2022-2023學(xué)年內(nèi)蒙古鄂爾多斯市示范初中化學(xué)高三第一學(xué)期期中學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測(cè)模擬試題（含解析）

1、2022-2023高三上化學(xué)期中模擬測(cè)試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2請(qǐng)用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號(hào)。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、將磁性氧化鐵放入稀HNO3中可發(fā)生如下反應(yīng)：3Fe3O4 + 28HNO3 =9Fe(NO3)x + NO+ 14H2O下列判斷合理的是AFe(NO3)x中的x為2B反應(yīng)中每還原0.4 mol氧化劑，就

2、有1.2 mol電子轉(zhuǎn)移C稀HNO3在反應(yīng)中只表現(xiàn)氧化性D磁性氧化鐵中的所有鐵元素全部被氧化2、已知某溶液中只存在 OH、Cl、NH4+、H+四種離子，下列說法不正確的是( )A若溶液中 c(NH4+)c(Cl)，則該溶液一定顯中性B若溶液中 c(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H+)，則溶液中一定含有 NH4Cl 和 NH3H2OC若溶液中 c(Cl)c(NH4+)c(H+)c(OH)，則溶液中可能含有 NH4Cl 或可能含有NH4Cl 和 HClD若溶液中 c(Cl)c(H+)c(NH4+)c(OH)，則溶液中含大量的 NH4Cl 和少量的 HCl3、用下列實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)

3、驗(yàn)?zāi)康牡氖牵▕A持裝置未畫出）A用裝罝甲檢驗(yàn)溶液中是否有K+B用裝置乙驗(yàn)證犧牲陽極的陰極保護(hù)法C用裝置丙進(jìn)行中和熱的測(cè)定D用裝罝丁加熱熔融NaOH固體4、在300時(shí)，改變起始反應(yīng)物中n(H2)對(duì)反應(yīng)N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)+Q（Q0）的影響如右圖所示。下列說法正確的是A反應(yīng)在b點(diǎn)達(dá)到平衡Bb點(diǎn)H2的轉(zhuǎn)化率最高Cc點(diǎn)N2的轉(zhuǎn)化率最高Da、b、c三點(diǎn)的平衡常數(shù)Kb Ka Kc5、實(shí)驗(yàn)室提純含少量氯化鈉雜質(zhì)的硝酸鉀的過程如右圖所示。下列分析正確的是A操作是過濾，將固體分離除去B操作是加熱濃縮、趁熱過濾，除去雜質(zhì)氯化鈉C操作是過濾、洗滌，將硝酸鉀晶體從溶液中分離出來D操作總共需兩次過濾

4、6、向Na、Br、I的混合溶液中通入適量氯氣，反應(yīng)完全后將溶液蒸干并小心灼燒至恒重，得固體的成分不可能為ANaCl、NaBr、NaIBNaCl、NaBrCNaClDNaCl、NaI7、已知反應(yīng)X(g)Y(g)R(g)Q(g)的平衡常數(shù)與溫度的關(guān)系如表所示。830 時(shí)，向一個(gè)2 L的密閉容器中充入0.2 mol X和0.8 mol Y，反應(yīng)初始4 s內(nèi)v(X)0.005 mol/(Ls)。下列說法正確的是溫度/7008008301 0001 200平衡常數(shù)1.71.11.00.60.4A4 s時(shí)容器內(nèi)c(Y)0.76 mol/LB830 達(dá)平衡時(shí)，X的轉(zhuǎn)化率為80%C反應(yīng)達(dá)平衡后，升高溫度，平衡

5、正向移動(dòng)D1 200 時(shí)反應(yīng)R(g)Q(g) X(g)Y(g)的平衡常數(shù)K0.48、在稀硫酸中加入銅粉，銅粉不溶解，再加入某X物質(zhì)，發(fā)現(xiàn)銅粉逐漸溶解，X不可能是AFeCl3 BHNO3 CHCl DKNO39、下列化學(xué)過程中對(duì)應(yīng)的離子方程式正確的是（ ）A向漂白液中通入SO2提高漂白效率：ClO-+SO2+H2O=HClO+HSO3-B酸性KMnO4溶液褪色證明Fe2+的還原性：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2OC黃色的AgI懸濁液中加入Na2S溶液后變黑：2Ag+S2-=Ag2SD小蘇打用于治療胃酸過多：CO32-+2H+=CO2+H2O10、下列離子方程式書寫正確的是

