全國百強名校領軍考試2022-2023學年化學高三上期中監(jiān)測模擬試題（含解析）

1、2022-2023高三上化學期中模擬測試卷注意事項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05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、用制溴苯的廢催化劑（

2、主要含FeBr3及少量溴、苯）為原料，制取無水FeCl3和溴的苯溶液，選用的方法能達到相應實驗目的的是A用裝置及其試劑制取氯氣B用裝置氧化FeBr3溶液中的溴離子C用裝置分離出FeCl3溶液，不能選用裝置分離D用裝置將FeCl3溶液蒸發(fā)至干，可得無水FeCl32、化學與生產、生活密切相關。下列說法正確的是A砒霜的主要成分是三硫化二砷B氫氧化鋁和碳酸鈉均可用于治療胃酸過多C過量服用阿司匹林引起酸中毒后，可用靜脈注射NaHCO3溶液的方法解毒D銅單質制成的“納米銅”在空氣中能燃燒，說明“納米銅”的金屬性比銅片強3、常溫下，將等濃度的FeSO4和(NH4)2SO4兩種濃溶液混合可制得一種晶體，該晶體

3、(稱摩爾鹽)是分析化學中常用的一種還原劑，其強熱分解反應化學方程式：2(NH4)2Fe(SO4)26H2OFe2O3+2NH3+N2+4SO2+17H2O。下列說法正確的是( )A該反應中氧化產物是N2、NH3，還原產物是SO2、Fe2O3B1mol摩爾鹽強熱分解時轉移電子的物質的量為8NAC向摩爾鹽溶液中滴入足量濃NaOH溶液，最終可得刺激性氣體和紅褐色沉淀D常溫下，摩爾鹽的溶解度比FeSO4、(NH4)2SO4大4、工業(yè)上制備高純硅有多種方法，其中的一種工藝流程如下：已知：流化床反應的產物中，除SiCl4外，還有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等。下列說法正確的是A電

4、弧爐中發(fā)生的反應為CSiO2CO2SiBSiCl4進入還原爐之前需要經過蒸餾提純C每生產l mol高純硅，需要44. 8L Cl2（標準狀況）D該工藝Si的產率高，符合綠色化學要求5、下列實驗操作能達到實驗目的的是實驗目的實驗操作A制備Fe(OH)3膠體將NaOH濃溶液滴加到飽和的FeCl3溶液中B由MgCl2溶液制備無水MgCl2將MgCl2溶液加熱蒸干C除去Cu粉中混有的CuO加入稀硝酸溶液，過濾、洗滌、干燥D比較水和乙醇中氫的活潑性分別將少量鈉投入到盛有水和乙醇的燒杯中AABBCCDD6、雪是冬之精靈，在雪水冰的轉化中能量變化的敘述正確的是AH10，H20 BH10，H20CH10，H2

5、0 DH10，H207、可用來鑒別乙醇、乙醛的試劑是A銀氨溶液B乙酸溶液C氯化鐵溶液D氫氧化鈉溶液8、向2 mL 0.5 molL1的FeCl3溶液中加入3 mL 3 molL1 KF溶液，FeCl3溶液褪成無色，再加入KI溶液和CCl4振蕩后靜置，CCl4層不顯色，則下列說法正確的是AFe3不與I發(fā)生反應BFe3與F結合成不與I反應的物質CF使I的還原性減弱DFe3被F還原為Fe2，使溶液中不再存在Fe39、室溫下，用0.1mo1/LHCl溶液滴定10.mL0.1molL1Na2CO3溶液，滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是（ ）A水電離程度由大到小的順序為:abcdBa點時：c(Na)c(

6、CO32)c(HCO3)c(OH)Cb點時：3c(Na)=2c(CO32)2c(HCO3)2c(H2CO3)Dd點時：c(H)c(HCO3)=c(CO32)10、頻哪醇重排反應是有機反應中的一類重要反應。反應過程如下，有關說法正確的是（ ）Aa、b互為同分異構體Ba物質中所有碳原子可能共平面Cc的一氯代物數目最多有5種Da物質可以發(fā)生氧化反應、取代反應、加成反應11、已知次磷酸（H3PO2）是強還原劑，其溶液中只存在H3PO2、H+、H2PO、OH-四種離子，根據給出的信息，下列方程式書寫錯誤的是（ ）A次磷酸與足量澄清石灰水反應產生白色沉淀：2H3PO2+3Ca2+6OH-=Ca3(PO2)

7、2+6H2OB次磷酸不穩(wěn)定，加熱分解成磷酸和磷化氫氣體：2H3PO2H3PO4+PH3C堿性條件下，次磷酸鹽可將Ag+還原為Ag，氧化劑與還原劑物質的量之比為41：H2PO+4Ag+6OH-=PO+4Ag+4H2OD往次磷酸鈉溶液中滴入酚酞變紅色：H2PO+H2OH3PO2+OH-12、往含Fe3、H、的混合液中加入少量，充分反應后，下列表示該反應的離子方程式正確的是A2Fe3H2O=2Fe22HB2H=H2OSO2C2H23=32NOH2OD2Fe333H2O=2Fe(OH)33SO213、下列關于 Li、Na、K、Rb、Cs 的敘述均正確的一組是金屬性最強的是鋰 形成的離子中，氧化性最強的

8、是鋰離子在自然界中均以化合態(tài)形式存在 Li 的密度最小均可與水反應，產物均為 MOH 和 H2 它們在 O2 中燃燒的產物都有 M2O 和 M2O2 兩種形式粒子半徑：RbKNa， CsCsABCD14、化學與人類生活、生產和社會可持續(xù)發(fā)展密切相關。下列說法正確的是( )A鋁及其合金是使用廣泛的金屬材料，通常用電解氯化鋁的方法制備鋁B為測定熔融氫氧化鈉的導電性，常將氫氧化鈉固體放在石英坩堝中加熱熔化C采取“靜電除塵”“燃煤固硫”“汽車尾氣催化凈化”等方法，可提高空氣質量D氰化物泄漏時，可直接將其沖入下水道，讓其自然消解15、80 時，2 L 密閉容器中充入0.40 mol N2O4，發(fā)生反應N

