2026届安徽省安庆二、七中高考化学必刷试卷含解析

这是一份2026届安徽省安庆二、七中高考化学必刷试卷含解析，共5页。
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、中美科学家在银表面首次获得了二维结构的硼烯，该科研成果发表在顶级刊《Science》上，并获得重重点推荐。二维结构的硼烯如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．1ml硼原子核外电子数为3NA
B．1mlBF3分子中共价键的数目为3NA
C．1mlNaBH4与水反应转移的电子数为4NA
D．硼烯有望代替石墨烯作“硼烯一钠基“电池的负极材料
2、下列说法正确的是( )
A．国庆70周年大典放飞的气球由可降解材料制成，主要成分是聚乙烯
B．歼- 20上用到的氮化镓材料是一种金属合金材料
C．我国发射的“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种无机非金属材料
D．“绿水青山就是金山银山”。推广聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒等，以减少术材的使用
3、室温时几种物质的溶解度见下表。室温下，向500g硝酸钾饱和溶液中投入2g食盐，下列推断正确的是( )
A．食盐不溶解
B．食盐溶解，无晶体析出
C．食盐溶解，析出2 g硝酸钾晶体
D．食盐溶解，析出2 g氯化钾晶体
4、已知：FeCl3(aq)+3KSCN(aq)3KCl(aq)+Fe(SCN)3(aq)，平衡时Fe(SCN)3的物质的量浓度与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是
A．A点与B点相比，A点的c（Fe3+）大
B．加入KCl固体可以使溶液由D点变到C点
C．反应处于D点时，一定有υ（正）＜υ（逆）
D．若T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
5、NA是阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是
A．12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为2NA
B．标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为NA
C．密闭容器中，lmlNH3和lmlHC1反应后气体分子总数为NA
D．在1L 0.1 ml/L的硫化钠溶液中，阴离子总数大于0.1NA
6、下列物质能通过化合反应直接制得的是
①FeCl2②H2SO4③NH4NO3④HCl
A．只有①②③B．只有②③C．只有①③④D．全部
7、下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．氯气溶于水：Cl2＋H2O=2H＋＋Cl－＋ClO－
B．Na2CO3溶液中CO32－的水解：CO32－＋H2O=HCO3－＋OH－
C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3－＋I－＋6H＋=I2＋3H2O
D．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3－＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O
8、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是
A．W的原子序数是Z的两倍，金属性强于Z
B．W元素在周期表中的位置是第四周期VIII族
C．丙属于两性氧化物
D．等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量一定相等
9、某些电解质分子的中心原子最外层电子未达饱和结构，其电离采取结合溶液中其他离子的形式，而使中心原子最外层电子达到饱和结构。例如：硼酸分子的中心原子B最外层电子并未达到饱和，它在水中电离过程为：
下列判断正确的是（ ）
A．凡是酸或碱对水的电离都是抑制的
B．硼酸是三元酸
C．硼酸溶液与NaOH溶液反应的离子方程式：H3BO3+OH－=[B(OH)4]－
D．硼酸是两性化合物
10、中华文化绚丽多彩且与化学有着密切的关系。下列说法错误的是（ ）
A．“新醅酒”是新酿的酒，酿酒使用的谷物的主要成分是乙醇
B．“黑陶”是一种传统工艺品，用陶土烧制而成，“黑陶”的主要成分是硅酸盐
C．“木活字”是元代王祯发明的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素
D．“苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出的工艺品，蚕丝的主要成分是蛋白质
11、与氢硫酸混合后无明显现象的是
A．NaOH溶液B．亚硫酸C．FeCl3溶液D．氯水
12、杜瓦苯()与苯互为同分异构体，则杜瓦苯
A．最简式是CH2B．分子中所有原子共平面
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．是CH2=CH-CH=CH2的同系物
13、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．2.1gDTO中含有的质子数为NA
B．30g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氢原子数为4NA
C．12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为2NA
D．1ml铁在一定条件下分别和氧气、氯气、硫完全反应转移电子数都为2NA
14、25℃时，向10 mL 0.1 ml/LNaOH溶液中，逐滴加入10 mL浓度为c ml/L的HF稀溶液。已知 25℃时：①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) ΔH=-67.7 kJ/ml ②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/ml。请根据信息判断，下列说法中不正确的是
A．整个滴加过程中，水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势
B．将氢氟酸溶液温度由25℃升高到35℃时，HF的电离程度减小(不考虑挥发)
C．当c>0.1时，溶液中才有可能存在c(Na+)=c(F-)
