2026届山东省临沂市某重点中学高三化学第一学期期中检测模拟试题含解析

2026届山东省临沂市某重点中学高三化学第一学期期中检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、下列事实及其解释不正确的是()。A．滴有酚酞的NaHCO3溶液呈浅红色，微热后红色加深，是因为NaHCO3分解生成了Na2CO3B．钠保存在煤油中，是因为煤油不与钠发生反应，钠比煤油密度大，煤油可以使钠隔绝空气和水蒸气C．用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2的反应是放热反应D．钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3，原因是钠与氧气生成的Na2O与水和二氧化碳反应2、下列物质在生活中应用时，起还原作用的是（）A．明矾作净水剂 B．铁粉作食品袋内的脱氧剂C．漂粉精作消毒剂 D．甘油作护肤保湿剂3、如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头是能一步转化的常见反应，其中常温下能进行的是选项WXYZASSO2SO3H2SO4BAlAlCl3NaAlO2Al2(SO4)3CFeFeCl3Fe(OH)2FeCl2DNaNa2O2NaOHNaClA．A B．B C．C D．D4、镁-过氧化氢燃料电池具有比能量高。安全方便等优点。其结构示意图如图所示、关于该电池的叙述正确的是A．该电池能在高温下正常工作B．电池工作时，H+向正极移动C．电池工作时，正极周围溶液的PH将不断变小D．该电池的总反应式为:该电池的总反应式为Mg＋H2O2＋H2SO4＝MgSO4＋2H2O5、煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下:CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)△H1=+218.4kJ/mol(反应I)CaSO4(s)+4CO(g)CaS(s)+4CO2(g)△H2=-175.6kJ/mol(反应II)下列有关说法正确的是()A．提高反应体系的温度，能降低该反应体系中SO2生成量B．反应II在较低的温度下可自发进行C．用生石灰固硫的反应为:4CaO(s)+4SO2(g)3CaSO4(s)+CaS(s)△H3，则△H3>△H2D．由反应I和反应II可计算出反应CaSO4(s)CaO(s)+SO3(g)的焓变6、下列实验操作规范且能达到目的的是（）选项目的操作A测定稀CH3COOH溶液物质的量浓度选甲基橙做指示剂，标准NaOH溶液滴定B鉴别CO2和SO2气体将气体分别通入硝酸钡溶液中C比较H2CO3、HCN的酸性强弱用pH计测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH，比较pH大小D比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果向两支装有2mL5%H2O2溶液的试管中分别滴加2滴0.1mol·L－1的FeCl3和CuSO4溶液A．A B．B C．C D．D7、H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=﹣akJ·下列说法正确的是（）A．H2、I2和HI分子中的化学键都是非极性共价键B．断开2molHI分子中的化学键所需能量约为(c+b+a)kJC．相同条件下，1molH2(g)和1molI2(g)总能量小于2molHI(g)的总能量D．向密闭容器中加入2molH2(g)和2molI2(g)，充分反应后放出的热量为2akJ8、—定温度下，在三个等体积的恒容密闭容器中，反应2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)达平衡，下列说法正确的是()容器温度/K物质的起始浓度(mol/L)物质的平衡浓度(mol/L)CO2(g)H2(g)C2H5OH(g)H2O(g)C2H5OH(g)甲5000.200.60000.083乙5000.401.2000丙600000.100.300.039A．该反应正反应为吸热反应B．达平衡时，甲、乙容器内：2c(CO2，甲)<c(CO2，乙)C．达平衡时，容器甲中的逆反应速率比容器乙中的大D．达平衡时，转化率：a(CO2，甲)+a(C2H5OH，丙)>19、下列物质的转化在给定条件下均能通过一步反应实现的是A．NaAlO2（aq）AlCl3Al2O3 B．NaCl（饱和）NaHCO3Na2CO3 C．N2NO2HNO3D．FeS2SO3H2SO410、下列叙述正确的是（）①标准状况下，0.2mol任何物质的体积均为4.48L②若1mol气体的体积为22.4L，则它一定处于标准状况下③标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同④标准状况下，1gH2和14gN2的体积相同⑤28gCO的体积为22.4L⑥两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同⑦在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大⑧同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比A．①②③④ B．②③⑥⑦⑧ C．④⑦⑧ D．⑤⑥⑦⑧11、大气固氮过程中，不会产生A．NH3 B．NO C．NO2 D．HNO312、化学与材料、生活密切相关，下列说法错误的是（）A．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的“碱”是K2CO3B．利用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，实现了“碳”的循环利用C．制备聚四氟乙烯的单体属于不饱和烃D．铅笔的主要成分是石墨与黏土，黏土含量越多，铅笔硬度越大13、某学习小组设计实验制备供氢剂氢化钙(CaH2)，实验装置如下图所示。已知：氢化钙遇水剧烈反应。下列说法正确的是A．相同条件下，粗锌(含少量铜)比纯锌反应速率慢B．酸R为浓盐酸，装置b中盛装浓硫酸C．装置d的作用是除去氢气中的杂质，得到干燥纯净的氢气D．实验结束后先熄灭酒精灯，等装置冷却后再关闭活塞K14、下列离子组一定能大量共存的是（）A．无色透明溶液中：Mg2＋、、、B．使石蕊呈红色的溶液中：Ca2＋、、Cl－、Mg2＋C．含有大量Al3＋的溶液中：Na＋、Br－、K＋、D．有大量OH-存在的溶液中：、、Ba2＋、K＋15、下列实验操作、现象、结论均正确的是(

