2026届江苏省江都市仙城中学高三化学第一学期期中达标测试试题含解析

2026届江苏省江都市仙城中学高三化学第一学期期中达标测试试题注意事项：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（每题只有一个选项符合题意）1、下列气体中，既可用浓硫酸干燥，又可用碱石灰干燥的是()A．Cl2 B．SO2C．NO D．NH32、某同学按下图所示实验装置探究铜与浓硫酸的反应，记录实验现象见下表。试管①②③④实验现象溶液仍为无色，有白雾、白色固体产生有大量白色沉淀产生有少量白色沉品红溶液褪色下列说法正确的是()A．②中白色沉淀是BaSO3B．①中可能有部分硫酸挥发了C．为确定①中白色固体是否为硫酸铜，可向冷却后的试管中注入水，振荡D．实验时若先往装置内通入足量N2，再加热试管①，实验现象不变3、下列有关化学用语正确的是A．NH4Cl的电子式：Cl－B．2－戊烯的结构简式：CH3CH2CH=CHCH3C．S2－的结构示意图：D．质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子：4、下列离子方程式正确的是（）A．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：H+＋OH−=H2OB．少量二氧化碳通入足量的NaOH溶液中：CO2＋OH−=HCO3-C．Fe与盐酸反应产生H2：2Fe＋6H+=2Fe3+＋3H2↑D．氨水和醋酸溶液混合：NH3·H2O＋CH3COOH===NH4+＋CH3COO−＋H2O5、下列装置能达到相应实验目的的是（）A．制取氢氧化亚铁并观察颜色 B．制取氨气 C．分离碘和酒精 D．收集少量二氧化氮气体6、2020年9月，我国作出对于全球减排具有里程碑意义的承诺：2060年实现碳中和。碳中和是指直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排、碳捕集与封存等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”。下列有关说法正确的是A．CO2是导致温室效应和酸雨的主要气体B．煤的液化、气化主要是为了减少CO2的排放C．CO2催化加氢合成低碳烯烃属于化合反应D．CO2分子间有间隔，故可将其压缩液化后封存7、下列变化属于物理变化的是（）A．粮食酿酒 B．煤的干馏 C．钢铁生锈 D．石油分馏8、《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是（）A．蒸馏 B．升华 C．干馏 D．萃取9、下列4个坐标图分别表示4个实验过程中某些质量的变化。其中正确的是（）ABCD向一定量石灰石中滴加稀盐酸向一定量硫酸铜溶液中不断加入铁粉向足量盐酸中加等质量的金属Zn、Fe向一定量过氧化氢溶液中加入少量二氧化锰A．A B．B C．C D．D10、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－、11、下列说法不正确的是()A．利用硅材料可制成光伏发电装置B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成C．催化净化汽车尾气可降低污染D．SO2、漂白液、双氧水的漂白原理相同12、已知某物质X

能发生如下转化：下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是A．若X为N2，则A为硝酸 B．若X为S，则A为硫酸C．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应 D．若X

