浙江省名校2026届化学高三第一学期期中联考模拟试题含解析

浙江省名校2026届化学高三第一学期期中联考模拟试题注意事项：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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列条件下，可以大量共存的离子组是A．某无色透明溶液中：Na+、Cu2+、SO42－、OH－B．含有大量CH3COO－的溶液中：H+、K+、SO42－、NO3－C．pH=11的溶液中：Na+、K+、Cl－、CO32－D．0.1mol/L的H2SO4溶液中：K+、Ba2+、Cl－、NO3－2、将44.8gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物的混合气体0.8mol，这些气体恰好能被400mLNaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.5mol，则NaOH的浓度为A．2mol/L B．2.4mol/L C．3mol/L D．3.6mol/L3、将0.1mol镁和铝的混合物溶于100mL2mol/L稀硫酸中，然后滴加1mol/L的NaOH溶液。若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示,下列说法正确的是A．当V1=150mL时，金属粉末中镁粉的质量分数为50%B．若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)=400mL。C．若其中镁粉的物质的量分数为a，用100mL2mol/L稀硫酸溶解此混合物后，再加入450mL1mol/LNaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3,则a的取值范围为12D．若在滴加NaOH溶液的体积为V2时，溶液中溶质为NaAlO24、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，2.24LC6H14中所含碳碳单键数目为0.5NAB．25℃时，1L0.1mol·L-1CH3COOH溶液中所含的H+数目为0.1NAC．常温常压下，1.4gN2与CO的混合气体中所含原子总数为0.1NAD．50mL12mol·L-1的浓盐酸与足量MnO2反应，转移的电子数为0.3NA5、下列说法不正确的是A．纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同B．加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏C．CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变D．石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏6、氯气是一种重要的工业原料，液氯储存区贴有的说明卡如下：包装钢瓶储运要求远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪泄漏处理NaOH、NaHSO3溶液吸收下列解释事实的方程式不正确的是A．氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O2H++Cl－+ClO－B．电解饱和食盐水制取Cl2：2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑C．浓氨水检验泄露的氯气，产生白烟：8NH3+3Cl2===6NH4Cl+N2D．氯气“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用：HSO3－+Cl2+H2O===SO42－+3H++2Cl－7、下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是A．4.03米大口径碳化硅反射镜B．2022年冬奥会聚氨酯速滑服C．能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线D．“玉兔二号”钛合金筛网轮A．A B．B C．C D．D8、磷的化合物可用于生产杀虫剂、烟幕弹等。已知：2P4+3Ba(OH)2(足量)+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑。下列推断正确的是（）A．PH3的水溶液呈现弱酸性B．Ba(H2PO2)2是酸式盐C．利用(H3PO2)进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则氧化产物为H3PO4D．每生成2.24LPH3，反应转移0.3mole－9、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB．常温常压下，14gC2H4和C4H8混合气体含有的碳原子数为NAC．标准状况下，4.48L酒精所含的分子数目为0.2NAD．在氢氧化铁胶体的制备中如果有1mol三氯化铁水解，则氢氧化铁胶粒数为NA10、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是()A．由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣10mol•L﹣1的溶液中：Ba2+、K+、NO3﹣、Br﹣B．使甲基橙变红色的溶液中：K+、NH4+、HCO3﹣、Cl﹣C．与Al反应能放出大量H2的溶液中：Fe2+、Na+、NO3﹣、Cl﹣D．c（I﹣）=0.1mol•L﹣1的溶液中：Na+、Mg2+、ClO﹣、SO42﹣11、化学与社会、环境密切相关。如图为雾霾的主要成分示意图。下列说法不正确的是A．雾属于胶体，能产生丁达尔效应B．SO2和NxOy都属于酸性氧化物C．汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一D．重金属离子可导致蛋白质变性12、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，它们的最高价氧化物对应水化物分别为甲、乙、丙、丁，W的单质及某些化合物可用于自来水的消毒，常温下用0.1mol/L甲溶液滴定同浓度的20mL乙溶液，滴定曲线如图所示，甲、乙、丁均可与丙反应，下列说法正确的是（）A．原子半径：W>Z>Y>XB．简单氢化物的沸点：X<WC．金属性：Y>ZD．Z、W所形成的化合物电解可冶炼Z13、如图所示，隔板I固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A(g)+2B(g)xC(g)ΔH=-192kJ·mol-1。向M、N中都通入1molA和2molB的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变。下列说法正确的是A．若x=3，达到平衡后A的体积分数关系为：φ（M）>φ（N）B．若x>3，达到平衡后B的转化率关系为：α（M）>α(N)C．若x<3，C的平衡浓度关系为：c（M）>c（N）D．x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，平衡后N容器中A的浓度均相等14、已知W、X、Y、Z均为中学化学里常见的化学物质，它们之间有如下图所示的转化关系。其中不符合图中转化关系的W、X依次是（）A．W为O2，X为CB．W为稀HCl，X为NaAlO2溶液C．W为SO2，X为NaOH溶液D．W为Cl2，X为Fe15、金属铈(58Ce)常用于制作稀土磁性材料，可应用于制造玻璃、打火石、陶瓷和合金等。已知：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+。下列说法正确的是A．铈的原子核外有58个电子B．可用电解熔融CeO2制取金属铈，铈在阳极生成C．是同素异形体D．铈能溶于HI溶液，反应的离子方程式为：Ce+4H+=Ce4++2H2↑16、某物质有以下性质：①是电解质②溶解时有化学键的破坏③熔化时没有化学键的破坏，则该物质固态时属于A．原子晶体 B．离子晶体 C．分子晶体 D．金属晶体17、硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)。下列说法错误的是()A．碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用作净水剂B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行C．常温下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大D．可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化18、短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中A是原子半径最小的元素，B是地壳中含量最多的元素，只有C是金属元素，且A与C的最外层电子数相同，B、D两元素同主族。下列说法正确的是A．元素的原子半径：C<D<EB．对应简单氢化物的热稳定性：D>EC．B与C、B与D形成的化合物中化学键类型相同D．其中E的最高价含氧酸的酸性最强19、频哪醇重排反应是有机反应中的一类重要反应。反应过程如下，有关说法正确的是（）A．