)实验操作实验现象实验结论A过氧化钠投入滴有酚酞试液的水中溶液最终为红色过氧化钠与水反应生成碱性物质B向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体产生白色沉淀SO2具有还原性C向FeCl3溶液中加入Cu振荡溶液颜色由棕黄色一蓝绿色一蓝色Cu与FeCl3发生了置换反应D某无色溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液一定无NH4+A．A B．B C．C D．D16、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，11.2L三氧化硫中含有分子的数目为0.5NAB．用含有0.1mo1FeCl3的饱和溶液配制的氢氧化铁胶体中，胶体粒子数等于0.1NAC．1mol过氧化钠与足量水反应，转移的电子数为NAD．1.8gD2O中所含中子数为9NA17、下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（）A．制取SO2 B．验证漂白性C．收集SO2 D．尾气处理18、化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（）化学性质实际应用A．Al2(SO4)3和小苏打反应泡沫灭火器灭火B．铁比铜金属性强FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板C．次氯酸盐具有氧化性漂白粉漂白织物D．HF与SiO2反应氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记A．A B．B C．C D．D19、某有机物的结构如图所示，下列有关该有机物说法正确的是A．该有机物属于芳香烃化合物B．分子式为C18H17O2N2C．该有机物能与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀D．该有机物能使少量酸性高锰酸钾溶液褪色20、1mol苯乙烯（）在不同条件下与H2发生加成反应时，产物存在差异：条件消耗氢气加成产物①室温、低压、催化剂1mol②高温、高压、催化剂4mol下列说法正确的是A．两种条件下的加成产物都属于芳香烃B．两种条件下的加成产物都能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．两种条件下的加成产物都能在光照条件下与溴进行取代D．该现象说明侧链上的碳碳双键比苯环内的碳碳双键更活泼21、《可再生能源法》倡导碳资源的高效转化及循环利用。下列做法与上述理念相违背的是A．加快石油等化石燃料的开采和使用B．大力发展煤的气化及液化技术C．以CO2为原料生产可降解塑料D．将秸秆进行加工转化为乙醇燃料22、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二、非选择题(共84分)23、（14分）Ⅰ.下列是某研究性学习小组对某无色水样成分的检测过程，已知该水样中只可能含有K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Ag+、Ca2+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种离子，该小组同学取了100ml水样进行实验：向水样中先滴加硝酸钡溶液，再滴加1mol·L-1硝酸，实验过程中沉淀质量与所加试剂量的关系变化如下图所示：（1）仅凭观察可知该水样中一定不含有的阳离子是____。（2）由B点到C点变化过程中消耗硝酸的体积为___mL。（3）试根据实验结果推测K+是否存在___（填“是”或“否”）若存在，其物质的量浓度的范围是___mol·L-1（若不存在，则不必回答）。（4）设计简单实验验证原水样中可能存在的离子_____________（写出实验步骤、现象和结论）。Ⅱ.湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种粒子：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO42-、Cl－、H2O。（1）写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式：____________。（2）若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为___mol。（3）低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），原因是______。24、（12分）合成医用麻醉药苄佐卡因E和食品防腐剂J的路线如图所示：已知：请回答下列问题：（1）A属于芳香烃，结构简式为_____________。（2）E中官能团的名称是氨基、____________。（3）C能与NaHCO3溶液反应，反应③的化学方程式是___________。（4）反应⑥、⑦中试剂ii和试剂iii依次是___________、___________。（5）反应①~⑦中，属于取代反应的是_______________。（6）J有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有______________种，写出其中任一种同分异构体的结构简式：___________。a.为苯的二元取代物，其中一个取代基为羟基b.属于酯类，且能发生银镜反应（7）以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成高分子树脂（），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）：_______________。