德陽市重點中學2023屆高三第二次調研化學試卷含解析

2023年高考化學模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、某興趣小組設計了如下實驗測定海帶中碘元素的含量，依次經過以下四個步驟，下列圖示裝置和原理能達到實驗目的的是（）A．灼燒海帶：B．將海帶灰溶解后分離出不溶性雜質：C．制備Cl2，并將I-氧化為I2：D．以淀粉為指示劑，用Na2S2O3標準溶液滴定：2、實驗室處理含FeBr3廢催化劑的溶液，可得到溴的苯溶液和無水FeCl3。下列做法能達到相應實驗目的的是()A．制取Cl2B．使Br－轉化為Br2C．分液，先放出水層，再倒出溴的苯溶液D．將分液后的水層蒸干獲得無水FeCl33、現有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。R原子最外層電子數是電子層數的2倍；Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，Z與T形成的Z2T化合物能破壞水的電離平衡，五種元素的原子半徑與原子序數的關系如圖所示，下列推斷正確的是A．原子半徑和離子半徑均滿足：Y＜ZB．Y的單質易與R、T的氫化物反應C．最高價氧化物對應的水化物的酸性：T＜RD．由X、R、Y、Z四種元素組成的化合物水溶液一定顯堿性4、科學家合成出了一種用于分離鑭系金屬的化合物A（如下圖所示），短周期元素X、Y、Z原子序數依次增大，其中Z位于第三周期。Z與Y2可以形成分子ZY6，該分子常用作高壓電氣設備的絕緣介質。下列關于X、Y、Z的敘述，正確的是A．離子半徑：Y＞ZB．氫化物的穩(wěn)定性：X＞YC．最高價氧化物對應水化物的酸性：X＞ZD．化合物A中，X、Y、Z最外層都達到8電子穩(wěn)定結構5、下列指定反應的離子方程式正確的是（）A．向苯酚鈉溶液中通入少量CO2：2C6H5O－＋CO2＋H2O→2C6H5OH＋CO32-B．向NaNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液：5NO2-＋2MnO4-＋3H2O=5NO3-＋2Mn2＋＋6OH－C．向AlCl3溶液中滴加過量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+D．NaHSO4溶液與Ba(OH)2溶液反應至中性：H＋＋SO42-＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2O6、下列實驗操作、現象與結論均正確的是（）選項操作現象結論A向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl固體溶液顏色變淺FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl平衡向逆反應方向移動B向酸性高錳酸鉀溶液中加入過量的FeI2固體反應后溶液變黃反應后溶液中存在大量Fe3+C取3mL

