2025-2026学年广西壮族自治区钦州市高考冲刺模拟化学试题（含答案解析）

这是一份2025-2026学年广西壮族自治区钦州市高考冲刺模拟化学试题（含答案解析），共6页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．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、下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．稀硫酸溶液与氢氧化钡溶液恰好中和： Ba2++OH﹣+H++SO42﹣＝BaSO4↓+H2O
B．金属钠投入硫酸镁溶液中： 2Na+2H2O +Mg2+＝2Na++H2↑+Mg(OH)2↓
C．碳酸钠溶液中通入过量氯气： CO32﹣+Cl2＝CO2↑+Cl－+ClO－
D．实验室用 MnO2 和浓盐酸制取 Cl2： MnO2+4HCl(浓) Mn2++2Cl－+Cl2↑+2H2O
2、生活中处处有化学。根据你所学过的化学知识，判断下列说法错误的是
A．柑橘属于碱性食品
B．为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒
C．氯化钠是家庭常用的防腐剂，可用来腌制食品
D．棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O
3、三元轴烯（a）、四元轴烯（b）、五元轴烯（c）的结构简式如图所示，下列说法不正确的是
A．a、b、c都能发生加成反应
B．a与苯互为同分异构体
C．a、b、c的一氯代物均只有一种
D．c分子中的原子不在同一个平面上
4、Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成：
下列说法错误的是（ ）
A．Y的分子式为C10H8O3
B．由X制取Y过程中可得到乙醇
C．一定条件下，Y能发生加聚反应
D．等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为3：2
5、X、Y、Z、W 为短周期主族元素，且原子序数依次增大。X 原子中只有一个电子，Y 原子的L电子层有5个电子，Z元素的最高化合价为其最低化合价绝对值的3倍。下列叙述正确的是（ ）
A．简单离子半径：W >Z> Y
B．Y的气态氢化物与W的气态氢化物相遇有白烟产生
C．X、Y、Z三种元素形成的化合物只含共价键
D．含氧酸的酸性：W的一定强于Z的
6、某课外活动小组，为研究金属的腐蚀和防护的原理，做了以下实验：将剪下的一块镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，按如图所示的装置进行实验，过一段时间后观察。下列现象不可能出现的是
A．锌被腐蚀B．金属片剪口变红
C．B中导气管里形成一段水柱D．B中导气管产生气泡
7、是制作电木的原料。下列围绕此物质的讨论正确的是
A．该有机物没有确定的熔点B．该有机物通过加聚反应得到
C．该有机物通过苯酚和甲醇反应得到D．该有机物的单体是 -C6H3OHCH2-
8、一定量的钠和铝的混合物与足量的水充分反应，没有金属剩余，收到2.24L气体，下列说法一定正确的是
A．所得气体为氢气 B．所得气体的物质的量为 0.1 ml
C．上述过程只发生一个化学反应 D．所得溶液中只有一种溶质
9、为纪念门捷列夫发表第一张元素周期表150周年，联合国宣布2019年为“国际化学元素周期表年”，下列说法不正确的是
A．元素周期表上的大部分元素都是在地球上本身存在的自然元素，只有少数元素是人工合成的
B．118号元素Og位于第七周期0族
C．同主族元素的单质熔、沸点自上而下减小（不包括0族）
D．IIIB族元素种类最多
10、已知Cu+在酸性条件下能发生下列反应:Cu+Cu+Cu2+(未配平)。NH4CuSO3与足量的1.0 ml·L-1硫酸溶液混合微热,产生下列现象:①有红色金属生成 ②有刺激性气味气体产生 ③溶液呈蓝色。据此判断下列说法一定合理的是( )
A．该反应显示硫酸具有酸性
B．NH4CuSO3中铜元素全部被氧化
C．刺激性气味的气体是氨气
D．反应中硫酸作氧化剂
11、下列用途中所选用的物质正确的是
A．X射线透视肠胃的内服剂——碳酸钡
B．生活用水的消毒剂——明矾
C．工业生产氯气的原料——浓盐酸和二氧化锰
D．配制波尔多液原料——胆矾和石灰乳
12、a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种常见短周期元素，可组成一种化合物A，其化学式为ba4d(ec4)2。A能够发生如下转化关系：
己知C的分子式为ba3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。则下列说法正确的是
A．原子半径b>c
B．e的氧化物的水化物为强酸
C．化合物A为共价化合物
D．元素非金属性强弱cr(乙)>r(丙)>r(甲)。四种元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍。据此推断，下述正确的是
A．简单氢化物的沸点：乙>丙
B．由甲、乙两元素组成的化合物溶于水呈碱性
C．丙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应
D．由甲和丙两元素组成的分子，不可能含非极性键
20、下列说法不正确的是 ( )
A．氯气是一种重要的化工原料，广泛应用于自来水的消毒和农药的生产等方面
B．化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等都可能用到硫酸
C．利用光线在硅晶体内的全反射现象，可以制备光导纤维
D．铜能与氯化铁溶液反应，该反应可以应用于印刷电路板的制作
21、某溶液可能含有Cl-、SO32-、CO32-、NH3+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液222mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到2．22ml气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到2．6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到3．66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中
