2026届南省洛阳市化学高三第一学期期中检测试题含解析

2026届南省洛阳市化学高三第一学期期中检测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、为了检验某FeCl2溶液是否变质，可以向溶液中加入()A．NaOH溶液B．氯水C．KSCN溶液D．石蕊溶液2、下列比较或归纳一定正确的是（）A．离子半径：阴离子＞阳离子 B．酸性：HClO4＞H2SO4C．熔沸点：共价化合物＞离子化合物 D．稳定性：PH3＞NH33、只表示一种微粒的化学用语是A．B．X:XC．ns1D．X-X4、如图所示，相同条件下，两个容积相同的试管分别装满NO2和NO气体，分别倒置于水槽中，然后通过导管缓慢通入氧气，边通边慢慢摇动试管，直到两个试管内充满液体。假设试管内的溶质不向水槽中扩散，则两个试管内溶液物质的量浓度之比为A．1∶1 B．5∶7 C．7∶5 D．4∶35、HI常用作有机反应中的还原剂，受热会发生分解反应。已知443℃时：2HI（g）H2（g）+I2（g）△H＝+12.5kJ·mol－1向1L密闭容器中充入1molHI，443℃时，体系中c（HI）与反应时间t的关系如图所示。下列说法中，正确的是（）A．0～20min内的平均反应速率可表示为v（H2）＝0.0045mol·L－1·min－1B．升高温度，再次平衡时，c（HI）>0.78mol·L－1C．该反应的化学平衡常数计算式为D．反应进行40min时，体系吸收的热量约为0.94kJ6、用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示(气体体积均在相同状况下测定)。欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入()A．0.1molCuO B．0.1molCuCO3C．0.1molCu(OH)2 D．0.05molCu2(OH)2CO37、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，Y常见的氢化物有两种，且常温下均为液体，Z是短周期中原子半径最大的元素，W的最高正价为+7价。下列说法正确的是()A．工业上利用Z与TiCl4溶液反应制备单质TiB．X与W形成的化合物和Z与W形成的化合物的化学键类型相同C．X和Y单质晶体类型不可能相同D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：W>X8、12mL浓度为0.05mol·L−1Na2SO3溶液恰好与10mL浓度为0.02mol·L−1的KXO3溶液完全反应，已知Na2SO3可被KXO3氧化为Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价为A．+7 B．+3 C．+1 D．—19、“蛟龙”号外壳用特殊的钛合金材料制成，它可以在深海中承受700个大气压的压力。已知金属钛的原子序数为22，化学性质与铝类似。下列说法正确的是A．钛属于主族元素B．钛合金强度很大，是有色金属材料C．蒸干TiCl4溶液可得无水钛盐D．在空气中将金属钛、铝混合后熔化可制得合金10、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（）A．用装置甲可完成喷泉实验B．用装置乙可验证温度对平衡移动的影响C．用装置丙可实现反应：Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑D．用装置丁可制备氢氧化亚铁11、已知热化学方程式：H2O(g)=H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋241.8kJ/molH2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ/mol，当1g液态水变为水蒸气时，其热量变化是()A．ΔH＝＋88kJ/mol B．ΔH＝＋2.44kJ/molC．ΔH＝－4.98kJ/mol D．ΔH＝－44kJ/mol12、己知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92kJ/mol，相关数据如下：H2(g)N2(g)NH3(g)1mol分子中的化学键形成时要释放出的能量/kJ436946a一定条件下，在体积为1L的密闭容器中加入1molN2和3molH2充分反应，放出热量Q1kJ，下列说法正确的是A．如图可表示合成氨过程中的能量变化B．a的数值为391C．Q1的数值为92D．相同条件下，反应物若为2molN2和6molH2，放出热量Q2＞2Q113、将0.2mol·L－1NaHCO3溶液与0.1mol·L－1KOH溶液等体积混合，下列关系正确的是A．2c(K＋)＝c(HCO3—)＋2c(CO32—)＋c(H2CO3)B．c(Na＋)＞c(K＋)＞c(OH－)＞c(HCO3—)＞c(CO32—)＞c(H＋)C．c(OH－)＋c(CO32—)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋0.1mol·L－1D．3c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3—)＋2c(CO32—)14、已知：Al、Fe、Cu的合金与稀硝酸反应生成的气体只有NO，实验过程如下：另取等量该合金，溶于足量NaOH(aq)，则可得气体的物质的量是A．0.22mol B．0.15mol C．0.3mol D．无法计算15、常温下，0.1mol·L-1的H2A溶液中各种微粒浓度的对数值(lgc)与pH的关系如图所示。下列说法不正确的是A．H2A是二元弱酸B．HA-H++A2-的电离平衡常数Ka=10-12C．0.1mol·L-1的H2A溶液中：c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)D．pH=4.2时：c(HA-)=c(A2-)>c(H+)>c(H2A)>c(OH-）16、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．0.1mol·L−1的FeCl2溶液中：H＋、Na＋、Cl－、NO3-B．