2026届福建省莆田市第六中学高三上化学期中考试试题含解析

2026届福建省莆田市第六中学高三上化学期中考试试题注意事项：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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、已知1mol红磷转化为1mol白磷，吸收18.39kJ热量．①4P(红，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1②P4(白，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2则ΔH1与ΔH2的关系正确的是A．ΔH1＝ΔH2 B．ΔH1>ΔH2 C．ΔH1<ΔH2 D．无法确定2、已知：①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H1②CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H2下列推断正确的是A．若CO的燃烧热为△H3，则H2的燃烧热为△H3−△H1B．反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=△H2−△H1C．若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则△H2＜0D．若等物质的量CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则△H1＞03、元素周期表隐含着许多信息和规律。以下所涉及的元素均为中学化学中常见的短周期元素，其原子半径及主要化合价列表如下，其中R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源。元素代号MRQTXYZ原子半径／nm0.0370.1860.0740.1020.1500.1600.099主要化合价+1+1－2－2、+4、+6+3+2－1下列说法正确的是A．T、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性T<ZB．R、X、Y的单质失去电子能力最强的是XC．M与Q形成的是离子化合物D．M、Q、Z都在第2周期4、元素在周期表中的位置反映了元素的原子结构和元素的性质。下列说法正确的是A．在过渡元素中寻找优良催化剂及耐高温和耐腐蚀的材料B．同一元素不可能既表现金属性又表现非金属性C．元素的最高正化合价等于它所处的主族序数D．短周期元素形成离子后最外层都达到8电子稳定结构5、X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列说法正确的是（）A．X与Y形成的化合物只有一种B．R的氢化物的热稳定性比W的强C．原子半径：r(Z)<r(R)D．Y的最高价氧化物的水化物的酸性比W的强6、关于各图的说法（其中①③④中均为情性电极）正确的是（）A．①装置中阴极处产生的气体能够使湿润KI淀粉试纸变蓝B．②装置中待镀铁制品应与电源正极相连C．③装置中电子由b极流向a极D．④装置中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应7、某无色气体可能含有H2S、SO2、CO2、HI、HCl气体中的一种或几种。将气体通入氯水后，得无色溶液，向该溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀产生。则下列叙述正确的是A．该气体中肯定含有H2S和SO2 B．该气体不能肯定是否含有SO2C．该气体中肯定含有CO2和SO2 D．该气体中肯定不含有H2S和HI8、硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]是一种重要的化工原料，下列有关说法正确的是A．Na+、Fe3+、NO3-、C12都可在该物质的溶液中大量共存B．向0.1mol/L该物质的溶液中逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的物质的量与逐滴加入NaOH溶液体积关系如图所示C．检验该物质中Fe2+是否变质的方法是向该物质的溶液中滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色D．向该物质的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-完全沉淀的离子方程式为Fe2++2SO42-+2Ba2++2OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓9、将ag某物质在足量氧气中充分燃烧再将气体生成物通入足量的Na2O2充分反应，固体增重为bg，若a<b，则该物质可能是（）A．H2 B．CO C．乙酸(CH3COOH) D．甲烷(CH4)10、空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充放电池。下图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是(）A．当有0.1mol电子转移时，a极产生1.12LO2（标准状况下）B．b极上发生的电极反应是：4H2O+4e-=2H2↑+4OH-C．d极上发生的电极反应是：O2+4H++4e-=2H2OD．c极上进行还原反应，B中的H+可以通过隔膜进入A11、下列说法中正确的是A．摩尔是可以把物质的质量与微观粒子数联系起来的一个基本物理量B．0.012kg12C中所含的碳原子数为NAC．物质的摩尔质量等于其相对分子（原子）质量D．1mol任何物质都含有约6.02×1023个原子12、下列说法正确的是A．含有共价键的物质中一定不含有金属元素B．非金属元素的氧化物不可能为碱性氧化物，金属元素的氧化物也不可能为酸性氧化物C．氢氧化铁溶胶、甘油与乙醇的混合液、蛋白质水溶液均具有丁达尔效应D．用新型生物降解塑料聚乳酸代替聚乙烯作食品包装袋，以防止白色污染，减缓能源危机13、等物质的量的BaCl2、K2SO4和AgNO3溶于水形成混合溶液，用石墨电极电解此溶液，经过一段时间后，阴、阳两极收集到的气体体积之比为3∶2。下列说法正确的是A．阴极反应为：Ag++e-=AgB．阳极始终发生反应：2Cl--2e-=Cl2↑C．向电解后溶液中通入适量的HCl可使溶液恢复到电解前的状态D．两极共生成三种气体14、雪是冬之精灵，在雪水冰的转化中能量变化的叙述正确的是A．ΔH1＞0，ΔH2＞0B．ΔH1＜0，ΔH2＜0C．ΔH1＞0，ΔH2＜0D．ΔH1＜0，ΔH2＞015、有人设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，制造出新型燃料电池，装置如图所示，下列有关说法正确的是A．