2026届宁夏回族自治区银川市兴庆区银川一中化学高三第一学期期中教学质量检测模拟试题含解析

2026届宁夏回族自治区银川市兴庆区银川一中化学高三第一学期期中教学质量检测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W、X、Y、Z原子的最外层电子数之和为21,下列说法中不正确的是A．原子半径：X>Y>WB．简单阴离子的还原性：Z＞WC．气态氢化物的稳定性：W>YD．氧化物对应水化物的酸性：Z>

Y2、在一密闭容器中，反应aX(g)+bY(g)cZ(g)达到平衡时平衡常数为K1；在温度不变的条件下向容器中通入一定量的X和Y气体，达到新的平衡后Z的浓度为原来的1.2倍，平衡常数为K2，则K1与K2的大小关系是（）A．K1<K2 B．K1=K2 C．K1>K2 D．无法确定3、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．44gCO2与C3H8的混合物中含有共用电子对数为9NAB．硝酸与铜反应得到NO2、N2O4共23g，则铜失去的电子数为0.5NAC．将标准状况下2.24LSO2通入水中完全溶解，溶液中HSO32-与SO32-总数为0.1NAD．标准状况下，8.96L的平均相对分子质量为3.5的H2与D2混合物中含中子数0.3NA4、已知下列反应：Co2O3＋6HCl（浓）=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O（Ⅰ）；5Cl2＋I2＋6H2O=10HCl＋2HIO3（Ⅱ）。下列说法正确的是（）A．还原性：CoCl2>HCl>I2B．氧化性：Co2O3>Cl2>HIO3C．反应Ⅰ中HCl是氧化剂D．反应Ⅱ中Cl2发生氧化反应5、设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A．1L含NA个NH3·H2O的氨水，其浓度为大于1mol·L-1B．3.4gNH3中含N—H键数目为0.2NAC．1L0.1mol·L-1乙酸溶液中H+数为0.1NAD．常温常压下的33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NA6、中国化学家研究的一种新型复合光催化剂碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是(

)A．C3N4中C的化合价为-4

B．反应的两个阶段转移电子数相等C．阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂

D．通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化7、已知图一表示的是可逆反应CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)-Q（Q＞0）的化学反应速率（v）与时间（t）的关系，图二表示的是可逆反应2NO2(g)N2O4(g)+Q（Q＞0）的浓度（c）随时间t的变化情况，下列说法中正确的是A．图一t2时刻改变的条件可能是升高了温度或增大了压强B．图一t2时刻改变的条件可能是通入了CO气体C．图二t1时刻改变的条件可能是升高了温度或增大了压强D．图二t1时刻改变的条件是增大压强，则混合气体的平均相对分子质量将减小8、下列实验不合理的是A．证明非金属性强弱S＞C＞SiB．四氯化碳萃取碘水中的碘C．制备并收集少量NO气体D．制备少量氧气9、下列有关原子结构及元素周期表的叙述正确的是A．第IA族元素钫的两种核素：221Fr比223Fr少2个质子B．第三周期金属元素的离子半径：r(Na+)<r(Mg2+)<r(Al3+)C．第ⅦA族元素从上到下，单质与氢气化合越来越容易D．通常可在周期表的过渡元素中寻找化学反应的催化剂10、某溶液中除水电离出的OH-、H+之外含Na+、Fe2+、Al3+、Ba2+、SO42-、NO3-、Cl-中的4种，这4种离子的物质的量均为0.1mol。若向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生。下列说法错误的是A．该溶液中肯定不含Ba2+B．若向该溶液中加入过量的稀硫酸，溶液中的阴离子会减少一种C．若向该溶液中加入足量NaOH溶液，滤出沉淀，洗净灼烧后最多能得8.0g固体D．该溶液中除水电离出的OH-、H+之外所含离子是Na+、Fe2+、SO42-、NO3-11、一种新型的电解废水处理技术是以活性炭为电极板和粒子凝胶颗粒填充的电解装置(如图所示)。用该装置电解过程中产生的羟基自由基(•OH)氧化能力极强，能把苯酚氧化为CO2和H2O。下列说法错误的是A．a电极为负极B．阳极电极反应式为2H2O－4e-=O2↑+4H+C．苯酚被氧化的化学方程式C6H5OH+28•OH=6CO2↑+17H2OD．阳极区每产生0.6mol气体，阴极区理论上就会产生1.4mol气体12、仪器名称为“容量瓶”的是（）A． B． C． D．13、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。在如图所示的物质转化关系中，p、q、m、n分别是元素W、X、Y、Z的气体单质，p和s均为有色气体，v的水溶液呈碱性。常温下，0.1mol·L-1t溶液与0.1mol·L−1u溶液的pH均为1。下列说法不正确的是（）A．Y、W的最高价氧化物对应的水化物均为强酸B．元素的非金属性：Z>Y>X，原子半径：X<Z<YC．s溶于水的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2D．v只有还原性，r既有还原性又有氧化性14、下列的图示与对应的叙述相符的是（

）A．如图表示向A1Cl3溶液中滴加NaOH溶液时n[Al(OH)3]的变化情况B．如图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点表示的溶液通过升温可以得到b点C．如图表示某一放热反应，若使用催化剂，E1、E2、△H都会发生改变D．如图表示向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸时，产生n(CO2)的情况15、常温下，关于溶液的说法正确的是（）A．溶质的电离方程式为B．加水稀释后，与的乘积变大C．离子浓度关系：D．温度升高，溶液的增大16、在25℃时，用蒸馏水稀释1mol/L的醋酸溶液至0.01mol/L，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是(