A．至少存在5种离子
B．Cl-一定存在，且c（Cl）≥2．3ml/L
C．SO32-、NH3+、一定存在，Cl-可能不存在
D．CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在
22、下列实验过程中，产生现象与对应的图形相符合的是（ ）
A．NaHSO3粉末加入HNO3溶液中
B．H2S气体通入氯水中
C．NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中
D．CO2气体通入澄清石灰水中
二、非选择题(共84分)
23、（14分）贝诺酯临床主要用于治疗类风湿性关节炎、感冒发烧等。合成路线如下：
（1）贝诺酯的分子式______。
（2）A→B的反应类型是______；G+H→I的反应类型是______。
（3）写出化合物C、G的结构简式：C______，G______。
（4）写出满足下列条件的F同分异构体的结构简式（任写3种）______。
a．不能与FeCl3溶液发生显色反应；
b．能发生银镜反应和水解反应；
c．能与金属钠反应放出H2；
d．苯环上的一氯取代产物只有两种结构
（5）根据题给信息，设计从A和乙酸出发合成的合理线路（其他试剂任选，用流程图表示：写出反应物、产物及主要反应条件）_______________
24、（12分）芳香族化合物A()是重要的有机化工原料。由A制备有机化合物F的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：
（1）A的分子式是______，B中含有的官能团的名称是_________。
（2）D→E的反应类型是_______。
（3）已知G能与金属钠反应，则G的结构简式为_________。
（4）写出E→F的化学方程式：_________。
（5）写出符合下列条件的龙胆酸乙酯()的同分异构体有______种，写出其中一种同分异构体的结构简式：_________________ 。
①能发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；②核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积之比为6:2:1:1。
（6）已知：。参照上述合成路线，设计一条以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线(无机试剂任用)：________。
25、（12分）氯化亚铜是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸；可溶于氯离子浓度较大的体系，形成。在潮湿空气中迅速被氧化，见光则分解。右下图是实验室仿 工业制备氯化亚铜的流程进行的实验装置图。
实验药品：铜丝、氯化铵、65％硝酸、20％盐酸、水。
(1)质量分数为20％的盐酸密度为，物质的量浓度为______；用浓盐酸配制20％盐酸需要的玻璃仪器有：______、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。
(2)实验室制备过程如下：
①检查装置气密性，向三颈瓶中加入铜丝、氢化铵、硝酸、盐酸，关闭。实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是______；
②加热至℃，铜丝表面产生无色气泡，烧瓶上方气体颜色逐渐由无色为红棕色，气囊鼓起。打开，通入氧气一段时间，将气囊变瘪，红棕色消失后关闭，冷却至室温，制得。通入氧气的目的为______；
三颈瓶中生成的总的离子方程为______；
将液体转移至烧杯中用足量蒸馏水稀释，产生白色沉淀，过滤得氧化亚铜粗品和滤液。
③粗品用95％乙醇洗涤、烘干得氧化亚铜。
(3)便于观察和控制产生的速率，制备氧气的装置最好运用______(填字母)。
(4)下列说法不正确的是______
A．步骤Ⅰ中可以省去，因为已经加入了
B．步骤Ⅱ用去氧水稀释，目的是使转化为，同时防止被氧化
C．当三颈烧瓶上方不出现红棕色气体时，可停止通入氧气
D．流程中可循环利用的物质只有氯化铵
(5)步骤Ⅲ用95％乙醇代替蒸馏水洗涤的主要目的是______、______(答出两条)。
(6)氯化亚铜的定量分析：
①称取样品和过量的溶液于锥形瓶中，充分溶解；
②用硫酸[Ce(SO4)2]标准溶液测定。已知：
已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+
三次平衡实验结果如下表(平衡实验结果相差不能超过1％)：
则样品中的纯度为______(结果保留3位有效数字)。
误差分析：下列操作会使滴定结果偏高的是______。
A．锥形瓶中有少量蒸馏水 B．滴定终点读数时仰视滴定管刻度线
C．所取溶液体积偏大 D．滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失
26、（10分）某小组为探究K2Cr2O7中Cr在不同条件下存在的主要形式及性质特点。室温下(除系列实验I中ii外)进行了如下系列实验：
已知：K2CrO4溶液为黄色；Cr3+在水溶液中为绿色。
请按要求回答下列问题：
(1)写出K2C2O7在酸性条件下平衡转化的离子方程式：________________________。对比实验i与ii，可得结论是该转化反应的△H______0(填>”或“碳酸>次氯酸，所以CO32﹣+2Cl2+ H2O＝CO2↑+2Cl－+ 2HClO，C错误；
D．浓盐酸能拆成离子形式，不能写成分子式，D错误；
正确选项B。
2、D
【解析】
A.含钾、钠、钙、镁等矿物质较多的食物，在体内的最终的代谢产物常呈碱性，产生碱性物质的称为碱性食品，蔬菜、水果、乳类、大豆和菌类食物等，柑橘水水果，属于碱性食品，选项A正确；
B.为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒，杀除病菌，选项B正确；
C.氯化钠的浓溶液(超过0.9%)才有防腐作用，因为这是生理盐水的浓度，超过这个浓度，细胞就会脱水死亡，可用来腌制食品，选项C正确；
D.棉、麻属于纤维素，含有C、H两种元素，完全燃烧只生成CO2和H2O；羊毛属于蛋白质，含有C、H、O、N等元素，完全燃烧除生成CO2和H2O，还有其它物质生成；合成纤维是以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，分子中出C、H元素外，还含有其它元素，如N元素等，完全燃烧除生成CO2和H2O，还有其它物质生成，选项D错误；
