上海市虹口区市级名校2026年高三下学期期中化学试题文试题含解析

上海市虹口区市级名校2026年高三下学期期中化学试题文试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、向恒温恒容密闭容器中充入1molX和2molY，发生反应4X（g）+2Y（g）⇌3Z（g），下列选项表明反应一定已达平衡状态的是（）A．气体密度不再变化B．Y的体积分数不再变化C．3v（X）＝4v（Z）D．容器内气体的浓度c（X）：c（Y）：c（Z）＝4：2：32、设为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()A．100g46%甘油水溶液中含—OH的数目为1.5NAB．1.7g由NH3与13CH4组成的混合气体中含质子总数为NAC．0.1mol∙L-1的Al2(SO4)3溶液中含Al3+的数目小于0.2NAD．反应CH4+2NO+O2=CO2+N2+2H2O，每消耗标准状况下22.4LNO，反应中转移的电子数目为2NA3、2019年是国际化学元素周期表年。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列；准确的预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法不正确的是A．元素甲的原子序数为31B．元素乙的简单气态氢化物的沸点和稳定性都低于CH4C．原子半径比较：甲>乙>SiD．乙的单质可以作为光电转换材料用于太阳能电池4、捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)()A．10.1gN(C2H5)3中所含的共价键数目为2.1NAB．标准状况下，22.4LCO2中所含的电子数目为22NAC．在捕获过程中，二氧化碳分子中的共价键完全断裂D．100g46％的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA5、元素周期表中，铟(In)与铝同主族，与碘同周期。由此推断A．In最外层有5个电子 B．In的原子半径小于IC．In(OH)3的碱性强于Al(OH)3 D．In属于过渡元素6、亚硝酸钠(NaNO2)是一种常用的发色剂和防腐剂，某学习小组利用如图装置(夹持装置略去)制取亚硝酸钠，已知：2NO+Na2O2=2NaNO2，2NO2+Na2O2=2NaNO3；NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO3-。下列说法正确的是（）A．可将B中的药品换为浓硫酸B．实验开始前通一段时间CO2，可制得比较纯净的NaNO2C．开始滴加稀硝酸时，A中会有少量红棕色气体D．装置D中溶液完全褪色后再停止滴加稀硝酸7、现有易溶强电解质的混合溶液10L，其中可能含有K+、Ba2+、Na+、NH4+、Cl-、SO42-、AlO2-、OH-中的几种，向其中通入CO2气体，产生沉淀的量与通入CO2的量之间的关系如图所示，下列说法正确的是()A．CD段的离子方程式可以表示为：CO32-+CO2+H2O═2HCO3-B．肯定不存在的离子是SO42-、OH-C．该溶液中能确定存在的离子是Ba2+、AlO2-、NH4+D．OA段反应的离子方程式：2AlO2-+CO2+3H2O═2Al(OH)3↓+CO32-8、NA是阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是()A．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB．22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为18NAC．1.0L1.0mol/L的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAD．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA9、下列化学用语表示正确的是()A．酒精的分子式：CH3CH2OHB．NaOH的电子式：C．HClO的结构式：H—Cl—OD．CCl4的比例模型：10、二羟基甲戊酸的结构简式为，下列有关二羟基甲戊酸的说法正确的是（）A．二羟基甲戊酸的分子式为C5H10O4B．二羟基甲戊酸不能使酸性KMnO4溶液褪色C．等量的二羟基甲戊酸消耗Na和NaHCO3的物质的量之比为3∶1D．二羟基甲戊酸与乳酸()互为同系物11、设NA为阿伏加德罗常数的值。关于常温下pH＝10的Na2CO3～NaHCO3缓冲溶液，下列说法错误的是A．每升溶液中的OH﹣数目为0.0001NAB．c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）C．当溶液中Na+数目为0.3NA时，n（H2CO3）+n（HCO3﹣）+n（CO32﹣）＝0.3molD．若溶液中混入少量碱，溶液中变小，可保持溶液的pH值相对稳定12、CuO有氧化性，能被NH3还原，为验证此结论，设计如下实验。有关该实验的说法正确的是A．反应时生成一种无污染的气体NOB．NH3与CuO反应后生成的红色物质可能是CuC．装浓氨水的装置名称是分液漏斗，只能用作分液操作D．烧杯中硫酸的作用是防倒吸13、下列有关仪器的名称、图形、用途与使用操作的叙述均正确的是()选项ABCD名称250mL容量瓶分液漏斗酸式滴定管冷凝管图形用途与使用操作配制1.0mol·L－1NaCl溶液，定容时仰视刻度，则配得的溶液浓度小于1.0mol·L－1用酒精萃取碘水中的碘，分液时，碘层需从上口放出可用于量取10.00mLNa2CO3溶液蒸馏实验中将蒸气冷凝为液体A．A B．B C．C D．D14、下列实验能获得成功的是（）实验目的实验步骤及现象A除去苯中的苯酚加入浓溴水，充分振荡、静置，然后过滤B证明醋酸的酸性比次氯酸强用pH试纸分别测定常温下等浓度的醋酸和次氯酸的pH值，pH大的是次氯酸C检验Na2SO3固体中含Na2SO4试样加水溶解后，加入足量盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀D检验溴乙烷中含有溴元素溴乙烷与氢氧化钠溶液混合振荡后，再向混合液中滴加硝酸银溶液，有淡黄色沉淀A．A B．B C．C D．D15、根据下列实验操作所得结论正确的是（）选项实验操作实验结论A向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液浓度越大，反应速率越快B向40mL的沸水中滴入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热。当光束通过液体时，可观察到丁达尔效应得到Fe（OH）3胶体C向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入浓AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）D同温下用pH试纸分别测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液、0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱A．