1mol·L-1NaOH溶液,先加入3滴1mol·L-1MgCl2溶液,再加入3滴1mol·L-1FeCl3溶液出現紅褐色沉淀Mg(OH)2的Ksp比Fe(OH)3的Ksp大D常溫下，向濃度、體積都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞變紅,前者紅色更深結合質子的能力：CO32->HCO3-A．A B．B C．C D．D7、下列實驗中，與現象對應的結論一定正確的是A．A B．B C．C D．D8、2012年，國際純粹與應用化學聯(lián)合會(IUPAC)宣布第116號元素命名為鉝(Livermorium)，元素符號是Lv，以紀念勞倫斯利弗莫爾國家實驗室(LLNL)對元素發(fā)現作出的貢獻。下列有關敘述中不正確的是①Lv的非金屬性比S強②Lv元素原子的內層電子共有110個③Lv是過渡金屬元素④Lv元素原子的最高價氧化物對應的水化物為強酸⑤Lv元素的最高價氧化物的化學式為LvO3A．①③④ B．①②④ C．③⑤ D．②⑤9、下列指定反應的離子方程式正確的是（）A．用鋁粉和NaOH溶液反應制取少量H2Al+2OH-=AlO2-+H2↑B．電解飽和食鹽水制備Cl22Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-C．向氫氧化鋇溶液中加入稀硫酸Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2OD．向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O10、假設與猜想是科學探究的先導和價值所在。下列假設引導下的探究肯定沒有意義的是A．探究SO2和Na2O2反應可能有Na2SO4生成B．探究濃硫酸與銅在一定條件下反應產生的黑色物質可能是CuOC．探究Na與水的反應可能有O2生成D．探究向滴有酚酞試液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞紅色褪去的現象是溶液的酸堿性改變所致，還是HClO的漂白性所致11、NA代表阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）A．常溫常壓下，124gP4中所含P—P鍵數目為4NAB．100mL1mol·L?1FeCl3溶液中所含Fe3+的數目為0.1NAC．標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數目為2NAD．密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應后分子總數為2NA12、Mg(NH)2可發(fā)生水解：Mg(NH)2＋2H2O=N2H4＋Mg(OH)2。下列表示相關微粒的化學用語正確的是A．中子數為8的氧原子：O B．N2H4的結構式：C．Mg2＋的結構示意圖： D．H2O的電子式：13、利用傳感技術測定一定濃度碳酸鈉溶液的pH與溫度(T)的關系，曲線如圖，下列分析錯誤的是A．碳酸鈉水解是吸熱反應B．ab段說明水解平衡正向移動C．be段說明水解平衡逆向移動D．水的電離平衡也對pH產生影響14、下圖是某學校實驗室從化學試劑商店買回的硫酸試劑標簽上的部分內容。據此下列說法正確的是()A．該硫酸的物質的量濃度為9.2mol·L－1B．1molZn與足量該硫酸反應產生2g氫氣C．配制200mL4.6mol·L－1的稀硫酸需取該硫酸50mLD．該硫酸與等質量的水混合后所得溶液的濃度大于9.2mol·L－115、下列有關說法正確的是A．用新制Cu(OH)2懸濁液檢驗牙膏中的甘油時，可生成絳藍色沉淀B．用紙層析法分離Cu2+和Fe3+，為了看到色斑，必須通過氨熏C．氯化鉆濃溶液加水稀釋，溶液的顏色由藍色逐漸轉變?yōu)榉奂t色D．摘下幾根火柴頭，浸于水中，片刻后取少量溶液于試管中，加AgNO3溶液和稀硝酸，若出現白色沉淀，說明火柴頭中含氯元素16、某興趣小組設計了如下實驗測定海帶中碘元素的含量，依次經過以下四個步驟，下列圖示裝置和原理能達到實驗目的的是A．灼燒海帶B．將海帶灰溶解后分離出不溶性雜質C．制備Cl2，并將I-氧化為I2D．以淀粉為指示劑，用Na2SO3標準溶液滴定17、含有0.01molFeCl3的氯化鐵飽和溶液因久置變得渾濁，將所得分散系從如圖所示裝置的A區(qū)流向B區(qū)，其中C區(qū)是不斷更換中的蒸餾水。已知NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法不正確的是A．實驗室制備Fe(OH)3膠體的反應為：FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HClB．濾紙上殘留的紅褐色物質為Fe(OH)3固體顆粒C．在B區(qū)的深紅褐色分散系為Fe(OH)3膠體D．進入C區(qū)的H+的數目為0.03NA18、生鐵比純鐵（）A．硬度低 B．易腐蝕 C．熔點高 D．含碳量低19、常溫下，用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示(不考慮C2O42-的水解)。下列敘述正確的是()A．Ksp(Ag2C2O4)的數量級等于10-11B．n點表示AgCl的不飽和溶液C．向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液時，先生成Ag2C2O4沉淀D．Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常數為109.0420、有八種短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f隨著原子序數的遞增，其原子半徑的相對大小、最高正價或最低負價的變化如圖1所示。z、e、g、h的最高價氧化物對應水化物溶液(濃度均為0.01mol/L)的pH與原子序數的關系如圖2所示。根據上述信息進行判斷，下列說法正確是（）A．d、e、f、g形成的簡單離子中，半徑最大的是d離子B．d與e形成的化合物中只存在離子鍵C．x、y、z、d、e、f、g、h的單質中，f的熔點最高D．x與y可以形成多種化合物，可能存在非極性共價鍵21、NA代表阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）A．含1mol/LC1-的NH4Cl與氨水的中性混合溶液中，NH4+數為NAB．60gSiO2和28gSi中各含有4NA個Si-O鍵和4NA個Si-Si鍵C．標準狀況下，濃鹽酸分別與MnO2、KClO3反應制備22.4LCl2，轉移的電子數均為2NAD．10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子數為0.5NA22、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加，W原子的核外電子數等于電子層數，X2-和Y+的核外電子排布相同，X與Z同族。下列敘述正確的是（）A．原子半徑：Z>X>YB．X的簡單氫化物的穩(wěn)定性比Z的強C．Y的氫化物為共價化合物D．Z的最高價氧化物對應的水化物是一種強酸二、非選擇題(共84分)23、（14分）某化合物X有三種元素組成，某學習小組進行了如下實驗：(1)化合物X的化學式為___________(2)混合氣體N通入足量的NaOH溶液中，恰好完全反應生成一種鹽，其離子反應方程式為______________。(3)黑色固體Y與NH3的化學方程式為____________(4)若以X?3H2O進行實驗，在170℃時可以生成一種中間產物W。0.1mol化合物W能與0.6molHCl剛好完全反應，若0.1mol化合物W再繼續(xù)加熱生成黑色固體Y的質量為32.0g。則化合物W的化學式為______________。(5)混合氣體N有毒，為保護環(huán)境，可以用保險粉（Na2S2O4）吸收。請說明混合氣體N能用保險粉吸收的理由___________。24、（12分）某研究小組按下列路線合成藥物諾氟沙星：已知：試劑EMME為C2H5OCH=C(COOC2H5)2，在適當條件下，可由C生成D。②③請回答：（1）根據以上信息可知諾氟沙星的結構簡式_____。（2）下列說法不正確的是_____。A．B到C的反應類型為取代反應B．EMME可發(fā)生的反應有加成，氧化，取代，加聚C．化合物E不具有堿性，但能在氫氧化鈉溶液中發(fā)生水解D．D中兩個環(huán)上的9個C原子可能均在同一平面上（3）已知：RCH2COOH，設計以化合物HC(OC2H5)3、C2H5OH合成EMME的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)_____。（4）寫出C→D的化學方程式______。（5）寫出化合物G的同系物M（C6H14N2）同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式：____①1H-NMR譜表明分子中有4種氫原子，IR譜顯示含有N－H鍵，不含N－N鍵；②分子中含有六元環(huán)狀結構，且成環(huán)原子中至少含有一個N原子。25、（12分）某學生對SO2與漂粉精的反應進行實驗探究：操作現象取4g漂粉精固體，加入100mL水部分固體溶解，溶液略有顏色過濾，測漂粉精溶液的pHpH試紙先變藍（約為12），后褪色液面上方出現白霧；