)A．c(H+)/c(CH3COOH)B．c(CH3COOH)/c(H+)C．n(CH3COOH)/c(CH3COO-)D．c(CH3COO-)

c(H+)/c(CH3COOH)17、下列化工生产不符合实际的是（）A．海水提溴时用到热空气将Br2吹出B．工业制HCl时氯气在氢气中燃烧C．硫酸工业中使用到热交换器D．石油通过分馏得到裂化汽油18、化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是A．Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加B．正极的电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O2Ag＋2OH−C．锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D．使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降19、相对分子质量为M的气态化合物VL（标准状况），溶于mg水中，得到质量分数为w、物质的量浓度为cmol/L、密度为ρg/mL的溶液，下列说法正确的是（）A．溶液密度 B．物质的量浓度C．溶液的质量分数 D．相对分子质量20、下列化学用语正确的是A．硫原子结构示意图：B．次氯酸分子的结构式：H—O—C1C．H2O2的电子式：D．碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3==Na++H++CO32-21、碱式氯化铜[CuaClb(OH)c•H2O]是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应后生成CuCl2。已知Fe3＋对该反应有催化作用，其催化原理如图所示步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。下列有关说法正确的是（）A．a、b、c之间的关系式为：a=b＋cB．图中M、N分别为Fe2+、Fe3＋C．步骤1充分反应后，加入CuO是为了除去Fe3＋D．若制备1molCuCl2，理论上消耗11.2LO222、下表中对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是()选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A铜绿的主要成分是碱式碳酸铜可用稀盐酸除去铜器表面的铜绿Ⅰ对、Ⅱ对；有B铜表面易形成致密的氧化膜铜容器可以盛放浓硫酸Ⅰ对、Ⅱ错；无C银的导电性比铜的好，但导线一般用铜制而不用银制铜比银的熔点高、密度小Ⅰ对、Ⅱ对；有D蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是物理变化硫酸铜溶液可用作游泳池的消毒剂Ⅰ对、Ⅱ对；无A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）有A、B、C、D、E、F6种短周期元素，G为过渡元素；已知相邻的A、B、C、D4种元素原子核外共有56个电子，在周期表中的位置如图所示。1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2；E单质粉末与G的氧化物常用于野外焊接钢轨；F是短周期最活泼的金属元素。请回答下列问题：（1）元素D、G的名称分别为：__。（2）D的单质与C的气态氢化物反应方程式为___。（3）C、E、A的简单离子半径：__＞__＞__，B、C、D的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序为___(用化学式表示)。（4）向D与E形成的化合物的水溶液中滴加过量烧碱溶液的离子方程式为__。（5）用电子式表示F与C形成化合物的过程___。（6）G的单质与高温水蒸气反应的方程式___。（7）部分元素在周期表中的分布如图所示（虚线为金属元素与非金属元素的分界线），下列说法不正确的是___。A．B只能得电子，不能失电子B．原子半径Ge＞SiC．As可作半导体材料D．Po处于第六周期第VIA族24、（12分）A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：，R-COOH(1)A的名称是_____________；B中含氧官能团名称是________________。(2)C的结构简式________________；D→E的反应类型为________________(3)E→F的化学方程式为___________________________。(4)B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是__________________（写出结构简式）。(5)等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为__________；检验其中一种官能团的方法是______________（写出官能团名称、对应试剂及现象）。25、（12分）闪锌矿（主要成分ZnS，含Cd、Fe、Cu等元素杂质）是冶炼锌单质的原料，有两种常见的冶炼方式：火法炼锌和湿法炼锌。两种方法均先将闪锌矿加热焙烧，得到以ZnO为主要成分的焙砂，再分别经过两条路线得到单质锌，同时得到副产品。已知：（I）相关金属单质的熔沸点金属单质ZnFeCuCd熔点(K)69318121356594沸点(K)1180302328401040（II）几种离子生成氢氧化物沉淀的pHFe3+Zn2+Cu2+Cd2+开始沉淀pHl.l5.94.76.9完全沉淀pH3.28.96.79.6请回答下列问题:（1）步骤②若焦炭与ZnO(s)反应生成1molCO时吸收akJ的热量，请写出该反应的热化学方程式___________________________________________________。（2）步骤④中操作I的分离方法为蒸馏，得到副产品粗镉需控制温度为____左右。（3）步骤⑦需调节溶液pH为_______，目的是_____________________________。（4）写出步骤⑧中反应的离子方程式___________________________（任写一个）（5）步骤⑨以Pt为电极进行电解，阴极的电极反应方程式为________________。（6）分别取闪锌矿200kg，通过火法炼锌得到Zn的质量为65kg，通过湿法炼锌得到Zn的质量为78kg，闪锌矿中ZnS的质量分数约为___________。26、（10分）二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，遇水剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，其熔点-105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解。（1）用硫黄（用S表示）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜，原子利用率达100%，则三者的物质的量比为________。写出SOCl2吸收水蒸气的化学方程式：___________。（2）甲同学设计下图装置用ZnCl2·xH2O晶体制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2（夹持及加热装置略）：①装置的连接顺序为A→B→______→______→______→______。______________②搅拌的作用是______，冷凝管的作用是_______________________________。③实验结束后，为检测ZnCl2·xH2O晶体是否完全脱水，称取蒸干后的固体ag溶于水，加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，过滤，洗涤，干燥，称得固体为bg。若_____（保留一位小数），即可证明ZnCl2·xH2O晶体已完全脱水。④乙同学认为直接将ZnCl2·xH2O晶体置于坩埚中加热即可得到无水ZnCl2，但老师说此方法不可。请用化学方程式解释原因：______________________________________。（3）丙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丁同学认为该实验会发生氧化还原反应。请你设计并简述实验方案判断丁同学的观点：_____________。27、（12分）碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。I．合成该物质的步骤如下:步骤1：配制200mL0.5mol·L-1MgSO4溶液和400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液；步骤2：将所配NH4HCO3溶液倒入四口烧瓶中，控制温度50℃，边搅拌边把所配MgSO4溶液于1min内逐滴加入NH4HCO3溶液中，然后用氨水调节溶液pH至9.5；步骤3：放置1h后，过滤、洗涤、干燥得碳酸镁晶须产品（MgCO3•nH2O，n=1~5）。(1)步骤1中配制400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒外，还有____________。(2)①步骤2中应采取的较好加热的方法为__________；②根据上述实验药品的用量，四口烧瓶的最适宜规格为______（填标号）。A．250mLB．500mLC．1000mLD．2000mL③生成MgCO3•nH2O的离子方程式为________________________________________。

