徐州市2026年高三下学期联合考试化学试题（含答案解析）

这是一份徐州市2026年高三下学期联合考试化学试题（含答案解析），文件包含2026-2027学年安徽卓越县中联盟高三化学试卷pdf、2026-2027学年安徽卓越县中联盟高三化学答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共14页， 欢迎下载使用。
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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、常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断正确的是
A．增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B．第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
C．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
D．该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)
2、将含 1mlKAl(SO4)2 溶液逐滴加到含 1mlBa(OH)2 溶液中，最终溶液中不存在
A．K+B．Al3+C．SO42-D．AlO2-
3、下列关于古籍中的记载说法不正确的是
A．《本草纲目》“烧酒”条目下写道自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏
B．《吕氏春秋·别类编》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚” 体现了合金硬度方面的特性
C．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应
D．《抱朴子·金丹篇》中记载：“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又成丹砂”，该过程发生了分解、化合、氧化还原反应
4、一定条件下合成乙烯：6H2(g)＋2CO2(g)CH2＝CH2(g)＋4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是( )
A．该反应的逆反应为吸热反应
B．平衡常数：KM＞KN
C．生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M)
D．当温度高于250 ℃，升高温度，催化剂的催化效率降低
5、下列关于轮船嵌有锌块实施保护的判断不合理的是
A．嵌入锌块后的负极反应：Fe﹣2e- = Fe2+
B．可用镁合金块代替锌块进行保护
C．腐蚀的正极反应：2H2O + O2 + 4e- = 4OH-
D．该方法采用的是牺牲阳极的阴极保护法
6、下化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
7、常温下，向20mL、浓度均为0.1ml·L－1的氢氧化钠溶液、氨水中分别滴加0.1ml·L－1盐酸，溶液导电性如图所示（已知：溶液导电性与离子浓度相关）。下列说法正确的是
A．a点溶液pH=11
B．曲线1中c与e之间某点溶液呈中性
C．c点溶液中：c（H+）=c（OH－）+c（N3H·H2O）
D．在a、b、c、d、e中，水电离程度最大的点是d
8、下列实验设计能够成功的是
A．除去粗盐中含有的硫酸钙杂质
B．检验亚硫酸钠试样是否变质
C．证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强
D．检验某溶液中是否含有 Fe2+
9、二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂。其一种生产工艺如图所示。下列说法正确的是
A．气体A为Cl2
B．参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为3：1
C．溶液B中含有大量的Na+、Cl－、OH－
D．可将混合气通过饱和食盐水除去C1O2中的NH3
10、常温下将NaOH溶液滴加到已二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）。
A．常温下Ka1(H2X)的值约为10-4.4
B．曲线N表示pH与
C．NaHX溶液中c(H+)>c(OH-)
D．当混合溶液呈中性时，c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)
11、下列转化，在给定条件下能实现的是
①NaCl(aq) Cl2(g) FeCl3(s)
②Fe2O3FeCl3(aq) 无水FeCl3
③N2NH3NH4Cl(aq)
④SiO2SiCl4 Si
A．①③B．⑨④C．①②④D．①②⑧④
