2025屆廣東省六校聯(lián)盟深圳實驗廣州二中珠海一中惠州一中東莞中學高三期末調研測試化學試題含解析

2025屆廣東省六校聯(lián)盟（深圳實驗，廣州二中，珠海一中，惠州一中，東莞中學高三期末調研測試化學試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、已知二氯化二硫（S2Cl2）的結構式為Cl﹣S﹣S﹣Cl，它易與水反應，方程式如下：2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓，對該反應的說法正確的是()A．S2Cl2既作氧化劑又作還原劑B．H2O作還原劑C．每生成1molSO2轉移4mol電子D．氧化產物與還原產物物質的量比為3：12、元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如圖所示，其中元素Q位于第四周期，X的最高正價和最低負價之和為0，下列說法不正確的是（）XYZQA．原子半徑（r）：r（Y）＞r（Z）＞r（X）B．分別含Y元素和Z元素的兩種弱酸可以反應生成兩種強酸C．推測Q的單質可以和氫氣、氧氣、活潑金屬等反應D．Z的簡單陰離子失電子能力比Y的強3、國內某科技研究小組首次提出一種新型的Li+電池體系，該體系正極采用含有I-、Li+的水溶液，負極采用固體有機聚合物，電解質溶液為LiNO3溶液，聚合物離子交換膜作為隔膜將液態(tài)正極和固態(tài)負極分隔開（原理示意圖如圖）。已知：I-+I2=I3-，則下列有關判斷正確的是A．圖甲是原電池工作原理圖，圖乙是電池充電原理圖B．放電時，正極液態(tài)電解質溶液的顏色變淺C．充電時，Li+從右向左通過聚合物離子交換膜D．放電時，負極的電極反應式為：+2ne-=+2nLi+4、以物質a為原料，制備物質d(金剛烷)的合成路線如圖所示，關于以上有機物的說法正確的是A．物質a最多有10個原子共平面 B．物質b的分子式為C10H14C．物質c能使高錳酸鉀溶液褪色 D．物質d與物質c互為同分異構體5、某同學設計了如圖所示元素周期表，已知Z元素的最外層電子數(shù)是次外層的3倍?？崭裰芯袑脑靥畛洹Ｏ铝姓f法正確的是A．白格中都是主族元素，灰格中都是副族元素B．X、Y分別與Z形成的化合物都只有兩種C．X、Y元素最高價氧化物對應的水化物酸性：X>YD．X、Y、Z的氣態(tài)氫化物中最穩(wěn)定的是X的氫化物6、已知甲、乙、丙三種物質均含有同種元素X，其轉化關系如下：下列說法錯誤的是A．若A為NaOH溶液，乙為白色沉淀，則X可能為短周期金屬元素B．若A為硝酸，X為金屬元素，則甲與乙反應可生成丙C．若A為氧氣，丙在通常狀況下為紅棕色氣體，則甲可能為非金屬單質D．若乙為NaHCO3，則甲或丙可能是CO27、用下列方案及所選玻璃儀器（非玻璃儀器任選）就能實現(xiàn)相應實驗目的的是選項實驗目的實驗方案所選玻璃儀器A除去KNO3固體中少量NaCl將混合物制成熱的飽和溶液，冷卻結晶，過濾酒精燈、燒杯、玻璃棒B測定海帶中是否含有碘將海帶剪碎，加蒸餾水浸泡，取濾液加入淀粉溶液試管、膠頭滴管、燒杯、漏斗C測定待測溶液中I-的濃度量取20.00ml的待測液，用0.1mol·L-1的FeC13溶液滴定錐形瓶、堿式滴定管、量筒D配制500mL1mol/LNaOH溶液將稱量好的20.0gNaOH固體、溶解、冷卻、轉移、洗滌、定容、搖勻燒杯、玻璃棒、量筒、500ml.容量瓶、膠頭滴管A．A B．B C．C D．D8、一種從植物中提取的天然化合物a-damascone，可用于制作“香水”，其結構為：，有關該化合物的下列說法不正確的是A．分子式為 B．該化合物可發(fā)生聚合反應 C．1mol該化合物完全燃燒消耗19mol D．與溴的溶液反應生成的產物經水解、稀硝酸化后可用溶液檢驗9、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法正確的選項是（）①1mol氯氣發(fā)生反應轉移電子數(shù)為2NA②12.0g熔融的NaHSO4中含有的陽離子數(shù)為1NA③在標準狀況下，22.4LH2O中的O原子數(shù)為NA④17g羥基中含有的電子數(shù)為10NA⑤1molNa2O和Na2O2混合物中含有的陰、陽離子總數(shù)是3NA⑥20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，F(xiàn)e3+和SO42-離子數(shù)的總和小于NAA．①②⑤ B．①④⑥ C．①②⑥ D．②⑤⑥10、單質鐵不同于鋁的性質是A．遇冷的濃硫酸鈍化B．能與氫氧化鈉反應C．能與鹽酸反應D．能在氧氣中燃燒11、下列說法正確的是()A．電解熔融金屬氯化物制備Na、Mg、AlB．配制溶液時需加入稀硝酸防止水解C．“一帶一路”中的絲綢的主要成分是天然纖維素，屬于高分子化合物。D．牙齒的礦物質Ca5(PO4)3OH+F-Ca5(PO4)3F+OH-，故使用含氟牙膏可以防止齲齒的形成12、下列有關反應的離子方程式書寫正確的是()A．氧化亞鐵溶于稀硝酸：FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2OB．過量SO2通入澄清石灰水中：SO2＋OH－===HSO3-C．NH4HCO3溶液與足量Ba(OH)2溶液混合：HCO3-＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2OD．NH4Al(SO4)2溶液與足量Ba(OH)2溶液混合：2Al3＋＋3SO42-＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓13、用下列實驗裝置（部分夾持裝置略去）進行相應的實驗，能達到實驗目的的是A．加熱裝置I中的燒杯分離I2和Fe B．利用裝置Ⅱ合成氨并檢驗氨的生成C．利用裝置Ⅲ制備少量的氯氣 D．利用裝置Ⅳ制取二氧化硫14、下列實驗操作、現(xiàn)象和結論均正確的是實驗操作和現(xiàn)象結論A向等體積等濃度的鹽酸中分別加入ZnS和CuS，ZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)B將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色樣品已變質C加熱盛有少量NH4HCO3固體的試管，試管口處潤濕的紅色石蕊試紙變藍NH4HCO3顯堿性D常溫下，測得0.1mol·L－1NaA溶液的pH小于0.1mol·L－1Na2B溶液的pH酸性：HA＞H2BA．A B．B C．C D．D15、將一定質量的Mg和Al混合物投入到200mL稀硫酸中，固體全部溶解后，向所得溶液中滴加NaOH溶液至過量，生成沉淀的物質的量與加入NaOH溶液的體積關系如圖所示。則下列說法錯誤的是A．最初20mLNaOH溶液用于中和過量的稀硫酸B．NaOH溶液物質的量濃度為C．Mg和Al的總質量為9gD．生成的氫氣在標準狀況下的體積為11.2L16、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關說法正確的是（）A．32gCu在足量O2或硫蒸氣中完全燃燒失去的電子數(shù)均為NAB．4g甲烷和8g甲醇含有的氫原子數(shù)均為NAC．標準狀況下,5.6L乙烷中含有的共價鍵數(shù)目為1.5NAD．一定條件下,32gSO2與足量O2反應。轉移電子數(shù)為NA17、用普通圓底燒瓶將某鹵化鈉和濃硫酸加熱至500℃制備純凈HX氣體，則該鹵化鈉是A．NaF B．NaCl C．NaBr D．NaI18、1875年科學家布瓦博德朗發(fā)現(xiàn)了一種新元素，命名為“鎵”，它是門捷列夫預言的元素類鋁。Ga(鎵)和As(砷)在周期表的位置如圖，下列說法不正確的是AlPGaAsA．Ga的原子序數(shù)為31B．堿性：Al(OH)3<Ga(OH)3C．簡單離子半徑r(Ga3+)>r(As3-)>r(P3-)D．GaAs可制作半導體材料，用于電子工業(yè)和通訊領域19、下列分子或離子在指定的分散系中能大量共存的一組是（）A．空氣：C2H2、CO2、SO2、NOB．氫氧化鐵膠體：H+、K+、S2-、Br-C．銀氨溶液：Na+、K+、NO3-、NH3·H2OD．重鉻酸鉀溶液：H+、Na+、SO42-、葡萄糖分子20、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序數(shù)依次增大，Y元素最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，Q與Y同主族，X與Y構成的化合物可引起光化學煙霧，Z、W、Q的最高價氧化物的水化物兩兩之間均能發(fā)生反應。下列說法正確的是()A．簡單氫化物的沸點：Y<Q B．W的氧化物可作耐高溫材料C．簡單離子半徑最大的為Z D．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y<X21、分子式為C4H8Br2的有機物同分異構體（不考慮立體異構）為（）A．9 B．10 C．11 D．1222、下列有關物質性質的變化可以用元素周期律解釋的是()A．酸性：HCl>H2S>H2O B．密度：Na>K>LiC．沸點：NH3>AsH3>PH3 D．穩(wěn)定性：HF>HCl>HBr二、非選擇題(共84分)23、（14分）以下是合成芳香族有機高聚物P的合成路線．已知：ROH+R’OHROR’+H2O完成下列填空：（1）F中官能團的名稱__；寫出反應①的反應條件__；（2）寫出反應⑤的化學方程式__．（1）寫出高聚物P的結構簡式__．（4）E有多種同分異構體，寫出一種符合下列條件的同分異構體的結構簡式__．①分子中只有苯環(huán)一個環(huán)狀結構，且苯環(huán)上有兩個取代基；②1mol該有機物與溴水反應時消耗4molBr2（5）寫出以分子式為C5H8的烴為主要原料，制備F的合成路線流程圖（無機試劑任選）__．合成路線流程圖示例如下：