(3)步骤3中，为加快过滤速度，常用__________(填过滤方法)。II．测定合成的MgCO3∙nH2O中的n值：方法1：称量1.000g碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中，加入水，滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被过量的NaOH溶液吸收，在室温下反应4～5h，反应后期将温度升到30℃，最后，烧杯中的溶液加足量氯化钡溶液后，用已知浓度的盐酸滴定至中性，从而测得CO2的总量；重复上述操作2次。(4)图中气球的作用是_______________________________________。(5)设NaOH溶液为amol·L-1bmL。3次实验测得消耗cmol·L-1盐酸的体积平均值为dmL，则n值为______________________（用含a、b、c、d的代数式表示）。(6)若省去“反应后期升温到30℃”的步骤，产生的后果是n值_______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。方法2：用热重分析法测定合成的MgCO3·nH2O中的n值。称取100g上述晶须产品进行热重分析，热重曲线如图。(7)230℃~430℃发生的化学反应的方程式为__________________________。28、（14分）高纯硝酸锶[Sr(

NO3)2]用于制造信号灯、光学玻璃等。I.工业级硝酸锶中常含有硝酸钙、硝酸钡等杂质，其中硝酸钙可溶于浓硝酸，而硝酸锶、硝酸钡不溶于浓硝酸。提纯硝酸锶的实验步骤如下：①取含杂质的硝酸锶样品，向其中加入浓HNO3

溶解，搅拌。②过滤，并用浓HNO3

洗涤滤渣。③将滤渣溶于水中，加略过量CrO3

使Ba2+

沉淀，静置后加入肼(

N2H4)将过量CrO3还原，调节pH

至7~8，过滤。④将滤液用硝酸调节pH

至2~3，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤。⑤将得到的Sr(

NO3)2·2H2O

晶体在100℃条件下干燥，得到高纯硝酸锶。（1）步骤②用浓HNO3洗涤滤渣的目的是______________。（2）步骤③中肼将CrO3

还原为Cr3+，同时产生一种无色无味的气体，该反应的离子方程式为_____________。（3）肼具有很好的还原性，且氧化产物无污染，故可用于除去锅炉等设备供水中的溶解氧，现欲除去100L锅炉水中的溶解氧(

含氧气8.8mg/L)，需要肼的质量为__________。Ⅱ.

Sr(NO3)2

受热易分解，生成Sr(NO2)2

和O2；在500℃时Sr(NO2)2

进一步分解生成SrO

及氮氧化物。（4）取一定质量含Sr(NO2)2

的Sr(NO3)2

样品，加热至完全分解，得到7.28gSrO固体和6.92

g混合气体。计算该样品中Sr(NO3)2

的质量分数__________(写出计算过程，计算结果精确到0.01%

)。29、（10分）运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。I．CO还原NO的脱硝反应：2CO(g)＋2NO(g)⇌2CO2(g)＋N2(g)△H（1）已知：CO(g)＋NO2(g)⇌CO2(g)＋NO(g)△H1=－226kJ·mol-1N2(g)＋2O2(g)⇌2NO2(g)△H2=＋68kJ·mol-1N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)△H3=＋183kJ·mol-1脱硝反应△H=__________，有利于提高NO平衡转化率的条件是________________（写出两条）。（2）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领域的重要课题。某研究小组在实验室以Ag-ZSM-5为催化剂，对CO、NO催化转化进行研究，测得NO转化为N2的转化率随温度、CO混存量的变化情况如下图所示，①若不使用CO，温度超过775℃，发现NO的分解率降低，其可能的原因为_________________；在n(NO)/n(CO)＝1的条件下，应控制最佳温度在____________左右。②用CxHy(烃)催化还原NOx也可消除氮氧化物的污染，写出C2H6与NO2发生反应的化学方程式：_________。③NO2尾气常用NaOH溶液吸收，生成NaNO3和NaNO2。已知NO2－的水解常数K=2×10-11，常温下某NaNO2和HNO2混合溶液的pH为5，则混合溶液中c(NO2－)和c(HNO2)的比值为__________。II．T℃时，在刚性反应器中发生如下反应：CO(g)＋NO2(g)⇌CO2(g)＋NO(g)，化学反应速率v=kPm(CO)Pn(NO2)，k为化学反应速率常数。研究表明，该温度下反应物的分压与化学反应速率的关系如下表所示：（3）若反应初始时P(CO)=P(NO2)=akPa，反应tmin时达到平衡，测得体系中P(NO)=bkPa，则此时v=___________kPa·s-1（用含有a和b的代数式表示，下同），该反应的化学平衡常数Kp=_____（Kp是以分压表示的平衡常数）。