6、A醋酸溶液與水垢中的CaCO3反應(yīng)：CaCO32HCa2H2OCO2B向次氯酸鈣溶液中通入SO2氣體：Ca2+2ClO-+H2O+SO2CaSO3+2HClOC用氨水吸收足量的SO2氣體：OHSO2 = HSO3D在氯化亞鐵溶液中加入稀硝酸：3Fe2+4H+NO33Fe3+2H2O+NO11、某新型電池，以NaBH4(B的化合價(jià)為3價(jià))和H2O2作原料，該電池可用作深水勘探等無空氣環(huán)境電源，其工作原理如圖所示。下列說法正確的是A電池工作時(shí)Na從b極區(qū)移向a極區(qū)Ba極上的電極反應(yīng)式為：BH48OH8e=BO26H2OC每消耗3 mol H2O2，轉(zhuǎn)移3 mol eDb極上的電極反應(yīng)式為：H2O2

7、2e2H=2H2O12、下列物質(zhì)既含有共價(jià)鍵又含有離子鍵的是ANaOHBCl2CHClDNaCl13、在的溶液中可能存在、，已知的濃度為，則下列離子一定能大量存在的是（ ）ABCD14、三大化石燃料燃燒會(huì)產(chǎn)生大氣污染物，特別是含硫煤燃燒后產(chǎn)生的SO2危害巨大。為了保護(hù)環(huán)境，科學(xué)家提出了下列解決方法，同時(shí)還能獲得某種重要的工業(yè)產(chǎn)品。下列說法錯(cuò)誤的是A不用O2直接氧化SO2是因?yàn)檠趸俾侍鼴圖中涉及的反應(yīng)之一為4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2OC反應(yīng)一段時(shí)間后，溶液中Fe2(SO4)3的濃度會(huì)減小D理論上每吸收標(biāo)況下224mL SO2可以獲得0.98gH2SO415

8、、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列有關(guān)說法中一定正確的是A2.3Na與O2完全反應(yīng)生成3.6g產(chǎn)物時(shí)失去電子數(shù)為0.1NAB電解精煉銅時(shí)，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移NA個(gè)電子，陽極溶解32g銅C標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LSO3中所含原子數(shù)為2NAD5.6g鐵粉與稀硝酸反應(yīng)失去的電子數(shù)一定為0.2NA16、實(shí)驗(yàn)表明：將氯水滴加到藍(lán)色石蕊試紙上，試紙上會(huì)出現(xiàn)如圖所示的半徑慢慢擴(kuò)大的內(nèi)外兩個(gè)圓環(huán)，且兩環(huán)顏色不同，下列有關(guān)說法中不正確的是A此實(shí)驗(yàn)表明氯水具有酸性、漂白性B內(nèi)環(huán)呈白色外環(huán)呈紅色或淺紅色C氯水中形成次氯酸的反應(yīng)中還原產(chǎn)物是 HClOD內(nèi)外環(huán)上顏色的差異表明此變化過程中，中和反應(yīng)比氧化還原反應(yīng)快17、下列離子方

9、程式書寫正確的是A石灰水表面漂著的“白膜”可用醋酸溶解: CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2B鈉加入水中: Na+2H2O=Na+2OH-+H2CFeS溶液中加入稀硝酸: FeS+2H+=Fe2+2H2SD0.01mol/L NH4Al(SO4)2溶液與0.02mol/L Ba(OH)2溶液等體積混合: NH4Al32SO422Ba24OH2BaSO4Al(OH)3NH3H2O18、某種光電池的工作原理為：AgCl(s)+Cu+(aq)Ag(s)+Cu2+(aq)+Cl(aq)。圖為該光電池發(fā)電裝置電解尿素CO(NH2)2的堿性溶液制氫的裝置示意圖，下列不正確的是A制氫裝置溶液中K+移

