2026届河北省承德市化学高三第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析

2026届河北省承德市化学高三第一学期期中学业质量监测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、已知NaOH＋Al(OH)3=NaAlO2＋2H2O。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是()A．CO2＋2OH－=CO32-＋H2OB．Al2O3＋2OH－=2AlO2-＋H2OC．2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑D．Al3＋＋4OH－=AlO2-＋2H2O2、相同温度时100mL0.01mol/L的碳酸钠溶液与10mL0.1mol/L的碳酸钠溶液相比，下列数值前者大于后者的是（）A．OH－的物质的量 B．CO32－的物质的量C．c(HCO3－) D．由水电离的c(OH－)3、下列关于元素周期表应用的说法正确的是A．为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提供线索B．在金属与非金属的交界处，寻找可做催化剂的合金材料C．在IA、IIA族元素中，寻找制造农药的主要元素D．在过渡元素中，可以找到半导体材料4、下列各种关于酸的使用，其中正确的是A．为了抑制Fe2+的水解，用稀硝酸酸化B．检验溶液中是否含有SO42C．乙酸与乙醇的酯化反应中，浓硫酸起到了催化剂和脱水剂的作用D．为了增强KMnO4溶液的氧化能力，用浓盐酸酸化5、下列是25℃时某些弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是（）化学式CH3COOHHClOH2CO3KaKa=1.8×10－5Ka=3.0×10－8Ka1=4.1×10－7Ka2=5.6×10－11A．相同浓度CH3COONa和NaClO的混合溶液中，各种离子浓度的大小关系是：c(Na＋)＞c(ClO－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)B．向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液中至c(CH3COOH):c(CH3COO－)＝5：9，此时溶液的pH=5C．次氯酸钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClOD．pH相同的CH3COONa溶液、NaClO溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液：c(CH3COONa)＞c(Na2CO3)＞c(NaClO)＞c(NaOH)6、一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2－。下列说法不正确的是A．通入丁烷的一极是负极，电极反应为：C4H10＋26e－＋13O2－===4CO2↑＋5H2OB．在熔融电解质中，O2－向负极定向移动C．电池的总反应是：2C4H10＋13O2===8CO2＋10H2OD．通入空气的一极是正极，电极反应为：O2＋4e－===2O2－7、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．将7.8gNa2O2放入足量的水中，反应时转移0.2NA个电子B．12.5mL16mol·L-l的浓硫酸与6.5g锌共热，转移的电子数小于0.2NAC．标准状况下，2.24LHF与1.8gH2O分子所含电子数目均为NAD．丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA8、表示下列反应的离子方程式错误的是()A．在酸化的硫酸亚铁溶液中通入氧气：4Fe2++O2+4H＋=4Fe3++2H2OB．向10mL浓度均为1mol/L的Na2CO3与NaHCO3混合溶液中溶液中加入0.02molBa(OH)2溶液：CO+HCO+2Ba2++OH-=2BaCO3↓+H2OC．氢氧化亚铁溶于氢碘酸中：Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2OD．次氯酸钙溶液中通入过量CO2：Ca2++2ClO-+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO9、实验室制取氧气的过程如下，正确顺序是()①给试管加热；②熄灭酒精灯；③检查气密性；④把高锰酸钾装入试管，在试管口堵一小团棉花，用带导管的胶塞塞紧，固定在铁架台上；⑤用排水法收集氧气；⑥从水中取出导管。A．③④①⑤②⑥ B．③④①⑤⑥②C．④①③⑤②⑥ D．④①③⑤⑥②10、大气固氮过程中，不会产生A．NH3 B．NO C．NO2 D．HNO311、表示下列反应的离子方程式正确的是A．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3-3Fe3++NO↑+3H2OB．用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OC．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3↓+HCO3-D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO-+2Fe(OH)32FeO42-+3Cl-+H2O+4H+12、下列化工生产中未涉及勒沙特列原理的是A．侯氏制碱法 B．合成氨 C．氯碱工业 D．工业制硫酸13、某无色溶液中可能含有①Na+②Ba2+③Cl-④Br-⑤SO32-⑥SO42-离子中的若干种，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：（1）用pH试纸检验溶液的pH大于7；（2）向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色；（3）向所得水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生；（4）过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生。下列结论正确的是（）A．肯定含有的离子是①④⑤ B．肯定没有的离子是②⑥C．不能确定的离子是① D．不能确定的离子是③⑤14、下图是一种有机物的模型，该模型代表的有机物可能含有的官能团有A．一个羟基，一个酯基 B．一个羟基，一个羧基C．一个羧基，一个酯基 D．一个醛基，一个羟基15、下列化学用语正确的是：（）A．硫的原子结构示意图： B．NH4Cl的电子式：C．