2026届福建省厦门市厦门一中高三化学第一学期期末统考试题

2026届福建省厦门市厦门一中高三化学第一学期期末统考试题注意事项：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、下列卤代烃不能够由烃经加成反应制得的是A． B．C． D．2、共用两个及两个以上碳原子的多环烃称为桥环烃，共用的碳原子称为桥头碳。桥环烃二环[2.2.0]己烷的碳原子编号为。下列关于该化合物的说法错误的是（）A．桥头碳为1号和4号B．与环己烯互为同分异构体C．二氯代物有6种（不考虑立体异构）D．所有碳原子不可能位于同一平面3、铅蓄电池的工作原理为：Pb+PbO2+2H2SO=2PbSO4+2H2O研读右图，下列判断不正确的是A．K闭合时，d电极反应式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-B．当电路中转移0.2mol电子时，Ⅰ中消耗的为0.2molC．K闭合时，Ⅱ中向c电极迁移D．K闭合一段时间后，Ⅱ可单独作为原电池，d电极为正极4、设阿伏加德罗常数值用NA表示，下列说法正确的是（）A．常温下1LpH＝3的亚硫酸溶液中，含H+数目为0.3NAB．A1与NaOH溶液反应产生11.2L气体，转移的电子数为0.5NAC．NO2与N2O4混合气体的质量共ag，其中含质子数为0.5aNAD．1mo1KHCO3晶体中，阴阳离子数之和为3NA5、下表中各组物质之间不能通过一步反应实现如图转化的是甲乙丙ACH2=CH2CH3CH2ClCH3CH2OHBNH3NOHNO3CAlCl3Al(OH)3Al2O3DCl2HClCuCl2A．A B．B C．C D．D6、如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是XYWZTA．原子半径：X>Y>ZB．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高C．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键D．T元素的单质具有半导体的特性7、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核外只有6个电子，X+和Y3+的电子层结构相同，Z-的电子数比Y3+多8个，下列叙述正确的是A．W在自然界只有一种核素 B．半径大小：X+＞Y3+＞Z-C．Y与Z形成的化合物的水溶液呈弱酸性 D．X的最高价氧化物对应的水化物为弱碱8、根据下列实验操作和现象能得到的结论正确的是A．A B．B C．C D．D9、下列对化学用语的理解正确的是（）A．乙烯的结构简式：CH2CH2B．电子式可以表示氢氧根离子，也可以表示羟基C．比例模型可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子D．结构示意图可以表示35Cl-，也可以表示37Cl-10、下列关于氨碱法和联合制碱法说法错误的是（）A．两者的原料来源相同B．两者的生产原理相同C．两者对食盐利用率不同D．两者最终产品都是Na2CO311、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．0.5mol雄黄(As4S4)，结构如图，含有NA个S-S键B．将1molNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为NAC．标准状况下，33.6L二氯甲烷中含有氯原子的数目为3NAD．高温下，16.8gFe与足量水蒸气完全反应，转移的电子数为0.6NA12、常温下,向20.00mL0.1000mol·L-1(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol·L-1NaOH溶液时,溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(不考虑NH3·H2O的分解)。下列说法不正确的是()A．点a所示溶液中:c()>c()>c(H+)>c(OH-)B．点b所示溶液中:c()=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)C．点c所示溶液中:c()+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c()D．点d所示溶液中:c()+c(NH3·H2O)=0.1000mol·L-113、根据下列事实书写的离子方程式中，错误的是A．向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸得到硅酸胶体：SiO32-+2H＋=H2SiO3(胶体)B．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀：Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2OC．向AlCl3溶液中加入足量稀氨水：Al3＋+4NH3·H2O=Al3＋+NH4++2H2OD．在稀硫酸存在下，MnO2将CuS中的硫元素氧化为硫单质：MnO2+CuS+4H＋=Mn2＋+Cu2＋+S+2H2O14、己知ROH固体溶于水放热，有关过程的能量变化如图(R=Na、K)：下列说法正确的是A．△H1+△H2>0 B．△H4(NaOH)>△H4(KOH)>0C．△H6(NaOH>△H6(KOH) D．△H1+△H2+△H4+△H5+△H6=015、已知反应：生成的初始速率与NO、的初始浓度的关系为，k是为速率常数。在时测得的相关数据如下表所示。下列说法不正确的是实验数据初始浓度生成的初始速率mol/(L·s)123A．关系式中、B．时，k的值为C．若时，初始浓度mol/L，则生成的初始速率为mol/(L·s)D．当其他条件不变时，升高温度，速率常数是将增大16、《内经》曰：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”。合理膳食，能提高免疫力。下列说法错误的是（）A．蔗糖水解生成互为同分异构体的葡糖糖和果糖B．食用油在酶作用下水解为高级脂肪酸和甘油C．苹果中富含的苹果酸[HOOCCH(OH)CH2COOH]是乙二酸的同系物D．天然蛋白质水解后均得到α-氨基酸，甘氨酸和丙氨酸两种分子间可生成两种二肽17、现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。R原子最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T化合物能破坏水的电离平衡，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示，下列推断正确的是A．原子半径和离子半径均满足：Y＜ZB．Y的单质易与R、T的氢化物反应C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：T＜RD．由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性18、某学习兴趣小组通过2KClO3十H2C2O4CO2忄＋2ClO2↑＋K2CO3＋H2O制取高效消毒剂ClO2。