a、b互为同分异构体 B．a物质中所有碳原子可能共平面C．c的一氯代物数目最多有5种 D．a物质可以发生氧化反应、取代反应、加成反应20、常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，该溶液可能是()①二氧化硫②氯化铵水溶液③硝酸钠水溶液④氢氧化钠水溶液A．①④ B．①② C．②③ D．③④21、图中x、y、z、w四种含硫物质中，属于非电解质的是A．x B．y C．z D．w22、下列反应的离子方程式中错误的是A．氯化铝溶液中加入过量的氨水Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+B．用醋检验牙膏中的摩擦剂碳酸钙：CaCO3+2H+==Ca2++H2O+CO2↑C．将铜屑加入Fe3+溶液中：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+D．将铝片放入过量NaOH溶液中2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑二、非选择题(共84分)23、（14分）甲、乙、丙、丁、戊是中学常见的无机物，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示(某些条件和部分产物已略去)。（1）若甲由短周期中原子半径最大的金属元素组成，请写出丙中18电子双原子阴离子的电子式___。（2）若乙、丁混合或丙、丁混合均产生白烟，则戊所含的化学键有___。（3）若甲、丙均既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，则戊的水溶液在空气中加热直至灼烧最后得到的固体物质为___。（4）若丙是一种有刺激性气味的气体，常温下0.1mol/L戊溶液的pH=0.7，请写出反应②的离子方程式___。（5）若反应①是常见的可逆反应、放热反应，该反应的适宜条件是：铁触媒做催化剂，温度700K左右，压强30-50Mpa。戊是一种酸式盐。请写出戊的阴离子电离方程式___。24、（12分）M是日常生活中不可缺少的调味品。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质间的转化关系如下图所示（部分产物已略去）（1）若A是地売中含量最多的金属元素，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等，则A的该氯化物溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能为________________________________。（2）若A是CO2气体，A与B溶液反应后所得的溶液再与盐酸反应，放出气体的物质的量与所加盐酸体积之间的关系如右图所示，则A与B溶液反应后溶液中的溶质为____________________（填化学式），物质的量之比为_______。（3）若A是一种正盐，A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，则A的化学式为_____________。（4）若A是一种盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入KSCN后溶液显红色，则由A转化成E的离子方程式是____________________________________________________。（5）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2＋、Fe3＋、Al3+、SO42-、CO32-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生如右图所示变化，由此可知，该溶液中肯定含有的离子为______________________________。25、（12分）铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，请根据下列实验回答问题。(1)生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸后溶液中大量存在的阳离子是_______________________；Y与过量浓硝酸反应后溶液中含有的盐的化学式为__________。(2)某溶液中含有Mg2＋、Fe2＋、Al3＋、Cu2＋等离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入到过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是________(填字母)。A．Mg2＋B．Fe2＋C．Al3＋D．Cu2＋(3)氧化铁是重要工业颜料，用废铁屑制备它的流程如下：回答下列问题：①操作Ⅰ的名称是________；操作Ⅱ的名称是________________；操作Ⅱ的方法为________________________________________________________。②Na2CO3溶液可以除油污，原因是(用离子方程式表示)_______________。③请完成生成FeCO3沉淀的离子方程式：_________________________________。26、（10分）现有Na2CO3和NaHCO3两种白色固体物质欲探究Na2CO3和NaHCO3稳定性的相对强弱，两同学分别设计了以下两组装置：请回答：（1）如甲图所示，分别用Na2CO3和NaHCO3做实验，试管②中的试剂是______________（填字母）．a．稀HSO4b．NaOH溶液c．Ca(OH)2溶液（2）如乙图所示，试管④中装入的固体应该是_________（填化学式）．（3）通过上述实验，得出的结论是：Na2CO3比NaHCO3的稳定性_______（填“强”或“弱”）．（4）欲鉴别两种物质的溶液可选用的试剂是________________（5）等物质的量浓度两种物质的溶液与同浓度的盐酸反应，反应速率快的是_________（填化学式）（6）除去碳酸钠粉末中混入的碳酸氢钠杂质用______方法，化学方程式_____________________________（7）除去碳酸氢钠溶液中混入的硅酸钠杂质的试剂是______，所采用的分离方法______27、（12分）文献表明：工业上，向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁；相同条件下，草酸根的还原性强于。为检验这一结论，某研究性小组进行以下实验：资料：ⅰ.草酸为二元弱酸。ⅱ.三水三草酸合铁酸钾为翠绿色晶体，光照易分解。其水溶液中存在ⅲ.为黄色固体，溶于水，可溶于强酸。（实验1）用以下装置制取无水氯化亚铁(1)圆底烧瓶中所盛试剂是______，玻璃丝的作用是______。(2)欲制得纯净的，实验过程中点燃A、C酒精灯的先后顺序是先点燃______处酒精灯。(3)若用D的装置进行尾气处理，存在的问题是______、______。（实验2）通过和在溶液中的反应比较和的还原性强弱。操作现象在避光处，向溶液中缓慢加入溶液至过量，搅拌，充分反应后，冰水浴冷却，过滤得到翠绿色溶液和翠绿色晶体(4)取实验2中少量晶体洗净，配成溶液，滴加溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是__________________。(5)经检验，翠绿色晶体为。设计实验，确认实验2中没有发生氧化还原反应的操作和现象是__________________，其可能原因是__________________。(6)取实验2中的翠绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程式：__________________+__________________+__________________+__________________（实验3）研究性小组又设计以下装置直接比较和的还原性强弱，并达到了预期的目的。(7)描述达到预期目的可能产生的现象：电流计的指针_______(填“会”或“不会”)发生偏转，一段时间后，左侧_______，右侧_______。28、（14分）TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质(1)Ti是一种活泼金属，原子核内有22个质子，它在周期表中的位置是____________。(2)根据上表信息推测TiCl4中含有的化学键类型是_______________。(3)MgCl2的电子式为____________。(4)氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有_________________。(5)精制过程：粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4如图。①物质a是__________________(填化学式)。②T1应控制在______________________。29、（10分）氯化铜、氯化亚铜是重要的化工原料,广泛地用作有机合成催化剂。I.实验室中以粗铜(含杂质Fe)为原料制备铜的氯化物。现用如图所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应(铁架台、铁夹、酒精灯已省略)。按要求回答下列问题:（1）按气流方向连接各仪器接口顺序是：a