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】W、X、Y、Z均为短周期元素，假设W是第一周期，则W为He元素，最外层为2，那么Z、Y、X的最外层分别为7、6、4，此时四种元素最外层电子数之和为19，不符合题意，故假设不成立。W应处于第二周期，X、Y、Z处于第三周期，设X的原子最外层电子数是a，则Y的最外层电子数是a+2，Z最外层电子数是a+3，W的最外层电子数是a+4，这四种元素原子的最外层电子数之和为20，则a+(a+2)+(a+3)+(a+4)=21，解得a=3，故X是Al元素、Y是P元素、Z是S元素、W为F元素。A．同周期元素原子半径由左至右逐渐减小，同主族原子半径从上至下逐渐增大，故原子半径X＞Y＞W，正确，A不选；B．W为F元素，是非金属性最强的元素，其单质氧化性W＞Z，简单阴离子的还原性：W<Z，正确，B不选；C．非金属性W>Y，故气态氢化物的稳定性：W>Y，正确，C不选；D．非金属性Z＞Y，其对应的最高价氧化物水化物酸性Z＞Y，其他价态不能根据非金属性比较，错误，D选。答案选D。2、B【详解】平衡常数只与温度有关，对于同一反应只要温度不变，平衡常数不变，所以K1=K2，故答案为B。3、B【解析】A.44gCO2与C3H8的混合物总物质的量是1mol，C3H8分子中共用电子对数为10，而CO2分子中共用电子对数为4，两者的含量不确定，所以不能确定所含的电子对总数，故A错误；

B.NO2、N2O4的最简式均为NO2，故23g混合气体中含有的NO2的物质的量为0.5mol，而在硝酸和铜反应时，氮元素的价态由+5价变为+4价，故当生成0.5molNO2

时硝酸得到0.5mol电子即0.5NA个，即铜失去0.5NA个电子，故B正确；

C.二氧化硫与水反应生成亚硫酸，属于弱电解质，不能完全电离，所以溶液中H2SO3、HSO32-与SO32-总数为0.1NA，故C错误；

D.H2与D2的相对分子质量分别为2和4，根据十字交叉法可知H2与D2的物质的量之比为1：3，故8.96L即0.4mol的混合气体中H2的物质的量为0.1mol，而D2的物质的量为0.3mol，而H2中不含中子，D2中含2个中子，故0.3molD2中含0.6mol中子即0.6NA个，故D错误。故选B。4、B【详解】A.由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，Ⅰ中还原性为HCl>CoCl2，Ⅱ中还原性为I2>HCl，故A错误；B.由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，Ⅰ中氧化性为Co2O3>Cl2，Ⅱ中氧化性为Cl2>HIO3，则氧化性为Co2O3>Cl2>HIO3，故B正确；C.反应Ⅰ中Cl元素的化合价升高，则HCl为还原剂，故C错误；D.Ⅱ中Cl元素的化合价降低，则Cl2发生还原反应，故D错误；故选B。【点睛】准确判断反应中元素化合价的变化是解决此题的关键，单质中元素化合价为0，化合物中多价态的元素化合价可以根据化合价代数和为0的规律计算得到。5、A【详解】A.NH3·H2O能发生电离，所以溶液中含有NA个NH3·H2O的溶液，其浓度大于1mol·L-1，故A正确；B.3.4克氨气的物质的量为0.2mol，每个氨气分子含有3个氮氢键，所以有0.6mol氮氢键，故B错误；C.乙酸为弱酸，不完全电离，故不能计算氢离子数目，故C错误；D.常温常压下33.6L氯气的物质的量不能用标况下气体摩尔体积计算，故D错误。故答案选A。【点睛】溶液中的微粒的数目需要注意电离和水解问题，弱电解质存在电离平衡，所以弱电解质溶液中电解质分子或离子数目一般不能确定。6、C【详解】A.化合物C3N4中氮元素的化合价为-3价，结合化合物中化合价代数和为0可得，碳元素的化合价为+4价，不符合题意，A错误；B.由于两个过程中，参与反应的量未知，因此无法比较转移电子数的大小，不符合题意，B错误；C.阶段Ⅱ中发生反应的化学方程式为：2H2O2=2H2O＋O2↑，H2O2中氧元素由－1价变为0价和－2价，因此H2O2既是氧化剂，又是还原剂，符合题意，C正确；D.该反应中，实现了太阳能转化为化学能，不符合题意，D错误；故答案为C【点睛】未给定参与反应的量，无法比较转移电子数的多少。7、A【详解】A.该反应的正反应是吸热反应，图一中升高温度正逆反应速率都增大，平衡正向移动，改变条件瞬间正逆反应速率与原来平衡速率没有接触点，图象符合，故A正确；B.图一中通入CO气体瞬间，反应物浓度增大，生成物浓度不变，则改变条件瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，与原来平衡速率应该有接触点，图象不符合，故B错误；C.该反应的正反应是放热反应，图二中升高温度瞬间反应物和生成物浓度不变，则升高温度瞬间反应物和生成物浓度都不变，图象不符合，故C错误；D.图二中如果改变的条件是增大压强，容器体积减小，反应物和生成物浓度都增大，平衡正向移动，导致反应物浓度减小、生成物浓度增大，混合气体总物质的量减小，气体总质量不变，其平均摩尔质量增大，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以改变条件后气体平均相对分子质量增大，故D错误；答案选A。8、D【详解】A.发生的反应为Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2，CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3+Na2CO3