稍后，出現渾濁，溶液變?yōu)辄S綠色；

稍后，產生大量白色沉淀，黃綠色褪去（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化學方程是_________。（2）pH試紙顏色的變化說明漂粉精溶液具有的性質是_________。（3）向水中持續(xù)通入SO2，未觀察到白霧。推測現象i的白霧由HC1小液滴形成，進行如下實驗：a．用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧，無變化；b．用酸化的AgNO3溶液檢驗白霧，產生白色沉淀。①實驗a目的是______。②由實驗a、b不能判斷白霧中含有HC1，理由是________。（4）現象ii中溶液變?yōu)辄S綠色的可能原因：隨溶液酸性的增強，漂粉精的有效成分和C1-發(fā)生反應。通過進一步實驗確認了這種可能性，其實驗方案是______。（5）將A瓶中混合物過濾、洗滌，得到沉淀X①向沉淀X中加入稀HC1，無明顯變化。取上層清液，加入BaC12溶液，產生白色沉淀。則沉淀X中含有的物質是_____。②用離子方程式解釋現象iii中黃綠色褪去的原因：________。26、（10分）亞氯酸鈉常用作漂白劑。某化學小組設計實驗制備亞氯酸鈉，并進行雜質分析。實驗I按圖裝置制備NaC1O2晶體已知：①C1O2為黃綠色氣體，極易與水反應。②NaC1O2飽和溶液在低于38℃時析出NaC1O2·3H2O晶體，高于38℃時析出NaC1O2晶體，溫度高于60℃時NaC1O2分解生成NaC1O3和NaCl。（1）裝置A中b儀器的名稱是____；a中能否用稀硫酸代替濃硫酸____（填“能”或“不能”），原因是____。（2）A中生成C1O2的化學反應方程式為____。（3）C中生成NaC1O2時H2O2的作用是____；為獲得更多的NaC1O2，需在C處添加裝置進行改進，措施為____。（4）反應后，經下列步驟可從C裝置的溶液中獲得NaC1O2晶體，請補充完善。i.55℃時蒸發(fā)結晶ii.__________ii.用40℃熱水洗滌iv.低于60℃干燥，得到成品實驗Ⅱ樣品雜質分析（5）上述實驗中制得的NaC1O2晶體中還可能含有少量中學常見的含硫鈉鹽，其化學式為____，實驗中可減少該雜質產生的操作（或方法）是____（寫一條）。27、（12分）苯甲醛是一種重要的化工原料，某小組同學利用如圖所示實驗裝置(夾持裝置已略去)制備苯甲醛。已知有機物的相關數據如下表所示：有機物沸點℃密度為g/cm3相對分子質量溶解性苯甲醛178.11.04106微溶于水，易溶于乙醇、醚和鹵代烴苯甲醇205.71.04108微溶于水，易溶于乙醇、醚和鹵代烴二氯甲烷39.81.33難溶于水，易溶于有機溶劑實驗步驟：①向容積為500mL的三頸燒瓶加入90.0mL質量分數為5%的次氯酸鈉溶液(稍過量)，調節(jié)溶液的pH為9-10后，加入3.0mL苯甲醇、75.0mL二氯甲烷，不斷攪拌。②充分反應后，用二氯甲烷萃取水相3次，并將有機相合并。③向所得有機相中加入無水硫酸鎂，過濾，得到有機混合物。④蒸餾有機混合物，得到2.08g苯甲醛產品。請回答下列問題：(1)儀器b的名稱為______，攪拌器的作用是______。(2)苯甲醇與NaClO反應的化學方程式為_______。(3)步驟①中，投料時，次氯酸鈉不能過量太多，原因是____；步驟③中加入無水硫酸鎂，若省略該操作，可能造成的后果是______。(4)步驟②中，應選用的實驗裝置是___(填序號)，該操作中分離出有機相的具體操作方法是___。(5)步驟④中，蒸餾溫度應控制在_______左右。(6)本實驗中，苯甲醛的產率為________(保留到小數點后一位)。28、（14分）化合物H是一種香料合成中間體，其合成路線如圖：回答下列問題：(1)A的化學名稱是___。(2)A到B的反應方程式是___。(3)C的結構簡式是___。(4)④的反應類型是___。(5)H中的含氧官能團的名稱是___。(6)X是F的同分異構體，X所含官能團的種類和數量與F完全相同，其核磁共振氫譜為三組峰，峰面積比為6：1：1。寫出兩種符合上述條件的X的結構簡式___。(7)設計由苯甲醇和制備的合成路線___（無機試劑任選）。29、（10分）鐵及其化合物在生產生活及科學研究方面應用非常廣泛?；卮鹣铝袉栴}：（1）Fe原子的核外電子排布式為_________。（2）含錳奧氏體鋼是一種特殊的鐵合金，主要由Fe和Mn組成，其中錳能增加鋼鐵的強度和硬度，提高耐沖擊性能和耐磨性能。第三電離能I3(Fe)____I3(Mn)（填“大于”或“小于”），原因___。（3）工業(yè)電解熔融的FeO、Fe2O3冶煉高純鐵。FeO與Fe2O3相比，_____熔點高，其主要原因是_______。（4）FeCl3可與KSCN溶液發(fā)生顯色反應。SCN-的三種元素中電負性最大的是_______。（5）液態(tài)環(huán)戊二烯中存在的微粒間相互作用有____A范德華力B氫鍵C鍵Dπ鍵環(huán)戊二烯分子中碳原子的雜化軌道類型是_____配合物中配體提供電子對的方式包括孤對電子、π電子等。二茂鐵的分子結構如圖所示，其中鐵的配位數是____。（6）Fe(CO)3與NH3在一定條件下可合成一種具有磁性的氮化鐵。該磁性氮化鐵的晶胞結構如圖所示。六棱柱底邊邊長為acm，高為ccm，阿伏加德羅常數的值為NA，該磁性氮化鐵的密度為____（列出計算式）g·cm-3。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】

A.灼燒需在坩堝中進行，不能選燒杯，A項錯誤；B.將海帶灰溶解后分離出不溶性雜質采用過濾操作，過濾需要玻璃棒引流，圖中操作科學規(guī)范，B項正確；C.制備Cl2，并將I-氧化為I2，除去氯氣中的氯化氫應該用飽和食鹽水，尾氣需用氫氧化鈉吸收，C項錯誤；D.Na2S2O3為強堿弱酸鹽，因S2O32-的水解使溶液呈現堿性，所以滴定時Na2S2O3應該放在堿式滴定管中，而不是酸式滴定管，D項錯誤；答案選B?！军c睛】本題的易錯點是D項，選擇酸堿滴定管一方面要考慮實際的反應所需的環(huán)境，另一方面要考慮標準溶液的酸堿性。如高錳酸鉀溶液在酸性條件下具有強氧化性，需選擇酸式滴定管；而本題的硫酸硫酸鈉還原碘單質時，考慮到標準溶液的水解來選擇堿式滴定管。此外，學生要牢記儀器的構造，會區(qū)分酸式滴定管與堿式滴定管。2、C【解析】

A.實驗室制備氯氣是用濃鹽酸與二氧化錳在加熱條件下反應，稀鹽酸與二氧化錳不反應，不能制備氯氣，A項錯誤；B.用氯氣氧化溴離子時，導氣管應該采用“長進短出”原則，所以該裝置錯誤，不能實現實驗目的，B項錯誤；C.分液時先從下口放出水相，再從上口倒出有機相，C項正確；D.蒸發(fā)時應該，蒸發(fā)至有大量晶體析出時停止加熱，用余熱蒸干，另外FeCl3水解生成的鹽酸易揮發(fā)，直接蒸發(fā)，得不到無水FeCl3，D項錯誤；答案選C?！军c睛】本題考查化學實驗方案評價，涉及物質制備、實驗操作等知識點，明確實驗原理、物質性質、實驗操作規(guī)范是解本題的關鍵，易錯點是選項D，加熱氯化鐵溶液時氯化鐵水解生成氫氧化鐵和氯化氫，升高溫度促進水解，為防止水解，應在氯化氫氛圍中加熱蒸干氯化鐵溶液。3、B【解析】