12、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X同周期、与Y同主族，X是非金属性最强的元素，Y的周期序数是其族序数的3倍，W的核外电子总数与Z的最外层电子数之和等于8。下列说法正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的碱性：W>YB．最简单气态氢化物的稳定性：X>Z
C．Y单质在空气中的燃烧产物只含离子键D．最简单离子半径大小关系：WKa2(H2X)，在酸性条件下，当pH相同时，>。根据图象可知N为lg的变化曲线，M为lg的变化曲线，当lg=0或lg=0时，说明=1或=1.浓度相等，结合图象可计算电离平衡常数并判断溶液的酸碱性。
【详解】
A. lg=0时，=1，此时溶液的pH≈4.4，所以Ka1(H2X)=c(H+)=10-4.4，A正确；
B.根据上述分析可知曲线B表示lg的变化曲线，B正确；
C.根据图象可知：当lg=0时，=1，即c(HX-)=c(X2-)，此时溶液的pH约等于5.4c(OH-)，C正确；
D.根据图象可知当溶液pH=7时，lg>0，说明c(X2-)>c(HX-)，因此该溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)> c(OH-)，D 错误；
故合理选项是D。
本题考查弱电解质的电离、电离常数的应用等知识。注意把握图象中曲线的变化和相关数据的处理，难度中等。
11、A
【解析】
①NaCl溶液电解的得到氯气，氯气和铁在点燃的条件下反应生成氯化铁，故正确；②Fe2O3和盐酸反应生成氯化铁，氯化铁溶液加热蒸发，得到氢氧化铁，不是氯化铁，故错误；③N2和氢气在高温高压和催化剂条件下反应生成氨气，氨气和氯化氢直接反应生成氯化铵，故正确；④SiO2和盐酸不反应，故错误。
故选A。
12、B
【解析】
X是非金属性最强的元素，则X为F元素，短周期中，Y的周期序数是其族序数的3倍，则Y是Na元素，W与X同周期、与Y同主族，则W为Li元素，W的核外电子总数与Z的最外层电子数之和等于8，则Z的最外层为5个电子，W、X、Y、Z是原子序数依次增大，则Z为P元素，据此分析解答。
【详解】
A．W为Li元素，Y是Na元素，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Li＜Na，最高价氧化物对应水化物的碱性：W＜Y，故A错误；
B．X为F元素，Z为P元素，非金属性越强最简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：X＞Z，则最简单气态氢化物的稳定性：X＞Z，故B正确；
C．Y是Na元素，Y单质在空气中的燃烧产物为过氧化钠，即含离子键，又含非极性共价键，故C错误；
D．W为Li元素，X为F元素，Y是Na元素，Li+只有一个电子层，F-和Na+有两个电子层，则Li+半径最小，F-和Na+电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，则F-半径＞Na+，最简单离子半径大小关系：W＜Y＜X，故D错误；
答案选B。
13、C
【解析】
A.1个甲基中含有9个电子，则1 ml甲基(－CH3)所含的电子数为9NA，A错误；
B.分子式为C2H6O的有机物可能是乙醇CH3CH2OH（1个乙醇分子中含1个C—O键），也可能是二甲醚CH3-O-CH3（1个二甲醚分子中含2个C—O键），故不能确定其中含有的C－O键的数目，B错误；
C.乙烯和环丙烷()的最简式都是CH2，1个最简式中含有3个原子，14g由乙烯和环丙烷()组成的混合气体中含有最简式的物质的量是1ml，因此含有的原子总数为3NA，C正确；
D.在标准状况下四氯化碳呈液态，不能用气体摩尔体积计算四氯化碳物质的量，D错误；
故答案是C。
14、C
【解析】
A．碳酸氢钠溶液遇乙酸反应生成乙酸钠、水和二氧化碳，产生气泡，遇苯分层，遇乙醇互溶不分层，现象不同，能一次性鉴别，A错误；
B．汽车尾气中的氮氧化合物主要来自排气管处氮气和氧气反应生成NO，NO和氧气生成NO2，而不是来自汽油与氧气反应，B错误；
C．电子垃圾含有重金属，能污染土壤和水体，电子垃圾统一回收、拆解、再利用，能够减少对土壤和水源的污染，C正确；
D．油脂和蛋白质在人体内均能发生水解反应，糖类中多糖能水解，单糖不能水解，D错误。
答案选C。
15、D
【解析】
固体混合物可能由Na2SiO3、Fe、Na2CO3、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成，由实验可知，气体A与与澄清的石灰水反应，溶液变浑浊，则A中一定含CO2；混合物与足量稀盐酸反应后的沉淀A为H2SiO3。溶液A与NaOH反应后生成白色沉淀B，则B为Fe（OH）2，溶液B与硝酸、硝酸银反应生成沉淀C为AgCl，则原混合物中一定含有Fe、Na2CO3、Na2SiO3，可能含有BaCl2。根据以上分析可以解答下列问题。A. 稀盐酸与Na2CO3反应生成CO2气体，与Fe反应生成H2，气体A是CO2与H2的混合气体，A正确；B. 沉淀A为H2SiO3沉淀，B正确；C. B为Fe（OH）2 ，在空气中被氧气氧化，逐渐变灰绿色，最后变红褐色，C正确；D. 该固体混合物中可能含有BaCl2，D错误。答案选D.