CH1CHOCH1COOHCH1COOCH2CH1．24、（12分）已知：R－CH＝CH－O－R′→H2O/H+R－烴基烯基醚A的分子式為C12H16O。與A相關的反應如下：完成下列填空：43、寫出A的結構簡式_______________________________。44、寫出C→D化學方程式____________________________________________________。45、寫出一種滿足下列條件的F的同分異構體的結構簡式________________________。①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；②光照時與氯氣反應所得的一氯取代產物不能發(fā)生消除反應；③分子中有4種不同化學環(huán)境的氫原子。46、設計一條由E合成對甲基苯乙炔（）的合成路線。（無機試劑任選）。合成路線流程圖示例如下：_________________________25、（12分）KI廣泛應用于分析試劑、感光材料、制藥和食品添加劑等。實驗室制備KI的裝置如下圖所示。已知：①3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O②3H2S+KIO3KI+3S↓+3H2O(1)利用上圖裝置制備KI，其連接順序為_____________(按氣流方向，用小寫字母表示)。(2)檢查裝置A氣密性的方法是____________；裝置D的作用是____________________。(3)制備KI時，向三頸瓶中逐滴滴入KOH溶液，加熱并不斷攪拌，觀察到棕黃色溶液變?yōu)闊o色時，立即停止滴加KOH溶液，然后通入足量H2S氣體。①反應結束后，向三頸瓶中加入硫酸溶液并加熱，可以除去KI溶液中的H2S，原因是________________________________________。②用肼(N2H4)替代H2S，制得產品純度更高，理由是_______________(用化學方程式表示)。(4)設計實驗方案除去KI溶液中的稀硫酸_____________________________。(5)若得到1.6g硫單質，理論上制得KI的質量為_________________g。26、（10分）(一)碳酸鑭可用于治療終末期腎病患者的高磷酸鹽血癥，制備反應原理為：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O；某化學興趣小組利用下列裝置實驗室中模擬制備碳酸鑭。(1)制備碳酸鑭實驗流程中導管從左向右的連接順序為：F→_____→_____→_____→_____→_____；(2)Y中發(fā)生反應的化學反應式為_______________；(3)X中盛放的試劑是___________，其作用為___________________；(4)Z中應先通入，后通入過量的，原因為__________________；是一種重要的稀土氫氧化物，它可由氟碳酸鈰精礦(主要含)經如下流程獲得：已知：在酸性溶液中有強氧化性，回答下列問題：(5)氧化焙燒生成的鈰化合物二氧化鈰()，其在酸浸時反應的離子方程式為_________________；(6)已知有機物HT能將從水溶液中萃取出來，該過程可表示為：(水層)+(有機層)+(水層)從平衡角度解釋：向(有機層)加入獲得較純的含的水溶液的原因是________________；(7)已知298K時，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，為了使溶液中沉淀完全，需調節(jié)pH至少為________；(8)取某產品0.50g，加硫酸溶解后，用的溶液滴定至終點(鈰被還原成)．(已知：的相對分子質量為208)①溶液盛放在________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中；②根據(jù)下表實驗數(shù)據(jù)計算產品的純度____________；滴定次數(shù)溶液體積(mL)滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)第一次0.5023.60第二次1.0026.30第三次1.2024.10③若用硫酸酸化后改用的溶液滴定產品從而測定產品的純度，其它操作都正確，則測定的產品的純度____________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。27、（12分）長期缺碘和碘攝入過量都會對健康造成危害，目前加碘食鹽中碘元素絕大部分以IO3-存在，少量以I-存在?，F(xiàn)使用Na2S2O3對某碘鹽樣品中碘元素的含量進行測定。Ⅰ．I-的定性檢測（1）取少量碘鹽樣品于試管中，加水溶解，滴加硫酸酸化，再滴加數(shù)滴5％NaNO2和淀粉的混合溶液，若溶液變?yōu)開_________色，則存在I-，同時有無色氣體產生（該氣體遇空氣變成紅棕色）。試寫出該反應的離子方程式為_________________。Ⅱ．硫代硫酸鈉的制備工業(yè)制備硫代硫酸鈉的反應原理為，某化學興趣小組用上述原理實驗室制備硫代硫酸鈉如圖：先關閉K3打開K2，打開分液漏斗，緩緩滴入濃硫酸，控制好反應速率。（2）y儀器名稱__________，此時B裝置的作用是__________。（3）反應開始后，C中先有淡黃色渾濁，后又變?yōu)槌吻?，此渾濁物為__________（填化學式）。裝置D的作用是__________。（4）實驗結束后，關閉K2打開K1，玻璃液封管x中所盛液體最好為__________。（填序號）ANaOH溶液B．濃硫酸C飽和NaHSO3溶液Ⅲ．碘含量的測定已知：①稱取10.00g樣品，置于250mL錐形瓶中，加水100mL溶解，加2mL磷酸，搖勻。②滴加飽和溴水至溶液呈現(xiàn)淺黃色，邊滴加邊搖，至黃色不褪去為止（約1mL）。③加熱煮沸，除去過量的溴，再繼續(xù)煮沸5min，立即冷卻，加入足量15％碘化鉀溶液，搖勻。④加入少量淀粉溶液作指示劑，再用0.0002mol/L的Na2S2O3標準溶液滴定至終點。⑤重復兩次，平均消耗Na2S2O3溶液9.00mL相關反應為：，，（5）請根據(jù)上述數(shù)據(jù)計算該碘鹽含碘量為__________mg·kg-1。28、（14分）祖母綠的主要成分為Be3Al2Si6Ol8，含有O、Si、Al、Be等元素。請回答下列問題：(1)基態(tài)A1原子中，電子占據(jù)的最高能級的符號是_______________________，該能級具有的原子軌道數(shù)為_______。(2)在1000℃時，氯化鈹以BeCl2形式存在，其中Be原子的雜化方式為_________；在500?600℃氣相中，氯化鈹則以二聚體Be2Cl4的形式存在，畫出Be2Cl4的結構____________，1molBe2Cl4中含有____mol配位鍵。(3)氫化鋁鋰(LiAlH4)是有機合成中一種重要的還原劑，LiAlH4的陰離子的空間構型為____________，該陰離子的等電子體為____________（寫一種分子、一種離子）。一種無限長單鏈結構的多硅酸根的一部分如圖所示，則該硅酸根的化學式為____________________。(4)用氧化物的形式表示出祖母綠的組成：___________。如圖是Be與O形成的氧化物的立方晶胞結構，已知氧化鈹?shù)拿芏葹棣裧/cm3，則晶胞邊長為__________cm。(設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，用含ρ、NA的代數(shù)式表示)，O2-的配位數(shù)為_____________。29、（10分）冶金廠的爐渣中主要成分為CuO、Cu、Ag、Bi、Pb，還含有少量的SiO2和Au，從爐渣中回收有價金屬的一種工藝流程如圖所示。回答下列問題：（1）氧化浸取時加入H2O2的目的是__________________________(只要回答出一點即可)。（2）熔煉時加入Na2CO3

