2026届江苏省名校高三实验班下学期第五次月考化学试题含解析

2026届江苏省名校高三实验班下学期第五次月考化学试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是A．最外层都只有一个电子的X、Y原子B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子与N层上仅有两个电子的Y原子C．2p轨道上有三个未成对电子的X原子与3p轨道上有三个未成对电子的Y原子D．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子2、短周期元素W、Ⅹ、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法不正确的是A．简单离子半径：Y>XB．最简单氢化物的沸点：Z<WC．W与X形成的化合物溶于水所得的溶液在常温下pH>7D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应3、茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨B．用浓硝酸溶解茶叶并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦C．过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦D．检验中滤液中的Fe3＋，选用③、⑧和⑩4、某化学实验创新小组设计了如图所示的检验Cl2某些性质的一体化装置。下列有关描述不正确的是A．浓盐酸滴到氯酸钾固体上反应的离子方程式为5Cl−＋＋6H+===3Cl2↑＋3H2OB．无水氯化钙的作用是干燥Cl2，且干燥有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色C．2处溶液出现白色沉淀，3处溶液变蓝，4处溶液变为橙色，三处现象均能说明了Cl2具有氧化性D．5处溶液变为血红色，底座中溶液红色消失，氢氧化钠溶液的作用为吸收剩余的Cl2以防止污染5、下列有关实验操作的叙述正确的是A．制备乙酸乙酯时，将乙醇和乙酸依次加入到浓硫酸中B．用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出C．在蒸馏操作中，应先通入冷凝水后加热蒸馏烧瓶D．向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒不可以接触容量瓶内壁6、某同学在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉混合物，物质转化关系如图所示：下列说法不正确的是()A．x为NaOH溶液，y为盐酸B．a→b发生的反应为：AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓C．b→c→Al的反应条件分别为：加热、电解D．a、b、c既能与酸又能与碱反应7、某红色固体粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一种或几种。为探究其组成，称取ag该固体粉末样品，用过量的稀硫酸充分反应后(已知:Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2O)，称得固体质量为bg。则下列推断不合理的是A．反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种B．向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，可能使bg固体完全溶解C．若b＝a，则红色固体粉末一定为纯净物D．b的取值范围:0＜b≤a8、A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）。下列说法不正确的是A．若A、B、C的焰色反应呈黄色、水溶液均呈碱性，则X可以是CO2B．若C为红棕色气体，则A一定为空气中含量最高的气体C．若B为FeCl3，则X一定是FeD．A可以是碳单质，也可以是O29、我国科学家成功地研制出长期依赖进口、价格昂贵的物质，下列说法正确的是（）A．它是的同分异构体B．它是O3的一种同素异形体C．与互为同位素D．1mol分子中含有20mol电子10、鹅去氧胆酸和胆烷酸都可以降低肝脏中的胆固醇，二者的转化关系如图，下列说法中正确的是A．二者互为同分异构体B．二者均能发生氧化反应和取代反应C．胆烷酸中所有碳原子可能处于同一平面内D．等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸与足量Na反应时，最多消耗Na的量相同11、常温下，分别向NaX溶液和YCl溶液中加入盐酸和氢氧化钠溶液，混合溶液的PH与离子浓度变化关系如图所示，下列说法不正确的是（）A．0.1mol/L的YX溶液中离子浓度关系为：c(Y+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)B．L1表示-lg与pH的变化关系C．Kb(YOH)=10-10.5D．a点时两溶液中水的电离程度不相同12、已知NH3·H2O为弱碱，下列实验事实能证明某酸HA为弱酸的是()A．浓度为0.1mol·L－1HA的导电性比浓度为0.1mol·L－1硫酸的导电性弱B．0.1mol·L－1NH4A溶液的pH等于7C．0.1mol·L－1的HA溶液能使甲基橙变红色D．等物质的量浓度的NaA和HA混合溶液pH小于713、钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图：下列说法错误的是（）A．酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2OB．“热还原”中每生成1molPd同时生成的气体的物质的量为8molC．化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH4+D．在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸14、中国科学家在合成氨（N2+3H22NH3△H<0）反应机理研究中取得新进展，首次报道了LiH-3d过渡金属这一复合催化剂体系，并提出了“氮转移”催化机理。如图所示，下列说法不正确的是A．转化过程中有非极性键断裂与形成B．复合催化剂降低了反应的活化能C．复合催化剂能降低合成氨反应的焓变D．低温下合成氨，能提高原料转化率15、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I−+IO3−+6H+=I2+3H2OC．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2OD．电解饱和食盐水：2Cl−+2H+Cl2↑+H2↑16、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．20gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋数为2NAC．标准状况下，22.4L水中含有的共价键数为2NAD．50mL12mol·L－1的浓盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA17、化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A．