西南名校联盟2026届高三化学第一学期期中达标测试试题含解析

西南名校联盟2026届高三化学第一学期期中达标测试试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、向0.5mol炽热通入足量水蒸气，充分反应后生成1mol，则应转化为（）A．Cu和 B．Cu和S C．和 D．和S2、某化学反应2X(g)Y(g)＋Z(g)在4种不同条件下进行，Y、Z起始浓度为0，反应物X的浓度(mol·L－1)随反应时间(min)的变化情况如下表：化情况如下表：下列说法不正确的是()A．c＞1.0B．实验2可能使用了催化剂C．实验3比实验2先达到化学平衡状态D．前10分钟，实验4的平均化学反应速率比实验1的大3、利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置如图所示，下列说法正确的是()A．b电极反应式是O2＋4e－＋2H2O＝4OH－B．甲中每消耗lmolSO2，a电极附近溶液H＋增加2molC．c电极反应式是N2O4－2e－＋H2O＝N2O5＋2H＋D．甲、乙装置中分别生成的硫酸和N2O5的物质的量相等4、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．标准状况下，22.4LHF中含有NA个分子B．标准状况下，11.2LNO和11.2LO2混合后，原子总数小于2NAC．5.6gFe与一定量的稀硝酸反应，转移电子数可能为0.26NAD．将1L2mol/L的FeCl3溶液加入到沸水中，加热使之完全反应，所得氢氧化铁胶体胶粒数为2NA5、在一密闭容器中有HCHO、H2和O2混合气体共10g，放入足量Na2O2用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重4g，则原混合气体中O2的质量分数是A．40%B．33.3%C．60%D．36%6、在下列溶液中，能大量共存的离子组是（）A．能使pH试纸显蓝色的溶液中：K＋、Ba2＋、Cl－、Br－B．常温下pH＝1的溶液中：Fe2＋、Mg2＋、NO、Cl－C．含有大量Fe3＋的溶液中：SCN－、I－、K＋、Br－D．能使石蕊试液显红色的溶液中：K＋、、S2－、7、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．常温下，将7.1gCl2通入水中，转移的电子数为0.1NAB．1L0.1mol·L－1乙酸溶液中含H＋的数目为0.1NAC．标准状况下，22.4LCH4完全燃烧后恢复至原状态，所得产物中气体分子数为3NAD．25℃时，1LpH＝11的Na2CO3溶液中由水电离出的OH-的数目为0.001NA8、下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论正确的是①②③A．由①中的红棕色气体，可推知反应还有氧气产生B．红棕色气体表明②中木炭与浓硝酸发生了反应C．由③不能说明浓硝酸具有氧化性D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应9、下列除杂方案错误的是选项被提纯物质杂质除杂试剂除杂方法ACO(g)CO2(g)氢氧化钠溶液、浓硫酸洗气BCl2(g)HCl(g)饱和食盐水、浓硫酸洗气CNH4Cl(aq)Fe3+氢氧化钠溶液过滤DNa2CO3(s)NaHCO3(s)灼烧A．A B．B C．C D．D10、关于二氧化碳，下列化学用语正确的是A．分子比例模型 B．分子电子式C．分子结构式O=C=O D．溶于水电离：CO2+H2O→H++HCO11、某白色粉末由两种物质组成，取少量样品加入适量水中有少量气泡并有少量不溶物，再向其中加入足量盐酸，固体不溶解；将上述悬浊液过滤，滤渣中加入浓硝酸并加热，固体全部溶解。则可推得该白色粉末可能为A．Na2S2O3、NaHSO4 B．NaHCO3、KAl(SO4)2·12H2OC．Na2SiO3、NH4Cl D．(NH4)2SO4、Ba(OH)212、用下列装置进行实验（部分央持仪器省略），不能达到相应实验目的的是A．图一装置用来分离苯萃取碘水后的混合溶液B．图二装置用来测定NH3的体积C．图三装置用来分离I2与NH4Cl的混合物D．图四装置可证明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性13、下列化学反应的离子方程式正确的是()A．0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3•H2OB．Na2O2加入H218O中：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH﹣+18O2↑C．NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液共热：NH4++OH﹣NH3↑+H2OD．浓硝酸中加入过量铁粉并加热：Fe+3NO3﹣+6H+Fe3++3NO2↑+3H2O14、下列各组中的两种物质相互反应，无论哪种过量，都可用同一个离子方程式表示的是（）①碳酸钠溶液与稀盐酸②偏铝酸钠溶液与盐酸③二氧化硫与氨水④漂白粉溶液和二氧化碳⑤铝与氢氧化钠溶液⑥碳酸氢钠溶液与澄清石灰水A．仅有⑤ B．①③⑥ C．③⑤ D．②④15、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16、下列有关水处理方法不正确的是A．用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸B．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物C．用氯气处理水中的Cu2+、Hg+等重金属离子D．用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨17、催化加氢可生成3－甲基己烷的是A．B．C．D．18、某有机物的结构简式为CH2＝CHCH(CH3)CH2OH。下列关于该有机物叙述不正确的是A．1mol该有机物与足量的金属钠发生反应放出1mol氢气B．能在催化剂作用下与H2发生加成反应C．