原子核内有8个中子的氧原子：188O D．Be2+离子中的质子数和电子数之比为2:116、FeSO4在工业上可用于制备FeCO3，实验室模拟工业流程如图所示。下列说法正确的是（）A．可用KSCN溶液检验FeSO4溶液中Fe2+是否全部被氧化成Fe3+B．用Na2CO3代替NH4HCO3，可能有Fe(OH)2沉淀产生C．沉淀的同时有NH3产生D．检验沉淀是否洗涤干净，可用盐酸检验17、某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）。关于该固体混合物，下列说法正确的是A．一定含有Al，其质量为4.05gB．一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C．一定含有MgCl2和FeCl2D．一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，且物质的量相等18、下列各分子中，所有原子都满足最外层8电子结构的是A．BF3 B．NCl3 C．H2O D．PCl519、下列有关说法不正确的是A．可表示单核10电子粒子基态时的电子排布B．电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱C．同一原子能层越高，s电子云的半径越大D．N、O、F电负性逐渐增大20、根据实验操作和现象,不能得出相应结论的是()选项实验操作和现象结论A等体积、pH=3的两种酸HA和HB,分别与足量的Zn反应,酸HA放出的氢气多酸性:HB>HAB将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸,滴加KSCN溶液,溶液变红Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸前已氧化变质C将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中,气体红棕色加深2NO2(g)N2O4(g),ΔH<0D向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液,浊液变澄清结合H+的能力:>C6H5O-A．A B．B C．C D．D21、下列有关数据的实验可以成功的是()A．用精密试纸可以测出某溶液的为9.6B．用托盘天平称量氯化钠C．用规格为的量筒量取的硫酸D．用酸式滴定管量取的溶液22、PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将1molPbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2，则剩余固体的组成及物质的量比是（）A．1：2混合的PbO2、Pb3O4 B．1：1混合的Pb3O4、PbOC．1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO D．4：1：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、D、E、G

是原子序数依次增大的五种短周期元素，A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19，B与G

的单质都能与

H2反应生成“HX”(X代表B或G)型氢化物,D

为同周期主族元素中原子半径最大的元素。(1)B

在元素周期表中的位置是______。(2)D

的两种常见氧化物中均含有____________(填“离子键”或“共价键”)。(3)E的最高价氧化物对应水化物的浓溶液和木炭共热,反应的化学方程式为____________。(4)D

的最高价氧化物对应水化物的溶液与G的单质反应,反应的离子方程式为___________。(5)用原子结构解释“B、G

单质都能与H2反应生成HX型氢化物”的原因：________。24、（12分）黑龙江省作为我国粮食大省，对国家的粮食供应做出了突出贡献。农作物区有很多废弃秸秆（含多糖类物质），直接燃烧会加重雾霾，故秸秆的综合利用具有重要的意义。下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线：回答下列问题：（1）下列关于糖类的说法正确的是__________。（填字母）a．糖类都有甜味，具有的通式b．麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖c．用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全d．淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物（2）B生成C的反应类型为__________。（3）D中的官能团名称为__________，D生成E的反应类型为__________。（4）F的化学名称是__________，由F生成G的化学方程式为__________。（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，W与足量碳酸氢钠溶液反应生成1mol，W共有__________种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为__________。（6）参照上述合成路线，以,和为原料（无机试剂任选），设计制备对苯二甲酸的合成路线________________________________________。（请用流程图表示）25、（12分）半导体生产中常需要使用掺杂剂,以保证控制电阻率,三氯化磷(PCl3)是一种重要的掺杂剂。实验室要用黄磷(即白磷)与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3,装置如图所示:(部分夹持装置略去)已知:①黄磷与少量Cl2反应生成PCl3,与过量Cl2反应生成PCl5;②PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl;③PCl3遇O2会生成POCl3,POCl3溶于PCl3;④PCl3、POCl3的熔沸点见下表:物质熔点/℃沸点/℃PCl3-11275.5POCl32105.3请回答下列问题:(1)B中所装的试剂是____________________，F中碱石灰的作用是_____________________________________。(2)实验时,检査装置气密性后,先打开K3、关闭K1，通入干燥的CO2,再迅速加入黄磷。通干燥CO2的作用是__________，通过控制K1、K2能除去A、B装置中的空气,具体的操作是________________________________。