煤的焦化可以得到乙烯，煤的气化可以制得水煤气，煤间接液化后的产物可以合成甲醇B．顺丁橡胶(顺式聚1，3-丁二烯)、尿不湿(聚丙烯酸钠)、电木(酚醛树脂)都是由加聚反应制得的C．塑料、合成纤维和合成橡胶都主要是以煤、石油和天然气为原料生产的D．石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构的重新调整，使链状烃转化为环状烃，如苯或甲苯18、下列关于有机物1-氧杂-2，4-环戊二烯（）的说法正确的是（）A．与互为同系物B．一氯代物有2种，二氯代物有4种（不考虑立体异构）C．能使溴水退色，不能使酸性高锰酸钾溶液退色D．1mol该有机物完全燃烧消耗5molO219、浓差电池有多种:一种是利用物质氧化性或还原性强弱与浓度的关系设计的原电池（如图1）:一种是根据电池中存在浓度差会产生电动势而设计的原电池（如图2）。图1所示原电池能在一段时间内形成稳定电流;图2所示原电池既能从浓缩海水中提取LiCl，又能获得电能。下列说法错误的是A．图1电流计指针不再偏转时,左右两侧溶液浓度恰好相等B．图1电流计指针不再偏转时向左侧加入NaCl或AgNO3或Fe粉，指针又会偏转且方向相同C．图2中Y极每生成1molCl2，a极区得到2molLiClD．两个原电池外电路中电子流动方向均为从右到左20、下列由实验操作及现象得出的结论正确的是操作及现象结论A其他条件相同，测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH比较Ka(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+C向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液，溶液变浑浊酸性：盐酸>碳酸>硅酸DC2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃，制得气体使酸性KMnO4溶液褪色一定是制得的乙烯使酸性KMnO4溶液褪色A．A B．B C．C D．D21、中国传统文化博大精深，明代方以智的《物理小识》中有关炼铁的记载：“煤则各处产之，臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石，殊为省力。”下列说法中正确的是A．《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁B．文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用，煤的主要成分为烃C．生铁是指含硫、磷、碳量低的铁合金D．工业上可通过煤的干馏获得乙烯、丙烯等化工原料22、已知高能锂离子电池的总反应式为2Li+FeS=Fe+Li2S，LiPF6·SO(CH3)2为电解质，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni的实验装置如图所示。下列说法错误的是A．电极Y应为LiB．X极反应式为FeS+2Li++2e－=Fe+Li2SC．电解过程中，b中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小D．若将图中阳离子膜去掉，将a、b两室合并，则电解反应总方程式发生改变二、非选择题(共84分)23、（14分）有机化合物H的结构简式为，其合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：已知：①②(苯胺易被氧化)请回答下列问题：(1)烃A的名称为_______，B中官能团为_______，H的分子式为_______，反应②的反应类型是_______。(2)上述流程中设计C→D的目的是_______。(3)写出D与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_______。(4)符合下列条件的D的同分异构体共有_______种。A．属于芳香族化合物B．既能发生银镜反应又能发生水解反应写出其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为6∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式：______。(任写一种)(5)已知：苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位，据此按先后顺序写出以烃A为原料合成邻氨基苯甲酸（）合成路线(无机试剂任选)。_______24、（12分）石油裂解气是重要的化工原料，以裂解气为原料合成有机物X（）的流程如图：A(CH2=CHCH3)B（CH2=CHCH2Cl）D（）EF（）G（）X（）请回答下列问题：（1）反应①的反应类型是____________。（2）B的名称是____________，D分子中含有官能团的名称是____________。（3）写出物质C的结构简式：____________。（4）写出A生成B的化学方程式：____________。写出反应③的化学方程式：____________。（5）满足以下条件D的同分异构体有____________种。①与D有相同的官能团；②含有六元环；③六元环上有2个取代基。（6）参照F的合成路线，设计一条由CH3CH=CHCH3制备的合成线路（其他试剂任选）__________。25、（12分）对氨基苯磺酸是制取染料和一些药物的重要中间体，可由苯胺磺化得到。+H2SO4H2O已知：苯胺是一种无色油状液体，微溶于水，易溶于乙醇，熔点−6.1℃，沸点184.4℃。对氨基苯磺酸是一种白色晶体，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于碱性溶液，不溶于乙醇。实验室可用苯胺、浓硫酸为原料，利用如图所示实验装置合成对氨基苯磺酸。实验步骤如下：步骤1：在250mL三颈烧瓶中加入10mL苯胺及几粒沸石，将三颈烧瓶放在冰水中冷却，小心地加入18mL浓硫酸。步骤2：将三颈烧瓶置于油浴中缓慢加热至170～180℃，维持此温度2～2.5小时。步骤3：将反应产物冷却至约50℃后，倒入盛有100mL冷水的烧杯中，用玻璃棒不断搅拌，促使对氨基苯磺酸晶体析出。将烧瓶内残留的产物冲洗到烧杯中，抽滤，洗涤，得到对氨基苯磺酸粗产品。步骤4：将粗产品用沸水溶解，冷却结晶，抽滤，收集产品，晾干可得纯净的对氨基苯磺酸。（1）装置中冷凝管的作用是__________。（2）步骤2油浴加热的优点有____________________。（3）步骤3中洗涤沉淀的操作是______________。（4）步骤3和4均进行抽滤操作，在抽滤完毕停止抽滤时，应注意先__________，然后__________，以防倒吸。（5）若制得的晶体颗粒较小，分析可能的原因______（写出两点）。26、（10分）某化学课外小组在制备Fe(OH)2实验过程中观察到生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色。该小组同学对产生灰绿色沉淀的原因，进行了实验探究。I．甲同学猜测灰绿色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物，设计并完成了实验1和实验2。