在浓H2SO4催化下能与乙酸发生酯化反应D．能发生加聚反应19、下列说法正确的是A．能使酚酞试液变红的溶液不一定是碱溶液B．凡需加热的反应一定是吸热反应C．反应速率越快，反应现象越明显D．水解反应是放热反应20、分子式为C6H12O2的有机物，该物质能发生银镜反应，且在酸性条件下水解为A和B。不考虑立体异构，满足条件的该有机物的同分异构体共有()A．8种B．7种C．10种D．12种21、只用一种试剂可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3、（NH4)2SO4五种溶液，这种试剂是（）A．NaOH B．H2SO4 C．BaCl2 D．AgNO322、常温下已知两种一元弱酸HX和HY，如果向NaX溶液中通CO2气体，只能生成HX和NaHCO3；往NaY溶液中通入CO2则生成HY和Na2CO3。有关叙述正确的是A．三种酸的电离常数：Ki1(H2CO3)>Ki(HX)>Ki(HY)>Ki2(H2CO3)B．NaX溶液中通入足量CO2后的离子浓度：c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(X-)C．同浓度溶液的碱性：NaX>Na2CO3>NaY>NaHCO3D．结合H＋的能力：Y->CO32->X->HCO3-二、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）艾司洛尔是预防和治疗手术期心动过速或高血压的一种药物，艾司洛尔的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)丙二酸的结构简式为_______；E中含氧官能团的名称是_______。(2)D生成E的反应类型为____________。(3)C的结构简式为________________。(4)A遇FeCl3溶液发生显色反应，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1molB、1molH2O和1molCO2，B能与溴水发生加成反应，推测A生成B的化学方程式为____。(5)X是B的同分异构体，X同时满足下列条件的结构共有____种，其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为____。①可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳②遇FeCl3溶液发生显色反应③除苯环外不含其他环(6)写出以苯甲醇和丙二酸为原料制备的合成路线________(其他试剂任选)。25、（12分）SO2为无色、有强烈刺激性气味的气体，是主要大气污染物之一，具有一定的还原性。I．探究SO2还原Fe3+、I2。可使用的药品和装置如下图所示。(1)实验室常用亚硫酸钠与70%硫酸加热制备二氧化硫，写出该反应的化学方程式_________________________________。(2)B中可观察到的现象是__________________。(3)C的作用是______________。(4)设计实验检验A中SO2与Fe3+反应所得还原产物____________________。Ⅱ．某同学将SO2与漂粉精进行如下实验探究。操作现象取适量漂粉精固体，加入100mL水大部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，用pH试纸测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝(约为12)，后褪色将SO2持续通入漂粉精溶液中①溶液出现浑浊，并呈淡黄绿色②一段时间后，产生较多白色沉淀，黄绿色褪去(1)由pH试纸颜色变化说明漂粉精溶液具有的性质是______________________________。(2)①中溶液呈淡黄绿色的可能原因是_________________________________；用离子方程式解释②中溶液黄绿色褪去的主要原因___________________________。26、（10分）某实验小组探究和的反应规律。实验操作及现象如下：实验及试剂编号无色溶液用量试管中溶液颜色淀粉KI试剂颜色10.5mL浅黄色无色20.20mL深黄色无色30.25mL浅黄色蓝色40.30mL无色蓝色（1）取实验2后的溶液，进行如下实验：经康康同学检验，上述白色沉淀是。写出加入0.20mL后，溶液中和发生反应的离子方程式：____________。（2）查阅资料：一定条件下，和都可以被氧化成。作出假设：溶液用量增加导致溶液褪色的原因是过量的溶液与（1）中的反应产物继续反应，同时生成。进行实验：①取少量实验4中的无色溶液进行以下实验，进一步佐证其中含有。其中试剂X可以是_________（填字母序号）。a碘水b溶液c溶液d溶液②李政同学提出，仅通过润湿淀粉试纸变蓝的现象不能说明生成，理由是_______，便补充了如下实验：将实验4中的湿润淀粉试纸替换为________，在滴加溶液后，发现________，进一步佐证实验4中生成了。27、（12分）某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。实验一制取氯酸钾和氯水利用如图所示的实验装置进行实验。（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有______。（2）若对调B和C装置的位置，_____（填“可能”或“不可能”）提高B中氯酸钾的产率。实验二氯酸钾与碘化钾反应的研究（3）在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下（实验在室温下进行）：试管编号12340.20mol•L-1KI/mL1.01.01.01.0KClO3（s）/g0.100.100.100.106.0mol•L-1H2SO4/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00实验现象①系列a实验的实验目的是______。②设计1号试管实验的作用是______。③若2号试管实验现象是溶液变为黄色，取少量该溶液加入______溶液显蓝色。