江苏省南京市南京师范大学2023学年高三第五次模拟考试化学试卷含解析

2021-2022高考化学模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、利用固体燃料电池技术处理H2S废气并发电的原理如图所示。根据不同固体电解质M因传导离子的不同，分为质子传导型和氧离子传导型,工作温度分别为500℃和850℃左右，传导质子时的产物硫表示为Sx。下列说法错误的是A．气体X是H2S废气，气体Y是空气B．M传导质子时，负极a反应为：xH2S—2xe-=Sx+2xH+C．M传导氧离子时，存在产生SO2污染物的问题D．氧离子迁移方向是从a电极向b电极2、下列说法不正确的是()A．可用焦炭还原SiO2制备单质SiB．镁单质可与NH4Cl溶液反应生成NH3C．浓硫酸与NaBr固体共热可生成单质Br2D．摩尔盐的组成可表示为NH4Fe(SO4)2•6H2O3、从化学的规角分析，下列说法不正确的是A．锂离子电池是一种生活中常用的化学电源B．纳米材料可用于制造不用洗的衣服面料C．水中加入“催化剂”，可变成汽车燃料“油”D．科学家未研发出只加水就能跑的“水氢发动机”汽车4、NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是A．0.1mol的11B中，含有0.6NA个中子B．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+C．2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子D．密闭容器中2molSO2与1molO2反应制得2molSO35、下列变化中只存在放热过程的是（）A．氯化钠晶体熔化 B．氢氧化钠晶体溶于水C．液氮的气化 D．水蒸气的液化6、X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如下图所示的变化，其中a为双原子分子，b和c均为10电子分子，b在常温下为液体。下列说法不正确的是A．单质Y为N2B．a不能溶于b中C．a和c不可能反应D．b比c稳定7、微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法错误的是A．b电极发生还原反应：4H++O2+4e－＝2H2OB．电路中有4mol电子发生转移，大约消耗标准状况下22.4L空气C．维持两种细菌存在，该装置才能持续将有机物氧化成CO2并产生电子D．HS－在硫氧化菌作用下转化为的反应是＝8、工业酸性废水中的可转化为除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示(实验开始时溶液体积为的起始浓度、电压、电解时间均相同)，下列说法中，不正确的是()实验①②③电解条件阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨，滴加浓硫酸阴极为石墨，阳极为铁，滴加浓硫酸的去除率%0.92212.757.3A．对比实验①②可知，降低pH可以提高的去除率B．实验②中，在阴极放电的电极反应式是C．实验③中，去除率提高的原因是阳极产物还原D．实验③中，理论上电路中每通过电子，则有被还原9、下列指定反应的化学用语表达正确的是（）A质子交换膜氢氧燃料电池的负极反应B用铁电极电解饱和食盐水C锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡DKClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制取K2FeO4A．A B．B C．C D．D10、在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是A．滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：B．滴入KSCN显血红色的溶液中：C．=1012的溶液中：D．由水电离的c(H+)=1.0×l0-13mol/L溶液中：11、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则下列说法不正确的是（）A．W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同B．Z和W可形成原子个数比为1：2和1：3的共价化合物C．Y和Z形成的化合物可以通过复分解反应制得D．X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应12、分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是A．冰醋酸、纯碱、铜绿、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物B．HClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸C．Al、Al2O3、Al（OH）3均既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，都属于两性化合物D．H2SO4、NaOH、AlCl3均为强电解质，都属于离子化合物13、主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X、Y处于同一周期，Y的单质与水反应可生成X的单质，X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍。下列说法正确的是A．简单离子的半径：Z>Y>X B．WX2中含有非极性共价键C．简单氢化物的热稳定性：X>Y D．常温常压下Z的单质为气态14、中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是(