0.1mol·L−1的HCl溶液中：Na＋、K＋、SO42-、CH3COO－C．0.1mol·L−1的K2CO3溶液中：Na＋、Ca2+、AlO2-、OH－D．0.1mol·L−1的NaOH溶液中：K＋、Ba2+、Cl－、NO3-17、实验室用Na与H2反应制备氢化钠(NaH)。下列实验装置和原理不能达到实验目的的是A．装置甲制取 B．装置乙净化干燥C．装置丙制备NaH D．装置丁吸收尾气18、设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A．标准状况下，2.24L苯分子中共价键的数目为0.4NAB．2L0.5mol/LH2SO3溶液中含有的H+数目为2NAC．7.8gNa2O2固体中含有的离子总数为0.37NAD．常温下，1molFe与足量浓硝酸反应，电子转移数目为3NA19、某无色溶液中含有①Na+、②Ba2+、③Cl-、④Br-、⑤SO32－⑥SO42－中的若干种,依次进行下列实验,且每步所加试剂均过量,观察到的现象如下:步骤序号操作步骤现象（1）用pH试纸检验溶液的pH>7（2）向溶液中滴加氯水,再加入CCl4,振荡、静置下层呈橙色（3）向(2)所得水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀硝酸有白色沉淀产生（4）过滤,向滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸有白色沉淀产生下列结论正确的是()A．不能确定的离子是① B．不能确定的离子是②③C．肯定含有的离子是①④⑤ D．肯定没有的离子是②⑤20、某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。从分类角度分析，下列选项正确的是()A．实验①、②所涉及的物质均为电解质B．实验②、③均为放热反应实验C．②、③均未发生氧化还原反应D．实验①、③反应制得的物质均为纯净物21、高氯酸铵可用作火箭推进剂，实验室可利用(已知氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠)等为原料制取(部分物质在不同温度下的溶解度如图2所示)，其实验流程如图所示：下列说法错误的是A．80℃的浸取液冷却至0℃后进行过滤，滤渣的主要成分为B．常温下，向反应器中加入氯化铵饱和溶液发生反应的离子方程式为C．洗涤固体时应使用超过80℃的热水D．发生分解反应时，会产生大量气体22、实验室隔绝空气加热硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]至分解完全并确定分解产物成分的装置如图所示(已知分解的固体产物可能有FeO、Fe2O3和Fe3O4，气体产物可能有NH3、N2、H2O、SO3和SO2)。下列说法中错误的是A．取①中固体残留物与稀硫酸反应并滴加KSCN溶液，溶液变血红色，则残留物一定没有FeOB．装置②用于检验分解产物中是否有水蒸气生成，试剂X最好选用无水硫酸铜C．装置③中若有白色沉淀生成，则分解产物中有SO3气体D．装置④用于检验分解产物中是否有SO2气体二、非选择题(共84分)23、（14分）某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如图1所示(部分产物已略去)：(1)写出B的电子式________。(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，写出A和B水溶液反应的离子方程式__________________________。(3)若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图2所示，则A与B溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为_____________；c(HCl)=________mol/L。(4)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是______________________________________。(5)若A是一种可用于做氮肥的化合物,A和B反应可生成气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式为___________________。(6)若A是一种溶液，可能含有H＋、NH、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32-、SO42-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子是_____________________，它们的物质的量浓度之比为______________。24、（12分）A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，D的氧化物属于两性氧化物，D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状。（1）W在元素周期表中的位置是___。A与E组成的化合物是常用的溶剂，写出其电子式___。（2）下列事实能用元素周期表相应规律解释的是（填字母序号）___。a．D的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2b．E的气态氢化物的稳定性小于HFc．A的单质能与二氧化硅高温下制得粗品硅单质（3）WE3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，反应的离子方程式为____。（4）①工业上用电解法制备D的单质，反应的化学方程式为___。②家用“管道通”的有效成分是烧碱和D的单质，使用时需加入一定量的水，此时发生反应的化学方程式为____。（5）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3－，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理，上述反应的离子方程式为__。上述W的氧化物X能与D的单质反应，写出该反应的化学方程式为__。