D．若滴定过程中存在：c(Na+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+)，则c一定小于0.1
15、下列实验现象和结论相对应且正确的是
A．AB．BC．CD．D
16、根据实验目的，设计相关实验，下列实验操作、现象解释及结论都正确的是
A．AB．BC．CD．D
17、化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是( )
A．石英玻璃、分子筛的主要成分是硅酸盐
B．分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液和胶体之间
C．海水淡化可以解决淡水危机，向海水中加入明矾可使海水淡化
D．农业废弃物、城市与工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能
18、光电池在光照条件下可产生电压，如下装置可以实现光能源的充分利用，双极性膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。下列说法不正确的是
A．该装置将光能转化为化学能并分解水
B．双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性
C．如阳极区为KOH深液，在光照过程中阳极区溶液中的c(OH-)基本不变
D．再生池中的反应：2V2++2H+2V3++H2↑
19、下列对相关实验操作的说法中，一定正确的是（ ）
A．实验室配制480 mL 0.1 ml/L NaOH溶液，需要准确称量NaOH 1.920 g
B．实验测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，通常至少称量4次
C．酸碱中和滴定实验中只能用标准液滴定待测液
D．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，换一容器再从下口放出上层液体
20、大气固氮（闪电时N2转化为NO）和工业固氮（合成氨）是固氮的重要形式，下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值：
下列说法正确的是
A．在常温下，工业固氮非常容易进行
B．人类可以通过大规模模拟大气固氮利用氮资源
C．大气固氮与工业固氮的K值受温度和压强等的影响较大
D．大气固氮是吸热反应，工业固氮是放热反应
21、第三周期的下列基态原子中，第一电离能最小的是
A．3s23p3B．3s23p5C．3s23p4D．3s23p6
22、高能固氮反应条件苛刻，计算机模拟该历程如图所示，在放电的条件下，微量的O2或N2裂解成游离的O或N原子，分别与N2和O2发生以下连续反应生成NO。下列说法错误的（ ）
A．图1中，中间体1到产物1的方程式为O-O═N→O+N═O
B．NO的生成速率很慢是因为图2中间体2到过渡态4的能垒较大
C．由O和N2制NO的活化能为315.72kJ•ml-1
D．由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率慢
二、非选择题(共84分)
23、（14分）R・L・Claisen双酯缩合反应的机理如下：2RCH2COOC2H5+C2H5OH，利用该反应制备化合物K的一种合成路线如图
试回答下列问题：
（1）A与氢气加成所得芳香烃的名称为______；A→B的反应类型是______；D中含氧官能团的名称是______。
（2）C的结构简式为______；F→G的反应除生成G外，另生成的物质为______。
（3）H→K反应的化学方程式为______。
（4）含有苯环结构的B的同分异构体有______种（B自身除外），其中核磁共振氢谱显示3组峰的结构简式为______（任写一种即可）。
（5）乙酰乙酸乙酯（）是一种重要的有机合成原料，写出由乙醇制备乙洗乙酸乙時的合成路线（无机试剂任选）：______。
24、（12分）丹参素是一种具有保护心肌、抗血栓形成、抗肿瘤等多种作用的药物。它的一种合成路线如下：
已知：Bn－代表苄基（）
请回答下列问题：
（1）D的结构简式为__________，H中所含官能团的名称为_______________。
（2）的反应类型为_____________，该反应的目的是_____________。
（3）A的名称是__________，写出的化学方程式：________。
（4）用苯酚与B可以制备物质M（）。N是M的同系物，相对分子质量比M大1．则符合下列条件的N的同分异构体有__________种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是_____________（写出一种即可）。
①苯环只有两个取代基
②能与溶液发生显色反应
③能发生银镜反应
④红外光谱表明分子中不含醚键
（5）参照丹参素的上述合成路线，以为原料，设计制备的合成路线：____________________。
25、（12分）常温下，三硫代碳酸钠(Na2CS3)是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质相近。在工农业生产中有广泛的用途。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。
实验一：探究Na2CS3的性质
(1)向Na2CS3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色。用离子方程式说明溶液呈碱性的原因_________。
(2)向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去。该反应中被氧化的元素是__________。
实验二：测定Na2CS3溶液的浓度
按如图所示连接好装置，取50.0mLNa2CS3溶液置于三颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，滴入足量2.0ml/L稀H2SO4，关闭活塞。
已知：Na2CS3 + H2SO4＝Na2SO4+ CS2 + H2S↑。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸点46℃，密度1.26g/mL，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。
(1)盛放碱石灰的仪器的名称是_______，碱石灰的主要成分是______(填化学式)。
(2)C中发生反应的离子方程式是____________。
(3)反应结束后打开活塞K，再缓慢通入N2一段时间，其目的是_________。