)A．我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电。电能属于一次能源B．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D．大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料15、25℃时，NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数()随pH变化的关系如图甲所示，其中a点的坐标为(9.5，0.5)。向10mL0.01mol·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示。下列溶液中的关系中一定正确的A．图甲中pH=7的溶液：c(Cl－)=c(HCN)B．常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)=10－4.5mol/LC．图乙中b点的溶液：c(CN－)＞c(Cl－)＞c(HCN)＞c(OH－)＞c(H+)D．图乙中c点的溶液：c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH－)+c(CN－)16、中国是最早生产和研究合金的国家之一。春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，它们的合金成分可能是()A．钠合金 B．硬铝 C．生铁 D．钛合金17、已知：苯酚与Fe3+在溶液中存在可逆反应：Fe3++6C6H5OHH3Fe(OC6H5)6+3H+，其中H3Fe(OC6H5)6显紫色。实验如下：下列说法不正确的是：A．i是空白对照实验B．向ii中滴加几滴浓盐酸，溶液颜色变浅C．iii、iv中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4D．苯酚在苯中的溶解性小于在CCl4中的溶解性18、已知蓄电池在充电时作电解池，放电时作原电池．如图是铅蓄电池的工作示意图，其反应原理为：PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O下列说法中错误的是()A．b电极放电后转化为c电极B．电极a和d都发生还原反应C．b的电极反应式：Pb+SO42﹣﹣2e-→PbSO4D．放电后硫酸溶液的pH增大19、用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列有关说法正确的是（）A．1mol氮气与3mol氢气反应，生成的氨分子数目为2NAB．1.0mol•L-1Na2SO3水溶液中含有的硫原子数目为NAC．电解饱和食盐水，当阳极产生11.2LH2时，转移的电子数为NAD．常温下，3L0.1mol•L-1FeCl3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA20、属于工业固氮的是A．用N2和H2合成氨 B．闪电将空气中N2转化为NOC．用NH3和CO2合成尿素 D．固氮菌将氮气变成氨21、化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A．煤的焦化可以得到乙烯，煤的气化可以制得水煤气，煤间接液化后的产物可以合成甲醇B．顺丁橡胶(顺式聚1，3-丁二烯)、尿不湿(聚丙烯酸钠)、电木(酚醛树脂)都是由加聚反应制得的C．塑料、合成纤维和合成橡胶都主要是以煤、石油和天然气为原料生产的D．石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构的重新调整，使链状烃转化为环状烃，如苯或甲苯22、最近媒体报道了一些化学物质，如：爆炸力极强的N5、比黄金还贵的18O、太空中的甲醇气团等。下列说法中正确的是A．18O2和16O2是两种不同的原子 B．甲醇（CH3OH）属于离子化合物C．N5和N2是氮元素的两种同位素 D．由N5变成N2是化学变化二、非选择题(共84分)23、（14分）白藜芦醇在保健品领域有广泛的应用。其合成路线如下：回答下列问题：(1)物质B中含氧官能团的名_______。B→C的反应类型为___________。(2)1mol有机物D最多能消耗NaOH为_________mol，白藜芦醇遇足量浓溴水时反应的化学方程式为____________。(3)已知的系统名称1，3-苯二酚，则A的名称为________，已知乙酸酐()极易与水反应生成乙酸，是很好的吸水剂。试从平衡移动的角度分析A→B反应中用乙酸酐代替乙酸的目的是__________。(4)C的核磁共振氢谱有_________组峰，写出满足下列条件的化合物X的所有同分异构体的结构简式__________。①具有与X相同的官能团②属于醋酸酯(5)利用甲苯、磷叶立德试剂和乙醛为原料可以合成(涉及无机试剂自选)，请写出合成路线__________。24、（12分）铁氰化钾（化学式为K3[Fe(CN)6]）主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产等工业。其煅烧分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物质。（1）铁元素在周期表中的位置为_________，基态Fe3+核外电子排布式为_________。（2）在[Fe(CN)6]3－中不存在的化学键有_________。A．离子键B．金属键C．氢键D．共价键（3）已知(CN)2性质类似Cl2：(CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2OKCN+HCl=HCN+KClHC≡CH+HCN→H2C=CH－C≡N①KCNO中各元素原子的第一电离能由小到大排序为________。②丙烯腈（H2C=CH－C≡N）分子中碳原子轨道杂化类型是_______；分子中σ键和π键数目之比为_______。（4）C22－和N2互为等电子体，CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图甲所示），但CaC2晶体中哑铃形的C22－使晶胞沿一个方向拉长，晶体中每个Ca2+周围距离最近的C22－数目为_______。（5）金属Fe能与CO形成Fe(CO)5，该化合物熔点为－20℃，沸点为103℃，则其固体属于_______晶体。（6）图乙是Fe单质的晶胞模型。已知晶体密度为dg·cm－3，铁原子的半径为_________nm（用含有d、NA的代数式表示）。25、（12分）I．常温下，HNO2电离反应的平衡常数值为2.6×10-4。NaNO2是一种重要的食品添加剂，由于其外观及味道都与食盐非常相似，误食工业用盐造成食物中毒的事件时有发生。（1）某活动小组同学设计实验方案鉴别NaCl溶液和NaNO2溶液，请填写下列表格。选用药品实验现象利用NaNO2的性质①酚酞试液________________________②淀粉-KI试纸________________________（2）亚硝酸钠有毒，不能随意排放，实验室一般将其与饱和氯化铵溶液共热使之转化成无毒无公害的物质，其产物之一为无色无味气体，则该气体为____________（填化学式）。