，证明酸性顺序H2SO4>H2CO3>H2SiO3，即非金属性强弱S＞C＞Si，故A项正确；B.四氯化碳萃取碘水中的碘在分液漏斗中进行，故B项正确；C.3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，NO不溶于水，该装置可以制备并收集少量NO气体，故C正确。D.Na2O2遇水即溶解反应，不能留在筛孔上，无法做到随关随停，故D错误;答案D。【点睛】根据元素周期律的知识，判断非金属的强弱。元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，反之最高价氧化物的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强。且根据强酸能制取弱酸的规律能判断。H2SO4>H2CO3>H2SiO3，所以元素的非金属性S＞C＞Si。9、D【解析】A.221Fr比223Fr为同位素，质子数相同，故A错误；B.电子层结构相同的离子，离子半径随核电荷数的增加而减小，因此离子半径r(Na+)＞r(Mg2+)＞r(Al3+)，故B错误；C.第ⅦA族元素从上到下，元素的非金属逐渐减弱，单质与氢气化合越来越困难，故C错误；D.优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料大多属于过渡元素，故D正确；故选D。10、B【解析】向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明溶液中一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子，生成的气体为一氧化氮；由于溶液中存在的4种离子的物质的量均为0.1mol，根据溶液电中性，溶液中一定还存在一种阴离子，若是存在氯离子，溶液已经呈电中性，不会存在其它离子，所以溶液中存在的阴离子为硫酸根离子，再根据溶液电中性可知，正电荷物质的量为：0.1mol×2=0.2mol，负电荷物质的量为：0.1mol×2+0.1mol=0.3mol，溶液中一定还存在0.1mol正电荷，该离子的物质的量为0.1mol，所以该离子为钠离子，以此解答该题。【详解】加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子；根据溶液的电中性可以判断溶液中还存在硫酸根离子和钠离子，A．根据以上分析可知，溶液中一定不存在钡离子，选项A正确；B．溶液中氢氧根离子、硫酸根离子不会消失；根据反应方程式NO3-+3Fe2++4H+=NO↑+3Fe3++2H2O可知，亚铁离子不足，加入足量的稀硫酸后，硝酸根离子不会消失，选项B错误；C．若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，根据铁离子守恒，生成氧化铁的物质的量为0.05mol，质量为：0.05mol×160g/mol=8.0g，选项C正确；D．根据分析可知，该溶液中除H+、OH-之外所含离子是Fe2+、Na+、NO3-、SO42-，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查离子的检验，侧重于学生的分析能力的考查，明确常见离子的性质及检验中发生的化学反应是解答本题的关键，注意检验中应排除离子的相互干扰来解答，并注意离子共存及溶电荷守恒的应用，题目难度中等。11、B【详解】A．电解池中失去电子的电极为阳极，阳极上水失电子生成羟基和氢离子，所以b电极为正极，a为负极，故A正确；B．阳极上水失电子生成羟基和氢离子，其电极方程式为：H2O-e-=•OH+H+，故B错误；C．羟基自由基有极强的氧化能力，能把苯酚氧化为CO2和H2O，则苯酚被氧化的化学方程式为：C6H5OH+28•OH=6CO2↑+17H2O，故C正确；D．根据H2O-e-=•OH+H+，阳极生成1mol•OH，转移1mole-，在阳极上消耗28mol•OH，转移28mol电子，生成6molCO2，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，转移28mole-时，阴极区可以产生14molH2，则阳极区每产生0.6mol气体，转移2.8mol电子，根据2H++2e-=H2↑，阴极区理论上就会产生1.4mol气体，故D正确；答案选B。12、B【详解】A．为圆底烧瓶，故A错误；B．为容量瓶，故B正确；C．为锥形瓶，故C错误；D．为分液漏斗，故D错误；故选B。13、D【分析】v的水溶液呈碱性，则v为NH3；常温下，0.1mol·L-1t溶液与0.1mol·L−1u溶液的pH均为1，则t溶液与u溶液都为强酸溶液；p和s均为有色气体，再由物质转化图，可确定p为Cl2，s为NO2；再据放电条件，可确定m、n为N2、O2。从而确定p、q、m、n分别是Cl2、H2、N2、O2，u为HCl，v为NH3，r为NO，s为NO2，t为HNO3。W、X、Y、Z分别为Cl、H、N、O。【详解】A.N、Cl的最高价氧化物对应的水化物化学式为HNO3、HClO4，二者均为强酸，A正确；B.元素的非金属性O>N>H，原子半径H<O<N，两关系都正确，B正确；C.NO2溶于水，发生反应3NO2+H2O==2HNO3+NO，氧化剂(NO2→NO)与还原剂(NO2→HNO3)的物质的量之比为1：2，C正确；D.NH3、NO既有还原性又有氧化性，D错误。故选D。14、A【详解】A.氯化铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝和氯化钠的反应，反应的化学方程式为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl；氢氧化铝沉淀溶解的过程，反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，前后NaOH的物质的量之比为3：1，符合此图，故A正确；B.b点为硝酸钾在80℃时的饱和溶液，a点为不饱和溶液，可以通过升高温度蒸发掉部分溶剂，然后恢复到80℃可以变成饱和溶液，但是仅仅升高温度不行，故B错误；C.催化剂能改变活化能，但不能改变反应热，故C错误；D.向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸时，发生的反应依次为Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3和NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，不会立刻产生二氧化碳，故D错误；正确答案是A。