2026届广西壮族自治区河池市高三3月份模拟考试化学试题（含答案解析）

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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、25° C时,0.100 ml· L-1盐酸滴定25. 00 mL0. 1000 ml . L-1'氨水的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．滴定时,可迄用甲基橙或酚酞为指示剂
B．a、b两点水电离出的OH-浓度之比为10-4. 12
C．c点溶液中离子浓度大小顺序为c（Cl-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-）
D．中和等体积等pH的氨水和NaOH溶液时消耗相同浓度盐酸的体积相等
2、常温下，用0.1000ml·L-1 的盐酸滴定 20.00 mL 未知浓度的氨水，滴定曲线如图所示，滴加 20. 00 mL 盐酸时所得溶液中 c (Cl-)= c( NH4+)+c(NH3·H2O)+c( NH3)。下列说法错误的是
A．点①溶液中 c( NH4+)+c ( NH3·H2O)+c(NH3)=2c (Cl-)
B．点②溶液中 c( NH4+)=c (Cl-)
C．点③溶液中 c (Cl-)> c( H+)>c (NH4+)>c(OH-)
D．该氨水的浓度为 0.1000ml·L-1
3、既有强电解质，又有弱电解质，还有非电解质的可能是（ ）
A．离子化合物B．非金属单质C．酸性氧化物D．共价化合物
4、由下列实验操作和现象得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
5、研究者预想合成一个纯粹由氮组成的新物种—，若离子中每个氮原子均满足8电子结构，下列关于含氮微粒的表述正确的是
A．有24个电子B．N原子中未成对电子的电子云形状相同
C．质子数为20D．中N原子间形成离子键
6、常温下，0.2 ml/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示（a、b、d、e均为不超过1的正数），则下列说法正确的是
A．该溶液pH=7B．该溶液中：c（A-）+c（Y）=c（Na+）
C．HA为强酸D．图中X表示HA，Y表示OH-，Z表示H+
7、钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠(Na2Sx)分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷(可传导Na+)为电解质，总反应为2Na+xSNa2Sx，其反应原理如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．放电时，电极a为正极
B．放电时，内电路中Na+的移动方向为从b到a
C．充电时，电极b的反应式为Sx2--2e-=xS
D．充电时，Na+在电极b上获得电子，发生还原反应
8、我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯（DMO）和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下：
下列说法不正确的是( )。
A．Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子
B．反应过程中生成了MG和甲醇
C．DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂
D．EG和甲醇不是同系物
9、一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO： MgSO4(s)+CO(g) MgO(s)+CO2(g)+SO2(g) △H >0，该反应在某密闭容器中达到平衡。下列分析正确的是
A．恒温恒容时，充入CO气体，达到新平衡时增大
B．容积不变时，升高温度，混合气体的平均相对分子质量减小
C．恒温恒容时，分离出部分SO2气体可提高MgSO4的转化率
D．恒温时，增大压强平衡逆向移动，平衡常数减小
10、 “文房四宝”湖笔、徽墨、宣纸和歙砚为中华传统文化之瑰宝。下列说法正确的是
A．制造毛笔时，将动物毫毛进行碱洗脱脂是为了增强笔头的吸水性
B．徽墨的主要成分是性质稳定的焦炭，故水墨字画能较长久地保存
C．宣纸的主要成分是碳纤维，其制造工艺促进了我国造纸术的发展
D．歙砚材质组云母的化学式用氧化物形式表示为：
11、高铁酸钾(K2FeO4)是一种兼具净水和消毒功能的可溶性盐，可发生如下反应：2K2FeO4+16HCl→4KCl+2FeCl3+8H2 O+3Q↑，下列说法不正确的是
A．可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物Q
B．K2FeO4在水中的电离方程式为K2FeO4→2K++Fe6++4O2一
C．反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3
D．反应中涉及的物质中有5种为电解质
12、实验室制备少量乙酸乙酯的装置如图所示。下列有关该实验说法正确的是
A．乙酸乙酯的沸点小于100℃
B．反应前，试管甲中先加入浓硫酸，后加入适量冰酸醋和乙醇
C．试管乙中应盛放NaOH浓溶液
D．实验结束后，将试管乙中混合液进行蒸发结晶可得到乙酸乙酯
13、炼油厂的废碱液含有废油、苯酚钠、碳酸钠等，实验室通过以下两个步骤处理废碱液获取氢氧化钠固体。下列说法正确的是
A．用装置甲制取CO2并通入废碱液
B．用装置乙从下口放出分液后上层的有机相
C．用装置丙分离水相中加入Ca(OH)2产生的CaCO3
D．用装置丁将滤液蒸发结晶得到NaOH固体
14、在《科学》(Science)中的一篇论文中，圣安德鲁斯的化学家描绘出了一种使用DMSO(二甲亚砜)作为电解液，并用多孔的黄金作为电极的锂—空气电池的实验模型，这种实验电池在充放电100次以后，其电池容量仍能保持最初的95％。该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，其装置图如图所示。下列有关叙述正确的是
A．多孔的黄金作为正极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+
B．DMSO电解液能传递Li+和电子，但不能换成水溶液
C．该电池放电时每消耗2ml空气，转移4ml电子