编号实验操作实验现象实验1向2mL0.1mol·L－1FeSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液(两溶液中均先加几滴维生C溶液)液面上方出现白色沉淀，一段时间后变为灰绿色，长时间后变为红褐色实验2取实验1中少量灰绿色沉淀，洗净后加盐酸溶解，分成两份。①中加入试剂a，②中加入试剂b①中出现蓝色沉淀，②中溶液未变成红色（1）实验中产生红褐色沉淀的化学方程式为_________________________（2）实验1中加入维生素C溶液是利用了该物质的___性（3）实验2中加入的试剂a为___溶液，试剂b为____溶液。实验2的现象说明甲同学的猜测_____（填“正确”或“不正确”）。Ⅱ.乙同学查阅资料得知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，猜测灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，设计并完成了实验3—实验5。编号实验操作实验现象实验3向10mL4mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀(带有较多灰绿色)。沉淀下沉后，部分灰绿色沉淀变为白色实验4向10mL8mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀（无灰绿色）。沉淀下沉后，仍为白色实验5取实验4中白色沉淀，洗净后放在潮湿的空气中______________（4）依据乙同学的猜测，实验4中沉淀无灰绿色的原因为_____。（5）该小组同学依据实验5的实验现象，间接证明了乙同学猜测的正确性，则实验5的实验现象可能为____。Ⅲ.该小组同学再次查阅资料得知当沉淀形成时，若得到的沉淀单一，则沉淀结构均匀，也紧密；若有杂质固体存在时，得到的沉淀便不够紧密，与溶液的接触面积会更大。（6）当溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时，白色沉淀更容易变成灰绿色的原因为______。（7）该小组同学根据上述实验得出结论：制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀的适宜的条件和操作有________、____。27、（12分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种可溶于水的白色或淡黄色小晶体，食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果的保鲜剂等。某化学研究兴趣小组欲自制焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质等。(1)制备Na2S2O5，如图（夹持及加热装置略）可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体（试剂不重复使用）焦亚硫酸钠的析出原理：NaHSO3(饱和溶液)→Na2S2O5(晶体)+H2O(l)①F中盛装的试剂是__，作用是__。②通入N2的作用是__。③Na2S2O5晶体在__（填“A”或“D”或“F”）中得到，再经离心分离，干燥后可得纯净的样品。④若撤去E，则可能发生__。(2)设计实验探究Na2S2O5的性质，完成表中填空：预测Na2S2O5的性质探究Na2S2O5性质的操作及现象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性①探究二Na2S2O5晶体具有还原性取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去①__。（提供：pH试纸、蒸馏水及实验必需的玻璃仪器）②探究二中反应的离子方程式为__(KMnO4→Mn2+)(3)利用碘量法可测定Na2S2O5样品中+4价硫的含量。实验方案：将agNa2S2O5样品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中，加入过量c1mol·L-1的碘溶液，再加入适量的冰醋酸和蒸馏水，充分反应一段时间，加入淀粉溶液，__（填实验步骤），当溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟内溶液不恢复原色，则停止滴定操作重复以上步骤两次记录数据。（实验中必须使用的试剂有c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液；已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）(4)含铬废水中常含有六价铬[Cr(Ⅵ)]利用Na2S2O5和FeSO4·7H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72-的废水，先将废水中Cr2O72-全部还原为Cr3+，将Cr3+全部转化为Cr(OH)3而除去，需调节溶液的pH范围为___。{已知：Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，lg2≈0.3，c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1时视为完全沉淀}28、（14分）现有常温下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol·L-1的NaOH溶液，乙为0.1mol·L-1的HCl溶液，丙为0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，试回答下列问题：（1）甲溶液的pH=___。（2）丙溶液中存在的电离平衡为___(用电离平衡方程式表示)。（3）常温下，用水稀释0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，下列各量随水量的增加而增大的是___(填序号)。①n(H＋)②c(H＋)③④c(OH-)（4）甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH-)最大的是___。（5）某同学用甲溶液分别滴定20.00mL乙溶液和20.00mL丙溶液，得到如图所示的两条滴定曲线，则a=___。（6）图___（填1或2）表示NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的过程。（7）图2中a点对应的溶液pH=8，原因是___（用离子方程式表示）。29、（10分）锂碳、铝、铬是重要的元素，在工业生产和科技中有重要的应用。（1）铝热反应可以冶炼金属铬，Cr基态核外电子排布式为_____________。（2）金属锂是锂电池重要的组成部分。Li、Be、B原子的第一电离能由大到小的顺序为______。（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂。AlH4-的空间构型为___________。（4）++CH3COOH①乙酸酐分子中碳原子轨道的杂化类型为________。②lmol对甲基苯乙酮分子中含有的σ键的数目为_______③甲苯分子难溶于水的原因是________。（5）已知铬酸钙晶胞如图所示，该晶体密度为ρg·cm-1，NA是阿伏加德罗常数的值。Ca离子周围距离最近且相等的O有_____个。相邻两个面心氧离子最短核间距（d）为_______pm。