A B．B C．C D．D16、下列物质属于油脂的是()①②③④润滑油⑤花生油⑥石蜡A．①② B．④⑤ C．①⑤ D．①③17、2018年7月12日，我国科学家姜雪峰教授被评为”全球青年化学家元素周期表硫元素代言人”，其是目前为止第一位人选的中国学者。下列说法或推测正确的是A．单质S不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳B．含氧酸的酸性:Cl＞S＞PC．沸点:H2O＜H2S＜PH3D．由H和S形成共价键的过程:18、关于下列各实验装置的叙述中，错误的是()A．装置可用于分离蔗糖和葡萄糖，且烧杯中的清水应多次更换B．装置可用于制备少量Fe(OH)2沉淀，并保持较长时间白色C．装置可用从a处加水的方法检验的气密性，原理为液差法D．装置用于研究钢铁的吸氧腐蚀，一段时间后导管末端会进入一段水柱19、常温下，向20.00mL0.1000mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000mol·L-1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（）A．在滴定过程中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)B．pH=5时，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C．pH=7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00mLD．在滴定过程中，随NaOH溶液滴加c(CH3COO-)持续增大20、下列有关实验操作的现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A分别向相同浓度的ZnSO4溶液和溶液中通入足量H2S前者无现象，后者有黑色沉淀生成Ksp（ZnS）<Ksp（CuS）B常温下，分别测等浓度的NaX溶液和Na2CO3溶液的pH前者pH小于后者酸性：HX>H2CO3C将铜粉加入FeCl3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属铁比铜活泼D将表面附有黑色的Ag2S银器浸入盛有食盐水的铝质容器中黑色逐渐褪去银器为正极，Ag2S得电子生成单质银A．A B．B C．C D．D21、下列关于有机物（）的说法错误的是A．该分子中的5个碳原子可能共面B．与该有机物含相同官能团的同分异构体只有3种C．通过加成反应可分别制得烷烃、卤代烃D．鉴别该有机物与戊烷可用酸性高锰酸钾溶液22、向饱和食盐水中通入氯化氢，直至有白色固体析出，析出过程中叙述错误的是A．白色固体是NaCl B．溶液中存在两种电离平衡C．溶液pH值减小 D．NaCl的溶解速率小于结晶速率二、非选择题(共84分)23、（14分）某研究小组按下列路线合成甜味剂阿斯巴甜：已知：①芳香化合物A能发生银镜反应，核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢原子；②③RCN→H④回答下列问题：(1)F的结构简式是_________________________________________。(2)下列说法正确的是________。A．化合物A的官能团是羟基B．化合物B可发生消去反应C．化合物C能发生加成反应D．化合物D可发生加聚反应(3)写出阿斯巴甜与足量NaOH水溶液充分反应的化学方程式：_________。(4)写出同时符合下列条件的D的同分异构体的结构简式：_________。①有三种化学环境不同的氢原子；②含苯环的中性物质。(5)参照上述合成路线，设计一条由甲醛为起始原料制备氨基乙酸的合成路线________。24、（12分）化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：已知：RCHO＋CH3COOR1RCH＝CHCOOR1请回答：（1）F的名称为_____________。（2）C→D的反应类型为_________。（3）D→E的化学方程式________________________。（4）X的结构简式____________________。（5）D的芳香族化合物同分异构体有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1的是_________(写结构简式)。25、（12分）已知CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应，产物为只含一种阴离子的蓝色钾盐晶体(只含有1个结晶水)，某实验小组为确定该晶体的组成，设计实验步骤及操作如下：已知：a.过程②：MnO4－被还原为Mn2+，C2O42－被氧化为CO2b.过程③：MnO4－在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+c.过程④：2Cu2++4I－=2CuI↓+I2d.过程⑥：I2+2S2O32－=21－+S4O62－(1)过程①加快溶解的方法是________________________。(2)配制100mL0.20mol·L－1KMnO4溶液时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、____________；过程②和过程⑥滴定时，滴定管应分别选用____________、____________(填“甲”或乙”)。(3)完成过程②的离子反应方程式的配平：___MnO4－+___C2O42－+___H+===___Mn2++___H2O+___CO2↑。(4)过程③加热的目的是________________________。(5)过程⑥，应以____________作指示剂，若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则测定结果是____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)(6)已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，据此推测该晶体为____________·H2O。26、（10分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S、SO2。Ⅰ.Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示。(1)b中反应的离子方程式为________，c中试剂为_________。(2)反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清。此浑浊物是_______。(3)实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有___________(写出两条)。(4)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2，不能过量，原因是_______。