9、2O42NO2 H =Q kJ/mol（Q0），獲得如下數據:下列判斷正確的是時間/s020406080100c(NO2)/molL-10.000.120.200.260.300.30A升高溫度該反應的平衡常數K減小B2040 s 內，v（N2O4）0.002 mol/( Ls)C反應達平衡時，吸收的熱量為0.30 Q kJ/molD100s 時再通入0.40 mol N2O4，達新平衡時N2O4的轉化率增大16、在Na+濃度為1.0 molL-1的某澄清溶液中，還可能含有K+、Mg2+、Fe3+、Ba2+、CO32-、SO32-、SiO32-、Cl-、SO42-等離子，取該溶液100mL 進

10、行下圖連續(xù)實驗（所加試劑均過量，氣體全部逸出）。下列說法不正確的是A原溶液中一定不存在Mg2+、Fe3+、Ba2+、SO42-B在l00mL原溶液中加入足量BaCl2溶液，至少可生成沉淀20.5gC為確定原溶液中是否含有Cl-，可取濾液C，加入AgNO3和稀HNO3溶液D原溶液一定存在K+，c(K+)可能為1.5 molL-117、K2FeO4 是優(yōu)良的水處理劑，一種制備方法是將 Fe2O3、KNO3、KOH 混合共熔，反應為 Fe2O3 + 3KNO3+ 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O。下列關于該反應的說法不正確的是A鐵元素被氧化，氮元素被還原B每生成 1 mol

11、K2FeO4，轉移 6 mol eCK2FeO4具有氧化殺菌作用D該實驗條件下的氧化性：KNO3K2FeO418、下列實驗操作規(guī)范且能達到目的的是目的操作A取20.00 mL鹽酸在50 mL酸式滴定管中裝入鹽酸，調整初始讀數為30.00 mL后，將剩余鹽酸放入錐形瓶B清洗碘升華實驗所用試管先用酒精清洗，再用水清洗C測定醋酸鈉溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，點在濕潤的pH試紙上D配制濃度為0.010 molL-1的KMnO4溶液稱取KMnO4固體0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀釋至刻度AABBCCDD19、結構為CHCHCHCHCHCHCHCH的高分子化合物用碘蒸氣處理后，其導電

12、能力大幅提高。上述高分子化合物的單體是A乙炔B乙烯C丙烯D1,3丁二烯20、在pH=13的無色溶液中，下列各組離子能大量共存的是AK+、Na+、HCO3-、NO3-BNa+、NH4+、NO3-、Cl-CK+、Na+、NO3-、Br-DK+、Cu2+、Cl-、SO42-21、化學與生活密切相關。下列關于生活用品的觀點不合理的是A保鮮膜、橡膠手套、棉布圍裙，其主要材料屬于天然纖維B羽絨被、羊毛衫、羊皮襖，其主要成分屬于蛋白質C玻璃紙、乙醇、葡萄糖均可由纖維素得到D漂白液、漂粉精均可用于游泳池以及環(huán)境的消毒22、有關反應14CuSO45FeS212H2O=7Cu2S5FeSO412H2SO4，下列說

13、法中錯誤的是AFeS2既是氧化劑也是還原劑BCuSO4在反應中被還原C被還原的S和被氧化的S的質量之比為37D14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2二、非選擇題(共84分)23、（14分）松油醇是一種調香香精，它是、三種同分異構體組成的混合物，可由松節(jié)油分餾產品A（下式中的18是為區(qū)分兩個羥基而人為加上去的）經下列反應制得：（1）A分子中的官能團名稱是_。（2）A分子能發(fā)生的反應類型是_。a.加成 b.取代 c.催化氧化 d.消去（3）松油醇的分子式_。（4）松油醇所屬的有機物類別是_。a.酸 b.醛 c.烯烴 d.不飽和醇（5）寫結構簡式：松油醇_，-松油醇_。（6）寫出松油醇與

14、乙酸發(fā)生酯化反應的方程：_。24、（12分）.下列是某研究性學習小組對某無色水樣成分的檢測過程，已知該水樣中只可能含有K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Ag+、Ca2+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干種離子，該小組同學取了100ml水樣進行實驗：向水樣中先滴加硝酸鋇溶液，再滴加1molL-1硝酸，實驗過程中沉淀質量與所加試劑量的關系變化如下圖所示：（1）僅憑觀察可知該水樣中一定不含有的陽離子是_。（2）由B點到C點變化過程中消耗硝酸的體積為_mL。（3）試根據實驗結果推測K+是否存在_（填“是”或“否”）若存在，其物質的量濃度的范圍是_molL-1（若不存在，則不必回答）。

15、（4）設計簡單實驗驗證原水樣中可能存在的離子_（寫出實驗步驟、現象和結論）。.濕法制備高鐵酸鉀（K2FeO4）的反應體系中有六種粒子：Fe(OH)3、ClO、OH、FeO42-、Cl、H2O。（1）寫出并配平濕法制高鐵酸鉀反應的離子方程式：_。（2）若反應過程中轉移了0.3mol電子，則還原產物的物質的量為_mol。（3）低溫下，在高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和可析出高鐵酸鉀（K2FeO4），原因是_。25、（12分）某中學學習小組模擬工業(yè)煙氣脫硫(SO2)。(1)甲組采用如圖裝置脫硫(部分裝置略)。 CaO脫硫后的產物是_。 b中品紅很快褪色，說明脫硫效果不好。下列措施能提高脫硫效果的是_。