現有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，結合五種元素的原子半徑與原子序數的關系圖可知，Z的原子半徑最大，X的原子半徑和原子序數均最小，則X為H元素；由R原子最外層電子數是電子層數的2倍，R為第二周期的C元素；Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，則Z為Na元素，Y為O元素，Z與T形成的Z2T

化合物能破壞水的電離平衡，T為S元素，據此分析解答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍琗為H元素，R為C元素，Y為O元素，Z為Na元素，T為S元素。A．電子層越多，原子半徑越大，則原子半徑為Y＜Z，而具有相同電子排布的離子中原子序數大的離子半徑小，則離子半徑為Y＞Z，故A錯誤；B．Y的單質為氧氣，與C的氫化物能夠發(fā)生燃燒反應，與S的氫化物能夠反應生成S和水，故B正確；C．非金屬性S＞C，則最高價氧化物對應的水化物的酸性：T＞R，故C錯誤；D．由H、C、O、Na四種元素組成的化合物不僅僅為NaHCO3，可能為有機鹽且含有羧基，溶液不一定為堿性，可能為酸性，如草酸氫鈉溶液顯酸性，故D錯誤；答案選B。4、D【解析】

短周期元素X、Y、Z原子序數依次增大，觀察正離子結構，Z失去一個電子后，可以成3個共價鍵，說明Z原子最外面為6個電子，由于Z位于第三周期，所以Z為S元素，負離子結構為，Y成一個共價鍵，為-1價，不是第三周期元素，且原子序數大于X，應為F元素（當然不是H，因為正離子已經有H）；X得到一個電子成4個共價鍵，說明其最外層為3個電子，為B元素，據此分析解答?！驹斀狻緼．電子層數F-<S2-，離子半徑F-<S2-，所以Z>Y，A選項錯誤；B．非金屬性越強，簡單氫化物越穩(wěn)定，非金屬性：F>B，則有BH3<HF，所以X<Y，B選項錯誤；C．非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性：S>B，則酸性H3BO3（弱酸）<H2SO4（強酸），所以X<Z，C選項錯誤；D．根據上述分析可知，化合物A中X、Y、Z最外層都達到8電子穩(wěn)定結構，D選項正確；答案選D。5、C【解析】

A.因為酸性強弱關系為H2CO3>C6H5OH>HCO3-，所以即使通入過量的CO2也不會有CO32-生成：C6H5O－＋CO2＋H2O―→C6H5OH＋HCO3-。A項錯誤；B.因為是酸性溶液，所以產物中不會有OH-生成，正確的反應方程式為5NO2-＋2MnO4-＋6H+===5NO3-＋2Mn2＋＋3H2O。B項錯誤；C.Al(OH)3不能與氨水反應，所以該離子方程式是正確的，C項正確；D.離子方程式不符合物質[Ba(OH)2]的組成，正確的離子方程式為2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O。D項錯誤；答案選C?！军c睛】離子方程式正誤判斷題中常見錯誤：(1)不能正確使用分子式與離子符號；(2)反應前后電荷不守恒；(3)得失電子不守恒；(4)反應原理不正確；(5)缺少必要的反應條件；(6)不符合物質的組成；(7)忽略反應物用量的影響等。6、D【解析】A、發(fā)生的離子反應：Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，加入KCl固體，平衡不移動，故A錯誤；B、酸性高錳酸鉀溶液可將Fe2＋氧化為Fe3＋，將I－氧化成I2，Fe3＋、I2在溶液種都顯黃色，故B錯誤；C、因為加入NaOH是過量，再滴入3滴FeCl3溶液，Fe3＋與過量的NaOH溶液生成Fe(OH)3，不能說明兩者溶度積大小，故C錯誤；D、Na2CO3、NaHCO3的水溶液都顯堿性，前者紅色更深，說明CO32－水解的程度比HCO3－大，即CO32－結合H＋能力強于HCO3－，故D正確。7、D【解析】

A．CH4和Cl2在光照下發(fā)生取代反應生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氫，其中一氯甲烷和氯化氫在常溫下為氣體。混合氣體通入石蕊溶液先變紅后褪色，說明有氯氣剩余，故反應后含氯的氣體有3種，故A錯誤；B.向10mL0.1mol/LNaOH溶液中先后加入1mL濃度均為0.1mol/L的MgCl2和CuCl2溶液，由于堿過量，兩種金屬離子均完全沉淀，不存在沉淀的轉化，故不能根據現象比較Cu(OH)2和Mg(OH)2的溶解度的大小，故B錯誤；C.碳酸氫銨受熱分解生成氨氣、水和二氧化碳，氨氣溶于水溶液顯堿性，使石蕊變藍，結論錯誤，故C錯誤；D.金屬鈉和水反應比鈉和乙醇反應劇烈，說明水中羥基氫的活潑性大于乙醇的，故D正確。故選D。8、A【解析】

①第116號元素命名為鉝，元素符號是Lv，根據命名得出Lv是金屬，故①錯誤；②第116號元素命名為鉝，是第VIA元素，最外層有6個電子，因此Lv元素原子的內層電子共有110個，故②正確；③Lv是第VIA元素，不是過渡金屬元素，故③錯誤；④Lv是金屬，Lv元素原子的最高價氧化物對應的水化物為堿，故④錯誤；⑤Lv元素是第VIA元素，最高價為+6價，其最高價氧化物的化學式為LvO3，故⑤正確；根據前面分析得出A符合題意。綜上所述，答案為A。【點睛】同主族從上到下非金屬性減弱，金屬性增強；同周期從左到右非金屬性增強，金屬性減弱。9、B【解析】