答案选D。
3、D
【解析】
A. a、b、c均含有碳碳双键，因此都能发生加成反应，故A正确；
B. a和苯的分子式均为C6H6，且结构不同，则a与苯互为同分异构体，故B正确；
C. a、b、c分子中均只有一种氢原子，则它们的一氯代物均只有一种，故C正确；
D. c分子中含有碳碳双键的平面结构，根据乙烯的平面结构分析，c中所有的原子在同一个平面上，故D错误；
故选D。
在常见的有机化合物中，甲烷为正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断即可。
4、D
【解析】
A. Y分子中含有10个C原子，3个O原子，不饱和度为：7，所以分子式为：C10H8O3，故A正确；
B. 根据质量守恒定律可知：由X制取Y的过程中可得到乙醇，故B正确；
C. Y含有酚羟基和碳碳双键，碳碳双键可能发生加聚反应，酚可与甲醛发生缩聚反应，故C正确；
D. X中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1ml可与3mlNaOH反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1mlY可与3mlNaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1:1，故D错误；
故选：D。
5、B
【解析】
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X 原子中只有一个电子，则X为H元素；Y 原子的L电子层有5个电子，其核电荷数为7，为N元素；Z元素的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则Z为S元素；W为短周期主族元素且原子序数大于Z，所以为Cl元素；
A．S2-和Cl-的离子核外电子排布相同，核电荷数大，离子半径小，即S2- >Cl-，故A错误；
B．N的气态氢化物NH3与Cl的气态氢化物HCl相遇生成NH4Cl，现象为有白烟产生，故B正确；
C．H、N、S三种元素组成的化合物NH4HS或(NH4)2S均为离子化合物，化合物中既有离子键，又有共价键，故C错误；
D．Cl的最高价氧化物的水化物HClO4的酸性比S的最高价氧化物的水化物H2SO4的酸性强，而H2SO3的酸性比HClO强，故D错误；
故答案为B。
6、D
【解析】
镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，形成的原电池中，金属锌为负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，铁为正极，发生吸氧腐蚀，2H2O+O2+4e-=4OH-，据此分析解答。
【详解】
A．形成的原电池中，金属锌为负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，锌被腐蚀，故A正确；
B．锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀，生成的氢氧根离子遇到酚酞会显示红色，故B正确；
C．锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀，瓶中气体压强减小，导气管里形成一段水柱，故C正确；
D．原电池形成后没有气体生成，发生吸氧腐蚀，瓶中气体压强减小，所以B中导气管不会产生气泡，故D错误；
故选D。
7、A
【解析】
A. 聚合物中的n值不同，是混合物，没有确定的熔点，故A正确；
B. 是苯酚和甲醛通过缩聚制取的，故B错误；
C. 合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，故C错误；
D. 合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，故D错误。
故选A。
8、A
【解析】钠与水反应生成氢气，铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，所以所得气体为氢气，故A正确；非标准状况下，2.24L气体的物质的量不一定是 0.1 ml，故B错误；上述过程，发生钠与水反应生、铝与氢氧化钠溶液反应，共发生两个化学反应，故C错误；所得溶液中的溶质可能有偏铝酸钠和氢氧化钠两种溶质，故D错误。
点睛：铝能与酸反应放出氢气，铝也能与强碱溶液反应放出氢气，如 。
9、C
【解析】
A. 元素周期表上的大部分元素都是在地球上本身存在的自然元素，只有少数元素是人工合成的，超铀元素中大多数是人工合成的，故A正确；
B. 118号元素Og一共有7个电子层，最外层有8个电子，所以位于第七周期0族，故B正确；
C. 第VIIA族元素形成的单质都可以形成分子晶体，自上而下随着其相对分子质量的增大，其分子间作用力增大，故其熔、沸点增大，故C错误；
D. 因为IIIB族中含有镧系和锕系，所以元素种类最多，故D正确，
故选C。
10、A
【解析】
由反应现象可以知道，NH4CuSO3与足量的1.0 ml·L-1硫酸溶液混合微热，分别发生：2Cu+=Cu+Cu2+，SO32—+2H+=SO2↑+H2O，结合反应的现象判断。
【详解】
A.分别发生:2Cu+=Cu+Cu2+，SO32—+2H+=SO2↑+H2O，反应中硫酸中各元素的化合价不变，所以只显示酸性，所以A选项是正确的；
B.根据2Cu+=Cu+Cu2+知，NH4CuSO3中铜元素部分被氧化部分被还原，故B错误；
C.根据反应SO32—+2H+=SO2↑+H2O，刺激性气味的气体是SO2，故C错误；
D.反应中硫酸只作酸，故D错误。
答案选A。
11、D
【解析】
A.碳酸钡与胃酸反应，X射线透视肠胃的内服剂通常是硫酸钡，A项错误；
B. 明矾溶于水电离出的Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮物，达到净水的目的，不能杀菌消毒，B项错误；
C.工业生产氯气是用电解饱和食盐水法，浓盐酸和二氧化锰是实验室制氯气的方法，C项错误；
D.配制波尔多液的原料用胆矾和石灰乳，D项正确；
答案选D。
12、A
【解析】