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】

A．最外层都只有一个电子有H、Na、Cu等，化学性质不一定相似，故A错误；B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子为Mg，原子核外N层上仅有两个电子的Y原子有Ca、Fe、Ti等，二者性质不一定相似，故B错误；C．2p轨道上有三个未成对电子的X原子为N，3p轨道上有三个未成对电子的Y原子为P，N、P位于同一主族，化学性质相似，故C正确；D．原子核外电子排布式为1s2的原子是He，性质稳定，原子核外电子排布式为1s22s2的原子是Be，性质较活泼，二者性质一定不相似，故D错误；故选C。2、A【解析】

W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，说明W为F；又X是同周期中金属性最强的元素且X的原子序数比F大，说明X原子在第三周期，故X为Na；又Y原子的最外层电子数等于电子层数，且Y原子在第三周期，所以其最外层电子数为3，原子序数为2+8+3=13，为Al；又因为F和Z原子的最外层电子数相同，Z位于第三周期，所以Z为Cl。综上，W、X、Y、Z分别为F、Na、Al、Cl。【详解】A.X、Y的简单离子分别为Na+、Al3+，它们具有相同电子层数，因为在同一周期，从左到右半径逐渐减小，所以半径是Na+＞Al3+即Y＜X，故A错误;B.Z的最简单氢化物为HCl,W的最简单氢化物为HF,因为HF分子间存在着氢键，所以HF的沸点比HCl的高，故B正确；C.W与X形成的化合物为NaF,属于强碱弱酸盐，溶于水发生水解使得溶液显碱性，所以所得的溶液在常温下pH>7，故C正确；D项，X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4，它们能相互反应，故D项正确。答案：A。考查元素周期律的相关知识。根据元素的性质和在元素周期表中变化规律推断元素的名称，再根据元素周期律判断相应的性质。本题的突破口：W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同就能确定各元素名称。3、B【解析】

A、茶叶灼烧需要酒精灯、坩埚、三脚架和泥三角等，A正确；B、容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的，不能用来稀释溶液或溶解固体，B不正确；C、过滤需要烧杯、漏斗和玻璃棒，C正确；D、检验铁离子一般用KSCN溶液，因此需要试管、胶头滴管和KSCN溶液，D正确；答案选B。本题从茶叶中铁元素的检验入手，考查物质的检验方法、实验基本操作，仪器装置等。解题过程中首先确定实验原理，然后选择药品和仪器，再设计实验步骤。4、C【解析】

浓盐酸滴到氯酸钾固体上的作用是为了制备Cl2，根据含同种元素物质间发生氧化还原反应时，化合价只靠近不交叉，配平后可得反应的离子方程式：5Cl−＋＋6H+===3Cl2↑＋3H2O，A正确；为了检验Cl2有无漂白性，应该先把Cl2干燥，所以，无水氯化钙的作用是干燥Cl2，然后会出现干燥有色布条不褪色而湿润有色布条褪色的现象，B正确；Cl2与3处碘化钾置换出单质碘，遇淀粉变蓝，与4处溴化钠置换出单质溴，使溶液变橙色，均说明了Cl2具有氧化性，Cl2与水反应生成HCl和HClO，HCl与硝酸银产生白色沉淀，无法说明Cl2具有氧化性，C错误；Cl2与5处硫酸亚铁生成Fe3+，Fe3+与SCN−生成血红色配合物，氢氧化钠溶液可以吸收剩余的Cl2，防止污染空气，D正确。5、C【解析】

A．浓硫酸溶于水放出大量的热，且密度比水大，为防止酸液飞溅，应先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢加入浓硫酸，边加边振荡，顺序不能颠倒，故A错误；B．苯的密度比水的密度小，分层后有机层在上层，则溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出，故B错误；

C．蒸馏时，应充分冷凝，则先通冷凝水后加热蒸馏烧瓶，防止馏分来不及冷却，故C正确；

D．引流时玻璃棒下端在刻度线以下，玻璃棒可以接触容量瓶内壁，故D错误；故答案为C。6、D【解析】

根据流程图，混合物中加入试剂x过滤后得到铁，利用铝与氢氧化钠反应，铁不与氢氧化钠反应，因此试剂x为NaOH，a为NaAlO2，a生成b加入适量的y，因此y是盐酸，b为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解成Al2O3，然后电解氧化铝得到铝单质；A.根据上述分析，A正确；B.a→b发生的反应为：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，故B正确；C.根据上述分析，b→c→Al的反应条件分别为：加热、电解，故C正确；D.a为NaAlO2，NaAlO2与碱不反应，故D错误；答案选D。7、C【解析】

根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。1、若ag红色固体粉末只有Cu，加入过量的稀硫酸不反应。称得固体质量bg即为铜的质量，因此b＝a，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；2、若ag红色固体粉末为Cu和Fe2O3的混合物，加入过量的稀硫酸与Cu不反应，与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，若称得固体质量bg即为原混合物中铜反应后剩余的质量，因此b<a，此时溶液中含有氢离子和硫酸根离子、二价铁离子和铜离子；3、若ag红色固体粉末为Cu和Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量bg即为原样品中的铜的质量加上Cu2O反应生成的铜的质量，因此b<a，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；4、若ag红色固体粉末只有Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，反应后无固体剩余，因此b＝0，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；5、若ag红色固体粉末只有Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量bg即为Cu2O反应生成的铜的质量，因此b<a，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；6、若ag红色固体粉末为Cu2O和Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，与Cu2O反应生成铜和硫酸铜溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，若称得固体质量bg即为Cu2O反应生成的铜再次反应后剩余的质量，因此b<a，此时溶液中含有氢离子以及硫酸根离子、铜离子、二价铁离子；A.根据上述分析，反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种，故A正确。B.不论以何种形式组成的红色固体，反应后若有固体剩余，一定是铜。由于硫酸过量，向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，形成硝酸，具有氧化性，可与铜反应，只要硝酸足够，可能使反应产生的固体完全溶解，故B正确C.若b＝a，即b<a，根据上述分析，红色固体粉末可能的组合为Cu和Fe2O3的混合物；Cu和Cu2O的混合物；只有Cu2O；Cu2O和Fe2O3的混合物，因此红色固体粉末可能是混合物也可以是纯净物，故C错误；D.根据上述六种红色固体粉末组成的分析，b的取值范围:0＜b≤a，故D正确。答案选C。8、B【解析】