A.用鋁粉和NaOH溶液反應制取少量H2，正確的離子方程式為2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，故A錯誤；B.電解飽和食鹽水制備Cl2，正確的離子方程式為2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，故B正確；C.向氫氧化鋇溶液中加入稀硫酸，正確的離子方程式為Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故C錯誤；D.向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水，正確的離子方程式為Ca2++HCO3-+NH4++2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3?H2O，故D錯誤；故選B。【點睛】離子方程式的書寫正誤判斷是高頻考點，要求學生熟練書寫高中化學基本離子反應方程式的同時，掌握其正誤判斷的方法也是解題的突破口，一般規(guī)律可歸納為：1.是否符合客觀事實，如本題A選項，反應物還有水；2.是否遵循電荷守恒與質量守恒定律，必須同時遵循，否則書寫錯誤，如Fe+Fe3+=2Fe2+，顯然不遵循電荷守恒定律；3.觀察化學式是否可拆，不該拆的多余拆成離子，或該拆成離子的沒有拆分，都是錯誤的書寫；4.分析反應物用量，要遵循以少定多的原則書寫正確的離子方程式；5.觀察能否發(fā)生氧化還原反應，氧化還原反應也是離子反應方程式的一種?？傊?，掌握離子反應的實質，是正確書寫離子反應方程式并學會判斷其書寫正誤的有效途徑。10、C【解析】

A、SO2具有還原性，Na2O2具有氧化性，所以探究SO2和Na2O2反應可能有Na2SO4生成有意義，故A不符合題意；B、濃硫酸具有強氧化性，所以探究濃硫酸與銅在一定條件下反應產生的黑色物質可能是CuO有意義，故B不符合題意；C、Na是非?；顫姷慕饘?，不可能與水反應生成O2，所以探究Na與水的反應可能有O2生成沒有意義，故C符合題意；D、Cl2能與NaOH反應，使溶液的堿性減弱，Cl2與H2O反應生成了HClO，HClO具有漂白性，所以探究向滴有酚酞試液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞紅色褪去的現象是溶液的酸堿性改變所致，還是HClO的漂白性所致有意義，故D不符合題意。11、C【解析】

A.常溫常壓下，124gP4的物質的量是1mol，由于白磷是正四面體結構，含有6個P－P鍵，因此其中所含P—P鍵數目為6NA，A錯誤；B.鐵離子在溶液中水解，所以100mL1mol·L?1FeCl3溶液中所含Fe3+的數目小于0.1NA，B錯誤；C.甲烷和乙烯分子均含有4個氫原子，標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物的物質的量是0.5mol，其中含氫原子數目為2NA，C正確；D.反應2SO2+O22SO3是可逆反應，因此密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應后分子總數大于2NA，D錯誤。答案選C?！军c睛】本題主要從物質結構、水解、轉移電子、可逆反應等角度考查，本題相對比較容易，只要認真、細心就能做對，平時多注意這方面的積累。白磷的結構是解答的難點，注意與甲烷正四面體結構的區(qū)別。12、D【解析】

A．中子數為8的O原子，質量數=質子數+中子數=8+8=16，中子數為8的O原子：O，故A錯誤；B．N2H4為聯(lián)氨，是共價化合物，氮原子和氫原子形成共價鍵，氮原子和氮原子間也形成共價鍵，結構式為：，故B錯誤；C．Mg的結構示意圖：，Mg2＋的結構示意圖為，故C錯誤；D．H2O分子中氫原子與氧原子之間形成1對共用電子對，電子式：，故D正確；答案選D?！军c睛】在元素符號做下架表示的是質子數，左上角是質量數，質量數=質子數+中子數。13、C【解析】

A.水解一定是吸熱反應，A項正確；B.碳酸鈉是弱酸強堿鹽，水解使溶液顯堿性，而升高溫度使平衡正向移動，溶液的堿性增強，B項正確；C.水解是吸熱的，溫度不斷升高只會導致平衡不斷正向移動，此時溶液pH卻出現反常下降，這是由于水本身也存在電離，溫度改變對水的電離平衡造成了影響，C項錯誤；D.水本身也存在著一個電離平衡，溫度改變平衡移動，因此對溶液的pH產生影響，D項正確；答案選C。14、C【解析】

A.根據c=1000ρ×ω/M進行計算；B.Zn與濃H2SO4反應放出SO2氣體；C．根據稀釋前后溶質的量不變求出所需濃硫酸的體積；D.濃硫酸與等質量的水混合后所得溶液的濃度小于濃硫酸濃度的平均值；【詳解】A．根據c=1000ρ×ω/M可知，硫酸的濃度是1000×1.84×98%/98=18.4mol/L，A錯誤；B.Zn與濃H2SO4反應放出SO2氣體；B錯誤；C．設需取該濃硫酸xmL，根據稀釋前后溶質的量不變可知：200mL×4.6mol·L－1＝x·18.4mol·L－1，x＝50mL，C正確；D．由于水的密度小于H2SO4的密度，所以當濃H2SO4與水等質量混合時，其體積大于濃H2SO4體積的2倍，所以其物質的量濃度小于9.2mol·L－1，D錯誤；綜上所述，本題選C。15、C【解析】

A.用新制Cu(OH)2懸濁液檢驗牙膏中的甘油時，可生成絳藍色溶液，A錯誤；B.用紙層析法分離Cu2+和Fe3+，為了看到色斑，Cu2+和Fe3+本身就具有不同顏色，不必須通過氨熏，B錯誤；C.氯化鈷濃溶液中，主要存在[CoCl4]2-，為藍色離子，氯化鈷稀溶液，主要存在[Co（H2O）6]2+，為粉紅色離子，溶液中存在平衡[CoCl4]2-+6H2O[Co（H2O）6]2++4Cl-，加水稀釋平衡向右移動，溶液的顏色由藍色逐漸轉變?yōu)榉奂t色，C正確；D.火柴頭中含有氯酸鉀，硝酸銀能和氯離子反應生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以硝酸酸化的硝酸銀能檢驗氯離子，但硝酸銀不和氯酸根離子反應，所以不能檢驗氯酸根離子，D錯誤；答案選C。16、B【解析】