16、.加快SO2氣體流速.將堆集在一起的CaO平鋪在整個玻璃管.加熱a，脫硫效果可能會更好 小組擬通過CaO的增重評價其脫硫能力。需要測量的數據是_。(2)乙組選用AgNO3溶液脫除SO2，如圖所示：現象：通入SO2，立即生成大量白色沉淀A。對白色沉淀A的成分進行探究，提出假設：假設1：發(fā)生了氧化還原反應，依據是AgNO3溶液中含有O2、NO等具有氧化性的粒子，沉淀A主要是Ag2SO4(微溶)。假設2：發(fā)生了復分解反應，依據是SO2與水生成酸，能與AgNO3溶液發(fā)生復分解反應。實驗探究：取沉淀A，加入蒸餾水，靜置。取上層清液滴加Ba(NO3)2溶液，無明顯變化。取_，加入蒸餾水，靜置。取上層清液滴

17、加Ba(NO3)2溶液，產生沉淀。實驗證明假設1不成立。 為進一步確認假設2，向A中加入濃HNO3，立即產生紅棕色氣體。加入濃硝酸的目的是_；經確認，反應后混合液中存在SO。實驗證明假設2成立。產生沉淀A的化學方程式是_，_。AgNO3溶液具有良好的脫硫能力，但因其價格高，未能大規(guī)模使用。(3)丙組用NaClO脫除SO2，用1 L 0.1 mol/L的NaClO溶液最多可以吸收標準狀況下的SO2_L。26、（10分）平板電視顯示屏生產過程中產生大量的廢玻璃(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物質)。某小組以此廢玻璃為原料，設計如下工藝流程對資源進行回收，得到Ce(OH)4。己知:CeO

18、2不溶于強酸或強堿；Ce3+易水解，酸性條件下，Ce4+有強氧化性。(1)廢玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要進行的操作_，反應的離子方程式_。(2)反應的離子方程武是_。(3)為了得到較純的Ce3+溶液，反應之前要進行的操作是_。(4)反應需要加入的試劑X可以是_。(5)用滴定法測定制得的Ce(OH)4產品純度。用FeSO4溶液滴定用_做指示劑，滴定終點的現象_若所用FeSO4溶液在空氣中露置一段時間后再進進行滴定，則測得該Ce(OH)4產品的質量分數_(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。27、（12分）某?；瘜W研究性學習小組查閱資料了解到以下內容：乙二酸（HOOCCOOH，可簡寫為H2C2O

19、4）俗稱草酸，易溶于水，屬于二元中強酸（為弱電解質），且酸性強于碳酸，其熔點為101.5，在157升華為探究草酸的部分化學性質，進行了如下實驗：（1）向盛有1mL飽和NaHCO3溶液的試管中加入足量乙二酸溶液，觀察到有無色氣泡產生該反應的離子方程式為_；（2）向盛有乙二酸飽和溶液的試管中滴入幾滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振蕩，發(fā)現其溶液的紫紅色褪去；說明乙二酸具有_（填“氧化性”、“還原性”或“酸性”）；請配平該反應的離子方程式：_MnO4-+_H2C2O4+_H+=_Mn2+_CO2+_H2O（3）將一定量的乙二酸放于試管中，按如圖所示裝置進行實驗（夾持裝置未標出）：實驗發(fā)現：裝置C、G中澄

20、清石灰水變渾濁，B中CuSO4粉末變藍，F中CuO粉末變紅。據此回答：上述裝置中，D的作用是_，乙二酸分解的化學方程式為 _；（4）該小組同學將2.52g草酸晶體（H2C2O42H2O）加入到100mL 0.2mol/L的NaOH溶液中充分反應，測得反應后溶液呈酸性，其原因是_（用文字簡單表述），該溶液中各離子的濃度由大到小的順序為：_（用離子符號表示）28、（14分）某強酸性無色溶液中可能含下表離子中的若干種離子。陽離子Mg2+、NH4+、Ba2+、Al3+、Fe2+陰離子SiO32-、MnO4-、Cl-、NO3-、SO32-實驗I ：取少量該試液進行如下實驗。實驗：為了進一步確定該溶液的組

21、成，取100 mL原溶液，向該溶液中滴加1 mol L-l的 NaOH溶液，產生沉淀的質量與氫氧化鈉溶液體積的關系如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）不進行實驗就可以推斷出，上表中的離子一定不存在的有_種。（2）通過實驗I可以確定該溶液中一定存在的陰離子是_。檢驗氣體X的方法是_；沉淀Z的化學式為_。（3）寫出實驗的圖象中BC段對應的離子方程式：_。（4） A點對應的固體質量為_g。（5）通過上述信息，推算該溶液中陰離子的濃度為_mol L-l。29、（10分）英國曼徹斯特大學科學家安德烈海姆和康斯坦丁諾沃肖洛夫。共同工作多年的二人因“突破性地”用撕裂的方法成功獲得超薄材料石墨烯而獲獎。制備石墨烯方

22、法有石墨剝離法、化學氣相沉積法等。石墨烯的球棍模型示意圖如下：（1）下列有關石墨烯說法正確的是_。A鍵長：石墨烯金剛石B石墨烯分子中所有原子可以處于同一平面C12g石墨烯含鍵數為NAD從石墨剝離得石墨烯需克服石墨層與層之間的分子間作用力（2）化學氣相沉積法是獲得大量石墨烯的有效方法之一，催化劑為金、銅、鈷等金屬或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一種或任意組合。銅原子在基態(tài)時，在有電子填充的能級中，能量最高的能級符號為_；第四周期元素中，最外層電子數與銅相同的元素還有_。乙醇的沸點要高于相對分子質量比它還高的丁烷，請解釋原因_。下列分子屬于非極性分子的是_。a甲烷 b二氯甲烷

23、c苯 d乙醇酞菁與酞菁銅染料分子結構如圖，酞菁分子中碳原子采用的雜化方式是_；酞菁銅分子中心原子的配位數為_。金與銅可形成的金屬互化物合金（如圖，該晶胞中，Au占據立方體的8個頂點）：它的化學式可表示為_；在Au周圍最近并距離相等的Cu有_個，若2個Cu原子核的最小距離為d pm，該晶體的密度可以表示為_g/cm3。（阿伏伽德羅常數用NA表示）2022-2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）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、C【答案解析】A、1mol/L鹽酸是稀鹽酸，實驗室用濃鹽酸和二氧化錳加熱制取氯氣，稀鹽酸與二氧化錳不反應，無法制取得到氯氣，選項A錯誤

24、；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，選項B錯誤；C、利用有機溶劑將溴萃取后，用裝置分離出FeCl3溶液，不能選用裝置分離，選項C正確；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，選項D錯誤。答案選C。點睛：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。2、C【題目詳解】A.