(3)粗产品中常含有POCl3、PCl5等。加入黄磷加热除去PCl5后,通过________(填实验操作名称),即可得到较纯净的PCl3。(4)通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数:①迅速称取1.00g产品,加水反应后配成250mL溶液;②取以上溶液25.00mL,向其中加入淀粉作为指示剂③向其中加入0.1000mol·L-1碘水,充分反应，当达到终点时消耗碘水溶液6.9mL。已知:H3PO3+H2O+I2===H3PO4+2HI，假设测定过程中没有其他反应。滴定时，滴定终点的现象是_________________________________，配制0.1000mol·L-1的碘水溶液的过程中，下列操作会使所得溶液浓度偏大的是___________A烧杯中溶液转移至容量瓶中时，未洗涤烧杯B定容时俯视刻度线C定容时仰视刻度线D容量瓶未干燥E移液时有少量液体溅出F溶解碘时放热，未冷却至室温就转移至容量瓶并定容根据上述数据,该产品中PCl3的质量分数为________。26、（10分）C1O2是常用的自来水消毒剂。I．已知实验室可用亚氯酸钠固体与氯气反应制备ClO2：2NaClO2+C12=2C1O2+2NaCl，装置如下图所示：(1)圆底烧瓶内发生反应的化学方程式是：__________。(2)已知常温常压下，ClO2和Cl2是气体，在下列溶剂中溶解性如下表所示：ClO2Cl2水极易溶于水溶CCl4难溶溶B、C、E装置中的试剂依次是_________（填序号）。a.NaOH溶液b.浓硫酸c.饱和食盐水d.CCl4e.饱和石灰水II．使用C1O2在给自来水消毒的过程中会产生有害的副产物亚氯酸根(ClO2-)，可用Fe2+将其去除。已知ClO2-与Fe2+在pH=5～7的条件下能快速反应，最终形成红褐色沉淀，而ClO2-则被还原成Cl-。(3)Fe2+消除ClO2-的离子方程式为_______。(4)实际向自来水中加入Fe2+的量要高于理论值，原因是(结合离子方程式解释)___________。27、（12分）氯酸钾是常见的氧化剂，用于制造火药、烟火。工业上用石灰乳氯化法制备氯酸钾的流程如图所示：已知：氯化过程主要发生反应：完成下列填空：(1)工业生产氯气的方法是________（请用文字表述）。(2)氯化过程需要控制较高温度，其目的有：①_______；②减少Cl2与Ca(OH)2之间的副反应。(3)向热的滤液中加入稍过量的氯化钾，待溶解完全后进行冷却，有大量氯酸钾晶体析出，写出相关反应的化学方程式：______。得到的氯酸钾晶体中可能会含有少量氯化钾，进一步提纯的方法是_______。(4)为测定所得晶体中氯酸钾的纯度，将ag样品与bg二氧化锰混合，加热该混合物一段时间后（杂质不参加反应）冷却，称量剩余固体质量，重复加热、冷却、称量操作，记录数据如下表：加热次数第一次第二次第三次第四次剩余固体质量（g）cdee(i)进行加热操作时，应将固体置于________（填仪器名称）中。(ii)该实验不必进行第五次加热的原因是_______。(iii)若某次测定结果的相对误差为-2.98%，写出导致这一结果的一种可能情况。______。28、（14分）锰是一种非常重要的金属元素，在很多领域有着广泛的应用。利用废铁屑还原浸出低品位软锰矿制备硫酸锰，然后进行电解，是制备金属锰的新工艺，其流程简图如下：已知：i.低品位软锰矿主要成份有MnO2、Al2O3、Fe2O3、Cu2(OH)2CO3、CaCO3、SiO2等。ii.部分金属离子以氢氧化物沉淀时的pHFe2+Fe3+Al3+Mn2+Cu2+开始沉淀的pH6.81.83.78.65.2沉淀完全的pH8.32.84.710.16.7iii.几种化合物的溶解性或溶度积(Ksp)MnF2CaSMnSFeSCuS溶于水溶于水2.5×10－136.3×10－186.3×10－36(1)研究表明，单质Fe和Fe2+都可以还原MnO2。在硫酸存在的条件下，MnO2将Fe氧化为Fe3+的离子方程式是____________。(2)清液A先用H2O2处理，然后加入CaCO3，反应后溶液的pH≈5。滤渣a的主要成分中有黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6。①H2O2的作用是____________(用离子方程式表示)。②滤渣a中除了黄铵铁矾，主要成分还有X。用平衡移动原理解释产生x的原因：____________。(3)用离子方程式表示MnS固体的作用：____________。(4)滤渣c的成分是____________。(5)如下图所示装置，用惰性电极电解中性MnSO4溶液可以制得金属Mn。阴极反应有：i.Mn2++2e－＝Mnii.2H++2e－＝H2↑电极上H2的产生会引起锰起壳开裂，影响产品质量。①电解池阳极的电极方程式是________________。②清液C需要用氨水调节pH＝7的原因是____________。③电解时，中性MnSO4溶液中加入(NH4)2SO4的作用除了增大溶液导电性之外，还有___________(结合电极反应式和离子方程式解释)。29、（10分）硅、磷、硫、氯都是第三周期的非金属元素，它们在工农业生产中都有重要的用途。（1）基态硅原子的电子排布图为_______________；硫的基态原子能量最高的电子云在空间有________________个伸展方向，原子轨道呈________________形。（2）硅、磷、硫的第一电离能由大到小的顺序为________________。（3）单质磷与Cl2反应，可以生产PC13和PC15。其中各原子均满足8电子稳定结构的化合物中，P原子的杂化轨道类型为________________，其分子的空间构型为________________。（4）H3PO4为三元中强酸，与Fe3+形成H3[Fe(PO4)2]，此性质常用于掩蔽溶液中的Fe3+。基态Fe3+核外电子排布式为__________；PO43-作为___________为Fe3+提供________________。（5）磷化硼（BP）是一种超硬耐磨涂层材料，下图为其晶胞，硼原子与磷原子最近的距离为acm。用Mg/mol表示磷化硼的摩尔质量，NA表示阿伏加德罗常数的值，则磷化硼晶体的密度为_________g/cm3。

