湖北省巴东三中2024年高考化学全真模拟密押卷含解析

湖北省巴东三中2024年高考化学全真模拟密押卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是A．将1molNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4＋的数目为NAB．1.7gH2O2中含有的电子数为0.7NAC．标准状况下，2.24L戊烷所含分子数为0.1NAD．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子2、下列实验方案中，可以达到实验目的的是（）选项实验操作与现象目的或结论A向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡、静置后分层裂化汽油可萃取溴B用pH试纸分别测定相同温度和相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH验证酸性：CH3COOH＞HClOC将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红Fe(NO3)2晶体已氧化变质D取少量某无色弱酸性溶液，加入过量NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝溶液中一定含有NH4+A．A B．B C．C D．D3、下列离子方程式正确且符合题意的是A．向Ba(NO3)2溶液中通入SO2，产生白色沉淀，发生的离子反应为Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2HB．向K3[Fe(CN)6]溶液中加入少量铁粉，产生蓝色沉淀，发生的离子反应为Fe+2[Fe(CN)6]3=Fe2++2[Fe(CN)6]4，3Fe2++2[Fe(CN)6]3=Fe3[Fe(CN)6]2↓C．向酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明一定发生离子反应：8MnO4-+5S2+24H=8Mn2++5SO42+12H2OD．向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变黄色：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl4、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W、X、Y简单离子的电子层结构相同，X元素在短周期主族元素中原子半径最大；W的简单氢化物常温下呈液态，Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电，X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是A．W、Z形成的化合物可做消毒剂B．原子半径：W<Y<ZC．工业上采用电解Y的氧化物冶炼单质YD．W、X、Z三种元素组成的化合物水溶液一定显碱性5、β-紫罗兰酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一种天然香料，它经多步反应可合成维生素A1。下列说法正确的是A．β-紫罗兰酮可使酸性KMnO4溶液褪色B．1mol中间体X最多能与2molH2发生加成反应C．维生素A1易溶于NaOH溶液D．β-紫罗兰酮与中间体X互为同分异构体6、标准NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是（）A．酚酞 B．圆底烧瓶 C．锥形瓶 D．滴定管7、科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物A（如下图所示），短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期。Z与Y2可以形成分子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于X、Y、Z的叙述，正确的是A．离子半径：Y＞ZB．氢化物的稳定性：X＞YC．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞ZD．化合物A中，X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构8、1L某混合溶液中，溶质X、Y浓度都为0.1mol·L—1，向混合溶液中滴加0.1mol·L—1某溶液Z，所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是（）A．偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸B．氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C．氯化铝、氯化铁、氢氧化钠D．偏铝酸钠、氯化钡、硫酸9、用下列①②对应的试剂（或条件）不能达到实验目的的是实验目的试剂（或条件）A．用温度的变化鉴别二氧化氮和溴蒸气①热水浴②冷水浴B．用Na块检验乙醇分子中存在不同于烃分子里的氢原子①乙醇②己烷C．用不同的有色物质比较二氧化硫和氯水漂白性的差异①石蕊②品红D．用溴水检验苯的同系物中烷基对苯环有影响①苯②甲苯A．A B．B C．C D．D10、下列有关含氯物质的说法不正确的是A．向新制氯水中加入少量碳酸钙粉末能增强溶液的漂白能力B．向NaClO溶液中通入少量的CO2的离子方程式：CO2＋2ClO－＋H2O＝2HClO＋CO32－(已知酸性：H2CO3>HClO>HCO3－)C．向Na2CO3溶液中通入足量的Cl2的离子方程式：2Cl2＋CO32－＋H2O＝CO2＋2Cl－＋2HClOD．室温下，向NaOH溶液中通入Cl2至溶液呈中性时，相关粒子浓度满足：c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)11、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．19g羟基（-18OH）所含中子数为10NAB．标准状况下，44.8LHF含有2NA个极性键C．1molNaHSO4晶体含有的离子数为3NAD．0.1mol·L-1KAl(SO4)2溶液中SO42-的数目为0.2NA12、化学与生活密切相关。下列叙述正确的是A．醋酸和活性炭均可对环境杀菌消毒 B．糖类和油脂均可以为人体提供能量C．明矾和纯碱均可用于除去厨房油污 D．铁粉和生石灰常用作食品抗氧化剂13、电解合成1，2－二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中不正确的是（）A．