为非金属单质或非金属氢化物，则A

不一定能与金属铜反应生成Y13、氧化铅-铜电池是一种电解质可循环流动的新型电池(如图所示)，电池总反应为PbO2+Cu+2H2SO4=PbSO4+CuSO4+2H2O。下列有关该电池的说法正确的是()A．电池工作时，电子由Cu电极经电解质溶液流向PbO2电极B．电池工作过程中，电解质溶液的质量逐渐减小C．正极反应式：PbO2+2e-+4H++SO=PbSO4+2H2OD．电池工作过程中，两个电极的质量均减小14、常温下①、②两个装有50mL氯气的针筒，分别抽取10mLH2O和10mL15%的NaOH溶液（如图所示），充分振荡后静置，对两针筒中所得溶液描述错误的是ABCD针筒①有颜色有漂白性呈酸性含Cl2分子针筒②无颜色无漂白性呈碱性无Cl2分子A．A B．B C．C D．D15、下列说法正确的是A．Na2O2在空气中久置，因分解成Na2O和O2而变成白色固体B．接触室里面采用粗管里面嵌套细管，主要为了增大接触面积，加快反应速率C．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是外加电源的阴极保护法D．稀有气体比较稳定，只能以单质形式存在16、下列化学用语或模型图正确的是A．氮气的结构式：B．用电子式表示溴化氢的形成过程为：C．CO2的比例模型：D．14C的原子结构示意图二、非选择题（本题包括5小题）17、松油醇是一种调香香精，它是α、β、γ三种同分异构体组成的混合物，可由松节油分馏产品A（下式中的18是为区分两个羟基而人为加上去的）经下列反应制得：（1）A分子中的官能团名称是_________________。（2）A分子能发生的反应类型是________。a.加成b.取代c.催化氧化d.消去（3）α－松油醇的分子式_________________。（4）α－松油醇所属的有机物类别是________。a.酸b.醛c.烯烃d.不饱和醇（5）写结构简式：β－松油醇_____________，γ-松油醇_____________。（6）写出α－松油醇与乙酸发生酯化反应的方程：___________________。18、下表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题：（1）写出下列元素符号：①________，⑥________，⑦________，⑪________。（2）在这些元素中，最活泼的金属元素是________，最活泼的非金属元素是_______，最不活泼的元素是________。（3）在这些元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是________，碱性最强的是______，呈两性的氢氧化物是___________，写出三者之间相互反应的化学方程式___。（4）在这些元素中，原子半径最小的是_________，原子半径最大的是_________。（5）在③与④中，化学性质较活泼的是________，怎样用化学实验证明？答：________。在⑧与⑫中，化学性质较活泼的是_________，怎样用化学实验证明？答：_________。19、(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O俗称莫尔盐，浅绿色晶体，是化学定量分析中的常用试剂。其分解情况复杂，某课题组道过实验检验莫尔盐隔绝空气加热时的分解产物。(1)分解装置A应选用________(填“①”或“②”)。(2)若实验中A装置中的固体变为红棕色，则固体产物中含有________；C装置中红色褪去，说明气体产物中含有________；C装置后应连装置D(未画出)，其作用是________。(3)若想利用上述装置证明分解产物中含有氨气，只需更换B、C中的试剂即可，则更换后的试剂为B________、C________(填序号)。①碱石灰②无水氯化钙③酚酞溶液④稀硫酸(4)若实验证实(2)(3)的猜想是正确的，某同学认为莫尔盐分解还可能会生成N2、SO3，拟从下列装置中选择合适的装置加以证明，则正确的连接顺序是A、________、H、E、J(5)若(4)中的气体产物只有一种，可能是N2，也可能是SO3，另外只有水生成，则据此推测，莫尔盐分解反应的化学方程式可能为__________________或__________________20、某小组以4H＋＋4I－＋O2＝2I2＋2H2O为研究对象，探究影响氧化还原反应因素。实验气体a编号及现象HClⅠ.溶液迅速呈黄色SO2Ⅱ.溶液较快呈亮黄色CO2Ⅲ.长时间后，溶液呈很浅的黄色空气Ⅳ.长时间后，溶液无明显变化（1）实验Ⅳ的作用是______________。用CCl4萃取Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的溶液，萃取后下层CCl4的颜色均无明显变化。（2）取萃取后上层溶液，用淀粉检验：Ⅰ、Ⅲ的溶液变蓝；Ⅱ、Ⅳ的溶液未变蓝。溶液变蓝说明Ⅰ、Ⅲ中生成了______________。（3）查阅资料：I2易溶于KI溶液。下列实验证实了该结论并解释Ⅰ、Ⅲ的萃取现象。现象x是______________。（4）针对Ⅱ中溶液未检出I2的原因，提出三种假设：假设1：溶液中c（H＋）较小。小组同学认为此假设不成立，依据是______________。假设2：O2只氧化了SO2，化学方程式是______________。假设3：I2不能在此溶液中存在。（5）设计下列实验，验证了假设3，并继续探究影响氧化还原反应的因素。i.取Ⅱ中亮黄色溶液，滴入品红，红色褪去。ii.取Ⅱ中亮黄色溶液，加热，黄色褪去，经品红检验无SO2。加入酸化的AgNO3溶液，产生大量AgI沉淀，长时间静置，沉淀无明显变化。iii.取Ⅱ中亮黄色溶液，控制一定电压和时间进行电解，结果如下。电解时间/min溶液阳极阴极t1黄色变浅、有少量SO42－检出I2，振荡后消失H2溶液无色、有大量SO42－检出I2，振荡后消失H2结合化学反应，解释上表中的现象：______________。（6）综合实验证据说明影响I－被氧化的因素及对应关系______________。21、[2016·新课标I]锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：（1）基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]_______________，有__________个未成对电子。（2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是______________________________。（3）比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因______________________________。GeCl4GeBr4GeI4熔点/℃−49.526146沸点/℃83.1186约400（4）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是______________________________。（5）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为_______________，微粒之间存在的作用力是_______________。（6）晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。如图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(，0，)；C为(，，0)。则D原子的坐标参数为_______________。②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76pm，其密度为_____g·cm−3(列出计算式即可)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A和B属于酸性气体，和碱石灰反应。氨气是碱性气体和浓硫酸反应。所以正确的答案是C。2、B【分析】实验探究铜与浓硫酸的反应，装置1为发生装置，溶液仍为无色，原因可能是混合体系中水太少，无法电离出铜离子，有白雾说明有气体液化的过程，同时产生白色固体，该固体可能是无水硫酸铜；试管2、3中有白色沉淀生成，该沉淀应为硫酸钡，说明反应过程有SO3生成或者硫酸挥发，3中沉淀较少，说明三氧化硫或挥发出的硫酸消耗完全；试管4中品红褪色说明反应中生成二氧化硫，浸有碱的棉花可以处理尾气，据此分析作答。【详解】A．二氧化硫不与氯化钡反应，白色沉淀不可能是BaSO3，故A错误；B．根据分析可知①中可能有部分硫酸挥发了，故B正确；C．冷却后的试管中仍有浓硫酸剩余，浓硫酸稀释放热，不能将水注入试管，会暴沸发生危险，故C错误；D．反应过程中SO3可能是氧气将二氧化硫氧化生成，若先往装置内通入足量N2，体系内没有氧气，则无SO3生成，试管2、3中将无沉淀产生，实验现象发生变化，故D错误；故选B。3、B【详解】A．NH