A.若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明A、B、C中含有钠元素，水溶液均呈碱性，则A为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，B为碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性；碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，C为碳酸氢钠，碳酸氢钠为碱性，故A正确；B.若A为氨气、X为氧气，则B为一氧化氮，C为红棕色气体二氧化氮，则A不一定为空气中含量最高的氮气，故B错误；C.若B为FeCl3，则A为氯气，与铁反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C正确；D.若A为碳、X为氧气，则B为一氧化碳，C为二氧化碳；若A为氧气、X为碳，则B为二氧化碳，C为一氧化碳，故D正确；答案为B。元素的性质的推断题，要熟练掌握各种物质间的相互转化，并能找到各物质间相互转化方案，熟记物质的性质，综合运用。9、B【解析】

A．与的分子式相同，不属于同分异构体，故A错误；B．与O3都为氧元素的不同单质，互为同素异形体，故B正确；C．同位素研究的对象为原子，与属于分子，不属于同位素关系，故C错误；D．1mol分子中含有16mol电子，故D错误；故选B。10、B【解析】

A．鹅去氧胆酸脱氢氧化后生成胆烷酸，则鹅去氧胆酸和胆烷酸的分子式不同，不可能是同分异构体，故A错误；B．鹅去氧胆酸和胆烷酸分子中均有羧基和羟基，则均可发生取代反应，如发生酯化反应，故B正确；C．胆烷酸分子结构中环上除羰基和羧基中的碳原子外，其它碳原子均是sp3杂化，则分子结构中所有碳原子不可能在同一平面内，故C错误；D．鹅去氧胆酸和胆烷酸分子内均有一个羧基，但鹅去氧胆酸比胆烷酸多一个羟基，则等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸分别与Na完全反应时消耗的Na的物质的量不等，故D错误；故答案为B。11、A【解析】

NaX溶液中加入盐酸，随着溶液pH逐渐逐渐增大，X-离子浓度逐渐增大，HX浓度逐渐减小，-lg的值逐渐减小，所以曲线L1表示-lg的与pH的关系；YCl溶液中加入NaOH溶液，随着溶液pH逐渐增大，Y+离子逐渐减小，YOH的浓度逐渐增大，则-lg的值逐渐增大，则曲线L2表示-lg与pH的变化关系。A．曲线L1中，-lg=0时，c(X-)=c(HX)，Ka(HX)=c(H+)=1×10-9＞1×10-10.5，根据Kh=可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度X-＜Y+，则MA溶液呈酸性，则c(OH-)＜c(H+)、c(Y+)＜c(X-)，溶液中离子浓度大小为：c(X-)＞c(Y+)＞c(H+)＞c(OH-)，故A错误；B．根据分析可知，曲线L1表示-lg的与pH的关系，故B正确；C．曲线L2表示-lg与pH的变化关系，-lg=0时，c(Y+)=c(YOH)，此时pH=3.5，c(OH-)=1×10-10.5mol/L，则Kb(YOH)==c(OH-)=1×10-10.5，故C正确；D．a点溶液的pH＜7，溶液呈酸性，对于曲线L1，NaX溶液呈碱性，而a点为酸性，说明加入盐酸所致，抑制了水的电离；曲线L2中，YCl溶液呈酸性，a点时呈酸性，Y+离子水解导致溶液呈酸性，促进了水的电离，所以水的电离程度：a＜b，故D正确；故答案为A。12、B【解析】

A.硫酸为二元强酸，当浓度均为0.1mol·L－1时，硫酸溶液中的离子浓度一定大于HA溶液中离子的浓度，不能说明HA是否完全电离，A项错误；B.NH4A溶液中，由于NH4+水解使溶液呈酸性，若HA为强酸，NH4A溶液pH＜7，而pH＝7说明A－水解，说明HA为弱酸，B项正确；C.当溶液的pH小于3.1时，甲基橙均能变红色，不能说明0.1mol·L－1的HA溶液pH是否大于1，C项错误；D.若HA为强酸，等浓度的NaA、HA混合溶液pH也小于7，D项错误；答案选B。13、D【解析】

A．据图可知，酸浸时反应物有Pd、浓HNO3和浓HCl，产物有NO2，中和过程为非氧化还原过程，说明酸浸后Pd的化合价应为+4价，存在形式为PdCl62-，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，故A正确；B．根据元素守恒生成的气体应为HCl和NH3，生成1molPd，则消耗1mol氯钯酸铵，根据元素守恒可知可生成2molNH3和6molHCl，共8mol气体，故B正确；C．氯钯酸铵为红色沉淀，所以若某溶液中含有铵根，滴入含有氯钯酸根离子的溶液可以生成红色沉淀，有明显现象，可以检验铵根，故C正确；D．溶解过程中盐酸电离出的Cl-与Pd4+生成络合物，促使Pd转化为Pd4+的反应正向移动，从而使Pd溶解，若换成硫酸，无法生成络合物，会使溶解的效率降低，故D错误；故答案为D。难点为A选项，要注意结合后续流程判断Pd元素的存在形式；分析选项B时首先根据元素守恒判断产物，然后再根据守恒计算生成的气体的物质的量，避免写反应方程式。14、C【解析】