25、（12分）甲苯（）是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛（）、苯甲酸（）等产品。下表列出了有关物质的部分物理性质，请回答：名称性状熔点(℃)沸点(℃)相对密度(ρ=1g/cm3)溶解性(常温)水乙醇甲苯无色液体易燃易挥发-95110.60.8660不溶互溶苯甲醛无色液体-261791.0440微溶互溶苯甲酸白色片状或针状晶体122.12491.2659微溶易溶注：甲苯、苯甲醛、苯甲酸三者互溶。实验室可用如图装置模拟制备苯甲醛。实验时先在三颈烧瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入2mL甲苯和一定量其它试剂，搅拌升温至70℃，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此温度下搅拌反应3小时。（1）仪器a的名称是___，写出三颈烧瓶中发生的反应的化学方程式为___。（2）经测定，温度过高时，苯甲醛的产量却有所减少，可能的原因是___。（3）反应完毕，反应混合液经过自然冷却至室温后，还应先过滤，然后将滤液进行___（填操作名称）操作，才能得到苯甲醛产品。（4）实验中加入过量的过氧化氢并延长反应时间时，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸。①若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，正确的实验步骤是：首先与适量碳酸氢钠溶液混合振荡，后续实验步骤先后顺序为___（用字母填写）。a.对混合液进行分液b.过滤、洗涤、干燥c.水层中加入盐酸调节pH=2②若对实验①中获得的苯甲酸（相对分子质量为122）产品进行纯度测定，可称取4.00g产品，溶于乙醇配成200mL溶液，量取所得溶液20.00mL于锥形瓶，滴加2～3滴酚酞指示剂，然后用预先配好的0.1000mol/LKOH标准液滴定，到达滴定终点时消耗KOH溶液20.00mL。产品中苯甲酸的质量分数为___。下列情况会使测定结果偏低的是__（填字母）。a.碱式滴定管滴定前读数正确，滴定终了仰视读取数据b.振荡锥形瓶时部分液体溅出c.配制KOH标准液时仰视定容d.将指示剂换为甲基橙溶液26、（10分）（1）I.某学习小组做Na2O2与H2O反应的实验，发现一些有趣的现象：①取适量Na2O2固体用脱脂棉包好放在石棉网上，然后向脱脂棉上滴加3-4滴水，结果脱脂棉剧烈燃烧。②取适量Na2O2固体置于试管中，加水使其充分反应至不再产生气体为止，滴入几滴酚酞试液，溶液先变红后褪色。回答有关问题。写出Na2O2的电子式________。（2）已知Na2O2可看作二元弱酸H2O2对应的盐，其第一步水解完全进行。写出其第一步水解的离子方程式为________。（3）由①实验现象所得出的有关结论是：a.有氧气生成；b.__________。（4）Na2O2与H2O反应的离子方程式____________。（5）II.为探究Na2O2与H2O反应的机理，他们在老师的指导下设计了下图所示装置。连接好装置，打开K1、K2，通过注射器注入适量蒸馏水，充分反应后用气球鼓气，Na2S溶液变浑浊，酸性KMnO4溶液褪色。分别取A、C中溶液滴入几滴酚酞，开始都变红，以后A中溶液很快褪色，C中溶液缓慢褪色。另取A、C中溶液分别加入少量二氧化锰，充分振荡，发现均反应剧烈、产生大量气泡，把带火星的木条伸入试管，木条复燃，向反应后的溶液中滴入几滴酚酞试液，溶液变红不褪色。A中冰盐和C中热水的作用分别是__________，_______。（6）用化学方程式表示Na2S变浑浊的原因_____________。（7）用离子方程式表示KMnO4溶液褪色的原因（MnO在酸性条件下被还原成Mn2+）______________。（8）Na2O2与H2O反应的机理是（用化学方程式表示）第一步___________，第二步__________。27、（12分）某小组同学利用下图所示装置进行铁的电化学腐蚀原理的探究实验：装置分别进行的操作现象i.连好装置一段时间后，向烧杯中滴加酚酞ii.连好装置一段时间后，向烧杯中滴加K3[Fe(CN)6]溶液铁片表面产生蓝色沉淀(l)小组同学认为以上两种检验方法，均能证明铁发生了电化学腐蚀。①实验i中的现象是____。②用化学用语解释实验i中的现象：____。(2)查阅资料：K3[Fe(CN)6]具有氧化性。①据此有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是__________。②进行下列实验，在实验几分钟后的记录如下：实验滴管试管现象0.5mol·L-1K3[Fe(CN)6]溶液iii.蒸馏水无明显变化iv.1.0mol·L-1NaCl溶液铁片表面产生大量蓝色沉淀v.0.5mol·L-1Na2SO4溶液无明显变化a．以上实验表明：在____条件下，K3[Fe(CN)6]溶液可以与铁片发生反应。b．为探究Cl-的存在对反应的影响，小组同学将铁片酸洗（用稀硫酸浸泡后洗净）后再进行实验iii，发现铁片表面产生蓝色沉淀。此补充实验表明Cl-的作用是____。(3)有同学认为上述实验仍不严谨。为进一步探究K3[Fe(CN)6]的氧化性对实验ii结果的影响，又利用(2)中装置继续实验。其中能证实以上影响确实存在的是____________（填字母序号）。实验试剂现象A酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]溶液（已除O2）产生蓝色沉淀B酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液（未除O2）产生蓝色沉淀C铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液（已除O2）产生蓝色沉淀D铁片、K3[Fe(CN)6]和盐酸混合溶液（已除O2）产生蓝色沉淀综合以上实验分析，利用实验ii中试剂能证实铁发生了电化学腐蚀的实验方案是_________。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）某强酸性无色溶液中可能含下表离子中的若干种离子。阳离子Mg2+、NH4+、Ba2+、Al3+、Fe2+阴离子SiO32-、MnO4-、Cl-、NO3-、SO32-实验I：取少量该试液进行如下实验。