A.灼燒海帶在坩堝中進行，而不是在燒杯中，A錯誤；B.海帶灰溶解后分離出不溶性雜質需要采用過濾操作，過濾需要玻璃棒引流，B正確；C.制備Cl2，并將I-氧化為I2，除去氯氣中的氯化氫應該用飽和的食鹽水，尾氣需要用到氫氧化鈉溶液吸收，C錯誤；D.Na2SO3是強堿弱酸鹽，水解后溶液呈堿性，所以滴定時Na2SO3應該放在堿式滴定管中，而不是酸式滴定管，D錯誤；答案選B?！军c睛】在實驗操作中，選擇合適的儀器至關重要，灼燒時應選擇在坩堝中進行，滴定操作時應該注意滴定管的選擇，酸性溶液、強氧化性溶液選擇酸式滴定管。17、D【解析】

A．飽和FeCl3在沸水中水解可以制備膠體，化學方程式為FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl，正確，A不選；B．濾紙上層的分散系中懸浮顆粒直徑通常大于10-7m時，為濁液，不能透過濾紙，因此濾紙上的紅褐色固體為Fe(OH)3固體顆粒，正確，B不選；C．膠體的直徑在10-9~10-7m之間，可以透過濾紙，但不能透過半透膜，因此在濾紙和半透膜之間的B層分散系為膠體，正確，C不選；D．若Fe3＋完全水解，Cl－全部進入C區(qū)，根據電荷守恒，則進入C區(qū)的H＋的數目應為0.03NA。但是Fe3＋不一定完全水解，Cl－也不可能通過滲析完全進入C區(qū)，此外Fe(OH)3膠體粒子通過吸附帶正電荷的離子如H+而帶有正電荷，因此進入C區(qū)的H＋的數目小于0.03NA，錯誤，D選。答案選D。18、B【解析】

生鐵是合金，強度和硬度一般比組成它的純金屬更高；A．生鐵是合金，其硬度比純鐵高，故A錯誤；B．生鐵是合金，易發(fā)生電化學腐蝕，而純鐵只能發(fā)生化學腐蝕，生鐵易被腐蝕，故B正確；C．生鐵是合金，其熔點比純鐵低，故C錯誤；D．通常生鐵是鐵碳合金，含碳量比純鐵高，故D錯誤；故答案為B。19、D【解析】

A.Ksp(Ag2C2O4)=(10-4)2×10-2.46=10-11.46，科學計數法表示時應該是a×10b，a是大于1小于10的數，故它的數量級等于10-12，A錯誤；B.n點時c(Ag+)，比溶解平衡曲線上的c(Ag+)大，所以表示AgCl的過飽和溶液，B錯誤；C.設c(Cl-)=c(C2O42-)=amol/L，混合液中滴入AgNO3溶液時，生成Ag2C2O4沉淀所需c(Ag+)=，生成AgCl沉淀所需c(Ag+)=，顯然生成AgCl沉淀需要的c(Ag+)小，先形成AgCl沉淀，C錯誤；D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常數為=109.04，D正確；故合理選項是D。20、D【解析】

x、y、z、d、e、f、g、h為原子序數依次遞增的短周期主族元素，從圖中的化合價、原子半徑的大小及原子序數，可以知道x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高價氧化物對應水化物溶液濃度均為0.01mol·L-1，e的pH為12，為一元強堿，則e是Na元素，z、h的pH均為2，為一元強酸，則z為N元素、h為Cl元素，g的pH小于2，則g的為二元強酸，故g為S元素，據此分析解答問題?！驹斀狻緼．d、e、f、g形成的簡單離子分別為：O2-、Na+、Al3+、S2-，O2-、Na+、Al3+離子的電子層數相同，但核電荷數Al>Na>O，則離子半徑O2->Na+>Al3+，而S2-的電子層數最多，半徑最大，故半徑最大的是g離子，A選項錯誤；B．d與e形成的化合物可以是Na2O，也可以是Na2O2，Na2O2既含有離子鍵，也含有共價鍵，B選項錯誤；C．x、y、z、d、e、f、g、h的單質分別為：H2、C、N2、O2、Na、Al、S、Cl2，C單質可形成金剛石，為原子晶體，故單質熔點最高的可能是y，C選項錯誤；D．x與y可以形成多種有機化合物，其中CH2=CH2等存在著非極性鍵，D選項正確；答案選D?！军c睛】此題C選項為易錯點，C單質有很多的同素異形體，熔沸點有差異，容易忽略這一關鍵點，導致誤選C答案。21、D【解析】

A．沒有提供溶液的體積，無法計算混合溶液中NH4+的數目，A不正確；B．60gSiO2和28gSi都為1mol，分別含有4NA個Si-O鍵和2NA個Si-Si鍵，B不正確；C．標準狀況下22.4LCl2為1mol，若由濃鹽酸分別與MnO2、KClO3反應制得，則轉移的電子數分別為2NA、NA，C不正確；D．10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子數為=0.5NA，D正確；故選D。22、D【解析】

短周期W、X、Y、Z的原子序數依次增加，W原子的核外電子數等于電子層數，即W原子核外只有1個電子，則W為H元素；X2-和Y+離子的電子層結構相同，則X位于第二周期ⅥA族，為O元素，Y位于第三周期ⅠA族，為Na元素；Z與X同族，則Z為S元素，據此解答。【詳解】根據分析可知：W為H，X為O，Y為Na，Z為S元素；A．同主族從上向下原子半徑逐漸增大，同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，則原子半徑Na＞S＞O，即Y＞Z＞X，故A錯誤；B．非金屬性O＞S，則H2O比H2S穩(wěn)定，即X的簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比Z的強，故B錯誤；C．NaH為離子化合物，故C錯誤；D．S的最高價氧化物對應水化物為硫酸，硫酸為強酸，故D正確；故答案為D。二、非選擇題(共84分)23、Cu(NO3)24NO2+O2+4OH—=4NO3—+2H2O3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2OCu4(OH)6(NO3)2或Cu(NO3)2?3Cu(OH)2NO2有氧化性，Na2S2O4中+3價的硫元素具有還原性，能發(fā)生氧化還原反應【解析】