25、砒霜的主要成分是三氧化二砷，故A錯誤；B. 碳酸鈉溶液能夠與酸劇烈反應，并產生二氧化碳氣體，對身體不利，因此不能用來中和胃酸，故B錯誤；C. 阿司匹林為感冒用藥,但因其含有水楊酸,服用過量易造成酸中毒,可靜脈注射碳酸氫鈉來降低酸性,故C正確；D. 金屬性指的是元素的性質，“納米銅”為物質，應該說還原性；因此銅片在空氣中難燃燒，納米級銅粉在空氣中易燃燒，是因為與氧氣的接觸面積不同，不能說明“納米銅”的還原性比銅片強，故D錯誤；綜上所述，本題選C。3、C【分析】反應中鐵元素化合價升高，氮元素化合價升高，硫元素化合價降低。據此分析。【題目詳解】反應中鐵元素化合價升高，氮元素化合價升高，硫元素化合價降

26、低。A. 該反應中氧化產物是N2、Fe2O3，還原產物是SO2，故錯誤；B. 反應中轉移8個電子，所以1mol摩爾鹽強熱分解時轉移電子的物質的量為4NA，故錯誤；C. 向摩爾鹽溶液中滴入足量濃NaOH溶液，可得刺激性氣體氨氣和氫氧化亞鐵白色沉淀，但氫氧化亞鐵沉淀能被空氣中的氧氣氧化，最終氫氧化鐵紅褐色沉淀，故正確；D. 將等濃度的FeSO4和(NH4)2SO4兩種濃溶液混合可制得一種晶體，說明常溫下，摩爾鹽的溶解度比FeSO4、(NH4)2SO4小，故錯誤。故選C。4、B【題目詳解】A、二氧化碳與碳在高溫下生成粗硅和一氧化碳，電弧爐中發(fā)生的反應為2C+SiO22CO+Si，選項A錯誤；B、Si

27、Cl4進入還原爐之前在流化床反應器中除SiCl4外，還有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等，需要利用相互溶解的物質沸點不同，經過蒸餾提純，選項B正確；C、根據轉化關系SiSiCl4Si，每生產l mol高純硅，需要22.4L Cl2（標準狀況），選項C錯誤；D、該工藝中產生氯化氫氣體且有氯氣的參與，容易引起空氣污染，不符合綠色化學要求，選項D錯誤；答案選B。5、D【題目詳解】A. 將NaOH濃溶液滴加到飽和的FeCl3溶液中生成的是Fe(OH)3沉淀，不能制備Fe(OH)3膠體；B. 將MgCl2溶液加熱蒸干時，由于發(fā)生生水解且水解產物易揮發(fā)或易分解，故不能由MgCl2溶

28、液制備無水MgCl2，B不能達到；C. 加入稀硝酸溶液， Cu粉及其中混有的CuO全部溶解，不能達到；D. 分別將少量鈉投入到盛有水和乙醇的燒杯中，可以根據反應的劇烈程度比較水和乙醇中羥基氫的活潑性，D能達到。故選D。6、C【答案解析】雪水的過程需吸收熱量，焓變是正值，故H10，水冰的過程需放出熱量，焓變是負值，故H20，故選C。7、A【題目詳解】A、乙醇不與銀氨溶液反應，乙醛中含有醛基，能與銀氨溶液發(fā)生反應，產生銀鏡，可以鑒別，故A正確；B、乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應，但需要在濃硫酸作催化劑條件下進行，乙醛不與乙酸反應，因此不能鑒別兩者，故B錯誤；C、氯化鐵與乙醇、乙醛不發(fā)生反應，無法鑒別兩者，

29、故C錯誤；D、氫氧化鈉不與乙醇、乙醛反應，不能鑒別兩者，故D錯誤。答案選A。8、B【題目詳解】A鐵離子具有強氧化性，碘離子具有還原性，二者能夠發(fā)生氧化還原反應，故A錯誤；B根據題中信息可知，加入氯化鐵中加入氟化鉀，FeCl3溶液褪成無色，說明鐵離子參加了反應生成了無色物質，再根據加入碘化鉀也沒有明顯現象，進一步證明Fe3+與F結合生成的物質不與I反應，故B正確；C氟離子與碘離子不反應，氟離子不會使碘離子的還原性減弱，故C錯誤；D鐵離子氧化性較弱，不會與氟離子發(fā)生氧化還原反應，故D錯誤；本題答案選B?！敬鸢更c睛】本題考查了鐵離子的性質及檢驗方法，題目難度中等，注意掌握鐵離子、亞鐵離子的檢驗方法，

30、解答本題的關鍵是合理分析、理解題干信息，然后得出正確結論。9、A【答案解析】b點10mL 0.1mo1/L HCl溶液與10 mL0.1mol/LNa2CO3溶液混合，恰好反應為NaHCO3與NaCl，即b點溶質為NaHCO3與NaCl；d點20mL 0.1mo1/L HCl溶液與10 mL0.1mol/LNa2CO3溶液混合，恰好完全反應生成NaCl與CO2，而d點溶液呈酸性，則溶解了CO2，溶質為NaCl與H2CO3；c點存在NaHCO3、NaCl，而pH=7，則溶液中也存在H2CO3。綜上分析，a點溶質為Na2CO3；b點溶質為NaHCO3、NaCl；c點溶質為NaHCO3、H2CO3、