(4)为了计算Na2CS3溶液的浓度，对充分反应后B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得8.4g 固体，则三颈瓶中Na2CS3的物质的量浓度为______。
26、（10分）叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t­BuNO2，以t­Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。
(1)制备亚硝酸叔丁酯
取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。可利用亚硝酸与叔丁醇(t­BuOH)在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：____________。
(2)制备叠氮化钠(NaN3)
按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为：t­BuNO2＋NaOH＋N2H4===NaN3＋2H2O＋t­BuOH。
①装置a的名称是______________；
②该反应需控制温度在65℃，采用的实验措施是____________________；
③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤。
所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是____________。
(3)产率计算
①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。
②用滴定管加入0.10ml·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。
③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10ml·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。
已知六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及Ce(NO3)3，试写出该反应的化学方程式____________________________；计算叠氮化钠的质量分数为________(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是____________(填字母)。
A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗
B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数
C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡
D．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内
(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：____________________
27、（12分）化学是一门以实验为基础的学科，实验探究能激发学生学习化学的兴趣。某化学兴趣小组设计如图实验装置（夹持设备已略）制备氯气并探究氯气及其卤族元素的性质。回答下列问题：
(1)仪器a的名称是______________。
(2)A装置中发生的化学反应方程式为_________________________________。若将漂白粉换成KClO3，则反应中每生成21.3g Cl2时转移的电子数目为____NA。
(3)装置B可用于监测实验过程中C处是否堵塞，若C处发生了堵塞，则B中可观察到__________。
(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，此时C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次可放入____（填选项a或b或c）。
(5)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。当向D中缓缓通入足量氯气时，可观察到无色溶液逐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于溴，打开活塞，将D中少量溶液加入E中，振荡E，观察到的现象是_______________________________，该现象_____（填“能”或“不能”）说明溴的非金属性强于碘，原因是_____________________。
28、（14分）氮、碳氧化物的排放会对环境造成污染。多年来化学工作者对氮、碳的氧化物做了广泛深入的研究并取得一些重要成果。
I．已知2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的反应历程分两步：
第一步：2NO（g）N2O2（g） （快） ∆H1Fe，A错误；
B.Fe是26号元素，在元素周期表中位于第四周期VIII族，B正确；
C.丙是Fe3O4，只能与酸反应产生盐和水，不能与碱发生反应，因此不是两性氧化物，C错误；
D.Fe是变价金属，与硝酸反应时，二者的相对物质的量的多少不同，反应失去电子数目不同，可能产生Fe2+，也可能产生Fe3+，而Al是+3价的金属，因此等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量不一定相等，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】
本题考查了元素及化合物的推断及其性质的知识，涉及Fe、Al的单质及化合物的性质，突破口是丙是氧化物，是具有磁性的黑色晶体，结合Fe与水蒸气的反应及铝热反应，就可顺利解答。
9、C
【解析】
A. 由信息可知，中心原子最外层电子未达饱和结构的酸，能结合水电离出的OH-，从而促进水的电离，A错误；
B. 1个硼酸分子能结合1个OH-，从而表现一元酸的性质，所以硼酸是一元酸，B错误；
C. 硼酸的中心原子未达饱和结构，与碱反应时，能结合OH-，从而生成[B(OH)4]－，C正确；
D. 硼酸只能结合OH-而不能结合H+，所以它是酸性化合物，D错误。
故选C。
10、A
【解析】
A. “新醅酒”是新酿的酒，酿酒使用的谷物的主要成分是淀粉，故A错误；
B. “黑陶”是一种传统工艺品，用陶土烧制而成，“黑陶”的主要成分是硅酸盐，故B正确；