D．给该锂—空气电池充电时，金属锂接直流电源正极
15、以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．放电时，M箔上的电势比Mg箔上的低
B．充电时，M箔接电源的负极
C．放电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]
D．充电时，外电路中通过0.2ml电子时，阴极质量增加3.55g
16、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NO
B．NH3与CuO反应后生成的红色物质可能是Cu
C．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
17、芳香族化合物苯等在ZnCl2存在下，用甲醛和极浓盐酸处理，发生氯甲基化反应，在有机合成上甚为重要。下列有关该反应的说法正确的是 ( )
+HCHO+HCl+H2O
A．有机产物A的分子式为C7H6Cl
B．有机产物A分子中所有原子均共平面
C．反应物苯是煤干馏的产物之一，是易挥发、易燃烧、有毒的液体
D．有机产物A的同分异构体（不包括自身）共有3种
18、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．含1ml H2SO4的浓硫酸和足量的锌完全反应，转移的电子数为2NA
B．常温下1 L 0.1 ml·L－1 NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NA
C．标准状况下2.24 L己烷分子中含有1.9NA对共用电子
D．以Mg、Al为电极，NaOH溶液为电解质溶液的原电池中，导线上经过NA个电子，则正极放出H2的体积为11.2 L
19、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
20、在100mL的混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.3ml/L、0.15ml/L，向该混合液中加入2.56g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中铜离子的物质的量浓度是
A．0.15ml/L B．0.225ml/L C．0.30ml/L D．0.45ml/L
21、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．0.1 ml·L−1NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-
B．通入过量Cl2：Cl－、SO42－、Fe2+、Al3+
C．通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO-、CH3COO-、HCO3-
D．0.1ml·L−1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-
22、关于浓硫酸和稀硫酸的说法，错误的是
A．都有 H2SO4 分子B．都有氧化性
C．都能和铁、铝反应D．密度都比水大
二、非选择题(共84分)
23、（14分）香豆素-3-羧酸是一种重要的香料，常用作日常用品或食品的加香剂。
已知：
RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）
+R1OH
（1）A和B均有酸性，A的结构简式：_____________；苯与丙烯反应的类型是_____________。
（2）F为链状结构，且一氯代物只有一种，则F含有的官能团名称为_____________。
（3）D→丙二酸二乙酯的化学方程式：_____________。
（4）丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物E，其结构简式为：_____________。
（5）写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式：_____________。
①与丙二酸二乙酯的官能团相同；
②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为3∶2∶1；
③能发生银镜反应。
（6）丙二酸二乙酯与经过三步反应合成
请写出中间产物的结构简式：
中间产物I_____________；中间产物II_____________。
24、（12分）美国药物学家最近合成一种可能用于治疗高血压的有机物K，合成路线如下：
其中A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%；E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰。H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一。G和H以1：3反应生成I。
试回答下列问题：
（1）A的分子式为：______________。
（2）写出下列物质的结构简式：D：____________；G：___________。
（3）反应①―⑤中属于取代反应的有___________。
（4）反应①的化学方程式为_______________；反应④的化学方程式为_________________。
（5）E有多种同分异构体，符合“既能发生银镜反应又能发生水解反应”条件的E的同分异构体有_______种，写出符合上述条件且核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式：________。
25、（12分）测定硫铁矿( 主要成分为FeS2)中硫和铁含量的实验步骤如下:
（硫含量的测定）
①准确称取0.5g硫铁矿粉于坩埚中，加入4.5gNa2O2，用玻璃棒充分搅拌，上面再盖一层Na2CO3，在700℃下焙烧15min。
②将坩埚及其盖放入100 mL沸水中，浸泡10 min并洗净坩埚。将所得溶液转移至烧杯中。
③向上述烧杯中先加入过量硝酸，再加入足量Pb(NO3)2溶液。过滤，洗涤、干燥，称得固体为2.02g。
（铁含量的测定）
④准确称取0.5g硫铁矿粉，加入盐酸和硝酸使其溶解。趁热加入稍过量的SnCl2溶液(Sn2++2Fe3+==2Fe2++Sn4+)，再用HgCl2 氧化除去多余的SnCl2。
⑤以二苯胺磷酸钠为指示剂，用0.05ml/L的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+(K2Cr2O7被还原为Cr3+)，直至终点，消耗11.20mL K2Cr2O7溶液。回答下列问题。
