2026届广西壮族自治区玉林市高三3月份模拟考试化学试题（含答案解析）

这是一份2026届广西壮族自治区玉林市高三3月份模拟考试化学试题（含答案解析），共18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、有机物J147的结构简式如图，具有减缓大脑衰老的作用。下列关于J147的说法中错误的是（ ）
A．可发生加聚反应B．分子式为C20H20O6
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．分子中所有碳原子可能共平面
2、化学与环境、生产、生活关系密切，下列说法正确的是
A．84消毒液和医用酒精都可以起到杀菌消毒的作用，其作用原理相同
B．防控新冠病毒所用的酒精，其浓度越大，杀毒效果越好。
C．工业上常用高纯硅制造光导纤维
D．推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”
3、单质铁不同于铝的性质是
A．遇冷的浓硫酸钝化 B．能与氢氧化钠反应
C．能与盐酸反应 D．能在氧气中燃烧
4、常温下， 用0.100ml·L－1NaOH溶液分别滴定·L－1的HA溶液和HB溶液的滴定曲线如图。下列说法错误的是（己知lg2≈0.3）
A．HB是弱酸，b点时溶液中c（B－）>c（Na+）>c（HB）
B．a、b、c三点水电离出的c（H+）：a>b>c
C．滴定HB溶液时，应用酚酞作指示剂
D．滴定HA溶液时， 当V（NaOH）=19.98mL时溶液pH约为4.3
5、常温常压下，某烧碱溶液与0.05ml氯气恰好完全反应，得到pH＝9的混合溶液（溶质为NaC1
与NaC1O）。下列说法正确的是（NA代表阿伏加德罗常数）
A．氯气的体积为1.12LB．原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA
C．所得溶液中含OH－的数目为1×10－5NAD．所得溶液中ClO－的数目为0.05NA
6、下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A．含5个碳原子的有机物分子中最多可形成4个碳碳单键
B．蛋白质的水解和油脂的皂化都是由高分子生成小分子的过程
C．四苯基乙烯（）所有碳原子一定处于同一平面
D．化学式为且有芳香气味的有机物，在酸性条件下加热水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则符合此条件的的结构有16种
7、设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是
A．1L 1 ml·L－1 的NaHCO3溶液中含有的离子数为3NA
B．22.4 L的CO2与过量Na2O2充分反应转移的电子数为NA
C．常温下，2.7 g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA
D．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA
8、将Na2O2与过量NaHCO3混合固体在密闭容器中充分加热反应后，排出气体后最终剩余固体是（ ）
A．NaOH和Na2O2B．NaOH和Na2CO3
C．Na2CO3D．Na2O2
9、常温下，向盛50mL0.100ml·L-1盐酸的两个烧杯中各自匀速滴加50mL的蒸馏水、0.100ml·L-1醋酸铵溶液，测得溶液pH随时间变化如图所示。已知Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。下列说法正确的是（ ）
A．曲线X是盐酸滴加蒸馏水的pH变化图，滴加过程中溶液各种离子浓度逐渐减小
B．曲线Y上的任意一点溶液中均存在c(CH3COO-)c(Na+) > c(HB)，故A正确；
B. a、b、c三点，a点酸性比b点酸性强，抑制水电离程度大，c点是盐，促进水解，因此三点水电离出的c(H+)：c >b> a，故B错误；
C. 滴定HB溶液时，生成NaB，溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，故C正确；
D. 滴定HA溶液时，当V(NaOH) = 19.98mL时溶液氢离子浓度为，则pH约为4.3，故D正确。
综上所述，答案为B。
5、B
【解析】
A项，常温常压不是标准状况，0.05ml氯气体积不是1.12L，故A错误；
B项，原溶液中溶质为氢氧化钠，含溶质离子为Na+和OH-，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.05ml氯气和0.1ml氢氧化钠恰好反应，所以原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA，故B正确；
C项，因为常温常压得到pH=9的混合溶液，所以c(OH-)=10-5ml/L，溶液体积未知不能计算OH-的数目，故C错误；
