2026届新疆沙湾一中高三化学第一学期期中检测试题含解析

2026届新疆沙湾一中高三化学第一学期期中检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能实现的是A．NaOH(aq)Cu(OH)2悬浊液Cu2OB．NH3NOHNO3C．MgC12(aq)无水MgC12MgD．CaCl2(aq)CaCO3CaO2、若NA表示阿佛加德罗常数，下列说法正确的是()A．1molCl2作为氧化剂得到的电子数为NAB．在0℃，101kPa时，22.4L氢气中含有NA个氢原子C．14g氮气中含有7NA个电子D．NA个一氧化碳分子和0.5mol甲烷的质量比为7:43、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A．7.8gNa2O2中阴离子数为0.1NAB．1mol甲基含有的电子数为7NAC．常温常压下，2.24L乙烯中含有的氢原子数为0.4NAD．0.1L0.5mol·L－1CH3COOH溶液中含有的氢离子数为0.05NA4、类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是()A．已知：将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+类推：将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+B．已知：稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应至中性2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O类推：NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2OC．已知：铁和氯气反应2Fe+3Cl22FeCl3类推：铁和碘单质反应2Fe+3I22FeI3D．已知：向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO类推：向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO5、将浓盐酸滴入KMnO4溶液，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去，向反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiO3－反应后变为无色的Bi3＋。据此判断下列说法正确的是A．滴加盐酸时，HCl是还原剂，Cl2是还原产物B．已知Bi为第ⅤA族元素，上述实验说明Bi具有较强的非金属性C．若有0.1molNaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子0.4NAD．此实验条件下，物质的氧化性：KMnO4＞NaBiO3＞Cl26、足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与3.36LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）A．60mL B．90mL C．120mL D．150mL7、下列各组离子能大量共存的是()A．“84”消毒液的水溶液中：Fe2＋、Cl－、Ca2＋、Na＋B．②加入KSCN显红色的溶液中：K＋、NH、Cl－、S2－C．pH＝2的溶液中：NH、Na＋、Cl－、Cu2＋D．无色溶液中：K＋、CH3COO－、HCO、MnO8、下列离子方程式正确的是A．金属钠和水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑B．氢氧化钠溶液中通入少量SO2：SO2+2OH-=SO32-+H2OC．大理石与醋酸反应：CaCO3＋2H+＝CO2↑＋H2O+Ca2+D．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液：Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓9、在1LK2SO4和CuSO4的混合溶液中，c(SO42-)=2.0mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L（标准状况）气体，则原溶液中K+的物质的量浓度为（）A．2.0mol·L-1 B．1.5mol·L-1 C．1.0mol·L-1 D．0.5mol·L-110、某无色溶液中含有①Na+、②Ba2+、③Cl-、④Br-、⑤SO32－⑥SO42－中的若干种,依次进行下列实验,且每步所加试剂均过量,观察到的现象如下:步骤序号操作步骤现象（1）用pH试纸检验溶液的pH>7（2）向溶液中滴加氯水,再加入CCl4,振荡、静置下层呈橙色（3）向(2)所得水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀硝酸有白色沉淀产生（4）过滤,向滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸有白色沉淀产生下列结论正确的是()A．不能确定的离子是① B．不能确定的离子是②③C．肯定含有的离子是①④⑤ D．肯定没有的离子是②⑤11、下列叙述中，能证明某物质是弱电解质的是（）A．熔化时不导电 B．水溶液的导电能力很差C．属于共价化合物 D．