的目的是除硅，該過程的化學方程式是_____________________________。（3）加入NaOH溶液的目的是調節(jié)溶液的pH

，水解時通入水蒸氣的目的是_______________________。（4）流程中加入N2H4·H2O還原得到銀的化學方程式是_____________________________。（5）沉銀和鉛時，已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(PbCl2)=1.8×10-5，當AgCl和PbCl2共沉且c(Pb2+)∶c(Ag+)=107時,溶液中的c(Cl-)=________mol·L-1。（6）用流程中得到的鉛制取Pb(NO3)2。

用石墨作電極，電解Pb(NO3)2

和Cu(

NO3)2的混合溶液制取PbO2，陽極發(fā)生的電極反應式是_______________________，若電解液中不加入Cu(

NO3)2，陰極反應式是______________________，這樣做的主要缺點是____________________________________。

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、A【解析】

因Cl的非金屬性比S強，故S2Cl2中S、Cl的化合價分別為＋1、－1價，根據(jù)化合價分析，反應中只有硫的化合價發(fā)生變化。A.反應物中只有S2Cl2的化合價發(fā)生變化，所以S2Cl2既作氧化劑又作還原劑，A項正確；B.水中元素化合價未改變，不是還原劑，B項錯誤；C.SO2中硫的化合價為＋4價，故每生成1molSO2轉移3mol電子，C項錯誤；D.SO2為氧化產物，S為還原產物，故氧化產物與還原產物的物質的量之比為1∶3，D項錯誤；答案選A。2、D【解析】