25、（12分）某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：①将碱式滴定管用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗锥形瓶2～3次；从碱式滴定管中放出25.00mL待测溶液到锥形瓶中。②将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入0.1000mol·L－1标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数。③向锥形瓶中滴入酚酞作指示剂，进行滴定。滴定至终点，测得所耗盐酸的体积为V1mL。④重复以上过程，但在滴定过程中向锥形瓶中加入5mL的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2mL。试回答下列问题：(1)滴定终点时的现象为锥形瓶中的溶液由______；(2)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_______；(3)该小组在步骤①中的错误是______，由此造成的测定结果________(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)；(4)步骤②缺少的操作是_____；(5)如上图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为___mL；(6)根据下列数据：测定次数待测液体积/mL标准盐酸体积/mL滴定前读数/mL滴定后读数/mL第一次25.000.4020.38第二次25.004.0024.02请计算待测烧碱溶液的物质的量浓度。(请写出解答过程)_______________26、（10分）碘化钠可用于医学和摄影．实验室制备的基本实验步骤为①检查装置气密性；②关闭K，向B中滴入溶液，制得；③打开K，通入至饱和制得，同时有黄色沉淀产生；④关闭K，向所得溶液中加入稀硫酸，水浴加热，充分逸出；⑤把B中的混合液倒入烧杯，加入足量碳酸钡除去稀硫酸再经过一系列操作得到成品．回答下列问题：(1)盛稀硫酸和溶液的仪器，若换成分液漏斗，其缺点是_________．(2)A装置中发生反应的离子方程式为________，C装置的作用为_________．(3)步骤②可观察到的现象是_________．(4)制得的离子方程式为_________．通入至饱和，与反应制得的离子方程式为________．(5)步骤⑤中的“一系列操作”包括过滤、洗涤、合并滤液和洗涤液、________等操作．(6)三颈烧瓶加入碘单质，若期望反应的产率为88%则最终得到产品的质量为______．27、（12分）某课外小组同学用下图所示装置在实验室制氯气并探究其相关性质（夹持设备已略）。（1）制备氯气选用的药品为：漂白粉固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为_______________。（2）装置B的作用之一是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象________。（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中①、②、③依次放入_____（选填表中字母）。①②③a干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条b干燥的有色布条硅胶湿润的有色布条c湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条d湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性强弱。当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为________色，说明氯的非金属性大于溴；之后打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡；观察到的现象是___________________，则说明溴的非金属性大于碘。（5）有同学提出该实验方案仍有不足，请说明其中的不足及后果。①_________________________；②______________________。28、（14分）氮和磷为周期表中的第VA族元素，它们的元素及其化合物在性质上既有相似性又有不同性。回答下列问题：（1）N2分子中两个N原子都达到8电子稳定状态，则两个N原子之间共有电子的数目为____________；白磷的分子式为P4,4个P原子相互之间共形成6个共价单键，且每个P原子都达到8电子稳定状态，则白磷分子的空间构型为____________。（2）N、P两种元素都能形成多种气态氢化物。联氨（N2H4)为二元弱碱，在水中的电离与氨相似，写出联氨在水中第一步电离方程式___________________________，联氨与磷酸（H3PO4）形成的磷酸二氢盐的化学方程式为_________________________________。（3）P2O5是一种干燥剂，下列气体不能用P2O5干燥的是________（填字母序号）。A．SO2B．NH3C．COD．H2E.H2SF.O2（4）次磷酸（H3PO2）是一元中强酸，它的工业制法是将白磷与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2,后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式________，Ba(H2PO2)2为_______________（填“正盐”或“酸式盐”)。29、（10分）碳是地球上组成生命的最基本的元素之一。按要求回答：（1）碳原子核外有________种不同空间运动状态的电子，第一电离能介于B和C之间的元素的名称为_________。（2）碳元素能形成多种无机物。①CO32-的立体构型是_______________。