A.合成氨为可逆反应，氮气和氢气在反应过程中有消耗和生成，故转化过程中有非极性键断裂与形成，A项正确；B.催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，B项正确；C.催化剂不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，C项错误；D.合成氨的正反应为放热反应，降低温度，平衡向正向移动，能提高原料转化率，D项正确；答案选C。15、A【解析】

A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒；C项，在碱性溶液中不可能生成H+；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。【详解】A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A项正确；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B项错误；C项，在碱性溶液中不可能生成H+，正确的离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，D项错误；答案选A。本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中D项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中B项）；④从反应的条件进行判断（题中C项）；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。16、A【解析】

A.20gD2O物质的量，含有的质子数均为10NA，18gH2O物质的量，含有的质子数均为10NA，故A正确；B.亚硫酸是弱电解质，不能完全电离，溶液中含有的H＋数小于2NA，故B错误；C.标准状况下，水为液体，故C错误；D.随着反应的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，MnO2与稀盐酸不反应，反应停止，且盐酸易挥发则转移的电子数小于0.3NA，故D错误。综上所述，答案为A。用22.4L‧mol−1时一定要注意两个前提条件，一、是否为气体，二、是否为标准状况下。17、B【解析】

A．煤的焦化指的是将煤隔绝空气加强热的处理办法，产品包含出炉煤气，煤焦油和焦炭三大类，其中出炉煤气含有焦炉气，粗氨水和粗苯，乙烯就是焦炉气中的一种主要成分；煤的气化简单地理解就是高温下煤和水蒸气的反应，主要生成水煤气；煤的间接液化，指的是先将煤转化为一氧化碳和氢气，再催化合成甲醇，A项正确；B．酚醛树脂的合成过程涉及缩聚反应而非加聚反应，B项错误；C．塑料，合成橡胶和合成纤维，都主要是以石油，煤和天然气为原料生产的，C项正确；D．石油的催化重整可以获取芳香烃，D项正确；答案选B。18、B【解析】

1-氧杂-2，4-环戊二烯()的分子式为C4H4O，有2种等效氢，结合碳碳双键的平面结构特征和有机物燃烧规律进行解答。【详解】A．属于酚，而不含苯环和酚羟基，两者不是同系物，A错误；B．共有2种等效氢（不考虑立体异构），它的一氯代物有2种，二氯代物有4种，B正确；C．含碳碳双键，既能能使溴水退色，又能使酸性高锰酸钾溶液退色，C错误；D．的分子式为C4H4O，1molC4H4O完全燃烧消耗的O2的物质的量为1mol(4+-)=4.5mol，D错误。答案选B。19、B【解析】

图1左边硝酸银浓度大于右边硝酸银浓度，设计为原电池时，右边银失去电子，化合价升高，作原电池负极，左边是原电池正极，得到银单质，硝酸根从左向右不断移动，当两边浓度相等，则指针不偏转；图2氢离子得到电子变为氢气，化合价降低，作原电池正极，右边氯离子失去电子变为氯气，作原电池负极。【详解】A.根据前面分析得到图1中电流计指针不再偏转时，左右两侧溶液浓度恰好相等，故A正确；B.开始时图1左边为正极，右边为负极，图1电流计指针不再偏转时向左侧加入NaCl或Fe，左侧银离子浓度减小，则左边为负极，右边为正极，加入AgNO3，左侧银离子浓度增加，则左边为正极，右边为负极，因此指针又会偏转但方向不同，故B错误；C.图2中Y极每生成1molCl2，转移2mol电子，因此2molLi+移向a极得到2molLiCl，故C正确；D.两个电极左边都为正极，右边都为负极，因此两个原电池外电路中电子流动方向均为从右到左，故D正确。综上所述，答案为B。分析化合价变化确定原电池的正负极，原电池负极发生氧化，正极发生还原，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。20、A【解析】

A.酸的电离平衡常数越大，其酸根离子水解程度越小，则其相应的钾盐pH越小，所以测定等物质的量浓度的HCOOK和K2S溶液的pH比较Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小，故A正确；B.向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，原溶液中可能含有铁离子，无法据此判断原溶液中是否含有亚铁离子，故B错误；C.盐酸易挥发，产生的气体中混有HCl，HCl与硅酸钠反应也产生白色沉淀，则该实验不能比较碳酸与硅酸酸性的强弱，故C错误；D.C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃，制取的乙烯气体中混有乙醇、SO2等，乙醇、SO2都能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明一定是乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误。故选A。21、A【解析】

A．由《物理小识》中记载语句“臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石”可知是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁，A选项正确；B．煤其主要成分为碳、氢、氧和少量的氮、硫或其它元素，而烃只由C、H两种元素组成，B选项错误；C．生铁的含碳量比钢的含碳量较高，故生铁不是指含碳量很低的铁合金，C选项错误；D．工业上可通过石油的裂化、裂解获得乙烯、丙烯等化工原料，D选项错误；答案选A。22、C【解析】