通入N2的一极为负极B．通入H2的电极反应为：H2+2e－=2H+C．物质A是NH4ClD．反应过程中左边区域溶液pH逐渐减小16、雪是冬之精灵，在雪水冰的转化中能量变化的叙述正确的是A．ΔH1＞0，ΔH2＞0 B．ΔH1＞0，ΔH2＜0C．ΔH1＜0，ΔH2＜0 D．ΔH1＜0，ΔH2＞017、实验室可以用固体氯酸钾和浓盐酸反应制氯气：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，下列说法中正确的是（）A．KClO3是氧化剂，HCl是还原剂；Cl2是氧化产物，KCl是还原产物B．当有9mol电子转移时，参加反应的KClO3的物质的量为1.5molC．产生1.5molCl2时，转移电子的物质的量为3molD．当有3molCl2生成时，作还原剂的HCl为5mol18、被称为“国防金属”的镁，60%来自海洋，从海水中提取镁的正确方法是物质氧化镁氯化镁熔点/℃2852714A．海水Mg(OH)2MgB．海水MgCl2溶液―→MgCl2(熔融)MgC．海水Mg(OH)2MgOMgD．海水Mg(OH)2MgCl2溶液―→MgCl2(熔融)Mg19、下列有关说法正确的是（）A．向饱和氯水中加入NaOH溶液至pH=7，所得溶液中：c(Na+)>c(ClO-)>c(Cl-)>c(OH-)B．pH相等的①NH4NO3②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液中，c(NH4＋)大小顺序①＞②＞③C．常温下，pH为1的0.1mol/LHA溶液与0.1mol/LNaOH溶液恰好完全反应时，溶液中一定存在：c(Na+)=c(A－)>c(OH－)=c(H+)D．常温下，0.1mol/LNa2S溶液中存在：c(OH－)=c(H＋)+c(HS－)+c(H2S)20、根据下列实验及其现象，所得出的结论合理的是（）选项实验现象结论A向溶液中滴入几滴溶液，再滴加几滴溶液先有白色沉淀生成，后有蓝色絮状沉淀生成Ksp：B用pH试纸分别检验等浓度溶液和溶液前者试纸变蓝比后者更深些水解能力强于C分别加热蒸干溶液和溶液前者能得到固体；后者得不到固体不易挥发，易挥发D向某钠盐中滴加盐酸，产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色该钠盐为或A．A B．B C．C D．D21、某溶液中只可能含有Fe2+、A13+、NH4+、CO32－、AlO2－、SO32－、SO42－、C1－中的若干种（忽略水的电离），离子浓度均为0.2mol·L-1，现取该溶液加入稀硫酸后得强酸性X溶液，过程中无明显现象，取X溶液进行以下实验：①X溶液中滴加Ba(NO3)2溶液至过量会产生白色沉淀A、无色气体A，A遇空气变成棕色；过滤，获得溶液A②在溶液A中加入过量的NaOH溶液产生气体、沉淀B，过滤获得溶液B③在溶液B中通入适量CO2气体有沉淀C产生则下列说法中正确的是（）A．无法确定沉淀C的成分B．无法确定原溶液中是否含有Cl－、A13+C．溶液A中存在的阳离子有Ba2+、Fe2+、NH4＋、H＋D．原溶液中存在Fe2+、NH4＋、Cl－、SO42－22、化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是A．工业上电解熔融Al2O3制备金属铝B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C．金属锌与稀硫酸反应制取氢气，粗锌比纯锌反应速率快D．电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁二、非选择题(共84分)23、（14分）已知：①在稀碱溶液中，溴苯难发生水解②现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1:2:6:1，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C能发生银镜反应，E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应。请回答下列问题：（1）X中官能的名称是______________。（2）F→H的反应类型是_________________。（3）I的结构简式为___________________；（4）E不具有的化学性质________（选填序号）a．取代反应b．消去反应c．氧化反应d．1molE最多能与2molNaHCO3反应（5）写出下列反应的化学方程式：①X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式：________________；②F→G的化学方程式：____________________；（6）同时符合下列条件的E的同分异构体共有_____种，其中一种的结构简式为________。a．苯环上核磁共振氢谱有两种b．不能发生水解反应c．遇FeCl3溶液不显色d．1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应24、（12分）元素是构成我们生活的世界中一切物质的“原材料”。Ⅰ．1869年，门捷列夫在前人研究的基础上制出了第一张元素周期表，如图所示。Ni=Co=59H=1Cu=63.4Ag=108Hg=200Be=9.4Mg=24Zn=65.2Cd=112B=11Al=27.4?=68Ur=116Au=198?C=12Si=28?=70Sn=118N=14P=31As=75Sb=122Bi=210?O=16S=32Se=79.4Te=128?F=19Cl=35.5Br=80I=127Li=7Na=23K=39Rb=85.4Cs=133Tl=204Ca=40Pb=207（1）门捷列夫将已有元素按照相对原子质量排序，同一___（填“横行”或“纵列”）元素性质相似。（2）结合表中信息，猜想第5列方框中“Te=128？”的问号表达的含义是___。Ⅱ．X、Y、Z、W是现在元素周期表中的短周期元素，它们的相对位置如图所示，其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍。XYZW请回答下列问题：（1）W位于周期表中的位置__。W的原子核外电子运动状态有___种，原子轨道数为___。（2）比较Y、Z气态氢化物的稳定性___（用分子式表示）。（3）科学家们认为存在含氢量最高的化合物XH5，预测其与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，写出该反应的化学方程式___，XH5是离子化合物，它的电子式为___。（4）工业上将干燥的W单质通入熔融的Z单质中可制得化合物Z2W2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，写出Z2W2与水反应的化学方程式___。