（1）步骤①适宜材质的坩埚是_____(填字母)。
a.铁坩埚 b.铝坩埚 c.陶瓷坩埚
（2）步骤①中上面盖一层Na2CO3的主要目的是_________________，焙烧时，FeS2和Na2O2反应生成硫酸盐和氧化钠的化学方程式为______________________________________。
（3）步骤③中得到的固体的化学式为__________________。
（4）步骤④若不除去过量的SnCl2，则会造成铁的含量测量值___(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
（5）步骤⑤滴定时，K2Cr2O7溶液应盛放在_______(填“酸”或“碱”)式滴定管中；实验室配制100 mL0.05ml/L K2Cr2O7溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_____和_____。
26、（10分）乙酸苄酯是一种有馥郁茉莉花香气的无色液体，沸点213 ℃，密度为1.055 g·cm－3，实验室制备少量乙酸苄酯的反应如下：CH2OH＋(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)＋CH3COOH
实验步骤如下：
步骤1：三颈烧瓶中加入30 g (0.28 ml)苯甲醇、30 g乙酸酐(0.29 ml)和1 g无水CH3COONa，搅拌升温至110 ℃，回流4～6 h(装置如图所示)：
步骤2：反应物降温后，在搅拌下慢慢加入15%的Na2CO3溶液，直至无气泡放出为止。
步骤3：将有机相用15%的食盐水洗涤至中性。分出有机相，向有机相中加入少量无水CaCl2处理得粗产品。
步骤4：在粗产品中加入少量硼酸，减压蒸馏(1.87 kPa)，收集98～100 ℃的馏分，即得产品。
(1) 步骤1中，加入无水CH3COONa的作用是_______________，合适的加热方式是_______。
(2) 步骤2中，Na2CO3溶液需慢慢加入，其原因是____________。
(3) 步骤3中，用15%的食盐水代替蒸馏水，除可减小乙酸苄酯的溶解度外，还因为_______________；加入无水CaCl2的作用是___________________。
(4) 步骤4中，采用减压蒸馏的目的是__________________。
27、（12分）是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性环境下易分解生成S和。某小组设计了如下实验装置制备（夹持及加热仪器略），总反应为。回答下列问题：
a. b.粉末 c.溶液 d.、溶液 e. 溶液
（1）装置A的作用是制备________，反应的化学方程式为________。
（2）完成下表实验过程：
（3）有还原性，可作脱氯剂。向溶液中通入少量，某同学预测转变为，设计实验验证该预测：取少量反应后的溶液于试管中，________。
28、（14分）一定温度范围内用氯化钠熔浸钾长石（主要成份为KAlSi3O8）可制得氯化钾，主要反应是：NaCl（l）+KAlSi3O8（s）⇌KCl（l）+NaAlSi3O8（s）+Q．填空：
（1）写出Cl原子的核外电子排布式____，NaCl的熔点比KCl______ （选填“高”或“低”）．
（2）指出钾长石中存在的化学键类型______．
（3）上述反应涉及的位于同一周期的几种元素中，有一种元素的最高价氧化物的水化物和其余元素的最高价氧化物的水化物均能发生反应，该元素是_____．
（4）某兴趣小组为研究上述反应中钾元素的熔出率（液体中钾元素的质量 占样品质量的百分率）与温度的关系，进行实验（保持其它条件不变），获得数据曲线如图．
①分析数据可知，Q__0（选填“＞”或“＜”）．
②950℃时，欲提高钾的熔出速率可以采取的措施是__（填序号）．
a．延长反应时间
b．充分搅拌
c．增大反应体系的压强
d．将钾长石粉粹成更小的颗粒
③要使钾元素的熔出率和熔出速率都达到最大，反应温度应为__．
（5）工业上常用KCl冶炼金属钾．反应方程式为：Na（l）+KCl（l）⇌NaCl（l）+K（g）用平衡移动原理解释该方法可行的原因：_________．
29、（10分）M是一种合成香料的中间体。其合成路线如下：
已知：①有机化合物A～M均为芳香族化合物，B能发生银镜反应，E的核磁共振氢谱有3组峰，D与G通过酯化反应合成M。
②
③2RCH2CHO
回答下列问题：
（1）A所含官能团的名称为________，F→G反应①的反应类型为________，M的结构简式为________。
（2）E的名称是________；E→F与F→G的顺序不能颠倒，原因是________。
（3）G的同分异构体中，遇FeCl3溶液显紫色且能发生银镜反应的有________种，其中苯环上的一氯代物只有2种且能发生水解反应的是________（填结构简式）。
（4）参照上述合成路线，以CH3CH2OH为原料（无机试剂任用），设计制备CH3CH2CH2CH2OH的合成路线________________。
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】
A．甲基橙变色范围为3.1~4.4，酚酞变色范围为8~10，盐酸滴定氨水恰好完全反应时溶液显酸性，应选甲基橙作指示剂，故A错误；
B．a溶液呈碱性，则主要是NH3·H2O的电离抑制水解，pH=9.24，则溶液中c水(H+)=10-9.24ml/L，则水电离出的c水(OH-)=10-9.24ml/L；b点溶液呈酸性，主要是NH4+的水解促进水的电离，pH=5.12，则溶液中c水(H+)=10-5.12ml/L，则水电离出的c水(OH-)=10-5.12ml/L，所以a、b两点水电离出的OH-浓度之比为=10-4.12，故B正确；
C．c点滴加了50mL盐酸，则溶液中的溶质为NH4Cl和HCl，且物质的量浓度相同，所以溶液中离子浓度大小顺序为：c(Cl-) >c(H+ )>c(NH4+)>c(OH-)，故C错误；
D．等pH的氨水和NaOH溶液，氨水的浓度要远大于氢氧化钠溶液的浓度，所以中和等体积等pH的氨水和NaOH溶液时，氨水消耗相同浓度盐酸的体积更多，故D错误；
故答案为B。
在有关水的电离的计算是，无论是酸碱的抑制，还是水解的促进，要始终把握一个点：水电离出的氢离子和氢氧根浓度相同。
2、C
【解析】