II．活动小组同学采用如下装置制备并测定所得固体中亚硝酸钠（NaNO2）的质量分数（装置可重复使用，部分夹持仪器已省略）。已知：①2NO+Na2O2＝2NaNO2；②酸性条件下，NO、NO2都能与MnO4－反应生成NO3－和Mn2+；NaNO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色。（1）实验装置的连接顺序为____________；（2）C瓶内发生反应的离子方程式为____________。（3）为了测定亚硝酸钠的含量，称取4.0g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.10mol·L－1的酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表。滴定次数1234KMnO4溶液体积/mL20.6020.0220.0019.98①第一组实验数据出现较明显异常，造成异常的原因可能是__________（填字母序号）。a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗b．锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥c．观察滴定终点时仰视读数②根据表中数据进行计算，所制得的固体中亚硝酸钠的质量分数为____________。（4）设计实验，比较0.1mol·L－1NaNO2溶液中NO2－的水解程度和0.1mol·L－1HNO2溶液中HNO2电离程度的相对大小_______（简要说明实验步骤、现象和结论，仪器和药品自选）。26、（10分）三氯化氮（NCl3）是一种消毒剂，可利用氯气与氯化铵溶液反应来制备。已知：三氯化氮的相关性质如下：物理性质化学性质黄色油状液体，熔点为－40℃，沸点为71℃，不溶于冷水、易溶于有机溶剂，密度为1.65g•cm-395℃时爆炸，热水中发生水解某小组同学选择下列装置（或仪器）设计实验制备三氯化氮并探究其性质：(1)NCl3的电子式为__________________；仪器M的名称是______________；(2)如果气流的方向从左至右，装置连接顺序为A、G、_____________、B。（注明：F仪器使用单孔橡胶塞）(3)C中试剂是_________________；B装置的作用是________________；(4)写出E装置中发生反应的化学方程式_______________________________________(5)当E装置的烧瓶中出现较多油状液体时停止反应。控制水浴加热温度为__________；(6)已知三氯化氮不具有漂白性，三氯化氮与热水反应的化学方程式为NCl3＋4H2O＝NH3•H2O＋3HClO，请设计实验证明该水解反应的产物______________27、（12分）ClO2是一种优良的消毒剂，其溶解度约是Cl2的5倍，但温度过高浓度过大时均易发生分解，因此常将其制成KClO2固体，以便运输和贮存。制备KClO2固体的实验装置如图所示，其中A装置制备ClO2，B装置制备KClO2。请回答下列问题：（1）A中制备ClO2的化学方程式为__。（2）与分液漏斗相比，本实验使用滴液漏斗，其优点是__。加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止液体飞溅和__。（3）实验过程中通入空气的目的是__，空气流速过快，会降低KClO2产率，试解释其原因__。（4）ClO2通入KOH溶液生成KClO2的同时还有可能生成的物质__。a.KClb.KClOc.KClO3d.KClO4（5）KClO2变质分解为KClO3和KCl，取等质量的变质前后的KClO2试样配成溶液，分别与足量的FeSO4溶液反应消耗Fe2+的物质的量__（填“相同”、“不相同”“无法确定”）。28、（14分）三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。最近我国科学家实现了使用铜催化剂将N，N—二甲基甲酰胺（N(CH3)2NCHO，简称DMF）转化为三甲胺的合成路线。回答下列问题：（1）结合实验与计算机模拟结果，研究单一DMF分子在铜催化剂表面的反应历程，如图所示：该历程中最大能垒（活化能）=__eV，该步骤的化学方程式为__。（2）该反应变化的ΔH__0（填“<”、“>”或“=”），制备三甲胺的热化学方程式为__。（3）160℃时，将DMF(g)和H2(g)以物质的量之比为1：2充入盛有催化剂的刚性容器中，容器内起始压强为p0，达到平衡时DMF的转化率为25%，则该反应的平衡常数Kp=__（Kp为以分压表示的平衡常数）；能够增大DMF平衡转化率同时加快反应速率的操作是__。（4）三甲胺是鱼腥臭的主要来源，是判断海水鱼类鲜度的化学指标之一。通过传感器产生的电流强度可以监测水产品中三甲胺的含量，一种燃料电池型三甲胺气体传感器的原理如图所示。外电路的电流方向为__（填“a→b”或“b→a”），负极的电极反应式为__。29、（10分）C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。(1)CO2的重整用CO2和H2为原料可得到CH4燃料。已知:①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247kJ/mol②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ/mol写出CO2重整的热化学方程式：_____。(2)“亚碳酸盐法”吸收烟中的SO2①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的pH不断_____(填“减小”“不变”或“增大)。当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c(SO32-)=0.2mol/L，则溶液中c(HSO3-)=_____。②室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图:b点时溶液pH=7，则n(NH4+)：n(HSO3—)=______________。(3)催化氧化法去除NO。一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理4NH3+6NO5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为4:1、3:1、1:3时，得到NO脱除率曲线如图所示：①曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg·m-3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为_____mg·m-3·s-1。②曲线b对应NH3与NO的物质的量之比是_____。(4)间接电化学法除NO。其原理如图所示：写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)_____。吸收池中除去NO的原理_____(用离子方程式表示)。