16、D
【解析】
A．Cl2溶于水发生反应H2O+Cl2HCl+HClO，是一个可逆反应，0.1ml Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA， A错误；
B．标准状况下，2.24L NO和2.24L O2混合，发生的反应有：2NO+O2==2NO2，2NO2N2O4，所以混合后的气体分子数小于0.15 NA，B错误；
C．加热条件下，Fe与足量的浓硫酸反应生成+3价的铁离子，转移的电子数为3ml，根据得失电子守恒，应生成NA个SO2分子，C错误；
D．0.1ml Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中氧元素即被氧化又被还原，所以转移的电子数为0.1NA，D正确，
答案选D。
17、B
【解析】
W原子的最外层电子数是其质子数的，则W为C；元素Y的最高正化合价为+2价，则Y为第三周期第ⅡA族元素即Mg，X原子的核电荷数等于Z原子的最外层电子数，则X为7号元素即N，Z为Cl。
【详解】
A. C单质多为固体，如金刚石，石墨，所以单质的沸点C>N2，故A错误；
B. 简单离子的半径:Cl⁻>Mg2+，故B正确；
C. N、Cl的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸和高氯酸，均为强酸，故C错误；
D. N、Mg可形成离子化合物Mg3N2，即Y3X2，故D错误；
故答案为B。
18、D
【解析】A、自来水厂常用氯气杀菌消毒，用明矾、氯化铁等絮凝剂净化水，选项A错误；B、常温下，浓硫酸和浓硝酸都能与铜反应，不能用铜制容器盛装，选项B错误；C、钢铁设备连接锌块或电源负极都可防止其腐蚀，选项C错误；D、酸雨主要是由人为排放的硫氧化物和氮氧化物等酸性气体转化而成的，这些气体进入大气后，造成地区大气中酸性气体富集，在水凝结过程中溶于水形成酸性溶液，随雨降下，选项D正确。答案选D。
19、B
【解析】
CO2、SO2归属于非金属氧化物，且属于酸性氧化物。
A. CaCO3属于盐类，A项错误；
B. P2O5是非金属氧化物，且属于酸性氧化物，B项正确；
C. CuO属于碱性氧化物，不属于酸性氧化物，C项错误；
D. KMnO4属于盐类，D项错误；
答案选B。
20、B
【解析】
A、Cl2通入水中的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故A错误；
B、双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H++2I-═I2+2H2O，故B正确；
C、用铜作电极电解CuSO4溶液，实质为电镀，阳极Cu失去电子，阴极铜离子得电子，故C错误；
D、Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故D错误。
故选B。
21、B
【解析】
A．砒霜有剧毒，As2O3中砷元素的化合价为+3价，能够被氧化成+5价，则砒霜具有还原性，故A正确；
B．高级脂肪酸钠和甘油在盐溶液中的溶解度不同，采用盐析的方法分离，故B错误；
C．青蒿素易溶于乙醚，不溶于水，采用萃取操作提取，故C正确；
D．液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故D正确；
答案选B。
22、C
【解析】
A．氢气和碘的反应为可逆反应，不能进行彻底，生成的HI分子小于2NA个，故A错误；
B．标况下，水不是气体，2. 24 L水的物质的量大于1.1ml，含有的电子数大于NA个，故B错误；
C．1 L 1.1 ml•L-1的NH4NO3溶液中含有1mlNH4NO3，含有2ml氮原子，含有的氮原子数为1.2NA，故C正确；
D．苯分子结构中不含碳碳双键，故D错误；
故选C。
本题的易错点为D，要注意苯分子中没有碳碳双键，所有碳碳键都一样。
二、非选择题(共84分)
23、CD 溴原子 +C2H5OH+HCl 、、、
【解析】
根据物质的A、B分子式及反应条件可知A是，A与NBS反应产生B是，B与NaCN发生取代反应，然后酸化，可得C：，C与SOCl2发生取代反应产生D：，D与乙醇发生酯化反应产生E：，根据F与乙醇发生酯化反应产生J，根据J的结构简式可知F结构简式为：HOOC-COOH，E、J反应产生G：，G与C2H5OH与C2H5ONa作用下发生取代反应产生H：，I在一定条件下发生反应产生苯巴比妥：。据此分析解答。
【详解】
根据上述分析可知A是；B是；C是；D是；E是；F是HOOC-COOH；J是C2H5OOC-COOC2H5；G是；H是。