实验三测定饱和氯水中氯元素的总量（4）根据下列资料，为该小组设计一个简单可行的实验方案（不必描述操作过程的细节）：_____。资料：①次氯酸会破坏酸碱指示剂；②次氯酸或氯水可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl-。28、（14分）X是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题：(1)单质X的晶体类型为___________，其中X原子的配位数为___________。(2)元素Y基态原子的核外电子排布式为_____________，同周期元素中，第一电离能最大的是___________(写元素符号)。(3)X与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。①该化合物的化学式为____________________，已知晶胞参数a＝0.542nm，此晶体的密度为____________g·cm－3。(写出计算式，不要求计算结果。阿伏加德罗常数为NA)②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是________。29、（10分）氯氨是氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl、NHCl2和NCl3)，副产物少于其它水消毒剂。回答下列问题：(1)①一氯胺(NH2Cl)的电子式为__________。②工业上可利用反应Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(l)+HCl(g)制备一氯胺，已知部分化学键的键能如下表所示（假设不同物质中同种化学键的链能相同），则该反应的△H=______________。化学键N-HCl-ClN-ClH-Cl键能(kJ/mol)391.3243.0191.2431.8③一氯胺是重要的水消毒剂，其原因是由于一氯胺在中性、酸性环境中会发生水解，生成具有强烈杀菌作用的物质，该反应的化学方程式为_________________。(2)用Cl2和NH3反应制备二氯胺的方程式为2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(g)+2HCl(g)，向容积均为1L的甲、乙两个恒温（反应温度分别为400℃、T℃)容器中分别加入2molCl2和2molNH3，测得各容器中n(Cl2)随反应时间t的变化情况如下表所示：t/min04080120160n(Cl2)(甲容器)/mol2.001.501.100.800.80n(Cl2)(乙容器）/mol2.001.451.001.001.00①甲容器中，0～40min内用NH3的浓度变化表示的平均反应速率v(NH3)=______________。②该反应的△H________0(填“>”或“<”)，理由是____________________。③对该反应，下列说法正确的是______________(填选项字母）。A．若容器内气体密度不变，则表明反应达到平衡状态B．若容器内Cl2和NH3物质的量之比不变，则表明反应达到平衡状态C．反应达到平衡后，其他条件不变，在原容器中充入一定量氦气，Cl2的转化率增大D．反应达到平衡后，其他条件不变，加入一定量的NHCl2，平衡向逆反应方向移动(3)在恒温条件下，2molCl2和1molNH3发生反应2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(l)+2HCl(g)，测得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：①A、B、C三点中Cl2转化率最高的是______点(填“A”“B”或“C”)。②计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=_______(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)

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、A【详解】0.5mol炽热的Cu2S中通入足量的水蒸气，充分反应后生成1molH2，则H元素得电子的物质的量是2mol，如果S元素失电子生成二氧化硫，则失去3mol电子，根据转移电子知，Cu元素还要得到1mol电子，0.5mol炽热的Cu2S中铜的物质的量是1mol，所以Cu元素化合价由+1价变为0价符合，则Cu2S应转化为Cu和SO2。答案为A。2、C【解析】实验3达到平衡X的浓度大于实验1，温度相同，达到平衡说明X起始浓度大于1.0mol/L，A项正确；实验2和实验1达到相同的平衡状态，但实验2所需时间短说明可能使用了催化剂，催化剂改变反应速率不改变化学平衡，B项正确；依据图表数据分析，实验3在40min时X浓度不变达到平衡，实验2在20min时达到平衡，实验2达到平衡快，C项错误；实验4和实验1在10分钟都未达到平衡，依据化学反应速率概念计算，实验1中X的反应速率=，实验4中X的反应速率=，所以实验4反应速率大于实验1，D项正确。3、B【分析】甲装置能自发的进行氧化还原反应且没有外接电源，所以是原电池，a极上二氧化硫失电子为负极，b上氧气得电子为正极，乙属于电解池，与电源的正极b相连的电极c为阳极，N2O4在阳极失电子生成N2O5，d为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，据此分析。【详解】A.电极a为负极，电极b为正极，正极发生还原反应，O2＋4e－＋4H＋＝2H2O，电解液是硫酸，不能出现氢氧根离子，故A错误；B.

依据电子转移数相同可知，甲装置的a电极的电极反应式:SO2-2e+2H2O=4H++SO42-，b电极的电极反应为O2＋4e－＋4H＋＝2H2O，总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，可知消耗1mol二氧化硫时，甲中每消耗lmolSO2，a电极附近溶液H＋增加2mol，故B正确；C.