4Cl是离子化合物，电子式为

，A错误；B．2－戊烯的结构简式：CH3CH2CH=CHCH3，B正确；C．S

2

－的结构示意图为

，C错误；D．在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，则质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子可表示为，D错误。答案选B。4、D【详解】A．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应的离子反应为HCO3-+OH-═H2O+CO32-，故A错误；B．少量二氧化碳通入足量的NaOH溶液的离子反应为CO2+2OH-═CO32-+H2O，故B错误；C．Fe与盐酸反应产生H2的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故C错误；D．氨水和醋酸溶液混合的离子反应为NH3•H2O+CH3COOH═NH4++CH3COO-+H2O，故D正确；故选:D。5、A【分析】A.煤油隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化；

B.NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷有生成NH4Cl；C.碘易溶于酒精，不分层；

D.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮气体。【详解】A.煤油隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，则图中装置可制取Fe(OH)2并观察其颜色，所以A选项是正确的；

B.NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又生成NH4Cl，因此得不到氨气，故B错误；C.碘易溶于酒精，不分层，不能利用分液漏斗来分离，故C错误；

D.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮气体，不能用排水法收集二氧化氮，故D错误。

所以A选项是正确的。6、D【详解】A.二氧化硫是导致酸雨的气体，而不是二氧化碳，故A错误；B.煤的液化、气化是不能减少CO2的排放的，如煤气化的生成物即煤气主要成分是一氧化碳，燃烧依然生成二氧化碳，且生成二氧化碳分子数目相同，故B错误；C.CO2催化加氢合成低碳烯烃的同时还有H2O生成，不属于化合反应，故C错误；D二氧化碳分子之间有间隔，在受压时间隔变小，故可将其压缩液化后封存，故D正确。故答案选D。7、D【解析】A、粮食酿酒是淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶作用下分解成乙醇，属于化学变化，A项错误；B、煤的干馏产生出炉煤气、煤焦油、焦炭，属于化学变化，B项错误；C、钢铁生锈是被氧气氧化，属于化学变化，C项正确；D、分馏是根据沸点不同而分离的一种分离方法，属于物理变化，D项正确；答案选D。8、B【详解】“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳”，属于固态物质受热直接转化为气态物质，类似于碘的升华，因此文中涉及的操作方法是升华。答案选B。9、D【解析】A.反应开始前没有二氧化碳存在，故A错误；B.硫酸铜溶液中不存在固体，故B错误；C.Zn较Fe活泼，反应速率较大，故C错误；D.反应生成的氧气逸出，剩余液体中氢元素的质量不变，故D正确。故选D。10、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。11、D【详解】A．利用硅材料可制成光伏发电装置，也可以用于硅芯片，故A正确；B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，陶瓷是由黏土经高温烧结而成，故B正确；C．汽车尾气主要是NO、CO，利用催化净化汽车尾气可降低污染，故C正确；D．SO2漂白是与有色物质生成不稳定的无色物质而漂白，漂白液、双氧水的漂白是利用强氧化性而漂白，因此SO2与漂白液、双氧水的漂白原理不相同，故D错误。综上所述，答案为D。12、C【解析】若X为N2，Y是NO、Z是NO2、A为硝酸，故A正确；若X为S，Y是SO2、Z是SO3、A为硫酸，故B正确；若X为N2，Y是NO、Z是NO2、NO2与水反应生成硝酸和NO，属于氧化还原反应，故C错误；若X