(1)A. E结构简式是，含有酯基，在NaOH溶液中完全水解产生和C2H5OH，所以1 ml E 完全水解，需消耗1 ml NaOH，A错误；
B. 化合物C为，分子中无酚羟基，与FeCl3溶液不能发生显色反应，B错误；
C. 苯巴比妥上含有亚氨基，能够结合H+，故具有弱碱性，C正确；
D. 根据H与苯巴比妥的分子结构可知试剂X是CO(NH2)2，D正确；
故合理选项是CD；
(2)B结构简式为：，B中官能团的名称溴原子，化合物H的结构简式为；
(3)D是，E是；D→E的化学方程式为+C2H5OH+HCl。
(4)根据苯巴比妥结构简式可知其分子式为C12H12N2O3，苯巴比妥的一种同系物K，分子式为C10H8N2O3，说明K比苯巴比妥少两个CH2原子团，且同时符合下列条件：①分子中含有两个六元环；且两个六元环结构和性质类似，
②能够和FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；
③核磁共振氢谱显示分子中由5种氢，说明有5种不同结构的H原子，则其可能的结构为：、、、；
(5)甲苯与与NBS在CCl4溶液中发生取代反应产生，与NaCN发生取代反应然后酸化得到，与NBS在CCl4溶液中发生取代反应产生，该物质与NaOH的水溶液混合加热，然后酸化可得，该物质在催化剂存在条件下，加热发生反应产生，所以转化流程为： 。
本题考查了物质结构的推断、反应方程式和同分异构体的书写及有机合成，有机物官能团的性质是解题关键，解题时注意结合题干信息和官能团的转化，难点是(4)，易错点是(5)，注意NBS、CCl4溶液可以使用多次，题目考查了学生接受信息和运用信息的能力及分析问题、解决问题的能力。
24、羧基 C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O 取代反应、（中和反应） 因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代 9种
【解析】
由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与发生已知信息中的反应生成A，为。与HCl反应生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B发生卤代烃的水解反应反应生成C，C氧化生成D，结合D分子式可知B为，顺推可知C为，D为。根据N分子结构中含有3个六元环可知，D与M应是发生酯化反应，M中羧基与羟基连接同一碳原子上，结合N的分子式可推知M为，N为。苯乙烯与水发生加成反应生成E为，再发生氧化反应生成，与氯气反应生成G，G在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到H，则G为，H为，据此解答。
【详解】
（1）F分子中含氧官能团的名称为羧基，B的结构简式为；故答案为：羧基；；
（2）G→H的化学方程式：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O，其反应类型为水解反应取代反应、中和反应；故答案为：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O；水解反应取代反应、中和反应；
（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式：；故答案为：；
（4）A在和存在下生成，而不是或的原因是：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；故答案为：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；
（5）E（）的同分异构体中能使溶液显色，说明含有酚羟基，另外取代基为乙基，有邻、间、对3种，或取代基为2个甲基，当2个甲基处于邻位时，有2种位置，当2个甲基处于间位时，有3种位置，当2个甲基处于对位时，有1种位置，共有9种；故答案为：9；
（6）根据以上分析可知N的结构简式为；故答案为：。
已知条件RCH=CH2+CH2=CHR′ CH2=CH2+RCH=CHR′为烯烃双键断裂，结合新对象的过程。由此可以迅速知道C8H8的结构为为,，A为，再依次推导下去，问题迎刃而解。
25、CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量） CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象 气球体积增大，溶液不变浑浊 乙 因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小