实验Ⅱ：为了进一步确定该溶液的组成，取100mL原溶液，向该溶液中滴加1mol•L-l的NaOH溶液，产生沉淀的质量与氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。回答下列问题：（1）不进行实验就可以推断出，上表中的离子一定不存在的有___________种。（2）通过实验I可以确定该溶液中一定存在的阴离子是_____________。检验气体X的方法是______________________；沉淀Z的化学式为_________________。（3）写出实验Ⅱ的图象中BC段对应的离子方程式：_____________________________________。（4）A点对应的固体质量为__________g。（5）通过上述信息，推算该溶液中阴离子的浓度为______________mol•L-l。

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】FeCl2溶液变质，FeCl2变质后产生的物质是FeCl3，Fe3+能和SCN-生成络合物，使溶液呈现血红色，据此解答。【详解】FeCl2溶液容易变质，由于FeCl2有强还原性，容易被溶解在溶液中的氧气氧化为FeCl3，要检验某氯化亚铁溶液是否变质，就是要检验溶液中是否有Fe3+，而Fe3+能和SCN-生成络合物，使溶液呈现血红色。故合理选项是C。【点睛】本题考查了铁离子、亚铁离子的检验方法，注意掌握检验Fe3+的试剂：KSCN(溶液变血红色)、苯酚(溶液变紫色)。题目难度不大。2、B【解析】A、阴离子半径不一定大于阳离子半径，例如氟离子半径小于钾离子半径，A错误；B、氯元素的非金属性强于硫，则酸性：HClO4＞H2SO4，B正确；C、共价化合物的熔沸点不一定大于离子化合物，例如CO2的熔沸点高于NaCl，C错误；D、氮元素非金属性强于磷元素，则稳定性：PH3＜NH3，D错误。故答案选B。3、B【解析】A、该微粒的核外电子数是10，不止一种微粒，A错误；B、该微粒是氢气，B正确；C、n值不能确定，可以表示多种微粒，C错误；D、X可以表示F、Cl、Br、I等，D错误，答案选B。4、A【分析】装满NO2的试管通入氧气时发生反应的化学方程式为4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，装满NO的试管通入氧气时发生反应的化学方程式为4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3。【详解】相同条件下，NO2、NO装满容积相同的试管，则体积相同，根据阿伏加德罗定律可知n(NO2)＝n(NO)，分别通入氧气直到两个试管内充满液体，根据氮原子守恒可知，所得硝酸的物质的量相等，溶液的体积相同，则两个试管中所得溶液的物质的量浓度之比为1∶1，答案选A。5、D【详解】A.0～20min内HI浓度变化1.0mol/L-0.91mol/L=0.09mol/L，2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，则氢气浓度变化为0.045mol/L，反应速率v===0.00225mol/(L•min)，故A错误；B．图中可知120min后反应达到平衡状态，c(HI)=0.78mol/L，2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)△H=+12.5kJ•mol-1，反应为吸热反应，升温平衡正向进行，c(HI)＜0.78mol•L-1，故B错误；C.120min后反应达到平衡状态，c(HI)=0.78mol/L，平衡常数K==，故C错误；D．反应进行40min时HI浓度变化=1.00mol/L-0.85mol/L=0.15mol/L，物质的量变化0.15mol，结合热化学方程式计算2HI(g)H2(g)+I2(g)△H=+12.5kJ•mol-1，反应进行40min时，体系吸收的热量=≈0.94kJ，故D正确；故答案为D。6、D【详解】观察图像中曲线的斜率可知，OP段和PQ段气体的成分不同。由于阳极始终是OH－放电，所以可以推断出，OP段只有阳极产生O2(阴极无气体生成)，PQ段阴、阳两极都产生气体。因此，整个过程发生的反应为①2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑和②2H2OH2↑＋O2↑。结合图像中转移电子的物质的量，可计算出反应①析出0.1molCu和0.05molO2，反应②消耗0.05molH2O。根据“出什么加什么，出多少加多少”的原则，欲使溶液恢复到起始状态，应向溶液中加入0.1molCuO和0.05molH2O。而0.05molCu2(OH)2CO3恰好相当于0.1molCuO和0.05molH2O(生成0.05molCO2无影响)，故D正确，故答案为D。【点睛】本题考查图像分析与相关计算，意在考查考生通过对实际事物、实验现象、实物、模型、图形、图表的观察，以及对自然界、社会、生产、生活中的化学现象的观察，获取有关的感性知识和印象，并进行初步加工、吸收、有序存储的能力。7、D【解析】根据题意可确定X为碳元素，Y为氧元素，Z为钠元素，W为氯元素，由此分析如下：A、钠能与水迅速反应，所以不能置换出TiCl4溶液中的Ti，可用钠与熔融的TiCl4反应制备Ti，故A错误；B、CCl4是由C－Cl共价键形成的共价化合物，而NaCl是由Na＋和Cl－之间的离子键形成的离子化合物，二者的化学键类型不同，故B不正确；C、碳可以形成原子晶体，也可以形成分子晶体，如C60等，而氧气和臭氧都是分子晶体，故二者可以形成相同类型的晶体，所以C错误；D、氯和碳形成的最高氧化物对应的水化物分别为HClO4和H2CO3，前者为强酸，后者为弱酸，故D正确。本题正确答案为D。点睛：碳元素的单质比较多，如金刚石、石墨、活性炭和C60，其中金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，其它的晶体类型较复杂，但C60往往被忽略，而错选C。8、D【详解】设元素X在还原产物中的化合价为a，依据电子守恒得，12×0.05mol/L×（6-4）=10ml×0.02mol/L×（5-a），解得a=-1，故选：D。