A和氢氧化钠溶液反应生成B和C，C为气体，C的分子式为ba3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，根据化学式可推断C为氨气，B为白色沉淀，继续加入氢氧化钠溶液沉淀溶解，则B可推断为氢氧化铝，A中加入酸化的氯化钡溶液形成白色沉淀，则A中含有硫酸根离子，根据以上推断，A为NH4Al(SO4)2，a为H元素，b为N元素，c为O元素，d为Al元素，e为S元素，据此分析解答。
【详解】
A．b为N元素，c为O元素，同周期元素随核电荷数增大，半径逐渐减小，则原子半径b＞c，故A正确；
B．e为S元素，S的氧化物的水化物有硫酸和亚硫酸，亚硫酸是弱酸，故B错误；
C．A为NH4Al(SO4)2，是离子化合物，故C错误；
D．c为O元素，e为S元素，同主族元素随核电荷数增大非金属性逐渐减弱，元素非金属性强弱c＞e，故D错误；
答案选A。
13、C
【解析】
反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[(4-2)+(3-0)]=10价，故CN-系数为2，Cl2系数为5，由元素守恒反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，以此来解答。
【详解】
A．反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，故A正确；
B．由上述分析可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1ml CN-发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，故B正确；
C．由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C错误；
D．C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以CN-失电子，发生氧化反应为负极，故D正确。
故选：C。
14、B
【解析】
A选项，SO2气体与氯气反应生成盐酸和硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡，故A正确；
B选项，盐酸酸性大于碳酸，因此二氧化碳不与氯化钡反应，故B错误；
C选项，SO2气体与NH3反应生成 SO32-，再与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故C正确；
D选项，H2S与SO2反应生成单质硫和水，淡黄色沉淀为硫单质，故D正确。
综上所述，答案为B。
15、C
【解析】
A. NaClO为强碱弱酸盐，ClO－会水解，使溶液中ClO－的物质的量小于1 L ×0.1 ml·L－1，即小于NA，A项错误；
B. 根据反应2Fe＋3Cl2=2FeCl3可知铁过量，1 ml Cl2参与反应转移2 ml电子，B项错误；
C. 32g O2的物质的量为=1ml，分子数为NA，而含有O3，相同质量的O3所含分子数少，则分子总数减少，小于NA，C项正确；
D. 标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，D项错误；
答案选C。
与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/ml的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。
16、A
【解析】
A、Na2O2+SO2=Na2SO4，1mlNa2O2与SO2完全反应，转移的电子数为2NA，选项A正确；
B、标况下，乙醇为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项B错误；
C、一个D2O中含有1×2+8=13个中子，18g D2O物质的量==3.9ml，含有3.9NA个中子，选项C错误；
D、铁离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，由于Fe2+水解，产生更多的H+，故含有的阳离子数目大于3.2NA个，选项D错误；
答案选A。
本题考查了阿伏加德罗常数的计算和判断，题目难度中等，注意重水的摩尔质量为23g/ml，为易错点。
17、B
【解析】
依据实验步骤及操作的规范性、科学性分析作答。
【详解】
①浓硫酸在加热条件下与铜反应制取SO2，装置正确且能达到相应实验目的；②气体和液体反应，有防倒吸装置，装置正确且能达到相应实验目的；③用四氯化碳从废液中萃取碘，静置后分液，装置正确且能达到相应实验目的；④蒸发溶液时用蒸发皿，而不应用坩埚，装置错误，不能达到实验目的；故B项正确。
答案选B。
18、A
【解析】
A．乙炔和苯具有相同最简式CH，1mlCH含有1个C-H键；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底；
C．乙酸为弱电解质，部分电离；
D．气体状况未知。
【详解】
乙炔和苯蒸汽混合气体含有CH物质的量为：=0.1ml，含有碳氢键（C﹣H）数为0.1NA，故A正确；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以一定条件下，2 ml SO2与1 ml O2反应生成的SO3分子数小于2NA，故B错误；
C．乙酸为弱电解质，部分电离，1 L0.1 ml•L﹣1的乙酸溶液中含H+的数量小于0.1NA，故C错误；
D．气体状况未知，无法计算混合气体物质的量和含有质子数，故D错误；
故选：A。
解题关键：熟练掌握公式的使用和物质的结构，易错点D，注意气体摩尔体积使用条件和对象，A选项，注意物质的结构组成。
19、C
【解析】
甲、乙、丙、丁的原子序数逐渐增大，根据元素周期律：从左到右原子半径减小，从上到下原子半径减小的规则，若它们在同一周期，应该有r(甲) > r(乙) > r(丙) > r(丁)的关系，现在r(丁)是最大的，r(甲)是最小的，说明丁应该在第三周期，乙、丙同处第二周期，甲在第一周期，则甲为氢。又因为四种元素不同主族，现假设丁为金属，若丁为镁，乙、丙不可能同为非金属；若丁为铝，则乙为碳，丙为氮，成立。然后对选项进行分析即可。
【详解】
A.乙的简单氢化物为甲烷，丙的简单氢化物为氨气，氨气中存在氢键，因此氨气的沸点大于甲烷，A项错误；
B.甲、乙两元素组成的化合物为烃类，烃类不溶于水，B项错误；