25、（12分）实验室模拟合成硫酸的流程如下：从下图中选择制取气体的合适装置：（1）装置C的名称为__________，实验室通常用装置C制备_____。A．H2B．C2H2C．CO2D．NH3（2）实验室用装置D制备O2的化学方程式为____________________。（3）若用装置B制备SO2，可以选用试剂为_____。A．浓硫酸、亚硫酸钠固体B．浓硫酸、铜片C．稀硫酸、亚硫酸钠溶液D．浓硫酸、铁屑（4）SO2和O2通过甲装置，甲装置的作用除了可以控制SO2、O2的流速外，还可以__________、__________。（5）使用乙处导出的有关气体制成硫酸，下列a、b、c三套装置中你选择的是_______，该套装置与其它装置比较，其优点是___________________________________。26、（10分）硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]，俗名莫尔盐，蓝绿色的固体，易溶于水，几乎不溶于乙醇，在100℃～110℃时分解，对光敏感。在空气中逐渐风化及氧化。在空气中比硫酸亚铁稳定，有还原性。常用作重铬酸钾、高锰酸钾等溶液的互相标定的标准物质。一般用废铁屑经以下流程制取：(1)检验莫尔盐固体中亚铁离子，可将样品溶于水后，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，反应的现象是________________。(2)下列说法中正确的有____。A．用NaOH溶液洗涤废铁屑的作用是去除废铁屑表面的油污和氧化铁杂质B．蒸发应用小火小心加热，直到出现大量晶体停火利用余热蒸干溶剂C．过滤后可用少量乙醇洗涤D．检验莫尔盐固体样品中铵离子，可将样品溶于水后，再加足量NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到试纸变蓝，表明固体中存在NH4+，否则无NH4+E．检验莫尔盐固体是否氧化变质，可将样品溶于水后，滴加KSCN溶液，溶液变红，说明氧化变质(3)用重铬酸钾溶液标定（滴定）莫尔盐溶液浓度，若需配制浓度为0.01000mol•L-1的K2Cr2O7标准溶液250mL，应准确称取____________________gK2Cr2O7(保留4位有效数字，已知M（K2Cr2O7）=294.0g•mol-1)．配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有__________________.①电子天平②烧杯③温度计④玻璃棒⑤容量瓶⑥铁架台（带铁圈）⑦胶头滴管滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将____(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。(4)向（NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加一定量的NaOH溶液时，发生的总反应的离子方程式一定错误的是____。（填字母）A．Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓B．NH4＋＋OH－===NH3·H2OC．Fe2＋＋3OH－＋NH4＋===Fe(OH)2↓＋NH3·H2OD．Fe2＋＋5OH－＋3NH4＋===Fe(OH)2↓＋3NH3·H2O27、（12分）某学生进行微型实验研究：一块下面衬白纸的玻璃片上有a、b、c、d四个位置，分别滴加浓度为0.1mol/L的四种溶液各1滴，每种彼此分开，形成一个小液滴。在圆心e处放置2粒芝麻粒大小的KMnO4晶体，然后向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸，并将表面皿盖好。可观察到a、b、c、d、e五个位置均有明显反应。完成下列填空：（1）e处立即发生反应，化学方程式如下，请配平，并标出电子转移方向和数目___。___KMnO4+___HCl(浓)→___KCl+__MnCl2+___Cl2↑+___H2O（2）b处实验现象为___。d处发生氧化还原反应的离子方程式为___。通过此实验__（填“能”或“不能”）比较Cl2、FeCl3、KMnO4三种物质氧化性的强弱。若能，则其氧化性由强到弱的顺序是___。（3）在氯水中，下列关系正确的是__（选填编号）。a.c(H+)=c(ClO-)+c(Cl-)b.c(H+)=c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-)c.c(HClO)<c(Cl-)d.c(Cl-)<c(OH-)（4）常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后改向其中滴加浓NaOH溶液。整个实验过程中的pH变化曲线如图所示，不考虑次氯酸分解与溶液体积变化，下列叙述正确的是___。a.实验过程中可以用pH试纸测定溶液的pHb.由a→b过程中，溶液中HClO的浓度增大c.由b→c过程中，溶液中Cl-的浓度减少d.c点以后溶液呈碱性，没有漂白性28、（14分）元素化合物在日常生活、化工生产和环境科学中有着重要的用途。(1)当皮肤划破时可用FeCl3溶液应急止血，用氯化铁固体配制成450mL0.1mol·L－1的溶液，配制过程中所需要的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、______________。(2)生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸后，溶液中大量存在的阳离子______________(填离子符号)。(3)高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌消毒、又能絮凝净水的水处理剂。其工业制备反Fe(OH)3＋ClO－＋OH－→FeO42－＋Cl－＋H2O(未配平)，每生成1molK2FeO4，转移的电子数________NA。(4)自然界中Cr主要以＋3价和＋6价形式存在。Cr2O72－中的Cr能引起细胞的突变，在酸性条件下可用亚硫酸钠将Cr2O72－还原。其离子方程式：__。(5)某透明溶液仅含Na＋、Fe2＋、Ba2＋、Al3＋、NO3－、Cl－、SO42－中的4种离子，且均为1mol。向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变(不考虑水的电离和离子的水解)。则溶液中存在的离子是____________。29、（10分）硫酸铜是一种重要的化工产品。某工厂用刻蚀印刷电路板产生的碱性废液[含较多[Cu(NH3)4]2+及少量Cu2+、NH4+、NH3和Cl-]制备硫酸铜晶体，流程如下：（1）通过“中和、沉淀和过滤”可得碱式氯化铜[Cu(OH)Cl]固体，请将生成该固体的反应的离子方程式补充完整：[Cu(NH3)4]2++________________。（2）制备Cu(OH)Cl沉淀时，溶液的pH对铜元素含量的影响如右图所示：①若要提高Cu(OH)Cl沉淀的量，应将溶液的pH控制在_______(填字母序号）。A．<5.2B．5.2~5.8C．>5.8②pH<5.2时，随pH减小，溶液中铜元素含量增大，其原因用反应的离子方程式可表示为______。（3）“化浆、酸化"过程可得到硫酸铜粗品，发生的反应为Cu(OH)Cl+4H2O+H2SO4=CuSO4·5H2O+HCl。则硫酸铜粗品中，含铜元素的杂质为__________，检验样品中含有该杂质的方法是：取少量硫酸铜粗品，加入适量水使其充分溶解，__________。（4）硫酸铜粗品还需要通过重结晶法进行提纯，具体操作是：将粗晶体溶解于热水中形成饱和溶液，然后加入适量乙醇，搅拌，冷却，过滤并洗涤，得到高纯度的硫酸铜晶体。加入乙醇能够提高硫酸铜的产率，从溶解性角度解释其可能的原因是______________。