下列说法正确的是A．KClO3中的Cl被氧化B．H2C2O4是氧化剂C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1D．每生成1molClO2转移2mol电子19、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是()A．25℃时，pH＝1的1.0LH2SO4溶液中含有的H＋的数目为0.2NAB．标准状况下，2.24LCl2与水反应，转移的电子总数小于0.1NAC．室温下，14.0g乙烯和环己烷的混合气体中含有的碳原子数目一定为NAD．在0.5L0.2mol·L－1的CuCl2溶液中，n(Cl－)＝0.2NA20、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．1molCl2与过量Fe粉反应生成FeCl3，转移2NA个电子B．常温常压下，0.1mol苯中含有双键的数目为0.3NAC．1molZn与一定量浓硫酸恰好完全反应，则生成的气体分子数为NAD．在反应KClO4＋8HCl=KCl＋4Cl2↑＋4H2O中，每生成1molCl2转移的电子数为1.75NA21、关于下列各实验装置的叙述中，错误的是()A．装置可用于分离蔗糖和葡萄糖，且烧杯中的清水应多次更换B．装置可用于制备少量Fe(OH)2沉淀，并保持较长时间白色C．装置可用从a处加水的方法检验的气密性，原理为液差法D．装置用于研究钢铁的吸氧腐蚀，一段时间后导管末端会进入一段水柱22、A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，B在D的单质中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，E+与D2-具有相同的电子数。A在F是单质中燃烧，产物溶于水得到一种强酸。下列有关说法正确的是（）A．工业上F单质用MnO2和AF来制备B．B元素所形成的单质的晶体类型都是相同的C．F所形成的氢化物的酸性强于BD2的水化物的酸性，说明F的非金属性强于BD．由化学键角度推断，能形成BDF2这种化合物二、非选择题(共84分)23、（14分）有甲、乙、丙、丁、戊五种短周期元素，原子序数依次增大，其常见化合价依次为+1、-2、+1、+3、-1。它们形成的物质间的转化关系如下图所示。常温下用惰性电权电解(有阳离子交换膜)1L1mol/L的A溶液。请按要求回答下列问题：①．己元素与丙元素同主族，比丙原子多2个电子层，则己的原子序数为________；推测相同条件下丙、己单质分别与水反应剧烈程度的依据是__________________________________________________。②．甲、乙、戊按原子个数比1︰1︰1形成的化合物Y具有漂白性，其电子式为_______________。③．上图转化关系中不属于氧化还原反应的有(填编号)_______。④．接通如图电路片刻后，向烧杯中滴加一种试剂即可检验铁电极被腐蚀，此反应的离子方程式为_____________________。⑤．当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12(常温下，假设气体完全逸出，取出交换膜后溶液充分混匀，忽略溶液体积变化)，此时共转移电子数目约为___________；反应②的离子方程式为_________⑥．若上图中各步反应均为恰好完全转化，则混合物X中含有的物质(除水外)有___________24、（12分）有机物W用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下。请回答下列问题：（1）F的化学名称是________，⑤的反应类型是________。（2）E中含有的官能团是________（写名称），D聚合生成高分子化合物的结构简式为________。（3）将反应③得到的产物与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应④的化学方程式________。（4）④、⑤两步能否颠倒？________（填“能”或“否”）理由是________。（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有________种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2：2的结构简式为________。（6）参照有机物W的上述合成路线，以M和CH3Cl为原料制备F的合成路线（无机试剂任选）________。25、（12分）化学兴趣小组在实验室进行“海带提碘”的实验过程如图：(1)操作①的名称是_____，操作②的主要仪器是_____；氧化步骤的离子方程式是_____。(2)探究异常：取样检验时，部分同学没有观察到溶液变蓝色。他们假设原因可能是加入的氯水过量，氧化了①I2；②淀粉；③I2和淀粉。他们在没有变蓝色的溶液中，滴加_____(选填“四氯化碳”“碘水”“淀粉溶液”)后，若出现_____现象，即可证明假设①正确，同时排除假设②③.能同时排除假设②③的原因是_____。(3)查阅资料：Cl2可氧化I2，反应的化学方程式为_____Cl2+_____I2+_____H2O→_____HIO3+_____HCl.配平上述方程式，并标出电子转移的方向和数目_______。(4)探究氧化性：在盛有FeCl3溶液的试管中，滴入几滴KI溶液，将反应后的溶液均匀倒入两支试管，试管a中加入1mL苯振荡静置，出现______(填实验现象)，证明有I2存在；试管b中滴入KSCN溶液，溶液显血红色，证明有_____存在。(5)比较氧化性：综合上述实验，可以得出的结论是氧化性：Cl2＞FeCl3，理由是_____。26、（10分）制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3主要实验流程如下：已知：①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；②N2H4·H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。⑴从流程分析，本流程所用的主要有机原料为_______________（写名称）。⑵步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度为41℃，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质的量之比为5∶1，该反应的离子方程式为____________________。⑶实验中，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40℃，除减缓Cl2的通入速率外，还可采取的措施是_________________。⑷步骤Ⅱ合成N2H4·H2O（沸点约118℃）的装置如图。NaClO碱性溶液与尿素[CO（NH2）2]（沸点196.6℃）水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。