D项，反应生成0.05ml NaClO，因为次氯酸根离子水解，所得溶液中C1O-的数目小于0.05NA，故D错误。
本题以阿伏伽德罗常数的分析判断为依托，主要考查盐类水解的分析、化学方程式的计算应用，题目综合性较强，重在考查分析综合运用能力。A项注意是否为标准状况，为易错点。
6、D
【解析】
A.若5个碳原子形成一个五元环，则有5个碳碳单键，A项错误；
B.蛋白质属于高分子，油脂不属于高分子，B项错误；
C.由于碳碳单键可以旋转，因此四苯基乙烯分子中所有碳原子不一定处于同一平面，C项错误；
D. 化学式为且有芳香气味的有机物，在酸性条件下加热水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则水解后得到丁酸和戊醇，丁酸一共有2种，戊基则有8种，即戊醇有8种，因此该酯一共可能有16种结构，D项正确；
答案选D。
高分子一般指分子量大于10000的有机物，同学们可以自己算一算油脂的分子量，就知道油脂属不属于高分子了。
7、D
【解析】
A．HCO3-不能完全电离，部分发生水解，因此1L、1 ml·L－1的NaHCO3溶液中含有的离子数小于3NA，故A错误；
B．未注明气体的状况，无法确定气体的物质的量，故B错误；
C．铝片遇到冷的浓硫酸会钝化，铝失去的电子数小于0.3NA，故C错误；
D．氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/ml，都是双原子分子，14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为:=0.5ml，含有1ml原子，含有的原子数目为NA，故D正确；
故答案为D。
8、C
【解析】
加热时碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水，分别与过氧化钠反应生成碳酸钠和氢氧化钠，当碳酸氢钠过量时，生成二氧化碳过量，最终产物为碳酸钠。
【详解】
加热时碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水，二氧化碳和水与过氧化钠反应，当碳酸氢钠过量时，生成二氧化碳、水均过量，则反应后生成的固体中不可能存在过氧化钠，过氧化钠先与过量的二氧化碳反应生成碳酸钠，则最终产物为碳酸钠；
故答案选C。
9、B
【解析】
HCl中加水配成500mL，即增大到101倍，此时PH=1+1=2，现在加50ml水，溶液体积远远小于500mL，所以加50mL水的溶液PH比2小，故X代表加50mL水的，Y代表加了醋酸铵的，据此回答。
【详解】
A．由分析可知曲线X是盐酸中滴加水的pH变化图，HCl被稀释，H+和Cl-浓度减小，但有Kw=[H+]·[OH-]可知，[OH-]在增大，A错误；
B. 当加入50mL醋酸按时，醋酸铵和HCl恰好完全反应，溶质为等物质的量、浓度均为0.05ml·L-1的CH3COOH和NH4Cl，CH3COO-浓度最大，因为Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，所以C(CH3COO-)=，而C(NH4+)≈0.05ml/L，所以Y上任意一点C(NH4+)> C(CH3COO-)，B正确；
C. a点溶液中电荷守恒为：n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)= n(NH4+)+n(H+)，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)= n(H+)，a点pH=2，C(H+)=0.01ml·L-1，溶液总体积约为100ml，n(H+)=0.01ml·L-1×0.1L=0.001ml，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=0.001ml，C错误；
D. b点位HCl溶液，水的电离受到HCl电离的H+抑制，c点：一方面CH3COOH为弱酸，另一方面，NH4+水解促进水的电离，综合来看b点水的电离受抑制程度大于c点，D错误。
答案选B。
A．一定温度下，电解质溶液中，不可能所有离子同时增大或者减小；
B．对于一元弱酸HX，C(H+)=C(X-)。
10、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。
11、C
【解析】
A. 2-苯基丙烯不是苯的同系物，A错误；
B. 异丙苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误；
C. 采用定一移一法，可得出异丙苯、2-苯基丙烯苯环上的二氯代物都有6种，C正确；
D. 异丙苯分子中与苯环相连的碳原子为饱和碳原子，其所连的4个原子一定不在同一平面上，所以分子内一定共平面的碳原子数为7个，D错误；
故选C。
12、A
【解析】
A．干电池属于原电池，原电池向外提供电能时化学能转化为电能，故A正确；
B．电解水，电能转变为化学能，故B错误；
C．太阳能热水器，是太阳能直接转化为热能，故C错误；