9、B【解析】A、金属钛的原子序数为22，位于第四周期第IIB族，不是主族元素，故A错误；B、钛合金可以在深海中承受700个大气压的压力，钛合金强度很大，铁、钴、镍属于黑色金属，其余均属于有色金属，故B正确；C、TiCl4是强酸弱碱盐，蒸干水解生成的氯化氢挥发，促进水解，得到氢氧化钛，得不到钛盐，故C错误；D、在空气中加热熔化，金属易与氧气发生反应，所以不能直接在空气中制备钛铝合金，故D错误；故选B。点睛：本题考查元素在周期表中的位置、合金的性质和盐的水解的知识。本题的易错点为C，TiCl4是强酸弱碱盐，水解生成的氯化氢易挥发，促进水解。10、B【详解】A．NO不能溶于水，不能形成喷泉实验，故A错误；B．2NO2(g)⇌N2O4(g)△H＜0，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动气体颜色加深，降低温度平衡正向移动，气体颜色变浅，故B正确；C．Cu与电源负极相连，为阴极，Cu不能失去电子，故C错误；D．没有隔绝空气，生成氢氧化亚铁易被氧化，故D错误。答案选B。11、B【详解】将两式编号：H2O(g)=H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋241.8kJ/mol①H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ/mol②将①+②得H2O(g)=H2O(l)ΔH＝+241.8kJ/mol+(-285.8kJ/mol)=－44kJ/mol，所以每1g液态水变成水蒸气需要吸收的热量为kJ＝2.44kJ，答案选B。12、D【分析】

【详解】A．反应是放热反应，反应物能量高于生成物，故A错误；B．△H=反应物键能和-生成物键能和，有-92kJ/mol=946kJ/mol+3×436kJ/mol-6akJ/mol，a=360kJ/mol，故B错误；C．合成氨是可逆反应，1molN2和3molH2不能完全转化，故C错误；D．合成氨的正反应是气体体积减小的反应，1L容器中，反应物越多反应物转化率越高，所以相同条件下，反应物若为2molN2和6molH2，放出热量Q2＞2Q1，故D正确；故选D。13、D【解析】将0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，溶液显示碱性，则c(OH-)＞c(H+)，然后结合电荷守恒、物料守恒对各选项进行判断。【详解】0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3。A．混合液中钾离子浓度为0.05mol/L，则2c(K+)=0.1mol/L，根据物料守恒可得：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L，则c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(H2CO3)＞0.1mol/L，所以2c(K+)＜c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(H2CO3)，故A错误；B．由于碳酸氢根离子、碳酸根离子水解，则溶液显示碱性，c(OH-)＞c(H+)；碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，则溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(K+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C．根据物料守恒可得：①c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L=c(Na+)=0.1mol/L、②c(K+)=0.05，根据电荷守恒可得：③c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，根据①③可得：c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+c(K+)，由于c(K+)=0.05，则c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.05mol•L-1，故C错误；D．根据电荷守恒可得：c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，由于混合液中c(Na+)=0.1mol/L、c(K+)=0.05mol/L，则c(Na+)=2c(K+)，所以3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度较大，正确分析混合液中的溶质组成为解答关键。注意掌握判断溶液中离子浓度大小的方法，选项C为易错点，需要明确混合液体积比原溶液体积扩大了1倍，则钾离子浓度减小为原先的一半。14、B【分析】Al、Fe、Cu均可与稀硝酸反应，生成V（NO）=6.72L，则n(NO)=0.3mol，反应中电子转移0.3mol×3=0.9mol。加入过量NaOH溶液，生成沉淀为氢氧化铁和氢氧化铜，再利用电子守恒结合质量守恒计算。【详解】由标况下V（NO）=6.72L，则n(NO)=0.3mol，可知该合金与稀硝酸反应时失去电子0.3mol*3=0.9mol，由合金与过量稀硝酸反应的溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成成沉淀25.4g，可知生成的沉淀为氢氧化铁和氢氧化铜混合物，且质量和为25.4g，由电子得失守恒和质量守恒进行求算。设生成氢气的物质的量为xmol，则合金中铝的物质的量为2x/3mol，可列出算式：合金中铁和铜的质量和为（17.9—2x*27/3）g=（17.9-18x）g，25.4g沉淀中铁元素和铜元素质量和为25.4-（0.9-2x）*17=（10.1+34x）g，由17.9-18x=10.1+34x，解得x=0.15，故正确答案B。【点睛】本题考查混合物相关计算，注意做题角度，需要从质量守恒和得失电子守恒进行分析。15、B【解析】A.