参考答案一、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、D【解析】

A.根据电流分析，电极a为负极，传导质子时的产物硫表示为Sx，说明是气体H2S废气变为Sx，化合价升高，在负极反应，因此气体X为H2S废气，气体Y是空气，故A正确；B.M传导质子时，产物硫表示为Sx，因此负极a反应为：xH2S−2xe－=Sx+2xH+，故B正确；C.M传导氧离子时，H2S和O2−可能反应生成SO2，因此存在产生SO2污染物的问题，故C正确；D.根据原电池中，阴离子向负极移动规律，氧离子迁移方向是从b电极向a电极，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】原电池中离子移动方向根据“同性相吸”原则，电解池中离子移动方向根据“异性相吸”原则。2、D【解析】

A.高温条件下，可用碳还原SiO2制备单质Si，故A正确；B.镁单质可与NH4Cl溶液反应生成NH3和氢气、氯化镁，故B正确；C.浓硫酸具有强氧化性与NaBr固体共热可生成单质Br2，故C正确；D.摩尔盐的组成可用(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O表示，故D错误；故选D。3、C【解析】

A选项，手机锂离子电池是一种生活中常用的化学电源，故A正确；B选项，纳米材料可用于制造不用洗的衣服面料，故B正确；C选项，水（H2O）中只含H、O两种元素，汽车燃料“油”含有C和H两种元素，两者含有不同种元素，利用水不可能制成汽车燃料“油”，故C错误；D选项，水变氢是吸热反应，从能量守恒定律得出科学家不可能研发出只加水就能跑的“水氢发动机”汽车，故D正确。综上所述，答案为C。4、A【解析】

A．11B中含有中子数=11-5=6，0.1mol的11B中含有0.6mol中子，含有0.6NA个中子，故A正确；B．溶液体积未知，无法计算pH=1的H3PO4溶液中含有的氢离子数，故B错误；C．标准状况下，苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量，故C错误；D．2SO2+O22SO3为可逆反应，不能完全进行，所以2molSO2和1molO2反应生成SO3的物质的量小于2mol，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意可逆反应不能完全进行，存在反应的限度。5、D【解析】

电解质的电离、铵盐溶于水、固体融化、液体汽化等均为吸热过程，而浓硫酸、氢氧化钠固体溶于、物质的液化、液体的固化均为放热过程，据此分析。【详解】A．氯化钠晶体熔化是吸热的过程，选项A错误；B．氢氧化钠固体溶于水放热，氢氧化钠在水中电离吸热，选项B错误；C．液氮的气化是吸热的过程，选项C错误；D．水蒸气液化，为放热过程，选项D正确。答案选D。6、C【解析】

b和c均为10电子分子，b在常温下为液体，则b可能为H2O，c可能为HF、NH3，根据转化关系推测X为氧气，Z为氢气，则Y可能为氟气或氮气，又a为双原子分子，则a为NO，则Y为氮气。A.根据上述分析，单质Y为N2，故A正确；B.NO不能溶于H2O中，故B正确；C.NO和NH3在一定条件下可以反应，故C错误；D.H2O比NH3稳定，故D正确。故选C。7、B【解析】

A．燃料电池通氧气的极为正极，则b电极为正极，发生还原反应，电极反应为4H++O2+4e－＝2H2O，故A正确；B．电路中有4mol电子发生转移，消耗氧气的物质的量为=1mol，标准状况下体积为22.4L，则大约消耗标准状况下空气22.4L×5=112L，故B错误；C．硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子，则两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子，故C正确；D．负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，故D正确；故答案为B。【点睛】考查原电池工作原理以及应用知识，注意知识的迁移应用是解题的关键。8、D【解析】

A.对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大；B.实验②中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应；C.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上生成的亚铁离子也能还原Cr2O72-；D.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上生成的亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3mol电子，则有0.5molCr2O72-在阴极上被还原，且溶液中还有Cr2O72-被还原。【详解】A.对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72-的去除率，A正确；B.实验②中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，故B正确；C.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，C正确；D.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3mol电子，根据电极反应式Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，则有0.5molCr2O72-在阴极上被还原，同时阳极生成1.5molFe2+，根据得失电子守恒，溶液中还有0.25molCr2O72-被Fe2+还原，所以共有0.75molCr2O72-被还原，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查电解原理的应用的知识，明确离子放电顺序及电解原理是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，易错选项是D。9、C【解析】

A．负极上氢气失电子生成氢离子，所以负极反应为：2H2﹣4e﹣═4H+，故A错误；B．阳极上Fe失电子生成亚铁离子，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，离子方程式为Fe+2H2OFe（OH）2↓+H2↑，故B错误；C．碳酸钙溶解度小于硫酸钙，锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡，离子方程式：CO32﹣+CaSO4＝CaCO3+SO42﹣，故C正确；D．碱性溶液中，反应产物不能存在氢离子，正确的离子方程式为：3ClO﹣+2Fe（OH）3+4OH¯＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故D错误；答案：C。【点睛】书写离子方程式一定要注意环境是碱性还是酸性。10、B【解析】