10、向A極B制氫裝置工作時(shí)，A極的電極反應(yīng)式為：CO(NH2)2+8OH6e= CO+N2+6H2OC光電池工作時(shí)，Cl從左側(cè)透過膜進(jìn)入右側(cè)D光電池工作時(shí)，Ag電極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為：AgCl(s)+eAg(s)+Cl(aq)19、下列對(duì)有機(jī)物結(jié)構(gòu)或反應(yīng)特征的描述正確的是A乳酸薄荷醇酯()僅能發(fā)生取代反應(yīng)和氧化反應(yīng)B有機(jī)物C4H11N的同分異構(gòu)體有6種（不考慮立體異構(gòu)）C丙烯中反應(yīng)分別是取代反應(yīng)、加成反應(yīng)D化合物甲()和乙()分子中，共平面的碳原子數(shù)相同20、在某容積不變的密閉容器中放入一定量的NO2，發(fā)生反應(yīng)2NO2(g) N2O4(g)；Hc(OH)，所以正極區(qū)溶液酸性增強(qiáng)，溶液的pH減

11、小，故A錯(cuò)誤；B陽極區(qū)氫氧根放電，溶液中產(chǎn)生硫酸，陰極區(qū)氫離子獲得電子，發(fā)生還原反應(yīng)而放電，破壞了附近的水的電離平衡，使溶液中c(OH)c(H)，所以產(chǎn)生氫氧化鈉，因此該法在處理含Na2SO4廢水時(shí)可以得到NaOH和H2SO4產(chǎn)品，故B正確；C負(fù)極區(qū)氫離子得到電子，使溶液中c(H)增大，所以負(fù)極區(qū)溶液pH升高，故C錯(cuò)誤；D當(dāng)電路中通過1mol電子的電量時(shí)，根據(jù)整個(gè)閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等可知反應(yīng)產(chǎn)生氧氣的物質(zhì)的量是n(O2)=1mol4=0.25mol，故D錯(cuò)誤。故選B?！敬鸢更c(diǎn)睛】本題主要是考查電解原理及其應(yīng)用、電極判斷、電極反應(yīng)式書寫、電極產(chǎn)物判斷與計(jì)算等。電化學(xué)是歷年高考的重要考點(diǎn)之一

12、，考查的內(nèi)容為：提供電極材料和電解質(zhì)溶液判斷能否形成原電池，原電池電極名稱判斷及電極反應(yīng)式的書寫，提供反應(yīng)方程式設(shè)計(jì)原電池、電解池（包括電鍍池、精煉池），根據(jù)電解時(shí)電極質(zhì)量或溶液p H的變化判斷電極材料或電解質(zhì)種類，電解產(chǎn)物的判斷和計(jì)算，結(jié)合圖像考查電極質(zhì)量或電解質(zhì)溶液質(zhì)量分?jǐn)?shù)的變化。二、非選擇題(共84分)23、b【分析】依據(jù)Na2SO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，亞硫酸根離子易水解而使其溶液呈堿性，壓硫酸根離子第一步水解程度大于第二步水解程度，但都較微弱，溶液中存在電荷守恒和物料守恒和質(zhì)子守恒分析。【題目詳解】a.根據(jù)物料守恒：c(Na+) =2c(SO32-) +2c(HSO3-) +2c(H2SO3

13、)，a錯(cuò)誤；b.根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+) =2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，b正確；c.由物料守恒和電荷守恒可以推出c(OH-)=c(HSO3-)+c(H+)+2c(H2SO3)，c錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是b?！敬鸢更c(diǎn)睛】本題考查了鹽溶液中離子濃度大小比較的知識(shí)?？梢愿鶕?jù)鹽溶液中微粒關(guān)系遵循物料守恒、質(zhì)子守恒和電荷守恒分析判斷。24、三角錐形生成藍(lán)色沉淀，溶液逐漸變成絳藍(lán)色2Cu(NH3)4SO48NH3+2CuO+2SO2+O2SO2+I2+2H2O=4H+2I-+SO42-【分析】己知?dú)怏wA能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，A為氨氣，氣體F能使帶火星的木條復(fù)燃，F(xiàn)是氧

14、氣，根據(jù)標(biāo)況下氧氣的物質(zhì)的量n=0.1mol，則混合氣體D中的另一種氣體的物質(zhì)的質(zhì)量為16g-0.1mol32g/mol=12.8g，則混合氣體D加入足量氯化鋇生成的白色沉淀為硫酸鋇，物質(zhì)的量為=0.2mol，根據(jù)硫元素守恒，故混合氣體中的另一種氣體為二氧化硫，物質(zhì)的量為0.2mol，固體B為硫酸銅，加強(qiáng)熱分解得到氧化銅，二氧化硫，氧氣，X為硫酸四氨合銅，加熱分解可以得到硫酸銅和氨氣。【題目詳解】根據(jù)，分析A為氨氣，B為硫酸銅，C為氧化銅，D為二氧化硫和氧氣，E為硫酸鋇，X為硫酸四氨合銅。(1)A是氨氣，中心原子是N，與H原子形成三對(duì)共用電子對(duì)，剩余一對(duì)孤對(duì)電子，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4對(duì)，其空間構(gòu)型