C.丙的最高价氧化物的水化物为硝酸，丁的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，二者可以发生反应，C项正确；
D.甲和丙可以组成（肼），中存在N-N非极性键，D项错误；
答案选C。
20、C
【解析】
A．氯气是一种重要的化工原料，可制备HCl等，可用于农药的生产等，如制备农药六六六等，氯气与水反应生成的次氯酸具有氧化性，能够杀菌消毒，故A正确；
B．硫酸能够与氨气反应生成硫酸铵，是常见的化学肥料、能与金属矿石、金属氧化物反应生成硫酸盐，故B正确；
C．光导纤维的主要成分为二氧化硅，而硅用于制作半导体材料，故C错误；
D．铜能与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应可以应用于印刷电路板的制作，故D正确；
故选C。
21、B
【解析】
由于加入过量NaOH溶液，加热，得到2.22ml气体，说明溶液中一定有NH3+，且物质的量为2.22ml；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，2.6g固体为氧化铁，物质的量为2.22ml，有2.22mlFe3+，一定没有CO32-；3.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO32-，物质的量为2.22ml；根据电荷守恒，一定有Cl-，且至少为 2.22ml×3+2.22-2.22ml×2=2.23ml，物质的量浓度至少为c(Cl-)=2.23ml÷2.2L=2.3ml/L。
【详解】
A.至少存在Cl-、SO32-、NH3+、Fe3+四种离子，A项错误；
B.根据电荷守恒，至少存在2.23mlCl-，即c(Cl-) ≥ 2.3ml·L-2，B项正确；
C.一定存在氯离子，C项错误；
D.Al3+无法判断是否存在，D项错误；答案选B。
22、D
【解析】
A.NaHSO3粉末加入HNO3溶液中发生氧化还原反应，3NaHSO3+2HNO3=3NaHSO4+2NO↑+H2O，刚加入粉末时就有气体生成，故A错误；
B.H2S气体通入氯水中发生氧化还原反应，H2S+Cl2=S+2HCl，溶液的酸性增强，pH减小，故B错误；
C.NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中，刚滴入时便会有BaCO3沉淀生成，随着NaOH的滴入，沉淀质量增加，当Ba2+全部转化为沉淀后，沉淀质量便不会再改变了，故C错误；
D.溶液导电能力与溶液中的离子浓度有关，CO2气体通入澄清石灰水中，先发生反应：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，离子浓度降低，溶液导电能力下降；接着通入CO2发生反应：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，碳酸氢钙属于强电解质，溶液中离子浓度增加，溶液导电能力上升，故D正确；
故答案：D。
二、非选择题(共84分)
23、C17H15NO5 还原反应 取代反应 CH3COOCOCH3 、、、、（任写三种）
【解析】
根据贝诺酯的结构简式和G、H的分子式可知，G为，H为，再根据题各步转化的条件及有关物质的分子式可推知，E为，B为，C为CH3COOCOCH3，A为，F为，D为，A发生还原反应得B，B与C发生取代反应生成E，E与氢氧化钠反应生成G，C与D发生取代反应生成F，F发生取代反应生成H，G和H发生取代反应生成I，据此分析解答。
【详解】
(1)根据结构简式知，贝诺酯的分子式C17H15NO5，故答案为：C17H15NO5；
(2)A→B的反应类型是还原反应，G+H→Ⅰ的反应类型是取代反应，故答案为：还原反应；取代反应；
(3)根据上面的分析可知，C为CH3COOCOCH3，G为，故答案为：CH3COOCOCH3；；
(4)a. 不能与FeC13溶液发生显色反应，说明没有酚羟基，b. 能发生银镜反应和水解反应，说明有甲酸某酯的结构或酯基和醛基同时存在，c. 能与金属钠反应放出H2，说明有羟基或羧基，d. 苯环上的一氯取代产物只有两种结构，一般为两个取代基处于对位，则满足条件的F的同分异构体的结构简式为、、、、，故答案为：、、、、(其中的三种)；
(5)A为，从A和乙酸出发合成，可以先将对硝基苯酚还原成对氨基苯酚，在碱性条件下变成对氨基苯酚钠，将醋酸与SOCl2反应生成CH3COCl，CH3COCl与对氨基苯酚钠发生反应即可得产品，合成线路为，故答案为：。
24、C6H7N 羰基、碳碳双键 酯化反应（或取代反应） HOCH2COOC2H5 +C6H5CH2Br+HBr 2 或
【解析】
本小题考查有机化学基础知识，意在考查学生推断能力。
（1）结合芳香族化合物A的结构简式可知其分子式；由有B的结构简式确定其官能团；
（2）根据D和E的官能团变化判断反应类型；
（3）G能与金属钠反应，则G中含羧基或羟基，对比D和E的结构简式可确定G的结构简式；
（4））E→F的反应中，E中的酚羟基的氢原子被苯甲基取代生成F；
（5）发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机物分子中不含有酚羟基，但其水解产物中含有酚羟基，故该有机物为酯类，核磁共振氢谱有四组峰，氢峰的面积之比为6:2:1:1，说明该有机物分子中含有4种等效氢原子，其中6个氢应该为两个甲基上的H，则该有机物具有对称结构；
（6）根据信息，以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线为。
【详解】
（1）结合芳香族化合物A的结构简式可知其分子式为C6H7N；根据B的结构简式确定其官能团为羰基、碳碳双键。本小题答案为：C6H7N；羰基、碳碳双键。
（2）根据D和E的官能团变化分析，D→E发生的是酯化反应（或取代反应）。本小题答案为：酯化反应（或取代反应）。
（3）G能与金属钠反应，则G中含羧基或羟基，对比D和E的结构简式可确定G中含羟基，结构简式为HOCH2COOC2H5。本小题答案为：HOCH2COOC2H5。
（4）E→F的反应中，E中的酚羟基的氢原子被苯甲基取代生成F，方程式为+C6H5CH2Br+HBr。本小题答案为： + C6H5CH2Br +HBr。