②MgCO3分解温度比CaCO3低的原因是_________________________。③石墨与钾可形成石墨夹层离子晶体C8K（如图），其结构为每隔一层碳原子插入一层钾原子，与钾原子层相邻的上下两层碳原子排列方式相同，则与钾最近等距的配位碳原子有_________个。（3）碳也可形成多种有机化合物，下图所示是一种嘌呤和一种吡啶的结构，两种分子中所有原子都在一个平面上。①1mol吡啶分子中含有σ键数目是__________。②嘌呤结构中N原子的杂化方式为________。③嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，解释原因________________________________。（4）将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代可形成碳的一种新型三维立方晶体结构——T-碳。已知T-碳密度为ρg/cm，阿伏加德罗常数为NA，则T-碳的晶胞参数a=________pm(写出表达式即可)。

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、A【详解】A．加热促进碳酸氢根离子的水解，溶液碱性增强，错误；B．钠比煤油密度大，且不反应，钠沉在底部，煤油可以使钠隔绝空气和水蒸气，正确；C．脱脂棉燃烧需要达到其着火点，应由过氧化钠与二氧化碳、水反应提供热量，正确；D．钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化得到碳酸钠，正确。2、B【详解】A．明矾Al3+水解生成Al(OH)3，Al(OH)3具有吸附性可作净水剂，故A错误。B.铁粉有还原性作食品袋内的脱氧剂，故B正确。C．漂粉精中的Ca(ClO)2有强氧化性能杀菌消毒作消毒剂，故C错误。D．甘油具有吸水性作护肤保湿剂，故D错误。故答案选B。3、B【解析】A、S不能直接转化成SO3，不符合转化关系，故A错误；B、W→X：铝和盐酸反应可以实现，W→Z：2Al＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2↑，W→Y：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，Z→X：硫酸铝与氯化钡的反应可以实现，X→Y：AlCl3与过量的NaOH反应实现，Y→Z：偏铝酸钠与过量硫酸反应可以实现，故B正确；C、Fe→FeCl3：铁与氯气在点燃或加热条件下才能实现，故C错误；D、NaCl不能一步生成Na2O2，故D错误。4、B【解析】A．高温下，过氧化氢分解，则该电池不可以在高温下正常工作，A错误；B．电池工作时，阳离子向正极移动，则H+向正极移动，B正确；C．正极上发生H2O2+2H++2e-=2H2O，氢离子减少，则pH增大，C错误；D．负极上Mg失去电子，正极上过氧化氢得到电子生成水，则该电池的总反应式为：Mg+H2O2+H2SO4=MgSO4+2H2O，D错误，答案选B。5、B【解析】分析：由已知的两个热化学方程式，结合温度对化学平衡的影响规律，即可分析A选项，根据自由能判据可分析B选项，利用盖斯定律可分析出C、D两个选项。详解：A、只有在反应I中生成SO2，且该反应为吸热反应，所以升高温度，有利于反应I平衡向右移动，生成更多的SO2，故A错误；B、要使反应II自发进行，则自由能判据△G=△H-T△S<0，已知△H2<0，由反应方程式可知该反应的熵变化不大，反应的自发性主要决定于焓变，所以该反应在低温下即可自发进行，且低温有利于节约能源，故B正确；C、根据盖斯定律，反应II—4×反应I即得C选项的热化学方程式，所以△H3=△H2-4△H1，已知△H1>0，△H2<0，所以△H3<△H2,故C错误；D、反应I和反应II中没有SO3(g)，所以无法通过反应I和反应II计算出反应CaSO4(s)CaO(s)+SO3(g)的焓变，故D错误。所以本题答案选B。点睛：本题的难点是B选项，因为反应II前后气体、固体的分子数都不变，即商变不大，所以焓变对反应的自发性起决定作用，这是利用自由能判据的一种特殊情况，由于是放热反应，低温即可自发进行，且节约能源；易错点是C选项，要明确焓变的比较是带着+、-号进行比较的。本题有一定的难度。6、B【详解】A．CH3COOH和NaOH恰好反应时溶液呈碱性，应该选用酚酞做指示剂，故A错误；B．SO2气体通入硝酸钡溶液中，使溶液显酸性，酸性条件下可将SO2氧化为，与Ba2＋结合生成硫酸钡沉淀，CO2气体通入硝酸钡溶液中不反应则不产生沉淀，故B正确；C．比较H2CO3、HCN的酸性强弱应测定同温度同浓度的NaHCO3溶液和NaCN溶液的pH，故C错误；D．比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，要保证两种盐的阴离子完全相同，FeCl3和CuSO4两种盐溶液中阴离子不同，会干扰实验，故D错误；答案选B。7、B【详解】A.

HI分子中的化学键是极性共价键，故A错误；B.△H=反应物断裂化学键需要的能量−生成物形成化学键放出的能量=bKJ/mol+cKJ/mol−2H−I=−aKJ/mol，得到断开2molH−I键所需能量约为(a+b+c)KJ，故B正确；C.

H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=﹣akJ·，反应是放热反应，反应物能量高于生成物，故C错误；D.反应是可逆反应不能进行彻底，依据焓变意义分析，向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应后放出的热量小于2akJ，故D错误；故选：B。8、D【解析】若丙容器也在500K时进行反应，与甲容器中的是等效，达平衡时，转化率：a(CO2，甲)+a(C2H5OH，丙)＝1，而升高到600K时，C2H5OH(g)平衡浓度为0.039mol/L＜0.083mol/L，说明升高温度，平衡向左移动，正反应为放热反应，A错误，达平衡时，转化率：a(CO2，甲)+a(C2H5OH，丙)>1，D正确；若乙容器扩大一倍，则此条件下与甲容器中反应是等效的，现容器压缩到原来一半，若平衡不移动，2c(CO2，甲)=c(CO2，乙)，现增大压强，平衡向正方向移动，c(CO2，乙)下降，则2c(CO2，甲)＞c(CO2，乙)，B错误；容器甲中物质浓度小于容器乙中物质浓度，达平衡时，甲中反应速率比容器乙中的小，C错误。