A．因甲基橙试剂显红色的溶液为酸性溶液，能发生氧化还原反应，则不能大量共存，故A错误；B．滴入KSCN显血红色的溶液，说明存在，因不与该组离子之间发生化学反应，则能够大量共存，故B正确；C．=1012的溶液中，=0.1mol/L，OH-与NH4+、HCO3-均反应，则不能大量共存，故C错误；D．由水电离的c(H+)=1.0×l0-13mol/L溶液，该溶液为酸或碱的溶液，OH-与Al3+能生成沉淀，H+与CH3COO-反应生成弱电解质，则该组离子一定不能大量共存，故D错误。故选B。【点睛】凡是溶液中有关离子因发生反应而使浓度显著改变的均不能大量共存，如生成难溶、难电离、气体物质或能转变成其他种类的离子(包括氧化还原反应)。一般可从以下几方面考虑：(1)弱碱阳离子与OH－不能大量共存，如Fe3＋、Al3＋、Cu2＋、NH、Ag＋等。(2)弱酸阴离子与H＋不能大量共存，如CH3COO－、CO、SO等。(3)弱酸的酸式阴离子在酸性较强或碱性较强的溶液中均不能大量存在。它们遇强酸(H＋)会生成弱酸分子；遇强碱(OH－)会生成正盐和水，如HSO、HCO等。(4)若阴、阳离子能相互结合生成难溶或微溶性的盐，则不能大量共存，如Ba2＋、Ca2＋与CO、SO、SO等；Ag＋与Cl－、Br－、I－等。(5)能发生氧化还原反应的离子不能大量共存，如NO(H＋)与I－、Br－、Fe2＋等。(6)若限定为无色溶液，有色的离子不能大量存在。如MnO(紫红色)、Cu2＋(蓝色)、Fe3＋(棕黄色)、Fe2＋(浅绿色)。11、C【解析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为铝元素，据此分析。【详解】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为铝元素，A．W、X、Y形成的简单离子O2-、Na+、Al3+，核外电子数相同，均是10电子微粒，A正确；B．硫和氧可以形成二氧化硫和三氧化硫两种共价化合物，原子个数比为1:2和1:3，B正确；C．由于硫离子和铝离子水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢，因此硫化铝不能通过复分解反应制备，C错误；D．X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠、硫酸都反应，所以它们之间能两两反应，D正确；答案选C。12、B【解析】A.纯碱属于盐，不属于碱，故A错误；B.HClO、H2SO4（浓）

、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸，故B正确；C.Al属于单质，不属于化合物，故C错误；D.H2SO4、AlCl3属于共价化合物，不属于离子化合物，故D错误。故选B。13、B【解析】

主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，且均不大于20，只有X、Y处于同一周期，Y的单质与水反应可生成X的单质，X的原子序数大于W元素，则Y为F元素，X为O，结合原子序数可知Z、W位于第三周期，X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍，设Z的最外层电子数为m、W的最外层电子数为n，则6+7+n=3m，只有n=2时、m=5符合，Z、W不位于同周期，即Z为P、W为Ca，以此来解答。【详解】解：由上述分析可知，X为O、Y为F、Z为P、W为Ca，A．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：P3-＞O2-＞F-，即Z＞X＞Y，故A错误；B．WX2为CaO2，含有O-O非极性键，故B正确；C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的热稳定性：HF＞H2O，即Y＞X，故C错误；D．Z的单质为P4或红磷，常温常压下均为固态，故D错误；故答案为B。【点睛】本题考查“位、构、性”的关系，其主要应用有：①元素原子的核外电子排布，决定元素在周期表中的位置，也决定了元素的性质；②元素在周期表中的位置，以及元素的性质，可以反映原子的核外电子排布；③根据元素周期律中元素的性质递变规律，可以从元素的性质推断元素的位置；④根据元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可以推测元素的性质。14、D【解析】

A.我国近年来大量减少化石燃料的燃烧，大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于二次能源，故A错误；B.新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的要求。如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故B错误；C.光缆的主要成分是二氧化硅，故C错误；D.金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材料，故D正确；答案选D。【点睛】化学在能源，材料，方面起着非常重要的作用，需要学生多关注最新科技发展动态，了解科技进步过程中化学所起的作用。15、B【解析】

A.图甲中可以加入HCN调节溶液的pH=7，溶液中不一定存在Cl-，即不一定存在c(Cl－)=c(HCN)，故A错误；B.a点的坐标为(9.5，0.5)，此时c(HCN)=c(CN−)，HCN的电离平衡常数为，则NaCN的水解平衡常数，故B正确；C.b点加入5mL盐酸，反应后溶液组成为等浓度的NaCN、HCN和NaCl，由图乙可知此时溶液呈碱性，则HCN的电离程度小于CN−的水解程度，因此c(HCN)＞c(CN−)，故C错误；D.c点加入10mL盐酸，反应后得到等浓度的HCN和NaCl的混合溶液，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl−)=c(HCN)+c(CN−)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)+c(CN−)，则c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH－)+2c(CN－)，故D错误；故选B。16、C【解析】

人们利用金属最早的合金是青铜器，是铜锡合金，春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，根据当时的技术水平，结合金属活动性顺序，可以推断它们的合金成分可能是生铁，不可能是其他三种活泼金属的合金，故答案选C。【点睛】人类利用金属的先后和金属的活动性和在地壳中的含量有关，金属越不活泼，利用的越早，金属越活泼，提炼工艺较复杂，故利用的越晚。17、D【解析】