为H2S，Y可能为S，Z是SO2、A为亚硫酸，则亚硫酸不能与金属铜反应，故D正确。13、C【详解】A．电池工作时，电子不能流经电解质溶液，只能在外电路中流动，故A项镨误；B．由电池总反应可知，若反应的PbO2为1mol，则电解质溶液中增加了2molO，1molCu，减少了1molSO，则增加和减少的质量相等，反应前后电解质溶液的质量不变，故B项错误；C．由总反应可知，PbO2得电子，正极反应式为PbO2+2e-+4H++SO=PbSO4+2H2O，故C项正确；D．正极反应生成的硫酸铅附着在PbO2电极上，其质量增加，故D项错误；故选C。14、B【解析】针筒①中氯气与水发生可逆反应，方程式为Cl2+H2O⇌HCl+HClO，则针筒①含有氯气、HCl和HClO；针筒②中氯气与NaOH发生反应，方程式为：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，则针筒②中主要为NaCl和NaClO混合溶液，据此分析解答。【详解】①、②两个装有50mL氯气的针筒，分别抽取10mLH2O和10mL15%的NaOH溶液(如图所示)，则针筒①中氯气与水发生可逆反应，方程式为Cl2+H2O⇌HCl+HClO，则针筒①含有含有氯气、HCl和HClO，则有颜色，有漂白性，呈酸性，含Cl2分子；针筒②中氯气与NaOH发生反应，方程式为：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，则针筒②中为NaCl和NaClO混合溶液，其中NaClO具有强氧化性，能漂白，所以无颜色，有漂白性，呈碱性，无Cl2分子，所以ACD正确，B错误；故答案为B。15、B【详解】A．Na2O2在空气中久置与空气中的CO2反应生成Na2CO3，A不正确；B．接触室里面采用粗管里面嵌套细管，主要为了增大接触面积，加快反应速率，B正确；C．Mg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止Fe被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，C不正确；D．稀有气体比较稳定，自然界以单质形式存在，在实验室中通过一定的条件，可以合成化合物，D不正确；故选B。16、D【详解】A.氮气的结构式为N≡N，A错误；B.溴化氢是共价化合物，用电子式表示溴化氢的形成过程为，B错误；C.碳原子半径大于氧原子半径，不能表示CO2的比例模型，C错误；D.14C的原子序数是6，其原子结构示意图为，D正确。答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基bdC10H1818OdCH3COOH++H2O【分析】A()在浓硫酸作用下发生羟基的消去反应生成碳碳双键，根据β-松油醇中含有两个甲基，因此β-松油醇为，γ-松油醇中含有三个甲基，γ-松油醇为：，据此分析解答。【详解】(1)A()中含有的官能团是-OH，名称为羟基，故答案为羟基；(2)A()中含有-OH，且与羟基相连碳原子的邻位碳原子上含有氢原子，能够发生消去反应，能够与羧酸发生酯化反应，即取代反应，与羟基直接相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化；不存在碳碳不饱和键，不能发生加成反应，故答案为bd；(3)由α-松油醇的结构简式可知，α－松油醇的分子式为C10H1818O，故答案为C10H1818O；(4)由α-松油醇的结构简式可知，分子中含有醇-OH，属于醇类，分子中还含有C=C，也属于不饱和醇，故答案为d；(5)根据β-松油醇中含有两个甲基，可写出其结构简式为，γ-松油醇中含有三个甲基，其结构简式为：，故答案为；；(6)-COOH和-OH发生酯化反应生成-COO-和水，其中羧酸脱去羟基，醇脱去氢原子，因此α－松油醇与乙酸反应的方程式为CH3COOH++H2O，故答案为CH3COOH++H2O。18、NSiSCaKFArHClO4KOHAl(OH)3Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O、Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O、KOH+HClO4=KClO4+H2OFKNa与H2O反应：Na与水剧烈反应，Mg与水不反应Cl将Cl2通入到NaBr溶液中，溶液由无色变为橙色，说明Cl的化学性质比Br的活泼【详解】（1）根据元素周期表的结构可知：①、⑥、⑦、⑪分别在第二周期VA、第三周期IVA、第三周期VIA和第四周期IIA，则①、⑥、⑦、⑪分别为N、Si、S、Ca；（