C. “木活字”是元代王祯发明的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素，故C正确；
D. “苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出的工艺品，蚕丝的主要成分是蛋白质，故D正确。
综上所述，答案为A。
11、A
【解析】
A. 氢硫酸和氢氧化钠溶液反应生成水和硫化钠，没有明显现象，故A符合题意；
B. 亚硫酸和氢硫酸反应生成硫单质，溶液会变浑浊，有明显现象，故B不符合题意；
C. FeCl3溶液和氢硫酸反应生成氯化亚铁和硫单质，黄色溶液变为浅绿色,并伴有淡黄色沉淀，故C不符合题意；
D. 氯水和氢硫酸反应生成硫单质，有淡黄色沉淀出现，故D不符合题意；
正确答案是A。
12、C
【解析】
A. 的分子式为C6H6，最简式是CH，故A错误；
B. 不是平面结构，中间连四个单键的碳，类似甲烷的碳，周围的四个原子不共面，分子中不是所有的原子都共面，故B错误；
C. 中有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D. CH2=CH-CH=CH2的分子式为：C4H6，的分子式为C6H6，两者的组成不相似，其两者之间相差的不是若干个-CH2，不是同系物，故D错误；
正确答案是C。
【点睛】
C选注意能和酸性高锰酸钾反应的基团：碳碳双键，碳碳三键，-OH（醇，酚等），-CHO，C=O，含侧链的苯环。
13、A
【解析】
A．DTO即水分子，不同于普通的H2O，该分子中的氢原子一个是氘(D)即，一个是氚(T)即，但是本质仍旧是氢元素，所以一个DTO分子中质子数，即原子序数和为10，那么2.1gDTO的物质的量，则0.1ml水中含有质子数为1NA，A正确；
B．葡萄糖的分子式为C6H12O6，冰醋酸的分子式为C2H4O2，两种物质的最简式均为CH2O，所以30g葡萄糖和醋酸的混合物，可看成30g的CH2O，其物质的量为,则其氢原子的个数为2NA，B项错误；
C．石墨烯中碳原子形成正六边形的网格单元，每个碳原子都被三个六元环共用，平均算下来，一个六边形需要个碳原子，所以12g石墨烯中六边形的个数为0.5NA，C项错误；
D．铁与氧气可以生成FeO或Fe3O4，1mlFe被氧化电子转移数不一定；Fe与氯气反应生成FeCl3，所以1mlFe被氯气氧化转移3ml电子；Fe与S反应生成FeS，所以1mlFe被S氧化转移2ml电子，D项错误；
答案选A。
14、D
【解析】
A. 酸或碱抑制水电离，酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离；
B. 利用盖斯定律确定HF电离过程放出热量，利用温度对平衡移动的影响分析；
C. 当c>0.1时，混合溶液中溶质为NaF、HF时，溶液可能呈中性，结合电荷守恒判断；
D. 微粒浓度与溶液中含有的NaOH、NaF的物质的量多少有关。
【详解】
A. 酸或碱抑制水电离，酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离，在滴加过程中c(NaOH)逐渐减小、c(NaF)浓度增大，则水电离程度逐渐增大，当二者恰好完全反应生成NaF时，水的电离程度最大，由于HF的浓度未知，所以滴入10 mLHF时，混合溶液可能是碱过量，也可能是酸过量，也可能是二者恰好完全反应产生NaF，因此滴加过程中水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势，A正确；
B. ①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) △H=-67.7 kJ/ml，
②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3 kJ/ml，
将①-②得HF(aq)F-(aq)+H+(aq) △H=(-67.7) kJ/ml-(-57.3) kJ/ml=-10.4 kJ/ml，则HF电离过程放出热量，升高温度，电离平衡逆向移动，即向逆反应方向越大，导致HF电离程度减小，B正确；
C. 向NaOH溶液中开始滴加HF时，当c>0.1时，混合溶液中溶质为NaF、HF时，溶液可能呈中性，结合电荷守恒得c(Na+)=c(F-)，C正确；
D. 若c≥0.1时，在刚开始滴加时，溶液为NaOH、NaF的混合物。且n(NaOH)>n(NaF)，微粒的物质的量浓度存在关系：c(Na+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+)，所以c不一定小于0.1，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】
本题考查酸碱混合溶液定性判断及离子浓度大小比较，易错选项是B，大部分往往只根据弱电解质电离为吸热反应来判断导致错误，题目侧重考查学生分析判断能力，注意题给信息的正确、灵活运用。
15、C
【解析】
A.进行焰色反应，火焰呈黄色，说明含有Na+，不能确定是否含有K+，A错误；
B.蔗糖在稀硫酸催化作用下发生水解反应产生葡萄糖，若要证明水解产生的物质，首先要加入NaOH中和催化剂硫酸，使溶液显碱性，然后再用Cu(OH)2进行检验，B错误；
C.在AgCl和AgI饱和溶液中加入过量AgNO3溶液，产生白色沉淀和黄色沉淀，且白色沉淀的质量远大于黄色沉淀，说明溶液中c(Cl-)较大，c(I-)较小，物质的溶解度AgCl>AgI，由于二者的化合物构型相同，因此可证明物质的溶度积常数Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C正确；
D.根据实验现象，只能证明溶液中含有I2，由于溶液中含有两种氧化性的物质HNO3、Fe3+，二者都可能将I-氧化为I2，因此不能证明氧化性Fe3+>I2，D错误；
故合理选项是C。
16、C
【解析】
A．在含0.1ml的AgNO3溶液中依次加入NaCl溶液和KI溶液，溶液中先有白色沉淀生成，后来又变成黄色，如果硝酸银过量，均有沉淀生成，不能比较AgCl、AgI的Ksp，所以不能得出Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A错误；
B．取FeSO4少许溶于水，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色说明溶液中含有铁离子，但不能说明FeSO4部分氧化，还有可能全部变质，B错误；
C．将纯净的乙烯气体通入酸性KMnO4溶液 溶液紫色褪去，说明高锰酸钾被还原，因此可以说明乙烯具有还原性，C正确；