15、為三角錐形，氨氣加入含有銅離子的溶液中發(fā)生反應(yīng)Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2NH4+，Cu2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+4H2O，故實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為生成藍(lán)色沉淀，溶液逐漸變成絳藍(lán)色；故答案為：三角錐形；生成藍(lán)色沉淀，溶液逐漸變成絳藍(lán)色；(2) X為Cu(NH3)4SO4，加熱分解的方程式為2Cu(NH3)4SO48NH3+2CuO+2SO2+O2，故答案為：2Cu(NH3)4SO48NH3+2CuO+2SO2+O2；(3)二氧化硫具有還原性，碘具有氧化性，則化學(xué)反應(yīng)為SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，離子方程式SO2+I2+2H2O=4H+2I-+SO42-，故答案為

16、：SO2+I2+2H2O=4H+2I-+SO42-。25、abc CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液 吸收HCl氣體或吸收酸性氣體 無水CaCl2 偏低 其原因是所屬晶體類型不同，二氧化硅是原子晶體，熔化時(shí)破壞化學(xué)鍵，熔點(diǎn)高；二氧化碳是分子晶體，熔化時(shí)破壞的是分子間作用力，熔點(diǎn)低 2Na+CO32-+CO2+H2O2NaHCO3 c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-) c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3) c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+) 【題目詳解】(1)配制一定體積比的溶液時(shí)，應(yīng)選用燒杯、玻璃棒和量筒，

17、用量筒量出相同體積的濃鹽酸和水，倒入燒杯中，用玻璃棒攪拌加速溶解；根據(jù)實(shí)驗(yàn)所用藥品，制得的氣體中可能含有H2S、HCl和水蒸氣；根據(jù)除雜的要求，除去H2S是可選用CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液；碳酸氫鈉溶液用于吸收HCl氣體或吸收酸性氣體；B是用來除去水份的，但這種干燥劑又不能與CO2反應(yīng)所以是氯化鈣；如果B中物質(zhì)失效則二氧化碳中含有水，而水的相對(duì)分子質(zhì)量小于二氧化碳，所以測(cè)定結(jié)果會(huì)偏低；(2)二氧化硅與二氧化碳所屬晶體類型不同，二氧化硅是原子晶體，熔化時(shí)破壞共價(jià)鍵，熔點(diǎn)高，而二氧化碳是分子晶體，熔化時(shí)破壞的是分子間作用力，熔點(diǎn)低，導(dǎo)致SiO2與CO2熔點(diǎn)相差甚大；(3)向飽和Na2CO3

18、溶液中通入足量CO2，發(fā)生反應(yīng)Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3，Na2CO3溶解度大于NaHCO3，則NaHCO3溶液為過飽和溶液，所以生成NaHCO3沉淀導(dǎo)致溶液變渾濁，離子方程式：2Na+CO32-+H2O+CO22NaHCO3；在0.1mol/L的NaHCO3溶液中，存在的電荷守恒式為c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，存在的物料守恒式為c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.1mol/L；濃度相等的Na2CO3和NaHCO3溶液等體積混合后，溶液中Na+濃度最大，CO32-的水解程度大于HCO3-水解程

19、度，即c(CO32-)c(HCO3-)，且溶液顯堿性，即c(H+)c(OH-)，則溶液中各離子濃度的由大到小的關(guān)系為c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)。26、 5 7 第四周期族 Fe元素的相對(duì)原子質(zhì)量 極性鍵 非極性分子 bd ，證明堿性 O與N是同周期元素且O在N的右邊，同一周期從左到右，非金屬性逐漸增強(qiáng)，所以非金屬性O(shè)大于N 【分析】根據(jù)元素在周期表中的位置分析可知，A為H元素，D為C元素，E為O元素，G為Na元素，Q為Si元素，M為S元素，R為Cl元素，結(jié)合元素周期律與物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系分析作答?！绢}目詳解】（1）根據(jù)可知，某元素原子的核外電子層數(shù)是