元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如圖所示，其中元素Q位于第四周期，則X位于第二期，Y、Z位于第三周期；X的最高正價和最低負價之和為0，則X位于ⅣA族，為C元素，結合各元素在周期表中的相對位置可知，Y為S，Z為Cl元素，Q為Sc元素，據(jù)此解答?！驹斀狻扛鶕?jù)分析可知：X為C元素，Y為S，Z為Cl元素，Q為Sc元素。A.同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑r（Y）＞r（Z）＞r（X），故A正確；B.亞硫酸與次氯酸反應生成HCl和硫酸，HCl和硫酸都是強酸，故B正確；C.Q位于ⅥA族，最外層含有6個電子，根據(jù)O、S的性質可推測Se的單質可以和氫氣、氧氣、活潑金屬等反應，故C正確；D.非金屬性越強，對應離子的失電子能力越強，非金屬性Cl＞S，則簡單離子失電子能力Z（Cl）＜Y（S），故D錯誤；故選D。3、B【解析】

題目已知負極采用固體有機聚合物，甲圖是電子傳向固體有機聚合物，圖甲是電池充電原理圖，則圖乙是原電池工作原理圖，放電時，負極的電極反應式為：正極的電極反應式為：I3-+2e-=3I-?！驹斀狻緼.甲圖是電子傳向固體有機聚合物，電子傳向負極材料，則圖甲是電池充電原理圖，圖乙是原電池工作原理圖，A項錯誤；B.放電時，正極液態(tài)電解質溶液的I2也會的得電子生成I-，故電解質溶液的顏色變淺，B項正確；C.充電時，Li+向陰極移動，Li+從左向右通過聚合物離子交換膜，C項錯誤；D.放電時，負極是失電子的，故負極的電極反應式為：易錯點：原電池中，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動；電解池中，陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動，注意不要記混淆。4、D【解析】

A.分子中有5個碳原子和4個氫原子可以在同一個平面內，故A錯誤；B.由結構可知b的分子式為C10H12，故B錯誤；C.物質c中不含有被高錳酸鉀溶液氧化的基團，高錳酸鉀溶液不褪色，故C錯誤；D.物質c與物質d的分子式相同都為C10H16、結構不同，互為同分異構體，故D正確；答案：D。5、C【解析】

按照排布規(guī)律，前3周期，一側的相同位置的元素位于同一主族，比如B和Al同主族，均在H的左側，均處于棱形的頂部空格內。則可知X、Y同主族，且X為N，Y為P，Z為O。到了第四周期，出現(xiàn)灰色空格，填充副族元素，如Se?！驹斀狻緼、按照圖示，白格填充的為主族元素和稀有氣體元素，灰格填充的為副族元素，A錯誤；B、X和Z，可以形成NO、NO2、N2O5等氮氧化物，不止2種，B錯誤；C、X的最高價氧化物對應的水化物為HNO3，Y的最高價氧化物對應的水化物為H3PO4，同主族元素，同上到下非金屬性減弱，非金屬性越強，最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，則HNO3＞H3PO4；C正確；D、非金屬性越強，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，同主族元素，同上到下非金屬性減弱，同周期元素，從左到右，非金屬性增強，則非金屬性排序為O＞N＞P，氫化物最強的是Z的氫化物，H2O；D錯誤；答案選D。6、B【解析】

A、若A為NaOH溶液，甲是AlCl3，乙是Al(OH）3白色沉淀，丙是NaAlO2，X為短周期金屬元素鋁，符合題意，A正確；B、若A為硝酸，X為金屬元素，X應是變價金屬，則甲是Fe，乙是Fe(NO3）2，丙是Fe(NO3）3，甲與乙不反應，B錯誤；C、若A為氧氣，丙在通常狀況下為紅棕色氣體即NO2，則甲是N2，乙是NO，C正確；D、若乙為NaHCO3，甲是CO2，A是NaOH，丙是Na2CO3，或者甲是Na2CO3，乙是NaHCO3，A是HCl，丙是CO2，D正確。答案選B。7、D【解析】

A.過濾需要漏斗，故A錯誤；B.取濾液需要先加酸性雙氧水，再加入淀粉溶液，過濾時還需要玻璃棒，故B錯誤；C.FeC13溶液顯酸性，滴定時應該用酸式滴定管，故C錯誤；D.配制500mL1mol/LNaOH溶液，將稱量好的20.0gNaOH固體、溶解、冷卻、轉移、洗滌、定容、搖勻，需要的儀器主要有燒杯、玻璃棒、量筒、500ml容量瓶、膠頭滴管，故D正確。綜上所述，答案為D。檢驗海帶中是否含有碘離子，先將海帶灼燒后溶解、過濾，向濾液中加入酸性雙氧水氧化，再加入淀粉檢驗。8、C【解析】

A項，根據(jù)鍵線式，由碳四價補全H原子數(shù)，即可寫出化學式為C13H20O，正確；B項，由于分子可存在碳碳雙鍵，故可以發(fā)生加聚反應，正確；C項，分子式為C13H20O，可以寫成C13H18H2O，13個碳應消耗13個O2，18個H消耗4.5個O2，共為13+4.5=17.5，故錯誤；D項，碳碳雙鍵可以與Br2發(fā)生加成發(fā)生，然后水解酸化，即可得Br－，再用AgNO3可以檢驗，正確。答案選C。9、D【解析】

①將1mol氯氣通入足量氫氧化鈉溶液中，氯氣與氫氧化鈉反應生成氯化鈉和次氯酸鈉，反應轉移的電子數(shù)為1mol，轉移的電子數(shù)等于NA，故①錯誤；②12.0g熔融的NaHSO4的物質的量為0.1mol，0.1mol熔融硫酸氫鈉電離出0.1mol鈉離子和0.1mol硫酸氫根離子，所以含有的陽離子數(shù)為0.1NA，故②正確；③在標準狀況下，水不是氣體，不能使用標況下氣體摩爾體積計算22.4LH2O中的物質的量，故③錯誤；④17g羥基的物質的量為1mol，1mol羥基中含有9mol電子，含有的電子數(shù)為9NA，故④錯誤；⑤1mol