①使用冷凝管的目的是_________________。②滴液漏斗内的试剂是_______；将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是______________________________；③写出流程中生成水合肼反应的化学方程式________________________________。⑸步骤Ⅳ制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3－、SO32－随pH的分布如图所示）。①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定停止通SO2的pH值为____（取近似整数值，下同）；②用制得的NaHSO3溶液再制Na2SO3溶液的pH应控制在________。27、（12分）某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。（查阅资料）物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g（20℃）2.4×10－41.4×10－33.0×10－71.5×10－4（实验探究）（一）探究BaCO3和BaSO4之间的转化，实验操作如下所示：试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验Ⅰ实验ⅡBaCl2Na2CO3Na2SO4……Na2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解（1）实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入稀盐酸后，__________。（2）实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_________。（3）实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：___________。（二）探究AgCl和AgI之间的转化。（4）实验Ⅲ：证明AgCl转化为AgI。甲溶液可以是______（填字母代号）。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液（5）实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。装置步骤电压表读数ⅰ.按图连接装置并加入试剂，闭合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3（aq），至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl（s）cⅳ.重复ⅰ，再向B中加入与ⅲ等量的NaCl（s）a注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。①查阅有关资料可知，Ag＋可氧化I－，但AgNO3溶液与KI溶液混合总是得到AgI沉淀，原因是氧化还原反应速率__________（填“大于”或“小于”）沉淀反应速率。设计（－）石墨（s）[I－（aq）//Ag＋（aq）]石墨（s）（＋）原电池（使用盐桥阻断Ag＋与I－的相互接触）如上图所示，则该原电池总反应的离子方程式为________。②结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：__________。③实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_________。（实验结论）溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化溶解度较大的沉淀越难实现。28、（14分）“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。为减小和消除CO2对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对CO2创新利用的研究。（1）已知：①CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）ΔH=-41kJ·mol-1②C（s）+2H2（g）CH4（g）ΔH=-73kJ·mol-1③2CO（g）C（s）+CO2（g）ΔH=-171kJ·mol-1写出CO2与H2反应生成CH4和H2O（g）的热化学方程式：__________________。（2）目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，在容积为2L的密闭容器中，充入1molCO2和3.25molH2在一定条件下发生反应，测得CO2、CH3OH（g）和H2O（g）的物质的量（n）随时间的变化如图所示：①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）=_____________。②下列措施一定不能使CO2的转化率增大的是_____________（选填编号）。A．在原容器中再充入1molCO2B．在原容器中再充入1molH2C．在原容器中再充入1mol氦气D．使用更有效的催化剂E.缩小容器的容积F.将水蒸气从体系中分离（3）煤化工通常研究不同条件下CO转化率以解决实际问题。已知在催化剂存在条件下反应：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）中CO的平衡转化率随及温度变化关系如图所示：①上述反应的逆反应方向是_____________反应（填“吸热”或“放热”）；②对于气相反应，用某组分（B）的平衡分压（pB）代替平衡浓度（cB）也可以表示平衡常数（记作Kp），则该反应的Kp的表达式为______________，提高，则Kp_____________（填“变大”、“变小”或“不变”）。使用铁镁催化剂的实际工业流程中，一般采用400℃左右、=3～5，采用此条件的原因可能是___________。29、（10分）I.SO2是一种重要的化工原料，其合理利用以及废气处理一直是化工研究的热点。（1）氧元素在元素周期表中位于第______周期______族，硫原子核外有_____种能量不同的电子。（2）元素的非金属性S比O______（填“强”或“弱”），从原子结构的角度解释原因：__________。II.工业上利用反应SO2+MnO2→MnSO4可以制备高纯MnSO4，实验装置如下图：（3）请标出反应SO2+MnO2→MnSO4的电子转移方向和数目____________（4）在通入干燥空气的条件下，一段时间后，测得反应后溶液中的n(SO42-)明显大于n(Mn2+)，请说明原因：___________________。用化学方程式表示石灰乳的作用：___________________。III.SO2可用于处理含Cr2O72－（铬元素化合价为+6）的废水，最后转化为铬沉淀（铬元素化合价为+3）除去。一种处理流程如下：（5）NaHSO3与Cr2O72－反应时，物质的量之比为__________。