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【详解】A．向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，CO2＋2OH－=CO32-＋H2O，表现为铝罐变瘪，故A不选；B．铝罐表面有氧化膜Al2O3，发生Al2O3＋2OH－=2AlO2-＋H2O，故B不选；C．铝罐表面有氧化膜溶解后，接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应，2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑，罐壁又重新凸起，故C不选；D．溶液中没有铝离子，故D选。故选D。2、A【解析】A、碳酸根浓度越大，水解程度越小，所以氢氧根的物质的量是前者大于后者，A正确；B、碳酸根浓度越大，水解程度越小，因此溶液中碳酸根的物质的量是前者小于后者，B错误；C、碳酸根浓度越大，水解程度越小，但溶液中碳酸氢根浓度是前者小于后者，C错误；D、碳酸根浓度越大，水解程度越小，但后者溶液的碱性更强，因此由水电离出的氢氧根浓度是前者小于后者，D错误；答案选A。3、A【详解】A.元素周期表是元素周期律的具体表现形式，它反映元素原子的内部结构和它们之间相互联系的规律。为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现及预测它们的原子结构和性质提供线索，故A正确；B.在周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材料，故B错误；C.通常制造农药的主要元素有F、Cl、S、P等元素，并不在IA、IIA族元素中，故C错误；D.在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料，并不是半导体材料，故D错误；答案选A。【点睛】本题主要考查了周期表的意义，元素周期表在生产方面的应用表现在以下几个方面：①农药多数是含Cl、P、S、N、As等元素的化合物。

②半导体材料都是周期表里金属与非金属交接界处的元素，如Ge、Si、Ga、Se等。

③催化剂的选择：人们在长期的生产实践中，已发现过渡元素对许多化学反应有良好的催化性能。④耐高温、耐腐蚀的特种合金材料的制取：在周期表里从ⅢB到ⅣB的过渡元素，如钛、钽、钼、钨、铬，具有耐高温、耐腐蚀等特点。它们是制作特种合金的优良材料，是制造火箭、导弹、宇宙飞船、飞机、坦克等的不可缺少的金属。

⑤矿物的寻找：地球上化学元素的分布跟它们在元素周期表里的位置有密切的联系。科学实验发现如下规律：相对原子质量较小的元素在地壳中含量较多，相对原子质量较大的元素在地壳中含量较少；偶数原子序数的元素较多，奇数原子序数的元素较少。处于地球表面的元素多数呈现高价，处于岩石深处的元素多数呈现低价；碱金属一般是强烈的亲石元素，主要富集于岩石圈的最上部；熔点、离子半径、电负性大小相近的元素往往共生在一起，同处于一种矿石中。4、B【解析】A．Fe2+能被稀硝酸氧化，所以为了抑制Fe2+的水解，需用非氧化性酸酸化，不能用硝酸，故A错误；B．用HCl排除银离子等的干扰，再用氯化钡检验SO42-，则检验溶液中是否含有SO42-时用盐酸和氯化钡溶液，故B正确；C．乙酸与乙醇的酯化反应中，浓硫酸起到了催化剂和吸水剂的作用，故C错误；D．KMnO4能把HCl氧化为氯气，所以不能用浓盐酸酸化KMnO4溶液，应该用硫酸酸化，故D错误；故选B。5、B【解析】A.相同浓度CH3COONa和NaClO的混合溶液中，因HClO的电离程度小于CH3COOH的电离程度，ClO—的水解程度大于醋酸根离子，故c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，A错误；B.醋酸的电离平衡常数Ka=1.8×10－5=c(H+)×c(CH3COO-)/c(CH3COOH)，而c(CH3COOH):c(CH3COO－)＝5：9时，c(H+)=Ka×(CH3COOH)/c(CH3COO-)=1.8×10-5×5/9=10-5。PH=5，B正确；HClO的平衡常数介于碳酸一、二级电离常数之间，次氯酸钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：ClO－＋CO2＋H2O＝HCO32－＋HClO，C错误；等浓度的CH3COONa溶液、NaClO溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，阴离子越弱，其水解越强，pH值越大，反之，等pH的CH3COONa溶液、NaClO溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，其浓度由大到小为：c(CH3COONa)＞c(NaClO)＞c(Na2CO3)＞c(NaOH)。D错误。6、A【解析】A．燃料电池中通入燃料的电极是负极，负极反应式为C4H10+13O2－-26e-=4CO2↑+5H2O，选项A不正确；B．在放电时，熔融电解质中O2-向负极定向移动、阳离子向正极移动，选项B正确；C．电池总反应式和燃料燃烧方程式相同，为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O，选项C正确；D．燃料电池中通入氧化剂的电极是正极，所以通入空气的电极是正极，电极反应式为：O2+4e-═2O2-，选项D正确；答案选A。【点睛】本题考查化学电源新型电池，电化学的内容是历年高考的重点知识之一，在高考试题中出现的概率较高。燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，难点是电极反应式的书写，注意该电解质中自由移动的离子。正极发生还原反应，（1）在酸性溶液中O2+4e-+4H+==4H2O（2）在碱性溶液中,O2+4e-+2H2O==4OH-；（3）在熔融碳酸盐中,氧离子与碳酸根离子不能结合，只能与二氧化碳结合生成碳酸根离子，O2+2CO2-+4e-==2CO32-；（4）在熔融氧化物介质中，氧气得到电子转化为氧离子，O2+4e-==2O2-。7、D【解析】A.7.8gNa2O2是0.1mol，放入足量的水中二者反应，其中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，氧元素化合价从－1价升高到0价，部分降低到－2价，反应时转移0.1NA个电子，A错误；B.12.5mL16mol·L-l浓硫酸的物质的量是0.2mol，6.5g锌是0.1mol，二者共热开始生成SO2，随着硫酸浓度降低，稀硫酸与锌反应生成氢气，所以锌完全反应，转移的电子数为0.2NA，B错误；C.标准状况下HF不是气态，不能利用气体摩尔体积计算2.24LHF分子所含电子数目为NA，C错误；D.丙烯和环丙烷的分子式相同，均是C3H6，二者组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA，D正确，答案选D。点睛：阿伏加德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。该题中选项C是解答的易错点和难点，注意锌与铜性质的差异。8、D【详解】A.在酸化的硫酸亚铁能被氧气氧化：4Fe2++O2+4H＋=4Fe3++2H2O，A正确；B.