【解析】
甲装置中，澄清石灰水中的Ca(OH)2与CO2反应，生成CaCO3白色沉淀，由此可写出反应的方程式。NaOH溶液吸收CO2，看不到现象；乙装置中，由于CO2被NaOH吸收，导致广口瓶内气体的压强减小，于是空气进入气球内，由此可推知实验现象。从两瓶内溶液中所含溶质的物质的量及反应方程式进行综合分析，以确定所选装置。
小李从相同量的碱的吸收能力考虑，忽视了溶液的浓度。
【详解】
甲装置中，澄清石灰水中的溶质为Ca(OH)2，它与CO2反应的化学方程式为CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量）。通常用石灰水而不用NaOH溶液检验CO2，是因为CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象；乙装置中，由于CO2被NaOH吸收，导致广口瓶内气体的压强减小，于是空气进入气球内，从而看到气球体积增大，溶液不变浑浊。因为澄清石灰水中Ca(OH)2微溶于水，浓度很小，溶质的物质的量很小，所以吸收CO2较多的装置是乙。答案为：CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量）；CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象；气球体积增大，溶液不变浑浊；乙；
小李从相同量的碱的吸收能力考虑，忽视了溶液的浓度。因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小。答案为：因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小。
解题时，我们应学会应对，一个是从化学方程式分析，NaOH、Ca(OH)2吸收CO2的能力；另一个是从溶液出发，分析相同体积的NaOH、Ca(OH)2溶液吸收CO2的能力，此时需考虑溶质的溶解度以及溶液中所含溶质的物质的量。
26、圆底烧瓶 jkhicdab 吸收剩余的氯气，并防止空气中的水蒸气进入装置B使S2Cl2水解 Cl2、SCl2、S 分馏(或蒸馏) 或
【解析】
（1）根据装置图分析仪器M的名称；
（2）高锰酸钾与浓盐酸在常温下生成氯化钾、氯化锰、氯气和水；
（3）欲得到较纯净的S2Cl2，氯气先除杂、干燥，再与熔融的S反应，用冰水收集S2Cl2，最后用碱石灰收集多余氯气，注意导气管长进短出 ；
（4）根据S2Cl2、SCl2、S、Cl2的沸点较低分析；
（5）S2Cl2和水发生歧化反应生成SO2、S、HCl；
（6）滴定过程中反应的离子方程式是 。
【详解】
（1）根据装置图，仪器M的名称是圆底烧瓶；
（2）高锰酸钾与浓盐酸在常温下生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，化学方程式为；
（3）欲得到较纯净的S2Cl2，氯气先除杂、干燥，再与熔融的S反应，用冰水收集S2Cl2，最后用碱石灰收集氯气；上述仪器装置的连接顺序为e→j → k →h →i →c→ d→a→b→f。S2Cl2易水解，所以D装置中碱石灰的作用是吸收剩余的氯气，并防止空气中的水蒸气进入装置B使S2Cl2水解；
（4）氯气和硫可能有剩余，均有可能混入产品中，氯气过量时，会生成SCl2，因此S2Cl2粗品中可能混有的杂质是SCl2、S、Cl2；根据S2Cl2、SCl2、S、Cl2的沸点不同，S2Cl2粗品中提纯S2Cl2的操作方法是蒸馏（或分馏）；
（5）S2Cl2和水发生歧化反应生成SO2、S、HCl，根据得失电子守恒配平反应式为；
（6）滴定过程中反应的离子方程式是 ，则20.00mL溶液中氯离子的物质的量是0.4ml·L-1×0.02L=0.008ml，产品中氯元素的质量分数为= ；
27、饱和食盐水 Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O C中白色固体消失（或黄色不再加深） 关闭K1、K3，打开K2 在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O 3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+ ×100%或×100%或%
【解析】