31、NaCl；d點溶質為NaCl、H2CO3；【題目詳解】A、a、b點均促進水的電離，且對水電離的促進作用ab，c點pH=7，NaHCO3促進水的電離，H2CO3抑制水的電離，兩者作用相互抵消，d點抑制水的電離，故水電離程度大小順序為abcd，故A正確；B、a點溶質為Na2CO3，CO32部分水解生成HCO3和OH，溶液呈堿性，由于OH還來自水的電離，則c(OH)c(HCO3)，離子濃度大小為：c(Na+)c(CO32)c(OH)c(HCO3)，故B錯誤；C、b點溶質為等物質的量的NaHCO3、NaCl，則根據物料守恒有c(Na+)= 2c(CO32)+c(HCO3)+c(H2CO3)，故C錯誤；

32、D、d點溶質為NaCl、H2CO3；H2CO3以第一步電離為主，則c(HCO3) c(CO32)，由于H+還來自水的電離，則c(HCO3)c(H+)，正確的離子濃度大小為：c(H+)c(HCO3)c(CO32)，故D錯誤；故選A。【答案點睛】本題突破口為先根據酸堿的物質的量的比例，分析溶液中的主要溶質，然后根據溶液的酸堿性判斷出c、d點溶液中溶有CO2，從而確定每一點的溶質，再根據電荷守恒、物料守恒來解題。10、D【題目詳解】Aa、b的分子式不同，不可能是同分異構體，故A錯誤；Ba分子結構中，這兩個碳原子為sp3雜化，具有類似甲烷的立體結構，則結構中所有碳原子不可能共平面，故B錯誤；Cc的結構

33、中兩個苯環(huán)不對稱，兩個甲基為對稱位置，共有7種等效氫原子，則一氯代物數目最多有7種，故C錯誤；Da分子結構中含有苯環(huán)，可以發(fā)生取代反應、加成反應，a可以燃燒，發(fā)生氧化反應，故D正確；故答案為D。【答案點睛】根據分子中等效H原子判斷，分子中由幾種H原子，其一氯代物就有幾種異構體。對于等效氫的判斷：分子中同一甲基上連接的氫原子等效；同一碳原子所連甲基上的氫原子等效；處于鏡面對稱位置上的氫原子等效。11、A【題目詳解】A根據題給信息可知次磷酸為一元弱酸，所以與澄清石灰水反應的產物為Ca(H2PO2)2，A錯誤；B次磷酸不穩(wěn)定，加熱分解成磷酸和磷化氫氣體，化學方程式正確，B正確；C根據題給信息可知，次

34、磷酸鹽可將Ag+還原為Ag，H2PO被氧化為PO，題給離子方程式符合電荷守恒、得失電子守恒、原子守恒，C正確；D次磷酸鈉溶液滴入酚酞變紅色是H2PO水解所致，水解產物應為H3PO2和OH-，D正確；故選A。12、C【題目詳解】氫離子與硝酸根離子組和三價鐵離子都具有氧化性，都能氧化亞硫酸根離子，氫離子與硝酸根離子組的氧化性強于三價鐵離子，所以通入亞硫酸根離子，先與硝酸根離子反應，若亞硫酸根剩余再與三價鐵離子反應，題干中亞硫酸根離子少量，所以只有硝酸根離子與亞硫酸根離子的反應，離子方程式為：2H23=32NOH2O，答案為C。13、D【分析】Li、Na、K、Rb、Cs都是堿金屬元素，位于同一主族，

35、位置從上到下，依據同主族元素金屬性從上到下依次增強，陽離子氧化性依次減弱，密度呈增大趨勢，陽離子半徑逐漸增大，結合元素周期律解析?！绢}目詳解】同主族元素金屬性從上到下依次增強，所以金屬性最強的是銫，故錯誤；同主族元素金屬性從上到下依次增強，陽離子氧化性依次減弱，所以氧化性最強的是鋰離子，故正確；堿金屬性質活潑，容易與空氣中的氧氣和水發(fā)生反應，所以在自然界中均以化合態(tài)形式存在，故正確；堿金屬密度從上到下呈增大趨勢，所以Li的密度最小，故正確；均可與水反應，產物均為 MOH 和 H2 ，故正確；鋰只有Li2O一種氧化物，故錯誤；Rb、K、Na，電子層依次減少，所以半徑依次減小，故RbKNa，正確，

36、Cs與Cs具有相同的質子數，但是Cs電子數多，所以半徑大，故正確。綜上分析正確，故選D。14、C【答案解析】A、氯化鋁為共價化合物，熔融狀態(tài)下不導電，工業(yè)上常電解熔融氧化鋁冶煉金屬鋁，故A錯誤；B、石英為SiO2，能與NaOH發(fā)生反應，因此熔化NaOH固體時，不能用石英坩堝，故B錯誤；C、靜電除塵：煙塵為膠體，利用電泳，達到除塵的目的；燃煤固硫：燃煤中加入CaO或石灰石，與生成的SO2反應，轉化成CaSO4，達到除去硫的目的；汽車尾氣催化凈化：將氮的氧化物轉化成N2；故C正確；D、氰化物有劇毒，不能直接排放到自然界中，故D錯誤。15、B【答案解析】A、該反應為吸熱反應，溫度升高，平衡向吸熱的方

37、向移動，即正反應方向移動，平衡常數K增大，選項A錯誤；B、2040s 內，v（NO2）=Ct=0.20mol/L-0.12mol/L20s=0.004molL-1s-1，v（N2O4）=12v（NO2）=0.002molL-1s-1，選項正確；C、濃度不變時，說明反應已達平衡，反應達平衡時，生成NO2的物質的量為0.30molL-12L=0.60mol，由熱化學方程式可知生成2molNO2吸收熱量QkJ，所以生成0.6molNO2吸收熱量0.3QkJ，單位錯誤，選項C錯誤；D、100s時再通入0.40mol N2O4，平衡狀態(tài)相當于增大壓強，平衡逆向移動，N2O4的轉化率減小，選項D錯誤。答案