混合溶液中Na2CO3与NaHCO3的物质的量均为0.01mol溶液，加入0.02molBa(OH)2溶液，得到0.02molBaCO3：CO+HCO+2Ba2++OH-=2BaCO3↓+H2O，B正确；C.HI是具有还原性的强酸，故氢氧化亚铁溶于氢碘酸中：Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2O，C正确；D.次氯酸钙溶液中通入过量CO2，没有CaCO3生成，得到碳酸氢钙和HClO，D错误；答案选D。9、B【分析】实验室制取氧气，应首先将装置连接好，并检查装置的气密性，然后装药品，加热，收集气体。最后还需注意，准备停止实验时，应先将导管从水槽中取后，而后撤离酒精灯，否则会倒吸，损坏反应仪器。【详解】A.③④①⑤②⑥，错在②⑥，即先熄灭酒精灯，后从水中取出导管，会产生倒吸现象，错误；B.③④①⑤⑥②，符合分析过程，正确；C.④①③⑤②⑥，实验已经开始，检查气密性已无意义，错误；D.④①③⑤⑥②，实验已经开始，检查气密性已无意义，错误。故选B。10、A【详解】A．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，大气固氮是闪电能使空气里的氮气转化为一氧化氮，不会产生氨气，故A错误；B．空气中的N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，故B正确；C．一氧化氮的密度比空气略大，不稳定，常温下就易与空气中的O2反应生成红棕色的二氧化氮气体，2NO+O2＝2NO2，故C正确；D．二氧化氮气体有毒，易与水反应生成硝酸(HNO3)和一氧化氮，3NO2+H2O＝2HNO3+NO，故D正确；故答案为A。【点睛】氮的固定是指：将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程。游离态是指氮气单质。大气固氮是闪电能使空气里的氮气转化为一氧化氮。在放电条件下，氮气跟氧气能直接化合生成无色的一氧化氮气体；一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；二氧化氮易溶于水，它与空气中的水反应后生成硝酸和一氧化氮。11、C【分析】A、四氧化三铁为氧化物，离子方程式中不能拆开．B、电荷不守恒，要加热才能反应；C、二氧化碳足量，反应生成碳酸氢根离子；D、反应条件为碱性；【详解】A、四氧化三铁不能拆开，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3－+28H＋═9Fe3＋+14H2O+NO↑，故A错误；B、电荷不守恒，用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故B错误；C、向NaAlO2溶液中通入足量的CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：AlO2－+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－，故C正确；D、在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：4OH－＋3ClO-+2Fe(OH)32FeO42-+3Cl-+5H2O，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了离子方程式的书写方法，解题关键：注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。易错选项D，注意溶液的酸碱性。12、C【详解】A、纯碱工业中利用碳酸钠和碳酸氢钠的溶解度不同，充入过量二氧化碳，促使平衡正向移动，涉及勒沙特列原理，故A不选；B、合成氨工业中氮气和氢气生成氨气是可逆反应，及时移除氨气，有利于平衡正向移动，涉及勒沙特列原理，故B不选；C、氯碱工业是电解食盐水的过程，没有发生可逆反应，不涉及勒沙特列原理，故C选；D、硫酸工业中，二氧化硫的催化氧化是可逆反应，提供充足的氧气，可以使平衡正向移动，涉及勒沙特列原理，故D不选；故选C。【点睛】熟悉常见工业生产的反应原理是解题的关键。解答本题需要注意，只有可逆反应，才有平衡移动，才会牵涉勒沙特列原理。13、A【解析】由实验步骤(1)可知该溶液的pH大于7，说明含有亚硫酸根，一定无Ba2＋；由(2)可知一定有④Br－；(3)说明生成硫酸钡沉淀，因SO32—也可被氧化成硫酸根，无法判断是否存在；因(2)加入氯水，故(4)无法证明原溶液中是否含有Cl－。【详解】A项、由（1）可知一定含有亚硫酸根，一定不含有钡离子，由（2）可知一定含有溴离子，由电荷守恒可知，一定含有钠离子，故A正确；B项、因亚硫酸根能被氧化生成硫酸根，无法确定是否存在硫酸根，故B错误；C项、因溶液中一定含有亚硫酸根，一定不含有钡离子，故C错误；D项、由（1）可知一定含有亚硫酸根，故D错误。故选A。14、B【详解】比例模型可以直观地表示分子的形状，其碳原子的成键情况是确定分子结构的关键，碳原子的成键情况主要根据与碳原子形成共价键的原子的数目确定，原子半径的关系为C>O>H，最大的原子为C，最小的原子为H，小于C原子的灰色原子为O。则该有机物的结构简式为CH3CH(OH)COOH，则其中含有官能团有一个羟基，一个羧基。故选B。15、D【解析】A、S原子的最外层电子数是6个，A不正确；B、氯离子的电子式不正确，应该是，B不正确；C、应该是，不正确；正确的答案选D。16、B【详解】A.检验FeSO4溶液中Fe2+是否完全被氧化成Fe3+，应选用酸性高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液，证明溶液中是否存在Fe2+离子，故A错误；B.用Na2CO3代替NH4HCO3，碳酸钠中碳酸根离子水解程度大，也可以发生双水解反应生成氢氧化亚铁沉淀，故B正确；C.FeSO4与碳酸氢铵发生的反应为:，无氨气生成，故C错误；D.检验沉淀是否洗涤干净，可用氯化钡溶液检验，若洗涤液中加入氯化钡溶液无沉淀生成说明洗涤干净，加入盐酸无现象变化，不能用盐酸，故D错误；【点睛】解题时需注意可以用KSCN溶液检验FeSO4溶液中Fe2+是否被氧化成Fe3+，SCN-与Fe3+反应生成Fe(SCN)3血红色溶液。若是检验FeSO4溶液中Fe2+是否全部被氧化成Fe3+，实际上是检验溶液中是否还有Fe2+剩余，应用酸性高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液证明溶液中不存在Fe2+离子。17、D【解析】A;14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气；5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体，,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L,剩余的气体只能是氢气，体积为3.36，,说明原混合物中一定含有铝，故A对；B:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化,因为氢氧化铝溶于强碱，Fe(OH)2易被氧化，所以一定不含FeCl2，能生成的白色沉淀一定是氯化镁与强碱反应生成的氢氧化镁白色沉淀,一定含有氯化镁，故B错误；C.