用浓HCl和MnO2反应制备Cl2，其中混有挥发出来的HCl，要用饱和食盐水出去，然后利用Cl2的强氧化性在碱性条件下将Bi(OH)3氧化成NaBiO3；利用Mn2+的还原性将NaBiO3还原而Mn2+被氧化成紫红色溶液MnO4-来检验NaBiO3的氧化性；实验结束后Cl2有毒，要除去，做法是打开三颈烧瓶的NaOH溶液，使其留下和氯气反应；NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和Mn2+反应生成MnO4-，MnO4-再和草酸反应来测定，找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-、草酸四种物质之间的关系，在计算即可。
【详解】
（1）除去氯气中混有的HCl，用饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；
（2）反应物为Bi(OH)3、Cl2和NaOH混合物，+3价的Bi被氧化成NaBiO3，Cl2被还原成Cl-，根据原子守恒还有水生成，所以反应为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答案为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；
（3）C中反应已经完成,则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的NaBiO3，故答案为：C中白色固体消失（或黄色不再加深）；
（4）从图上来看关闭K1、K3，打开K2可使NaOH留下与氯气反应，故答案为：关闭K1、K3，打开K2；
（5）由题意知道NaBiO3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冰水中操作即可，操作为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（6）①往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+，说明铋酸钠将Mn2+氧化成MnO4-，因为是酸性条件，所以铋酸钠被还原成Bi3+，据此写方程式并配平为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O，故答案为：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O；
②由题意可知，Mn2+过量，铋酸钠少量，过量的Mn2+和MnO4-发生反应生成了黑色的MnO2，反应方程式为3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；
（7）根据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO3～2Mn2+～2MnO4-～5H2C2O4,计算铋酸钠理论产量：
解得m（理论）=0.28CVg，所以纯度=×100%=×100%，所以答案为：×100%或×100%或%。
（7）在复杂的纯度、产率等计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算，可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO3 ～ 5H2C2O4，使复杂问题简单化了。
28、Cl2 NH3 Na＞C＞N＞O＞H 与水反应是否是氧化还原反应
【解析】
(1)单质分子只有一种元素构成，极性分子的正负电荷重心不重叠；
(2)既有离子键又有共价键的物质只有过氧化钠；
(3)上述化合物中组成元素有H、C、N、O、Na，结合原子半径的递变规律判断；
(4)两组反应的区别为是否为氧化还原反应；
(5)反应中Mn元素化合价降低5价，O元素化合价升高1价，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数。
【详解】
(1)由分子构成的单质是Cl2，属于极性分子的是NH3；
答案是：Cl2； NH3；
(2)既有离子键又有共价键的物质为过氧化钠，电子式为 ；
答案是:；
(3)上述化合物中组成元素有H、C、N、O、Na，由同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下逐渐增大可以知道原子半径大小顺序为Na> C> N> O>H；
答案是:Na＞C＞N＞O＞H；
(4)两组反应的区别为与水反应是否是为氧化还原反应；
答案是:与水反应是否是氧化还原反应；
(5)在2MnO4-+12H++5Na2O2=2Mn2++5O2+8H2O+10Na+中，2MnO4-→2Mn2+，Mn元素的化合价由+7价→+2价，得到2×5e-，Mn元素的化合价降低其所在的物质高锰酸钾是氧化剂；5Na2O2→5O2，O元素的化合价由-1价→0价，失去10e-，电子转移情况如下：；
答案是:。