15、D【详解】A.因为碳酸是弱酸，所以部分电离的HCO3-应以化学式表示。溶质的电离方程式为KHCO3→K++HCO3-，错误；B.加水稀释后，因为温度不变，所以水的离子积常数不变，与的乘积不变，B错误；C.离子浓度满足电荷守恒关系：，C错误；D.温度升高，HCO3-水解程度增大，增大，溶液的增大，正确。故选D。16、A【解析】试题分析：醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸，促进醋酸电离，则n（CH3COO－）、n（H＋）增大，n（CH3COOH）减小，但醋酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以c（CH3COO－）、c（H＋）、c（CH3COOH）都减小，但c(OH－)增大，据此分析解答。A中加水稀释醋酸，促进醋酸电离，n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，所以c(HB中加水稀释醋酸，促进醋酸电离，n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，所以c(CHC中加水稀释醋酸，促进醋酸电离，n（CH3COOH）减小，n（CH3COO－）增大，则c(CHD中温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，故D错误，答案选A。考点：考查了弱电解质的电离点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题设计新颖，基础性强，有利于培养学生的逻辑思维能力和抽象思维能力。注意电离平衡常数只与温度有关，与溶液的浓度无关，D为易错点17、D【解析】石油通过分馏得到直馏汽油，通过裂化才能得到裂化汽油，故选D。18、A【详解】A.Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+迁移至铜电极，H+氧化性较强，得电子变H2，因而c(H+)减小，A项错误；B.Ag2O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成Ag,结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O2Ag＋2OH−，B项正确；C.Zn为较活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，C项正确；D.铅蓄电池总反应式为PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。故答案选A。19、D【分析】A、根据c=1000ρω/M进行计算；B、根据n=V/Vm计算气体的物质的量，根据m=nM计算气体的质量，进而计算溶液的质量，进而根据V=m/ρ计算溶液的体积，再利用c=n/V计算；C、根据n=V/Vm计算气体的物质的量，根据m=nM计算气体的质量，进而计算溶液的质量，根据溶质质量分数=溶质质量/溶液质量×100%计算；D、根据n=V/Vm计算气体的物质的量，根据m=nM计算气体的质量，进而计算溶液的质量，根据溶质质量分数=溶质质量/溶液质量×100%，整理计算M．【详解】A、根据c=1000ρω/M可知，溶液密度ρ=cM/1000×w=cM/1000w，故A错误。B、VL气体的物质的量为的物质的量为VL/22.4L·mol－1=V/22.4mol，故氨气的质量为V/22.4mol×Mg·mol－1=g，溶液的质量为（+m）g，溶液的体积为(VM/22.4+m)g/1000ρg·L－1=(VM+22.4m)/22400ρL，故溶液的物质的量浓度c==1000ρV/(VM+22.4m)mol·L－1，故B错误；C、VL气体的物质的量为的物质的量为VL/22.4L·mol－1=V/22.4mol，故氨气的质量为V/22.4mol×Mg·mol－1=g，溶液的质量为（+m）g，故质量分数w=，故C错误；D、VL气体的物质的量为的物质的量为VL/22.4L·mol－1=V/22.4mol，故氨气的质量为V/22.4mol×Mg·mol－1=g，溶液的质量为（+m）g，故溶液质量分数w=，整理得M=，故D正确；故选D。20、B【解析】A.硫原子核外电子数为16，其结构示意图为：，故A错误；B.氧原子最外层电子数为6，可分别为氯原子和氢原子形成共价键，从而形成8电子稳定结构，其结构式为：H—O—C1，故B正确；C.H2O2为共价化合物，其电子式为：，故C错误；D.碳酸氢钠在水溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，故电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，故D错误；答案选B。21、C【详解】A.化合物中正负化合价的代数和等于0，可知2a=b+c，A错误；B.Fe3＋对该反应有催化作用，可知M是Fe3＋，N是Fe2+，B错误；C.步骤1充分反应后的溶液中含催化剂Fe3+，Fe3+水解使溶液显酸性，CuO与H+反应产生Cu2+和水，当溶液的pH增大到一定程度，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去，从而达到除去Fe3+的目的，C正确；D.制备1molCuCl2，转移2mol电子，根据电子守恒，需要消耗0.5molO2，未给定氧气的条件，不能确定气体的体积，D错误；答案为C。【点睛】气体的体积受温度、压强的影响较大，在标准状况下Vm=22.4L/mol。22、A【解析】A、铜绿的主要成分为Cu2(OH)2CO3，其能与稀盐酸反应而被除去，而Cu与稀盐酸不反应。B、铜在常温下与浓硫酸几乎不反应，铜表面不会形成致密的氧化膜，可以用铜容器盛放浓硫酸；C、导线不用银制是因为导线的用量太大且银比铜贵很多。D、CuSO4·5H2O转化为CuSO4是化学变化，因CuSO4属于重金属盐，能使蛋白质变性。【详解】A、铜绿的主要成分为Cu2(OH)2CO3，其能与稀盐酸反应而被除去，而Cu与稀盐酸不反应，故A正确。B、铜在常温下与浓硫酸几乎不反应，铜表面不会形成致密的氧化膜，可以用铜容器盛放浓硫酸，故B错误。C、导线不用银制是因为导线的用量太大且银比铜贵很多，故C错误。D、CuSO4·5H2O转化为CuSO4是化学变化，因CuSO4属于重金属盐，能使蛋白质变性，故能用作游泳池的消毒剂，故D错误；故选A。