20、最外層電子數(shù)的3倍，則該元素為Na，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為；R為Cl元素，原子序數(shù)為17，其最外層電子排布式為：；電子排布式為：1s22s22p63s23p5，不同的能級(jí)所具有的能量不同，故原子核外有5種能量不同的電子；每個(gè)電子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)均不相同，因此Cl原子最外層有7種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子； （2）元素Fe的原子序數(shù)為26，在元素周期表中的位置為第四周期族，55.85表示Fe元素的相對(duì)原子質(zhì)量；（3）Ar的原子結(jié)構(gòu)示意圖為：，則上述元素中，與Ar具有相同電子層結(jié)構(gòu)的微粒為S2和Cl，因同周期中，具有相同電子層結(jié)構(gòu)的簡(jiǎn)單粒子核電荷數(shù)越小，其半徑越大，故兩者的大小順序?yàn)椋?；?）M、D分別是S和C，兩

21、者形成的化合物為CS2，由2對(duì)碳硫雙鍵形成的直線型結(jié)構(gòu)，是由極性鍵組成的非極性分子；D、Q的最高價(jià)氧化物形成的晶體分別是CO2和SiO2，因CO2分子晶體，而SiO2為原子晶體，則熔點(diǎn)較高的是SiO2；（5）表中金屬性最強(qiáng)的元素為Na，與Al相比：a. Na在鹽溶液中首先與水反應(yīng)，不會(huì)置換出鋁，不能作為判斷依據(jù)，a項(xiàng)錯(cuò)誤；b. 能否溶解在NaOH中，說明NaOH為強(qiáng)堿，可作為判斷依據(jù)，b項(xiàng)正確；c. 單質(zhì)與氫氣化合的難易程度，是判斷非金屬性強(qiáng)弱的依據(jù)，c項(xiàng)錯(cuò)誤；d. 單質(zhì)與同濃度的稀鹽酸發(fā)生反應(yīng)的劇烈程度，體現(xiàn)了金屬的活動(dòng)性強(qiáng)弱，即金屬性強(qiáng)弱，d項(xiàng)正確；故答案為bd；（6）先產(chǎn)生白色沉淀，然后

22、白色沉淀逐漸消失，說明NaOH溶解了，其化學(xué)方程式為：，故堿性比較：NaOH，即金屬性：NaAl；O與N是同周期元素且O在N的右邊，同一周期從左到右，非金屬性逐漸增強(qiáng)，所以非金屬性O(shè)大于N，故答案為，證明堿性；O與N是同周期元素且O在N的右邊，同一周期從左到右，非金屬性逐漸增強(qiáng)，所以非金屬性O(shè)大于N。27、A 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O B C Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2+2H2O AD B A中生成的NO會(huì)污染環(huán)境，生成相同質(zhì)量的硝酸銅B方案需要的硝酸更少 【分析】(1)依據(jù)反應(yīng)物狀態(tài)和反應(yīng)條件分析判斷制備氣體的裝置，A裝置屬于固固混合加熱裝置

23、，反應(yīng)是固體氯化銨和氫氧化鈣加熱反應(yīng)生成氨氣；(2)濃氨水和NaOH固體反應(yīng)生成氨氣，B裝置屬于固液混合不加熱型裝置；氨氣極易溶于水，處理時(shí)要用防倒吸裝置；(3)隨反應(yīng)進(jìn)行硫酸濃度減小，稀硫酸和銅不反應(yīng)，所以即使銅過量，硫酸也不能完全反應(yīng)，因?yàn)闈饬蛩岷豌~反應(yīng)得到CuSO4，所以檢驗(yàn)剩余的硫酸，不能檢驗(yàn)硫酸根離子，需要檢驗(yàn)剩余溶液中含H+；(4)根據(jù)選擇方案的依據(jù)和綠色化原理來回答本題?！绢}目詳解】(1) A裝置屬于固固混合加熱裝置，用NH4Cl和Ca(OH)2來制取氨氣，反應(yīng)物是固體和固體加熱制備氣體的反應(yīng)，選用大試管加熱制備氨氣，選則裝置A；用固體氯化銨和氫氧化鈣加熱反應(yīng)生成氨氣，反應(yīng)的化學(xué)