9、B【分析】A．氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；B．氮气与氧气在放电或加热条件下会生成一氧化氮；C．饱和的氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，溶液中碳酸氢根离子浓度增大，因为碳酸氢钠的溶解度相对较小，析出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；D．FeS2和氧气反应生成二氧化硫。【详解】A．氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以得不到氧化铝，故A错误；B.饱和的氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，溶液中碳酸氢根离子浓度增大，因为碳酸氢钠的溶解度相对较小，析出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，所以B符合题意；C．氮气与氧气在放电或加热条件下会生成一氧化氮，得不到二氧化氮，故C错误；D．FeS2和氧气反应生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，故D错误；所以答案是B。10、C【详解】①标准状况下，0.2mol任何气体物质的体积均为4.48L，但所有物质并不都是气体，故①错误；②若1mol气体的体积为22.4L，由于温度、压强影响气体摩尔体积，则它可能处于标准状况下，也可能不是标准状况下，故②错误；③标准状况下，CO为气体，而H2O不是气体，二者体积相等，它们物质的量不相等，故③错误；④1gH2物质的量为=0.5mol，14gN2的物质的量为=0.5mol，二者物质的量相等，标准状况下，二者体积相等，故④正确；⑤28gCO为1mol，但不一定处于标准状况下，CO的体积不一定为22.4L，故⑤错误；⑥标准状况下，两种物质不一定都是气体，它们物质的量相等，占有的体积不一定相等，故⑥错误；⑦在同温同体积时，气体压强与物质的量成正比，则气体物质的物质的量越大，压强越大，故⑦正确；⑧同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，也等于相对分子质量之比，即气体的密度与气体的相对分子质量成正比，故⑧正确；答案选C。11、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。12、C【解析】A、草木灰的主要成分是K2CO3，用水溶解时碳酸根水解显碱性，故A正确；B、利用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，实现了“碳”的循环利用，减少二氧化碳排放，符合节能减排的原则，故B正确；C、聚四氟乙烯的单体为四氟乙烯，含有F原子，属于卤代烃，故C错误；D、铅笔的主要成分是石墨与黏土，生产上常在石墨粉末中掺加黏土增加硬度，黏土含量越多，铅笔硬度越大，故D正确；故选C；13、D【解析】A.相同条件下，粗锌(含少量铜)因可以形成原电池，故其比纯锌反应速率快，A不正确；B.酸R

为稀盐酸，装置b中盛装浓硫酸，B不正确；C.装置d的作用是防止水蒸气进入c装置与氢化钙、钙反应，C不正确；D.实验结束后先熄灭酒精灯，等装置冷却后再关闭活塞K，D正确。本题选D。14、B【详解】A．水溶液显紫色，在无色溶液中不能大量存在，A不符合题意；B．使石蕊呈红色的溶液中含有大量H+，H+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意；C．Al3＋、会发生盐的双水解反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，不能大量共存，C不符合题意；D．OH-、会反应产生弱电解质NH3·H2O，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是B。15、B【解析】A.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠溶液遇到酚酞变红色，因为过氧化钠具有强氧化性，能将酚酞氧化而漂白褪色，故A错误；B.易溶于水的SO2气体溶于水使溶液呈酸性，酸性条件下，Ba(NO3)2溶液中的硝酸根离子能将具有还原性的SO2氧化为BaSO4沉淀，故B正确；C.FeCl3溶液与Cu反应生成CuCl2和FeCl2，反应中没有单质生成，该反应不是置换反应，故C错误；D.氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，故D错误。故选B。16、C【解析】A.标准状况下，三氧化硫不是气体；B.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；C.通过化合价分析过氧化钠与水反应转移电子数；D.1.8gD2O物质的量为0.09mol，所含中子数为0.9NA；【详解】A.标准状况下，三氧化硫不是气体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A项错误；B.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故形成的胶粒的个数小于0.1NA，故B项错误；C.1mol过氧化钠与足量水反应，生成氢氧化钠和氧气，转移的电子数为NA；D.1.8gD2O物质的量为0.09mol，所含中子数为0.9NA，故D项错误。综上，本题选C。17、B【详解】A.根据金属活动顺序表可知稀H2SO4与铜片不反应，故A错误；B.SO2能使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B正确；C.SO2密度比空气大，应“长进短出”，故C错误；D.SO2不与NaHSO3反应，所以无法用NaHSO3溶液吸收SO2，故D错误。答案：B。