2）根据元素周期表性质的递变规律，最活泼的金属应在第IA，最活泼的非金属应在第VIIA，惰性气体最不活泼，则在IA元素Na（③）和K（⑩）中K最活泼；在VIIA族元素F（②）、Cl（⑧）和Br（⑫）中，F最活泼；最不活泼的是⑨即Ar；（3）元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的必是非金属性增强的，根据同周期、同主族元素非金属性的递变规律可知，元素非金属性最强的是②即F，但F无最高正价；因为我们知道，HClO4已知的最高价含氧酸中酸性最强的，即酸性最强的是HClO4；元素的最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的必是非金属性增强的，根据同周期、同主族元素金属性的递变规律可知，元素金属性最强的是⑩即K，则碱性最强的必是KOH；在表中所列元素的最高价氧化物对应水化物中，只有Al(OH)3具有两性；三者之间相互反应的化学方程式分别为Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O、Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O、KOH+HClO4=KClO4+H2O；（4）同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素从上而下原子半径依次增大，故在这些元素中，原子半径最小的是F，原子半径最大的是K；（5）③和④分别是Na和Mg，根据同主族元素金属性的递变规律可知，金属性Na＞Mg，根据判断金属性强弱的方法，可依据二者单质分别与水反应的剧烈程度来判断其金属性强弱，即与H2O反应：Na与水剧烈反应，Mg与水不反应；⑧和⑫分别是Cl和Br，根据同主族元素非金属性的递变规律可知，非金属性Cl＞Br，根据判断非金属性强弱的方法，可依据二者气态氢化物的稳定性、单质之间的置换反应等来判断其非金属性强弱，即将Cl2通入到NaBr溶液中，溶液由无色变为橙色，说明Cl的化学性质比Br的活泼。【点睛】本题综合性较强，涵盖了元素周期表、元素性质的递变规律、元素金属性及非金属性强弱的判断方法等，要求用多方面的知识解决问题，能很好滴训练综合运用知识解决问题的能力，根据元素最高价氧化物对应水化物的递变规律或元素的金属性、非金属性的递变规律思考。19、②Fe2O3SO2处理尾气SO2（答出处理尾气即可）①③I2(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O=Fe2O3+4SO2↑+2NH3↑+N2↑+17H2O2(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O=Fe2O3+SO2↑+4NH3↑+3SO3↑+14H2O【分析】摩尔盐受热分解需要在隔绝空气条件下加热，由于装置中含有空气，需要用如惰性气体排尽装置中空气；要证明摩尔盐分解还可能会生成N2、SO3，利用气体与溶液反应生成硫酸钡检验SO3，用排水法收集气体证明有氮气。酸性条件下二氧化硫不能钡盐反应，二氧化硫可以被硝酸钡氧化生成硫酸钡，会影响SO3的检验，可以用氯化钡和盐酸混合溶液检验。用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫，最后排水法收集气体，由于生成的气体中可能含有氨气，要防止倒吸，据此解答。【详解】(1)反应需要在隔绝空气条件下加热，由于装置中含有空气，需要用如惰性气体排尽装置中空气，故应选择装置②；(2)摩尔盐受热分解的固体为红棕色固体，可知红棕色固体为Fe2O3，C装置中红色褪去，说明气体产物中含有SO2，二氧化硫会污染空气，需要进行尾气处理，C装置后应连装置D(未画出)，其作用是：吸收尾气SO2；故答案为：Fe2O3；SO2；吸收尾气SO2；(3)验证固体分解生成的气体中含有氨气，需要先除去二氧化硫，再利用氨气水溶液呈碱性进行检验，B干燥管中用碱石灰吸收水蒸气、生成的二氧化硫等，C装置盛放酚酞溶液，气体通入会变红色，证明生成的气体为氨气，故答案为：①；③；(4)要证明摩尔盐分解还可能会生成N2、SO3，利用气体与溶液反应生成硫酸钡检验SO3，用排水法收集气体证明有氮气；酸性条件下二氧化硫不能钡盐反应，二氧化硫可以被硝酸钡氧化生成硫酸钡，会影响SO3的检验，可以用氯化钡和盐酸混合溶液检验；用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫，最后排水法收集气体，由于生成的气体中可能含有氨气，要防止倒吸；故所以装置依次连接的合理顺序为A.