溶液中存在H2A、H+、HA-、A2-，说明H2A是二元弱酸，故A正确；B.HA-H++A2-的电离平衡常数Ka==c(H＋)=10-4.2，故B不正确；C.0.1mol·L-1的H2A溶液中：c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，故C正确；D.由图可知pH=4.2时：c(HA-)=c(A2-)>c(H+)>c(H2A)>c(OH-），故D正确。故选B。16、D【详解】A.H＋、NO3-能将Fe2+氧化为Fe3+，离子间不能大量共存，A错误；B.CH3COO－能与H+反应，生成弱电解质CH3COOH，离子间不能大量共存，B错误；C.Ca2+与CO32-会发生反应生成CaCO3沉淀，离子间不能大量共存，C错误；D.K＋、Ba2+、Cl－、NO3-在碱性环境中能稳定存在，离子间不反应，D正确。故选D。【点睛】简单来说，离子能共存，就是离子间不发生反应。离子反应包括离子间直接反应，生成沉淀、气体或弱电解质，也可以是离子间发生成分的互换反应，如HSO3-与CO32-能发生反应，生成SO32-和HCO3-。离子间发生氧化还原反应，也不能大量共存。如在酸性条件下，NO3-能表现出强氧化性，与Fe2+、S2-、SO32-等不能大量共存。离子的颜色，也可能是命题人设置的限制条件。17、D【详解】A．实验室用活泼金属Zn与稀盐酸反应来制备H2，故装置甲制取，A不合题意；B．装置乙先用NaOH溶液来除去H2中的HCl，再用浓硫酸来干燥，故装置乙净化干燥，B不合题意；C．金属钠与H2在加热条件下发生反应：2Na+H22NaH，故装置丙制备NaH，C不合题意；D．碱石灰不能吸收H2，故装置丁不能吸收尾气，D符合题意；故答案为：D。18、C【详解】A.标准状况下苯不是气体，2.24L苯物质的量不是0.1mol，故A错误；B.亚硫酸是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，所以2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+离子数远小于2NA，故B错误；C.过氧化钠中有钠离子和过氧根离子，7.8g过氧化钠是0.1mol，每1molNa2O2中有3mol离子，总数是0.3NA，故C错误；D.常温下铁在浓硝酸中发生钝化，不能继续反应，电子转移不是3NA个，故D错误；正确答案是C。19、C【解析】用pH试纸检验溶液的pH>7，说明一定有SO32－（只有SO32－水解溶液才可能显碱性）。因为有SO32－，所以一定没有Ba2+（因为亚硫酸钡是白色沉淀）。向溶液中滴加氯水,再加入CCl4,振荡、静置，下层呈橙色，说明一定有Br－（氯气将Br－氧化为Br2，再被CCl4萃取）。实验（3）没有价值，因为实验（2）中加入了氯水，所以溶液中一定有亚硫酸根被氧化得到的硫酸根，和钡离子一定得到硫酸钡沉淀。实验（4）没有价值，因为实验（2）中加入了氯水，所以溶液中一定有氯离子，和硝酸银作用一定得到氯化银沉淀。综上所述，溶液中一定有：①Na+（因为至少有一种阳离子）、④Br-、⑤SO32－，一定没有：②Ba2+，无法确定的是：③Cl-、⑥SO42－。所以选项C正确。20、C【解析】试题分析：A．实验①中的铁和氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．盐的水解是吸热反应，故B错误；C．实验②溶解主要是物理变化、③水解是复分解，两者均未发生氧化还原反应，故C正确；D．③得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系，所以不全为纯净物，故D错误。故选C。考点：考查氯气的化学性质21、C【分析】氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠，可由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，析出高氯酸铵，过滤洗涤干燥就可以得到高氯酸铵的固体，以此解答该题。【详解】A．可由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，但是氯化钠的溶解度受温度的影响不大，不会析出晶体，则滤渣的主要成分为NaClO4，故A正确；B．反应器高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可知析出高氯酸铵，即发生反应的离子方程式为+═NH4ClO4↓，故B正确；C．洗涤NH4ClO4固体时应避免NH4ClO4溶解，不能用超过80℃的热水，故C错误；D．NH4ClO4发生分解反应时，发生2NH4ClO4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4H2O，会产生大量气体，故D正确；故答案为C。22、A【分析】装置①加热硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]，分解后的固体留在玻璃管中，气体进入后续装置；装置②装有固体试剂X，检验产物时需先检验水，故试剂X为无水CuSO4；装置③盛放HCl和BaCl2，可吸收氨气，也可检验SO，即检验气体中的SO3；装置④盛放H2O2和BaCl2，可将SO2氧化为SO并生成白色沉淀，用于检验气体中的SO2；装置⑤收集没有反应的气体N2。【详解】A.硫酸与FeO反应后生成Fe2+，Fe2+滴加KSCN溶液，溶液不变红，故A错误；B.根据分析可知，无水硫酸铜遇到水变蓝，所以通过无水硫酸铜是否变色判断是否产生水，故B正确；C.根据分析可知，装置③中盐酸可吸收氨气，水与三氧化硫反应生成硫酸，能与BaCl2反应可生成硫酸钡沉淀，故C正确；D.根据分析可知，装置④盛放H2O2和BaCl2，可将SO2氧化为SO并生成白色沉淀，用于检验气体中的SO2，故D错误；故答案：A。