(5)制备得到的Na2S2O3中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4：___________________________________。Ⅱ.探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料：ⅰ．Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)ⅱ．Ag2S2O3为白色沉淀，Ag2S2O3可溶于过量的S2O32-装置编号试剂X实验现象①Fe(NO3)3溶液混合后溶液先变成紫黑色,30s后溶液几乎变为无色②AgNO3溶液先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液(6)根据实验①的现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过____(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅰ的现象：____。(7)同浓度氧化性：Ag+>Fe3+。实验②中Ag+未发生氧化还原反应的原因是____。(8)进一步探究Ag+和S2O32-反应。装置编号试剂X实验现象③AgNO3溶液先生成白色絮状沉淀，沉淀很快变为黄色、棕色，最后为黑色沉淀。实验③中白色絮状沉淀最后变为黑色沉淀(Ag2S)的化学方程式如下，填入合适的物质和系数：Ag2S2O3+_____=Ag2S+_____(9)根据以上实验，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和____有关(写出两条)。27、（12分）实验室从含碘废液（除外，含有、、等）中回收碘，实验过程如下：（1）向含碘废液中加入稍过量的溶液，将废液中的还原为，其离子方程式为__________；该操作将还原为的目的是___________________。（2）操作的名称为__________。（3）氧化时，在三颈瓶中将含的水溶液用盐酸调至约为2，缓慢通入，在40℃左右反应（实验装置如图所示）。实验控制在较低温度下进行的原因是__________________；仪器a、b的名称分别为：a__________、b__________；仪器b中盛放的溶液为__________。（4）已知：；某含碘废水（约为8）中一定存在，可能存在、中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有、的实验方案（实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、溶液、溶液）。①取适量含碘废水用多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；②__________________；③另从水层中取少量溶液，加入淀粉溶液，加盐酸酸化后，滴加溶液，若溶液变蓝说明废水中含有；否则说明废水中不含有。（5）二氧化氯（，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂和水处理剂。现用氧化酸性含废液回收碘。①完成氧化的离子方程式：ClO2+I-1+__________=+Cl-1+____________________________；②若处理含相同量的废液回收碘，所需的物质的量是的______倍。28、（14分）有效去除大气中的NOx，保护臭氧层，是环境保护的重要课题。(1)在没有NOx催化时，O3的分解可分为以下两步反应进行；①O3=O+O2(慢)②O+O3=2O2(快)第一步的速率方程为v1=k1c(O3)，第二步的速率方程为v2=k2c(O3)·c(O)。其中O为活性氧原子，它在第一步慢反应中生成，然后又很快的在第二步反应中消耗，因此，我们可以认为活性氧原子变化的速率为零。请用k1、k2组成的代数式表示c(O)=____________。(2)NO做催化剂可以加速臭氧反应，其反应过程如图所示：已知：O3(g)+O(g)=2O2(g)ΔH=－143kJ/mol反应1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g)ΔH1=－200.2kJ/mol。反应2：热化学方程式为____________________________。(3)一定条件下，将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入Ca(OH)2悬浊液中，改变，NOx的去除率如图所示。已知：NO与Ca(OH)2不反应；NOx的去除率=1－×100%①在0.3－0.5之间，NO吸收时发生的主要反应的离子方程式为：___________。②当大于1.4时，NO2去除率升高，但NO去除率却降低。其可能的原因是__________。(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=－759.8kJ/mol，反应达到平衡时，N2的体积分数随的变化曲线如图。①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近________。②a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为________；b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为__________(以上两空均用a、b、c、d表示)。③若=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为_____。29、（10分）自来水生产过程中，可用氯气等物质作消毒剂，明矾等物质作絮凝剂。出厂的自来水中含少量可溶性矿物质。完成下列填空：(1)自来水中含硫量约70mg/L，它只能以______(填微粒符号)形态存在，不能以其它形态存在的原因是________________________。(2)已知在碱性条件下，氯气会发生自身氧化还原反应，某反应体系中的物质为：KClO3、Cl2、KCl、KOH、H2O。①写出该反应的化学方程式。____________________________。②该反应中氧化剂与还原剂的质量比为_________。(3)实验室利用反应6HCl＋KClO3→KCl+3H2O+3Cl2↑制取Cl2，当产生标准状况下的气体3.36L时，转移电子_____mol。(4)不同环境中，物质的性质可能会有所不同。根据上述两题的反应中KClO3和Cl2的氧化性强弱比较，你能得出的结论是________________________。(5)铝铵矾[NH4Al(SO4)2•12H2O]也是常用的工业净水剂，其净水的化学原理是________________（用离子方程式表示）。(6)在向铝铵矾溶液中逐滴滴加氢氧化钡溶液的过程中，下列关系可能正确的是_________。（选填编号）a．n(SO42-)>n(NH4+)>n(A13+)>n(OH-)b．n(A13+)>n(NH4+)>n(SO42-)>n(H+)c．n(BaSO4)>n[A1(OH)3]>n(NH3·H2O)>n(A1O2-)d．n(NH3·H2O)>n(BaSO4)>n[A1(OH)3]>n(A1O2-)