Na2O和Na2O2的混合物中含有2mol鈉離子和1mol陰離子，總共含有3mol陰陽離子，含有的陰、陽離子總數(shù)是3NA，故⑤正確；⑥20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，含溶質硫酸鐵的物質的量為0.02mol，含有Fe3+為0.04mol，含有SO42-為0.06mol，因為鐵離子發(fā)生水解，溶液中鐵離子數(shù)目減少，所以Fe3+和SO42-離子的總物質的量小于1mol，F(xiàn)e3+和SO42-離子的總物質的量小于NA，故⑥正確；所以②⑤⑥符合題意；答案選D。熔融的NaHSO4的電離出鈉離子和硫酸氫根離子，而NaHSO4溶液則能電離出鈉離子、氫離子和硫酸根離子，注意兩者區(qū)別。10、B【解析】A.鐵和鋁在冷的濃硫酸中均發(fā)生鈍化，A錯誤；B.鐵和氫氧化鈉不反應，鋁能和強酸、強堿反應，金屬鋁與氫氧化鈉溶液反應生成了偏鋁酸鈉和氫氣，B正確；C.兩者均能與強酸反應生成鹽和氫氣，C錯誤；D.兩者均可以在氧氣中燃燒，D錯誤。故選擇B。11、D【解析】

A.AlCl3是共價化合物，不能通過電解熔融AlCl3制備Al，故A錯誤；B.Fe2+能被稀硝酸氧化為Fe3+，故B錯誤；C.絲綢的主要成分是蛋白質，不是天然纖維素，故C錯誤；D.由平衡Ca5(PO4)3OH+F-Ca5(PO4)3F+OH-可知，增大F-濃度，平衡正向移動，生成更難溶的氟磷灰石，氟磷灰石比羥基磷灰石更能抵抗酸的侵蝕，故使用含氟牙膏可以防止齲齒的形成，故D正確。故選D。12、B【解析】

A．氧化亞鐵溶于稀硝酸，發(fā)生氧化還原反應，正確的離子方程式為：3FeO+NO3-+10H+═3Fe3++5H2O+NO↑，故A錯誤；B、澄清石灰水中通入過量的二氧化硫生成亞硫酸氫鈣，反應為Ca(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O，CaSO3+SO2+H2O=Ca(HSO3)2，故總的離子方程式為OH-+SO2═HSO3-，故B正確；C．NH4HCO3溶液與足量Ba(OH)2溶液混合反應生成碳酸鋇沉淀和氨水，反應的離子方程式為NH4++HCO3-+Ba2++2OH-═BaCO3↓+H2O+NH3·H2O，故C錯誤；D．NH4Al(SO4)2溶液與足量的Ba(OH)2溶液混合，Al3＋應轉化為AlO2-，NH4+也會與OH－反應，故D錯誤；答案選B。13、C【解析】

A、加熱時I2和Fe發(fā)生化合反應，故A錯誤；B、檢驗氨的生成要用濕潤的pH試紙，故B錯誤；C、高錳酸鉀氧化性較強，在常溫下就可以與濃鹽酸反應產生氯氣，故C正確；D、銅與濃硫酸反應制取二氧化硫要加熱，故D錯誤。答案C。14、A【解析】

A．相同條件下，溶解度大的物質先溶解，組成和結構相似的難溶物，溶解度越大，其溶度積越大。因在等體積等濃度的鹽酸ZnS可以溶解而CuS不溶，則相同溫度下：Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故A正確；B．Fe(NO3)2溶于稀硫酸后，F(xiàn)e2+在酸性條件下被NO3-氧化為Fe3+，此時滴加KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色，則無法證明Fe(NO3)2是否變質，故B錯誤；C．在加熱條件下NH4HCO3固體分解生成NH3，NH3能使?jié)櫇竦募t色石蕊試紙變藍，由于固體本身沒有與試紙接觸，故本實驗不能證明NH4HCO3顯堿性，故C錯誤；D．強堿弱酸鹽的pH越大，對應酸的酸性越弱，Na2B溶液對應的酸為HB-，則由現(xiàn)象可知酸性：HA＞HB-，但是本實驗不能證明HA的酸性比H2B強，故D錯誤；故答案為A。15、D【解析】

由圖象可以知道,從開始至加入NaOH溶液20mL,沒有沉淀生成,說明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余,此時發(fā)生的反應為:.當V(NaOH溶液)=200mL時,沉淀量最大,此時為和,二者物質的量之和為0.35mol,溶液中溶質為,根據(jù)鈉元素守恒可以知道此時等于200mL氫氧化鈉溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍.從200mL到240mL,NaOH溶解,當V(NaOH溶液)=240mL時,沉淀不再減少,此時全部為,物質的量為0.15mol,為0.15mol,為0.35mol-0.15mol=0.2mol,因為從200mL到240mL,發(fā)生,所以該階段消耗,氫氧化鈉的濃度為.【詳解】A.由上述分析可以知道,最初20mLNaOH溶液用于中和過量的稀硫酸,所以A選項是正確的;B.由上述分析可以知道,氫氧化鈉溶液的物質的量濃度為5mol/L,所以B選項是正確的;C.由元素守恒可以知道，,所以鎂和鋁的總質量為,所以C選項是正確的;D.由電子守恒可以知道,生成的氫氣為,若在標況下,體積為,但狀況未知,故D錯誤;故答案選D。16、B【解析】A.32gCu是0.5mol，在足量O2或硫蒸氣中完全燃燒分別生成氧化銅和硫化亞銅，失去的電子數(shù)分別為NA和0.5NA，A錯誤；B.4g甲烷和8g甲醇的物質的量均是0.25mol，含有的氫原子數(shù)均為NA，B正確；C.標準狀況下，5.6L乙烷是0.25mol，其中含有的共價鍵數(shù)目為1.75NA，C錯誤；D.一定條件下，32gSO2與足量O2反應，轉移電子數(shù)小于NA，因為是可逆反應，D錯誤，答案選B。點睛：在高考中，對物質的量及其相關計算的考查每年必考，以各種形式滲透到各種題型中，與多方面的知識融合在一起進行考查，近年來高考題常以阿伏加德羅常數(shù)為載體，考查物質的量，氣體摩爾體積、阿伏加德羅定律及其推論、氧化還原反應等，綜合運用了物質的狀態(tài)、摩爾質量、比例關系、微粒數(shù)目、反應關系、電子轉移等思維方法。其中選項A是易錯點，注意銅在氧氣和硫的反應中銅的價態(tài)不同。17、B【解析】