D．水力发电时机械能转化为电能，故D错误；
故答案为A。
将化学能转化为电能，应为原电池装置，构成原电池的条件是：①有两个活泼性不同的电极；②将电极插入电解质溶液中；③两电极间构成闭合回路；④能自发的进行氧化还原反应；所以设计原电池必须符合构成原电池的条件，且该反应必须是放热反应；注意把握常见能量的转化形成。
13、C
【解析】
A. Fe2O3的颜色是红色，可用作红色颜料，故A正确；
B. 浓H2SO4具有吸水性，可用作干燥剂，故B正确；
C. 单质Si是半导体材料，故C错误；
D. NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，可用作焙制糕点，故D正确；
答案选C。
14、B
【解析】
由工作原理图可知，左边吸附层A上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生了氧化反应为负极，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，电极反应是2H++2e-═H2↑，结合原电池原理分析解答。
【详解】
A.“全氢电池”工作时是原电池反应，能量变化是将化学能转化为电能，故A正确；
B. 由工作原理图可知，左边溶液为碱性，右边溶液为酸性，所以离子交换膜可阻止左边的碱性溶液和右边的酸性溶液发生中和，因此该离子交换膜不能允许H+和OH－通过，故B错误；
C.根据氢气的进出方向可知，氢气在吸附层A上发生氧化反应，化合价由0价变成+1价，吸附层A为负极，电极反应为：H2-2e-+2OH-═2H2O，故C正确；
D.根据C的分析可知，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，正极电极反应是2H++2e-═H2↑，左边吸附层A为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，因此总反应为：H++OH-H2O，故D正确；
答案选B。
15、B
【解析】
A. 中子数为6的碳原子：，A项错误；
B. 氧原子的原子序数为8，其原子结构示意图：，B项正确；
C. CO2分子中各原子满8电子稳定，其中碳与氧原子形成的是共价双键，其结构式为：O=C=O，C项错误；
D. Na2O2为离子化合物，存在离子键与非极性共价键，其电子式为：，D项错误；
答案选B。
化学用语是化学考试中的高频考点，其中元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z），质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（N）。
16、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。
17、D
【解析】
0.200 ml·L-1的HA溶液与0.200 ml·L-1的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中溶质为NaA，根据表中数据可知：c（ Na+）=0.100ml/L＞c（A-）=9.92×10-2ml/L，可知HA为弱酸；溶液中存在物料守恒：c（ Na+）=c（A-）+c（HA）=0.100ml/L，则c（HA）=0.100-9.92×10-2=8.00×10-4ml/L，所以X为HA；由电荷守恒可知c（OH-）＞c（H+），所以Y是H+。
【详解】
A、HA为弱酸，则0.1ml/L的HA溶液中氢离子浓度小于0.1ml/L，pH＞1，A错误；
B、温度未知，无法判断水的离子积，B错误；
C、X表示HA，Y表示H+，C错误；
D、根据物料守恒：n（A-）＋n（X）＝n（Na＋），D正确。
答案选D。
18、C
【解析】
A．根据图示，反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2，生成物是Fe3+和NO，结合总反应方程式，反应的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+= 4Fe3++4NO+2H2O，故A正确；
B．根据图示，反应Ⅱ的反应物是Fe3+和FeS2，生成物是Fe2+和SO42-，反应中铁元素的化合价降低，氧化剂是Fe3+，故B正确；
C．根据图示，反应Ш的反应物是Fe2+和NO，生成物是Fe(NO)2+，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D．根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，反应过程中NO参与反应，最后还变成NO，NO作催化剂，故D正确；
故选C。
解答本题的关键是认真看图，从图中找到物质间的转化关系。本题的易错点为A，要注意根据总反应方程式判断溶液的酸碱性。
19、C
【解析】
A. SO2具有较强的还原性，NaClO具有强氧化性，足量SO2通入NaClO溶液中发生氧化还原反应，离子方程式为：SO2＋H2O＋ClO－＝SO42－＋Cl－＋2H+，故A正确；