24、方程式：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案為：A；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；(2)NaOH溶于水放出熱量，故致使溶于水的氨氣溶解度降低，從而逸出，氨水為弱電解質(zhì)存在電離平衡：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-，加入氫氧化鈉，氫氧根濃度增大，平衡左移，氨氣逸出，B裝置屬于固液混合不加熱型裝置，當(dāng)用濃氨水和NaOH固體來制取氨氣時(shí)應(yīng)選用裝置B，故答案為：B；氨氣極易溶于水，處理時(shí)要用防倒吸裝置，故答案為：C；(3)銅跟濃硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu+2H2SO4(濃) CuSO4+SO2+2H2O，故答案為：Cu+2H2SO4(

25、濃) CuSO4+SO2+2H2O；隨反應(yīng)進(jìn)行硫酸濃度減小，稀硫酸和銅不反應(yīng)，所以即使銅過量，硫酸也不能完全反應(yīng)，因?yàn)闈饬蛩岷豌~反應(yīng)得到CuSO4，所以檢驗(yàn)剩余的硫酸，不能檢驗(yàn)硫酸根離子，需要檢驗(yàn)剩余溶液中含H+，H+和Fe反應(yīng)放出氫氣，和NaHCO3溶液反應(yīng)得到二氧化碳，故答案為：AD；(4)選擇方案時(shí)要考慮是否產(chǎn)生有害氣體污染空氣，方案是否可行，是否安全，操作是否簡(jiǎn)單，是否節(jié)約了原料，方案A的生成物會(huì)污染環(huán)境，并且制取相同質(zhì)量的硝酸銅，方案B消耗的原料最少，硝酸中的硝酸根全部轉(zhuǎn)化成硝酸銅，故答案為：B；A中生成的NO會(huì)污染環(huán)境，生成相同質(zhì)量的硝酸銅B方案需要的硝酸更少。28、CaC22H2

26、O = C2H2 +Ca(OH)2 2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O B 3Ca(ClO)2=2CaCl2Ca(ClO3)2 CaCO3、Ca(OH)2 四種離子組合成的四種鹽中KClO3的溶解度最小 蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶 【題目詳解】（1）電石為碳化鈣，與H2O反應(yīng)生成氫氧化鈣和乙炔，化學(xué)方程式為CaC22H2O = C2H2 +Ca(OH)2；氯氣和氫氧化鈣反應(yīng)生成Ca(ClO)2的化學(xué)方程式為：2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O；綜上所述，本題答案是：CaC22H2O = C2H2 +Ca(OH)2 ；2Cl22Ca(OH)2=CaCl

27、2Ca(ClO)22H2O。A項(xiàng)，適當(dāng)減緩?fù)ㄈ隒l2的速率，可以使Cl2反應(yīng)得更加完全，提高轉(zhuǎn)化率，故不選A項(xiàng)；B項(xiàng)，充分?jǐn)嚢铦{料可增大反應(yīng)物間的接觸面積，提高轉(zhuǎn)化率，故選B項(xiàng)；C項(xiàng)，由于Ca(OH)2的溶解度小，加水使Ca(OH)2完全溶解，則會(huì)促進(jìn)2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O的發(fā)生，不利于Ca(ClO3)2的生成，故不選C項(xiàng)；綜上所述，本題正確答案為B。(2)氯化過程中Cl2轉(zhuǎn)化為Ca(ClO3)2為氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：6Ca(OH)26Cl2=Ca(ClO3)25CaCl26H2O；Ca(ClO)2發(fā)生歧化反應(yīng)，生成Ca(ClO3)2和CaCl2；

28、反應(yīng)方程式為：3Ca(ClO)2=2CaCl2Ca(ClO3)2；碳酸鈣不溶于水，與氯氣不反應(yīng)，氫氧化鈣微溶，因此濾渣的主要成分為CaCO3、Ca(OH)2；綜上所述，本題答案是：3Ca(ClO)2=2CaCl2Ca(ClO3)2 ；CaCO3、Ca(OH)2 。 (3) 由圖中的溶解度可知，KClO3溶解度受溫度影響較大，而Ca(ClO3)2溶解度受溫度影響較小，所以采用蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶的方法獲得KClO3固體；綜上所述，本題答案是：四種離子組合成的四種鹽中KClO3的溶解度最小；蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶。29、三頸燒瓶 水（或氫氧化鈉） a b f d e 2NO + Cr2O72- + 6H+ 2NO+ 2