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、B【详解】①4P（红）+5O2=2P2O5△H1；②4P（白）+5O2═2P2O5△H2；①﹣②得到4P（红）=4P（白）△H=△H1﹣△H2，已知1mol红磷变成1mol白磷吸收18.39KJ的热量，所以△H1﹣△H2＞0；△H1＞△H2，故选B。2、B【详解】A．氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液体水时放出的热量，而反应①②中的水是气体，A项错误；B．根据盖斯定律，反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=ΔH2—ΔH1，B项正确；C．若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则该反应是吸热反应，ΔH2>0，C项错误；D．由于对于放热反应，焓变是负值，则放出的热量越多，焓变越小，所以若等物质的量的CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则ΔH1<0，D项错误；答案选B。3、A【分析】R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源，说明R为钠元素，Q为氧元素，其中T元素的主要化合价有－2、+4、+6，且半径大于氧原子，则T为硫元素；M元素的主要化合价为+1，且其原子半径比氧小，则M为氢元素；Z原子半径比氧大，主要化合价为-1，则为氯元素；X、Y两元素的主要化合价为+3、+2，原子半径比钠略小，则X、Y分别为铝、镁元素，据此分析可得结论。【详解】A.由上述分析可知，T、Z分别为硫和氯元素，因氯元素的非金属性比硫强，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性S<Cl，故A正确；B.由上述分析可知，R、X、Y分别为钠、镁、铝三种金属元素，其金属性强弱为钠>镁>铝，则单质失去电子能力最强的是钠，故B错误；C.M与Q分别为氢和氧元素，它们之间形成的化合物为共价化合物，故C错误；D.由上述分析可知，M、Q、Z分别为氢、氧、氯三种元素，分别位于周期表中的一、二、三周期，故D错误。故答案选A。4、A【详解】A.过渡元素含副族元素及第ⅤⅢ族元素，全是金属元素,在过渡元素中寻找优良的催化剂材料,及耐高温和耐腐蚀的材料,故A项正确；B.周期表中，位于金属与非金属分界线附近的元素既能表现一定的金属性，又能表现一定的非金属性，如Al、Si等，故B项错误；C.对于主族元素来说，元素的最高正化合价不一定等于它所处的主族序数，如氟元素没有正价，氧元素没有+6价，故C项错误；D.Li原子最外层只有一个电子，失去最外层1个电子形成离子后，不是8电子稳定结构，故D项错误；综上所述，本题选A。5、B【分析】X是原子半径最小的元素，因此X是H，Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，因此Z是Mg，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，且Y的原子序数在X和Z之间，因此Y是C，W原子最外层电子数是最内层电子数的三倍，可知W原子最外层电子数为6，W为S。R的原子序数大于W且为短周期主族元素，R只能为Cl。综上所述，X、Y、Z、W、R分别为H、C、Mg、S、Cl。【详解】A．C和H可形成多种化合物，如甲烷，乙烷，乙烯等，A项锆误；B．由元素周期律可知，同周期元素的非金属性随着原子序数增大而增大，所以Cl的非金属性强于S，则HCl的稳定性强于H2S，B项正确；C．由元素周期律可知，同周期元素原子半径随原子序数的增大而减小，故原子半径大小关系应为r(Z)>r(R)，C项错误；D．碳酸的酸性弱于硫酸，D项错误；故选B。6、D【详解】A、①装置是电解池，阴极上溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，应是铜离子得到电子生成铜，没有气体放出，故A错误；B、②装置为电镀池，待镀制品应该和电源负极相连，做电解池的阴极，故B错误；C、③装置是氢氧燃料电池，通入氢气的为原电池的负极，通入氧气的为原电池的正极，电子从负极经导线流向正极，即从a极经导线流向b极，故C错误；D、④装置为电解氯化钠溶液的装置，装置中的离子交换膜允许离子通过，氯气不能通过，可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应，故D正确；故选D。7、D【分析】氯水为黄绿色，将气体A通入氯水中得无色透明溶液，说明溶液中一定有还原性的气体，结合反应SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4分析解答。【详解】氯水为黄绿色，将气体A通入氯水中得无色透明溶液，说明气体中含有还原性气体，将气体通入氯水后，得无色溶液，向该溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀产生，说明溶液中含有SO42-，原溶液中一定有SO2，因为SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4；由于H2S、SO2会发生氧化还原反应产生S单质和H2O而不能大量共存，反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，所以一定无H2S；也一定无HI，因为Cl2与HI会发生反应：2HI+Cl2=I2+2HCl，反应生成的I2微溶于水，且碘水呈褐色；故合理选项是D。【点睛】本题考查了物质成分的判断的知识，涉及常见气体的检验、离子共存等，掌握常见化合物的性质、气体之间发生的反应、是否可以大量共存等是解题的关键。8、C【详解】A．Fe2+有还原性，可被Cl2氧化为Fe3+而不能大量共存，A错误；B．