38、選。點睛：本題主要考查化學反應速率、化學平衡移動以及熱量的有關計算，題目較為綜合，具有一定難度，做題時注意平衡常數只受溫度影響，溫度不變平衡常數不變。16、C【答案解析】加鹽酸有1.12L即0.05mol氣體生成，則溶液中含有CO32、SO32中1種或2種，其物質的量和為0.05mol，則一定沒有Mg2+、Fe3+、Ba2+，因為Mg2+、Ba2+與CO32、SO32生成沉淀，Fe3+與CO32發(fā)生徹底雙水解，Fe3+與SO32發(fā)生氧化還原反應；由生成白色沉淀判斷溶液中一定含有SiO32，發(fā)生反應SiO32+2H+=H2SiO3，H2SiO3加熱分解生成3.0g SiO2，即0.05molSi

39、O2，所以溶液中SiO32物質的量為0.05mol；向濾液C中加入BaCl2沒有現象，則溶液中不含SO42；已知Na+濃度為1.0 molL-1，溶液體積為100mL，所以Na+物質的量為0.1mol，根據電荷守恒2n(CO32)+2n(SO32)+2n(SiO32)=20.05mol+20.05mol=0.2moln(Na+)=0.1mol，因此溶液中一定含有K+，且其物質的量至少為0.1mol，物質的量濃度至少為1mol/L。A、由以上分析得原溶液中一定不存在Mg2+、Fe3+、Ba2+、SO42，故A正確；B、CO32、SO32、SiO32均能和BaCl2沉淀，其中n(BaCO3+BaS

40、O3)=0.05mol，BaCO3摩爾質量小于BaSO3，n(BaSiO3)=0.05mol，沉淀的質量至少為：197g/mol0.05mol+213g/mol0.05mol=20.5g，故B正確；C、原溶液中加過鹽酸，濾液C一定含有Cl-，檢驗濾液C不能證明原溶液中是否含有Cl-，故C錯誤；D、根據上述分析，溶液中一定含有K+，且其濃度至少為1mol/L，故D正確。故選C。17、B【題目詳解】A. 氮元素化合價降低，被還原，鐵元素化合價升高被氧化，故A正確；B. 反應Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中鐵元素由+3價變?yōu)?6價，故1molFe2O3轉移6m

41、ol電子，生成2molK2FeO4，故當生成1molK2FeO4時轉移3mol電子，故B錯誤；C. K2FeO4中鐵元素為+6價，有強氧化性，能殺菌消毒，故C正確；D. 反應中KNO3為氧化劑，而K2FeO4為氧化產物，氧化性：氧化劑氧化產物，則氧化性：KNO3K2FeO4，故D正確；答案選B。18、B【題目詳解】A. 50 mL酸式滴定管的50.00 mL刻度下方沒有刻度，但仍有鹽酸，所以調整初始讀數為30.00 mL后，放入錐形瓶中鹽酸的體積大于20.00 mL，A項錯誤；B. 碘易溶于酒精，清洗試管中附著的碘可以先用酒精清洗，再用水清洗，B項正確；C. 醋酸鈉溶液呈堿性，測定醋酸鈉溶液的

42、pH時，pH試紙不能預先濕潤(濕潤相當于將溶液稀釋)，否則測定的pH會偏小，C項錯誤；D. 不能在容量瓶中直接配制溶液，D項錯誤。故答案選B。19、A【答案解析】試題分析：根據高分子化合物的結構簡式可知，該物質屬于加聚產物，鏈節(jié)是CHCH，因此單體是乙炔，答案選A?？键c：考查高分子化合物單體的判斷20、C【題目詳解】A.碳酸氫根離子在堿性溶液中不能大量存在，故A錯誤；B.銨根離子在堿性條件下不能大量存在，故B錯誤；C.四種離子在堿性條件下不反應，能大量共存，故C正確；D.銅離子有顏色，且在堿性溶液中不能大量存在，故D錯誤；答案選C。21、A【題目詳解】A.保鮮膜屬于塑料，是合成纖維,橡膠手套是

43、合成橡膠，棉布圍裙的成分是棉花，是天然纖維，故A錯誤。B. 羽絨被、羊毛衫、羊皮襖，其主要成分屬于蛋白質，故B正確；C. 玻璃紙是以棉漿、木漿等天然纖維制成，乙醇、葡萄糖均可由纖維素得到，故C正確；D. 漂白液、漂粉精溶于水均可生成次氯酸，具有強氧化性，可用于游泳池以及環(huán)境的消毒，故D正確；答案：A。22、C【答案解析】方程式中的化合價變化為：14個CuSO4中+2價的銅得電子化合價降低為7個Cu2S中的14個+1價Cu；5個FeS2中10個-1價的S有7個化合價降低得到7個Cu2S中的-2價S，有3個化合價升高得到3個SO42-的+6價S（生成物中有17個硫酸根，其中有14來自于反應物的硫酸

44、銅中）。所以反應中FeS2中S的化合價有升高有降低，FeS2既是氧化劑又是還原劑，選項A正確。硫酸銅的化合價都降低，所以硫酸銅只是氧化劑，選項B正確。10個-1價的S有7個化合價降低，有3個化合價升高，所以被還原的S和被氧化的S的質量之比為73，選項C錯誤。14 mol CuSO4在反應中得電子為14mol。FeS2被氧化時，應該是-1價的S被氧化為+6價，所以1個FeS2會失去14個電子。根據得失電子守恒，14 mol CuSO4應該氧化1 mol FeS2。點睛：對于選項D來說，要注意不能利用方程式進行計算，因為反應中的氧化劑有兩個：CuSO4和FeS2。本選項要求計算被硫酸銅氧化的FeS