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【解析】

A、可由环己烯发生加成反应产生，A错误；B、可由甲基丙烯与氯化氢发生加成反应生成，B错误；C、可由2，2-二甲基丙烷发生取代反应产生，不能通过加成反应生成，C正确；D．可由2，3，3—三甲基－1－丁烯与氯化氢发生加成反应生成，D错误。答案选C。2、C【解析】

A.由桥环烃二环[2.2.0]己烷的结构可知，桥头碳为1号和4号，形成2个四元碳环，故A正确；B.桥环烃二环[2.2.0]己烷和环己烯的分子式均为C6H10，二者的分子结构不同，互为同分异构体，故B正确；C.该烃分子有2种不同化学环境的氢原子，其二氯代物中2个氯原子在同一碳原子上的有1种，在不同碳原子上的有6种，故其二氯代物有7种，故C错误；D.该烃分子中所有碳原子均形成4个单键，所以所有碳原子不可能位于同一平面，故D正确；故选C。3、C【解析】

根据铅蓄电池的工作原理，可知左边是原电池，右边是电解池。【详解】A．d连的是原电池的正极，所以为电解池的阳极，电极反应式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-，正确；B．根据Pb+PbO2+2H2SO=2PbSO4+2H2O，转移2mol电子，则消耗2mol硫酸，所以当电路中转移0.2mol电子时，Ⅰ中消耗的为0.2mol，正确；C．K闭合时，Ⅱ是电解池，阴离子移向阳极，d是阳极，所以向d电极迁移，错误；D．K闭合一段时间后，Ⅱ中发生了充电反应：2PbSO4+2H2O=Pb+PbO2+2H2SO，c、d电极上的PbSO4分别转化为Pb和PbO2，所以可单独作为原电池，d电极上附着PbO2，放电时得到电子，为正极，正确；故选C。4、C【解析】

A.1LpH＝3的亚硫酸溶液中，H+的浓度为10-3mol/L，1L溶液中H+数目为0.001NA，故A错误；B.A1与NaOH溶液反应生成氢气，因未说明气体所处的状态，所以无法计算反应中转移的电子数目，故B错误；C.NO2和N2O4，最简比相同，只计算ag

NO2中质子数即可，一个N含质子数为7，一个氧质子数为8，所以一个NO2分子含质子数为7+2×8=23，agNO2中质子数为NAmol-1=0.5aNA，故C正确；D.1mo1KHCO3晶体中只有钾离子和碳酸氢根离子，阴阳离子数之和为2NA，故D错误；答案是C。5、B【解析】

A.乙烯与HCl加成得到一氯乙烷，一氯乙烷消去得到乙烯与HCl，一氯乙烷与水发生取代得到乙醇，乙醇消去得到乙烯与水，符合转化，A项正确；B.HNO3显酸性，NH3显碱性，由硝酸不能直接转化为氨气，不能实现转化，B项错误；C.AlCl3与氨水反应得到Al(OH)3，Al(OH)3与盐酸反应得到AlCl3与水，Al(OH)3加热分解得到Al2O3，Al2O3与盐酸反应得到AlCl3与水，符合转化，C项正确；D.氯气与氢气反应得到HCl，浓HCl与高锰酸钾反应得到氯气，HCl与CuO反应得到CuCl2和水，CuCl2电解得到Cu与氯气，符合转化，D项正确；答案选B。6、D【解析】

四种元素的原子最外层电子数之和为22，得出W最外层电子数为4，即为Si，X为N，Y为O，Z为Cl，T为Ge。【详解】A.根据层多径大，核多径小(同电子层结构)，因此原子半径：Cl>N>O，故A错误；B.HCl沸点比NH3、H2O最低价氢化物的沸点低，故B错误；C.由X、Y和氢三种元素形成的化合物硝酸铵含有离子键和共价键，故C错误；D.Ge元素在金属和非金属交界处，因此Ge的单质具有半导体的特性，故D正确。综上所述，答案为D。7、C【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核外只有6个电子，则W为C元素；X+和Y3+的电子层结构相同，则X为Na元素，Y为Al元素；Z-的电子数比Y3+多8个，则Z为Cl元素；A．C在自然界有多种核素，如12C、14C等，故A错误；B．Na+和Al3+的电子层结构相同，核电荷数大离子半径小，Cl-比Na+和Al3+多一个电子层，离子半径最大，则离子半径大小：Al3+<Na+<Cl-，故B错误；C．AlCl3的水溶液中Al3+的水解，溶液呈弱酸性，故C正确；D．Na的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，为强碱，故D错误；答案为C。点睛：微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。(3)电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。8、C【解析】