滴加NaOH溶液，首先是Fe2+先与OH−反应生成白色沉淀，然后是发生反应：NH4++OH-=NH3∙H2O，图象与发生的反应事实不符合，B错误；C．若Fe2+被氧化为Fe3+，只需滴入几滴KSCN溶液，可观察到溶液变为红色，因此可鉴别，C正确；D．向该物质的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42－完全沉淀的离子方程式为Fe2++2NH4++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓+2NH3∙H2O，漏掉NH4+与OH-的反应，D错误；故选C。9、D【详解】A．①2H2+O22H2O、②2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，②可以改写为2Na2O2+2H2O=2(Na2O2·H2)+O2，固体的增重为氢气的质量，即a=b，故A错误；B．①2CO+O22CO2、②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，②可以改写为2Na2O2+2CO2=(Na2O2·CO)+O2，固体的增重为CO的质量，即a=b，故B错误；C．乙酸(CH3COOH)可以改写为(CO)2•(H2)2，根据AB的分析，存在a=b，故C错误；D．甲烷(CH4)可以改写为C•(H2)2，燃烧后生成二氧化碳和水，固体的增重为CH4和部分氧气的质量，即a＜b，故D正确；故选D。【点睛】根据反应的方程式找到过氧化钠增加的质量的规律是解题的关键。根据反应方程式可知，过氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量，因此只要是CO或H2或它们的混合气体或化学组成符合(CO)m•(H2)n就满足a=b。10、D【分析】依据图示知左边装置是电解池，右边装置是原电池。ab电极是电解池的电极。，由电源判断a为阴极产生的气体是氢气，b为阳极产生的气体是氧气；cd电极是原电池的正负极，c是正极，d是负极；电解池中的电极反应为：b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH--4e-＝2H2O+O2↑；a电极为阴极得到电子发生还原反应：4H++4e-＝2H2↑；原电池中是酸性溶液，电极反应为：d为负极失电子发生氧化反应：2H2-4e-＝4H+；c电极为正极得到电子发生还原反应：O2+4H++4e-＝2H2O，结合电极上的电子守恒分析计算。【详解】A、当有0.1mol电子转移时，a电极为电解池的阴极，电极反应为4H++4e-＝2H2↑，产生1.12LH2，故A错误；B、b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH--4e-＝2H2O+O2↑，故B错误；C、d为负极失电子发生氧化反应：2H2-4e-＝4H+，故C错误；D、c电极上氧气得到发生还原反应，原电池中阳离子向正极移动，则B池中的H+可以通过隔膜进入A池，故D正确；答案选D。11、B【解析】A、物质的量是把宏观和微观联系起来的一个基本物理量，摩尔是物质的量的单位，故错误；B、阿伏加德罗常数规定是0.012kg碳－12中所含碳原子的数，故正确；C、摩尔质量在数值上等于其相对原子质量或相对分子质量，故错误；D、1mol任何微粒含有的微粒数是6.02×1023，有的物质是分子组成，如氧气，1mol氧气中含有氧原子数为2×6.02×1023，故错误。答案选B。12、D【解析】含有共价键的化合物中可能含有金属元素，如氯化铝，故A错误；金属元素的氧化物可能为酸性氧化物，例如Mn2O7是酸性氧化物，故B错误；氢氧化铁溶胶、蛋白质水溶液分散质粒子在胶体范畴内，均具有丁达尔效应，而甘油与乙醇的混合液属于溶液范畴，不具有丁达尔效应，故C错误；白色污染是指难降解的塑料造成的污染，而用新型生物降解塑料聚乳酸代替聚乙烯作食品包装袋，可以防止白色污染，故D正确。故选D。【点睛】胶体与其他分散系的本质区别是分散质微粒直径在1-100nm之间，而不是丁达尔效应，丁达尔效应是胶体的性质，由胶体粒子的结构决定的。13、D【分析】等物质的量的BaCl2、K2SO4和AgNO3溶于水形成混合溶液，发生反应SO42-+Ba2+=BaSO4↓、Cl-+Ag+=AgCl↓，混合后溶液中的溶质为等物质的量的氯化钾、硝酸钾。用石墨电极电解此溶液，阳极首先是氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，然后是氢氧根离子放电，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极发生还原反应2H++2e-=H2↑，结合电子转移计算，一段时间后，阴、阳两极产生的气体的体积比为3∶2，说明阳极生成氯气、氧气，阴极生成氢气。【详解】A.阴极发生还原反应：2H++2e-=H2↑，故A错误；B.若阳极始终发生2Cl--2e-=Cl2↑的反应，阴、阳两极产生的气体的体积比应为1∶1，与题意不符，故B错误；C.电解的本质为电解氯化氢、水，仅向电解后的溶液中通入适量的HCl气体，不能使溶液复原到电解前的状态，故C错误；D.用石墨电极电解此溶液，阳极首先是氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，然后是氢氧根离子放电，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极发生还原反应2H++2e-=H2↑，一段时间后，阴、阳两极产生的气体的体积比为3∶2，说明阳极生成氯气、氧气，阴极生成氢气，故D正确；答案选D。14、C【解析】雪→水的过程需吸收热量，焓变是正值，故△H1＞0，水→冰的过程需放出热量，焓变是负值，故△H2＜0，故选C。15、C【解析】A．正极发生还原反应，即氮气被还原生成NH4+，电极反应式为N2+6e-+8H+=2NH4+，通入N2的一极为正极，A错误；B．放电过程中，负极失去失去电子，电极反应为：H2-2e-=2H+，B错误；C．根据负极和正极电极反应可得到总反应式为N2+3H2+2H+=2NH4+，因此A为NH4Cl，C正确；D．正极电极反应N2+6e-+8H+=2NH4+，反应中消耗氢离子，则反应过程中左边区域溶液pH逐渐升高，D错误，答案选C。点睛：本题考查新型燃料电池，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意根据氮气和氢气的性质判断出正负极的反应，从化合价变化的角度分析，注意电极反应式的书写。16、B【解析】雪→水的过程需吸收热量，故△H1＞0，水→冰的过程需放出热量，故△H2＜0，B项正确。故选B。