c是阳极，d是阴极，阳极上N2O4放电生成N2O5，电极反应为，故C错误；D.依据电子转移数相同可知，甲装置的左侧的电极反应式:SO2-2e-+2H2O=4H++SO42-，可知电子转移数为2mole~时，生成1mol硫酸，乙装置中阳极N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，转移电子的物质的量为2mole~时，生成2mol五氧化二氮，转移相同电子数时，生成硫酸和五氧化二氮的物质的量为1:2，故D错误；答案选B。4、C【解析】A、标准状况下，HF是液体而不是气体，无法计算22.4LHF中含有的分子数目，故A错误；B、在标准状况下，n（NO）==0.5mol，所含原子物质的量是0.5mol×2=1mol，n（O2）==0.5mol，所含原子物质的量是0.5mol×2=1mol，则二者所含原子的总物质的量是（1+1）=2mol，根据原子守恒规律，反应后原子的总物质的量还是2mol，即原子总数是2NA，故B错误；C、5.6gFe的物质的量是：=0.1mol，投入稀硝酸中全部生成Fe3+时，转移电子总数为3NA，Fe全部生成Fe2+时，转移电子总数是2NA，则生成的既有Fe3+又有Fe2+时，转移的电子总数大于2NA小于3NA，故转移电子数可能是0.26NA，所以C正确；D、将1L2mol/L的FeCl3溶液加入到沸水中，加热使之完全反应，由于氢氧化铁胶体是氢氧化铁的聚集体，无法计算含有的胶体粒子数，故D错误；所以答案选C。【名师点睛】将分子和原子的结构、物质质量、物质的体积、物质的量等在物质及其所含构成微粒关系式计算中的应用与原子的构成、物质的结构、氧化还原反应电子转移等联系起来。充分体现了化学研究从定性到定量、从宏观到微观的特点，更突显了化学科学特点和化学研究基本方法，能较好的考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力考查相关物质的组成、结构与性质。5、C【解析】试题分析：HCHO燃烧生成二氧化碳与水，氢气燃烧生成水，反应方程式为：HCHO+O2HCHO+O2CO2+H2O、2H2+O22H2O，二氧化碳、水与过氧化钠反应为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，通过方程式可以看出，固体质量的增加量就是原混合气体中HCHO、H2的质量和，Na2O2增重4g，所以HCHO、H2的质量和为4g，所以混合气体中氧气的质量为：10g-4g=6g，所以氧气的质量分数为：×100%=60%，故选C。考点：考查了混合物的计算的相关知识。6、A【解析】A．能使pH试纸显蓝色的溶液是碱性溶液，在碱性溶液中：K＋、Ba2＋、Cl－、Br－不会发生反应，可以大量共存，A正确；B．常温下pH＝1的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中：Fe2＋、H＋、NO会发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；C．Fe3＋与SCN－、I－会发生反应而不能大量共存，C错误；D．能使石蕊试液显红色的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中：H＋、S2－、会发生反应产生H2S、CO2气体而不能大量共存，D错误；答案选A。7、D【详解】A.常温下，将7.1gCl2的物质的量为=0.1mol，通入水中后Cl2不能完全反应，转移的电子数小于0.1NA，故A错误；B.乙酸是弱酸在水溶液中不完全电离，1L0.1mol·L－1乙酸溶液中含H＋的数目远小于0.1NA，故B错误；C.标准状况下，22.4LCH4的物质的量为1mol，完全燃烧后恢复至原状态是水不是气体，所得产物中气体分子数为NA，故C错误；D.25℃时，碳酸钠溶液中OH-全部来自水电离，1LpH＝11的Na2CO3溶液中c(OH-)==10-3mol/L，Na2CO3溶液中由水电离出的n(OH-)=10-3mol/L1L=0.001mol，个数为0.001NA，故D正确；故选D。8、A【详解】A．由①中的红棕色气体可知，该气体为NO2，由此可以推知：HNO3中+5价的N降低到+4价，发生还原反应，那么只有氧元素的化合价由-2价升高到0价，发生氧化反应，产生了氧气，选项A正确；B．浓硝酸与木炭加热时发生氧化还原反应，木炭被浓硝酸氧化生成二氧化碳，浓硝酸被还原成二氧化氮，二氧化氮气体为红棕色气体，但硝酸化学性质不稳定，见光或受热能分解，也会生成红棕色的二氧化氮气体，选项B错误；C．根据实验③，浓硝酸没有与木炭直接接触，若红棕色气体是硝酸分解生成的，那说明浓硝酸有挥发性，先挥发然后受热分解，若红棕色气体是木炭和浓硝酸反应生成的，也证明浓硝酸有挥发性，其次，无论红棕色气体是浓硝酸直接受热分解得到的，还是与木炭反应生成的，二氧化氮都是还原产物，可说明浓硝酸具有挥发性和强氧化性，选项C错误；D．③中红热的木炭在空气中也能生成二氧化碳，所以检测到二氧化碳并不能说明是木炭与浓硝酸发生了反应，选项D错误；答案选A。9、C【详解】A.