D．在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体有沉淀生成，由于次氯酸钙具有氧化性，把二氧化硫氧化为硫酸根离子，生成的沉淀是硫酸钙，不能得出酸性：H2SO3＞HClO，D错误。
答案选C。
【点睛】
选项A是解答的易错点，根据沉淀的转化判断溶度积常数大小时必须保证溶液中银离子全部转化为氯化银，否则不能。
17、D
【解析】
A．分子筛的主要成分是硅酸盐，石英玻璃的主要成分是SiO2，是氧化物，不是硅酸盐，故A错误；
B．根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，浊液的分散质粒子大于溶液和胶体，故B错误；
C．海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质，不能减少盐的含量，不能使海水淡化，故C错误；
D．生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，可转化为常规的固态、液态和气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源，故D正确；
故选D。
18、C
【解析】
由图上电子的移动方向可知右侧电解池的阳极，反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，左侧为阴极，反应式为 2V3++2e-=2V2+；双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，放电后的溶液进入再生池中在催化剂条件下发生反应放出氢气，反应方程式为2V2++2H+2V3++H2↑，由此来解题。
【详解】
A. 由图可知，该装置将光能转化为化学能并分解水，A正确；
B. 双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，则双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性，B正确；
C. 光照过程中阳极区反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，又双极性膜可将水解离为H+和OH-，其中OH-进入阳极，所以溶液中的n(OH-)基本不变，但H2O增多，使c(OH-)降低，C错误；
D. 根据以上分析，再生的反应方程式为2V2++2H+2V3++H2↑，D正确；
故合理选项是C。
【点睛】
本题考查电解池的工作原理，根据题中给出电子的移动方向判断阴、阳极是解题关键。注意题干信息的应用，题目考查了学生信息处理与应用能力。
19、B
【解析】
A.实验室配制480 mL 0.1 ml/L NaOH溶液，需要用500 mL的容量瓶，准确称量NaOH 2.0 g，故A错误；
B.测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，需要称量坩埚质量、坩埚与样品的质量，加热后至少称2次保证加热至恒重，所以通常至少称量4次，故B正确；
C.酸碱中和滴定实验中可以用待测液滴定标准液，故C错误；
D.分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，上层液体从上口倒出，故D错误；
答案选B。
20、D
【解析】
由表中给出的不同温度下的平衡常数值可以得出，大气固氮反应是吸热反应，工业固氮是放热反应。评价一个化学反应是否易于实现工业化，仅从平衡的角度评价是不够的，还要从速率的角度分析，如果一个反应在较温和的条件下能够以更高的反应速率进行并且能够获得较高的转化率，那么这样的反应才是容易实现工业化的反应。
【详解】
A．仅从平衡角度分析，常温下工业固氮能够获得更高的平衡转化率；但是工业固氮，最主要的问题是温和条件下反应速率太低，这样平衡转化率再高意义也不大；所以工业固氮往往在高温高压催化剂的条件下进行，A项错误；
B．分析表格中不同温度下的平衡常数可知，大气固氮反应的平衡常数很小，难以获得较高的转化率，因此不适合实现大规模固氮，B项错误；
C．平衡常数被认为是只和温度有关的常数，C项错误；
D．对于大气固氮反应，温度越高，K越大，所以为吸热反应；对于工业固氮反应，温度越高，K越小，所以为放热反应，D项正确；
答案选D。
【点睛】
平衡常数一般只认为与温度有关，对于一个反应若平衡常数与温度的变化不同步，即温度升高，而平衡常数下降，那么这个反应为放热反应；若平衡常数与温度变化同步，那么这个反应为吸热反应。
21、C
【解析】
A选项，3s23p3为P元素；B选项，3s23p5为Cl元素；C选项，3s23p4为S元素；D选项，3s23p6为Ar元素。
【详解】
第三周期的基态原子中，第一电离具有增大的趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素，因此第一电离能最小的是S元素，故C正确。
综上所述，答案为C。
【点睛】
同周期从左到右第一电离具有增大的趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素。
22、D
【解析】
A、由图1可知，中间体1为O-O═N，产物1为O+N═O，所以中间体1到产物1的方程式为O-O═N→O+N═O，故A正确；
B、反应的能垒越高，反应速率越小，总反应的快慢主要由机理反应慢的一步决定，由图2可知，中间体2到过渡态4的能垒较大、为223.26kJ/ml，决定了NO的生成速率很慢，故B正确；
C、由图2可知，反应物2到过渡态4的能垒为315.72kJ•ml-1，过渡态4到反应物2放出能量为逆反应的活化能，所以由O和N2制NO的能垒或活化能为315.72kJ•ml-1，故C正确；
D、由图1可知，N和O2制NO的过程中各步机理反应的能垒不大，反应速率较快；由图2可知，O原子和N2制NO的过程中多步机理反应的能垒较高、中间体2到过渡态4的能垒为223.26kJ/ml，导致O原子和N2制NO的反应速率较慢，所以由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率快，故D错误；
故选：D。
【点睛】
明确图中能量变化、焓变与能垒或活化能关系为解答的关键，注意反应过程中能量变化和反应速率之间的关系。
二、非选择题(共84分)
23、乙苯 加成反应 醛基 C2H5OH +C2H5OH 13 或 C2H5OH
【解析】
对比A、E的结构，结合反应条件、B与C的分子式，与HBr发生加成反应生成B为，B发生水解反应反应生成C为，C发生催化氧化生成D为，D发生氧化反应生成E．E与乙醇发生酯化反应生成F为．F与甲酸乙酯发生取代反应生成G，反应同时生成乙醇。G与氢气发生加成反应生成H，H发生醇的消去反应、酯的水解反应得到K，故H为。