A．通过i观察iiiii、iv中发生的变化，达到空白对照的目的，故A正确；B．向ii中滴加几滴浓盐酸，增大H+浓度，平衡逆向移动，H3Fe(OC6H5)6浓度降低，溶液颜色变浅，故B正确；C．苯的密度比水，CCl4的密度比水大，故iii、iv中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4，故C正确；D．iii中加入苯后水溶液层呈浅紫色，而iv中加入CCl4后水溶液层呈紫色，说明苯酚更易溶解于苯，导致平衡逆向移动，水溶液的颜色变浅，即苯酚在苯中的溶解性大于在CCl4中的溶解性，故D错误；故答案为D。18、B【解析】

A．b是蓄电池负极，放电时负极反应为Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4，b电极放电后转化为PbSO4电极，故A正确；B．a是蓄电池的正极，a发生还原反应，d是电解池阳极，阳极发生氧化反应，d极发生氧化反应，故B错误；C．b为蓄电池负极，负极反应式为：Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4，故C正确；D．放电时总反应为PbO2＋Pb＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O，消耗硫酸，氢离子浓度降低，溶液pH增大，故D正确；选B。19、D【解析】

A．氮气与氢气反应为可逆反应，不能进行到底，所以1mol氮气与3mol氢气反应，生成的氨分子数目小于2NA，故A错误；B．溶液体积未知，无法计算S原子个数，故B错误；C．气体状况未知，无法计算其物质的量，故无法计算电子转移数，故C错误；D．三价铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，所以常温下，3L0.1mol•L-1FeCI3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA，故D正确；故选：D。20、A【解析】A.工业上通常用H2和N2在催化剂、高温、高压下合成氨，A正确；B.闪电能使空气里的氮气转化为一氧化氮，称为天然固氮（又称高能固氮），B错误；C.是氮的化合物之间的转换，不属于氮的固定，C错误；D.生物固氮是指固氮微生物将大气中的氮还原成氨的过程，D错误。故选择A。21、B【解析】

A．煤的焦化指的是将煤隔绝空气加强热的处理办法，产品包含出炉煤气，煤焦油和焦炭三大类，其中出炉煤气含有焦炉气，粗氨水和粗苯，乙烯就是焦炉气中的一种主要成分；煤的气化简单地理解就是高温下煤和水蒸气的反应，主要生成水煤气；煤的间接液化，指的是先将煤转化为一氧化碳和氢气，再催化合成甲醇，A项正确；B．酚醛树脂的合成过程涉及缩聚反应而非加聚反应，B项错误；C．塑料，合成橡胶和合成纤维，都主要是以石油，煤和天然气为原料生产的，C项正确；D．石油的催化重整可以获取芳香烃，D项正确；答案选B。22、D【解析】

A.18O2和16O2是两种不同的原子构成的分子，A错误；B.甲醇(CH3OH)是由分子构成的共价化合物，B错误；C.N5和N2是氮元素的两种不同的单质，二者互为同素异形体，C错误；D.N5和N2是N元素的两种不同的单质，所以由N5变成N2是化学变化，D正确；故合理选项是D。二、非选择题(共84分)23、酯基取代反应65－甲基－1,3－苯二酚吸收酯化反应生成的水，促进酯化反应正向移动以提高酯的产率4和【解析】

A和乙酸酐反应，酚羟基中的H被－OCCH3取代，B中的甲基上的H被Cl取代。D在碱性环境下发生水解反应，再酸化，得到白藜芦醇。【详解】(1)B中含氧官能团的名称是酯基；B中的甲基上的H被Cl取代，B到C为取代反应；(2)1mol酚羟基形成的酯基与NaOH溶液反应时，消耗2molNaOH，1molD中含有3mol酚羟基形成的酯基，因此1molD最多能消耗6molNaOH；酚羟基的邻对位上的H能够被Br取代，碳碳双键能够与Br2发生加成反应，则化学方程式为；(3)根据已知，可知酚羟基的编号为1和3，则A中甲基的编号为5，则A的名称为5－甲基－1,3－苯二酚；A与乙酸发生酯化反应时有水生成，如果用乙酸酐代替乙酸，乙酸酐可以吸收酯化反应生成的水，而且生成乙酸，有利于反应正向进行，答案：吸收酯化反应生成的水，促进酯化反应正向移动以提高酯的产率；(4)C分子存在一对称轴，分子中有4种H原子，如图所示，因此C的核磁共振氢谱有4组峰；X的同分异构体，与X具有相同的官能团，也属于醋酸酯，则苯环上的取代基与X的相同，分别是－CHO，－OOCCH3。苯环上有2个取代基，则同分异构体共3种，两取代基分别位于邻位、间位、对位，除去X本身还有2种，分别是和；(5)利用甲苯、磷叶立德试剂和乙醛制备，模仿B到D的过程，则合成路线为。24、第四周期Ⅷ族[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5ABK＜C＜O＜Nspsp22:14分子【解析】

(1)Fe的原子序数是26，根据构造原理知Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，据此确定其在周期表的位置；基态Fe失去4s上2个电子和3d轨道上1个电子即为Fe3+；(2)根据化学键的类型和特点解答，注意氢键是分子间作用力，不是化学键；(3)①KCNO由K、C.