A.要探究浓度对化学反应速率影响实验，应该只有浓度不同，其它条件必须完全相同，该实验没有明确说明温度是否相同，并且NaHSO3溶液与H2O2溶液反应生成硫酸钠、硫酸和水，无明显现象，故A错误；B.向NaCl、NaI的混合溶液中滴加少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI的溶度积，但由于NaCl、NaI浓度未知，不能由此判断溶度积大小，故B错误；C.由于维生素C能把氯化铁还原成氯化亚铁，会看到溶液由黄色变成浅绿色，故C正确；D.银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液前没有加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，所以实验不成功，则实验操作及结论错误，故D错误。故答案选C。9、D【解析】

A、乙烯分子中含有官能团碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故A错误；B、羟基是中性原子团，电子式为，氢氧根离子带有一个单位负电荷，电子式为，所以电子式只能表示羟基，不能表示氢氧根离子，故B错误；C、甲烷和四氯化碳分子均为正四面体结构，但Cl原子半径大于C，所以可以表示甲烷分子，但不可以表示四氯化碳分子，故C错误；D、35Cl-和37Cl−的中子数不同，但核电荷数和核外电子数相同，均为Cl−，核电荷数为17，核外电子数为18，结构示意图为，故D正确；故选：D。有机化合物用比例式表示其结构时，需注意原子之间的半径相对大小以及空间结构；多原子组成的离子的电子式书写需注意使用“[]”将离子团括起来，并注意电荷书写位置。10、A【解析】

A．氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料；联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（来自合成氨中用水煤气制取氢气时的废气）为原料，两者的原料来源不相同，故A错误；B．氨碱法其化学反应原理是NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3↓+NH4Cl，联合制碱法包括两个过程：第一个过程与氨碱法相同，将氨通入饱和食盐水而形成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3晶体，再煅烧制得纯碱产品，第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，故B正确；C．氨碱法的最大缺点在于原料食盐的利用率只有约70%，联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到96%以上，故C正确；D．氨碱法和联合制碱法两者最终产品都是Na2CO3，故D正确；选A。11、B【解析】A.S原子最外层有六个电子，形成2个共价键，As原子最外层五个，形成3个共价键，由结构图知白色球为硫原子，分子中不存在S-S键,故A错误；B.

NH4NO3==NH4++NO3-，NH3.H2ONH4++OH-,溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中n(NH4+)=n(NO3-),NH4+的数目等于NA，故B正确；C.标况下,二氯甲烷为液体,不能使用气体摩尔体积,故C错误;D.16.8g铁的物质的量为0.3mol,而铁与水蒸汽反应后变为+8/3价,故0.3mol铁失去0.8mol电子即0,8NA个,所以D错误;

所以B选项是正确的。12、B【解析】

A.a点为(NH4)2SO4溶液，NH4+水解溶液呈酸性，但水解是微弱的，所以c()>c()，故A正确；B.b点溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c()+c(Na+)=2c()，所以c()不等于c(Na+)，故B错误；C.c点溶液中n(NH3·H2O)∶n[(NH4)2SO4∶n(Na2SO4)=2∶1∶1，由电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c()，故C正确；D.d点为加入20mLNaOH溶液，此时溶液的体积为原体积的2倍，故含氮微粒的总浓度为原来的1/2，即0.1000mol/L。根据物料守恒则有c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.1000mol·L-1，故D正确。故选B。B选项为本题的难点，在解答离子浓度关系的图象题时，要充分利用各种守恒，如电荷守恒、物料守恒、质子守恒等，在中性溶液中，要特别注意电荷守恒的应用。13、C【解析】

A选项，向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸得到硅酸胶体：SiO32－+2H＋=H2SiO3(胶体)，故A正确；B选项，向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀、二氧化碳气体和水：Fe2＋+2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故B正确；C选项，向AlCl3溶液中加入足量稀氨水生成氢氧化铝和铵根离子：Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C错误；D选项，在稀硫酸存在下，MnO2将CuS中的硫元素氧化为硫单质、水、硫酸锰和硫酸铜：MnO2+CuS+4H＋=Mn2＋+Cu2＋+S+2H2O，故D正确；综上所述，答案为C。14、B【解析】