______________________________。（2）写出加热时硬质试管中发生化学反应的方程式是______________________________。（3）反应后,盛有NaOH溶液的广口瓶中溶液具有漂白、消毒作用,若用钢铁(含Fe、C)制品盛装该溶液会发生电化腐蚀,钢铁制品表面生成红褐色沉淀,溶液会失去漂白、杀菌消毒功效。该电化腐蚀过程中正极反应式是_______________________________。II.将上述实验制得的固体产物按如下流程操作,试回答下列问题:（1）检验溶液2中是否含有杂质离子的试剂是__________________。（2）某同学用实验制得的CuCl2·2H2O晶体配制500mL0.1mol·L-1的CuCl2溶液,在称量出CuCl2·2H2O晶体后,溶解该晶体的具体操作为_________________________________

，分析以下操作对配制的溶液浓度造成的影响，影响偏高的是___________________________。①蒸馏水洗完容量瓶后没有烘干②转移溶液过程中出现漏液③砝码生锈④定容时俯视（3）溶液l可加试剂X用于调节pH以除去杂质,X可选用下列试剂中的(填序号)_________。a.NaOH

b.NH3·H2O

c.CuO

d.CuSO4

e.Cu2(OH)2CO3（4）反应②是向溶液2中通入一定量的SO2,加热一段时间后生成CuCl白色沉淀。写出制备CuCl的离子方程式:_________________________________________________________。