【详解】
（1）与氢气发生加成反应生成的芳香烃为，所得芳香烃的名称为：乙苯；A→B的反应类型是：加成反应；D为，D中含氧官能团的名称是：醛基，故答案为乙苯；加成反应；醛基；
（2）由分析可知，C的结构简式为；F→G的反应除生成G外，另生成的物质为：C2H5OH，故答案为；C2H5OH；
（3）H→K反应的化学方程式为：，故答案为；
（4）B为，B的同分异构体含有苯环，有1个取代基还可以为-CHBrCH3，有2个取代基为-Br、-CH2CH3或-CH2Br、-CH3，均有邻、间、对3种位置结构，有2×3=6种，有3个取代基为-Br、-CH3、-CH3，2个甲基有邻、间、对3种位置，对应的-Br分别有2种、3种、1种位置，有6种，故符合条件的共有1+6+6=13种，其中核磁共振氢谱显示3组峰的结构简式为、，故答案为13；或；
（5）由乙醇制备乙酰乙酸乙酯，乙醇被氧化生成乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯在碱性条件下发生信息中的转化可得乙酰乙酸乙酯，其合成路线为：，故答案为。
【点睛】
本题考查有机物推断与合成，侧重对有机化学基础知识和逻辑思维能力考查，注意对比物质的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的结构、性质及相互转化是解答关键。
24、 醚键、羟基、羧基 取代反应 保护（酚）羟基 乙二醛 +O2→ 18
【解析】
根据A的分子式和B的结构可知A为乙二醛（OHC-CHO），乙二醛氧化生成B；根据C、E、B的结构可知D为；B与D发生加成反应生成E（）；F与BnCl碱性环境下，发生取代反应生成G（），保护酚羟基不被后续步骤破坏；H与氢气发生取代反应生成丹参素，据此分析。
【详解】
（1）根据合成路线逆推可知D为邻苯二酚。H（）中所含官能团为醚键、羟基、羧基；
答案： 醚键、羟基、羧基
（2）的结果是F中的羟基氢被苄基取代，所以是取代反应。从F到目标产物，苯环上的两个羟基未发生变化，所以是为了保护酚羟基，防止它在后续过程中被破坏。
答案：取代反应 保护（酚）羟基
（3）A为乙二醛（OHC-CHO），属于醛基的氧化反应，方程式为+O2→；
答案： 乙二醛 +O2→
（4）根据题意，N的同分异构体必含一个酚羟基，另一个取代基可能是：HCOOCH2CH2-、HCOOCH（CH3）、OHCCH（OH）CH2-、OHCCH2CH（OH）-、、，每个取代基与酚羟基都有邻、间、对三种位置关系，共有；其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是；
答案： 18
（5）由原料到目标产物，甲基变成了羧基（发生了氧化反应），但羟基未发生变化。由于酚羟基易被氧化，所以需要预先保护起来。根据题意可以使用BnCl进行保护，最后通过氢气使酚羟基复原，合成路线为；
答案：
【点睛】
本题难点第（4）小题同分异构体种类判断①注意能发生银镜反应的有醛基、甲酸盐、甲酸某酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等；②先确定官能团种类，在确定在苯环中的位置。
25、CS32- +H2O⇌HCS3-+OH- S 干燥管 CaO和NaOH CS2 +2OH- ＝COS22-+H2O 将装置中残留的的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收 1.75ml/L
【解析】
实验一：(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐；
(2)根据Na2CS3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断；
实验二：(1)根据仪器的图形判断仪器的名称；碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；
(2)A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O；
(3)反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收；
(4)当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)＝＝0.0875ml，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS得n(Na2CS3)＝n(CuS)＝0.0875ml，根据c＝计算A中Na2CS3溶液的浓度。
【详解】
实验一：(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则CS32-在水中发生水解，离子方程式为：CS32- +H2O⇌HCS3-+OH-；
(2)Na2CS3中Na为+1价，C为+4价，都是元素的最高价态，不能被氧化，S为-2价，是硫元素的低价态，能够被氧化，所以被氧化的元素是S；
实验二：(1)盛放碱石灰的仪器为干燥管，碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；
(2)A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O，相关离子方程式为：CS2 +2OH- ＝COS22-+H2O；
(3)反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收；
(4) 当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)＝＝0.0875ml，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS得n(Na2CS3)＝n(CuS)＝0.0875ml，c(Na2CS3)＝＝1.75ml/L。
26、t­BuOH＋HNO2t­BuNO2＋H2O 恒压滴液漏斗(滴液漏斗) 水浴加热 降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失 2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑ 65% AC ClO－＋2N3-＋H2O===Cl－＋2OH－＋3N2↑
【解析】
(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为：；
(2) ①装置a的名称即为恒压滴液漏斗；