A．玻璃中含有二氧化硅，氫氟酸和二氧化硅反應生成四氟化硅，所以不能用普通圓底燒瓶制取氟化氫，選項A錯誤；B．利用高沸點的酸制取揮發(fā)性酸原理，鹽酸是揮發(fā)性酸，濃硫酸是高沸點酸，且氯化氫和玻璃不反應，所以可以用濃硫酸和氯化鈉制取氯化氫，選項B正確；C．溴化氫能被濃硫酸氧化而得不到溴化氫，選項C錯誤；D．碘化氫易被濃硫酸氧化生成碘單質而得不到碘化氫，選項D錯誤；答案選B。18、C【解析】

A.Al是13號元素，Ga位于Al下一周期同一主族，由于第四周期包括18種元素，則Ga的原子序數(shù)為13+18=31，A正確；B.Al、Ga是同一主族的元素，由于金屬性Al<Ga，元素的金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的堿性就越強，所以堿性：Al(OH)3<Ga(OH)3，B正確；C.電子層數(shù)相同的元素，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，電子層數(shù)不同的元素，離子核外電子層數(shù)越多，離子半徑越大，Ga3+、P3-離子核外有3個電子層，As3-離子核外有4個電子層，所以離子半徑：r(As3-)>r(P3-)>r(Ga3+)，C錯誤；D.GaAs導電性介于導體和絕緣體之間，可制作半導體材料，因此廣泛用于電子工業(yè)和通訊領域，D正確；故合理選項是C。19、C【解析】

A、空氣中含有氧氣，一氧化氮能夠與氧氣反應生成二氧化氮，所以二者不能大量共存，故A錯誤；B、氫氧化鐵膠體帶有正電荷，帶負電荷的離子能夠中和氫氧化鐵膠體的正電荷，導致氫氧化鐵發(fā)生聚沉，所以不能大量共存，故B錯誤；C、Na+、K+、NO3-、NH3·H2O離子之間不反應，與銀氨溶液也不反應，可大量共存，故C正確；D、重鉻酸鉀溶液具有強氧化性，能夠與葡萄糖發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故D錯誤；答案選C。本題的易錯點為B，要注意在膠體中加入電解質溶液，膠體容易發(fā)生聚沉。20、B【解析】

短周期主族元素X為N、Y為O、Z為Na、W為Al、Q為S；【詳解】A.Y、Q的簡單氫化物分別為H2O、H2S，水分子間存在氫鍵，沸點反常，沸點H2O＞H2S，A錯誤；B.W的氧化物為氧化鋁，熔點高達2000°C以上，可作耐高溫材料，B正確；C.N、O、Na、Al的簡單離子都是10電子，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則r（N3-）>，氧、硫同主族，核電荷數(shù)越大，半徑越大，則，故鈉離子半徑不可能最大，C錯誤；D.非金屬性N＜O，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性H2O＞NH3，D錯誤；答案選B。21、A【解析】

分子式為C4H8Br2的同分異構體有主鏈有4個碳原子的：CHBr2CH2CH2CH3；CH2BrCHBrCH2CH3；CH2BrCH2CHBrCH3；CH2BrCH2CH2CH2Br；CH3CHBr2CH2CH3；CH3CHBrCHBrCH3；主鏈有3個碳原子的：CHBr2CH（CH3）2；CH2BrCBr（CH3）2；CH2BrCHCH3CH2Br；共有9種情況答案選A。22、D【解析】

A、HCl、H2S、H2O分別是Cl、S、O的氫化物，不是最高價含氧酸，不能用元素周期律解釋酸性的強弱；B、密度屬于物理性質，不能用元素周期律解釋；C、NH3分子間形成氫鍵，沸點：NH3AsH3PH3，沸點屬于物理性質，不能用元素周期律解釋；D、非金屬性：FClBr，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HFHClHBr，能用元素周期律解釋；答案選D。本題考查元素周期律的應用，理解元素周期律的內容是解題的關鍵。能用元素周期律解釋的元素的性質是：原子半徑、元素的主要化合價、元素的金屬性和非金屬性，元素的金屬性表現(xiàn)在金屬單質與水（或酸）置換出氫的難易、最高價氧化物對應水化物堿性的強弱，元素的非金屬性表現(xiàn)在非金屬單質與H2化合的難易、氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性、最高價氧化物對應水化物酸性的強弱；注意用元素周期律不能解釋物理性質、氣態(tài)氫化物水溶液酸性的強弱。二、非選擇題(共84分)23、羧基、氯原子光照HOOCCCl（CH1）CH2COOH+1NaOH+NaCl+1H2OCH2=C（CH1）CH=CH2CH2BrC（CH1）=CHCH2BrHOCH2C（CH1）=CHCH2OHOHCC（CH1）=CHCHOHOOCC（CH1）=CHCOOHF【解析】