A.△H1+△H2表示ROH固体溶于水过程，该过程放热，所以应小于0，故错误；B.△H4表示ROH破坏离子键的过程，因为氢氧化钠中钠离子半径比钾离子半径小，所以破坏离子键吸收的能量氢氧化钠多，即△H4(NaOH)>△H4(KOH)>0，故正确；C.△H6都表示氢氧根离子从气态变液体，能量应相同，故错误；D.根据盖斯定律分析，有△H1+△H2=△H4+△H5+△H6，因为ROH固体溶于水过程放热，故△H1+△H2+△H4+△H5+△H6不等于0，故错误。故选B。15、A【解析】

A.将表中的三组数据代入公式，得，，，解之得：，，故A错误；B.时，，k的值为

，故B正确；C.若时，初始浓度

mol/L，则生成的初始速率为

mol/(L·s)，故C正确；D.当其他条件不变时，升高温度，反应速率增大，所以速率常数将增大，故D正确。故选A。16、C【解析】

A．蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖，二者分子式均为C6H12O6，互为同分异构体，故A正确；B．食用油为油脂，油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，在体内酶的催化作用下水解，生成高级脂肪酸和甘油，故B正确；C．苹果酸含有羟基，乙二酸不含羟基，二者结构不相似，不属于同系物，故C错误；D．天然蛋白质都是由α氨基酸缩聚而成的，水解均得到α-氨基酸；甘氨酸脱去氨基，丙氨酸脱去羟基为一种，甘氨酸脱去羟基、丙氨酸脱去氨基为一种，共两种，故D正确；故答案为C。甘氨酸和丙氨酸分子间可以形成两种二肽，甘氨酸和甘氨酸有一种、丙氨酸和丙氨酸有一种，即两种氨基酸可以形成共4种二肽。17、B【解析】

现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，结合五种元素的原子半径与原子序数的关系图可知，Z的原子半径最大，X的原子半径和原子序数均最小，则X为H元素；由R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R为第二周期的C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Z为Na元素，Y为O元素，Z与T形成的Z2T

化合物能破坏水的电离平衡，T为S元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为H元素，R为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，T为S元素。A．电子层越多，原子半径越大，则原子半径为Y＜Z，而具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为Y＞Z，故A错误；B．Y的单质为氧气，与C的氢化物能够发生燃烧反应，与S的氢化物能够反应生成S和水，故B正确；C．非金属性S＞C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：T＞R，故C错误；D．由H、C、O、Na四种元素组成的化合物不仅仅为NaHCO3，可能为有机盐且含有羧基，溶液不一定为碱性，可能为酸性，如草酸氢钠溶液显酸性，故D错误；答案选B。18、C【解析】

A.氯酸钾中的氯元素化合价降低，被还原，故错误；B.草酸中的碳元素化合价升高，作还原剂，故错误；C.二氧化碳和碳酸钾为氧化产物，二氧化氯为还原产物，二者比例为1∶1，故正确；D.氯元素化合价变化1价，所以每生成1molClO2转移1mol电子，故错误；故选C。19、A【解析】

A.pH＝1，c(H＋)＝0.1mol·L－1，n(H＋)＝0.1NA，选项A不正确；B.氯气和水的反应是可逆反应，可逆反应是有限度的，转移的电子总数小于0.1NA，选项B正确；C.乙烯和环己烷的最简式都是CH2，所以14.0g乙烯和环己烷的混合气体中含有的CH2为1mol，碳原子数目一定为NA，选项C正确；D.n(Cl－)＝0.5L×0.2mol·L－1×2＝0.2mol，即0.2NA，选项D正确。答案选A。20、B【解析】

A.1molCl2与过量Fe粉反应的产物是FeCl3，转移，A项正确；B.苯分子中没有碳碳双键，B项错误；C.1molZn失去，故硫酸被还原为和的物质的量之和为，C项正确；D.反应KClO4＋8HCl=KCl＋4Cl2↑＋4H2O中每生成4molCl2就有1molKClO4参加反应，转移，所以每生成1molCl2，转移的电子数为，D项正确。答案选B。21、A【解析】

A.蔗糖、葡萄糖分子的直径都比较小，可以通过半透膜，因此通过渗析的方法不能分离蔗糖和葡萄糖，A错误；B.根据装置图可知：Fe为阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；在阴极石墨电极上，溶液中的H+得到电子变为H2逸出，电极反应式为2H++2e-=H2↑，H+放电，破坏了水的电离平衡，使溶液中OH-浓度增大，发生反应：Fe2++OH-=Fe(OH)2↓，由于在溶液表面覆盖保护层苯可以阻止O2在溶液中的溶解，故可以较长时间观察到产生的Fe(OH)2白色沉淀，B正确；C.关闭分液漏斗的活塞，由a处加水，若装置不漏气，会长时间观察到U型管左右两侧有高度差，C正确；D.若发生吸氧腐蚀，一段时间后，具支试管中空气中的O2会因反应消耗，气体减少，小试管中的水在外界大气压强作用下会进入小试管中，从而在导管末端形成一段水柱，D正确；故合理选项是A。22、D【解析】