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、C【详解】A.某无色透明溶液中，Cu2+与OH－反应生成蓝色沉淀，不能大量共存，且Cu2+在溶液中为蓝色，故A错误；B.含有大量CH3COO－的溶液中，CH3COO－与H+结合形成弱电解质醋酸，不能大量共存，故B错误；C.pH=11的溶液显碱性，溶液中各离子之间不发生反应，与氢氧根离子也不发生反应，能大量共存，故C正确；D.0.1mol/L的H2SO4溶液中，Ba2+与SO42-反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；答案选C。2、C【详解】44.8gCu的物质的量为=0.7mol，分析整个过程，Cu与硝酸发生氧化还原反应时Cu失去1.4mol，N得到电子生成氮的氧化物，之后和NaOH溶液反应得到NaNO2和NaNO3两种盐溶液，NaNO3中N元素化合价与HNO3中相同，所以Cu失去的1.4mol电子全部被NaNO2得到，NaNO2中N元素化合价为+3价，所以NaNO2的物质的量为0.7mol，根据Na元素守恒可知400mLNaOH溶液中n(NaOH)=0.7mol+0.5mol=1.2mol，所以NaOH的浓度为=3mol/L，故答案为C。3、B【解析】A、当V1=150mL时，此时溶液是MgSO4、Al2(SO4)3和Na2SO4混合液，由Na＋离子守恒可知，n（Na2SO4）=1/2n（Na＋）=1/2n（NaOH）=1/2×0.15L×1mol·L－1=0.075mol，设MgSO4为xmol，Al2(SO4)3为ymol，根据Mg原子、Al原子守恒可得：x+2y=0.1，根据SO42－离子守恒可知：x+3y=0.2-0.075，联立方程解得：x=0.05、y=0.025，镁粉的物质的量分数为50%，而不是质量分数，故A错误；B、当溶液中Mg2＋、Al3＋恰好沉淀完全时，此时的溶液为Na2SO4溶液，根据SO42－离子和Na＋离子守恒可得：n（Na＋）=2n（Na2SO4）=2（H2SO4）=2×0.1L×2mol·L－1=0.4mol，所以滴入NaOH溶液的体积为V（NaOH）=0.4mol/1mol·L－1=0.4L=400mL，故B正确；C、混合物为0.1mol，其中镁的物质的量分数为a，用100mL2mol/L硫酸溶解后，再加入450mL1mol/L氢氧化钠溶液，所得溶液无Al(OH)3沉淀，证明生成的氢氧化铝全部和氢氧化钠反应，结合B选项：v1=400mL，再加入50mL1mol/L氢氧化钠溶液，所得Al(OH)3沉淀完全溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，Al(OH)3最大取值0.05mol，即0＜n（Al）≤0.05mol，n（Mg）+n（Al）=0.1mol，则0.5≤n（Mg）＜1，即0.5≤a＜1；D、若在滴加NaOH溶液的体积为V2时，溶液中溶质为NaAlO2和Na2SO4混合液，故D错误；故选B。点睛：本题考查图象和混合物反应的计算相结合，题目难度较大，解题关键：明确每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式对有关问题进行分析。解题技巧：守恒思想在化学计算中的应用方法。试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．对于图象分析题的解题规律：难点是C选项，D选项为易错点。4、C【解析】A．标准状况下，C6H14为液体，无法用标准气体摩尔体积换算，A错误；B.醋酸是弱电解质，0.1molCH3COOH溶液中所含的H+数目小于0.1NA，B错误；C.N2与CO的摩尔质量相等，且都是双原子分子，1.4gN2与CO的混合气体的物质的量为0.05mol，则此混合气体中所含原子总数为0.1NA，C正确；D.因浓盐酸与足量MnO2反应，随反应进行浓度下降，停止反应，则转移的电子数小于0.3NA，D错误。答案选C。5、C【详解】A.烧碱和纯碱均属于离子化合物，熔化时须克服离子键，A项正确；B.加热蒸发氯化钾水溶液，液态水变为气态水，水分子之间的分子间作用力被破坏，B项正确；C.CO2溶于水发生反应：CO2+H2O⇌H2CO3，这里有化学键的断裂和生成，C项错误；D.石墨属于层状结构晶体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为分子间作用力，金刚石只含有共价键，因而石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，D项正确。故答案选C。6、A【解析】A．HClO为弱酸，不能完全电离；

B．电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠；