二、非选择题(共84分)23、氯铁Cl2+H2S=2HCl+S↓S2－O2－Al3＋HClO4＞H2SO4＞H3PO4Al3+＋4OH-=AlO2-＋2H2O3Fe＋4H2OFe3O4+4H2A【分析】设C的原子序数为x，则A为x-8，B为x-1，C为x+1，A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，则有x+x-8+x-1+x+1=56，x=16，所以C为S元素，A为O元素，B为P元素，D为Cl元素，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2，可知E的化合价为+3价，应为Al元素，E单质粉末与G的氧化物常用于野外焊接钢轨，G为Fe，F是短周期最活泼的金属元素，F为Na，根据元素周期律的递变规律比较原子半径以及元素的非金属性强弱，结合元素对应的单质、化合物的性质解答该题。【详解】（1）根据分析，元素D为氯，元素G为铁。（2）D的单质与C的气态氢化物反应即氯气与硫化氢反应，生成氯化氢和硫单质，反应方程式为Cl2+H2S=2HCl+S↓。（3）根据电子层数越多，半径越大，具有相同结构的离子，原子序数越小的离子半径越大，则离子半径为S2-＞O2-＞Al3＋；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则有HClO4＞H2SO4＞H3PO4。（4）D和E形成的化合物为AlCl3，水溶液中滴入过量烧碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al3++4OH--=AlO2-+2H2O。（5）钠和氯在形成氯化钠的过程中，钠原子失去一个电子形成钠离子，氯原子得到一个电子形成氯离子，之后结合生成氯化钠，电子式表示为（6）G为铁，铁单质与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe＋4H2OFe3O4+4H2。（7）A．B可以失电子，H3BO3中B显+3价，故A选项错误。B．同一主族越往下原子半径越大，故原子半径Ge＞Si，B选项正确。C．As与Si化学性质较相近，也可作半导体材料，故C选项正确。D．Po在周期表中处于第六周期第VIA族，故D选项正确。故答案选A【点睛】本题考查元素推断及元素化合物知识，本题从元素在周期表中的相对位置为载体，通过元素原子核外电子数目关系推断元素种类，考查元素周期律的递变规律以及常见元素化合物的性质，学习中注重相关基础知识的积累。24、丙烯酯基取代反应CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2HCOO-CH=C(CH3)2l：l检验羧基：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变红(或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色)【分析】A分子式为C3H6，A与CO、CH3OH发生反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，聚丁烯酸甲酯发生水解反应，然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A与Cl2在高温下发生反应生成D，D发生水解反应生成E，根据E的结构简式CH2=CHCH2OH可知D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为。【详解】根据上述推断可知A是CH2=CH-CH3，C为，D是CH2=CHCH2Cl，E为CH2=CHCH2OH，F是，G是。(1)A是CH2=CH-CH3，名称为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B中含氧官能团名称是酯基；(2)C的结构简式为，D是CH2=CHCH2Cl，含有Cl原子，与NaOH的水溶液加热发生水解反应产生E：CH2=CHCH2OH，该水解反应也是取代反应；因此D变为E的反应为取代反应或水解反应；(3)E为CH2=CHCH2OH、E与2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，该反应方程式为：CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2；(4)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，说明含有醛基、酯基及碳碳双键，则为甲酸形成的酯，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是HCOO-CH=C(CH3)2；(5)含有羧基，可以与NaOH反应产生；含有羧基可以与NaHCO3反应产生和H2O、CO2，则等物质的量消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；在中含有羧基、碳碳双键、醇羟基三种官能团，检验羧基的方法是：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变为红色；检验碳碳双键的方法是：加入溴水，溴水褪色。【点睛】本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型、反应条件及题给信息是解本题关键，难点是有机物合成路线设计，需要学生灵活运用知识解答问题能力，本题侧重考查学生分析推断及知识综合运用、知识迁移能力。25、ZnO(s)+C(s)Zn(g)+CO(g)△H=+akJ/mol1040K3.2<pH<5.9除去溶液中的Fe3+Zn＋Cu2＋Zn2＋＋CuZn＋Cd2＋Zn2＋＋CdZn2++2e—Zn48.5%【解析】闪锌矿(主要成分ZnS，含Cd、Fe、Cu等元素杂质)加热焙烧，得到以ZnO为主要成分的焙砂，其中还含有其他金属的氧化物。焙砂中的金属氧化物被焦炭还原生成金属单质和残渣，要得到金属蒸气，需要控制温度在1373K~1573K，得到的蒸气中含有锌和镉，通过蒸馏可以分离锌和镉；焙砂中加入硫酸将金属氧化物溶解，再加入双氧水将生成的亚铁盐氧化，调节溶液的酸碱性，使铁离子沉淀，得到的溶液Ⅱ中主要含有Zn2+、Cu2+、Cd2+，再加入锌，将Cu2+、Cd2+还原，得到的溶液Ⅲ中主要含有Zn2+，最后电解得到金属锌。(1)