（5）发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机物分子中不含有酚羟基，但其水解产物中含有酚羟基，故该有机物为酯类，核磁共振氢谱有四组峰，氢峰的面积之比为6:2:1:1，说明该有机物分子中含有4种等效氢原子，其中6个氢应该为两个甲基上的H，则该有机物具有对称结构，结合结构简式可知，满足条件的有机物的结构简式为或本小题答案为：、
（6）根据信息，以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线为。本小题答案为：。
25、6.0ml/L 量筒 氯化铵溶解于水为吸热过程 将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3 3Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2O B AD 除去CuCl表面附着的NH4Cl 迅速挥发带走CuCl表面的水份或防止其被氧化 95.5% BD
【解析】
根据流程：氧气通入Cu、HCl、NH4Cl、HNO3、H2O的混合物中控制温度50～85℃制得NH4[CuCl2]，加入水，过滤得到CuCl沉淀和含有NH4Cl的母液，母液浓缩补充Cu、HCl可循环，沉淀洗涤干燥后得产品；
(1) 根据c=计算，盐酸是液体，量取浓盐酸需要量筒；
(2) ①氯化铵溶解吸热；
②根据题意有NO2气体生成，通入氧气可与其反应；根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4[CuCl2]和无色气泡NO，据此书写；
(3) 装置A不能观察O2产生速率，C不能很好控制产生O2的速率；
(4) A．步骤Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成；
B．CuCl 易被氧化，应做防氧化处理；
C．三颈烧瓶上方不出现红棕色NO2气体时，说明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化；
D．步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用；
(5) 氯化亚铜是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇分析可得；
(6) 第一组实验数据误差较大，舍去，故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL，根据关系式有：CuCl～FeCl3～Ce4+，则n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10ml/L×0.024L×99.5g/ml=0.2388g，据此计算可得；误差分析依据c(待测)=分析，标准溶液体积变化就是误差的变化。
【详解】
(1) 盐酸的物质的量浓度c==≈6.0ml/L，量取浓盐酸需要量筒，则配制20%盐酸时除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要量筒；
(2)①因为氯化铵溶解于水为吸热过程，故反应开始时液体温度低于室温；
②通入氧气的目的是为了将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3；根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4[CuCl2]和无色气泡NO，则生成CuCl2-离子方程式为3Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2O；
(3) 制备氧气装置A不能观察O2产生速率，C中Na2O2和水反应速率快，不能很好控制产生O2的速率，B装置可以根据锥形瓶内气泡的快慢判断产生O2的速率进行控制，故答案为B；
(4) A．步骤Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成，HCl是为了增大氯离子浓度，不可省略，故A错误；
B．步骤II所得滤渣洗涤干燥得到CuCl，步骤II目的是Na[CuCl2]转化为 CuCl，CuCl 易被氧化，应做防氧化处理，故B正确；
C．三颈烧瓶上方不出现红棕色NO2气体时，说明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化，故C正确；
D．步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用，洗涤的乙醇通过蒸馏分离后可再利用，故D错误；
故答案为AD；
(5) 已知：CuCl微溶于水，采用95%乙醇洗涤，既除去CuCl表面附着的NH4Cl，又能迅速挥发带走CuCl表面的水份，防止其被氧化；
(6) 第二组实验数据误差较大，舍去，故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL，根据关系式有：CuCl～FeCl3～Ce4+，则n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10ml/L×0.024L×99.5g/ml=0.2388g，CuCl的纯度为×100%=95.5%；
依据c(待测)=分析：A．锥形瓶中有少量蒸馏水对滴定实验无影响，故A错误；B．滴定终点读数时仰视滴定管刻度线，其他操作正确，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B正确；C．过量的FeCl3溶液能保证CuCl完全溶解，多余的FeCl3对测定结果无影响，故C错误；D．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D正确；故答案为BD。
误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。
26、 > c(H+) 温度 溶液颜色较i明显变浅 CrO42- 酸性 Cr3+ Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O Fe-2e-=Fe2+，6Fe2++14H++ Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O， Fe3++e-=Fe2+， Fe2+继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率
【解析】