二氧化碳能与NaOH反应，而CO不能，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，故A方案正确；B.HCl极易溶于水，而饱和食盐水抑制氯气的溶解，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，故B方案正确；C.氢氧化钠溶液与Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，但是氢氧化钠溶液也会和NH4+反应生成弱碱NH3∙H2O，不能达到除杂的目的，故C方案错误；D.Na2CO3灼烧无变化，NaHCO3灼烧会分解生成Na2CO3、H2O和CO2，H2O和CO2以气体形式逸出，所以可通过灼烧除去NaHCO3，故D方案正确；答案选C。【点睛】本题主要考查了学生对元素及其化合物知识的掌握与应用的能力。选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则:1.不引入新的杂质；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。10、C【详解】A．碳原子半径大于氧原子半径，图中所示原子半径氧原子半径大于碳原子半径，正好相反，A错误；B．二氧化碳中碳氧之间是共价双键，不是共价单键，电子式为，B错误；C．二氧化碳的电子式为，分子结构式O=C=O，C正确；D．CO2+H2OH2CO3H++HCO，碳酸为弱电解质，部分电离出H+和HCO，D错误；答案选C。11、A【解析】A、Na2S2O3与NaHSO4溶于水发生反应：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，S不溶于盐酸，可被热的浓硝酸氧化，选项A正确；B、NaHCO3与KA1(SO4)2·12H2O溶于水，发生反应：Al3++3HCO3-=A1(OH)3+3CO2↑，A1(OH)3可溶于盐酸，选项B错误；C、Na2SiO3与NH4Cl混合反应生成H2SiO3，H2SiO3不溶于盐酸或浓硝酸，选项C错误；D、(NH4)2SO4和Ba(OH)2溶于水生成BaSO4沉淀，硫酸钡不溶于盐酸或浓硝酸，选项D错误。答案选A。12、C【解析】A.苯萃取碘水后的混合溶液会分层，所以可用分液漏斗进行分离，故A正确；B.用排水法测定NH3的体积时，因氨气易溶于水而不溶于植物油，所以可用植物油覆盖在水面上，以防止氨气溶于水，故B正确；C.I2受热时会升华变成气体，遇冷又变成固体，NH4Cl受热时会分解成氨气和HCl气体，遇冷再结合形成NH4Cl固体，所以不能采用加热的方法分离I2与NH4Cl的混合物，故C错误；D.浓硫酸滴入蔗糖中，蔗糖变黑说明浓硫酸具有脱水性，生成的气体通入品红溶液，品红褪色，通入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色，说明生成的气体是二氧化硫，则硫酸中S元素的化合价从+6价降低到+4价，体现了浓硫酸的强氧化性，故D正确；故答案选C。点睛：本题主要考查实验方案设计和浓硫酸的性质检验，在设计实验时要求最简，对环境危害小，实验能否成功需要看细节，如C项中，I2受热时会升华变成气体，遇冷又变成固体，NH4Cl受热时会分解成氨气和HCl气体，遇冷再结合形成NH4Cl固体，二者虽然变化的原理不同，但物质变化的状态是相同的，所以不能采用加热的方法分离I2与NH4Cl的混合物，因此平时学习时多注意细节问题。13、A【解析】试题分析：A．0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合：，生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，离子方程式：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3•H2O；故A正确；B．Na2O2加入到足量H218O中，过氧化钠既做氧化剂又做还原剂，离子方程式：2Na2O2+2H218O═4Na++418OH-+O2↑，故B错误；C．NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液共热生成氨气和碳酸钠，故C错误；D．加入过量铁粉，生成亚铁离子，离子反应为Fe+2NO3-+4H+Fe2++2NO2↑+2H2O，故D错误；故选A。考点：考查了离子方程式的正误判断的相关知识。14、A【详解】①碳酸钠少量时发生的反应为CO32-+2H+=CO2↑+H2O；碳酸钠过量的反应离子方程式为CO32-+H+=HCO3-，所以反应物的量不同时反应的离子方程式不同，故①不符合；②偏铝酸钠溶液与盐酸的反应中，若盐酸不足，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，若盐酸过量，反应生成氯化铝、氯化钠和水，反应物的量不同时反应的离子方程式不同，故②不符合；③二氧化硫与氨水反应，当二氧化硫过量时，反应生成亚硫酸氢铵，当二氧化硫不足时，反应生成亚硫酸铵，所以反应物的量不同时反应的离子方程式不同，故③不符合；④漂白粉溶液和二氧化碳反应，二氧化碳少量时反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式为Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；二氧化碳过量时反应生成碳酸氢钙和次氯酸，反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，所以反应物的量不同时反应的离子方程式不同，故④不符合；⑤铝与氢氧化钠溶液反应均生成偏铝酸钠和氢气，该离子反应为2Al+2H2O+2OH-═2AlO2-+3H2↑，故⑤符合；⑥碳酸氢钠与氢氧化钙，氢氧化钙少量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，氢氧化钙过量，反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应物的量不同时反应的离子方程式不同，故⑥不符合；综上，正确的有⑤。答案选A。【点睛】本题考查离子方程式书写，题目难度中等，明确离子方程式的书写原则为解答关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等。15、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。16、C【解析】A、石灰、碳酸钠都呈碱性，能与酸反应，故可用于处理废水中的酸，A正确；B、铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，酥松多孔，具有吸附性，可吸附水中的悬浮物，B正确；C、氯气可用于水的消毒杀菌，对重金属离子没有作用，可以加入硫化物生成硫化物沉淀来处理重金属，C错误；D、烧碱可与铵根离子反应产生氨气，D正确。故选C。17、C【详解】A、该有机物与氢气加成生成物是3—甲基庚烷，A错误；B、该有机物与氢气的加成产物是3—甲基戊烷，B错误；C、该有机物与氢气的加成产物是3—甲基己烷，C正确；D、该有机物与氢气的加成产物是2—甲基己烷，D错误；答案选C。18、A【解析】A、1molCH2＝CHCH(CH3)CH2OH中含有1mol羟基，与足量金属钠反应放出0.5mol氢气，故A错误；B、CH2＝CHCH(CH3)CH2OH中含有碳碳双键，所以具有烯烃的性质，能和氢气发生加成反应，故B正确；C、CH2＝CHCH(CH3)CH2OH中含有醇羟基，所以具有醇的性质，在浓H2SO4催化下能与乙酸发生酯化反应，故C正确；D.CH2＝CHCH(CH3)CH2OH中含有碳碳双键，能发生加聚反应，故D正确；故选A。点睛：本题考查了有机物的官能团及其性质。CH2＝CHCH(CH3)CH2OH含有碳碳双键和醇羟基，所以应具有烯烃和醇的性质，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、酯化反应、取代反应等。19、A【解析】A、能使酚酞试液变红的溶液显碱性，不一定是碱溶液，A正确；B、需加热的反应不一定是吸热反应，例如碳燃烧等，B错误；C、反应速率越快，反应现象不一定越明显，例如中和反应，C错误；D、水解反应是中和反应的逆反应，是吸热反应，D错误，答案选A。20、A【解析】有机物的分子式为C6H12O2，在酸性条件下水解为A和B，说明属于酯类，含有酯基，能发生银镜反应说明含有醛基，且该分子中含有2个氧原子，所以该有机物必须是甲酸戊酯，甲酸戊酯为戊醇和甲酸形成的酯，戊醇的同分异构体为：主链五个碳的有3种：CH2(OH)CH2CH2CH2CH3、CH3CH(OH)CH2CH2CH3、CH3CH2CH(OH)CH2CH3；主链四个碳的有4种：CH2(OH)CH(CH3)CH2CH3、CH3C(OH)(CH3)CH2CH3、CH3CH(CH3)CH(OH)CH3、CH3CH(CH3)CH2CH2(OH)；主链三个碳的有1种：C(CH3)3CH2OH，戊醇8种属于醇的同分异构体，而甲酸没有同分异构体，所以甲酸戊酯的同分异构体8种，故选A。21、A【解析】试题分析：A．NaOH溶液与Na2SO4混合，无明显现象，与MgCl2混合，反应产生白色沉淀；与FeCl2混合产生白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；与Al2(SO4)3混合，产生白色沉淀，碱过量时沉淀溶解，变为可溶性的溶液；与(NH4)2SO4混合，产生有刺激性气味的气体，反应现象各不相同，可以鉴别，正确；B．H2SO4与五种溶液混合，都无现象，不能鉴别，错误；C．Ba(OH)2与Na2SO4、MgCl2、Al2(SO4)3、(NH4)2SO4都会产生白色沉淀，与FeCl2首先产生白色沉淀，后白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，可以鉴定；与(NH4)2SO4除会产生白色沉淀外，还有刺激性气味的气体产生，可以鉴定，但不能鉴别Na2SO4、MgCl2、Al2(SO4)3，错误；D．AgNO3与五种溶液都会产生白色沉淀，现象相同，不能鉴别，错误。【考点定位】考查物质鉴别试剂的选择的知识。【名师点睛】在化学中经常遇到用一种试剂鉴别不同的物质，只要加入的物质与被鉴别的物质混合，现象各不相同买就可以进行鉴别。掌握常见物质的物理性质如颜色、溶解性；化学性质如酸性、碱性、两性、与什么物质反应、物质量的多少与反应现象的关系等是物质鉴别的关键。