不飽和度極高，因此推測為甲苯，推測為，根據(jù)反應③的條件，C中一定含有醇羥基，則反應②是鹵代烴的水解變成醇的過程，C即苯甲醇，根據(jù)題目給出的信息，D為，結合D和E的分子式，以及反應④的條件，推測應該是醇的消去反應，故E為，再來看M，M的分子式中有鈉無氯，因此反應⑤為氫氧化鈉的乙醇溶液，M為，經酸化后得到N為，N最后和E反應得到高聚物P，本題得解?！驹斀狻浚?）F中的官能團有羧基、氯原子；反應①取代的是支鏈上的氫原子，因此條件為光照；（2）反應⑤即中和反應和消去反應，方程式為HOOCCCl（CH1）CH2COOH+1NaOH+NaCl+1H2O；（1）根據(jù)分析，P的結構簡式為；（4）首先根據(jù)E的分子式可知其有5個不飽和度，苯環(huán)只能提供4個不飽和度，因此必定還有1個碳碳雙鍵，符合條件的同分異構體為；（5）首先根據(jù)的分子式算出其分子內有2個不飽和度，因此這兩個碳碳雙鍵可以轉化為F中的2個羧基，故合成路線為CH2=C（CH1）CH=CH2CH2BrC（CH1）=CHCH2BrHOCH2C（CH1）=CHCH2OHOHCC（CH1）=CHCHOHOOCC（CH1）=CHCOOHF。24、CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O【解析】

由信息可知，A反應生成B為醇，E為醛，由B的相對分子質量為60，則B為CH3CH2CH2OH，B→C發(fā)生催化氧化反應，所以C為CH3CH2CHO，C→D為銀鏡反應，則D為CH3CH2COONH4；由B、E及A的分子式可知，烴基烯基醚A結構簡式為；有機物E為：；由E轉化為對甲基苯乙炔（），先發(fā)生-CHO的加成，再發(fā)生醇的消去反應，然后與溴發(fā)生加成引入兩個溴原子，最后發(fā)生鹵代烴在NaOH醇溶液中的消去反應生成C≡C，然后結合物質的結構與性質來解答?！驹斀狻?3.結合以上分析可知，A的結構簡式為：；1．C→D反應的化學方程式為CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；故答案為：CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；2．分子式和有機物F相同，①光能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，屬于酚類；②光照時與氯氣反應所得的一氯取代產物不能發(fā)生消去反應，說明Cl直接相連的C原子的鄰位C上沒有H原子，③分子中有4種不同化學環(huán)境的氫原子，要求結構具有一定的對稱性，滿足這三個條件的F的同分異構體可以有：；故答案是：；46.由合成可以將醛基先與H2加成得到醇，再進行醇的消去引進碳碳雙鍵，再與Br2進行加成，最后再進行一次鹵代烴的消去就可以得到目標產物了。具體流程為：；故答案為：。25、a→e→f→c→d→b關閉活塞，向球形漏斗內加水至形成一段水柱，一段時間內液柱高度不發(fā)生變化，說明裝置氣密性良好除去H2S中的HCl氣體加熱使H2S的溶解度減小而放出；硫酸電離出的氫離子增大了c（H+），促使H2S電離平衡左移，導致H2S放出。3N2H4+2KIO3=2KI+3N2↑+6H2O向KI溶液中加入足量BaCO3固體，充分攪拌后過濾、洗滌，將濾液和洗滌液合并16.6【解析】

根據(jù)題干信息可知①3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O②3H2S+KIO3KI+3S↓+3H2O，需要的反應物為H2S、KOH、I2，A裝置根據(jù)強酸制弱酸原理制備硫化氫氣體，F(xiàn)eS+2HCl=FeCl2+H2S↑；D裝置用于除去H2S中的HCl氣體，導管e進f出；C裝置是制取KI的裝置，硫化氫氣體從c進入裝置與其他反應物充分接觸，剩余氣體從d出去進入B裝置，除掉未反應的硫化氫氣體防止污染環(huán)境?！驹斀狻?1)根據(jù)上面分析可知，制備KI，按氣流方向其連接順序為a→e→f→c→d→b；答案：a→e→f→c→d→b(2)裝置A是啟普發(fā)生器，檢驗氣密性可利用壓強差原理，方法是關閉活塞，向球形漏斗內加水至形成一段水柱，一段時間內液柱高度不發(fā)生變化，說明裝置氣密性良好；因為鹽酸易揮發(fā)，所以制得的硫化氫中混有氯化氫，裝置D的作用是除去H2S中的HCl氣體；答案：關閉活塞，向球形漏斗內加水至形成一段水柱，一段時間內液柱高度不發(fā)生變化，說明裝置氣密性良好除去H2S中的HCl氣體(3)制備KI時，向三頸瓶中逐滴滴入KOH溶液，加熱并不斷攪拌，觀察到棕黃色溶液變?yōu)闊o色時，也就是反應3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O結束，立即停止滴加KOH溶液，然后通入足量H2S氣體，發(fā)生反應3H2S+KIO3KI+3S↓+3H2O。①反應結束后，向三頸瓶中加入硫酸溶液并加熱，可以除去KI溶液中的H2S，原因可以從電離平衡和氣體溶解度隨溫度升高而減小分析；答案：加熱使H2S的溶解度減小而放出；硫酸電離出的氫離子增大了c（H+），促使H2S電離平衡左移，導致H2S放出。②因為肼(N2H4)也具有強還原性，可以肼(N2H4)替代H2S，肼(N2H4)的氧化產物為氮氣，可以使制得產品純度更高，用化學方程式表示為3N2H4+2KIO3=2KI+3N2↑+6H2O。答案：3N2H4+2KIO3=2KI+3N2↑+6H2O(4)選擇的藥品在除雜的同時，要保證不摻入新的雜質，因此選擇BaCO3；答案:向KI溶液中加入足量BaCO3固體，充分攪拌后過濾、洗滌，將濾液和洗滌液合并(5)根據(jù)題干信息①3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O②3H2S+KIO3KI+3S↓+3H2O，列關系式計算；6KI～3S6mol3moln(KI)molmol得n（KI）=0.1molm（KI）=n(KI)×M(KI)=0.1mol×166g/mol=16.6g；答案：16.626、ABDECNH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑溶液吸收揮發(fā)的、同時生成在水中溶解度大，在水中溶解度不大，堿性溶液吸收，可提高利用率混合液中加硫酸導致氫離子濃度增大，平衡向生成水溶液方向移動9酸式95.68%偏低【解析】