B. 在稀氨水中通入过量CO2，反应生成NH4HCO3，离子方程式为：NH3·H2O＋CO2＝NH4+＋HCO3－，故B正确；
C. 因浓硫酸具有强氧化性，可把Fe2＋和H2S氧化，所以用浓H2SO4溶解FeS固体，不能生成Fe2＋和H2S，故C错误；
D. 氢氧化钡溶液与等物质的量的稀H2SO4混合，反应的离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋2H2O，故D正确；
答案选C。
明确发生的化学反应及离子方程式的书写方法是解答的关键，本题的易错点是C项，因浓硫酸具有强氧化性，则生成物不可能为Fe2＋和H2S，所以在解题时要注意掌握离子方程式正误判断的常用方法，主要包括：检查反应能否发生、检查反应物和生成物是否正确、检查各物质拆分是否正确、检查是否符合原化学方程式等。
20、D
【解析】
A．由溶液pH=7时消耗KOH的体积小于10mL可知，HA为弱酸，设0.1 ml·L1 HA溶液中c(H+)=xml/L，根据电离平衡常数可知，解得x≈1×10-3ml/L，因此a点溶液的pH约为3，故A不符合题意；
B．d点溶质为KA，c点溶质为HA、KA，HA会抑制水的电离，KA会促进水的电离，因此水的电离程度：d点＞c点，故B不符合题意；
C．b点溶质为等浓度的KA和HA，，HA的电离程度大于A-的水解程度，结合溶液呈酸性可知b点溶液中粒子浓度大小：，故C不符合题意；
D．e点物料守恒为：，故D符合题意；
故答案为：D。
比较时溶液中粒子浓度：
（1）弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO-＋H+，H2OOH-＋H+，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)；
（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO-＋Na+，CH3COO-＋H2OCH3COOH＋OH-，H2OH+＋OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。
21、C
【解析】
分子式为C5H12含3个甲基的烃为，该烃的一氯代物有4种：ClCH2CH（CH3）CH2CH3、（CH3）2CClCH2CH3、（CH3）2CHCHClCH3、（CH3）2CHCH2CH2Cl，采用“定一移二”法，第二个氯原子的位置如图： 、、、，该烃的二氯代物的同分异构体有5+2+2+1=10种，答案选C。
22、C
【解析】
其中A只由碳、氢两种元素组成，其产量可用来衡量一个国家石油化工的发展水平，A为乙烯，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，E为乙酸乙酯。
【详解】
A. 甲烷中混有少量A，不能用酸性高锰酸钾溶液除去，乙烯与酸性高锰酸钾发生生成二氧化碳，引入新的杂质，故A错误；
B. 乙醛和NaHCO3溶液不反应，故B错误；
C. 物质E的酯类同分异构体有甲酸正丙酯，甲酸异丙酯，丙酸甲酯3种，故C正确；
D. B＋D→E的化学方程式为：CH3COOH+C2H5OH+CH3COOC2H5 +H2O，故D错误。
综上所述，答案为C。
二、非选择题(共84分)
23、邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯 硝基、羟基 C13H18N1OBr1 氧化反应 取代反应 3
【解析】
由B与C的分子式、D的结构简式，结合信息①，可知B为、C为，对比甲苯与B的结构，可知甲苯发生硝化反应生成A，A发生氧化反应生成B，故A为，D发生信息②中还原反应生成E为，由盐酸氨溴索的结构简式可知E→F发生还原反应生成F，F与溴发生苯环上取代反应生成G，G与HCl反应生成盐酸氨溴索，故F为、G为。
(6)、甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl还原引入氨基，羧基与甲醇发生酯化反应引入酯基，氨基易被氧化且能与羧基反应，结合生成A的转化，应先发生硝化反应反应生成，再发生氧化反应生成，然后发生酯化反应生成， 最后发生还原反应生成目标产物。
【详解】
（1）A的结构简式为，其名称为：邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯。D中含氧官能团的名称是：硝基、羟基，
故答案为：邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯；硝基、羟基；
（1）G的结构简式为，其分子式为：C13H18N1OBr1．由分析可知，化合物E的结构简式是：，
故答案为：C13H18N1OBr1；；
（3）A→B是转化为，甲基转化为醛基，属于氧化反应。F→G是转化为，F中苯环上氢原子被溴原子替代，属于取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应；