22、D【详解】A．向NaX溶液中通入CO2气体，只能生成HX和NaHCO3，则酸性H2CO3＞HX＞NaHCO3，向NaY溶液中通入CO2，只生成HY和Na2CO3，则酸性NaHCO3＞HY，则有酸性由强到弱：H2CO3＞HX＞HCO3-＞HY，酸性越强，电离常数越大，所以三种酸的电离常数：Ki1（H2CO3）＞Ki（HX）＞Ki2（H2CO3）＞Ki（HY），故A错误；B．向NaX溶液中通入足量CO2后生成HX和NaHCO3，由于酸性HX＞HCO3-，所以c（X-）＞c（CO32-），则c（HCO3-）>c（X-）＞c（CO32-），故B错误；C．酸性H2CO3＞HX＞NaHCO3＞HY，碱性强弱可以利用越弱越水解判断，所以溶液的碱性：NaHCO3＜NaX＜Na2CO3＜NaY，故C错误；D．由A可知酸性H2CO3＞HX＞NaHCO3＞HY，则结合质子能力：Y-＞CO32-＞X-＞HCO3-，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、HOOC－CH2－COOH醚键、酯基取代反应15【分析】本题主要考查有机合成综合推断以及逆向合成。合成路线分析：由E的结构简式以及D的分子式可推断出D的结构简式为，由C与甲醇发生酯化反应生成D，可推断出C的结构简式为，B与氢气发生加成反应生成C，结合B的分子式与第（4）问中“B能与溴水发生加成反应”，可推断出B的结构简式为，A与丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成B，结合A的分子式以及第（4）问中“A遇FeCl3溶液发生显色反应，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1molB、1molH2O和1molCO2”，可推断出A的结构简式为。【详解】（1）丙二酸的结构简式为：；观察E结构简式可知，所含含氧官能团有：醚键、酯基；（2）D生成E的方程式为：，故反应类型为取代反应；（3）由上述分析可知，C的结构简式为：；（4）根据化学方程式配平可写出A生成B的化学方程式为：；（5）条件①：该结构简式中含有羧基；条件②：该结构简式中含有酚羟基；条件③：除苯环外，不含有其它杂环；可以酚羟基作为移动官能团，书写出主要碳骨架，再进行判断同分异构体总数，（1）中酚羟基有2个取代位置（不包含本身），（2）中酚羟基有3个取代位置，（3）中酚羟基有4个取代位置，（4）中酚羟基有4个取代位置，（5）中酚羟基有2个取代位置，故同分异构体一共有2+3+4+4+2=15种；核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为。（6）对比苯甲醇和结构简式，根据题干信息，需将苯甲醇氧化生成苯甲醛，再模仿A生成B的方程式生成，再根据碳碳双键与卤素单质加成再取代合成，故合成路线为：【点睛】本题主要考查有机物的推断与合成，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来推断部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。25、Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2↑+H2O蓝色溶液变浅直至褪色吸收尾气SO2，防止污染空气取少量实验后的A中溶液于试管中，加入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，说明反应所得还原产物为Fe2+碱性、漂白性Cl−与ClO−在酸性环境下反应生成氯气Cl2+SO2+2H2O+Ca2+=4H++2Cl−+CaSO4↓【解析】I．（1）亚硫酸钠固体和浓硫酸反应生成硫酸钠和水和二氧化硫，配平即可；（2）B中二氧化硫被碘单质氧化生成硫酸和碘化氢；（3）C中盛有NaOH溶液，其作用是吸收尾气SO2，防止污染空气；（4）装置A中SO2做还原剂，被氧化为硫酸根离子，Fe3+作氧化剂，被还原为Fe2+，检验Fe2+可用铁氰化钾溶液；Ⅱ．（1）pH试纸先变蓝（约为12），说明溶液呈碱性，之后颜色退去，说明具有漂白性。（2）漂粉精中主要漂白成分为ClO-，它会与Cl-发生归中反应生成Cl2，氯气溶于水，溶液呈黄绿色。黄绿色褪去是因为溶液中的Cl2与SO2发生氧化还原反应，生成了SO42-和Cl-，又因为漂粉精溶液中还含有Ca2+，CaSO4微溶于水，据此写出离子方程式。【详解】I．（1）亚硫酸钠固体和浓硫酸反应生成硫酸钠和水和二氧化硫，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2↑+H2O。因此，本题正确答案是：Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2↑+H2O；