二、非选择题(共84分)23、Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑NaOH、Na2CO30.05先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4ClH＋、Al3＋、、c(H＋)∶c(Al3＋)∶c()∶c()＝1∶1∶2∶3【分析】(1)C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH；(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，则A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2；(3)曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；(4)若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；(5)若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；(6)由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)之比，再结合电荷守恒计算与n(SO42-)的比例关系，据此计算。【详解】(1)B为NaOH，其电子式为；(2)A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2，反应的离子方程式为Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑；(3)曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL，结合反应原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则c(HCl)==0.05mol/L；(4)若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失；(5)若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，(6)由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H++OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积，发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，发生反应NH4++OH-=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1：2，由电荷守恒可知，n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(SO42-)=1：1：2：3，故c(H+)：c(Al3+)：c(NH4+)：c(SO42-)=1：1：2：3。24、第四周期，第VⅢ族ab2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+2Al2O3(熔融)4A1+3O2↑2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe【分析】A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，A为C元素；D的氧化物属于两性氧化物，D为Al元素；D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，则E的最外层电子数=14-4-3=7，E为Cl元素；W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，W为Fe元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为C元素，D为Al元素，E为Cl元素，W为Fe元素。(1)W为Fe元素，在元素周期表中位于第四周期，第VⅢ族；A为C元素，E为Cl元素，组成的化合物是常用的溶剂为四氯化碳，电子式为，故答案为第四周期，第VⅢ族；；(2)a．同周期元素，从左到右，金属性依次减弱，铝在镁的右边，所以金属性弱于镁，所以氢氧化铝的碱性弱于Mg(OH)2，故a选；b．同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，所以F的非金属性强于Cl，则氢化物稳定性HCl小于HF，故b选；c．高温下，碳能与二氧化硅高温下制得粗品硅单质，是因为生成的CO是气体，沸点远低于二氧化硅，不能用元素周期律解释，故c不选；故答案为ab；(3)FeCl3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，是因为铁离子能够氧化铜生成铜离子，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；(4)①工业上用电解氧化铝的方法制备铝，方程式：2Al2O3(熔融)

4Al+3O2↑；故答案为2Al2O3(熔融)

4Al+3O2↑；②铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，生成的氢气可以有效的疏通管道，反应的化学方程式：2Al+2

NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为2Al+2

NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；(5)酸性环境下硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化铁生成四氧化三铁，反应的离子方程式：3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+；铝与四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，方程式：8Al+3Fe3O4

4Al2O3+9Fe，故答案为3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+；8Al+3Fe3O4