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【解析】

根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】A.反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度一直不变，不能判定反应达到平衡状态，故A错误；B.Y的体积分数不再变化，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故B正确；C.3v（X）=4v（Z）未体现正与逆的关系，不能判定反应是否达到平衡状态，故C错误；D.当体系达平衡状态时，c（X）：c（Y）：c（Z）可能为4：2：3，也可能不是4：2：3，与各物质的初始浓度及转化率有关，不能判定反应是否达到平衡状态，故D错误；故选B。2、B【解析】

A选项，100g46%甘油即46g甘油，物质的量为0.5mol，甘油中含—OH的数目为1.5NA，但由于水中也含有羟基，故A错误；B选项，NH3与13CH4摩尔质量相同，都为17g∙mol-1，质子数都为10个，则1.7g由NH3与13CH4组成的混合气体物质的量为0.1mol，混合气体中含质子总数为NA，故B正确；C选项，溶液体积未知，因此溶液中含Al3+的数目无法计算，故C错误；D选项，反应CH4+2NO+O2=CO2+N2+2H2O，根据反应方程式得出，2molNO反应转移8mol电子，每消耗标准状况下22.4LNO即1molNO，反应中转移的电子数目为4NA，故D错误。综上所述，答案为B。一定不能忽略水中含有—OH，同样也不能忽略水中含有氧原子的计算，为易错点。3、B【解析】

由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比As小，As位于第四周期VA族，则C、Si、乙位于第IVA族，乙为Ge，B、Al、甲位于ⅢA族，甲为Ga，以此来解答。【详解】A．甲为Ga，元素甲的原子序数为31，故A正确；B．非金属性C大于Ge，则元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于CH4；相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，元素乙的简单气态氢化物的沸点高于CH4，故B错误；C．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较：甲＞乙＞Si，故C正确；D．乙为Ge，位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，故D正确。故选B。本题考查元素的位置、结构与性质，把握相对原子质量、元素的位置及性质为解答的关键，注意规律性知识的应用。4、C【解析】

A．10.1gN(C2H5)3物质的量0.1mol，一个N(C2H5)3含有共价键数目为21根，则10.1gN(C2H5)3含有的共价键数目为2.1NA，故A正确；B．标准状况下，22.4LCO2的物质的量是1mol，1个CO2分子中有22个电子，所以含的电子数目为22NA，故B正确；C．在捕获过程中，根据图中信息可以看出二氧化碳分子中的共价键没有完全断裂，故C错误；D．100g46％的甲酸水溶液，甲酸的质量是46g，物质的量为1mol，水的质量为54g，物质的量为3mol，因此共所含的氧原子数目为5NA，故D正确；选C。5、C【解析】

A.铟(In)与铝同主族，最外层电子数和Al相等，有3个，故A错误；B.铟(In)与碘同周期，同周期元素从左往右，原子半径逐渐减小，所以In的原子半径大于I，故B错误；C.元素周期表中同一主族元素从上到下，金属性越强，还原性越强，其氢氧化物的碱性越强，所以In(OH)3的碱性强于Al(OH)3，故C正确；D.铟(In)是主族元素，不是过渡元素，故D错误；正确答案是C。6、C【解析】

A.装置B中无水CaCl2作干燥剂，干燥NO气体，由于装置为U型管，若换为浓硫酸，气体不能通过，因此不能将B中的药品换为浓硫酸，A错误；B.实验开始前通一段时间CO2，可排出装置中的空气，避免NO氧化产生NO2气体，不能发生2NO2+Na2O2=2NaNO3，但CO2会发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，因此也不能制得比较纯净的NaNO2，B错误；C.开始滴加稀硝酸时，A中Cu与稀硝酸反应产生NO气体，NO与装置中的O2反应产生NO2，因此会有少量红棕色气体，C正确；D.在装置D中，NO会被酸性KMnO4溶液氧化使溶液褪色，因此当D中溶液紫红色变浅，就证明了NO可以被氧化，此时就可以停止滴加稀硝酸，D错误；故合理选项是C。7、A【解析】

通入二氧化碳，OA段生成沉淀，发生反应Ba2++2OH-+CO2==BaCO3↓+H2O，说明溶液中一定含有Ba2+、OH-；BC段生成沉淀，发生反应AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，说明含有AlO2-。【详解】通入二氧化碳，OA段生成沉淀，发生反应Ba2++2OH-+CO2==BaCO3↓+H2O，说明溶液中一定含有Ba2+、OH-；BC段生成沉淀，发生反应AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，BC段生成沉淀，说明含有AlO2-。AB段沉淀物质的量不变，发生反应2OH-+CO2==CO32-+H2O；CD段沉淀的物质的量不变，发生反应CO32-+CO2+H2O═2HCO3-；DE段沉淀溶解，发生反应BaCO3+CO2+H2O═Ba(HCO3)2；Ba2+与SO42-生成沉淀，OH-与NH4+反应生成一水合氨，所以一定不存在NH4+、SO42-；故选A。8、B【解析】

A.16.25gFeCl3的物质的量是0.1mol，Fe(OH)3胶体粒子是若干个Fe(OH)3分子的集合体，故A错误；B.氩的质子数为18，氩气是单原子分子，标准状况下，22.4L氩气的物质的量为1mol，含有的质子数为18NA，故B正确；C.NaAlO2水溶液中不仅有NaAlO2，还有H2O，1.0L1.0mo1·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数大于2NA，故C错误；D.二氧化硫是和氧气的反应是可逆反应，反应物有剩余，没有完全转化成2molSO3，因此分子总数不是2NA，故D错误；故答案为B。本题D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。9、B【解析】