A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H元素；B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B是C元素；B在D中充分燃烧生成其最高价化合物BD2，则D是O元素；E+与D2-具有相同的电子数，则E处于IA族，E为Na元素；A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸，则F为Cl元素。A.在工业上电解饱和食盐水制备Cl2，A错误；B.碳元素单质可以组成金刚石、石墨、C60等，金刚石属于原子晶体，石墨属于混合性晶体，而C60属于分子晶体，B错误；C.F所形成的氢化物HCl，HCl的水溶液是强酸，CO2溶于水得到的H2CO3是弱酸，所以酸性HCl>H2CO3，但HCl是无氧酸，不能说明Cl的非金属性强于C，C错误；D.可以形成COCl2这种化合物，结构式为，D正确；故合理选项是D。二、非选择题(共84分)23、（1）37；依据同主族元素的金属性随核电荷数的增加而增强，推测己单质与水反应较丙更剧烈（1分，合理给分）（2）；（3）④；（4）3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（5）6.02×l021；2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（6）NaCl、Al（OH）3【解析】试题分析：根据题意可知：A是NaCl，B是Cl2，C是H2，D是NaOH，E是HCl，丁是Al，F是NaAlO2；X是NaCl、AlCl3的混合物。根据元素的化合价及元素的原子序数的关系可知甲是H，乙是O，丙是Na，丁是Al，戊是Cl，己是Rb，原子序数是37；钠、铷同一主族的元素，由于从上到下原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，所以它们与水反应的能力逐渐增强，反应越来越剧烈；（2）甲、乙、戊按原予个数比1：1：1形成的化合物Y是HClO，该物质具有强的氧化性，故具有漂白性，其电子式为；（3）在上图转化关系中①②③反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，而④中元素的化合价没有发生变化，所以该反应是非氧化还原反应；（4）如构成原电池，Fe被腐蚀，则Fe为负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与[Fe（CN）6]3-会发生反应产生蓝色沉淀，反应的离子方程式是：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（5）NaCl溶液电解的化学方程式是：2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH，在该反应中，每转移2mol电子，反应会产生2molNaOH，n（NaCl）=1L×1mol/L=1mol，当NaCl电解完全后反应转移1mol电子，反应产生1molNaOH，当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12，n（NaOH）=10-2mol/L×1L=0.01mol＜1mol，说明NaCl没有完全电解，则电子转移的物质的量是0.01mol，电子转移的数目约是N（e-）=0.01mol×6.02×1023/mol=6.02×l021；反应②是Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式为2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（6）若上图中各步反应均为恰好完全转化，则4HCl+NaAlO2=NaCl+AlCl3，所以混合物X中含有的物质是NaCl、Al（OH）3。考点：考查元素及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写、电解反应原理的应用的知识。24、苯甲醇消去反应碳碳双键、羧基否在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化5【解析】

由Ｂ的结构可知Ａ为，Ａ与溴发生加成反应生成Ｂ，Ｂ发生水解反应生成Ｃ为，Ｃ催化氧化的产物继续氧化生成Ｄ，则Ｄ为，对比Ｄ、Ｅ分子式可知Ｄ分子内脱去１分子水生成Ｅ，故Ｄ在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成Ｅ，则Ｅ为，Ｅ和Ｆ发生酯化反应生成Ｗ为。【详解】（1）F的结构简式为，的化学名称是苯甲醇，⑤为Ｄ在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成Ｅ。（2）E的结构为，含有的官能团是碳碳双键、羧基，D含有羧基和羟基，能发生聚合生成酯类高分子化合物，结构简式为。（3）经过反应③，是羟基连接的碳原子上有2个氢原子的碳原子发生氧化反应生成醛基得到，与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应④的化学方程式。（4）④、⑤两步不能颠倒，因为在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化。（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有5种。苯环上可以连接一个甲基和一个-CH=CH2，有三种结构，也可以是苯环上连接-CH=CHCH3或-CH2CH=CH2，共5种，其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2：2的结构简式为。（6）根据逆推原理分析，合成苯甲醇，需要制备，可以用甲苯的取代反应，利用苯和一氯甲烷发生取代反应生成甲苯，故合成路线为：。25、过滤分液漏斗Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣碘水变蓝加入碘水溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③516210分层现象，且上层为紫红色、下层几乎无色Fe3+由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3【解析】