（4）B+CD的化学方程式为，
故答案为：；
（5）化合物X同时符合下列条件的同分异构体：①苯环上有两个取代基，其中之一是氨基；②官能团与X相同，另外一个取代基含有酯基，可能为﹣COOCH3、﹣OOCCH3、﹣CH1OOCH，苯环上的一氯代物有两种，1个不同的取代基处于对位，符合条件的H共有3种，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为：，
故答案为：3；；
（6）甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl还原引入氨基，羧基与甲醇发生酯化反应引入酯基，氨基易被氧化且能与羧基反应，结合生成A的转化，应先发生硝化反应反应生成，再发生氧化反应生成，然后发生酯化反应生成，最后发生还原反应生成目标物，合成路线流程图为：，
故答案为：。
24、羧基、氯原子 光照 HOOCCCl（CH1）CH2COOH+1NaOH+NaCl+1H2O CH2=C（CH1）CH=CH2CH2BrC（CH1）=CHCH2BrHOCH2C（CH1）=CHCH2OHOHCC（CH1）=CHCHOHOOCC（CH1）=CHCOOHF
【解析】
不饱和度极高，因此推测为甲苯，推测为，根据反应③的条件，C中一定含有醇羟基，则反应②是卤代烃的水解变成醇的过程，C即苯甲醇，根据题目给出的信息，D为，结合D和E的分子式，以及反应④的条件，推测应该是醇的消去反应，故E为，再来看M，M的分子式中有钠无氯，因此反应⑤为氢氧化钠的乙醇溶液，M为，经酸化后得到N为，N最后和E反应得到高聚物P，本题得解。
【详解】
（1）F中的官能团有羧基、氯原子；反应①取代的是支链上的氢原子，因此条件为光照；
（2）反应⑤即中和反应和消去反应，方程式为HOOCCCl（CH1）CH2COOH+1NaOH+NaCl+1H2O；
（1）根据分析，P的结构简式为；
（4）首先根据E的分子式可知其有5个不饱和度，苯环只能提供4个不饱和度，因此必定还有1个碳碳双键，符合条件的同分异构体为；
（5）首先根据的分子式算出其分子内有2个不饱和度，因此这两个碳碳双键可以转化为F中的2个羧基，故合成路线为CH2=C（CH1）CH=CH2CH2BrC（CH1）=CHCH2BrHOCH2C（CH1）=CHCH2OHOHCC（CH1）=CHCHOHOOCC（CH1）=CHCOOHF。
25、安全瓶，防止倒吸 能 碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解 温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1较多，或Na2S2O1产率降低等其它合理答案 降低Na2S2O1晶体的溶解度，促进晶体析出 ×100% D
【解析】
(1)装置B的作用是平衡压强，防止倒吸；
(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠；
(1)Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解；
(4)温度过高不利于二氧化硫的吸收，产品产率会降低；
(5) Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇；
(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1， 列关系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，结合数据计算理论上制得Na2S2O1·5H2O晶体的质量，Na2S2O1·5H2O的产率为；
(7)Na2SO1易被氧化为硫酸钠，减少副产物的含量就要防止Na2SO1被氧化。
【详解】
(1)装置B的作用是平衡压强，防止倒吸，则B为安全瓶防止倒吸；
(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠，氢氧化钠和二氧化硫反应也可以生成亚硫酸钠，可以代替碳酸钠；
(1)Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解，碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解；
(4) 温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1较多，或Na2S2O1产率降低等其它合理答案；
(5) Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，则乙醇的作用为：降低Na2S2O1晶体的溶解度，促进晶体析出；
(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1， 列关系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，理论上制得Na2S2O1·5H2O晶体的质量为g，Na2S2O1·5H2O的产率为×100%=×100%；