對X進行加熱后分解產生了紅棕色的混合氣體，混合氣體中一定有NO2，所以X中一定有N和O元素；X分解產生的黑色固體與NH3反應后，可以獲得紫紅色固體，即銅單質，所以X中一定有Cu元素，所以X為Cu(NO3)2?！驹斀狻?1)通過分析可知，X的化學式即為Cu(NO3)2；(2)通過分析可知Cu(NO3)2分解的方程式為：，所以混合氣體與足量NaOH溶液反應的離子方程式為：；(3)通過分析可知黑色固體Y即為CuO，其與NH3反應的方程式為：；(4)0.1molW能消耗0.6molHCl，所以W化學式中含有6個OH-；又因為，0.1molW分解得到Y(CuO)質量32.0g即0.4mol，所以W的化學式中含有4個Cu2+，所以W的化學式為Cu4(OH)6(NO3)2；(5)混合氣體中含有NO2，具有氧化性，其可以與具有還原性的Na2S2O4發(fā)生氧化還原反應，從而轉化成無毒的N2。24、ACC2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH、、、【解析】

根據流程圖分析，A為，B為，C為，E為，F為，H為。（1）根據以上信息，可知諾氟沙星的結構簡式。（2）A.B到C的反應類型為還原反應；B.EMME為C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳雙鍵可發(fā)生加成、氧化，加聚反應，酯基可發(fā)生取代反應；C.化合物E含有堿基，具有堿性；D.D中左邊苯環(huán)與右邊環(huán)中一個乙烯的結構片斷、右環(huán)上兩個乙烯的結構片斷都共用兩個碳原子，兩個環(huán)上的9個C原子可能共平面；（3）將C2H5OH氧化為CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再與NaCN反應，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再與HC(OC2H5)3反應，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。（4）與C2H5OCH=C(COOC2H5)2反應，生成和C2H5OH。（5）G的同系物M（C6H14N2）同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式：若六元環(huán)上只有一個N原子，則分子中不存在4種氫原子的異構體，所以兩個N原子必須都在環(huán)上，且分子呈對稱結構。依照試題信息，兩個N原子不能位于六元環(huán)的鄰位，N原子上不能連接C原子，若兩個C原子構成乙基，也不能滿足“分子中有4種氫原子”的題給條件。因此，兩個N原子只能位于六元環(huán)的間位或對位，兩個甲基可連在同一個碳原子上、不同的碳原子上，但都必須呈對稱結構?！驹斀狻浚?）通過對流程圖的分析，可得出諾氟沙星的結構簡式為。答案為：；（2）A.B到C的反應類型為還原反應，A錯誤；B.EMME為C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳雙鍵可發(fā)生加成、氧化，加聚反應，酯基可發(fā)生取代反應，B正確；C.化合物E含有堿基，具有堿性，C錯誤；D.D中左邊苯環(huán)與右邊環(huán)中一個乙烯的結構片斷、右環(huán)上兩個乙烯的結構片斷都共用兩個碳原子，兩個環(huán)上的9個C原子可能共平面，D正確。答案為：AC；（3）將C2H5OH氧化為CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再與NaCN反應，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再與HC(OC2H5)3反應，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。答案為：C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2；（4）與C2H5OCH=C(COOC2H5)2反應，生成和C2H5OH。答案為：+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH；（5）若六元環(huán)上只有一個N原子，則分子中不存在4種氫原子的異構體，所以兩個N原子必須都在環(huán)上，且分子呈對稱結構。依照試題信息，兩個N原子不能位于六元環(huán)的鄰位，N原子上不能連接C原子，若兩個C原子構成乙基，也不能滿足“分子中有4種氫原子”的題給條件。因此，兩個N原子只能位于六元環(huán)的間位或對位，結構簡式可能為、；兩個甲基可連在同一個碳原子上、不同的碳原子上，結構簡式可能為、。答案為：、、、。25、2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O漂白性檢驗氯氣SO2也能和酸化的硝酸銀生成白色沉淀要證明現象II中黃綠色為溶液酸性的增強引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，觀察溶液的顏色變化即可CaSO4Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl-＋4H++SO42-【解析】

（1）漂粉精的制備，氯氣和堿反應，利用氫氧化鈣和氯氣發(fā)生反應生成次氯酸鈣、氯化鈣和水；（2）pH試紙先變藍（約為12），后褪色說明溶液呈堿性，具有漂白性；（3）①反應中生成Cl2，用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧中是否Cl2，排除Cl2干擾；②白霧中含有SO2，可以被硝酸氧化為硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液產生白色沉淀；（4）依據次氯酸根離子和氯離子在酸溶液中會發(fā)生歸中反應生成氯氣，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，觀察溶液顏色是否變?yōu)辄S綠色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根離子具有強氧化性可以氧化二氧化硫為硫酸和鈣離子形成硫酸鈣沉淀；二氧化硫繼續(xù)通入后和生成的氯氣發(fā)生反應生成硫酸和鹽酸?！驹斀狻浚?）氯氣和堿反應，利用氫氧化鈣和氯氣發(fā)生反應生成次氯酸鈣、氯化鈣和水，反應的化學方程式為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案為2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）pH試紙先變藍(約為12)溶液呈堿性，后褪色溶液具有漂白性，所以說明溶液呈堿性，具有漂白性；（3）向水中持續(xù)通入SO2，未觀察到白霧．推測現象的白霧由HCl小液滴形成，①用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧，無變化；為了檢驗白霧中是否含有氯氣，因為含有氯氣在檢驗氯化氫存在時產生干擾；故答案為檢驗白霧中是否含有Cl2，排除Cl2干擾；②用酸化的AgNO3溶液檢驗白霧，產生白色沉淀，若含有二氧化硫氣體，通入硝酸酸化的硝酸銀溶液，會被硝酸氧化為硫酸，硫酸和硝酸銀反應也可以生成硫酸銀沉淀，所以通過實驗不能證明一定含有氯化氫；故答案為白霧中混有SO2，SO2可與酸化的AgNO3反應產生白色沉淀；（4）現象ⅱ中溶液變?yōu)辄S綠色的可能原因：隨溶液酸性的增強，漂粉精的有效成分和Cl-發(fā)生反應．通過進一步實驗確認了這種可能性，漂粉精中成分為次氯酸鈣、氯化鈣，次氯酸根具有強氧化性在酸性溶液中可以氧化氯離子為氯氣；故答案為：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，觀察溶液是否變?yōu)辄S綠色；（5）①取上層清液，加入BaC12溶液，產生白色沉淀，說明SO2被氧化為SO42-，故沉淀X為CaSO4；②溶液呈黃綠色，有Cl2生成，Cl2與SO2反應生成鹽酸與硫酸；反應的離子方程式為：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+。26、蒸餾燒瓶不能ClO2極易與稀硫酸中的水反應，影響NaC1O2產率2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O作還原劑將C裝置放置于水浴中進行反應，控制溫度在38℃~60℃趁熱過濾（或38℃以上過濾）Na2SO4控制濃硫酸滴速（或緩慢滴加濃硫酸或混合固體混合物時加入過量的NaC1O3等）【解析】