②反应要控制温度在65℃，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热；
③题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；
(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce4+和中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：；在计算叠氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了与过量的六硝酸铈铵反应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce，因此有：，考虑到Fe2+与Ce4+的反应按照1:1进行，所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：，所以叠氮化钠样品的质量分数为：；
A．润洗锥形瓶，会使步骤②消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A项正确；
B．量取40mL六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml更多的六硝酸铈铵溶液，那么步骤③会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B项错误；
C．步骤③用Fe2+标定未反应的Ce4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C正确；
D．将挂在锥形瓶壁上的 Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D项不符合；答案选AC；
(4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH-；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：。
【点睛】
滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：用待测物A与过量的B反应，再用C标定未反应的B，在做计算时，要注意A与C一同消耗的B。
27、长颈漏斗 Ca(ClO)2+4HCl(浓)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O 0.5 液体进入长颈漏斗中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗内液面上升，形成一段液柱 b 溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色 不能 过量的Cl2也可将I-氧化为I2
【解析】
(1)根据图示装置中仪器结构识别名称；
(2)次氯酸钙具有强氧化性，能够氧化盐酸，依据化合价升降总数相等配平方程式，若换为KClO3，该物质也有强氧化性，可以氧化HCl为Cl2，根据方程式物质变化与电子转移关系计算；
(3)装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；
(4)为了验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；
(5)氯气氧化性强于溴，氯气能够置换溴；溴氧化性强于碘，能够置换碘；氯气的氧化性强于碘，能够置换碘，结合碘在有机物中溶解性及颜色解答。
【详解】
(1)根据图示可知仪器a名称为长颈漏斗；
(2)漂白粉固体和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气和水，化学方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O，若将漂白粉换为KClO3，根据电子守恒、原子守恒，可得方程式为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，由方程式可知：每转移5ml电子，反应产生3ml氯气，质量是21.3gCl2的物质的量是0.3ml，所以反应转移了0.5ml电子，转移电子数目为0.5NA；
(3)反应产生的Cl2中混有氯化氢和水蒸气，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦作安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞。若发生堵塞时B中的气体压强增大，使B中液体进入长颈漏斗中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗中的液面上升而形成一段液柱；
(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，在湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，
a.I为干燥的有色布条不褪色，Ⅱ中浓硫酸只吸收水分，再通入湿润的有色布条会褪色，能验证氯气的漂白性，但U形管中盛放的应是固体干燥剂，a错误；
b.I处是湿润的有色布条褪色，II是干燥剂无水氯化钙不能吸收氯气，只吸收水蒸气，III中干燥的有色布条不褪色，可以证明，b正确；
c.I为湿润的有色布条褪色，II为干燥剂碱石灰，碱石灰能够吸收水蒸气和Cl2，进入到III中无氯气，不会发生任何变化，不能验证，c错误；
故合理选项是b；
(5)依据氯气和溴化钠反应生成溴单质，液体溴单质、过量的Cl2都能和碘化钾溶液中的碘化钾反应生成碘单质，碘单质易溶于苯，显紫红色，苯密度小于水，不溶于水，溶液分层；过量的Cl2也可将I-氧化为I2，所以通过E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色，不能说明溴的氧化性强于碘。
【点睛】
本题考查了氯气的制备和性质，明确制备的原理和氯气的性质是解题关键，注意氧化还原方程式的书写及计算，题目难度中等。
28、第二步 ΔH1 +ΔH2 -ΔH3 CO2发生了其他副反应 大于 负 4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑ （2﹣）×100% CH4﹣8e﹣+4CO32﹣=5CO2+2H2O
【解析】
Ⅰ. ①总反应的快慢由反应慢的一步决定，慢反应所需要的活化能更大，故答案为：第二步；