溶液中已电离的离子和未电离的分子共存12、我国科研人员研制出一种室温“可呼吸”Na－CO2电池。放电时该电池“吸入”CO2，充电时“呼出”CO2。吸入CO2时，其工作原理如右图所示。吸收的全部CO2中，有转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管（MWCNT）电极表面。下列说法正确的是（）A．“吸入”CO2时，钠箔为正极B．“吸入”CO2时的正极反应：4Na++3CO2+4e－=2Na2CO3+CC．“呼出”CO2时，Na+向多壁碳纳米管电极移动D．标准状况下，每“呼出”22.4LCO2，转移电子数为0.75mol13、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．18g氨基(－ND2)中含有的电子数为10NAB．一定质量的乙烷与22.4L(标准状况)Cl2在光照条件下发生取代反应，形成C－Cl键的数目为2NAC．用惰性电极电解100mL0.1mol·L－1的CuSO4溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积的气体时，电路中转移电子数为0.04NAD．n(H2SO3)和n(HSO3－)之和为1mol的KHSO3溶液中，含有的K+数目为NA14、下列物质中不属于合金的是（）A．水银B．黄铜C．碳素钢D．青铜15、汽车尾气净化反应之一：NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)ΔH＝－373.4kJ·mol-1。若反应在恒容的密闭容器中达到平衡状态，下列说法正确的是A．及时除去二氧化碳，正反应速率加快B．混合气体的密度不变是该平衡状态的标志之一C．降低温度，反应物的转化率和平衡常数均增大D．其它条件不变，加入催化剂可提高反应物的转化率16、在新制饱和氯水中，若只改变某一条件，下列叙述正确的是A．再通入少量氯气，减小B．通入少量SO2，溶液漂白性增强C．加入少量的碳酸氢钠粉末，pH增大，溶液漂白性增强D．光照过程中，有气泡冒出，溶液的导电性减弱二、非选择题（本题包括5小题）17、功能高分子P可用作光电材料，其合成路线如下：已知：i:（R,R’表示氢或烃基）ii.iii.（1）烃A的相对分子质量是26，其结构简式是_________。（2）反应①的反应类型是__________。（3）C中含有的官能团名称是___________。（4）D为苯的同系物，反应③的化学方程式是_________。（5）G的结构简式是__________。（6）反应⑨的化学方程式是__________。（7）反应⑤和⑦的目的是___________。（8）以乙炔和甲醛为起始原料，选用必要的无机试剂合成1，3-丁二烯，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。___________18、已知A~K均为中学化学的常见物质，它们之间的转化关系如下图所示，其中A、D为金属单质，反应过程中生成的水及其他部分产物已略去。请回答以下问题：（1）B的主要用途是_________（填一项），C的化学式为______________。（2）E中阳离子的结构示意图为__________（3）向F中通入足量CO2生成K的离子方程式是________________________。（4）J在工业上可用于净水，其原理是__________________（用离子方程式表示）19、实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡（SnCl4）。SnCl4易挥发，极易发生水解，Cl2极易溶于SnCl4。制备原理与实验装置图如图：Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l)ΔH=–511kJ∙mol-1可能用到的有关数据如下：物质SnSnCl4CuCl2熔点/℃232-33620沸点/℃2260114993制备过程中，锡粒逐渐被消耗，需提拉橡胶塞及时向反应器中补加锡粒。当SnCl4液面升至侧口高度时，液态产物经侧管流入接收瓶。回答下列问题：（1）a的作用是___。（2）A中反应的化学方程式是___。（3）B的作用是___。（4）E中冷却水的作用是___。（5）尾气处理时，可选用的装置是___（填序号）。（6）锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2，但不影响F中产品的纯度，原因是___。（7）SnCl4粗品中含有Cl2，精制时加入少许锡屑后蒸馏可得纯净的SnCl4。蒸馏过程中不需要用到的仪器有___(填序号)A．分液漏斗B．温度计C．吸滤瓶D．冷凝管E．蒸馏烧瓶20、某小组以4H＋＋4I－＋O2＝2I2＋2H2O为研究对象，探究影响氧化还原反应因素。实验气体a编号及现象HClⅠ.溶液迅速呈黄色SO2Ⅱ.溶液较快呈亮黄色CO2Ⅲ.长时间后，溶液呈很浅的黄色空气Ⅳ.长时间后，溶液无明显变化（1）实验Ⅳ的作用是______________。用CCl4萃取Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的溶液，萃取后下层CCl4的颜色均无明显变化。（2）取萃取后上层溶液，用淀粉检验：Ⅰ、Ⅲ的溶液变蓝；Ⅱ、Ⅳ的溶液未变蓝。溶液变蓝说明Ⅰ、Ⅲ中生成了______________。（3）查阅资料：I2易溶于KI溶液。下列实验证实了该结论并解释Ⅰ、Ⅲ的萃取现象。现象x是______________。（4）针对Ⅱ中溶液未检出I2的原因，提出三种假设：假设1：溶液中c（H＋）较小。