条件“滴加 20. 00 mL 盐酸时所得溶液中 c (Cl-)= c( NH4+)+c(NH3·H2O)+c( NH3)”中的等式，实际上是溶液中的物料守恒关系式；进一步可知，V(HCl)=20mL即为滴定终点，原来氨水的浓度即为0.1ml/L。V(HCl)=20mL即滴定终点时，溶液即可认为是NH4Cl的溶液，在此基础上分析溶液中粒子浓度的大小关系，更为简便。
【详解】
A．V(HCl)=20mL时，溶液中有c(Cl-)= c( NH4+)+c(NH3·H2O)+c( NH3)成立；所以V(HCl)=10mL也就是20mL的一半时，溶液中就有以下等式成立：c( NH4+)+c ( NH3·H2O)+c(NH3)=2c (Cl-)；A项正确；
B．点②时溶液呈中性，所以有c(H+)=c(OH-)；根据电荷守恒式：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，可知溶液中c(NH4+)= c(Cl-)；B项正确；
C．点③即为中和滴定的终点，此时溶液可视作NH4Cl溶液；由于NH4+的水解程度较小，所以c(NH4+)＞c(H+)；C项错误；
D．由条件“滴加 20. 00 mL 盐酸时所得溶液中 c (Cl-)= c( NH4+)+c(NH3·H2O)+c( NH3)”可知V(HCl)=20mL即为滴定终点，那么原来氨水的浓度即为0.1ml/L；D项正确；
答案选C。
对于溶液混合发生反应的体系，若要判断溶液中粒子浓度的大小关系，可以先考虑反应后溶液的组成，在此基础上再结合电离和水解等规律进行判断，会大大降低问题的复杂程度。
3、D
【解析】
A．由于离子化合物在熔融状态下一定能导电，故一定是电解质，不能是非电解质，故A错误；
B．单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C．酸性氧化物绝大多数是非电解质，少部分是电解质，且是电解质中的弱电解质，无强电解质，故C错误；
D．若共价化合物能在水溶液中自身电离出自由离子而导电，则为电解质，若在水溶液中不能导电，则为非电解质；是电解质的共价化合物，可能是强电解质，也可能是弱电解质，故D正确。
故选：D。
应注意的是离子化合物一定是电解质，共价化合物可能是电解质也可能是非电解质。
4、D
【解析】
A．向C2O3中滴加浓盐酸产生的黄绿色气体为氯气，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物，则氧化性：Cl2＜C2O3，故A错误；
B．出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，Zn为负极，铁为正极，构成原电池，发生电化学腐蚀，锌失去电子，故B错误；
C．铁片投入浓硫酸，没有明显变化，是由于铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，并不是不反应，故C错误；
D．根据2Fe3+ + 2I -=2Fe2+ + I2，10mL 2ml/L 的KI溶液与1mL 1ml/L FeCl3溶液反应后KI过量，由现象可知存在铁离子，说明KI与FeCl3反应有可逆性，故D正确；
故选D。
5、B
【解析】
A.1个氮原子中含有7个电子，则1个N5分子中含有35个电子，N5+是由N5分子失去1个电子得到的，则1个N5+粒子中有34个电子，故A错误；
B.N原子中未成对电子处于2p轨道，p轨道的电子云形状都为纺锤形，故B正确；
C.N原子的质子数为7，形成阴离子时得到电子，但质子数不变，则质子数为21，故C错误；
+离子的结构为，中N原子间形成共价键，故D错误；
故选B。
6、B
【解析】
常温下，0.2 ml/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后得到物质的量浓度为0.1 ml/L的NaA溶液；
A.由c(A-)＜0.1ml/L，表示HA是弱酸，NaA溶液显碱性，pH>7，A错误；
B.A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)> c(A-)>c(OH-）>c(HA)> c(H+)，所以X是OH-，Y是HA，Z表示H+，溶液中的物料守恒为c（A-）+c（HA）=c（Na+），B正确；
溶液中c(A-)＜0.1ml/L，说明A-发生水解，则HA为弱酸，C错误；
D. A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)> c(A-)>c(OH-）>c(HA)> c(H+)，所以X是OH-，Y是HA，Z表示H+，D错误；
答案选B。
7、C
【解析】
A. 放电时Na 失电子，故电极a为负极，故A错误；
B. 放电时该装置是原电池，Na+向正极移动，应从a到b，故B错误；
C. 充电时该装置是电解池，电极b是阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：Sx2--2e-=xS，故C正确；
D. 充电时，电极a是阴极，Na+在电极a上获得电子发生还原反应，故D错误；
故答案为C。
8、C
【解析】
A．由图可知，氢气转化为H原子，Cu纳米颗粒作催化剂，故A正确；
B．DMO中C−O、C=O均断裂，则反应过程中生成了EG和甲醇，故B正确；
C．DMO为草酸二甲酯，EG为乙二醇，则C−O、C=O均断裂，故C错误；
D．EG与甲醇中−OH数目不同，二者不是同系物，故D正确；
综上所述，答案为C。
9、C
【解析】A、通入CO，虽然平衡向正反应方向进行，但c(CO)增大，且比c(CO2)大，因此此比值减小，故错误；B、正反应方向是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，CO2和SO2的相对分子质量比CO大，因此混合气体的平均摩尔质量增大，故错误；C、分离出SO2，减少生成物的浓度，平衡向正反应方向进行，MgSO4消耗量增大，即转化率增大，故正确；D、化学平衡常数只受温度的影响，温度不变，化学平衡常数不变，故错误。
10、A
【解析】
A．动物毫毛表面的油脂难溶于水，不利于毛笔吸水，碱洗脱脂可以增强笔头的吸水性，A项正确；
B．墨的主要成分是炭黑，B项错误；
C．宣纸的主要成分是纤维素，C项错误；
D．用氧化物的形式表示硅酸盐，顺序是：金属氧化物（按活动性顺序排列）→SiO2→H2O，所以应为K2O·4Al2O3·8SiO2·4H2O，D项错误；
答案选A。
11、B
【解析】
A.根据2K2FeO4+16HCl=4KCl+2FeCl3+8H2 O+3Q↑可知Q为氯气，可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物氯气，故A正确；