17、D【分析】KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，KClO3中Cl元素的化合价从+5价降低为0价，HCl中Cl元素的化合价由-1升高为0价，则KClO3为氧化剂，HCl为还原剂，Cl2既是氧化产物又是还原产物，当1molKClO3和6mol浓盐酸反应时，1molKClO3得电子5mol，其中5molHCl失电子5mol，另外1molHCl未被氧化，据此解答。【详解】KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，KClO3中Cl元素的化合价从+5价降低为0价，HCl中Cl元素的化合价由-1升高为0价，则KClO3为氧化剂，HCl为还原剂，Cl2既是氧化产物又是还原产物，当1molKClO3和6mol浓盐酸反应时，1molKClO3得电子5mol，其中5molHCl失电子5mol，另外1molHCl未被氧化，A.KClO3是氧化剂，HCl是还原剂，Cl2既是氧化产物又是还原产物，故A错误；B.当有5mol电子转移时，参加反应的KClO3的物质的量为1mol，则当有9mol电子转移时，参加反应的KClO3的物质的量为1.8mol，故B错误；C.当产生3molCl2时，转移电子的物质的量为5mol，则当产生1.5molCl2时，转移电子的物质的量为2.5mol，故C错误；D.当有3molCl2生成时，作还原剂的HCl为5mol，故D正确；故选D。【点睛】在氧化还原反应中，几个概念之间的关系：氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，熟记该规律是解答氧化还原反应题型的关键。在氧化还原反应中氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数=转移电子总数，这是根据得失电子守恒进行方程式配平以及某些氧化还原反应计算的核心。18、D【解析】从海水中提取镁的方法是：先加石灰乳使水中的镁离子通过和石灰乳反应生成氢氧化镁白色沉淀，然后利用盐酸溶解氢氧化镁生成氯化镁溶液，从氯化镁溶液中结晶得到MgCl2·6H2O，在HCl气流中加热MgCl2·6H2O得到无水MgCl2，镁是活泼的金属，通过电解熔融的氯化镁即可以得到金属镁。【详解】A.Mg(OH)2不导电，无法电解，A不正确；B.海水中通入氯化氢（或加入盐酸）不能得到不含杂质的MgCl2溶液，B不正确；C.MgO不导电，其在熔融状态下能导电，但其熔点很高，不适合制备Mg，C不正确；D.海水Mg(OH)2MgCl2溶液―→MgCl2(熔融)Mg，该流程与实际工业生产相符，D正确。答案：选D。【点睛】海水中含有MgCl2，工业上从海水中提取镁首先是富集；根据石灰乳比氢氧化钠廉价易得，一般不用氢氧化钠，在海水中加石灰乳过滤得沉淀氢氧化镁；加盐酸得到氯化镁，经浓缩、结晶、脱水、电解可以得到金属镁。19、C【详解】A．向饱和氯水中加入NaOH溶液至pH=7，反应后为生成NaCl、NaClO，次氯酸根离子水解，则所得溶液中：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)，选项A错误；B．相同pH的(NH4)2SO4与NH4NO3溶液，两者都是强酸弱碱盐，两溶液中NH4＋浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4＋的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4＋的浓度小于(NH4)2SO4，则pH相等时溶液中NH4+浓度大小顺序为①=②>③，故B错误；C．常温下，pH为1的0.1mol/LHA溶液，则HA为强酸，与0.1mol/LNaOH溶液恰好完全反应时恰好生成强酸强碱盐NaA，反应后溶液显中性，则c(Na+)=c(A－)、c(OH－)=c(H+)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)=c(A－)>c(OH－)=c(H+)，选项C正确；D．常温下0.1mol/LNa2S溶液中，根据质子守恒可得：c(OH－)=c(H＋)+c(HS－)+2c(H2S)，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒及质子守恒的含义为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力，易错点为选项B，从两个角度考虑，一是相同pH的（NH4）2SO4与NH4NO3溶液的水解程度是否相等，二是NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制。20、C【详解】A．由于氢氧化钠过量，沉淀都是由加入的盐溶液与氢氧化钠溶液反应生成的，不存在沉淀的转化，不能证明溶度积的大小，故A错误；B．NaClO溶液含有次氯酸根离子，具有氧化性，可水解生成次氯酸，具有漂白性，可以将pH试纸漂白，导致实验现象不准确，无法比较二者的水解能力，故B错误；C．加热氯化镁溶液水解生成氢氧化镁和氯化氢，HCl易挥发，得到的是氢氧化镁，因硫酸不挥发，加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体，可知与酸的挥发性有关，故C正确；D．使品红褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，可能为NaClO与浓盐酸反应生成氯气，可能Na2SO3或NaHSO3与浓盐酸反应生成二氧化硫，故D错误；答案选C。21、D【详解】在该溶液加入稀硫酸后得强酸性X溶液，过程中无明显现象，这说明溶液中一定不存在CO32－、AlO2－、SO32－。X溶液中滴加Ba(NO3)2溶液至过量会产生白色沉淀A、无色气体A，A遇空气变成棕色，这说明白色沉淀A一定是硫酸钡，气体A是NO，即溶液中含有SO42－。同时还含有还原性离子Fe2+。在溶液A中加入过量的NaOH溶液产生气体、沉淀B，过滤获得溶液B。因此沉淀B一定含有氢氧化铁，气体B一定是氨气，所以溶液中含有NH4＋。在溶液B中通入适量CO2气体有沉淀C产生，沉淀C可能是氢氧化铝，也可能是碳酸钡，所以不能确定溶液中是否含有A13+。由于溶液是电中性的，则根据离子的浓度均是0.2mol/L，所以溶液中一定还含有氯离子，所以正确的答案选D。22、D【解析】试题分析：A．铝是活泼性较强的金属，工业上用电解熔融Al2O3制备金属铝，故A正确；B．在海轮外壳上镶入锌块，过程原电池，锌作负极被腐蚀，可减缓船体的腐蚀速率，故B正确；C．金属锌与稀硫酸反应制取氢气，粗锌构成了原电池，反应速率加快，故C正确；D．镁是活泼性较强的金属，应该电解熔融MgCl2制取金属镁，故D错误；故选D。【考点定位】考查金属的腐蚀与防护、金属的冶炼【名师点晴】本题考查了金属的腐蚀与防护和金属的冶炼，解答时要注意金属的防护方法和金属冶炼的原理。牺牲阳极的阴极保护法--被保护的金属上连接一种更活泼的金属，被保护的金属作原电池的正极；外加电流的阴极保护法--被保护的金属与电源的负极相连，作电解池的阴极。