N、O四种元素组成，K为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p轨道是半充满状态、能量最低；②丙烯腈(H2C=CH−C≡N)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有1个σ键和1个π键、C≡N含有1个σ键和2个π键，C−H都是σ键，确定分子中σ键和π键数目，再求出比值；(4)1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22−应位于同一平面，注意使晶胞沿一个方向拉长的特点；(5)Fe(CO)5的熔点、沸点均不高，类似于分子晶体的特点；(6)Fe单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为8×+1=2，晶胞的质量为g，晶胞体积V=cm3、边长a=cm，根据Fe原子半径r与晶胞边长a关系求出r。【详解】(1)Fe的原子序数是26，根据构造原理知Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，位于第四周期Ⅷ族据；基态Fe失去4s上2个电子和3d轨道上1个电子即为Fe3+，所以基态Fe3+核外电子排布式为)[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5故答案为：第四周期Ⅷ族，[Ar]3d5或[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；(2)[Fe(CN)6]3−是阴离子，是配合物的内界，含有配位键和极性共价键，金属键存在于金属晶体中，氢键是分子间作用力，不是化学键，故选AB；故答案为：AB；(3)①KCNO中K为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p轨道是半充满状态、能量最低，所以第一电离能大于O，C的非金属性小于O，第一电离能小于O，所以第一电离能由小到大排序为K<C<O<N；故答案为：K<C<O<N；②丙烯腈(H2C=CH−C≡N)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有1个σ键和1个π键、C≡N含有1个σ键和2个π键，C−H都是σ键，所以分子中σ键和π键数目分别为6、3，σ键和π键数目之比为6:3=2:1；故答案为：sp、sp2；2:1；(4)依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22−不是6个，而是4个，故答案为：4；(5)根据Fe(CO)5的熔点、沸点均不高的特点，可推知Fe(CO)5为分子晶体；故答案为：分子；(6)Fe单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为8×+1=2，晶胞的质量为g，晶胞体积V=cm3、边长a=cm，Fe原子半径r与晶胞边长a关系为4r=a，所以r=a=cm=×107nm；故答案为：×107。25、溶液变红溶液显碱性试纸变蓝氧化性N2ACEDEBCu+2H++NO2＝Cu2++NO+H2Oac86.25%25℃时，将两种溶液等体积混合，若混合溶液的pH＜7，则说明HNO2的电离程度大于NO2－的水解程度；若pH＞7，则说明HNO2的电离程度小于NO2－的水解程度（合理方法均可给分）。【解析】

I．（1）亚硝酸是弱酸，亚硝酸钠水解溶液显碱性，能使酚酞试液显红色，而氯化钠不水解，溶液显中性，据此可以鉴别二者；另外亚硝酸钠还具有氧化性，能把碘化钾氧化为单质碘，碘遇淀粉显蓝色，而氯化钠和碘化钾不反应，据此也可以鉴别；（2）亚硝酸钠与饱和氯化铵溶液共热使之转化成无毒无公害的物质，其产物之一为无色无味气体，根据性质和原子守恒可知该气体为氮气，化学式为N2；II．（1）碳和浓硝酸反应生成的气体是CO2、NO2和水，需要把CO2吸收，且需要把NO2转化为NO，因此首先通入装置C中NO2被吸收同时产生NO。与过氧化钠反应的NO需要干燥，因此利用E装置中的碱石灰吸收水蒸气，同时除去CO2。为防止后面的水进入D装置，需要再次利用E装置，最后利用酸性高锰酸钾溶液吸收尾气，所以实验装置的连接顺序为A、C、E、D、E、B；（2）根据以上分析可知C瓶内发生反应的离子方程式为Cu+2H++NO2＝Cu2++NO+H2O；（3）①a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，会将酸性高锰酸钾溶液稀释，所用体积偏大，测定结果偏高，a正确；b．锥形瓶洗净后未干燥，对滴定结果无影响，b错误；c．滴定终点时仰视读数，所读溶液的体积偏大，测定结果偏高，c正确，答案选ac。②根据表中数据第一次实验数据误差太大，舍去，所用酸性高锰酸钾溶液的体积为20.00mL，根据反应方程式6H＋+2MnO4-+5NO2-＝2Mn2＋+5NO3-+3H2O计算25.00mL溶液含亚硝酸钠的物质的量为5×10-3mol，则4.000g样品中含亚硝酸钠的物质的量为0.05mol，质量为3.45g，所得固体中亚硝酸钠的质量分数为3.45g/4.000g×100%=86.25%。（4）酸越弱酸根越容易水解，溶液碱性越强，因此根据弱电解质的电离和盐类水解原理可知实验方案为：25℃时，将两种溶液等体积混合，若混合溶液的pH＜7，则说明HNO2的电离程度大于NO2－的水解程度；若pH＞7，则说明HNO2的电离程度小于NO2－的水解程度。26、直形冷凝管C、E、D、F饱和食盐水吸收尾气中氯气，避免污染环境3Cl2＋NH4Cl＝NCl3＋4HCl71℃～95℃用干燥、洁净玻璃棒蘸取三氯化氮液体（F装置中的黄色油状液体）滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色；再滴加数滴热水后，试纸先变蓝色后褪色【解析】