②因为反应达到平衡状态，所以v1正=v1逆，v2正=v2逆，所以v1正v2正=v1逆v2逆，即k1正c2（NO）×k2正c（N2O2）c（O2）=k1逆c（N2O2）k2正c（N2O2），则，故答案为：；
Ⅱ.(1)将已知的三个反应重新组合，反应1+2-3，得到反应CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g），根据盖斯定律得ΔH=ΔH1 + ΔH2 - ΔH3，反应方程式中CH4和CO2的化学计量数之比为1:1，投料比也为1:1，因此二者转化率应该相同，但是所给的转化率图像中，CO2转化率曲线高于CH4转化率曲线，可能是CO2发生了一些副反应造成的，故答案为：ΔH1 +ΔH2-ΔH3；CO2发生了其他副反应；
(2) 反应CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）是个气体体积增大的反应，压强越大，CH4的转化率越小，由图可知相同温度下，P1条件下的转化率大于P2，则P1小于P2，压强为P2时，在Y点反应未达到平衡，则反应正向移动，所以v(正)>v(逆)，由图可知该温度下X所处条件下的平衡时甲烷的转化率为50%，则有：
总物质的量=0.3ml，总压为P2，其平衡常数，故答案为：大于；；
Ⅲ. 根据2CrO42-+2H+===Cr2O72-+H2O，电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，应在酸性条件下进行，即右侧电极生成H+，则消耗OH-，发生氧化反应，右侧为阳极，则左侧为阴极，电解电源的负极，电解制备过程的总反应方程式为4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑，设加入反应容器内的Na2CrO4为1ml，反应过程中有x ml Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，则阳极区剩余Na2CrO4为(1-x)ml，对应的n(Na)=2(1-x)ml，n(Cr)=(1-x)ml，生成的Na2Cr2O7为ml，对应的n(Na)=x ml，n(Cr)=x ml，根据Na与Cr的物质的量之比为a:b，解得x=，转化率为。
若选择用熔融K2CO3作介质的甲烷燃料电池充当电源，则负极反应式为CH4﹣8e﹣+4CO32﹣=5CO2+2H2O，故答案为；负；4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑；（2﹣）×100%；CH4﹣8e﹣+4CO32﹣=5CO2+2H2O。
【点睛】
本题主要考查了盖斯定律的应用、电极方程式的书写、根据图像对平衡移动的判断、运用三段式计算平衡常数等，重点培养学生能够利用化学知识提取题干信息的能力，难点在于第Ⅲ题Na2CrO4转化率的计算。
29、取代 还原(或加成) 羧基、Cl原子 ++2NaOH+NaCl+2H2O +H2O 5 CH2=CH-CH2CN CH2=CH-CH2COOH CH3OH 浓硫酸、加热
【解析】
由A与B的分子式、C的结构，可知A为、B为，A发生取代反应生成B，B中甲基被氧化生成C，对比C、E的结构，结合反应条件，可知C中氯原子被取代、羧基发生中和反应得到D，故D为，由E、F、G、H的结构，可知E分子内脱去1分子水生成F，F中羰基被还原生成G，G中羟基被-CN取代生成H．对比H、J的结构，结合I的分子式、反应条件，可知H→I发生-CN转化为-COOH，I中发生酯化反应生成J，故I为。
【详解】
(1)A是甲苯，A与Cl2在Fe催化作用下发生取代反应产生B：，所以A→B发生苯环上的取代反应；F是，F与H2在催化剂存在时发生羰基的加成反应产生G：，与氢气的加成反应也叫还原反应；
(2)C结构简式为：，根据结构简式可知C中含有的官能团名称是Cl原子和羧基；
(3)C是邻氯苯甲酸，C与苯酚在NaOH存在时发生反应产生D，C中氯原子被取代、羧基发生中和反应得到D，该反应反应方程式：++2NaOH+NaCl+2H2O；
(4)E是，E与硫酸在加热时发生分子内的脱水反应产生F：，所以 E→F的化学反应方程式为：+H2O；
(5)根据上述分析可知I的结构简式是；
(6)J结构简式为：，假设有机物J苯环上的氢化学环境相同，另一个取代基上有4种不同环境的H原子，因此J分子中H原子的种类共有4+1=5种，即J的核磁共振氢谱有5组峰；
(7)E分子的结构简式为：，其中一种与NaOH按物质的量比1：3发生反应的E的同分异构体的结构简式为：；
(8)CH2=CH-CH2OH与NaCN、CH3COOH发生取代反应，产生X：CH2=CH-CH2CN，X在NaOH、HCl条件下发生反应产生Y：CH2=CH-CH2COOH；Y与CH3OH在浓硫酸存在时，在加热条件下发生酯化反应产生CH2=CH-CH2COOCH3，该物质含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应产生聚合物，因此该路线中化合物X为CH2=CH-CH2CN；化合物Y为：CH2=CH-CH2COOH；试剂与条件a为：CH3OH、浓硫酸、加热。
【点睛】
本题考查有机物的合成与推断，涉及有机物官能团识别、反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写、反应条件的判断及合成路线设计等，分析有机物的结构，明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化关系是本题解答的关键，题目难度中等。
物质
溶解度( g/100g水)
氯化钠
36
硝酸钾
32
硝酸钠
87
氯化钾
37
序号
操作
现象
解释或结论
A
在含0.1ml的AgNO3溶液中依次加入NaCl溶液和KI溶液
溶液中先有白色沉淀生成，后来又变成黄色
Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
B
取FeSO4少许溶于水，加入几滴KSCN溶液
溶液变红色
FeSO4部分氧化
C
将纯净的乙烯气体通入酸性KMnO4溶液
溶液紫色褪去
乙烯具有还原性
D
在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体
有沉淀生成
酸性：H2SO3＞HClO
N2+O2 2NO
N2+3H22NH3
温度
25℃
2000℃
25℃
400℃
K
3.84×10－31
0.1
5×108
1.88×104
选项
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
a
干燥的有色布条
浓硫酸
湿润的有色布条
b
湿润的有色布条
无水氯化钙
干燥的有色布条
c
湿润的有色布条
碱石灰
干燥的有色布条