(1)根据流程图，结合物质提纯与分离的基本操作分析；通入氯水将碘离子氧化为碘单质；(2)碘单质与淀粉变蓝，若碘被氧化，则蓝色消失，淀粉恢复原来的颜色，结合碘单质遇淀粉变蓝的性质分析；(3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为-1价，碘元素由0价变为+5价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒配平；(4)苯可以溶解碘单质，溶液分层；三价铁遇KSCN溶液变为血红色；(5)由结合探究(4)和(3)三种反应氧化剂与氧化产物氧化性强弱分析。【详解】(1)海带灰中部分可溶物浸泡后经过操作①得到含碘离子的溶液，则操作①为过滤；将碘单质从水溶液中经过操作②转移至有机溶剂中，则操作②为萃取，主要是用的仪器为分液漏斗；氧化步骤中是向含碘离子溶液中加入氯水，将碘离子氧化为碘单质，离子反应为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；(2)没有观察到溶液变蓝色，有两种可能，一是溶液中没有碘单质，二是淀粉被转化为其他物质，要证明①是正确的，则只需要在溶液中加入碘水，若溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③(3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为-1价，碘元素由0价变为+5价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒，则方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，电子转移的方向和数目表示为：；(4)FeCl3溶液中铁离子具有氧化性，KI中碘离子具有还原性，FeCl3与碘化钾发生氧化还原反应，加入试管a中加入1mL苯，苯的密度小于水，若溶液分层且上层为紫红色、下层几乎无色，证明反应中生成I2；KSCN溶液可检验铁离子，加入KSCN溶液变为红色，说明溶液中含有Fe3+；(5)由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3。26、尿素8Cl2+16OH-=5ClO-+ClO3-+10Cl-+8H2O冰水浴冷却通过冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率NaClO碱性溶液打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下NaClO+CO(NH2)2+2NaOH＝NaCl+N2H4·H2O+Na2CO3410【解析】

由实验流程可知，氯气和氢氧化钠溶液的反应生成NaClO，为避免生成NaClO3，应控制温度在40℃以下，生成的NaClO与尿素反应生成N2H4•H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4•H2O，副产品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，结合对应物质的性质以及题给信息分析解答。【详解】⑴根据流程图，本流程所用的主要有机原料为尿素，故答案为尿素；(2)若温度为41℃，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质的量之比为5∶1，同时还生成NaCl，根据得失电子守恒，ClO-∶ClO3-∶Cl-物质的量之比为5∶1∶10，反应的离子方程式为8Cl2+16OH-=5ClO-+ClO3-+10Cl-+8H2O，故答案为8Cl2+16OH-=5ClO-+ClO3-+10Cl-+8H2O；⑶氯气与烧碱溶液的反应是放热反应，实验中，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40℃，除减缓Cl2的通入速率外，避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高，还可以用冰水浴冷却，故答案为冰水浴冷却；(4)①为避免N2H4•H2O的挥发，使用冷凝管，起到冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率，故答案为通过冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率；②为了避免N2H4•H2O与NaClO剧烈反应生成N2，实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液；将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下，故答案为NaClO碱性溶液；打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下；③根据流程图，NaClO和CO(NH2)2在NaOH溶液中反应生成水合肼和碳酸钠，反应的化学方程式为NaClO+CO(NH2)2+2NaOH＝NaCl+N2H4·H2O+Na2CO3，故答案为NaClO+CO(NH2)2+2NaOH＝NaCl+N2H4·H2O+Na2CO3；(5)用Na2CO3制备无水Na2SO3，在Na2CO3溶液中通入过量的二氧化硫生成NaHSO3，然后在NaHSO3溶液中加入NaOH溶液可生成Na2SO3。①由图像可知，溶液pH约为4时，可完全反应生成NaHSO3，此时可停止通入二氧化硫，故答案为4；②由图像可知pH约为10时，可完全反应生成Na2SO3，故答案为10。27、沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2OBaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动b小于2Ag＋＋2I－=I2＋2Ag生成AgI沉淀使B中的溶液中的c（I－）减小，I－还原性减弱，原电池的电压减小实验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c（I－）增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)【解析】

⑴因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸。⑵实验Ⅱ是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解。⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32−与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀。⑷向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量，因此说明有AgCl转化为AgI。⑸①AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I－＋2Ag＋=2Ag＋I2；②由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I－)减小，I－还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可的结论；③实验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)。【详解】⑴因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生(或无明显现象)；故答案为：沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象。⑵实验Ⅱ是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，发生反应的离子方程式为BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O；故答案为：BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O。⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32−与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动，BaSO4沉淀部分转化为BaCO3沉淀；故答案为：BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32−与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。⑷为观察到AgCl转化为AgI，需向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量，因此说明有AgCl转化为AgI；故答案为：b。⑸①AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I－＋2Ag＋=2A