(7)A．用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水中含氧量降低，可有效防止Na2SO1被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，故A不符合题意；
B．装置A增加一导管，实验前通人N2片刻，可将装置中的空气赶走提供无氧环境，可防止Na2SO1被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，故B不符合题意；
C．先往装置A中滴加硫酸，产生二氧化硫，可将装置中的空气赶走，片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液，可减少副产物的产生，故C不符合题意；
D．将装置D改为装有碱石灰的干燥管，装置中仍然含有空气，氧气可将Na2SO1被氧化为Na2SO4，不能减少副产物产生，故D符合题意；
答案选D。
26、加热、搅拌、研细颗粒 用玻璃棒不断搅拌滤液 K+、NO3-、Na+、Cl- 减少NaCl的结晶析出 取少量固体溶于水，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀说明含有杂质 KNO3 增大铵根离子的浓度，有利于氯化铵结晶析出 甲基橙 8.92%
【解析】
硝酸钠和氯化钾用水溶解，得到的溶液中含有K+、NO3-、Na+、Cl-，由于在溶液中NaCl的溶解度较小，且受温度影响不大，采取蒸发浓缩，析出NaCl晶体，过滤分离出NaCl晶体。由于硝酸钾溶解度受温度影响比硝酸钠大，采取冷却结晶析出硝酸钾，过滤出硝酸钾晶体后，向滤液中加入NH4NO3，可增大溶液中NH4+浓度，有利于NH4Cl结晶析出。
【详解】
I.(1)加热、搅拌、研细颗粒等都可以加快物质溶解；实验室进行蒸发结晶操作时，为防止液滴飞溅，要用玻璃棒不断搅拌滤液，使溶液受热均匀；
(2)过滤I后析出部分NaCl，滤液I含有K+、NO3-、Na+、Cl-；氯化钠溶解度较小，浓缩析出NaCl晶体后，直接冷却会继续析出NaCl晶体，在进行冷却结晶前应补充少量水，可以减少NaCl的结晶析出；
(3)产品KNO3中可能含有Na+、Cl-杂质离子，检验的方法是：取少量固体溶于水，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀说明含有杂质NaCl，即含有杂质；
II.(4)取40 g NH4NO3和37.25 g KCl固体加入100 g水中，加热至90℃所有固体均溶解，用冰水浴冷却至5℃以下时，硝酸钾的溶解度最小，首先析出的是硝酸钾晶体；在滤液中加入硝酸铵可以增大铵根离子浓度，使NH4Cl晶体析出；
(5)由于恰好反应时生成的溶质为(NH4)2SO4和Na2SO4，溶液为酸性，则应该选用甲基橙为指示剂；
硫酸总的物质的量n(H2SO4)=c·V=0.102 ml/L×0.02 L=0.00204 ml，含有氢离子的物质的量为n(H+)=2n(H2SO4)=2×0.00204 ml =0.00408ml，氢氧化钠的物质的量n(NaOH)= c·V =0.089 ml/L×0.01655 L=0.001473 ml，所以氨气的物质的量n(NH3)=0.00408 ml-0.001473 ml=0.002607 ml，所以根据N元素守恒，可知样品中氯化铵的物质的量为0.002607 ml，
则样品中氯化铵的质量分数为：×100%≈8.92%。
本题考查物质制备方案、物质的分离与提纯方法，涉及溶解度曲线的理解与应用、滴定计算等，关键是对原理的理解，试题培养了学生对图象的分析能力与灵活应用所学知识的能力。
27、H2+2FeCl32FeCl2+2HCl BACDCE（或BCDCE） 碱石灰 氯化铁易升华导致导管易堵塞 球形冷凝管 苯 蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分 78.4％ 反应开始前先通N2一段时间，反应完成后继续通N2一段时间；在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙（或P2O5或硅胶）的球形干燥管
【解析】
(1)①②用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，B装置用锌和稀盐酸制备H2，A装置用来除去氢气中的氯化氢，C装置用来干燥氢气，可以盛放碱石灰，D装置H2还原FeCl3，再用C装置吸收反应产生的HCl，最后用E点燃处理未反应的氢气；
③该制备装置的缺点为FeCl3固体易升华，蒸气遇冷发生凝华分析；
(2)①根据仪器结构判断其名称；
②三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2等，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后得到粗产品，根据物质的熔沸点和溶解性可知，可以用苯洗涤；根据滤液中各种物质沸点的不同对滤液进行蒸馏可回收C6H5Cl，据此答题；