裝置A中制備得到ClO2，所以A中反應為NaClO3和Na2SO3在濃H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4，二氧化氯和氫氧化鈉反應生成NaClO2，A中可能發(fā)生Na2SO3+H2SO4（濃）=Na2SO4+SO2↑+H2O，產生的SO2

被帶入C中與NaOH反應生成Na2SO3，Na2SO3與H2O2

反應生成Na2SO4，由題目信息可知，應控制溫度38℃～60℃，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl；裝置B的作用是安全瓶，有防倒吸作用，從裝置C的溶液獲得NaClO2晶體，需要蒸發(fā)結晶、趁熱過濾、洗滌、干燥，裝置D是吸收多余氣體防止污染。據此解答?！驹斀狻浚?）根據儀器構造，裝置A中b儀器的名稱是蒸餾燒瓶；A中反應為氯酸鈉在酸性溶液中氧化亞硫酸鈉為硫酸鈉，本身被還原為二氧化氯。由信息可知，C1O2極易與水反應，所以a中不能用稀硫酸代替濃硫酸，防止ClO2與稀硫酸中的水反應，影響NaC1O2產率。故答案為蒸餾燒瓶；不能；ClO2極易與稀硫酸中的水反應，影響NaC1O2產率；（2）A中氯酸鈉在酸性溶液中氧化亞硫酸鈉為硫酸鈉，本身被還原為二氧化氯，反應的化學方程式應為2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，

故答案為2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；（3）C中二氧化氯和氫氧化鈉反應生成NaClO2，氯元素化合價從+4價降到+3價，二氧化氯被還原，所以C中生成NaC1O2時H2O2的作用是作還原劑；由題目信息可知，應控制溫度38℃～60℃，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以為獲得更多的NaC1O2，將C裝置放置于水浴中進行反應，控制溫度在38℃～60℃。故答案為作還原劑；將C裝置放置于水浴中進行反應，控制溫度在38℃～60℃；（4）從溶液中制取晶體，一般采用蒸發(fā)結晶、過濾、洗滌、干燥的方法，為防止析出晶體NaClO2?3H2O，應趁熱過濾，由題目信息可知，應控制溫度38℃～60℃進行洗滌，低于60℃干燥，所缺步驟為趁熱過濾（或38℃以上過濾）。故答案為趁熱過濾（或38℃以上過濾）；（5）A中可能發(fā)生Na2SO3+H2SO4（濃）=Na2SO4+SO2↑+H2O，產生的SO2

被帶入C中與NaOH反應生成Na2SO3，Na2SO3與H2O2

反應生成Na2SO4，所以制得的NaC1O2晶體中混有Na2SO4；為減少Na2SO4產生，應盡量減少生成SO2，采取的操作可以是控制濃硫酸滴速（或緩慢滴加濃硫酸或混合固體混合物時加入過量的NaC1O3等）。故答案為Na2SO4；控制濃硫酸滴速（或緩慢滴加濃硫酸或混合固體混合物時加入過量的NaC1O3等）。27、球形冷凝管使物質充分混合+NaClO→+NaCl+H2O防止苯甲醛被氧化為苯甲酸，使產品的純度降低產品中混有水，純度降低③打開分液漏斗頸部的玻璃塞（或使玻璃塞上的凹槽對準分液漏斗上的小孔），再打開分液漏斗下面的活塞，使下層液體慢慢沿燒杯壁流下，當有機層恰好全部放出時，迅速關閉活塞178.1℃67.9%【解析】

(1)根據圖示結合常見的儀器的形狀解答；攪拌器可以使物質充分混合，反應更充分；(2)根據實驗目的，苯甲醇與NaClO反應生成苯甲醛；(3)次氯酸鈉具有強氧化性，除了能夠氧化苯甲醇，也能將苯甲醛氧化；步驟③中加入無水硫酸鎂的目的是除去少量的水；(4)步驟②中萃取后要進行分液，結合實驗的基本操作分析解答；(5)步驟④是將苯甲醛蒸餾出來；(6)首先計算3.0mL苯甲醇的物質的量，再根據反應的方程式計算理論上生成苯甲醛的質量，最后計算苯甲醛的產率。【詳解】(1)根據圖示，儀器b為球形冷凝管，攪拌器可以使物質充分混合，反應更充分，故答案為球形冷凝管；使物質充分混合；(2)根據題意，苯甲醇與NaClO反應，苯甲醇被氧化生成苯甲醛，次氯酸鈉本身被還原為氯化鈉，反應的化學方程式為+NaClO→+NaCl+H2O，故答案為+NaClO→+NaCl+H2O；(3)次氯酸鈉具有強氧化性，除了能夠氧化苯甲醇，也能將苯甲醛氧化，因此步驟①中，投料時，次氯酸鈉不能過量太多；步驟③中加入無水硫酸鎂的目的是除去少量的水，提高產品的純度，若省略該操作，產品中混有水，純度降低，故答案為防止苯甲醛被氧化為苯甲酸，使產品的純度降低；產品中混有水，純度降低；(4)步驟②中，充分反應后，用二氯甲烷萃取水相3次，萃取應該選用分液漏斗進行分液，應選用的實驗裝置是③，分液中分離出有機相的具體操作方法為打開分液漏斗頸部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽對準分液漏斗上的小孔)，再打開分液漏斗下面的活塞，使下層液體慢慢沿燒杯壁流下，當有機層恰好全部放出時，迅速關閉活塞，故答案為③；打開分液漏斗頸部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽對準分液漏斗上的小孔)，再打開分液漏斗下面的活塞，使下層液體慢慢沿燒杯壁流下，當有機層恰好全部放出時，迅