根据上边分析，一定含氯化镁，一定不含FeCl2，故C错误；根据A分析一定有(NH4)2SO4，根据B分析一定有氯化镁。Mg(OH)2MgCl2(NH4)2SO42NH4+2NH358g1mol1mol22.4L2.9g0.05mol0.05mol2.24L(NH4)2SO4和MgCl2物质的量相等，故D正确。本题答案：D。点睛：:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气,5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体,无水蒸气的存在,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道,一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2,24L,剩余的气体只能是氢气,体积为3.36L,说明原混合物中一定含有铝。18、B【详解】根据定义，共价键中的电子被成键的两个原子共有，围绕两个原子核运动。所以，形成共价键的原子的最外层电子数等于它本身最外层电子的个数加上它与其他原子形成共价键的数目。据此，题中各原子的最外层电子个数为：A.BF3中B有3+3＝6个电子、F有7+1＝8个电子，不符合题意；B.NCl3中N有5+3＝8个电子、Cl有7+1＝8个电子，符合题意；C.H2O中H有1+1＝2个电子、O有6+2＝8个电子，不符合题意；D.PCl5中P有5+5＝10个电子、Cl有7+1＝8个电子，不符合题意。故答案选B。【点睛】本题要注意解题方法：满足最外层8电子饱和的，我们先看有没有氢元素，因为氢元素最外层2个电子就可以达到饱和了，所以很快的就可以排除了C选项，对于ABn型，我们可以按照一个公式：化合价的绝对值+主族序数=8，那么就满足8个电子饱和了。19、B【分析】基态电子排布遵循能量最低原理、洪特规则、泡利原理，电子不发生跃迁；原子光谱是原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列光所组成的光谱；同一能级，能层序数越大，轨道的能量越高，轨道的半径也越大；电负性是指原子对于电子的吸引能力，由元素周期律知，同一周期，从左至右，电负性增大。【详解】A．单核10电子粒子基态时，遵循能量最低原理，每个轨道排布2个电子，自旋方向相反，故A正确；B．原子光谱是原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列光所组成的光谱，所以电子在激发态跃迁到基态、基态跃迁到激发态时均会产生原子光谱，故B错误；C．s电子云均为球形，能层序数越大，轨道的能量越高，轨道的半径也越大，故C正确；D．由元素周期律知，同一周期，从左至右，电负性增大，N、O、F从左至右排列，故D正确；答案选B。【点睛】电子的排布遵循三原则：能量最低原理、洪特规则、泡利原理；电子由激发态跃迁到基态是发射光谱，由基态到激发态是吸收光谱。20、B【详解】A.与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多，说明酸HA的物质的量比HB多，推出相同pH时，c(HA)>c(HB)，即酸性HB>HA，故A不符合题意；B.在酸性环境中，具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，对检验Fe(NO3)2是否变质产生干扰，故B符合题意；C.NO2中存在：，放入热水中，气体颜色加深，说明反应向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应方向为放热反应，即△H<0，故C不符合题意；D.因为碳酸的酸性强于苯酚，因此溶液变澄清，说明苯酚与发生C6H5OH＋→+C6H5O－,从而推出结合H＋能力：>C6H5O-，故D不符合题意；故答案为B。21、D【详解】A.次氯酸钠具有强氧化性，不能用试纸测溶液的，故A错误；B.托盘天平只能记录到0.1g，不能称量的氯化钠，故B错误；C.量筒量取液体体积时应该“大而近”原则，量取的硫酸应该用100ml的量筒，故C错误；D.高锰酸钾具有氧化性，要用酸式滴定管量取，滴定管精确到0.01ml，故D正确；故选：D。22、B【分析】PbO2加热分解得到O2，得到的剩余固体含有Pb的+4和+2价的混合氧化物，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2，假设得到的氧气为3mol，则Cl2为2mol。在PbO2加热分解反应中，+4价铅的化合价降低的数值等于-2价氧的化合价升高的数值，所以得到的+2价铅的物质的量为3mol×4÷2=6mol。在剩余固体和浓盐酸的反应中，+4价铅的化合价降低的数值等于-1价氯的化合价升高的数值，所以在剩余固体中的+4价铅的物质的量为2mol×2÷2=2mol。所以在剩余固体中，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为2:6=1:3。Pb3O4可以看做是2PbO·PbO2，1molPb3O4里有2mol+2价铅，1mol+4价铅。【详解】A.1：2混合的PbO2、Pb3O4里，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为(1+1)：2=1:1，故A不选；B.1：1混合的Pb3O4、PbO，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为1：(2+1)=1:3，故B选；C.1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为(1+4×1)：(4×2+1)=5:9，故C不选；D.4：1：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为(4+1)：(2+1)=5:3，故D不选。故选B。二、非选择题(共84分)23、第2周期第VIIA族离子键2H2SO4(浓)+CCO2↑+2SO2↑+2H2OCl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O氟和氯同在VIIA族,其原子最外层电子数均为7,均可与氢原子共用一对电子形成共价键【分析】A、B、D、E、G是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中B与G同主族，B与G的单质都能与H2反应生成“HX”(X代表B或G)型氢化物，则B为F元素，G为Cl元素．