③根据消耗的NaOH计算反应生成的HCl，结合方程式2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑计算转化的FeCl3，最终计算FeCl3的转化率；
④FeCl3、FeCl2易吸水，反应产生的HCl会在容器内滞留。
【详解】
(1)①H2具有还原性，可以还原无水FeCl3制取FeCl2，同时产生HCl，反应的化学方程式为H2+2FeCl32FeCl2+2HCl；
②用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，装置连接顺序：首先是使用B装置，用锌和稀盐酸制备H2，所制H2中混有HCl和H2O（g），再用A装置用来除去氢气中的氯化氢，然后用C装置干燥氢气，C装置中盛放碱石灰，再使用D装置使H2还原FeCl3，反应产生的HCl气体用C装置的碱石灰来吸收，未反应的H2通过装置E点燃处理，故按照气流从左到右的顺序为BACDCE；也可以先使用B装置制取H2，然后通过C的碱石灰除去氢气中的杂质HCl、水蒸气，然后通过D发生化学反应制取FeCl2，再用碱石灰吸收反应产生的HCl，最后通过点燃处理未反应的H2，故按照装置使用的先后顺序也可以是BCDCE；
C中盛放的试剂是碱石灰，是碱性干燥剂，可以吸收HCl或水蒸气；
③该制备装置的缺点为FeCl3固体易升华，蒸气遇冷发生凝华，导致导气管发生堵塞；
(2)①根据图示装置中仪器a的结构可知该仪器名称为球形冷凝管；
②三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2等，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后得到粗产品，根据物质的熔沸点和溶解性可知，C6H5Cl、C6H4Cl2容易溶解在苯、乙醇中，不溶于水，而FeCl3、FeCl2易溶于水、乙醇，难溶于苯，所以洗涤时洗涤剂用苯；根据滤液中C6H5Cl、C6H4Cl2这两种物质沸点的不同，对滤液进行蒸馏，并收集沸点132℃的馏分，可回收C6H5Cl；
③n(HCl)=n(NaOH)=0.40ml/L×0.0196L×=0.0784ml，根据反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，反应的FeCl3的物质的量为n(FeCl3)反应=2n(HCl)= 0.0784ml×2=0.1568ml，n(FeCl3)总=32.5g÷162.5g/ml=0.2ml，所以氯化铁转化率为×100%=78.4％；
④FeCl3、FeCl2易吸水，为防止B装置中的水蒸气进入A装置，导致FeCl2等吸水而变质，可以在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙（或P2O5或硅胶）的球形干燥管；同时为防止FeCl3、FeCl2与装置内空气中的水蒸气、O2等反应，同时避免反应产生的HCl气体会在容器内滞留，可以反应开始前先通N2一段时间排尽装置中空气，反应完成后继续通N2一段时间将反应生成的HCl全部排入锥形瓶中。
本题考查实验室制备氯化亚铁的知识，注意把握实验操作基本原理，把握题给信息，掌握实验操作方法，学习中注意积累，为了减小误差制取无水FeCl2，要排除装置中空气引起的误差或HCl气体在容器内滞留引起的误差。
28、橙 C 6 5 阳极反应为Fe−2e−═Fe2+，提供还原剂Fe2+ Fe(OH)3
【解析】
（1）pH=2，溶液呈酸性，有利于平衡向正反应分析移动；
（2）达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变；
（3）根据氧化还原反应中得失电子守恒来计算；
（4）根据溶度积常数以及水的离子积常数来进行计算；
（5）阳极是活性电极时，阳极本身失电子，生成阳离子；
（6）溶液PH升高的原因是溶液中氢离子浓度减少，即氢离子在阴极得电子，PH升高，生成沉淀为 Cr（OH）3和Fe（OH）3。
【详解】
（1）溶液显酸性，c(H+)较大，上述平衡右移，该溶液显橙色；综上所述，本题答案是：橙；
（2）A．Cr2O72−和CrO42−的浓度相同时，反应不一定达到平衡状态，A错误；
B．2v（Cr2O72−）=v（CrO42−），没有标出正逆反应速率，无法判定反应是否达到平衡状态，B错误；
C．平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变，可以判断反应达到平衡状态，C正确；
综上所述，本题选C；
（3）根据电子得失守恒可以知道,还原1mlCr2O72−离子，得到Cr3+，得到电子：2×（6-3）=6ml，Fe2+被氧化为Fe3+，需要FeSO4•7H2O的物质的量为=6ml；
综上所述，本题答案是：6；