本题主要考查原电池与电解池串联问题。通过总反应可知，Li发生氧化反应,作负极，FeS发生还原反应，作正极；因c中由Ni2+生成单质Ni，即发生还原反应，故Y极为负极，X为正极。【详解】A.由上述分析可知，Y为原电池负极，故Y为Li，选项A正确；B.X极为正极，FeS发生还原反应，故电极反应式为：FeS+2Li++2e-=Fe+Li2S，选项B正确；C.电解过程中，a为阳极区,发生氧化反应:4OH--4e-=2H2O+O2↑，a中Na+通过阳离子交换膜进入b中;C中发生还原反应:Ni2++2e-=Ni，溶液中Cl-通过阴离子交换膜进入b中。故电解过程中，b中NaCl的物质的量浓度将不断增大，选项C错误；D.若将阳离子交换膜去掉,因b中含有C1-,故阳极电极反应式为:2C1--2e-=Cl2↑，故电解反应总方程式发生改变，选项D正确；答案选C。本题考查原电池、电解池原理，本题的突破关键在于“c中单质Ni生成”，由此判断X、Y电极正负，进一步判断电解池中阴阳极以及相关反应。二、非选择题(共84分)23、甲苯氯原子或－ClC7H7O3N取代反应或硝化反应保护(酚)羟基不被氧化+2NaOH+CH3COONa+H2O14或【解析】

H的结构简式为，逆推可知G为。纵观整个过程，可知烃A为芳香烃，结合C的分子式C7H8O，可知A为，A与Cl2发生苯环上氯代反应生成B，B中氯原子发生水解反应、酸化引入-OH生成C，C中酚羟基发生信息①中取代反应生成D，D与酸性KMnO4溶液反应，D中-CH3被氧化成-COOH生成E，E→F转化中在苯环上引入硝基-NO2，F→G的转化重新引入酚羟基，可知C→D的转化目的防止酚羟基被氧化，结合H的结构简式，可推知B为、C为、D为、E为、F为。(5)甲基氧化引入羧基，硝基还原引入氨基，由于氨基易被氧化，应先把甲基氧化为羧基后再将硝基还原为氨基，结合苯环引入基团的定位规律，甲苯先和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，然后邻硝基甲苯再被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，最后邻硝基苯甲酸和Fe、HCl反应生成邻氨基苯甲酸。【详解】根据上述分析可知：A为，B为、C为、D为、E为、F为，G为，H为。(1)烃A为，A的名称为甲苯。B为，B中官能团为氯原子。H的结构简式为，H的分子式为C7H7O3N。反应②是苯环上引入硝基，反应类型是：取代反应；(2)C→D中消除酚羟基，F→G中又重新引入酚羟基，而酚羟基容易被氧化，所以流程中设计C→D的目的是：保护(酚)羟基不被氧化；(3)D是，D与足量NaOH溶液发生酯的水解反应，化学方程式为：+2NaOH+CH3COONa+H2O，(4)D为，其符合下列条件的同分异构体：A.属于芳香族化合物，说明含有苯环；B.既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有-OOCH基团。只有1个取代基为-CH2CH2OOCH和-CH(CH3)OOCH两种不同结构；有2个取代基为-CH3、-CH2COOH，或者-CH2CH3、-OOCH，这两种情况均有邻、间、对3种位置结构，种类数为2×3=6种；有3个取代基为-CH3、-CH3、-OOCH，2个甲基有邻、间、对3种位置结构，对应的-OOCH分别有2种、3种、1种位置，故符合条件的共有2+3×2+2+3+1=14种。其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为6：2：1：1的同分异构体的结构简式：或。(5)以甲苯为原料合成的方法是：先使甲苯发生取代反应产生邻硝基甲苯，用酸性KMnO4氧化甲基为—COOH，得到邻硝基甲苯，用Fe在HCl存在条件下发生还原反应，—NO2被还原得到—NH2，就生成邻氨基苯甲酸。故合成路线流程图为：。本题考查有机物推断与合成，涉及物质的命名、反应类型的判断、操作目的、同分异构体种类的判断及符合要求的同分异构体结构简式的书写等。要采用正推、逆推相结合的方法分析判断。需要熟练掌握官能团性质与转化，并对给予的信息进行利用，结合转化关系中有机物H的结构和反应条件进行推断。24、加成反应3−氯丙烯碳碳双键和氯原子CH2=CHCH=CH2CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl20【解析】

根据各物质的转化关系，丙烯与氯气发生取代生成B为3-氯丙烯，比较B和D的结构简式可知，B与C发生加成反应生成D，C为CH2=CHCH=CH2，D与氢气发生加成反应生成E为，E与氰化钠发生取代生成F，F与氢气加成生成G，G与氯化氢加成再碱性水解得，再氧化可得X，以CH3CH=CHCH3合成，可以用CH3CH=CHCH3与CH2=CHCH=CH2发生加成反应得，再与氯气加成后与乙炔钠反应可得，据此答题。【详解】(1)根据上面的分析可知，反应①的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应。(2)B的名称是3−氯丙烯，根据D的结构简式可知，D分子中含有官能团的名称是碳碳双键和氯原子，故答案为：3−氯丙烯；碳碳双键和氯原子。(3)根据上面的分析可知，物质C的结构简式为CH2=CHCH=CH2，故答案为：CH2=CHCH=CH2。(4)A生成B的化学方程式为CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl，应③的化学方程式为；故答案为：CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl；。(5)根据D的结构，结合条件①有相同的官能团，即有碳碳双键和氯原子，②含有六元环，③六元环上有2个取代基，则符合条件的D的同分异构体为含有碳碳双键的六元环上连有氯原子和甲基，这样的结构有17种，或者是的环上连有氯原子，有3种结构，所以共有20种；故答案为：20。(6)以CH3CH=CHCH3合成，可以用CCH3CH=CHCH3与CH2=CHCH=CH2发生加成反应得，再与氯气加成后与乙炔钠反应可得，反应的合成路线为；故答案为：。25、冷凝回流受热均匀，便于控制温度向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管关闭水龙头溶液温度过高或冷却结晶时速度过快（合理答案即可）【解析】