A．CH3CH2OH为乙醇的结构简式，乙醇的分子式为C2H6O，故A错误；B．NaOH是离子化合物，钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O-H原子之间存在共价键，其电子式为，故B正确；C．HClO属于共价化合物，分子中含有1个H-Cl键和1个O-H键，其正确的结构式为：H-O-Cl，故C错误；D．四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳的正确的比例模型为：，故D错误；故选B。本题的易错点为D，在比例模型中要注意原子的相对大小的判断。10、C【解析】

A.根据结构简式，该有机物的分子式为C6H12O4，故A错误；B.二羟基甲戊酸中含有羟基，－CH2OH中羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B错误；C.该有机物中能与Na发生反应的是－OH和羧基，1mol二羟基甲戊酸中含有2mol羟基和1mol羧基，因此1mol该有机物消耗Na的物质的量为3mol，能与NaHCO3溶液反应的是羧基，因此1mol该有机物消耗NaHCO3的物质的量为1mol，故C正确；D.二羟基甲戊酸与乳酸中羟基的数目不同，因此两者不互为同系物，故D错误；答案：C。同系数定义的理解，要求碳原子连接方式相同，含有官能团的种类、数目相同，然后再看组成上是否相差若干个“－CH2”。11、C【解析】

A、pH＝10的溶液中，氢氧根浓度为10-4mol/L；B、根据溶液的电荷守恒来分析；C、在Na2CO3中，钠离子和碳原子的个数之比为2：1，而在NaHCO3中，钠离子和碳原子的个数之比为1：1；D、根据的水解平衡常数来分析。【详解】A、常温下，pH＝10的溶液中，氢氧根浓度为10-4mol/L，故1L溶液中氢氧根的个数为0.0001NA，故A不符合题意；B、溶液显电中性，根据溶液的电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)＝c(OH﹣)+c()+2c()，故B不符合题意；C、在Na2CO3中，钠离子和碳原子的个数之比为2：1，而在NaHCO3中，钠离子和碳原子的个数之比为1：1，故此溶液中的当溶液中Na+数目为0.3NA时，n(H2CO3)+n()+n()<0.3mol，故C符合题意；D、的水解平衡常数，故当加入少量的碱后，溶液中的c(OH-)变大，而Kh不变，故溶液中变小，c(OH-)将会适当减小，溶液的pH基本保持不变，故D不符合题意；故选：C。12、D【解析】

A．NO是大气污染物，反应时生成一种无污染的气体N2，故A错误；B．在一定温度下，NH3与CuO反应后生成的红色物质可能是Cu，若温度过高，氧化铜自身可受热转化为红色氧化亚铜，故B正确；C．装浓氨水的装置名称是分液漏斗，可用作分液操作，还可用于反应装置中盛装液体，控制加入液体的量来调控反应速率，故C错误；D．烧杯中硫酸的作用是防倒吸和吸收未反应的有害气体，故D错误；答案选B。尾气处理时，碱性气体用酸来吸收，倒扣漏斗增加接触面积，防止倒吸。13、A【解析】

A、定容时仰视刻度，溶液体积偏大致使溶液的浓度偏低，A正确；B、酒精易溶于水，不分层，不能用酒精萃取碘水中的碘，B错误；C、Na2CO3溶液显碱性，应用碱式滴定管量取，C错误；D、蒸馏实验中水从下口进上口出，D错误；答案选A。14、C【解析】

A．苯酚与溴发生取代反应生成三溴苯酚，溴以及三溴苯酚都溶于苯中，无法到分离提纯的目的，应用氢氧化钠溶液除杂，故A错误；B．次氯酸具有漂白性，可使pH试纸先变红后褪色，无法测出溶液的pH，故B错误；C．加入盐酸，可排除Na2SO3的影响，再加入BaCl2溶液，可生成硫酸钡白色沉淀，可用于检验，故C正确；D．反应在碱性条件下水解，检验溴离子，应先调节溶液至酸性，故D错误；故答案为C。15、B【解析】

A.NaHSO3溶液和H2O2溶液会发生氧化还原反应，生成Na2SO4和H2O，现象不明显，不能够判断浓度对反应速率的影响，A错误；B.制备Fe(OH)3胶体:向沸水中滴入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，B正确；C.两溶液浓度未知，虽有黄色沉淀生成，但不能比较Ksp（AgCl）、Ksp（AgI）大小关系，C错误；D.NaClO溶液具有强氧化性，会氧化pH试纸，不能用pH试纸测定，D错误；故答案选B。难溶电解质的溶度积越大，难溶物越溶，溶度积大的难溶物可转化为溶度积小的难溶物。16、C【解析】

油脂是指高级脂肪酸甘油脂，脂肪及植物油均属于油脂，排除②③；而润滑油、石蜡均为石油分馏产品，主要成分为烃，故答案为C。17、A【解析】

A项、单质硫为非极性分子，依据相似相溶原理可知，硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故A正确；B项、元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素非金属性Cl＞S＞P，最高价氧化物对应水化物的酸性Cl＞S＞P，但含氧酸的酸性不一定，如次氯酸为弱酸，酸性小于强酸硫酸，故B错误；C项、水分子间能够形成氢键，增大了分子间作用力，而硫化氢和磷化氢分子间不能形成氢键，水的沸点高于硫化氢和磷化氢，故C错误；D项、硫化氢为共价化合物，用电子式表示硫化氢的形成过程为，故D错误。故选A。本题考查元素周期律和化学键，注意元素周期律的理解，明确相似相溶原理、氢键对物质性质的影响，注意共价化合物电子式的书写是解答关键。18、A【解析】