（4）当c(Cr3+)=10-5ml/L时,溶液的c(OH-)= =10-9ml/L,c(H+)==10-5ml/L, pH=5，即要使c(Cr3+)降至10-5ml/L，溶液的pH应调至5；
综上所述，本题答案是：5；
（5）用Fe做阳极，发生氧化反应，失电子：Fe−2e-=Fe2+，产生的亚铁离子做还原剂；
综上所述，本题答案是：Fe−2e-=Fe2+，提供还原剂Fe2+；
（6）溶液中氢离子在阴极得电子被还原为氢气，阴极极反应为：2H++2e-=H2↑，溶液酸性减弱，溶液pH升高，亚铁离子被氧化为铁离子，酸性减弱，铁离子产生沉淀Fe(OH)3；
综上所述，本题答案是：Fe(OH)3。
29、d N 电子气 A 1 “头碰头” 高于 均为离子晶体，O2-半径比S2-半径小，MnO晶格能大，熔点高 MnO2 1
【解析】
(1)Mn是25号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p13s23p13d54s2；锰可导电，导热，具有金属光泽，有延展性，是因为有自由电子，这些性质都可以用“电子气理论”解释；
(2)A．Mn3＋在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2＋，说明Mn3＋不稳定；
B．Mn2＋中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子；
C．第四周期中价电子层中未成对电子数最多的元素价电子排布式为：3d54s1；
D．Mn2＋与Fe3＋具有相同的价电子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数有关；
(3)MnF12−的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为1；F与Mn之间的共价键都是共价单键；
(4)物质都属于离子晶体，离子晶体的阴离子带有相同电荷，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，熔点越高；
(5)用均摊法计算确定化学式，并结合微粒的空间排列确定Mn的配位数；由晶胞结构可知：在该晶胞中距离相等且最近的2个Mn在晶胞体对角线的一半。
【详解】
(1)Mn是25号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p13s23p13d54s2，可知M在元素周期表中位于第四周期第VIIB，属于d区元素，核外电子占据最高能层的符号是N；锰可导电，导热，具有金属光泽，有延展性，是因为有自由电子，这些性质都可以用“电子气理论”解释，故答案为：d；N；电子气；
(2)A．Mn3＋的价电子构型为3d4，Mn3＋在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2＋，说明Mn3＋不稳定，Mn3＋容易变成电子半充满的稳定的价电子构型为3d5，3d4则属于不稳定的电子构型，故A正确；
B．Mn2＋中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子，故B错误；
C．第四周期中价电子层中未成对电子数最多的元素价电子排布式为：3d54s1，是Cr元素，故C错误；
D．Mn2＋与Fe3＋具有相同的价电子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数有关，因此它们的化学性质不相似，Mn2＋具有强的还原性，而Fe3＋具有强的氧化性，故D错误；
故答案选：A；
(3)MnF12−的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为1．在化合物化合物K2MnF1中含有的F与Mn之间的共价键都是共价单键，属于σ键，在形成过程中原子轨道的重叠方式为“头碰头”，故答案为：1；“头碰头”；
(4)MnO和MnS都是离子晶体，离子电荷数相同，O2−离子半径小于S2−的离子半径，MnO的晶格能大，熔点更高，故答案为：高于；均为离子晶体，O2-半径比S2-半径小，MnO晶格能大，熔点高；
(5)在该晶体中含有的Mn原子个数为：×8＋1＝2，含有的O原子数目为：×4＋2＝4，Mn：O＝2：4＝1：2，所以该锰的氧化物的化学式为MnO2；根据晶胞投影图可知：在该晶体体中与Mn原子距离相等且最近的O原子有1个，所以Mn的配位数为1；由晶胞结构可知：在该晶胞中距离相等且最近的2个Mn在晶胞体对角线的一半，晶胞的体对角线为pm，所以该晶体中Mn之间的最近距离为×pm=pm，故答案为：MnO2；1；。
微粒
X
Y
Na+
A-
浓度/（ml•L-1）
8.00×10-4
2.50×10-10
0.100
9.92×10-2
C6H5Cl(氯苯）
C6H4Cl2(二氯苯）
FeCl3
FeCl2
溶解性
不溶于水，易溶于苯、乙醇
不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，
易溶于乙醇，易吸水
熔点/℃
-45
53
易升华
沸点/℃
132
173