小组同学认为此假设不成立，依据是______________。假设2：O2只氧化了SO2，化学方程式是______________。假设3：I2不能在此溶液中存在。（5）设计下列实验，验证了假设3，并继续探究影响氧化还原反应的因素。i.取Ⅱ中亮黄色溶液，滴入品红，红色褪去。ii.取Ⅱ中亮黄色溶液，加热，黄色褪去，经品红检验无SO2。加入酸化的AgNO3溶液，产生大量AgI沉淀，长时间静置，沉淀无明显变化。iii.取Ⅱ中亮黄色溶液，控制一定电压和时间进行电解，结果如下。电解时间/min溶液阳极阴极t1黄色变浅、有少量SO42－检出I2，振荡后消失H2溶液无色、有大量SO42－检出I2，振荡后消失H2结合化学反应，解释上表中的现象：______________。（6）综合实验证据说明影响I－被氧化的因素及对应关系______________。21、砷(As)与氮、磷同一主族，可以形成As4、As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等物质，有着广泛的用途。回答下列问题：（1）As原子最外层电子的电子云伸展方向有___种。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，以下关于黄砷与白磷的比较叙述正确的是___(填编号)。A．黄砷的熔点高于白磷B．黄砷中共价键键能大于白磷C．黄砷分子极性大于白磷D．分子中共价键键角均为109°28′（2）As元素的非金属性比N弱，用原子结构的知识说明理由。___。（3）298K时，将20mL3xmol/LNa3AsO3、20mL3xmol/LI2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO33-(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO43-(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO43-)与反应时间(t)的关系如图所示。①若平衡时，pH=14，该反应的平衡常数为___。②当反应达到平衡时，下列选项正确的是__（填标号）。a．溶液的pH不再变化b．v(I-)=2v(AsO33-)c．不再变化d．c(I-)=ymol/L③tm时，v正__v逆（填“大于”“小于”或“等于”）。④tm时，v逆__tn时v逆（填“大于”“小于”或“等于”），理由是__。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A、氢氧化钠与硫酸铜反应生成硫酸钠与氢氧化铜，氢氧化铜悬浊液与乙醛水浴加热反应生成氧化亚铜，物质间转化均能实现，选项A选；B、一氧化氮与水不反应，无法由一氧化氮和水转化为硝酸，物质间转化不能全部实现，选项B不选；C、MgCl2溶液要在氯化氢的氛围中加热蒸发才能得到无水氯化镁，物质间转化不能全部实现，选项C不选；D、盐酸的酸性强于碳酸，无法用CaCl2与CO2反应得到碳酸钙，物质间转化不能全部实现，选项D不选。答案选A。2、C【解析】A不正确，应该是2NA；B中氢气是1mol，含有氢原子数是2NA；氮原子的电子数是7个，14g氮气是0.5mol，含有电子是7NA；NA个一氧化碳分子和0.5mol甲烷的质量比为28∶8，所以正确的答案选C。3、A【详解】A.Na2O2中含有Na+和O22-，7.8gNa2O2物质的量为0.1mol，则阴离子数为0.1NA，故A正确；B.1mol甲基含有的电子数为9NA，故B错误；C．常温常压Vm不等于22.4L/mol，Vm未知无法计算乙烯的物质的量和氢原子数，故C错误；D．醋酸为弱酸，部分电离，0.1L0.5mol•L-1CH3COOH溶液中含有的氢离子数小于0.05NA，故D错误；故答案为A。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。4、B【详解】A.金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，钠投入到铜盐溶液反应先与水反应，不会置换出铜，A错误;B.NaHSO4与Ba(OH)2按照2:1反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，溶液呈中性，离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O,B正确；C.碘的氧化性较弱，与铁反应时生成FeI2，C错误；D.向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应，离子方程式为Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl-，D错误；故答案为：B。5、C【详解】A．滴加盐酸时，生成氯气，Cl元素的化合价升高，则HCl是还原剂，Cl2是氧化产物，A错误；B．Bi元素属于金属元素，Bi不具有较强的非金属性，B错误；C．若有0.1molNaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子为0.1mol×（5-3）+0.1mol××（7-2）=0.4mol，C正确；D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则2KMnO4+16HCl═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中氧化性为高锰酸钾的氧化性大于氯气，2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2O中NaBiO3的氧化性大于高锰酸钾，所以氧化性强弱顺序是：NaBiO3＞KMnO4＞Cl2，D错误；故选C。