题干信息显示，利用氯气与氯化铵溶液反应制备三氯化氮，所以制得的氯气不必干燥，但须除去氯化氢，以防干扰三氯化氮的制备。先用A装置制取Cl2，然后经过安全瓶G防止倒吸，再利用C装置除去Cl2中混有的HCl；此时混有少量水蒸气的Cl2进入E装置与蒸馏烧瓶中加入的氯化铵溶液反应，生成三氯化氮和氯化氢；当E装置的烧瓶中出现较多油状液体时停止反应，用水浴加热蒸馏烧瓶，并控制温度在三氯化氮的沸点与95℃(爆炸点)之间，将三氯化氮蒸出，用D冷凝，用F承接；由于Cl2可能有剩余，所以需使用装置B进行尾气处理。【详解】(1)NCl3为共价化合物，N原子与Cl各形成一对共用电子，其电子式为；仪器M的名称是直形冷凝管。答案为：；直形冷凝管；(2)依据分析，如果气流的方向从左至右，装置连接顺序为A、G、C、E、D、F、B。答案为：C、E、D、F；(3)装置C用于除去Cl2中混有的HCl，所以C中试剂是饱和食盐水；最后所得尾气中可能混有污染环境的Cl2，应除去，由此确定B装置的作用是吸收尾气中氯气，避免污染环境。答案为：饱和食盐水；吸收尾气中氯气，避免污染环境；(4)E装置中，氯气与氯化铵溶液反应，生成三氯化氮和氯化氢，化学方程式为3Cl2＋NH4Cl＝NCl3＋4HCl。答案为：3Cl2＋NH4Cl＝NCl3＋4HCl；(5)由以上分析可知，水浴加热温度应控制在三氯化氮的沸点与95℃(爆炸点)之间，应为71℃～95℃。答案为：71℃～95℃；(6)设计实验时，应能证明现象来自产物，而不是反应物，所以使用的物质应与反应物不反应，但能与两种产物反应，且产生不同的现象，可设计为：用干燥、洁净玻璃棒蘸取三氯化氮液体（F装置中的黄色油状液体）滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色；再滴加数滴热水后，试纸先变蓝色后褪色。答案为：用干燥、洁净玻璃棒蘸取三氯化氮液体（F装置中的黄色油状液体）滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色；再滴加数滴热水后，试纸先变蓝色后褪色。【点睛】分析仪器的连接顺序时，要有一个整体观、全局观，依据实验的操作顺序，弄清每步操作可能使用什么装置，会产生什么杂质，对实验过程或结果产生什么影响，于是注意选择合适的试剂，合理安排装置的连接顺序。27、2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解空气流速过快，ClO2不能被充分吸收cd相同【解析】

(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式；(2)根据仪器的结构分析滴液漏斗的优势；根据已知信息：ClO2温度过高时易发生分解解答；(3)空气可将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时根据ClO2浓度过大时易发生分解，分析其作用；(4)氧化还原反应中，化合价有降低，必定有升高；(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，且KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，根据电子转移守恒分析判断。【详解】(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式为2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O，故答案为：2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O；(2)滴液漏斗与普通分液漏斗相比，其优点是滴液漏斗液面上方和三颈烧瓶液面上方压强相等，使液体能顺利滴下；加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止浓硫酸遇水放出大量的热，从而使液体飞溅，并防止生成的ClO2分解，故答案为：滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下；降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解；(3)实验过程中通入空气的目的是将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快吋，ClO2不能被充分吸收，导致其产率降低，故答案为：将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收；(4)ClO2中Cl的化合价为+4价，KClO2中Cl的化合价为+3价，由此可知该反应为氧化还原反应，则化合价有降低，必定有升高，则同时还有可能生成的物质为KClO3、.KClO4，故答案为：cd；(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，3molKClO2变质得到2molKClO3，与足量FeSO4溶液反应时，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2反应获得电子为3mol×4=12mol，2molKClO3反应获得电子为2mol×6=12mol，故消耗Fe2+物质的量相同，故答案为：相同。【点睛】第(5)问关键是明确变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2与2molKClO3得电子数相等，故消耗Fe2+物质的量相同。28、1.19N(CH3)3+OH-+H+=N(CH3)3↑+H2O↑<(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g)ΔH=-1.02NAev/mol增大压强、增大氢气浓度a→b2N(CH3)3-42e-+12H2O=N2↑+6CO2↑+42H+【解析】

(1)如图所示，反应历程中反应物和生成物相对能量差值最大的为最大能垒；(2)如图所示，根据盖斯定律分析，反应物总能量高于生成物总能量，结合图示书写热化学反应方程式；(3)利用“三段式”，结合相同条件下，压强之比等于物质的量之比，计算压强表示的平衡常数；(4)根据燃料电池的特点判断正负极，结合图示及电解质溶液书写电极反应式