结合题给信息进行分析：步骤1中，将三颈烧瓶放入冷水中冷却，为防止暴沸，加入沸石。步骤2中，因为反应温度为170～180℃，为便于控制温度，使反应物受热均匀，采取油浴方式加热；步骤3中，结合对氨基苯磺酸的物理性质，将反应产物导入冷水烧杯中，并不断搅拌有助于对氨基苯磺酸的析出。再根据对氨基苯磺酸与苯胺在乙醇中的溶解性不同，采用乙醇洗涤晶体。步骤4中，利用对氨基苯磺酸可溶于沸水，通过沸水溶解，冷却结晶等操作，最终得到纯净产品。【详解】（1）冷凝管起冷凝回流的作用，冷却水从下口进入，上口排出；答案为：冷凝回流；（2）油浴加热优点是反应物受热均匀，便于控制温度；答案为：受热均匀，便于控制温度；（3）苯胺是一种无色油状液体，微溶于水，易溶于乙醇，对氨基苯磺酸是一种白色晶体，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于碱性溶液，不溶于乙醇，则洗涤时选用乙醇。洗涤的操作为向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次；答案为：向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次；（4）抽滤完毕停止抽滤时，为防止倒吸，先拆下连接抽气泵和吸滤瓶间的橡皮管，再关水龙头；答案为：拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管；关闭水龙头；（5）对氨基苯磺酸微溶于冷水，可溶于沸水，若制得的晶体颗粒较小，可能的原因是溶液温度过高或冷却结晶时速度过快。答案为：溶液温度过高或冷却结晶时速度过快（合理答案即可）。冷却结晶的晶体大小影响因素：（1）浆料的过饱和度，这个主要由温度来控制，温度越低过饱和度越低。过饱和度越大，则产生晶核越多，结晶体粒径越小。（2）停留时间，时间越长，则产生的结晶体粒径越大。（3）容器的搅拌强度，搅拌越强，容易破碎晶体，结晶体粒径越小。（4）杂质成分，杂质成分较多，则比较容易形成晶核，结晶体粒径越小。26、4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3还原K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾)KSCN(或硫氰化钾)不正确NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液除去溶液中Fe3+和O2【解析】

(1)实验1中产生红褐色沉淀是因为Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3，反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3；(2)实验1中加入维生素C是为了防止Fe2+被氧化，利用了其还原性，故答案为：还原；(3)根据实验现象可知，①中加入试剂出现蓝色沉淀，是在检验Fe2+，试剂a为K3[Fe(CN)6]，②中溶液是否变红是在检验Fe3+，试剂b为KSCN，由于②中溶液没有变红，则不存在Fe3+，即灰绿色沉淀中没有Fe(OH)3，甲同学的猜测错误，故答案为：K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾)；KSCN(或硫氰化钾)；不正确；(4)根据已知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而实验4中NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，导致沉淀没有灰绿色，故答案为：NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；(5)当实验5中的现象为白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现时，可说明白色沉淀上没有或很少附着有Fe2+，故答案为：白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现；(6)溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时，O2能将Fe2+氧化成Fe3+，形成Fe(OH)3沉淀，根据题干信息可知，沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+，从而白色沉淀更容易变成灰绿色，故答案为：沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+；(7)根据上述实验可知道，当NaOH浓度高或者溶液中不存在Fe3+和O2时，制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀，其操作可以是向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液或除去溶液中Fe3+和O2，故答案为：向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液；除去溶液中Fe3+和O2。本题主要考查学生的实验探究与分析能力，同时对学生提取信息的能力有较高的要求，难度较大，解题关键在于对题干信息的提取和结合所学知识进行综合解答。27、浓NaOH溶液吸收剩余的SO2排尽空气，防止Na2S2O5被氧化D倒吸用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O用c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定pH>5.6【解析】

从焦亚硫酸钠的析出原理[NaHSO3(饱和溶液)→Na2S2O5(晶体)+H2O(l)]可以看出，要制取Na2S2O5(晶体)，需先制得NaHSO3(饱和溶液)，所以A装置的作用是用浓硫酸与Na2SO3固体反应制取SO2，将SO2再通入饱和Na2SO3溶液中制得NaHSO3饱和溶液。因为Na2S2O5易被空气中的O2氧化，所以需排尽装置内的空气，这也就是在A装置内通入N2的理由。由于SO2会污染环境，所以F装置应为吸收尾气的装置，为防倒吸，加了装置E。【详解】(1)①从以上分析知，F装置应为SO2的尾气处理装置，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液，作用是吸收剩余的SO2。答案为：浓NaOH溶液；吸收剩余的SO2；②为防装置内空气中的氧气将Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化，需排尽装置内的空气，所以通入N2的作用是排