6、C【分析】分析反应过程，可知Cu失去的电子全部转移给HNO3，生成了氮氧化物，而这些氮氧化物又全部将所得电子转移给了O2，生成了HNO3，相当于Cu失去的电子全部转移给了O2，故可以通过O2的量来计算参加反应的Cu的量，也可以计算出生成的Cu2+的量，从而计算得NaOH的体积。【详解】根据分析，题中n(O2)=，则转移电子数=，1molCu可转移2mol电子，故可知共有0.3molCu参与反应，即生成0.3molCu2+，0.3molCu2+完全沉淀，则需要0.6molNaOH，故V(NaOH)=，C项正确；答案选C。7、C【详解】A.84”消毒液的水溶液中含有ClO-，具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应而不能共存，故A错误；B.加入KSCN显红色的溶液中含有Fe3+，与S2-相互促进水解而不能共存，故B错误；C.pH=2的溶液，为酸性溶液，该组离子之间不反应，则能够共存，故C正确；D.MnO在水溶液中为紫色，与无色溶液不符，故D错误；故选C。8、B【解析】A.金属钠和水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B.氢氧化钠溶液中通入少量SO2的离子方程式为SO2+2OH-=SO32-+H2O，故B正确；C.大理石与醋酸反应的离子方程式为CaCO3＋2CH3COOH＝CO2↑＋H2O+Ca2++2CH3COO－，故C错误；D.硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为Cu2+＋2OH－＋Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故D错误；故答案选B。9、A【解析】电解混合溶液，阳极发生的反应为氢氧根失去电子生成氧气，阴极上发生的电极反应为铜离子得到电子生成铜，氢离子得到电子生成氢气，两极都收集到22.4升气体，即均生成1摩尔气体，阳极生成1摩尔氧气说明转移了4摩尔电子，而阴极上生成的1摩尔氢气只得到2摩尔电子，所以剩余2摩尔电子由铜离子获得，且溶液中有1摩尔铜离子，再根据溶液为电中性，遵循电荷守恒得到钾离子物质的量为2摩尔，所以浓度为2mol/L。答案选A。10、C【解析】用pH试纸检验溶液的pH>7，说明一定有SO32－（只有SO32－水解溶液才可能显碱性）。因为有SO32－，所以一定没有Ba2+（因为亚硫酸钡是白色沉淀）。向溶液中滴加氯水,再加入CCl4,振荡、静置，下层呈橙色，说明一定有Br－（氯气将Br－氧化为Br2，再被CCl4萃取）。实验（3）没有价值，因为实验（2）中加入了氯水，所以溶液中一定有亚硫酸根被氧化得到的硫酸根，和钡离子一定得到硫酸钡沉淀。实验（4）没有价值，因为实验（2）中加入了氯水，所以溶液中一定有氯离子，和硝酸银作用一定得到氯化银沉淀。综上所述，溶液中一定有：①Na+（因为至少有一种阳离子）、④Br-、⑤SO32－，一定没有：②Ba2+，无法确定的是：③Cl-、⑥SO42－。所以选项C正确。11、D【分析】弱电解质是指在水溶液中部分电离的电解质，所以在溶液中既存在未电离的电解质分子，也有电离出来的离子，两者共存。据此解答。【详解】A、HCl熔化时不导电，但HCl溶于水能完全电离，是强电解质，A错误；B、如果强电解质的水溶液浓度小，其导电能力也很差，B错误；C、有些共价化合物如HCl属于强电解质，有些如CO2属于非电解质，有些如CH3COOH属于弱电解质，C错误；D、弱电解质在水溶液中部分电离，溶液中已电离出的离子和未电离的分子共存，D正确；答案为D。12、B【解析】A、“吸入”CO2时是原电池装置，钠箔失电子为负极，选项A错误；B、“吸入”CO2时是原电池装置，正极发生还原反应，电极反应式为：4Na++3CO2+4e－=2Na2CO3+C，选项B正确；C、“呼出”CO2时是电解池，阳离子Na+向阴极钠箔电极移动，选项C错误；D、标准状况下，每“呼出”22.4LCO2，转移电子数为0.25mol，选项D错误。答案选B。13、C【解析】A．18g该氨基的物质的量为1mol，含有的电子数为9NA，A项错误；B．若形成C-Cl键的数目为2NA，则表示氯气中所有的氯反应后均形成了C-Cl键，这显然是错误的，因为每取代一个氢原子，都还要生成一个氯化氢分子，形成H-Cl键，B项错误；C．用惰性电极电解硫酸铜溶液时，电解过程分两个阶段，第一阶段是电解硫酸铜2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，第二阶段是电解硫酸（实为电解水）：2H2O2H2↑+O2↑。阳极始终产生氧气，阴极先是产生铜，后是产生氢气，因此当阴、阳两极产生相同量的气体时，说明第一阶段和第二阶段产生的氧气的量相同，因第一阶段硫酸铜完全反应，转移电子数为0.02mol，所以两阶段共转移电子数为0.04mol，C项正确；D．KHSO3溶液中硫原子有三种存在形式：H2SO3、HSO3-和SO32-，所以该溶液中K+的数目大于1mol，D项错误；所以答案选C项。14、A【解析】A．水银是纯金属，不属于合金，故A正确；B．黄铜是铜和锌的合金，故B错误；C．碳素钢是铁和碳的合金，故C错误；D．青铜是铜锡的合金，故D错误；故选A。15、C【解析】A.除去二氧化碳，生成物的浓度降低，逆反应速率先减小后增大，正反应速率减小，故A错误；