A.蔗糖、葡萄糖分子的直径都比较小，可以通过半透膜，因此通过渗析的方法不能分离蔗糖和葡萄糖，A错误；B.根据装置图可知：Fe为阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；在阴极石墨电极上，溶液中的H+得到电子变为H2逸出，电极反应式为2H++2e-=H2↑，H+放电，破坏了水的电离平衡，使溶液中OH-浓度增大，发生反应：Fe2++OH-=Fe(OH)2↓，由于在溶液表面覆盖保护层苯可以阻止O2在溶液中的溶解，故可以较长时间观察到产生的Fe(OH)2白色沉淀，B正确；C.关闭分液漏斗的活塞，由a处加水，若装置不漏气，会长时间观察到U型管左右两侧有高度差，C正确；D.若发生吸氧腐蚀，一段时间后，具支试管中空气中的O2会因反应消耗，气体减少，小试管中的水在外界大气压强作用下会进入小试管中，从而在导管末端形成一段水柱，D正确；故合理选项是A。19、D【解析】

A．反应后的溶液一定满足电荷守恒，根据电荷守恒分析；B．pH＝5时，溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH−)，结合电荷守恒判断；C．如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL；D．由于CH3COOH的物质的量是定值，故c(CH3COO-)不可能持续增大。【详解】A．在反应过程中，一定满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A正确；B．pH＝5的溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(CH3COO-)>c(Na+)，则溶液中离子浓度的大小为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；C．如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL，故C正确；D．由于CH3COOH的物质的量是定值，故随NaOH溶液滴加，溶液体积的增大，c(CH3COO-)不可能持续增大，故D错误；故答案选D。本题明确各点对应溶质组成为解答关键，注意应用电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断离子浓度的大小。20、D【解析】

A．ZnSO4无现象，CuSO4生成黑色沉淀，ZnS的溶解度比CuS的大，因两者是相同类型的沉淀，则证明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，A项错误；B．测定盐溶液的pH，可比较HX、碳酸氢根离子的酸性，不能比较HX与碳酸的酸性，B项错误；C．铁离子具有强氧化性，Cu加入到铁离子中，生成亚铁离子和铜离子，不会有固体产生，C项错误；D．铝比银活泼，将银器放入铝容器中，会形成原电池，活泼的铝做负极，失去电子，不活泼的氧化银做正极，得到电子，所以银器做正极，硫化银得电子，生成银单质，黑色会褪去，D项正确；答案选D。本题侧重考查物质的性质与化学实验的基本操作，所加试剂的顺序可能会影响实验结论学生在做实验时也要注意此类问题，化学实验探究和综合评价时，其操作要规范，实验过程中可能存在的问题要多思考、多分析可能发生的情况。21、B【解析】

A.乙烯分子是平面分子，该化合物中含有不饱和的碳碳双键，与这两个不饱和碳原子连接的C原子在乙烯分子的平面内，对于乙基来说，以亚甲基C原子为研究对象，其周围的C原子构成的是四面体结构，最多两个顶点与该原子在同一平面上，所以该分子中的5个碳原子可能共面，A不符合题意；B.与该有机物含相同官能团的同分异构体有CH2=CH-CH2CH2CH3、CH3CH=CH-CH2CH3、、，B符合题意；C.该物质分子中含有碳碳双键，与H2发生加成反应产生烷烃；与卤化氢和卤素单质发生加成反应可制得卤代烃，C不符合题意；D.戊烷性质稳定，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而该物质分子中含有不饱和碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，因此可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别二者，D不符合题意；故合理选项是B。22、B【解析】

A.向饱和食盐水中通入氯化氢，氯离子浓度增大，会使氯化钠析出，故A正确；B.溶液中只存在水的电离平衡，故B错误；C.氯化钠溶液显中性，通入氯化氢后溶液显酸性，溶液pH值减小，故C正确；D.因为有氯化钠固体析出，所以氯化钠的溶解速率小于结晶速率，故D正确；故选：B。二、非选择题(共84分)23、BC、【解析】

