不能将碱性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，防止Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解；KClO浓溶液与Fe(NO3)3饱和溶液反应制备K2FeO4的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解(或将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液成酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2)；2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O；(4)工业上常用废铁屑为原料制备Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，检验Fe2+可以使用铁氰化钾，如果含有亚铁离子，会产生蓝色沉淀，其反应原理为3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓，故答案为铁氰化钾；3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓；(5)根据上述分析，反应后的三颈瓶中生成了KClO，加入饱和KOH溶液，析出K2FeO4固体，过滤、洗涤、干燥，由于K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液，为了减少K2FeO4的损失，洗涤K2FeO4时不能选用水或稀KOH溶液，应该选用无水乙醇，故答案为B；(6)①根据装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为19.40-1.40=18.00mL，故答案为18.00；②用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成亚铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系FeO42-～2I2，再根据反应2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，得关系式FeO42-～2I2～4Na2S2O3，所以高铁酸钾的质量为×1.0mol/L×0.018L×198g/mol=0.891g，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为×100%=89.1%，故答案为89.1%③若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，导致配制的Na2S2O3标准溶液的浓度偏大，滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液的体积偏小，则测得的高铁酸钾的质量分数偏低，故答案为偏低。28、FM9sp3、sp2PCl4+、PCl6-两者磷原子均采取sp3杂化，PCl3分子中P原子有一对孤电子对，孤电子和对成键电子对斥力更大，PCl4+中P没有孤电子对，正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角412【解析】

(1)从图中可以看出，a、b、c、d都是第二周期元素的氢化物的沸点，由于NH3、H2O、HF分子间都能形成氢键，使它们的沸点升高，只有CH4分子间不能形成氢键，所以沸点最低，从而得出d为CH4的沸点，e为SiH4的沸点。在形成氢化物的分子中，HF形成氢键的能量最大，沸点最高。(2)(CH3