C．氯气具有强氧化性，可氧化氨气生成氮气；D．氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子。【详解】A.HClO为弱酸，不能完全电离，离子方程式为Cl2+H2OH++Cl－+HClO，A项错误；B.电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，电解方程式为2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑，B项正确；C.氯气具有强氧化性，可氧化氨气生成氮气，同时生成氯化铵，方程式为8NH3+3Cl2===6NH4Cl+N2，C项正确；D.氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子，反应的离子方程式为HSO3－+Cl2+H2O===SO42－+3H++2Cl－，D项正确；答案选A。【点睛】离子反应方程式的书写正误判断题是高频考点，涉及的知识面广，出题人经常设的陷阱有：不符合客观事实、电荷不守恒、原子不守恒以及反应物用量干扰等问题，如A选项是易错点，容易忽略次氯酸是弱电解质，而应该保留化学式。7、A【分析】本题主要考查有机物与无机物的区分（B选项为有机物，其他均为无机物），金属材料与非金属材料的区分。同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。【详解】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合题意；B.聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，故B不符合题意；C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，故C不符合题意；D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，故D不符合题意；综上所述，本题应选A。【点睛】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，创新点在于除了要判断是否为无机非金属材料，还给其加了限制条件“同主族”，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。8、C【详解】A.在Ba(OH)2足量的溶液中生成PH3气体，则PH3水溶液不可能呈现弱酸性，与题意不符，A错误；B.在Ba(OH)2足量的溶液中Ba(H2PO2)2为生成物，则Ba(H2PO2)2为正盐，与题意不符，B错误；C.利用(H3PO2)进行化学镀银反应中，Ag的化合价降低，由+1价变为0价，为氧化剂，P的化合价升高，做还原剂，若氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则P的化合价由+1变为+5，则氧化产物为H3PO4，符合题意，C正确；D.每生成标况下的2.24LPH3，反应转移0.3mole－，但气体状况不明时，无法计算，D错误；答案为C。【点睛】2.24LPH3为标况时，即0.1mol，化合价由0价变为-3价，转移0.3mole－。9、B【解析】A、1mol氯气发生歧化反应，转移的电子数目为NA；B、C2H4和C4H8的最简式为CH2，依据最简式计算混合气体中的碳原子个数；C、标准状况下，酒精是液体，不是气体；D、氢氧化铁胶体中是多个Fe（OH）3的聚合体。【详解】A项、氯气与水反应属于可逆反应，标准状况下，0.1molCl2溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，转移电子数小于0.1NA，故A错误；B项、C2H4和C4H8的最简式为CH2，最简式CH2的物质的量为1mol，含有碳原子的物质的量为1mol，含有碳原子数为2NA，故B正确；C项、标况下酒精是液体，无法根据体积求算其物质的量，故C错误；D项、l个氢氧化铁胶体中含有多个Fe（OH）3，1molFeCl3完全水解生成的氢氧化铁胶体胶粒数没有NA个，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意熟练掌握物质的量与摩尔质量、阿伏伽德罗常数之间的关系是解题关键。10、A【详解】A.溶液可能是酸性或碱性，四种离子在该溶液中能存在，故正确；B.溶液为酸性，碳酸氢根离子不存在，故错误；C.和铝反应放出氢气的溶液可能为酸性或碱性，亚铁离子在碱性溶液中不存在，酸性条件下硝酸根离子与铝反应不生成氢气，且能氧化亚铁离子，不能大量共存，故错误；D.次氯酸根离子能氧化碘离子，故错误。故选A。【点睛】掌握离子共存问题，注意有限定条件的习题。注意能和铝反应生成氢气的溶液可能是酸性或碱性，同时注意酸性条件下硝酸根离子与铝反应不产生氢气。11、B【分析】A.雾属于胶体；B.NxOy组成未知，不一定是酸性氧化物；