18、B【详解】A、硫酸铝和碳酸氢钠发生反应生成氢氧化铝沉淀、硫酸钠和二氧化碳，能灭火，故说法正确；B、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，说明铜的还原性强于亚铁离子，不能说明铁的金属性比铜强，故说法错误；C、次氯酸具有强氧化性，能漂白，故说法正确；D、氟化氢和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，可以刻蚀玻璃，故说法正确。故选B。【点睛】盐类水解在生活中涉及方方面面，如泡沫灭火器、明矾净水等等，泡沫灭火剂原理就是盐类水解：Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑。比较金属性的强弱，可以通过置换反应，利用金属性强的制取置换性弱的，如Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，说明Fe比Cu金属性强。19、D【解析】A、该物质中含有除氢元素和碳元素以外的元素，所以不属于烃类，因为该物种中含有苯环，因此该有机物属于芳香族化合物，故A错误；B、根据该物质的结构可知，该物质的分子式为C18H16O2N2，故B错误；C、该物质中没有醛基，所以不会与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，故C错误；D、该有机物中含有碳碳双键和酚羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；综上所述，本题应选D。20、C【分析】第①种只加成1mol氢气，说明只有碳碳双键，第②种加成4mol氢气，说明苯环被完全加成。【详解】A.苯环完全加成后不再属于芳香烃，属于环烷烃，故A错误；B.第①种加成产物为乙基苯，可使高锰酸钾褪色，第②种加成产物属于环烷烃，不可以是酸性高猛酸钾褪色，故B错误；C.两种加成产物中都含有乙基，故光照条件下都能与溴进行取代，故C正确；D.苯环不含有碳碳双键，故D错误；故答案为C。【点睛】苯环中没有碳碳双键。21、A【解析】A.化石燃料是不可再生能源,加快开采和使用,会造成能源枯竭和环境污染,故选A；B.提高洁净煤燃烧技术和煤液化技术,可以降低污染物的排放,有利于资源的高效转化,故不选B；C.难降解塑料的使用能引起白色污染,以CO2为原料生产可降解塑料,能减少白色污染,有利于资源的高效转化,故不选C；D.将秸秆进行加工转化为乙醇燃料,变废为宝,有利于资源的高效转化,故不选D；本题答案为A。22、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。二、非选择题(共84分)23、Fe3+、Cu2+40是c(K+)≥0.6mol∙L-1取cd段滤液，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl-，否则，无Cl-存在(或其它合理答案)2Fe(OH)3＋3ClO-＋4OH-=2FeO42-＋3Cl-＋5H2O0.15该温度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小【分析】Ⅰ.根据题意，水样无色，可排除Fe3+、Cu2+；根据图中所示，ob段向水样中滴加硝酸钡溶液，到a处沉淀达到最大量，可判断CO32-、SO42-至少存在一种，沉淀为BaCO3或BaSO4；bc段滴加稀硝酸，沉淀部分溶解，可判断沉淀为BaCO3和BaSO4两者的混合物，则水样中含CO32-和SO42-，能与CO32-反应而不能共存的Mg2+、Al3+、Ag+、Ca2+都可排除；阳离子只剩下K+，根据电中性原则可判断一定有K+；根据题给的信息不能判断Cl-是否一定存在。Ⅱ.(1)高铁酸钾是产物，则Fe(OH)3是反应物，根据电子守恒、电荷守恒、质量守恒可写出反应的离子方程式；(2)建立电子转移和还原产物的关系便可求出还原产物的物质的量；(3)低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4)，说明从Na2FeO4→K2FeO4，溶解度变小。【详解】Ⅰ.(1)根据题意，水样无色，可排除有色离子，所以仅凭观察可知该水样中一定不含有的阳离子是Fe3+、Cu2+。答案为：Fe3+、Cu2+；(2)根据分析可知，由b点到c点的变化是BaCO3溶于稀硝酸的过程，则：n(BaCO3)=(6.27g-2.33g)÷197g∙mol-1=0.02mol，V=0.04L=40mL；答案为：40；(3)根据图中所示，ob段向水样中滴加硝酸钡溶液产生的沉淀在bc段滴加稀硝酸后部分溶解，可判断水样中含CO32-和SO42-，与CO32-不能共存的Mg2+、Al3+、Ag+、Ca2+都可排除，另，有色离子Fe3+、Cu2+也已排除，阳离子只剩下K+，根据电中性原则可判断，一定有K+；n(CO32-)=n(BaCO3)=0.02mol，c(CO32-)=0.02mol÷(100×10-3L)=0.2mol∙L-1，n(SO42-)=n(BaSO4)=2.33g÷233g∙mol-1=0.01mol，c(SO42-)=0.01mol÷(100×10-3L)=0.1mol∙L-1，根据电中性原则有：c(K+)=2c(CO32-)+2c(SO42-)+c(Cl-)，由于Cl-不能确定，所以有：c(K+)≥2c(CO32-)+2c(SO42-)=2×0.2mol∙L-1+2×0.1mol∙L-1=0.6mol∙L-1。答案为：是；c(K+)≥0.6mol∙L-1；(4)根据分析，原水样中可能存在的离子是Cl-，可取滴加过量稀硝酸后的溶液检验，此时已无CO32-和SO42-的干扰，且已被稀硝酸酸化。检验方法为：取cd段滤液，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl-，否则，无Cl-存在。答案为：取cd段滤液，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl-，否则，无Cl-存在(或其它合理答案)；Ⅱ.(1)根据分析可知，高铁酸钾是产物，则Fe(OH)3是反应物，铁元素化合价升高，失电子；有元素化合价升高，必有元素化合价降低，所以氯元素化合价应降低，ClO-是反应物，Cl-是产物。