I、H、E、J；(5)若实验证实(2)(3)的猜想是正确的，说明分解生成氧化铁、二氧化硫、氨气，(4)中的气体产物只有一种，另外只有水生成，该气体为氮气或SO3，莫尔盐分解反应的化学方程式可能为：2(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O=Fe2O3+4SO2↑+2NH3↑+N2↑+17H2O或2(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O=Fe2O3+SO2↑+4NH3↑+3SO3↑+14H2O。20、对照组，证明只有O2时很难氧化I－I2上层黄色，下层无色假设1：SO2在水中的溶解度比CO2大，且H2SO3的酸性强于H2CO3，因此溶液酸性更强假设2：2SO2＋O2＋2H2O＝2H2SO4阳极发生2I－－2e－＝I2，生成的I2与溶液中的SO2发生反应：SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI，以上过程循环进行，SO2减少，SO增多通过Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ，说明c（H＋）越大，I－越易被氧化；在酸性条件下，KI比Agl易氧化，说明c（I－）越大（或指出与碘离子的存在形式有关亦可），越易被氧化；与反应条件有关，相同条件下，电解时检出I2，未电解时未检出I2。（其他分析合理给分）【分析】(1)对比实验I、Ⅲ，溶液酸性不同，酸性越强溶液变黄色需要时间越短，说明酸性越强反应越强，实验Ⅳ做对比实验，证明只有O2很难氧化I-；(2)淀粉遇碘单质变蓝色；(3)四氯化碳中的碘单质溶解在KI溶液中，溶液与四氯化碳不互溶，且溶液密度比四氯化碳的小；(4)假设1：实验Ⅲ中产生碘单质，二氧化硫在水中溶解度比二氧化碳的大，且亚硫酸的酸性比碳酸的强；假设2：在溶液中氧气将二氧化硫氧化生成硫酸；(5)ⅲ．阳极中I-被氧化为I2，再与溶液中二氧化硫反应生成硫酸与HI，反应循环进行；(6)对比实验I、Ⅲ、Ⅳ可知，反应与氢离子浓度有关；对比(5)中实验ii，可知酸性条件下，KI比AgI更容易氧化；由(5)中iii可知，相同条件下，与反应条件有关，电解时检出碘单质，未电解时没有检出碘单质。【详解】(1)对比实验I、Ⅲ，溶液酸性不同，酸性越强溶液变黄色需要时间越短，说明酸性越强反应越强，实验Ⅳ做对比实验，证明只有O2很难氧化I-；(2)淀粉遇碘单质变蓝色，溶液变蓝说明I、Ⅲ中生成了I2；(3)四氯化碳中的碘单质溶解在KI溶液中，溶液与四氯化碳不互溶，且溶液密度比四氯化碳的小，X中现象为：溶液分层，下层为无色有机层，上层为水溶液层，呈黄色；(4)假设1：实验Ⅲ中产生碘单质，二氧化硫在水中溶解度比二氧化碳的大，且亚硫酸的酸性比碳酸的强，溶液酸性更强，故实验II中溶液未检出I2，不是溶液中c(H+)较小所致；假设2