C.汽车尾气的排放可导致雾霾天气；D.重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离，使体内的蛋白质凝固及变性。【详解】A.雾属于胶体，胶体的特征性质是能产生丁达尔效应，所以A选项是正确的；B.二氧化硫为酸性氧化物，但NxOy组成未知，不一定是酸性氧化物，故B错误；C.汽车尾气的排放是雾霾天气的成因之一，所以C选项是正确的；

D.重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离子，形成配离子后蛋白质功能就丧失，使体内的蛋白质凝固及变性，所以D选项是正确的。

故答案选B。12、C【分析】W的单质及某些化合物可用于自来水的消毒，W是Cl；由滴定曲线可知：用0.1mol/L的甲溶液滴定同浓度的20mL乙溶液，滴定曲线如图所示，当V(甲)=0时，0.1mol/L的乙溶液的pH=13，则乙溶液为强碱溶液，Y为Na。当V(甲)=20mL时两者恰好完全反应且pH=7，则甲溶液为一元强酸，X的原子序数小于Na，则X为N，甲为HNO3。丙的最高价氧化物的水化物为两性，属于氢氧化铝，Z是Al。【详解】A．根据元素周期律，四种原子的原子半径：Na>Al>Cl>N，故A错误；B．由于氨分子间存在氢键，氯化氢分子间不能形成氢键，氨气沸点大于氯化氢的沸点，故B错误；C．由分析推知Y为Na，Z是Al，则金属性：Y>Z，故C正确；D．工业上用电解熔融氧化铝冶炼铝，不能用氯化铝，因为氯化铝不导电，故D错误；故答案选：C。13、D【详解】M容器是恒温恒容下建立的平衡，N容器是恒温恒压下建立的平衡，A．若x=3，由于反应前后气体体积不变，N容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效，所以达到平衡后A的体积分数关系为：φ（M）=φ（N），故A错误；B．若x＞3，由于反应后气体体积增大，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动，B的转化率增大，所以达到平衡后B的转化率关系为：α（M）＜α（N），故B错误；C．若x＜3，由于反应后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，C的平衡浓度增大，所以C的平衡浓度关系为：c（M）＜c（N），故C错误；D．恒温恒压下，x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，一边倒后，A与B的物质的量之比都是1：2，为等效平衡，反应物的浓度相同，即平衡后N容器中A的浓度均相等，故D正确；答案选D。14、D【解析】A.单质C和过量O2在点燃时反应生成CO2，和少量O2在点燃时反应生成CO，CO和O2在点燃时反应生成CO2，CO2和C在高温下反应生成CO，符合物质转化关系，A不符合题意；B.NaAlO2与少量盐酸发生反应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，与过量盐酸发生反应：AlO2-+4H+=Al3++2H2O；Al(OH)3是两性氢氧化物，能与强酸反应产生铝盐和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，Al3+和碱反应生成Al(OH)3，反应方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，符合物质转化关系，B不符合题意；C.NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，当SO2过量时发生反应：SO2+NaOH=NaHSO3；当SO2少量时发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；NaHSO3是酸式盐，与NaOH反应产生正盐Na2SO3，反应方程式为：NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O；Na2SO3与SO2、H2O反应产生酸式盐NaHSO3，反应方程式为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，符合物质转化关系，C不符合题意；D.Fe与Cl2在点燃时反应产生FeCl3，与二者相对物质的量的多少无关，不符合物质转化关系，D符合题意；故合理选项是D。15、A【解析】A．根据金属铈(58Ce)可知，铈元素的质子数为58，原子中质子数等于核外电子，故铈的原子核外有58个电子数，故A正确；B．电解熔融状态的CeO2可制备Ce，在阴极获得铈，阴极是Ce4+离子得到电子生成Ce，电极反应为：Ce4++4e-=Ce，故B错误；C．、具有相同质子数，不同中子数，故它们互为同位素，不是同素异形体，故C错误；D．由于氧化性Ce4+＞Fe3+＞I-，铈溶于氢碘酸，发生氧化还原反应，生成CeI3和I2，故D错误；故选A。16、C【解析】熔化时没有化学键的破坏说明不是离子、原子晶体，属于电解质，排除金属晶体，综合分析应为分子晶体。17、C【详解】A．碱式硫酸铁电离产生Fe3＋，Fe3＋能发生水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；B．NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故B正确；C．(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与(NH4)2SO4反应生成(NH4)2Fe(SO4)2，故C错误；D．KSCN溶液遇Fe2＋溶液无现象，(NH4)2Fe(SO4)2若被氧化则生成Fe3＋，KSCN溶液遇Fe3＋溶液变红，故D正确；故答案选C。18、D【解析】本题主要考查了元素周期律，化学键，原子半径和地壳中元素含量顺序。【详解】A是原子半径最小的元素，即A是氢元素；B是地壳中含量最多的元素，即B是氧元素；A与C的最外层电子数相同且C是金属元素，即C是钠元素；B、D两元素同主族，即D是硫元素，作为短周期元素，E只能是氯元素。A.同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，同主族元素从上到下依次增大，故元素的原子半径为C＞D＞E，A错误；B.对应简单氢化物的热稳定性与非金属性有关，同周期元素从左到右元素非金属性依次增强，故E>D，B错误；C.B与C形成的化合物是氧化钠或过氧化钠，化学键为离子键或离子键和共价键，B与D形成的化合物是二氧化硫、SO3，化学键是共价键，化学键类型不同，C错误；D.上述五种元素中，只有硫元素和氯元素有含氧酸，最高价含氧酸的酸性强弱与非金属性表现一致，故E的最高价氧化物对应水化物酸性最强，D正确。答案为D。【点睛】在元素周期表内，同周期原子半径从左往右逐渐减小，同主族原子从上到下逐渐增大；电子层结构相同的离子，阴离子半径大于阳离子半径。19、D【详解】A．a、b的分子式不同，不可能是同分异构体，故A错误；B．a分子结构中，这两个碳原子为sp3杂化，具有类似甲烷的立体结构，则结构中所有碳原子不可能共平面，故B错误；C．c的结构中两个苯环不对称，两个甲基为对称位置，共有7种等效氢原子，则一氯代物数目最多有7种，故C错误；D．a分子结构中含有苯环，可以发生取代反应、加成反应，a可以燃烧，发生氧化反应，故D正确；故答案为D。【点睛】根据分子中等效H原子判断，分子中由几种H原子，其一氯代物就有几种异构体。对于等效氢的判断：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效；②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效；③处于镜面对称位置上的氢原子等效。20、A【分析】依据常温下溶液中由水电离出来的c（H