B. K2FeO4为强电解质，在水中完全电离，其电离方程式为K2FeO4=2K++FeO42-，故B错误；
C.反应中16ml HCl参加反应只有6ml被氧化,则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3,故C正确；
D.因为产物Q为氯气,氯气为单质不是电解质,所以反应中涉及的物质中有5种为电解质,故D正确；
答案选B。
12、A
【解析】
A、由水浴加热制备并蒸出乙酸乙酯，可知乙酸乙酯的沸点小于100℃，故A正确；
B、浓硫酸的密度大，应该先加入适量乙醇，然后慢慢地加入浓硫酸和冰酸醋，防止混合液体溅出，发生危险，故B错误；
C. 乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解，试管乙中不能盛放NaOH浓溶液，应盛放饱和碳酸钠溶液，故C错误；
D. 乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠，实验结束后，将试管乙中混合液进行分液可得到乙酸乙酯，故D错误；
选A。
13、C
【解析】
A、碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙的表面；
B、分液时避免上下层液体混合；
C、CaCO3不溶于水；
D、在蒸发皿中蒸发结晶。
【详解】
A项、浓硫酸溶于水放热，且碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙的表面，不利用气体的制备，应选盐酸与碳酸钙反应，故A错误；
B项、分液时避免上下层液体混合，则先从下口放出下层液体，后从上口倒出上层的有机相，故B错误；
C项、CaCO3不溶于水，则图中过滤装置可分离，故C正确；
D项、在蒸发皿中蒸发结晶，不能在烧杯中蒸发结晶，且烧杯不能直接加热，故D错误。
故选C。
本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把握实验装置的作用、气体的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。
14、A
【解析】
该装置为原电池，锂电极作负极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+，且已知该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，因此多孔的黄金作为正极，正极的电极反应式为2Li+ +O2 + 2e-= Li2O2，在原电池中，电子经导线从负极移动向正极，溶液中离子移动导电。
【详解】
A. 锂电极作负极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+，多孔的黄金作为正极，A项正确；
B. 电子经导线从负极移动向正极，电子不在溶液中移动，溶液中是离子移动导电，B项错误；
C. 该电池放电时，氧气的化合价由0价转化为-1价，消耗1ml氧气，转移2ml电子，但是2ml空气中氧气的物质的量小于2ml，则转移电子数小于4ml，C项错误；
D. 放电时，金属锂为负极，充电时该电极相当于电解池的阴极，因此给该锂—空气电池充电时，金属锂接直流电源的负极，D项错误；
答案选A。
15、C
【解析】
A. 放电时，Mg作负极，M作正极，所以M箔上的电势比Mg箔上的高，故A错误；B.充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即M箔接电源的正极，故B错误；C.根据原电池工作原理，放电时Mg作负极，M作正极，正极反应式为Fe[Fe(CN)6]+2Na+ +2e - = Na2Fe[Fe(CN)6], 故C正确; D.放电时负极上应是2Mg-4e - +2C1-=[Mg2Cl2]2+,通过0.2ml电子时，消耗0.1 ml Mg,质量减少2.4g，则充电时质量增加2.4g，故D错误。答案：C。
本题考查电化学的相关知识。根据原电池和电解池的原理分析判断相关的选项。抓住原电池的负极和电解池的阳极均失电子发生氧化反应，原电池的正极和电解池的阴极均得电子发生还原反应，再根据得失电子守恒进行计算。
16、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。
17、C
【解析】
A、根据原子守恒定律可分析产物A中有一个苯基()、一个C原子、两个H原子(苯也提供一个H原子)、一个Cl原子，结合题干“氯甲基化反应”分析－CH2－和－Cl(组合为氯甲基(－CH2Cl)，故A的结构简式为，分子式为C7H7Cl，故A错误：
B、A中氯甲基(-CH2Cl)中的碳有四个单键，故不共面，故B错误；
C、根据苯的性质：反应物苯是煤干馏的产物之一，是易挥发、易燃烧、有毒的液体，故C正确；
D、有机产物A的同分异构体中(不包括自身)，含苯环的结构取代基为－CH3和－Cl，有邻、间、对三种，但还有很多不含苯环的结构，故D错误；
故选C。
18、B
【解析】
A. 含1ml H2SO4的浓硫酸和足量的锌先发生反应：2H2SO4(浓)+Zn=ZnSO4+SO2↑+2H2O，该反应中消耗1ml H2SO4，转移的电子数为NA，硫酸浓度下降后，Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑，该反应中消耗1ml H2SO4，转移的电子数为2NA，则含1ml H2SO4的浓硫酸和足量的锌完全反应，转移的电子数介于NA和2NA之间，A错误；
B. 常温下1 L 0.1 ml·L－1 NH4NO3溶液中含有铵离子、一水合氨分子以及硝酸根离子，因为N元素守恒，所以氮原子总数为0.2NA， B正确；
C. 1摩尔己烷分子含19NA对共用电子，然而标准状况下己烷呈液态，2.24 L己烷分子物质的量并不是1ml，故C错误；
D. 该原电池中，导线上经过NA个电子时，则正极放出H2的物质的量为0.5ml，但是不知道温度和压强条件，故体积不一定为11.2 L，D错误；
答案选B。
C、D容易错，往往误以为1ml物质的体积就是22.4L，换算时，一定要明确物质是不是气体，求气体体积时一定要注意气体所处的状态。
19、A
【解析】
A. 嵌入锌块做负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，A项错误；
B. 上述方法为牺牲阳极的阴极保护法，即牺牲做负极的锌块保护做正极的轮船，故可以用镁合金来代替锌块，B项正确；
C. 由于海水呈弱碱性，铁发生吸氧腐蚀，故正极反应为2H2O+O2+4e-=4OH-，C项正确；