金属的冶炼方法取决于金属的活泼性，活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的三氧化二铝)制得；较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法制得，常用还原剂有(C、CO、H2等)；Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，Pt、Au用物理分离的方法制得。二、非选择题(共84分)23、酯基、溴原子消去反应b、d4：、、、（任写一种）【分析】分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，与NaOH水溶液加热发生反应产生的C含有羧基，产生的D能够与新制Cu(OH)2悬浊液在加热煮沸时发生反应，证明D中含有醛基，根据题意可知该物质是含有2个醇羟基的物质脱水产生，所以X中含有酯基及溴原子，两个溴原子连接在同一个碳原子上。其苯环上的一溴代物只有一种，说明苯环上只有一种位置的氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有四种不同类型的氢原子，吸收峰的面积比为1:2:6:1，所以四类氢原子的个数之比为1:1:6:1，H原子总数是10个，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C还能发生银镜反应，说明C中还含有醛基，A能被氧化生成B，B能被氧化生成C，说明C中含有羧基，所以C是甲酸，B是甲醛，A是甲醇；E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应，说明苯环上含有酚羟基，且两个邻位有氢原子，所以X是，酯发生水解反应生成甲酸和酚钠，且酚钠中含有醛基，D是，E是，F是。【详解】（1）根据上述推断可知X中含有酯基和溴原子；（2）F是，生成H可以使溴水褪色，说明H中含有不饱和的碳碳双键，因此该反应属于消去反应，产生的H结构简式是。（3）H含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应形成高聚物I，I的结构简式为。（4）E是，含有酚羟基，能和溴水反应发生取代反应，能和FeCl3溶液发生显色反应；但是不能发生消去反应；由于含有一个羧基，羧酸的酸性比碳酸强，所以可以和1mol碳酸氢钠反应，故选b、d。（5）①X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式是：；②F→G的化学方程式是：；（6）E是，同时符合条件a．苯环上核磁共振氢谱有两种，说明只有两类氢原子；b．不能发生水解反应说明不含酯基；c．遇FeCl3溶液不显色说明不含酚羟基；d．1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应说明含有一个醇羟基和一个羧基的E的同分异构体共有4种，他们的结构分别是：、、、。24、横行怀疑Te的相对原子质量（或同一列相对原子质量依次增大，按此规律，Te的相对原子质量应该在122和127之间）第三周期第ⅦA族179H2S<H2ONH5+H2O=H2↑+NH3·H2O2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl【分析】Ⅰ．(1)结合表中给出的是相对原子质量分析；(2)由表中信息，同一列相对原子质量依次增大；Ⅱ．X、Y、Z、W是现在元素周期表中的短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，其中

Y

元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为氧元素，则Z为硫元素、X为氮元素、W为Cl；(2)元素非金属性越强，对应氢化物越稳定；(3)化合物NH5与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，水溶液为氨水，相当于反应生成氨气后再溶于水，由元素守恒可知反应时放出的气体为氢气，NH5是离子化合物，N原子形成稳定结构最多形成4个N-H键，由铵根离子与氢负离子构成；(4)S2Cl2可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体为SO2，其中只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，根据电子转移守恒计算生成二氧化硫的物质的量，再根据元素守恒计算发生还原反应的S原子物质的量，再根据电子转移守恒计算硫元素在氧化产物中的化合价确定氧化产物，最后结合原子守恒进行解答。【详解】Ⅰ．(1)结合表中信息得，给出的是元素的相对原子质量，故同一横行元素性质相似；(2)由表中信息，同一列按相对原子质量依次增大规律进行排列，第5列方框中“Te=128？”的问号表示怀疑Te的相对原子质量，Te的相对原子质量应该在122和127之间；Ⅱ．X、Y、Z、W是现在元素周期表中的短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，其中

Y

元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为氧元素，则Z为硫元素、X为氮元素、W为Cl；(1)W为Cl，在周期表中的位置：第三周期第ⅦA族；Cl元素的核电荷数是17，则原子核外电子总数为17，即W的原子核外电子运动状态有17种，其电子排布式为1s22s22p63s23p5，则原子轨道数为9；(2)由于元素非金属性S＜O，故氢化物稳定性：H2S＜H2O；(3)化合物NH5与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，水溶液为氨水，相当于反应生成氨气后再溶于水，由元素守恒可知反应时放出的气体为氢气，反应方程式为NH5+H2O=H2↑+NH3•H2O，NH5是离子化合物，N原子形成稳定结构最多形成4个N-H键，由铵根离子与氢负离子构成，电子式为：；(4)化合物S2Cl2可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体为SO2，其中只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，根据电子转移守恒，转移0.3mol电子生成二氧化硫为=0.1mol，故有0.3molS原子发生还原反应，根据电子转移守恒可知S元素在还原产物中的化合价为0，故生成S，同时生成HCl，该反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl。25、启普发生器AC2KClO32KCl+3O2↑A干燥气体使气体混合均匀C防止倒吸、防止造成污染、防止产生酸雾【解析】（1）装置C的名称为启普发生器，适合常温下固体与液体反应，不需要加热制取的气体；（2）装置D适合加热固体制备的气体，若用D制备O2，可加热氯酸钾和二氧化锰的混合物；（3）装置B适合固体与液体不加热制备的气体；（4）甲装置，甲装置的作用根据气泡的流速可以控制SO2、O2的流速外，还可以干燥SO2、O2；使SO2、O2混合均匀；（5）用水吸收SO3制取硫酸，易形成硫酸酸雾，所以一般用98.3%的浓硫酸吸收SO3；【详解】（1）装置C的名称为启普发生器。A、常温下锌与稀硫酸反应制备氢气，故A正确；B、常温下CaC2与水反应制备C2H2，但CaC2与水反应太剧烈，不用启普发生器制取乙炔，故B错误；C、常温下石灰石与稀盐酸反应制取CO2，故C正确；D、实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法制取氨气，故D错误；（2）加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制取氧气的方程式为2KClO32KCl+3O2↑；（3）装置B适合固体与液体不加热制备的气体，若用B装置制备SO2，，浓硫酸、亚硫酸钠固体不加热生成SO2，故A正确；浓硫酸、铜片反应需要加热，故B错误；稀硫酸、亚硫酸钠溶液反应速率太快，故C错误；浓硫酸、铁屑不加热易钝化，故D错误；（4）甲装置，甲装置的作用根据气泡的流速可以控制SO2、O2的流速外，还可以干燥SO2、O2；使SO2、O2混合均匀；（5）用水吸收SO3制取硫酸，易形成硫酸酸雾；防止倒吸、防止造成污染、防止产生酸雾选择装置C。【点睛】实验室制备二氧化硫气体，一般用70%的浓硫酸与亚硫酸钠固体反应；制备氧气用加热硫酸钾和二氧化锰混合物的方法或用双氧水分解制取氧气。26、出现蓝色沉淀CE0.7350g③⑥偏大BD【分析】(1)Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe(CN)6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀。(2)NaOH溶液可以去除废铁屑表面的油污；硫酸亚铁铵在100℃～110℃时分解，蒸发时应用小火小心加热，待晶膜出现，停火利用余热蒸发溶剂，过滤所得悬浊液；因为硫酸亚铁铵易溶于水，几乎不溶于乙醇，故过滤后用少量乙醇洗涤；检验铵离子，利用铵根离子可以和强碱反应生成氨气，但氨气极易溶于水，注意溶液反应的时候需要加热；铁离子（Fe3+）与SCN-反应生成显血红色络合物，是检验铁离子的常用方法。(3)计算K2Cr2O7的质量可以用m=M×n进行计算；配置一定物质的量浓度的溶液需要用到的仪器：容量瓶(应注明体积），烧杯，量筒,天平，玻璃棒，滴管；滴定溶液的影响因素根据c(待测)=，分析操作对待测液的物质的量浓度的影响。(4)加入NaOH溶液时，Fe2＋先反应，NH4＋后反应。【详解】(1)K3[Fe(CN)6]检验Fe2+，会生成Fe3[Fe(CN)6]2特征蓝色沉淀(2)用NaOH溶液洗涤废铁屑的作用是去除废铁屑表面的油污，但NaOH溶液并不能和铁的氧化物杂质反应；硫酸亚铁铵在100℃～110℃时分解，故蒸发应用小火小心加热，蒸发溶剂直到晶膜出现，停火利用余热蒸发溶剂，得到的是浊液，分离操作是过滤，而不能蒸干后转移；又因硫酸亚铁铵易溶于水，几乎不溶于乙醇，故过滤后用少量乙醇洗涤；检验铵离子，可将样品溶于水后，再加足量NaOH溶液，并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到试纸变蓝，表明固体中存在NH4+；固体在空气中氧化变质会生成铁离子，检验铁离子可将样品溶于水后，滴加KSCN溶液，溶液变红，说明氧化变质。故选CE。(3)用重铬酸钾溶液标定莫尔盐溶液的反应为6Fe(NH4)2(SO4)2+7H2SO4+K2Cr2O7=Cr2(SO4)3+3Fe2(SO4)3+K2SO4+7H2O+6(NH4)2SO4m（K2Cr2O7）=0.01000mol•L-1×0.250L×294.0g•mol-1=0.7350g；根据溶液浓度的精度，应选择电子天平用于称量固体质量，烧杯用于溶解固体，玻璃棒用于搅拌和引流操作，容量瓶用于配置溶液，胶头滴管用于加水定容．故用不到的仪器为温度计和铁架台；如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，这样就造成读数偏小；滴定结束后气泡消失，这样读数就正常，所以读出来的K2Cr2O7标准溶液体积偏大，测定结果将偏大，故答案为0.7350g；③⑦；偏大。(4)由于加入NaOH溶液时，Fe2＋先反应，NH4＋后反应，所以若NaOH量不足，可能只有Fe2＋发生反应，所以A正确、B错误；也可能Fe2＋完全反应而NH4＋部分或完全反应，即离子方程式中n(NH4＋):n(Fe2＋)≤2：1，所以C正确D错误，故答案为BD。27、由无色变为蓝色Cl2＋2Fe2+=2Cl-＋2Fe3+能KMnO4>Cl2>FeCl3bcb【分析】浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气与周围四点均存在氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，与溴化钾反应生成溴单质，与氯化亚铁反应生成氯化铁，与碘化钾反应生成碘单质，据此回答问题。【详解】（1）e处立即发生反应，根据氧化还原反应原理和单键桥原理：；（2）b处氯气氧化碘化钾为碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，即实验现象为由无色变为蓝色。d处发生氧化还原反应的离子方程式为Cl2＋2Fe2+→2Cl-＋2Fe3+。根据氧化剂氧化性大于氧化产物可知，氯气与亚铁离子反应生成铁离子，高锰酸钾制备氯气，即通过此实验能比较Cl2、FeCl3、KMnO4三种物质氧化性的强弱，其氧化性由强到弱的顺序是KMnO4>Cl2>FeCl3。（3）在氯水中，溶液为酸性，根据盐类三大守恒可知：根据电荷守恒可知，c(H+)=c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-)；盐酸是强酸，次氯酸是弱酸，两酸浓度一致，故溶液中离子浓度c(OH-)<c(HClO)<c(Cl-)。综上可知，正确的是bc。（4）常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后改向其中滴加浓NaOH溶液。整个实验过程中的pH变化曲线如图所示，不考虑次氯酸分解与溶液体积变化，下列叙述正确的是___。a.氯气与水反应生成次氯酸，具有漂白性，故实验过程中不可以用pH试纸测定溶液的pH，A错误；b.a→b过程中，氯气还在不断与水反应，溶液中HClO的浓度增大，B正确；c.b→c过程中，氢氧化钠不断消耗盐酸中的氢离子，溶液中Cl-的浓度不变，C错误；d.c点以后溶液呈碱性，次氯酸根水解产生次氯酸，仍有漂白性，D错误。答案为b。28、500mL容量瓶、胶头滴管Fe2+、Fe3+、H+3C