（1）根据实验vi的现象可知酸性条件下Cr2O72-发生水解；实验ii与实验i对比，当60℃水浴时，溶液颜色较i明显变浅，根据温度对化学反应平衡的影响效果作答；
（2）根据单一变量控制思想分析；
（3）因K2C2O7中存在平衡：试管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反应方向进行；
（4）依据实验vi中现象解释；
（5）①实验中Cr2O72－应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3＋，据此作答；
②根据图示，实验iv中阳极为铁，铁失去电子生成Fe2＋，Fe2＋与Cr2O72－在酸性条件下反应生成Fe3＋，Fe3＋在阴极得电子生成Fe2＋，继续还原Cr2O72－，据此分析。
【详解】
（1）根据实验vi的现象可知酸性条件下Cr2O72-发生水解，其离子方程式为： 实验ii与实验i对比，当60℃水浴时，溶液颜色较i明显变浅，说明平衡向正反应方向移动，即正反应为吸热反应，△H>0
故答案为>；
（2）根据单一变量控制思想，结合实验i、ii可知，导致ii中现象出现的主要因素为60℃水浴即温度，
故答案为温度；
（3）因K2C2O7中存在平衡：试管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反应方向进行，溶液颜色由橙色变为黄色，溶液颜色较i明显变浅，铬元素主要以CrO42-形式存在，
故答案为溶液颜色较i明显变浅；CrO42-；
（4）实验vi中，滴入过量稀硫酸发现，溶液颜色由黄色逐渐变橙色，最后呈墨绿色，结合给定条件说明+6价的Cr元素变为+3价，所以在酸性条件下，+6价Cr可被还原为+3价，
故答案为酸性；+3；
（5）①实验中Cr2O72－应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3＋，电解质环境为酸性，因此Cr2O72－放电的反应式为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，
故答案为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O；
②根据图示，实验iv中阳极为铁，铁失去电子生成Fe2＋，其离子方程式为：Fe-2e-=Fe2+，Fe2＋与Cr2O72－在酸性条件下反应生成Fe3＋，其离子方程式为：6Fe2++14H++ Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，Fe3＋在阴极得电子生成Fe2＋，Fe3++e-=Fe2+，继续还原Cr2O72－，Fe2＋循环利用提高了Cr2O72－的去除率，
故答案为Fe-2e-=Fe2+，6Fe2++14H++ Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O， Fe3++e-=Fe2+， Fe2+继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。
27、缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中 球形冷凝管 吸收多余溴蒸气，防止污染空气，防止空气中的水分进入使MgBr2水解 控制反应温度，防止Mg和Br2反应放热过于剧烈，使实验难以控制， 同时减小溴的挥发 防止乙醚和溴的泄露，应在通风橱中进行实验 乙醚易燃，避免使用明火 防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管 BD 97.52% （或0.9752） 偏高
【解析】
B中通入干燥的N2，产生气泡，使Br2挥发进入三颈烧瓶，Mg、Br2和乙醚在三颈烧瓶中剧烈反应，放出大量的热，为避免反应过剧烈，同时减少反应物Br2、乙醚挥发，将三颈烧瓶置于冰水浴中进行，同时用冷凝管将挥发的Br2、乙醚冷凝回流，提高原料利用率。在冷凝管上端加一个盛放碱石灰的干燥管，防止Br2挥发污染空气，同时也可防止空气中的水蒸气进入装置使MgBr2水解，据此解答。
【详解】
(1)步骤2应为：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中，故答案为：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中；
(2)仪器A为球形冷凝管，碱石灰可防止挥发的Br2进入到空气中污染空气，同时也可防止空气中的水蒸气进入装置使MgBr2水解，冰水浴可减少溴挥发，可降低反应的剧烈程度，故答案为：球形冷凝管；吸收多余溴蒸气，防止污染空气，防止空气中的水分进入使MgBr2水解；控制反应温度，防止Mg和Br2反应放热过于剧烈，使实验难以控制，同时减小溴的挥发；
(3)本实验用到的溴和乙醚均有毒且易挥发，实验时为防止挥发对人造成伤害，可以在通风橱中进行，乙醚易燃，注意避免使用明火，故答案为：防止乙醚和溴的泄露，应在通风橱中进行实验；乙醚易燃，避免使用明火；
(4)溴有强氧化性，能氧化橡胶塞和乳胶而使橡胶塞、乳胶管腐蚀，包了锡箔纸是为了防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管，故答案为：防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管；
(5)A．95%的乙醇有水，使溴化镁水解，不能用95%的乙醇代替苯，A错误；
B．选用0℃的苯洗涤晶体可以减少晶体的损失，B正确；
C．加热到160℃的主要目的是使三乙醚合溴化镁分解产生溴化镁，C错误；
D．该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴得到纯净的溴化镁，D正确；
综上所述，BD正确，故答案为：BD；
(6)①共消耗EDTA的物质的量=0.0500ml·L-1×26.5×10-3L×3=3.975×10-3ml，根据镁原子守恒有：MgBr2～EDTA，则n(MgBr2)=n(EDTA)=3.975×10-3ml，m(MgBr2)=3.975×10-3ml×184g/ml=0.7314g，所以，MgBr2的纯度==97.52%，故答案为：97.52%（或0.9752）；
②滴定前未用标准溶液润洗滴定管，标准液被稀释，滴定时所需体积偏大了，导致浓度偏高，故答案为：偏高。