（2）B中二氧化硫被碘单质氧化生成硫酸和碘化氢，则B中反应的现象为：蓝色溶液变浅直至褪色。因此，本题正确答案是：蓝色溶液变浅直至褪色；（3）C中盛有NaOH溶液，其作用是吸收尾气SO2，防止污染空气；因此，本题正确答案是：吸收尾气SO2，防止污染空气；（4）装置A中SO2做还原剂，被氧化为硫酸根离子，Fe3+作氧化剂，被还原为Fe2+，检验Fe2+的方法是取少量实验后的A中溶液于试管中，加入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，说明反应所得还原产物为Fe2+。因此，本题正确答案是：取少量实验后的A中溶液于试管中，加入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，说明反应所得还原产物为Fe2+；Ⅱ．（1）pH试纸先变蓝（约为12），说明溶液呈碱性，之后颜色退去，说明具有漂白性。因此，本题正确答案是：碱性、漂白性；（2）漂粉精中主要漂白成分为ClO-，它会与Cl-发生归中反应生成Cl2，ClO-+Cl-+2H+=H2O+Cl2↑，氯气溶于水溶液呈黄绿色。黄绿色褪去是因为溶液中的Cl2与SO2发生氧化还原反应，生成了SO42-和Cl-，又因为漂粉精溶液中还含有Ca2+，CaSO4微溶于水，因此离子方程式为Cl2+SO2+2H2O+Ca2+=4H++2Cl−+CaSO4↓。因此，本题正确答案是：Cl−与ClO−在酸性环境下反应生成氯气；Cl2+SO2+2H2O+Ca2+=4H++2Cl−+CaSO4↓。【点睛】本题以探究SO2与漂白精的反应为基础，重点考查学生综合设计实验和分析解决问题的能力。涉及到二氧化硫的还原性，次氯酸根的氧化性，氯离子和硫酸根离子的检测。解题时要熟悉漂白精的主要成分是次氯酸钙和氯化钙。26、bI2易升华，也会使湿润淀粉KI试纸变蓝湿润的淀粉试纸湿润的淀粉试纸无明显变化【分析】(1)加入0.20mLNaClO3后，溶液颜色变为深黄色，淀粉KI试纸颜色变蓝色，说明氯酸根离子具有氧化性能氧化碘离子为单质碘；(2)①加入0.30mLNaClO3后，溶液为无色，NaClO3溶液用量增加导致溶液褪色的原因是过量的NaClO3溶液与(1)中的反应产物继续反应，同时生成Cl2；取少量实验4中的无色溶液进行如图实验，进一步佐证其中含有IO3-；②根据碘单质易升华的性质分析；使用湿润的淀粉试纸直接检验气体验证是否含有碘单质，若不变蓝证明产生了氯气。【详解】(1)加入0.20mLNaClO3后，溶液颜色变为深黄色，淀粉KI试纸颜色变蓝色，说明氯酸根离子具有氧化性能氧化碘离子为单质碘，反应的离子方程式为：ClO3−+6I−+6H+═Cl−+3I2+3H2O；(2)①取少量实验4中的无色溶液进行如图实验，无色溶液中加入试剂X变为黄色，加入四氯化碳萃取得到下层紫红色，说明生成了碘单质，加入的试剂具有还原性，能和碘酸根离子发生氧化还原反应生成碘单质，a．碘水中含碘单质，不能验证，故a不符合要求；b．NaHSO3溶液具有还原性，可与碘酸根离子发生氧化还原反应生成碘单质，故b符合要求；c．NaClO3过量，KI可与NaClO3发生氧化还原反应生成碘单质，不能证明含有碘酸根离子，故c不符合要求；d．高锰酸钾溶液具有氧化性，不与碘酸根离子反应，不能证明含有碘酸根离子，故d不符合要求；故进一步佐证其中含有IO3−，所选试剂为b；②由于碘单质易升华，碘单质也可以使淀粉KI试纸变蓝，仅通过润湿淀粉试纸变蓝的现象不能说明生成，补充了如下实验：将实验4中的湿润淀粉试纸替换为湿润的淀粉试纸，在滴加溶液后，发现湿润的淀粉试纸无明显变化，则进一步佐证实验4中生成了。27、烧杯、漏斗、玻璃棒可能研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响硫酸浓度为0的对照实验淀粉；量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得【详解】（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤，该实验操作过程需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；（2）若对调B和C装置的位置，A中挥发出来的气体有Cl2和HCl，气体进入C装置，HCl溶于水后，抑制氯气的溶解，B中氯气与KOH加热生成氯酸钾，则可能提高氯酸钾的产率，故答案为：可能；（3）①研究反应条件对反应产物的影响，由表格数据可知，总体积相同，只有硫酸的浓度不同，则实验目的为研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响，故答案为：研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；②设计1号试管实验的作用是硫酸浓度为0的对照实验，故答案为：硫酸浓度为0的对照实验；③淀粉遇碘单质变蓝，若2号试管实验现象是溶液变为黄色，因此取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色，故答案为：淀粉；（4）由资料可知，次氯酸会破坏酸碱指示剂，因此设计实验不能用酸碱指示剂，可以利用氯水的氧化性，设计简单实验为量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得，故答案为：量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得。【点睛】本题的难点是（4），实验目的是测定饱和氯水中氯元素的总量，氯水中氯元素以Cl－、HClO、