D为同周期主族元素中原子半径最大的元素，原子序数大于F而小于Cl，则D为Na元素．A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19，可知A与E的最外层电子数都为6，则A为O元素，E为S元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识的解答。【详解】A、B、D、E、G是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中B与G同主族，B与G的单质都能与H2反应生成“HX”(X代表B或G)型氢化物，则B为F元素，G为Cl元素．D为同周期主族元素中原子半径最大的元素，原子序数大于F而小于Cl，则D为Na元素．A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19，可知A与E的最外层电子数都为6，则A为O元素，E为S元素；(1)B为F元素，位于周期表第2周期第VIIA族；(2)D为Na元素，其两种常见氧化物为氧化钠、过氧化钠，二者均含有离子键；(3)E的最高价氧化物对应水化物的浓溶液为浓硫酸，具有强氧化性，和木炭共热反应化学方程式为2H2SO4(浓)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O；(4)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2O；(5)氟和氯同在VIIA族，其原子最外层电子数均为7，均可与氢原子共用一对电子形成共价键，单质都能与H2反应生成HX型氢化物。24、cd取代反应酯基、碳碳双键氧化反应己二酸12；【分析】（1）a．糖类不一定有甜味，如纤维素等，组成通式不一定都是CnH2mOm形式，如脱氧核糖（C6H10O4）；b．麦芽糖水解生成葡萄糖；c．淀粉水解生成葡萄糖，能发生银镜反应说明含有葡萄糖，说明淀粉水解了，不能说明淀粉完全水解；d．淀粉和纤维素都属于多糖类，是天然高分子化合物；（2）B与甲醇发生酯化反应生成C；（3）由D的结构简式可知，含有的官能团有酯基、碳碳双键；D脱去2分子氢气形成苯环得到E，属于消去反应；（4）己二酸与1，4-丁二醇发生缩聚反应生成；（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5molW与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，生成二氧化碳为1mol，说明W含有2个羧基，2个取代基为-COOH、-CH2CH2COOH，或者为-COOH、-CH（CH3）COOH，或者为-CH2COOH、-CH2COOH，或者-CH3、-CH（COOH）2，各有邻、间、对三种；（6）（反，反）-2，4-己二烯与乙烯发生加成反应生成，在Pd/C作用下生成，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成。【详解】(1)a.糖类不一定有甜味，如纤维素等，组成通式不一定都是CnH2mOm形式，如脱氧核糖(C6H10O4)，故a错误；b.麦芽糖水解只能生成葡萄糖，故b错误；c.淀粉水解生成葡萄糖，能发生银镜反应说明含有葡萄糖，说明淀粉水解了，不能说明淀粉完全水解，故c正确；d.淀粉和纤维素都属于多糖类，是天然高分子化合物，故d正确；（2）B生成C的反应是，属于取代反应(酯化反应)；（3）中的官能团名称酯基、碳碳双键，D生成是分子中去掉了4个氢原子，反应类型为氧化反应；（4）含有2个羧基，化学名称是己二酸，由与1,4-丁二醇发生缩聚反应生成，反应的化学方程式为；（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，W与足量碳酸氢钠溶液反应生成1mol，说明W中含有2个羧基；2个取代基为-COOH、-CH2CH2COOH，或者为-COOH、-CH(CH3)COOH，或者为-CH2COOH、-CH2COOH，或者-CH3、-CH(COOH)2，各有邻、间、对三种，共有12种；其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为；（6）,和发生加成反应生成，在Pd/C作用下生成，然后用高锰酸钾氧化，得到，合成路线是。25、浓H2SO4吸收多余的Cl2，防止空气中的H2O和O2进入烧瓶中与白磷及PCl3反应排尽装置中的空气,防止白磷和PCl3与氧气反应先将K1关闭，打开K2，等B中溶液上方充满黄绿色气体后，即说明排净了空气，再打开K1，关闭K2即可。蒸馏当滴入最后一滴碘水溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不复原BF95%或94.9%【解析】（1）、PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl，D中反应需要在无水条件下进行，而A中制得的氯气中混有水蒸气和HCl，通过B装置时要干燥氯气，故装置B盛放浓硫酸，E装置支管圆底烧瓶是收集生成的PCl3，考虑到PCl3的熔沸点较低，很容易挥发，结合冷水是降温的，可知E中冷水的作用应该是冷凝PCl3，碱石灰有吸水和吸酸性气体的作用，本实验的尾气氯气有毒，对环境有污染，可被碱石灰吸收，同时还可以防止空气中的水汽进入烧瓶内与PCl3反应；故答案为浓H2SO4；吸收多余的Cl2，防止空气中的H2O和O2进入烧瓶中与白磷及PCl3反应。（2）、白磷遇氧气会自燃，故要将装置中的空气排出，可通过通入CO2达到目的；为了除去A、B装置中的空气，可以通过控制K1、K2除去，具体的操作是：先将K1关闭，打开K2，等B中溶液上方充满黄绿色气体后，即说明排净了空气，再打开K1，关闭K2即可。故答案是：排尽装置中的空气，防止白磷和PCl3与氧气反应；先将K1关闭，打开K2，等B中溶液上方充满黄绿色气体后，即说明排净了空气，再打开K1，关闭K2即可。（3）、由题中信息可知，POCl3和PCl3都是液体，熔沸点存在明显的差异，除去PC13中混有的POCl3，可选择蒸馏的方式进行分离，以得到纯净的PCl3，故答案是蒸馏。（4）、碘遇淀粉先蓝色，用0.1000mol·L-1碘水滴定溶液中PCl3生成的H3PO3，当H3PO3反应完全时，溶液中的淀粉会变蓝，所以答案是：当滴入最后一滴碘水溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不复原。