(一)根據(jù)制備的反應原理：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，結合裝置圖可知，W中制備二氧化碳，Y中制備氨氣，X是除去二氧化碳中HCl，在Z中制備碳酸鑭，結合氨氣的性質分析解答(1)～(4)；(二)由實驗流程可知，氟碳酸鈰精礦(主要含CeFCO3)氧化焙燒生成CeO2，加酸溶解發(fā)生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，過濾分離出不溶物，含Ce3+的溶液進行萃取分離得到濃溶液，再與堿反應生成Ce(OH)3，將Ce(OH)3氧化可生成Ce(OH)4。據(jù)此結合氧化還原反應的規(guī)律、鹽類水解和溶解積的計算分析解答(5)～(8)。【詳解】(一)(1)由裝置可知，W中制備二氧化碳，X除去HCl，Y中制備氨氣，在Z中制備碳酸鑭，則制備碳酸鑭實驗流程中導管從左向右的連接順序為：F→A→B→D→E→C，故答案為A；B；D；E；C；(2)Y中發(fā)生反應的化學反應式為NH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，故答案為NH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；(3)X是除去二氧化碳中的氯化氫，需要盛放的試劑是NaHCO3溶液，其作用為吸收揮發(fā)的HCl、同時生成CO2，故答案為NaHCO3溶液；吸收揮發(fā)的HCl、同時生成CO2；(4)Z中應先通入NH3，后通入過量的CO2，因為NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，堿性溶液利用吸收二氧化碳，提高利用率，故答案為NH3在水中溶解度大，CO2在水中溶解度不大，堿性溶液吸收，可提高利用率；(二)(5)氧化焙燒生成的鈰化合物二氧化鈰(CeO2)，其在酸浸時發(fā)生離子反應為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，故答案為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；(6)向CeT3(有機層)加入H2SO4獲得較純的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸導致氫離子濃度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動，故答案為混合液中加硫酸導致氫離子濃度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動；(7)已知298K時，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，為了使溶液中Ce3+沉淀完全，c(OH-)==1×10-5mol/L，由Kw可知c(H+)=1×10-9mol/L，pH=-lgc(H+)=9，故答案為9；(8)①FeSO4屬于強酸弱堿鹽，水解后溶液顯酸性，則FeSO4溶液盛放在酸式滴定管中，故答案為酸式；②由表格數(shù)據(jù)可知，第二次為25.30mL，誤差較大應舍棄，F(xiàn)eSO4的物質的量為0.1000mol?L-1××0.001L/mL=0.0023mol，根據(jù)電子得失守恒可得關系式CeO2～FeSO4，由原子守恒可知Ce(OH)4的質量為0.0023×208g=0.4784g，則Ce(OH)4產品的純度為×100%=95.68%，故答案為95.68%；③改用0.1000mol?L-1的FeCl2溶液滴定產品從而測定Ce(OH)4產品的純度，Ce4+有強氧化性，與Cl-發(fā)生氧化還原反應，由電子守恒計算的Ce(OH)4的物質的量及質量偏小，則測定的Ce(OH)4產品的純度偏低，故答案為偏低。27、藍2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO↑+2H2O三頸燒瓶（三口燒瓶）安全瓶（防倒吸）S尾氣處理（吸收多余的SO2氣體，防止污染環(huán)境）A38.1【解析】

（1）淀粉遇碘單質變藍，酸性條件下，亞硝酸根具有氧化性，可氧化碘離子成碘單質，根據(jù)氧化還原反應的規(guī)律配平該方程式；Ⅱ．A裝置制備二氧化硫，C裝置中制備Na2S2O3，反應導致裝置內氣壓減小，B為安全瓶作用，防止溶液倒吸，D裝置吸收多余的二氧化硫，防止污染空氣，（2）根據(jù)實驗儀器的結構特征作答；b裝置為安全瓶，防止溶液倒吸；（3）二氧化硫與硫化鈉在溶液中反應得到S，硫與亞硫酸鈉反應得到Na2S2O3；氫氧化鈉溶液用于吸收裝置中殘留的二氧化硫，防止污染空氣，據(jù)此分析作答；（4）實驗結束后，裝置b中還有殘留的二氧化硫，為防止污染空氣，應用氫氧化鈉溶液吸收；Ⅲ．（5）提供的方程式中可知關系式為：I-IO3-3I26S2O32－，計算出含碘元素的物質的量，進而得出結論。【詳解】（1）根據(jù)題設條件可知，硫酸酸化的NaNO2將碘鹽中少量的I-氧化為使淀粉變藍的I2，自身被還原為無色氣體NO，其化學方程式為：2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO↑+2H2O，故答案為藍；2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO↑+2H2O；（2）y儀器名稱為三頸燒瓶（三口燒瓶）；由實驗裝置結構特征，可知b裝置為安全瓶（防倒吸），故答案為三頸燒瓶（三口燒瓶）；安全瓶（防倒吸）；（3）根據(jù)實驗設計與目的，可知二氧化硫與硫化鈉在溶液中反應得到S，硫與亞硫酸鈉反應得到Na2S2O3，c中先有渾濁產生，后又變澄清，則此渾濁物為S，殘余的SO2氣體污染環(huán)境，裝置D的作用是尾氣處理（吸收多余的SO2氣體，防止污染環(huán)境），故答案為S；尾氣處理（吸收多余的SO2氣體，防止污染環(huán)境）；（4）實驗結束后,裝置b中還有殘留的二氧化硫，為防止污染空氣，應用氫氧化鈉溶液吸收，氫氧化鈉和二氧化硫反應生成亞硫酸鈉和水，故A項正確，故答案為A；Ⅲ．（5）從以上提供的方程式中可知關系式為：I-IO3-3I26S2O32－，設含碘元素物質的量為x，解得x==3.0×10－6mol，故所含碘元素的質量為3.0×10－6mol×127g/mol=3.81×10－1mg，所以該加碘鹽樣品中碘元素的含量為(3.81×10－1mg)/0.01kg=38.1mg·kg—1，故答案為38.1。28、3p3p雜化2正四面體SiH4(或CH4)、BH4SiO32-3BeO·Al2O3·6SiO24【解析】

(1)根據(jù)構造原理，書寫出Al的核外電子排布式，就可確定電子占據(jù)的最高能級的符號及其具有的軌道數(shù)目。(2)Be原子的價層電子對個數(shù)是2且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷Be原子雜化方式；二聚體Be2Cl4中每個B