化合物A为芳香族化合物，即A中含有苯环，根据A的分子式，以及A能发生银镜反应，A中含有醛基，核磁共振氢谱有5种不同化学环境的氢原子，根据苯丙氨酸甲酯，A的结构简式为，根据信息②，推出B的结构简式为，根据信息③，推出C的结构简式为，根据信息④，－NH2取代羟基的位置，即D的结构简式为，根据反应⑥产物，推出F的结构简式为，据此分析。【详解】（1）根据上述分析，F的结构简式为；（2）A、根据A的结构简式，A中含有官能团是醛基，故A错误；B、根据B的结构简式，羟基所连碳原子的相邻的位置上有H，即能发生消去反应，故B正确；C、C中含有苯环，能发生加成反应，故C说法正确；D、化合物D中不含碳碳双键或叁键，不能发生加聚反应，故D错误；答案选BC；（3）根据阿斯巴甜的结构简式，1mol阿斯巴甜中含有1mol羧基、1mol酯基、1mol肽键，因此1mol阿斯巴甜最多消耗3molNaOH，其化学方程式为+3NaOH＋CH3OH＋H2O；（4）有三种不同化学环境的氢原子，说明是对称结构，该有机物显中性，该有机物中不含羧基、－NH2、酚羟基，根据D的结构简式，该同分异构体中含有－NO2，符合要求同分异构体是、；（5）氨基乙酸的结构简式为H2NCH2COOH，原料为甲醛，目标产物是氨基乙酸，增加了一个碳原子，甲醛先与HCN发生加成反应，生成HOCH2CN，在酸溶液生成HOCH2COOH，然后在一定条件下，与NH3发生H2NCH2COOH，即合成路线为。本题的难点是同分异构体的书写，应从符合的条件入手，判断出含有官能团或结构，如本题，要求有机物为中性，有机物中不含羧基、－NH2、酚羟基，即N和O组合成－NO2，该有机物有三种不同化学环境的氢原子，说明是对称结构，即苯环应有三个甲基，从而判断出结构简式。24、乙酸苯甲（醇）酯取代反应（或水解反应）2+O22+2H2O4种和【解析】

乙烯和水发生加成反应生成A，A为CH3CH2OH，A发生催化氧化生成B，根据B分子式知，B结构简式为CH3COOH，在光照条件下甲苯和氯气发生取代反应生成C，根据反应条件知，氯原子取代甲基上氢原子，由C分子式知，C结构简式为，C发生取代反应生成D，D为，D发生催化氧化反应生成E为，B和D发生酯化反应生成F，F为，F发生信息中的反应生成X，根据X分子式知，X结构简式为，（1）F为，名称为乙酸苯甲（醇）酯；（2）C→D是在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应，也属于取代反应生成和氯化钠，反应类型为取代反应（或水解反应）；（3）D→E是在催化剂的作用下与氧气发生氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O22+2H2O；（4）X的结构简式为；（5）D为，其芳香族化合物同分异构体有甲苯醚、邻甲基苯酚、间甲基苯酚和对甲基苯酚共4种；其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1的是甲苯醚和对甲基苯酚。25、粉碎、搅拌或加热100mL容量甲乙25162810除去溶液中多余的MnO4-，防止过程④加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差；淀粉溶液偏小K2Cu(C2O4)2【解析】

（1）在由固体与液体的反应中，要想加快反应速率，可以粉碎固体物质或搅拌，都是增大固液的接触面积，也可以加热等；（2）配制溶液要掌握好配制步骤，容量瓶的选择，因为配制100mL溶液，所以选择100mL容量瓶，氧化还原滴定的时候，注意选择指示剂、滴定管等。（3）利用氧化还原反应中得失电子守恒配平氧化还原反应离子方程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑；（4）、MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，据此分析作答；（5）结合实际操作的规范性作答；（6）根据方程式找出关系式，通过计算确定晶体的组成。【详解】（1）为了加快蓝色晶体在2mol·L-1稀硫酸中溶解，可以把晶体粉碎、搅拌、或者加热的方法；（2）配制100mL0.20mol·L－1KMnO4溶液时需要用100mL容量瓶进行溶液配制，配置过程需要用到的玻璃仪器由玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶；过程②是用0.20mol·L-1KMnO4溶液滴定，KMnO4具有强氧化性，因此选用甲（酸式滴定管）；过程⑥是用0.25mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，Na2S2O3在溶液中水解呈碱性，故选用乙（碱式滴定管）；（3）利用氧化还原反应中化合价升降总数相等，先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，然后再观察配平其他物质，过程②的离子反应方程式：2MnO4++5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑（4）MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，故加热的目的是除去溶液中多余的MnO4-，防止过程④加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差；（5）过程⑥是用0.25mol·L－1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液，反应方程式为I2+2S2O32-=21－+S4O62-，故过程⑥，应以淀粉溶液作指示剂；若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则滴入Na2S2O3的物质的量偏小，造成测定Cu2+的含量偏小；（6）由2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑可知n(C2O42-)=2.5n(KMnO4)=2.50.20mol·L－1V(KMnO4)；由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2S2O32-~I2~2Cu2+，n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25mol·L-1V(Na2S2O3)，已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，所以n(C2O42-)=2n(Cu2+)，因为晶体中只有一种阴离子，并且晶体中元素化合价代数和为0，故该晶体为K2Cu(C2O4)2·H2O。在氧化还原反应滴定中注意指示剂的选择、滴定管的选择。26、SO32-+2H+=H2O+SO2↑;或HSO3－+H+=SO2↑+H2O硫化钠和碳酸钠的混合溶液硫控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度等)若SO2过量，溶液显酸性，产物分解取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；Fe3+与S2O32−氧化还原反应的程度大，Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色Ag+与S2O32−生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+的氧化性和S2O32−的还原性减弱H2OH2SO4阳离子、用量等【解析】