D. 此保护方法是构成了原电池，牺牲了锌块保护轮船，故为牺牲阳极的阴极保护法，D项正确；
答案选A。
20、B
【解析】溶液中n(H+)=0.15ml/L×2×0.1L+0.3ml/L× 0.1L=0.06ml，反应计算如下：
3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO↑+ 4H2O。
3×64g 8ml 2ml 3ml
2.56g 0.06ml 0.03ml n
∵ ∴Cu过量，∵ ∴NO3-过量，因此用H+进行计算。
n=0.0225ml，c(Cu2+)=0.0225ml/0.1L=0.225ml/L，正确答案B。
点睛：由于Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2，Cu(NO3)2电离生成的NO3-可以在H2SO4电离生成的H+作用下氧化单质Cu，因此利用铜与硝酸反应方程式计算存在后续计算的问题，恰当的处理方法是用Cu与NO3-、H+反应的离子方程式进行一步计算。
21、A
【解析】
A. 0.1 ml·L−1NaOH溶液显碱性，离子间不发生反应，可以共存，故A正确；
B. 通入过量Cl2的溶液显酸性和氧化性，Fe2+有还原性被氧化为Fe3+，不能共存，故B错误；
C. 通入大量CO2的溶液显酸性，H+与ClO-、CH3COO-、HCO3- 不能共存，故C错误；
D. 0.1ml·L−1H2SO4溶液显酸性，H+存在的情况下NO3-和HSO3-发生氧化还原反应，不能共存，故D错误。
答案选A。
22、A
【解析】
A.浓硫酸中存在硫酸分子，而稀硫酸中在水分子的作用下完全电离出氢离子和硫酸根离子，不存在硫酸分子，故A错误；
B. 浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸具有弱氧化性，所以都具有一定的氧化性，故B正确；
C. 常温下浓硫酸与铁，铝发生钝化，先把铁铝氧化成致密的氧化物保护膜，稀硫酸与铁铝反应生成盐和氢气，故C正确；
D.浓硫酸和稀硫酸的密度都比水大，故D错误；
故选：A。
二、非选择题(共84分)
23、CH3COOH 加成反应 羰基 +2C2H5OH2H2O
【解析】
丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；由(1)可知A和B均有酸性，则存在羧基，故A为CH3COOH；A与溴水和红磷反应得到B，B再与NaCN反应得到C，则B为BrCH2COOH，C为NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物E为。
【详解】
(1)由分析可知A为CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；
(2) F为C3H6O，不饱和度为1，链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，故F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；
(3)丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，方程式为+2C2H5OH2H2O ，故答案为：+2C2H5OH2H2O ；
(4)根据信息提示，则丙二酸二乙酯()要形成高聚物E，则要发生分子间的缩聚反应，高聚物E为，故答案为： ；
(5) 丙二酸二乙酯(C7H12O4)同分异构体满足①与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基；②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为3∶2∶1，故氢个数分别为6，4，2；③能发生银镜反应，说明要存在醛基或者甲酯，官能团又要为酯基，只能为甲酯，根据②可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10，要满足相同氢分别为6、4，只能为两个乙基，满足的为 ，故答案为：；
(6) 与丙二酸二乙酯反生加成反应，故双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，进过消去反应得到，根据题干信息RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）提示，可反生取代得到，故答案为：；。
本题难点(5)，信息型同分异构体的确定，一定要对所给信息进行解码，确定满足条件的基团，根据核磁共振或者取代物的个数，确定位置。
24、C5H12 CH3CHO ②⑤ C6H12O62C2H5OH + 2CO2↑ 4 HCOOC(CH3)3
【解析】
A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%，因此A中==，则A为C5H12；H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一，H为HCHO，根据流程图，B为卤代烃，C为醇，D为醛，E为酸；F为乙醇，G为乙醛，G和H以1：3反应生成I，根据信息，I为，J为，E和J以4：1发生酯化反应生成K，E为一元羧酸，E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰，E为，则D为，C为。
【详解】
（1）根据上述分析可知，A的分子式为C5H12，故答案为：C5H12；
（2）根据上述分析，D的结构简式为；G为乙醛，结构简式为CH3CHO，故答案为：；CH3CHO；
（3）根据流程图可知，反应①是葡萄糖的分解反应；反应②为卤代烃的水解反应，属于取代反应；反应③是醛和醛的加成反应；反应④是醛的氢化反应，属于加成反应；反应⑤是酯化反应，属于取代反应，②⑤属于取代反应，故答案为：②⑤；
（4）反应①是葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，反应的化学方程式为C6H12O62C2H5OH + 2CO2↑；反应④是在催化剂作用下，与氢气共热发生加成反应，反应的化学方程式为，故答案为：C6H12O62C2H5OH + 2CO2↑；；
（5）既能发生银镜反应又能发生水解反应，表明分子结构中含有醛基和酯基，E为，E的同分异构体属于甲酸酯，同分异构体的结构为HCOOC4H9，因为丁基有4种结构，故E的同分异构体有4种，其中核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式为HCOOC(CH3)3，故答案为：4；HCOOC(CH3)3。