A、烧杯中溶液转移至容量瓶中时，未洗涤烧杯，会造成溶质损失，则所配制的溶液浓度偏小；B、定容时俯视刻度线，会造成溶液体积偏小，则所配制的溶液浓度偏大；C、定容时仰视刻度线，会造成溶液体积偏大，则所配制的溶液浓度偏小；D、容量瓶未干燥，残留有少量的水，因后续定容还要加水，故对配制溶液无影响；E、移液时有少量液体溅出，会造成溶质损失，则所配制的溶液浓度偏小；F溶解碘时放热，未冷却至室温就转移至容量瓶并定容，会造成溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏大；当达到终点时消耗碘水溶液6.9mL，则n（I2）=0.0069L×0.1000mol·L-1=0.00069mol，根据:H3PO3+H2O+I2===H3PO4+2HI可知，参与反应的n（H3PO3）=0.00069mol，PCl3遇水强烈水解生成H3PO3和HCl的化学方程式是：PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl，则25mL溶液中PCl3的物质的量是：0.00069mol，所以250mL溶液中含PCl3的物质的量是：0.00069mol×10=0.0069mol，则PCl3的质量是0.0069mol×137.5g/mol=0.95g，则PCl3的质量分数是：×100%=95%。故此题答案是：故答案是：当滴入最后一滴碘水溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不复原；BF；95%。26、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2OcbdClO2-+4Fe2++10H2O=4Fe(OH)3↓+Cl-+8H+Fe2+易被水中溶解的氧气氧化，4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+【分析】由题目中所给信息和实验装置图可知：实验首先用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2++Cl2↑+2H2O，经除杂、干燥后在D中与亚氯酸钠固体反应生成ClO2，B装置除去氯气中的氯化氢，C装置用浓硫酸进行干燥，由于Cl2易溶于CCl4，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，最后收集、并处理尾气。(1)圆底烧瓶中浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，两者反应生成二氯化锰、氯气、水；(2)氯化氢易挥发，浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，氯气中混有氯化氢，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质，因氯气从溶液中制取，所以氯气中混有水蒸气，浓硫酸干燥除去水，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2；(3)ClO2-与Fe2+在pH=5～7的条件下能快速反应，最终形成红褐色沉淀，该沉淀为Fe(OH)3，而ClO2-则被还原成Cl-，据此结合化合价升降总数相等配平该反应的离子方程式；(4)Fe2+具有较强还原性，易被水中溶解的氧气氧化，故实际向自来水中加入Fe2+的量要高于理论值。【详解】(1)实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸盛装在分液漏斗中，圆底烧瓶内为MnO2，浓盐酸和MnO2在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气、水，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2++Cl2↑+2H2O；(2)由于浓盐酸具有挥发性，所以在加热时制取的氯气中混有杂质HCl和水蒸气，为制备纯净干燥的氯气，根据氯气不溶于饱和食盐水的性质，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质，然后用浓硫酸干燥除去水蒸气，由于Cl2易溶于CCl4，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，所以B、C、E装置中的试剂依次为：饱和食盐水、浓硫酸、CCl4，故B、C、E装置中的试剂序号依次是cbd；(3)ClO2-与Fe2+在pH=5～7的条件下能快速反应，最终形成红褐色沉淀，该沉淀为Fe(OH)3，铁元素化合价升高了1，而ClO2-则被还原成Cl-，化合价降低了4价，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等，可知Fe2+和Fe(OH)3的系数为4，ClO2-、Cl-的系数为1，结合原子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为：ClO2-+4Fe2++10H2O=4Fe(OH)3↓+Cl-+8H+；(4)由于Fe2+易被水中溶解的氧气氧化，发生反应为4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+，所以实际向自来水中加入Fe2+的量要高于理论值。【点睛】本题以实验室制备ClO2为载体，考查了物质制备方案的设计的知识，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。27、电解饱和食盐水加快反应速率Ca(ClO3)2+2KCl=CaCl2+2KClO3↓重结晶坩埚剩余固体质量已恒重，说明KClO3已分解完全①未在干燥器中冷却，剩余固体吸水②加热时间不足，氯酸钾未完全分解(任写一种)【分析】(1)工业用电解饱和食盐水的方法生产氯气；(2)温度升高有利于加快反应速率；(3)热的氯酸钙与氯化钾反应生成溶解度更小的氯酸钾，用重结晶的方法可提纯氯酸钾晶体；(4)(i)灼烧固体在坩埚中进行；(ii)第三次和第四次的固体质量恒重，说明分解完全；(iii)若某次测定结果的相对误差为-2.98%，说明所得数据偏小，可能为剩余固体质量偏大，据此分析。【详解】(1)在工业上一般用电解饱和食盐水的方法生产氯气，反应方程式为：；(2)为加快反应速率，减少Cl2与Ca(OH)2之间发生副反应生成次氯酸钙，氯化过程需在较高的温度下进行；(3)热的氯酸钙与氯化钾发生复分解反应生成溶解度更小的氯酸钾，反应为：Ca(ClO3)2+2KCl=CaCl2+2KClO3↓；若反应得到的氯酸钾晶体中含有少量氯化钾，进一步提纯的方法可根据氯酸钾的溶解度受温度的影响变化较大，用重结晶的方法纯氯酸钾晶体；(4)(i)灼烧固体要在坩埚中进行；(ii)由表中数据可知，第三次和第四次的剩余固体质量已恒重，说明此时KClO3已分解完全，因此无需再做第五次加热操作；(iii)若某次测定结果的相对误差为-2.98%，说明所得数据偏小，可能为剩余固体质量偏大，可能为未在干燥器中冷却，剩余固体吸水(加热时间不足，氯酸钾未完全分解)。【点睛】本题以物质制备为载体，考查学生对原理的分析理解、物质的分离提纯、氧化还原