B.由NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)可知反应物生成物都是气体，反应在恒容的密闭容器中进行，所以混合气体的密度不变不能作为判断达到平衡状态的标志，故B错误；C.该反应是放热反应，降温时，平衡正向移动，反应物转化率和平衡常数均增大，故C正确；D.催化剂不影响化学平衡移动，所以加入催化剂不能提高反应物的转化率，故D错误；综上所述，本题正确答案：C。【点睛】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，据外界条件的改变对反应速率和平衡移动的影响分析，容器体积不变，混合气体的密度始终不变。16、C【解析】A、饱和氯水不能再溶解Cl2，各成分的浓度不变，A错误；B、SO2+Cl2+2H2O＝2HCl+H2SO4，Cl2+H2OH++Cl−+HClO的平衡左移，HClO浓度降低，漂白性减弱，B错误；C、加入少量NaHCO3粉末，消耗H+，使上述平衡Cl2+H2OH++Cl−+HClO正向移动，HClO的浓度增大，C正确；D、光照过程中HClO分解，生成O2和HCl，溶液中的离子浓度增大，导电性增强，D错误。答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、加成反应碳碳三键、溴原子保护苯环上的（酚）羟基【解析】（1）分子量为26的烃一定有2个碳原子，这样就只能连两个氢原子凑成26的分子量，所以是乙炔（C2H2），结构简式为。（2）反应①进行的一定是题目给出的已知ⅰ，该反应为用碳碳三键一端的H原子对碳氧双键进行加成，得到炔醇类化合物，所以反应①的反应类型是加成反应。得到的B为CH≡C-CH2OH。B与HBr发生取代得到（C）CH≡C-CH2Br。（3）B与HBr发生取代得到（C）CH≡C-CH2Br。C中含有的官能团为碳碳三键和溴原子。（4）D为苯的同系物，根据反应③的生成物，D只能是对二甲苯（）。所以反应为。（5）反应④将溴原子水解，再酸化得到（E），与CH3I发生已知中的反应ⅲ得到，经高锰酸钾氧化为（F），再与HI发生题目已知的反应ⅱ，得到（G）。（6）C和G发生取代得到（H），H发生加聚反应得到最后产物，所以方程式为。（7）用高锰酸钾氧化甲基为羧基的过程中，要防止氧化酚羟基，所以设计反应⑤和⑦，对酚羟基进行保护。（8）乙炔有两个碳原子，甲醛只有一个碳原子，所以必须用一个乙炔结合两个甲醛以生成最终的四个碳原子的化合物。结合题目信息，一定选择乙炔和两个甲醛进行加成，后续过程就很好理解了。所以路线为：18、制作铁红等Al2O3AlO