45、2，所以只能利用硫酸銅和FeS2之間的電子守恒進行計算。二、非選擇題(共84分)23、羥基 bd C10H1818O d CH3COOH+H2O 【分析】A()在濃硫酸作用下發(fā)生羥基的消去反應生成碳碳雙鍵，根據-松油醇中含有兩個甲基，因此-松油醇為，-松油醇中含有三個甲基，-松油醇為：，據此分析解答?！绢}目詳解】(1)A()中含有的官能團是-OH，名稱為羥基，故答案為羥基；(2)A()中含有-OH，且與羥基相連碳原子的鄰位碳原子上含有氫原子，能夠發(fā)生消去反應，能夠與羧酸發(fā)生酯化反應，即取代反應，與羥基直接相連的碳原子上沒有氫原子，不能發(fā)生催化氧化；不存在碳碳不飽和鍵，不能發(fā)生加成反應，故答案為

46、bd；(3)由-松油醇的結構簡式可知，松油醇的分子式為C10H1818O，故答案為C10H1818O；(4)由-松油醇的結構簡式可知，分子中含有醇-OH，屬于醇類，分子中還含有C=C，也屬于不飽和醇，故答案為d；(5)根據-松油醇中含有兩個甲基，可寫出其結構簡式為， -松油醇中含有三個甲基，其結構簡式為：，故答案為 ；(6)-COOH和-OH發(fā)生酯化反應生成-COO-和水，其中羧酸脫去羥基，醇脫去氫原子，因此松油醇與乙酸反應的方程式為CH3COOH+H2O，故答案為CH3COOH+H2O。24、Fe3+、Cu2+40是c(K+)0.6molL-1取cd段濾液，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色

47、沉淀，則原水樣中含有Cl-，否則，無Cl-存在(或其它合理答案)2Fe(OH)33ClO-4OH-=2FeO42-3Cl-5H2O0.15該溫度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小【分析】.根據題意，水樣無色，可排除Fe3+、Cu2+；根據圖中所示，ob段向水樣中滴加硝酸鋇溶液，到a處沉淀達到最大量，可判斷CO32-、SO42-至少存在一種，沉淀為BaCO3或BaSO4；bc段滴加稀硝酸，沉淀部分溶解，可判斷沉淀為BaCO3和BaSO4兩者的混合物，則水樣中含CO32-和SO42-，能與CO32-反應而不能共存的Mg2+、Al3+、Ag+、Ca2+都可排除；陽離子只剩下K+，根據電

48、中性原則可判斷一定有K+；根據題給的信息不能判斷Cl-是否一定存在。.(1)高鐵酸鉀是產物，則Fe(OH)3是反應物，根據電子守恒、電荷守恒、質量守恒可寫出反應的離子方程式；(2)建立電子轉移和還原產物的關系便可求出還原產物的物質的量；(3)低溫下，在高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和可析出高鐵酸鉀(K2FeO4)，說明從Na2FeO4K2FeO4，溶解度變小。【題目詳解】.(1)根據題意，水樣無色，可排除有色離子，所以僅憑觀察可知該水樣中一定不含有的陽離子是Fe3+、Cu2+。答案為：Fe3+、Cu2+；(2)根據分析可知，由b點到c點的變化是BaCO3溶于稀硝酸的過程，則：n(BaCO3)=(

49、6.27g-2.33g)197gmol-1=0.02mol，V=0.04L=40mL；答案為：40；(3)根據圖中所示，ob段向水樣中滴加硝酸鋇溶液產生的沉淀在bc段滴加稀硝酸后部分溶解，可判斷水樣中含CO32-和SO42-，與CO32-不能共存的Mg2+、Al3+、Ag+、Ca2+都可排除，另，有色離子Fe3+、Cu2+也已排除，陽離子只剩下K+，根據電中性原則可判斷，一定有K+；n(CO32-)=n(BaCO3)=0.02mol，c(CO32-)=0.02mol(10010-3L)=0.2molL-1，n(SO42-)=n(BaSO4)=2.33g233gmol-1=0.01mol，c(S

50、O42-)=0.01mol(10010-3L)=0.1molL-1，根據電中性原則有：c(K+)=2c(CO32-)+2c(SO42-)+c(Cl-)，由于Cl-不能確定，所以有：c(K+)2c(CO32-)+2c(SO42-)=20.2molL-1+20.1molL-1=0.6molL-1。答案為：是；c(K+)0.6molL-1；(4)根據分析，原水樣中可能存在的離子是Cl-，可取滴加過量稀硝酸后的溶液檢驗，此時已無CO32-和SO42-的干擾，且已被稀硝酸酸化。檢驗方法為：取cd段濾液，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色沉淀，則原水樣中含有Cl-，否則，無Cl-存在。答案為：取cd段濾液

51、，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色沉淀，則原水樣中含有Cl-，否則，無Cl-存在(或其它合理答案)；.(1)根據分析可知，高鐵酸鉀是產物，則Fe(OH)3是反應物，鐵元素化合價升高，失電子；有元素化合價升高，必有元素化合價降低，所以氯元素化合價應降低，ClO-是反應物，Cl-是產物。再根據電子守恒、電荷守恒、質量守恒可寫出反應的離子方程式：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42+3Cl-+5H2O。答案為：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；(2)ClO-Cl-對應化合價變化為+1-1，降低2，所以還原產物是Cl-，Cl-和轉移的電子的關

52、系為：Cl-2e-，若反應過程中轉移了0.3mol電子，則還原產物的物質的量為n(Cl-)=0.3mol2=0.15mol。答案為：0.15；(3)低溫下，在高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和可析出高鐵酸鉀（K2FeO4），說明在此條件下K2FeO4已經過飽和，從而說明在該溫度下，K2FeO4溶解度比Na2FeO4小。答案為：該溫度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小。【答案點睛】1離子推導題的一般思路是：先利用題給信息直接推，再根據已知的離子進一步推，最后根據電中性原則推。第三步容易被忽視，要在平時練習中養(yǎng)成良好的習慣；2涉及氧化還原反應的離子方程式的配平：先依據電子守恒判斷氧化劑、