再根据电子守恒、电荷守恒、质量守恒可写出反应的离子方程式：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42—+3Cl-+5H2O。答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；(2)ClO-→Cl-对应化合价变化为+1→-1，降低2，所以还原产物是Cl-，Cl-和转移的电子的关系为：Cl-～2e-，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为n(Cl-)=0.3mol÷2=0.15mol。答案为：0.15；(3)低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明在此条件下K2FeO4已经过饱和，从而说明在该温度下，K2FeO4溶解度比Na2FeO4小。答案为：该温度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小。【点睛】1．离子推导题的一般思路是：先利用题给信息直接推，再根据已知的离子进一步推，最后根据电中性原则推。第三步容易被忽视，要在平时练习中养成良好的习惯；2．涉及氧化还原反应的离子方程式的配平：先依据电子守恒判断氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，再依据电荷守恒安排其它离子，使方程两边电荷代数和相等，最后依据质量守恒安排剩下的物质并配平，思路清晰有利于快速、准确配平涉及氧化还原反应的离子方程式。24、酯基（键）酸性高锰酸钾溶液NaOH/H2O①③⑤⑦6（以下结构任写一种）（路线合理即可）【分析】本题考查有机推断和有机合成，涉及有机物官能团的识别，有机物结构简式和有机反应方程式的书写，有机反应类型的判断，限定条件下同分异构体数目的确定和书写，有机合成路线的设计。A属于芳香烃，A发生反应①生成B，A的结构简式为；对比B和E的结构简式以及反应④的条件，反应④是将-NO2还原为-NH2，D的结构简式为；C能与NaHCO3溶液反应，C中含羧基，反应②为用酸性高锰酸钾溶液将B中-CH3氧化成-COOH，C的结构简式为；反应③为C与CH3CH2OH的酯化反应，试剂i为CH3CH2OH、浓硫酸。结合F的分子式，反应⑤为A与Cl2在催化剂存在下发生苯环上的取代反应，由于J中两个侧链处于对位，则F的结构简式为；由于试剂i为CH3CH2OH、浓硫酸，由J逆推出I的结构简式为；对比F和I的结构简式，F转化为I需要将-CH3氧化成-COOH，将-Cl水解成酚羟基，由于酚羟基也易发生氧化反应，为了保护酚羟基不被氧化，反应⑥为氧化反应，反应⑦为水解反应，则试剂ii为酸性KMnO4溶液，G的结构简式为；试剂iii为NaOH溶液，H的结构简式为，据以上分析解答。【详解】A属于芳香烃，A发生反应①生成B，A的结构简式为；对比B和E的结构简式以及反应④的条件，反应④是将-NO2还原为-NH2，D的结构简式为；C能与NaHCO3溶液反应，C中含羧基，反应②为用酸性高锰酸钾溶液将B中-CH3氧化成-COOH，C的结构简式为；反应③为C与CH3CH2OH的酯化反应，试剂i为CH3CH2OH、浓硫酸。结合F的分子式，反应⑤为A与Cl2在催化剂存在下发生苯环上的取代反应，由于J中两个侧链处于对位，则F的结构简式为；由于试剂i为CH3CH2OH、浓硫酸，由J逆推出I的结构简式为；对比F和I的结构简式，F转化为I需要将-CH3氧化成-COOH，将-Cl水解成酚羟基，由于酚羟基也易发生氧化反应，为了保护酚羟基不被氧化，反应⑥为氧化反应，反应⑦为水解反应，则试剂ii为酸性KMnO4溶液，G的结构简式为；试剂iii为NaOH溶液，H的结构简式为，（1）A属于芳香烃，A的结构简式为；（2）由E的结构简式可知，E中官能团的名称为氨基、酯基；（3）C的结构简式为，反应③为C与CH3CH2OH的酯化反应，反应的化学方程式为：+CH3CH2OH+H2O；（4）反应⑥是将中-CH3氧化成-COOH，试剂ii是酸性高锰酸钾溶液。反应⑦是的水解反应，试剂iii是NaOH溶液；（5）反应①~⑦依次为取代反应、氧化反应、取代反应、还原反应、取代反应、氧化反应、取代反应，属于取代反应的是①③⑤⑦；（6）J的结构简式为，J的同分异构体属于酯类且能发生银镜反应，则结构中含有HCOO-，J的同分异构体为苯的二元取代物，其中一个取代基为-OH；符合条件的同分异构体有：（1）若两个取代基为-OH和-CH2CH2OOCH，有邻、间、对三个位置，结构简式为、、；（2）若两个取代基为-OH和-CH（CH3）OOCH，有邻、间、对三个位置，结构简式为、、；符合条件的同分异构体共6种；（7）由单体和发生缩聚反应制得，合成需要由合成和；由合成，需要在-CH3的对位引入-OH，先由与Cl2在催化剂存在下发生苯环上的取代反应生成，然后在NaOH溶液中发生水解反应生成，酸化得；由合成，在侧链上引入官能团，先由与Cl2在光照下发生侧链上的取代反应生成，在NaOH溶液中发生水解反应生成，发生催化氧化生成；合成路线为：。25、浅红色变为无色，且半分钟之内不褪色锥形瓶中溶液颜色变化待测溶液润洗锥形瓶偏高用标准液润洗滴定管2～3次22.600.0800mol/L【分析】(1)根据滴定终点，锥形瓶中的溶液从浅红色变为无色时，且半分钟内不褪色，应停止滴定；(2)根据滴定操作分析；(3)根据待测溶液润洗锥形瓶，会使的待测液的物质的量增多；根据c(待测)=分析误差；(4)根据酸式滴定管用蒸馏水洗净后，应用标准液润洗；(5)结合滴定管0刻度在上判断溶液体积读数；(6)根据c(待测)=计算，V(标准)用两次的平均值。【详解】(1)用标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，使用酚酞为指示剂，开始时溶液为碱性，因此溶液显红色，当达到滴定终点时，锥形瓶中的溶液从浅红色变为无色时，且半分钟内不褪色，停止滴定；(2)中和滴定时，左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化。