2-

+CO2

+2H2O=Al(OH)

3+HCO3-Fe

3+

+3H2O

Fe(OH)

3

(胶体)+3H

+【分析】I为红褐色固体，应为Fe（OH）3，则H为Fe（OH）2，由转化关系可知G为FeCl2，D为Fe，J为FeCl3，B为Fe2O3，A和B的反应为铝热反应，A为Al，C为Al2O3，E为AlCl3，K为Al(OH）3，F为NaAlO2【详解】（1）B为Fe2O3，B的主要用途是制作铁红等，C的化学式为Al2O3。（2）E为AlCl3，阳离子为Al3＋，离子的结构示意图为；（3）向F中通入足量CO2生成K，即：向NaAlO2中通入足量CO2生成AlOH）3的离子方程式为AlO2－+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3－；（4）J在工业上可用于净水，其原理是：铁盐可作絮凝剂，常用于净水，其原理是Fe3＋+3H2OFe（OH）3+3H＋，生成胶体，具有吸附性，可净化水。【点睛】本题以“无机框图题”的形式考查元素单质及其化合物的性质，涉及化学式及离子方程式书写等，易错点（3）向NaAlO2中通入足量CO2生成AlOH）3和碳酸氢钠，通入少量二氧化碳则生成碳酸钠。19、平衡压强，使浓盐酸顺利流下2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O除去氯气中混有的氯化氢气体避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降乙CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出A、C【分析】SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，装置A：采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，发生2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，制取的氯气中含有氯化氢，通过饱和的氯化钠溶液洗去氯气中的氯化氢，SnCl4在空气中极易水解，利用浓硫酸的吸水性干燥氯气，防止产生SnCl4水解；然后Cl2和锡的反应，制备SnCl4，冷水冷却，可将气态的SnCl4冷凝回流收集产物；反应时应先生成氯气，将氧气排出。【详解】（1）导管a的作用是平衡压强，可使分液漏斗内的液体顺利流下，故答案为：平衡压强，使浓盐酸顺利流下；（2）实验采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，化学方程式为2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；（3）B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，故答案为：除去氯气中混有的氯化氢气体；（4）SnCl4易挥发，冷水可降低温度，避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降，故答案为：避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降；（5）尾气含有氯气，为避免四氯化锡水解，应用碱石灰，故答案为：乙；（6）锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2，但不影响F中产品的纯度，原因是CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出，故答案为：CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出；（7）蒸馏用到蒸馏烧瓶、温度计、接收器、冷凝管、锥形瓶，无需吸滤瓶和分液漏斗，故答案为：A、C。【点睛】本题为制备实验，把握物质的性质、实验装置的作用、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。20、对照组，证明只有O2时很难氧化I－I2上层黄色，下层无色假设1：SO2在水中的溶解度比CO2大，且H2SO3的酸性强于H2CO3，因此溶液酸性更强假设2：2SO2＋O2＋2H2O＝2H2SO4阳极发生2I－－2e－＝I2，生成的I2与溶液中的SO2发生反应：SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI，以上过程循环进行，SO2减少，SO增多通过Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ，说明c（H＋）越大，I－越易被氧化；在酸性条件下，KI比Agl易氧化，说明c（I－）越大（或指出与碘离子的存在形式有关亦可），越易被氧化；与反应条件有关，相同条件下，电解时检出I2，未电解时未检出I2。（其他分析合理给分）【分析】(1)对比实验I、Ⅲ，溶液酸性不同，酸性越强溶液变黄色需要时间越短，说明酸性越强反应越强，实验Ⅳ做对比实验，证明只有O2很难氧化I-；(2)淀粉遇碘单质变蓝色；(3)四氯化碳中的碘单质溶解在KI溶液中，溶液与四氯化碳不互溶，且溶液密度比四氯化碳的小；(4)假设1：实验Ⅲ中产生碘单质，二氧化硫在水中溶解度比二氧化碳的大，且亚硫酸的酸性比碳酸的强；假设2：在溶液中氧气将二氧化硫氧化生成硫酸；(5)ⅲ．阳极中I-被氧化为I2，再与溶液中二氧化硫反应生成硫酸与HI，反应循环进行；(6)对比实验I、Ⅲ、Ⅳ可知，反应与氢离子浓度有关；对比(5)中实验ii，可知酸性条件下，KI比AgI更容易氧化；由(5)中iii可知，相同条件下，与反应条件有关，电解时检出碘单质，未电解时没有检出碘单质。【详解】(1)对比实验I、Ⅲ，溶液酸性不同，酸性越强溶液变黄色需要时间越短，说明酸性越强反应越强，实验Ⅳ做对比实验，证明只有O2很难氧化I-；(2)淀粉遇碘单质变蓝色，溶液变蓝说明I、Ⅲ中生成了I2；(3)四氯化碳中的碘单质溶解在KI溶液中，溶液与四氯化碳不互溶，且溶液密度比四氯化碳的小，X中现象为：溶液分层，下层为无色有机层，上层为水溶液层，呈黄色；(4)假设1：实验Ⅲ中产生碘单质，二氧化硫在水中溶解度比二氧化碳的大，且亚硫酸的酸性比碳酸的强，溶液酸性更强，故实验II中溶液未检出I2，不是溶液中c(H+)较小所致；假设2：在溶液中氧气将二氧化硫氧化生成硫酸，反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4；(5)ⅲ．阳极发生反应：2I--2e-=I2，生成的I2与溶液中SO2发生反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，上述反应循环进行，SO2减少，SO42-

增加；(6)对比实验I、Ⅲ、Ⅳ可知，c(H+)越大，I-越容易被氧化。对比(5)中实验ii，可知酸性条件下，KI比AgI更容易氧化，即c(I-)越大，越容易被氧化。由(5)中iii可知，相同条件下，与反应条件有关，电解时检出碘单质，未电