53、還原劑、氧化產物和還原產物，再依據電荷守恒安排其它離子，使方程兩邊電荷代數和相等，最后依據質量守恒安排剩下的物質并配平，思路清晰有利于快速、準確配平涉及氧化還原反應的離子方程式。25、CaSO3 、 裝置a的質量、盛放CaO后裝置a的質量、吸收SO2后裝置a的質量(其他答案合理即可) Ag2SO4固體 檢驗白色沉淀是否具有還原性 H2O + SO2= H2SO3 H2SO3 + 2AgNO3 Ag2SO3+ 2HNO3 2.24 【題目詳解】(1)二氧化硫是酸性氧化物，氧化鈣是堿性氧化物，二者反應生成亞硫酸鈣，因此CaO脫硫后的產物是CaSO3；加快SO2氣體流速不利于二氧化硫吸收，錯誤；將堆

54、集在一起的CaO平鋪在整個玻璃管，增大反應物接觸面積，有利于能提高脫硫效果，正確；加熱a加快反應速率，脫硫效果可能會更好，正確；答案為、；要通過CaO的增重評價其脫硫能力，需要知道反應前后固體增加的質量，因此需要測量的數據是裝置a的質量、盛放CaO后裝置a的質量、吸收SO2后裝置a的質量；(2)要證明“假設1”不成立，需要證明沉淀A不是硫酸銀，因此需要做對比實驗，即取Ag2SO4固體，加入蒸餾水，靜置，取上層清液滴加Ba(NO3)2溶液，產生沉淀，說明“假設1”不成立。濃HNO3具有強氧化性，所以加入濃硝酸的目的是檢驗白色沉淀是否具有還原性；根據復分解反應原理可知產生沉淀A的化學方程式是H2O

55、+SO2H2SO3、H2SO3+2AgNO3Ag2SO3+2HNO3；(3)1L 0.1mol/L的NaClO溶液中次氯酸鈉的物質的量是0.1mol，次氯酸鈉的還原產物是氯化鈉，可以得到0.2mol電子，二氧化硫的氧化產物是硫酸，所以根據電子得失守恒可知最多可以吸收SO20.1mol，在標準狀況下的體積是2.24L。26、粉碎 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O 洗滌 O2或其它合理答案 K3Fe(CN)6 最后一滴溶液時，生成淡藍色沉淀，且振蕩也不再消失 偏大 【答案解析】廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物質

56、)加氫氧化鈉溶液，二氧化硅溶于氫氧化鈉生成硅酸鈉，Fe2O3、CeO2、FeO不溶，過濾，得到濾液A的主要成分為硅酸鈉，濾渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO，濾渣A(Fe2O3、CeO2、FeO)加稀硫酸后過濾得濾液B是硫酸亞鐵、硫酸鐵的混合溶液，濾渣B的成分是CeO2，CeO2與H2O2和稀H2SO4反應生成Ce3+和O2，反應為：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；Ce3+加堿生成Ce(OH)3懸濁液；Ce(OH)3懸濁液被氧化生成Ce(OH)4。(1)廢玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要需要粉碎，可以提高浸取率和浸取速率，反應中二氧化硅溶于氫氧化鈉生成硅酸鈉，反應的

57、離子方程式為SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案為粉碎；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；(2)反應為CeO2與H2O2和稀H2SO4反應生成Ce3+和O2，反應為：2CeO2+H2O2+6H+= 2Ce3+O2+4H2O；故答案為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；(3)為了得到較純的Ce3+溶液，反應之前需要濾渣B進行洗滌，故答案為洗滌；(4)根據上述分析，反應中Ce(OH)3懸濁液被氧化生成Ce(OH)4，需要加入的試劑X可以是O2，故答案為O2；(5) K3Fe(CN)6能夠與硫酸亞鐵反應生成特征的藍色沉淀，用FeSO4溶液滴定可以用K3Fe(C

58、N)6 做指示劑，滴定終點的現象為最后一滴溶液時，生成淡藍色沉淀，且振蕩也不再消失；所用FeSO4溶液在空氣中露置一段時間后再進行滴定，部分亞鐵離子被氧化生成鐵離子，則硫酸亞鐵濃度降低，導致硫酸亞鐵溶液體積增大，所以測得該Ce(OH)4產品的質量分數偏大；故答案為K3Fe(CN)6；最后一滴溶液時，生成淡藍色沉淀，且振蕩也不再消失；偏大。27、HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2+H2O 還原性 2 5 6 2 10 8 除去混合氣體中的CO2 H2C2O4H2O+CO+CO2 反應所得溶液為NaHC2O4溶液，由于HC2O4的電離程度比水解程度大，導致溶液中c（H+）c（OH），所

59、以溶液呈酸性 Na+HC2O4-H+C2O42-OH 【分析】（1）強酸制弱酸原理；（2）酸性高錳酸鉀具有強氧化性，草酸具有還原性，能被酸性高錳酸鉀氧化；根據得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式；（3）H2C2O4H2O+CO+CO2，B裝置驗證產物水，C裝置驗證產物CO2，D裝置除掉CO2，E裝置除掉水蒸氣，F、G裝置驗證產物CO，據此分析。（4）通過計算反應后溶液為NaHC2O4溶液，根據反應后溶液呈酸性，可知HC2O4- 的電離程度比水解程度大，由此確定溶液中各離子濃度到大小?！绢}目詳解】（1）乙二酸中含有羧基，具有酸性，酸性比碳酸強，與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳和乙酸鈉，該反應的離子方程

60、式為：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2+H2O；答案：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2+H2O；（2）酸性KMnO 4 溶液具有強氧化性，向盛有少量乙二酸飽和溶液的試管中滴入用硫酸酸化的KMnO 4溶液，振蕩，發(fā)現其溶液的紫紅色褪去，說明乙二酸被酸性高錳酸鉀氧化，具有還原性；根據氧化還原反應方程式的配平原則：得失電子守恒、質量守恒和電荷守恒配平該反應的離子方程式：2MnO 4 - +5 H2C2O4 +6H + =2Mn 2+ +10CO 2 +8H2O；答案：還原性 2 5 6 2 10 8（3）加熱乙二酸，反應物通入B，使CuSO 4 粉末變藍，說明有水生成，裝