当锥形瓶中的溶液从浅红色变为无色时，且半分钟内不褪色，停止滴定；(3)根据待测溶液润洗锥形瓶，会使的待测液的物质的量增多，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=，可知c(标准)偏高；(4)根据酸式滴定管用蒸馏水洗净后，应用标准液润洗滴定管2～3次；(5)滴定管0刻度在上，大刻度在下的结构，根据滴定管中液体凹液面的位置可确定该溶液体积读数为22.60mL；(6)V(标准)═[(20.38-0.40)+(24.02-4.00)]mL÷2═20.00mL，c(待测)=═0.0800mol/L。【点睛】本题考查中和滴定的操作以及注意事项。在误差分析时，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，其标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏低；其标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏高；同时要注意计算结果精确度，一般要结合题干给定数据确定计算结果保留有效数字的位数。26、不能使液体顺利流下吸收气体,防止污染空气固体溶解，溶液由棕黄色变为无色蒸发结晶5.28g【分析】由制备实验装置可知，A装置由FeS和稀硫酸制备H2S，B装置由碘与NaOH溶液发生3I2+6NaOH═NaIO3+5NaI+3H2O，将H2S通入B中NaIO3溶液发生反应：3H2S+IO═3S↓+3H2O+I-，向所得溶液滴入稀硫酸，水浴加热，充分逸出H2S，C装置吸收多余的H2S，把装置B中混合液倒入烧杯，为除去硫酸，加入足量碳酸钡，得到硫酸钡沉淀，过滤、洗涤，合并滤液和洗液，蒸发结晶得到NaI固体，以此解答该题。【详解】(1)盛稀硫酸和30%NaOH溶液的仪器与普通分液漏斗相比，其优点为可平衡分液漏斗和三口烧瓶的压强，便于液体顺利流下，如为分液漏斗，则不能使液体顺利流下；(2)A装置中发生反应的离子方程式为FeS+2H+=H2S+Fe2+，C装置的作用为吸收H2S气体，防止污染空气；(3)步骤②为碘和氢氧化钠溶液的反应，可观察到固体溶解，溶液由棕黄色变为无色；(4)制得NaIO3的离子方程式为3I2+6OH-═IO+5I-+3H2O，通入H2S至饱和，与NaIO3反应制得NaI的离子方程式为3H2S+═3S↓+3H2O+I-；(5)步骤⑤中的“一系列操作”包括包括过滤、洗涤、合并滤液和洗液、蒸发结晶等操作；(6)三口烧瓶加入5.08g单质碘，由元素守恒可知存在I2～2NaI，则理论上生成NaI为×2×150g/mol=6g，期望反应的产率为88%，则最终得到产品的质量为6g×88%=5.28g。【点睛】考查物质的制备实验，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，其中氧化还原反应型离子方程式书写时需要注意电子守恒、电荷守恒和原子守恒。27、Ca(ClO)2+2HCl=Cl2↑+H2O+CaCl2长颈漏斗中液面明显上升，形成水柱d黄（或橙）溶液变蓝色E处未能排除D中过量Cl2的干扰，而置换出I2Cl2通入NaHSO3溶液中会产生SO2，污染空气【解析】(1)漂白粉的主要成分有次氯酸钙和氯化钙，其中次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯气；(2)依据装置中气体压强变化和长颈漏斗中液体液面变化分析判断；(3)依据氯气无漂白作用，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，进行实验设计；(4)依据氯气和溴化钠反应生成溴单质；液体溴单质和碘化钾溶液中的碘化钾反应生成碘单质，结合溴水的颜色和碘与淀粉的显色反应分析解答；(5)依据装置图气体流向分析，E装置中D处不能排除氯气的干扰；装置F处不能吸收生成的污染性气体二氧化硫分析解答。【详解】(1)漂白粉的主要成分有次氯酸钙和氯化钙，次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯气，反应方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；(2)装置B的作用之一是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，若堵塞，装置AB中气体压强增大，会把B中的液体压入长颈漏斗中形成水柱；故答案为长颈漏斗中液面明显上升，形成水柱；

(3)氯气无漂白作用，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性。a、氯气从食盐水中出来会含有水蒸气，干燥有色布条会褪色，通过碱石灰后，氯气会被吸收，后续试验无法验氯气是否具有漂白性，故a错误；b、氯气从食盐水中出来会含有水蒸气，干燥有色布条会褪色，通过硅胶后，水蒸气会被吸收，但遇到湿润的有色布条会褪色，不能证明其漂白作用的物质，故b错误；c、氯气从食盐水中出来会含有水蒸气，湿润有色布条会褪色，U形管中加入浓硫酸，气体不能进入后面装置，不能证明氯气是否有漂白性，故c错误；d、氯气从食盐水中出来会含有水蒸气，湿润有色布条会褪色，通过固体干燥剂氯化钙吸收水后，遇干燥的有色布条不褪色证明氯气无漂白性，故d正确；故答案为d；(4)D中是溴化钠，当向D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成溴单质，可以看到无色溶液逐渐变为黄，所以现象为：溶液从无色变化为黄色：氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，说明氯气的氧化性强于溴；打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入含碘化钾淀粉溶液的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，故答案为黄(或橙)；

溶液变蓝色；

(5)装置中在验证溴单质氧化性大于碘单质的实验验证方法中不能排除氯气氧化碘离子的干扰作用；最后装置F氯气通入会和水反应生成盐酸，盐酸和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫污染气，不能被吸收，故答案为①E处未能排除D中过量Cl2的干扰，而置换出I2；

②Cl2通入NaHSO3溶液中会产生SO2，污染空气。【点睛】本题考查了氯气的实验室以及氯气化学性质的应用。本题的易错点