25、a防止产生的少量SO2 逸出(或隔绝空气，防止空气与过氧化钠反应等合理答案)2FeS2+15Na2O2=Fe2(SO4)3 + NaSO4+14Na2OPbSO4偏大酸玻璃棒100mL容量瓶
【解析】
（1）铝坩埚和陶瓷坩埚在高温下可以与过氧化钠或碳酸钠反应，而铁坩埚不会，所以，步骤①适宜材质的坩埚是a。
（2）步骤①中上面盖一层Na2CO3的主要目的是：防止产生的少量SO2 逸出。焙烧时，FeS2和Na2O2反应生成硫酸盐和氧化钠的化学方程式为2FeS2+15Na2O2=Fe2(SO4)3 + NaSO4+14Na2O 。
（3）PbSO4不溶于水和酸，所以，步骤③中得到的固体为PbSO4。
（4）步骤④若不除去过量的SnCl2，因为Sn2+的还原性强于Fe2+，后面用K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+时，会消耗过多的K2Cr2O7溶液，必然会造成铁的含量测量值偏大。
（5）步骤⑤滴定时，K2Cr2O7溶液有强氧化性，故应将其盛放在酸式滴定管中；实验室配制100 mL0.05ml/L K2Cr2O7溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒和100mL容量瓶。
26、催化剂 油浴(或沙浴) 以免大量CO2泡沫冲出 乙酸苄酯与水的密度几乎相同不容易分层 除去有机相中的水 防止常压蒸馏时，乙酸苄酯未达沸点前就已发生分解
【解析】
CH2OH＋(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)＋CH3COOH，是液体混合加热，可油浴(或沙浴)均匀加热，使用无水CH3COONa作催化剂来加快反应速率，用15%的Na2CO3溶液来提高产率，用15%的食盐水分离CH2OOCCH3和其它能溶于水的混合物，有机相用无水CaCl2干燥，最后蒸馏提纯得到产品。
【详解】
(1) 根据CH2OH＋(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)＋CH3COOH的原理和条件，步骤1中，加入无水CH3COONa的作用是催化剂，为保证能均匀受热，合适的加热方式是油浴(或沙浴)。
(2)Na2CO3作用是降低生成物CH3COOH的浓度，促进平衡正向移动， 步骤2中，Na2CO3溶液需慢慢加入，其原因是以免大量CO2泡沫冲出。
(3) 由题干中信息可知：乙酸苄酯密度为1.055 g·cm－3，步骤3中，用15%的食盐水代替蒸馏水，除可减小乙酸苄酯的溶解度外，还因为乙酸苄酯与水的密度几乎相同不容易分层；加入无水CaCl2的作用是除去有机相中的水。
(4) 步骤4中，采用减压蒸馏的目的是防止常压蒸馏时，乙酸苄酯未达沸点前就已发生分解。
本题以乙酸苄酯的制备实验考查物质的制备、分离、和提纯等基本操作，难点（1）无水乙酸钠的作用，（3）用15%的食盐水代替蒸馏水目的，考查学生的阅读和表达能力。
27、 溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清（或浑浊减少） 减小 关闭、，打开 过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率 加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加Ba溶液，有白色沉淀生成
【解析】
（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3，反应生成二氧化硫气体；
（2）检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解的原因；打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下，反应分步进行：
Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2
2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓
Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）
发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2 ，据此分析反应现象；
当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，操作是关闭K1、K2，打开K3；
（3）预测S2O32-转变为SO42-，可以利用检验硫酸根离子的方法设计实验检验；
【详解】
（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3，反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4，
故答案为SO2； H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4；
(2)检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解，水解离子方程式为：S2−+H2O⇌HS−+OH−，
打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下，反应分步进行：
Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2
2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓
Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）
发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2 ，
反应过程中的现象是导管口有气泡冒出，溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)，碳酸钠溶液变化为亚硫酸钠溶液和硫代硫酸钠溶液，pH计读数逐渐减小
当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，操作是关闭K1、K2，打开K3，必须立即停止通SO2的原因是：SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，