+）=1.0×10

-13mol•L

-1，和水中的氢离子浓度比较可知，水的电离被抑制，结合所给物质的性质分析判断。【详解】c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，说明水的电离受到抑制，溶液为强酸或强碱溶液。①二氧化硫溶于水生成了亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子，会抑制水的电离，故①正确；②氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子会发生水解，水解的本质是促进水的电离，故②错误；③硝酸钠是强酸强碱盐，溶液为中性，水的电离程度不会减小，故③错误；④氢氧化钠为强碱，会抑制水的电离，故④正确。综上所述，本题正确答案为A。21、B【分析】由S化合价为-2价和气态氢化物可知x是H2S。【详解】A．H2S是酸，是电解质，A错误；B．SO3的水溶液虽然导电，但起导电作用的是H2SO4，所以SO3是非电解质，B正确；C．Na2SO4是盐，是电解质，C错误；D．H2SO3是酸，是电解质，D错误答案选B。【点睛】SO2、SO3、CO2、NH3等水溶液虽然能导电，但起导电作用的是它们与水反应的产物，所以SO2、SO3、CO2、NH3不是电解质。22、B【解析】试题分析：A、氯化铝溶液中加入过量的氨水的离子反应为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故A正确；B．用醋检验牙膏中的摩擦剂碳酸钙的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO‾，故B错误；C．将铜屑加入Fe3+溶液中的离子反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C正确；D、将铝片放入过量NaOH溶液中的离子反应为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故D正确。考点：本题考查离子方程式的书写。二、非选择题(共84分)23、离子键和共价键Al2O3或Al2(SO4)3或NaAlO2SO2+H2O2=2H++SO42-HSO4-=H++SO42-或HSO3-H++SO32-【分析】(1)甲为短周期中原子半径最大的元素，则为钠；丙中阴离子核外有18个电子，则单质乙中元素的质子数应小于9，从而确定其为O，丙中阴离子为O22-。(2)白烟通常为盐，最常见的是NH4Cl，生成它的气体要么为Cl2、NH3，要么为HCl、NH3；(3)若甲、丙均既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，则甲为Al，丙为Al2O3，丁能溶解Al2O3，则其为酸，可能为盐酸、硝酸或硫酸，也可能为强碱，由此可得出戊的组成。(4)常温下0.1mol/L戊溶液的pH=0.7，则其为二元强酸，即为硫酸，所以丙为SO2，丁为H2O2。(5)若反应①是常见的可逆反应、放热反应，该反应的适宜条件是：铁触媒做催化剂，温度700K左右，压强30-50Mpa，则为工业合成氨的反应，戊是一种酸式盐，则丁为二元酸，可能为硫酸，可能为亚硫酸，从而得出戊可能为硫酸氢盐，可能为亚硫酸氢盐。【详解】（1）由前面分析可知，甲为钠，则乙为O2，丙为Na2O2，其阴离子为O22-，电子式为；答案为。（2）若乙、丁混合或丙、丁混合均产生白烟，由于乙为单质，则丁为NH3，丙为HCl，乙为Cl2，甲为H2，戊为NH4Cl，则戊所含的化学键有离子键和共价键；答案：离子键和共价键。（3）若甲、丙均既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，则甲为Al，丙为Al2O3，乙为O2，丁能溶解Al2O3，则其为酸，可能为盐酸、硝酸或硫酸，也可能为NaOH，从而得出戊可能为AlCl3、Al(NO3)3、Al2(SO4)3、NaAlO2。若戊为AlCl3、Al(NO3)3，存在反应AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl↑，Al(NO3)3+3H2OAl(OH)3+3HNO3↑，2Al(OH)3Al2O3+3H2O，则最终所得固体为Al2O3；若戊为Al2(SO4)3，则最终所得固体为Al2(SO4)3；若戊为NaAlO2，则最终所得固体为NaAlO2。答案：Al2O3或Al2(SO4)3或NaAlO2。（4）常温下0.1mol/L戊溶液的pH=0.7，则其为二元强酸，即为硫酸，所以丙为SO2，丁为H2O2，反应②的离子方程式SO2+H2O2=2H++SO42-。答案：SO2+H2O2=2H++SO42-。（5）反应①是工业合成氨的反应，戊是一种酸式盐，则丁为二元酸，可能为硫酸，可能为亚硫酸，从而得出戊可能为硫酸氢铵，可能为亚硫酸氢铵。戊的阴离子电离方程式HSO4-=H++SO42-或HSO3-H++SO32-。答案：HSO4-=H++SO42-或HSO3-H++SO32-。【点睛】对于挥发性酸的弱碱盐，在加热蒸干和灼烧过程中，水解生成的酸挥发，水解生成的金属氢氧化物分解，所以最终所得的固体为金属氧化物；对于不挥发性酸的弱碱盐，因为起初水解生成的酸不能挥发，所以最终水解生成的金属氢氧化物再与酸反应，重新生成盐，故最终所得固体仍为该无水盐。24、2:3或者2:7Na2CO3和NaHCO31:1(NH4)2SO34Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓或者分步写Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3）H+、NH4+、Al3+、SO42-【分析】已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，所以C为氢气；D为氯气；若A是地売中含量最多的金属元素，则A为铝；AlCl3溶液和氢氧化钠溶液等体积混合后，可能发生的反应有Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+H2O,所以生成偏铝酸钠的总反应为Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O。若A是CO2气体，A与B溶液反应即CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2【详解】（1）当得到的沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等，由反应的离子方程式可知，碱过量时n[Al(OH)3]=n(AlO2﹣)，此时c(AlCl3):c(NaOH)=2:7当碱量不足时，n[Al(OH)3]=n(AlCl3),此时c(AlCl3):c(NaOH)=2:3所以A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能为2:3或2:7。（2）图所示知00.1V盐酸时没有气体放出，发生的是Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；0.10.3V时气体完全放出，发生的是NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，所以A与B溶液反应后溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，根据消耗盐酸的体积知Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为1:1。答案：Na2CO3和NaHCO3、1:1。（3）因为B为NaOH，A是一种正盐能和NaOH生成具有刺激性气味的气体，则A中含有NH4+;因为F为HCl，A是一种正盐且A能与大dddHCl生成具有刺激性气味的气体，则A中含有SO32_;所以A为(NH4)2SO3。答案：(NH4)2SO3。（4）若A是一种盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入KSCN后溶液显红色,推断出A为亚铁盐溶液，E为Fe(OH)3，则由A转化成E的离子方程式是Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓或Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3）。（5）由图可以知道,开始加入NaOH没有沉淀和气体产生,则一定有H+,一定没有CO32-,后来有沉淀产生且最后消失,则一定没有Mg2＋,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4++OH-=NH3H2O的反应,则含有NH4+,由电荷守恒可以知道一定含有SO42-,由此可知，该溶液中肯定含有的离子为H+、NH4+、Al3+、SO42-。25、Fe2＋、Fe3＋、H＋Fe(NO3)3BC过滤洗涤在漏斗中加入适量蒸馏水至恰好浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复2～3次CO＋H2OHCO＋OH－Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O【解析】(1)Fe3C在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y为Fe3O4，溶于过量的盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁，溶液有剩余的HCl，溶液中大量存在的阳离子是Fe2+、Fe3+、H+，硝酸具有强氧化性，Fe3O4与过量的浓硝酸反应生成硝酸铁；