Ⅰ.第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，结合问题分析解答；Ⅱ.(6)利用铁氰化钾溶液检验反应后的溶液中含有Fe2+；根据外界条件对反应速率和平衡的影响分析解答；(7)实验②滴加AgNO3溶液，先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明溶液中Ag+较低，减少了发生氧化还原反应的可能；(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，结合电子守恒、原子守恒分析即可；(9)结合实验①、②、③从阳离子的氧化性、离子浓度等方面分析。【详解】Ⅰ.(1)第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸，反应的离子方程式为：SO32-+2H+=SO2↑+H2O，c装置为Na2S2O3的生成装置，根据反应原理可知c中的试剂为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)反应开始时发生的反应为：Na2S+SO2+H2O=H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故该浑浊物是S；(3)通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率；(4)硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解；(5)检测产品中是否存在Na2SO4的方法是取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。Ⅱ.(6)实验①的现象是混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶液几乎变为无色，取反应后的混合液并加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，则有Fe2+生成，可判断为Fe3+被S2O32-还原为Fe2+；混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶液几乎变为无色，说明Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-反应速率较Fe3+和S2O32-之间的氧化还原反应，且促进平衡逆向移动；先变成紫黑色后变无色，说明生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；另外Fe3+与S2O32−氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色；(7)同浓度氧化性：Ag+>Fe3+，但实验②未发生Ag+与S2O32-之间的氧化还原反应，结合实验现象先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明Ag+与S2O32−生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+的氧化性和S2O32−的还原性减弱；(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，如果产物是H2SO3，能被Ag+继续氧化，则氧化产物应为H2SO4，结合原子守恒可知，另一种反应物应为H2O，发生反应的化学方程式为Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4；(9)结合实验①、②、③可知，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和金属阳离子的氧化性强弱、离子浓度大小、反应物的用量等有关。27、SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-使CCl4中的碘进入水层分液使氯气在溶液中有较大的溶解度球形冷凝管锥形瓶NaOH溶液从水层中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变蓝色（发生的反应为2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）说明废水中含I-，否则不含I-2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O2.5【解析】

含碘废液含有CCl4、I2、I-等，加入亚硫酸钠溶液还原碘单质为碘离子，分液得到溶液中通入氯气氧化碘离子为碘单质，富集碘元素，加入四氯化碳萃取分液后，蒸馏法得到碘单质。结合氧化还原反应的规律和物质的性质分析解答。【详解】(1)碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘离子，离子反应方程式为SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-；碘微溶于水，而碘离子易溶于水，为了使更多的I元素进入水溶液应将碘还原为碘离子，故答案为SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-；使CCl4中的碘进入水层；(2)四氯化碳是难溶于水、密度比水大的液体，两者不互溶，分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，所以操作X为分液，故答案为分液；(3)碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小，温度越高，氯气的溶解度越小，反应越不充分，所以应该在较低温度下进行反应；根据图示，仪器a、b分别为球形冷凝管、锥形瓶；氯气、碘蒸气都有毒，不能直接排空，二者都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质，所以用NaOH溶液吸收氯气和碘蒸气，故答案为使氯气在溶液中有较大的溶解度；球形冷凝管、锥形瓶；NaOH溶液；(4)根据实验方案可知，①是排除水层中的碘单质，③是检验是否存在碘酸根离子，因此②是检验是否存在碘离子。碘离子具有还原性，能被氧化剂氧化生成碘单质，碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原为碘，碘遇淀粉变蓝色，检验I-的方法为：从水层中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变蓝色（发生反应为：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）说明废水中含I-，否则不含I-，故答案为从水层中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变蓝色（发生反应为：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）说明废水中含I-，否则不含I-；(5)①用ClO2氧化酸性含I-废液回收碘，是二氧化氯在酸溶液中氧化碘离子生成碘单质，二氧化氯被还原为氯离子，ClO2～Cl-～5e-，2I-～I2～2e-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，故答案为2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O；②由氧化还原反应的电子守恒，每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔ClO2得到5mol电子，根据电子守恒，则处理含I-相同量的废液回收碘，所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍，故答案为2.5。明确物质的性质是解答本题的关键。本题的易错点和难点为(4)，要注意实验目的和实验方案设计的意图。28、NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g)△H2=+57.2

kJ/molNO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2ONO2量太多，

剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低1：1c<b<ab=c>d60%【解析】

(1)由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，以此计算即可；(2)根据盖斯定律将两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式；(3)①NO、NO2和Ca(OH)2发生归中反应产生Ca(NO2)2、H2O；②根据二者发生归中反应的物质的量的比及NO2与水反应产生HNO3和NO分析判断；(4)①b点时N2含量最高，说明按方程式计量关系反应，根据方程式分析C、N个数的比；②根据坐标系中横坐标的含义及物质浓度与物质转化率的关系分析判断。利用化学平衡常数与温度的关系及该反应的正反应为放热反应，利用温度对平衡移动的影响判断；③根据物质反应转化关系，结合=0.8，反应达平衡时，N2

的体积分数为20%，计算平衡时各种物质的浓度，最后根据转化率的含义计算NO的转化率。【详解】(1)由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，v1=k1c(O3)，v2=k2c(O3)·c(O)，则k1c(O3)=k2c(O3)·c(O)，所以c(O)=；(2)反应①是O3在NO作用下生成NO2和O2，NO2在氧原子作用下生成NO和O2，反应过程中NO参与反应后又生成，所以NO作用为催化剂，根据盖斯定律将两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式；NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g)△H=+57.2kJ/mol；(3)①NO和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO2)2和水，所以离子方程式为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2N