29、＋131.45kJ·ml－1 0.0292ml·L－1·min－1 2CO＋O2 2CO2 Ce2（C2O4）32CeO2＋4CO↑＋2CO2↑ HIO3 105.84 M 2Cl－－2e－=Cl2↑ 5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl
【解析】
⑴①利用盖斯定律来计算反应C（s）＋H2O(g) CO(g) ＋H2(g)的ΔH4；②根据方程式得到平衡常数表达式，再计算6min时生成H2质量和浓度，根据反应转化的c(CO)＝c(H2)，计算速率。
⑵①160℃、CuO/CeO2作催化剂时，CO优先氧化为CO2；②隔绝空气灼烧草酸铈[Ce2(C2O4)3]分解制得CeO2，同时生成CO和CO2；③相同时间内，CO的转化率越高，说明催化性能越好，由图象可知加入HIO3的CuO/CeO2催化剂催化性能最好；根据题知信息计算反应0.5h后CO的体积。
⑶电极N上产生的气体a通入淀粉－KI溶液，溶液变蓝，持续一段时间后，蓝色可逐渐褪去，则气体a为Cl2，电极N为阳极；电极M是阴极，电极N的电极反应式为2Cl－－2e－ = Cl2↑；蓝色逐渐褪去是因为溶液中逐渐生成HIO3，说明Cl2将I2氧化成了HIO3。
【详解】
⑴①已知：①C(s)＋O2(g) = CO(g) ΔH1＝－110.35kJ·ml－1；②2H2(g) ＋O2(g) = 2H2O(l) ΔH2＝－571.6kJ·ml－1；③H2O（l）= H2O(g) ΔH3＝＋44.0kJ·ml－1。则反应C（s）＋H2O(g) CO(g) ＋H2(g) 可以通过①－②×－③得到，所以ΔH4＝①－②×－③＝(－110.35kJ·ml－1)－(－571.6kJ·ml－1)×－(＋44.0kJ·ml－1)＝＋131.45kJ·ml－1。②反应C(s)＋H2O(g) CO(g) ＋H2(g)的平衡常数表达式为；6min时生成0.7gH2，，根据反应C(s)＋H2O(g) CO(g) ＋H2(g)可知，转化的c(CO)＝c(H2)，则6min内以CO表示的平均反应速率为；故答案为：＋131.45kJ·ml－1；；0.0292ml·L－1·min－1。
⑵①160℃、CuO/CeO2作催化剂时，CO优先氧化为CO2，方程式为2CO＋O22CO2；故答案为：2CO＋O2 2CO2。
②隔绝空气灼烧草酸铈[Ce2(C2O4)3]分解制得CeO2，同时生成CO和CO2，反应方程式为Ce2(C2O4)32CeO2＋4CO↑＋2CO2↑；故答案为：Ce2(C2O4)32CeO2＋4CO↑＋2CO2↑。
③相同时间内，CO的转化率越高，说明催化性能越好，由图象可知加入HIO3的CuO/CeO2催化剂催化性能最好。120℃时，0.5h后CO的转化率是80%，燃料流速为1800mL·min－1，CO的体积分数为0.98%，则反应0.5h后CO的体积为1800mL·min－1×0.5h×60min·h－1×0.98%×(1－80%）＝105.84mL；故答案为：HIO3；105.84。
⑶电极N上产生的气体a通入淀粉－KI溶液，溶液变蓝，持续一段时间后，蓝色可逐渐褪去，则气体a为Cl2，电极N为阳极；电极M是阴极，电极M上H＋放电产生H2，促进水的电离，LiOH在M极区制得，Li＋通过阳离子交换膜向M极区迁移。电极N为阳极，电极N的电极反应式为2Cl－－2e－ = Cl2↑；蓝色逐渐褪去是因为溶液中逐渐生成HIO3，说明Cl2将I2氧化成了HIO3，则Cl2被还原成HCl，反应的化学方程式为5Cl2＋I2＋6H2O = 2HIO3 ＋10HCl；故答案为：M；2Cl－－2e－=Cl2↑；5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl。
选项
实验
现象
结论
A
SO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸
白色沉淀，白色沉淀不溶于稀硝酸
所得沉淀为BaSO4
B
浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌
得黑色蓬松的固体并有刺激性气味气体
该过程中浓硫酸仅体现吸水性和脱水性
C
用热的烧碱溶液洗去油污
Na2CO3可直接与油污反应
用热的烧碱溶液洗去油污
D
FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作
FeCl3能从含有Cu2＋的溶液中置换出铜
FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作
物质
NaBiO3
Bi(OH)3
性质
不溶于冷水，浅黄色
难溶于水；白色