4Al2O3+9Fe。25、球形冷凝管+2H2O2+3H2OH2O2在较高温度时分解速度加快，使实际参加反应的H2O2减少影响产量蒸馏acb61%bd【分析】甲苯（）是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛（）、苯甲酸（）等产品。实验室可以利用上图制备苯甲醛，实验时先在三颈烧瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入2mL甲苯和一定量其它试剂，搅拌升温至70℃，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此温度下搅拌反应3小时，停止反应，冷却，将难溶性固态催化剂过滤，然后用蒸馏的方法得到苯甲醛；若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，首先用适量的碳酸氢钠反应得到苯甲酸钠，对混合液进行分液，水层中加入盐酸调节pH=2，得到苯甲酸晶体，最后过滤分离得到苯甲酸，再洗涤、干燥得到苯甲酸；用酸碱中和滴定的方法测得苯甲酸的纯度，据此分析；【详解】(1)由仪器a的结构可知，仪器a为球形冷凝管，三颈瓶中甲苯被过氧化氢生成苯甲醛，同时还生成水，反应方程式为：+2H2O2+3H2O，故答案为：球形冷凝管，+2H2O2+3H2O；(2)温度过高时过氧化氢分解速度加快，实际参加反应的过氧化氢质量减小，苯甲醛的产量有所减少，故答案为：H2O2在较高温度时分解速度加快，使实际参加反应的H2O2减少影响产量；(3)反应完成后，反应混合液经过自然冷却至室温时，过滤后，然后将滤液进行蒸馏，才能得到苯甲醛产品，故答案为：蒸馏；(4)①与碳酸氢钠反应之后为苯甲酸钠，对混合液进行分液，水层中加入盐酸调节pH=2，得到苯甲酸晶体，最后过滤分离得到苯甲酸，再洗涤、干燥得到苯甲酸，故正确步骤为：acb，故答案为：acb；②0.1000mol/L20.00mLKOH溶液中氢氧化钾的物质的量为0.020L×0.1000mol/L=0.002mol，根据，可知20.0mL乙醇溶液中含苯甲酸的物质的量为0.002mol，则产品中苯甲酸的物质的量分数为，a．碱式滴定管滴定前读数正确，滴定终了仰视读取数据，所消耗的氢氧化钠溶液体积偏大，测定结果偏高，故a不符合题意；b．振荡锥形瓶时部分液体溅出，会导致测定标准液体体积偏小，测定值偏低，故b符合题意；c．配置KOH标准液时仰视定容,液面在刻度线上方，配制标准液的体积偏大、浓度偏小，导致滴定时消耗KOH溶液体积偏大，测定结果偏高，故c不符合题意；d．将酚酞指示剂换为甲基橙溶液，终点时溶液呈酸性，消耗氢氧化钾溶液体积偏小，测定结果偏低，故d符合题意；故选bd，故答案为：61%，bd。26、Na2O2＋H2O＝2Na＋＋HO＋OH－反应放热2Na2O2＋2H2O＝4Na++4OH－＋O2↑防止生成的H2O2分解使H2O2分解Na2S+H2O2＝S↓+2NaOH2MnO＋5H2O2＋6H＋＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2ONa2O2＋2H2O＝2NaOH＋H2O22H2O2＝2H2O＋O2↑【详解】（1）过氧化钠是离子化合物，电子式为，故答案为：；（2）已知Na2O2可看作二元弱酸H2O2对应的盐，其第一步水解完全进行，则其第一步水解的离子方程式为Na2O2＋H2O＝2Na＋＋HO＋OH－，故答案为：Na2O2＋H2O＝2Na＋＋HO＋OH－；（3）脱脂棉剧烈燃烧，说明反应中除了有氧气生成以外，反应还放热，故答案为：反应放热；（4）Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为2Na2O2＋2H2O＝4Na++4OH－＋O2↑，故答案为：2Na2O2＋2H2O＝4Na++4OH－＋O2↑；Ⅱ.充分反应后用气球鼓气，Na2S溶液变浑浊，说明有氧气生成，氧气氧化硫化钠生成单质硫变浑浊；酸性KMnO4溶液褪色，说明还有过氧化氢生成，高锰酸钾氧化过氧化氬而褪色。分别取A、C中溶液滴入几滴酚酞，开始都变红，说明有氢氧化钠生成，以后A中溶液很快褪色，C中溶液缓慢褪色。另取A、C中溶液分别加入少量二氧化锰，充分振荡，发现均反应剧烈、产生大量气泡，把带火星的木条伸入试管，木条复燃，进一步说明反应中还有过氧化氢生成，在催化剂的作用下分解生成水和氧气。（5）双氧水不稳定，温度过高容易分解，则A中用冰盐冷浴，目的是防止温度过高时H2O2分解；C中用热水浴可使H2O2分解，故答案为：防止生成的H2O2分解；使H2O2分解；（6）根据以上分析可知Na2S变浑浊的原因是Na2S+H2O2＝S↓+2NaOH，故答案为：Na2S+H2O2＝S↓+2NaOH；（7）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，H2O2使KMnO4溶液褪色，体现了双氧水的还原性，反应的离子方程式为2MnO＋5H2O2＋6H＋＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，故答案为：2MnO＋5H2O2＋6H＋＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O；（8）根据以上分析可知，过氧化钠与水反应的机理为：Na2O2与H2O反应生成H2O2，H2O2遇热分解生成氧气，反应方程式分别为Na2O2＋2H2O＝2NaOH＋H2O2；2H2O2＝2H2O＋O2↑，故答案为：Na2O2＋2H2O＝2NaOH＋H2O2；2H2O2＝2H2O＋O2↑；【点睛】解答时要注意结合实验现象分析推理，化学实验现象是化学实验最突出、最鮮明的部分，也是进行分析推理得出结论的依据，掌握物质的性质和相互之间的反应关系，并有助于提高观察实验能力。27、碳棒附近溶液变红O2+4e-+2H2O==4OH-K3Fe(CN)6可能氧化Fe生成Fe2+，会干扰由于电化学腐蚀负极生成Fe2+的检测Cl-存在Cl-破坏了铁片表面的氧化膜AC连好装置一段时间后，取铁片（负极）附近溶液于试管中，滴加K3Fe(CN)6溶液，若出现蓝色沉淀，则说明负极附近溶液中产生Fe2+了，即发生了电化学腐蚀【分析】根据图像可知，该装置为原电池装置，铁作负极，失电子生成亚铁离子；C作正极氧气得电子与水反应生成氢氧根离子，正极附近显红色。要验证K3Fe(CN)6具有氧化性，则需要排除其它氧化剂的干扰，如氧气、铁表面的氧化膜等。【详解】(l)①根据分析可知，若正极附近出现红色，则产生氢氧根离子，显碱性，证明铁发生了电化学腐蚀；②正极氧气得电子与水反应生成氢氧根离子，电极反应式O2+4e-+2H2O==4OH-；(2)①K3[Fe(CN