(2)加入过量的NaOH，Al3+转化为偏铝酸根，Mg2+、Fe2+、Cu2+转化为氢氧化物沉淀，且氢氧化亚铁易被氧化，灼烧固体得到氧化镁、氧化铜、氧化铁，用过量的稀盐酸中，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+，与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是Al3+、Fe2+，故选BC；

(3)①由工艺流程可知，操作I是将固体与液体分离，应采取过滤的方法；FeCO3沉淀会附着其它离子，需要进行洗涤，减少杂质，具体操作为：在漏斗中加入适量蒸馏水，浸没过沉淀，让蒸馏水自然流下，重复2—3次；

②碳酸钠溶液中碳酸根水解CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，溶液呈碱性，油污主要为油脂，碱性条件下水解而除去；

③由工艺流程可知，操作I所得的滤液中主要有硫酸亚铁，加入碳酸氢铵，实质是亚铁离子与碳酸氢根离子反应，生成FeCO3，同时生成二氧化碳、水，反应离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。26、cNaHCO3强CaCl2溶液NaHCO3加热2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑CO2过滤【详解】(1)碳酸氢钠加热分解生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊，碳酸钠加热不分解，则甲图分别用Na2CO3和NaHCO3做实验，试管②中的试剂是c，溶液变浑浊可说明，故答案为c；(2)碳酸氢钠加热分解，为体现对比，小试管中应为碳酸氢钠，即乙图的试管④中装入的固体应该是NaHCO3，故答案为NaHCO3；(3)由上述实验可知，Na2CO3比NaHCO3的稳定性强，故答案为强；(4)碳酸钠与氯化钙或氯化钡反应生成白色沉淀，而碳酸氢钠不能，则鉴别两种固体物质可选用的试剂是CaCl2(或BaCl2)溶液，故答案为CaCl2(或BaCl2)溶液；(5)碳酸钠与盐酸反应先不生成气体，而碳酸氢钠与盐酸反应直接生成气体，则等物质的量浓度与同浓度盐酸反应速率快的为NaHCO3，故答案为NaHCO3；(6)碳酸氢钠不稳定，除去碳酸钠粉末中混入的碳酸氢钠杂质可以用加热的方法，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案为加热；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；(7)除去碳酸氢钠溶液中混入的硅酸钠杂质可以向溶液中通入二氧化碳后，生成硅酸沉淀和碳酸氢钠溶液，过滤即可达到目的，故答案为CO2；过滤。27、固体防堵塞A有水蒸气进入C中导致产品不纯、发生倒吸、可燃性气体不能被吸收(任意写出两种即可)溶液中存在平衡：，加热硫酸后，与结合可使平衡正向移动，增大，遇溶液变红取少量实验2中的翠绿色溶液，滴加溶液，不出现蓝色沉淀与形成配位化合物的趋势要强于与发生氧化还原反应242会溶液变为浅绿色有气泡产生【分析】实验1：主要是通过氯化钠固体和浓硫酸共热制得HCl气体，向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁，HCl有毒，需要进行尾气处理，据此回答；实验2：预设目的是通过和在溶液中的反应比较和的还原性强弱，但在实验条件下，没有出现预期现象，而得到翠绿色晶体，所得晶体取少量配成溶液、滴加KSCN溶液，不变红，但是加入硫酸后，溶液变红，那可见在加硫酸以后铁离子的浓度由小变大，可推测不是复盐而是配合物，铁元素存在于中，通过加硫酸以后平衡的移动来回答；实验3：通过设计原电池来比较和的还原性强弱，原电池中，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子从负极流出，电子沿着导线流向正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，和中还原性强的就是原电池负极反应物，据此分析回答；【详解】(1)据分析知：圆底烧瓶中所盛试剂是NaCl固体，玻璃丝的作用是防堵塞；

(2)欲制得纯净的FeCl2，在铁和氯化氢反应前，必须用产生的HCl气体排净装置中的空气，故实验过程中点燃A、C酒精灯的先后顺序是：先点燃A处酒精灯，再点燃C处的酒精灯；

(3)若用D的装置进行尾气处理，存在的问题是：有水蒸气进入C中导致产品不纯、发生倒吸、可燃性气体H2不能被吸收；

(4)取实验2中少量晶体洗浄，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素，加硫酸后溶液变红的原因是：溶液中存在平衡，加入硫酸后，与结合可使平衡正向移动，增大，遇溶液变红；

(5)经检验，翠绿色晶体为为，设计实验，确认实验2中没有发生氧化还原反应的操作和现象是：取少量实验2中的翠绿色溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀，其可能原因是与形成配位化合物的趋势要强于与发生氧化还原反应；

(6)取实验1中的翠绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生，反应生成二氧化碳，铁离子被还原为亚铁离子，结合电子守恒、原子守恒书写得到离子方程式为：，故答案为：2；4；2；；2CO2↑；

(7)设计如图装置直接比较和的还原性强弱，并达到了预期的目的，则按信息：草酸根的还原性强于，结合原电池原理可推知：装置右侧是原电池的负极区，失去电子被氧化得到二氧化碳气体，装置左侧是原电池的正极区，铁离子得电子被还原，故达到了预