故答案为S2−+H2O⇌HS−+OH−；溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)；减小；关闭K1、K2，打开K3；SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率；
(3)Na2S2O3有还原性，可作脱氯剂。向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，某同学预测S2O32−转变为SO42−，设计实验为：取少量反应后的溶液于试管中，加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，
故答案为加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；
28、1s22s22p63s23p5 高 离子键和共价键 Na ＜ bd 950℃ 将气态钾分离出来，降低了产物的浓度，平衡正向移动
【解析】
(1)氯原子的核外电子总数为17，根据构造原理写出其核外电子排布式；晶格能越大，离子晶体的熔点越高，据此分析解答；
(2)根据钾长石(KAlSi3O8)的组成分析判断；
(3)位于同周期元素有Na、Al、Si、Cl，结合各元素的最高价氧化物的水化物的性质分析判断；
(4)由图象中曲线变化可知，温度越高，钾元素的熔出率越高，结合温度对反应速率和化学平衡的影响分析解答；
(5)K为气态，将钾分离出来，可以降低了产物的浓度，结合浓度对化学平衡的影响分析解答。
【详解】
(1)Cl所含质子数为17，原子核外电子数为17，根据核外电子的排布规律，核外电子排布式为1s22s22p63s23p5；离子晶体的晶格能大小取决于离子半径、电荷等因素，离子半径越小，电荷越多，晶格能越大，离子晶体的熔点越高，因为钾离子半径＞钠离子半径，则熔点大小为：NaCl＞KCl，故答案为：1s22s22p63s23p5；高；
(2)钾长石(KAlSi3O8)中即含有金属与非金属元素形成的离子键，也含有非金属元素之间形成的共价键，故答案为：离子键和共价键；
(3)上述反应涉及的位于同周期元素有Na、Al、Si、Cl，元素的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝、硅酸、高氯酸，只有氢氧化钠能够与其余3种物质都反应，因此元素的最高价氧化物的水化物和其余元素的最高价氧化物的水化物均能发生反应的元素为Na，故答案为：Na；
(4)①由图象曲线数据可知，温度越高，钾元素的熔出率越高，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，Q＜0，故答案为：＜；
②a．延长反应时间，不能提高反应速率，故a错误；b．充分搅拌，能使反应物充分接触，反应速率加快，故b正确；c．该反应体系没有气体参加，增大反应体系的压强，物质的浓度不变，不能提高反应速率，故c错误；d．将钾长石粉粹成更小的颗粒，可以增大反应物的接触面积，反应速率加快，故d正确；故答案为：bd；
③根据图象可知，温度为950℃时熔出率和熔出速率都最高，故答案为：950℃；
(5)根据反应方程式可知，K为气态，将钾分离出来，可以降低产物的浓度，能够使平衡正向移动，故答案为：将气态钾分离出来，降低了产物的浓度，平衡正向移动。
29、羟基 取代反应 对氯甲苯(或4-氯甲苯) 如果颠倒则(酚)羟基会被酸性高锰酸钾氧化 9
【解析】
A～M均为芳香族化合物，根据A的分子式可知A的侧链为饱和结构，A能够催化氧化生成B，B能够发生银镜反应，且能够发生已知③中反应，则B分子中含有苯环和侧链-CH2CHO结构，故B的结构简式为，A为，C为；E的核磁共振氢谱有3组峰，E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则E分子中含有甲基，且氯原子位于甲基的对位，故E为；E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F，则F为；F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚钠和羧酸钠，然后在酸性条件下转化成G，则G为，G和D发生酯化反应生成M，则D中含有羟基，C与氢气加成生成D，结合M的分子式，则D为，M为，据此分析解答。
【详解】
(1)A为，所含官能团为羟基；根据上述分析，F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚钠和羧酸钠，然后在酸性条件下转化成G，F→G的反应①为取代反应，M为，故答案为羟基；取代反应；；
(2)E为，名称是对氯甲苯(或4-氯甲苯)；E→G的反应中需要分别引进酚羟基和羧基，由于酚羟基容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以E→F与F→G的顺序不能颠倒，故答案为对氯甲苯(或4-氯甲苯)；如果颠倒则(酚)羟基会被酸性高锰酸钾氧化；
(3)G为，G的同分异构体中，遇FeCl3溶液显紫色且能发生银镜反应，说明结构中含有酚羟基和醛基，满足条件的有：苯环上含有羟基和HCOO-的有3种结构；苯环上有2个羟基和1个醛基的有6种(羟基位于邻位的有2种、羟基位于间位的有3种、羟基位于对位的有1种)，共9种；其中苯环上的一氯代物只有2种且能发生水解反应的是，故答案为9；；
(4)以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH，需要增长碳链，根据已知③需要合成乙醛，可以由乙醇催化氧化得到，因此合成路线为，故答案为。
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向C2O3中滴加浓盐酸
产生黄绿色气体
氧化性：Cl2 > C2O3
B
白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液
无明显现象
该过程未发生氧化还原反应
C
将铁片投入浓硫酸中
无明显变化
常温下铁不与浓硫酸反应
D
将10mL 2ml/L 的KI溶液与1mL 1ml/L FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液
溶液颜色变红
KI与FeCl3的反应具有可逆性
操作步骤
装置C的实验现象
解释原因
检查装置气密性后，添加药品
pH计读数约为13
用离子方程式表示（以为例）：①__
打开，关闭，调节；使硫酸缓慢匀速滴下
ⅰ.导管口有气泡冒出，②
___
ⅱ. pH计读数逐渐③___
反应分步进行：
↓
（较慢）
当pH计读数接近7时，立即停止通，操作是④___
必须立即停止通的原因是：⑤___