步骤②若焦炭与ZnO(s)反应生成1mol

CO时吸收akJ的热量，反应的热化学方程式为ZnO(s)+C(s)Zn(g)+CO(g)△H=+akJ/mol，故答案为：ZnO(s)+C(s)Zn(g)+CO(g)△H=+akJ/mol；(2)根据相关金属单质的熔沸点数据可知，步骤④中操作I的分离方法为蒸馏，得到副产品粗镉需控制温度为1040K左右，故答案为：1040K；(3)根据几种离子生成氢氧化物沉淀的pH数据可知，

步骤⑦需调节溶液pH除去溶液中的Fe3+，因此需要控制pH在3.2<pH<5.9

，故答案为：3.2<pH<5.9；除去溶液中的Fe3+；(4)根据上述分析，步骤⑧中反应的离子方程式有Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu、Zn＋Cd2＋=Zn2＋＋Cd，故答案为：Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu、Zn＋Cd2＋=Zn2＋＋Cd；(5)步骤⑨以Pt为电极进行电解，阴极上锌离子发生还原反应生成锌，电极反应方程式为Zn2++2e—=Zn，故答案为：Zn2++2e—=Zn；(6)根据流程图，闪锌矿中ZnS的质量分数只能通过火法炼锌计算，闪锌矿中ZnS的质量分数为65kg×9765200kg26、2:3:1SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑DEFC使ZnCl2•xH2O晶体均匀、充分的与SOCl2接触，晶体脱水充分把剩余的SOCl2冷凝成液体回收2.1ZnCl2•xH2OZn(OH)Cl+HCl↑+(x-1)H2O、Zn(OH)ClZnO+HCl↑或ZnCl2•xH2OZn(OH)2+2HCl↑+(x-2)H2O、Zn(OH)2ZnO+H2O或ZnCl2•xH2OZnO+2HCl↑+(x-1)H2O方法1：取少量FeCl3•6H2O于试管中，加入SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，然后滴加BaCl2溶液，若生成白色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应；方法2：取少量FeCl3•6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加KSCN溶液，若没有明显现象则证明脱水过程发生了氧化还原反应；方法3：取少量FeCl3•6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加K3Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应【解析】（1）用硫黄（用S表示）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜，原子利用率达100%，则三者发生了化合反应，化学方程式为2S+3Cl2+SO3=3SOCl2，其物质的量比为2:3:1。SOCl2吸收水蒸气的化学方程式为SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑。（2）由题意知，A是晶体的脱水反应装置；B是回收剩余的SOCl2的装置；C是尾气吸收装置；D是保护装置，防止水蒸气进入B中；E是防止倒吸的；F是用于检验生成物中含有SO2的。①装置的连接顺序为A→B→D→E→F→C。②搅拌的作用是使ZnCl2·xH2O晶体均匀、充分的与SOCl2接触，使晶体充分脱水，冷凝管的作用是把剩余的SOCl2冷凝成液体回收。③实验结束后，为检测ZnCl2·xH2O晶体是否完全脱水，称取蒸干后的固体ZnCl2ag溶于水，加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，过滤，洗涤，干燥，称得固体AgCl为bg。若，即可证明ZnCl2·xH2O晶体已完全脱水。④直接将ZnCl2·xH2O晶体置于坩埚中加热，晶体首先会溶解在结晶水中形成溶液，氯化锌发生水解得到碱式氯化锌或氢氧化锌，氢氧化锌受热分解得到氧化锌，总之，得不到无水ZnCl2，发生的反应的化学方程式为ZnCl2·xH2OZn(OH)Cl+HCl↑+(x-1)H2O或ZnCl2·xH2OZn(OH)2+2HCl↑+(x-2)H2O、(Zn(OH)ClZnO+HCl↑)或ZnCl2·xH2OZnO+2HCl↑+(x-1)H2O。（3）SOCl2与FeCl3·6H2O若发生氧化还原反应，则+3价铁将被还原为+2价铁，+4价S被氧化为+6价S，产物中有亚铁离子、硫酸根。要证明它们确实发生了氧化还原反应，我们可以检验硫酸根或检验+3价铁离子或检验+2价亚铁离子，所以可以设计如下3个实验方案：方法1：取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，然后滴加BaCl2溶液，若生成白色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应。方法2：取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加KSCN溶液，若没有明显现象则证明脱水过程发生了氧化还原反应。方法3：取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应。27、500mL容量瓶水浴加热CMg2+++NH3⋅H2O+(n−1)H2O═MgCO3⋅nH2O+减压过滤法暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定偏大MgCO3·H2OMgCO3+H2O【详解】（1）操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取(用到胶头滴管)浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2−3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，还需要仪器有：500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；（2）①步骤2中要控制温度50℃，较好加热的方法为：水浴加热；②四口烧瓶要加入200mL0.5mol·L-1MgSO4溶液和400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液，液体总体积为600mL，四口烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的，不少于容积的，故选1000mL规格的四口烧瓶，故选C；③将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，用氨水调节溶液pH到9.5，反应生成碳酸镁结晶水合物，反应的化学方程式为Mg2+++NH3⋅H2O+(n−1)H2O═MgCO3⋅nH2O+，故答案为：Mg2+++NH3⋅H2O+(n−1)H2O═MgCO3⋅nH2O+；(3)要分离不溶于水的固体和液体，可用过滤的方法，可利用大气压强原理，用减小压力的方法加快过滤的速率，故答案为：减压过滤法；(4)装置中气球可以缓冲压强并封闭装置，暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定，故答案为：暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定；（5）设NaOH溶液为amol·L-1bmL，3次实验测得消耗cmol·L-1盐酸的体积