28、ac 2H2S+O2→2S↓+2H2O KSCN 去除Mg2+ Mg(OH)2、CaSO4、CaCO3 b 原料更加经济（生成成本更低） ac 气体用过量氢氧化钠溶液洗气，用带火星的木条伸入剩余气体中，若复燃证明氯气中有氧气
【解析】
(1)根据溶解度受影响的大小，选择结晶的操作方法--蒸发结晶或降温结晶法；溶解度受温度影响不大的物质结晶时一般采取蒸发结晶的方法，溶解度受温度影响较大的物质结晶时一般采取降温结晶的方法；
(2)脱硫工序中先吹空气，空气中含有氧化性的氧气，硫化氢中-2价的硫具有还原性，两者发生氧化还原反应，检验铁离子用KSCN；
(3)加入Ca(OH)2能沉淀镁离子和铁离子而除去，氢氧化铁、氢氧化镁、碳酸钙难溶于水，硫酸钙微溶于水，滤渣A的主要成分除了Fe(OH)3外，还有Mg(OH)2、CaSO4、CaCO3 ；
(4)加入纯碱的作用是除去溶液中的Ca2+，石灰-烟道气法与石灰-纯碱法相比较，优点从原料的取材、经济效益等角度进行比较；
(5)根据处理后的盐水中还含有少量杂质离子对装置的影响、以及对产品纯度的影响角度来回答，检验氯气中是否含有少量氧气，需先除去氯气，再检验氧气。
【详解】
(1)因为食盐的溶解度受温度的影响很小，而硫酸钠的溶解度受温度的影响较大，因此夏季温度高，硫酸钠的溶解度大，随着水分的蒸发，氯化钠就会从溶液中结晶析出，而大多数硫酸钠仍旧会溶解在溶液中；而冬天时，温度低，硫酸钠的溶解度变得很小，就会从溶液中结晶析出，而氯化钠的溶解度受温度的影响很小，不会从溶液中结晶析出，因此夏天采盐（食盐）、冬天捞硝（芒硝），所以ac符合；
答案:ac；
(2)脱硫工序中先吹空气，空气中含有氧化性的氧气，硫化氢中-2价的硫具有还原性，两者反应: 2H2S+O2→2S↓+2H2O，检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+存在；
答案: 2H2S+O2→2S↓+2H2O KSCN；
(3) 含有一定量Na2SO4和少量Ca2+、Mg2+、H2S等杂质，加入氢氧化钙，镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁；硫酸钙微溶于水，生成硫酸钙的沉淀；通入烟道气，CO2会与生成的Ca(OH)2反应生成生成碳酸钙沉淀，所以加入Ca(OH)2能降低芒硝浓度并生成烧碱，同时除去Fe3+，另一目的是去除Mg2+，滤渣A成分还有: Mg(OH)2、CaSO4、CaCO3；
答案: 去除Mg2+ Mg(OH)2、CaSO4、CaCO3；
(4)加入氢氧化钙的目的是引入氢氧根离子，但同时引入杂质离子钙离子，为除去钙离子，可选用碳酸根离子，所以b符合；石灰-烟道气法与石灰-纯碱法相比较，石灰-烟道气法无需使用碳酸钠，原料更加经济(生成成本更低)；
答案:b；原料更加经济(生成成本更低)；
(5)若食盐水不经过二次精制，处理后的盐水中还含有少量杂质离子Mg2+、Ca2+，碱性条件下会生成沉淀，对装置中的交换膜产生影响，所以精制食盐水的目的是防止隔膜堵塞，提高产品的纯度，ac符合；检验氯气中是否含有少量氧气，可先除去氯气，将混合气体通过过量氢氧化钠溶液洗气，氯气能和氢氧化钠反应，而氧气不反应，反应后，用带火星的木条伸入剩余气体中，若复燃证明氯气中有氧气；
答案:ac；气体用过量氢氧化钠溶液洗气，用带火星的木条伸入剩余气体中，若复燃证明氯气中有氧气。
29、取代反应 a B、C 10 H：；I：；J：
【解析】
（1）对比A、B的结构可知，A中苯环上的溴原子被替代，属于取代反应。
答案为：取代反应。
（2）a．B中有5种不同环境的H，C中有4种不同环境的H，可以用核磁共振氢谱鉴别，a正确；
b．B中羟基所连碳原子的两个邻位碳原子上都有3个H，可以发生消去反应，b错误；
c．C中的醛基和碳碳叁键都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，c错误；
答案选a。
（3）B生成C过程中还有另一种生成物X，化学式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，由C的结构可知X的结构简式为：。
答案为：。
（4）由D的化学式可知C与脱去1分子水生成D，C中醛基与氨基反应生成-C=N，可推断出D为：，反应的化学方程式为：。
答案为：。
（5）由聚合物F的水解产物中存在的五元环结构，可知E中的碳碳叁键、-N3发生加聚反应生成F，形成五元环结构，F的结构简式可能有下面几种：；；。据此可知B、C正确，A错误。
答案：B、C。
（6）H的同分异构体能和FeCl3发生显色反应，说明苯环上连有一个羟基, H是比A多一个碳原子的同系物，说明苯环外面还有两个碳原子和一个溴原子，它的不饱和度为5，说明苯环外面有一个双键，另外苯环上有三个取代基，分析可知三个取代基为：（酚）羟基、溴原子、碳碳双键。而苯环上有三个不同的取代基共有10种结构。
答案为：10。
（7）醛基氧化生成H为：，由K的结构可知，H与发生取代反应生成I为：，I的羧基中的—OH被取代生成J，J的结构简式为：。
答案为：H：；I：；J：。
选项
气体 X
实验现象
解释不结论
A
Cl2
出现白色沉淀
Cl2 将 SO2 氧化为 H2SO4，白色沉淀为 BaSO4
B
CO2
出现白色沉淀
CO2与BaCl2溶液反应，白色沉淀为BaCO3
C
NH3
出现白色沉淀
SO2与氨水反应生成 SO32-，白色沉淀为 BaSO3
D
H2S
出现淡黄色沉淀
H2S与SO2反应生成单质硫，淡黄色沉淀为硫单质
平衡实验次数
1
2
3
样品消耗硫酸锑标准溶液的体积
2
系列实验I
装置
滴管中的试剂
试管中的试剂
操作
现象
i
1 mL水
4mL
0.1 ml·L-1
K 2Cr2O7
橙色溶液
振荡
溶液颜色略微变浅
ii
1 mL水
振荡
60℃水浴
溶液颜色较i明显变浅
iii
1 mL 18.4 ml·L-1
浓硫酸
振荡
溶液颜色较i明显变深
iv
1 mL 6 ml·L-1
NaOH 溶液
振荡
_____________________
v
3滴浓KI溶液
iv中溶液
振荡
无明显现象
vi
过量稀硫酸
v中溶液
边滴边振荡
溶液颜色由黄色逐渐变橙色，最后呈墨绿色
系列实验Ⅱ
i
ii
iii
iv
样品中是否加Fe2(SO4)3
否
否
加入5 g
否
样品中是否加入稀硫酸
否
加入1 mL
加入1 mL
加入1 mL
电极材料
阴、阳极均为石墨
阴极为石墨，阳极为铁
Cr2O72-
0.922
12.7
20.8
57.3