该装置工作时，阴极区溶液中的离子浓度不断增大B．液相反应中，C2H4被CuCl2氧化为1，2－二氯乙烷C．X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜D．该装置总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl14、已知甲、乙、丙三种物质均含有同种元素X，其转化关系如下：下列说法错误的是A．若A为NaOH溶液，乙为白色沉淀，则X可能为短周期金属元素B．若A为硝酸，X为金属元素，则甲与乙反应可生成丙C．若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体，则甲可能为非金属单质D．若乙为NaHCO3，则甲或丙可能是CO215、向100mLFeBr2溶液中通入标准状况下的氯气3.36L，测得所得溶液中c(Cl－)=c(Br－)，则原FeBr2溶液物质的量浓度为A．0.75mol/L B．1.5mol/L C．2mol/L D．3mol/L16、氯碱工业是高耗能产业,一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节能30%以上,工作原理如图所示,其中各电极未标出。下列有关说法错误的是（）A．A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性B．两池工作时收集到标准状况下气体X为2.24L,则理论上此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为5.6LC．A为阳离子交换膜、B为阴离子交换膜D．氢氧化钠的质量分数从大到小的顺序为b%>a%>c%17、人体吸入CO后在肺中发生反应CO+HbO2O2+HbCO导致人体缺氧。向某血样中通入CO与O2的混合气[c(CO)=1.0×10-4mol/L，c(O2)=9.9×10-4mol/L]，氧合血红蛋白HbO2浓度随时间变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．反应开始至4s内用HbO2表示的平均反应速率为2×l0-4mol/(L·s)B．反应达平衡之前，O2与HbCO的反应速率逐渐减小C．将CO中毒病人放入高压氧舱治疗是利用了化学平衡移动原理D．该温度下反应CO+HbO2O2+HbCO的平衡常数为10718、下列化学用语表达正确的是（）A．还原性：HF>HCl>HBr>HIB．丙烷分子的比例模型：C．同一周期元素的原子，半径越小越容易失去电子D．Na2O2中既含离子键又含共价键19、在化学的发展史上，许多科学家创建的理论对化学科学的发展起到重大的作用。有关科学家与其创建的理论对应不匹配的是（）A．墨子：物质的分割是有条件的B．汤姆生：葡萄干面包模型C．德谟克利特：古典原子论D．贝克勒尔：原子结构的行星模型20、将13.4克KCl和KBr的混合物，溶于水配成500mL溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得固体11.175克。则原来所配溶液中K＋、Cl－、Br－的物质的量之比为A．3︰2︰1 B．1︰2︰3 C．5︰3︰3 D．2︰3︰121、下列关于有机化合物的说法正确的是（）A．除去苯甲酸中少量硝酸钾可以用重结晶法B．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明甲基活化了苯坏C．不能用水鉴别苯、溴苯和乙醛D．油脂的皂化反应属于加成反应22、碘晶体升华时，下列所述内容发生改变的是A．分子内共价键 B．分子间的作用力C．碘分子的大小 D．分子内共价键的键长二、非选择题(共84分)23、（14分）茉莉酸甲酯的一种合成路线如下：(1)C中含氧官能团名称为________。(2)D→E的反应类型为________。(3)已知A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，写出B的结构简式：________。(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应；②碱性条件水解生成两种产物，酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢。(5)写出以和CH2(COOCH3)2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。24、（12分）由乙烯和其他无机原料可合成环状化合物，其合成过程如下图所示(水及其他无机产物均已省略)：请分析后回答下列问题：(1)反应的类型分别是①________，②________。(2)D物质中的官能团为________。(3)C物质的结构简式为________，物质X与A互为同分异构体，则X的结构简式为________，X的名称为________。(4)B、D在一定条件下除能生成环状化合物E外，还可反应生成一种高分子化合物，试写出B、D反应生成该高分子化合物的方程式_______________。25、（12分）肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼（N2H4·H2O）。已知：N2H4·H2O高温易分解，易氧化制备原理：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO＝Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl（实验一）制备NaClO溶液（实验装置如图所示）(1)配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外，还有_____（填标号）A．容量瓶B．烧杯C．烧瓶D．玻璃棒(2)锥形瓶中发生反应化学程式是_____________________________。（实验二）制取水合肼。（实验装置如图所示）控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108-114馏分。(3)分液漏斗中的溶液是____________（填标号）。A．CO(NH2)2溶液B．NaOH和NaClO混合溶液选择的理由是____________。蒸馏时需要减压，原因是______________。（实验三）测定馏分中肼含量。(4)水合肼具有还原性，可以生成氮气。测定水合肼的质量分数可采用下列步骤：a．称取馏分5.000g，加入适量NaHCO3固体（保证滴定过程中溶液的pH保持在6.5左右），配制1000mL溶液。b．移取10.00mL于锥形瓶中，加入10mL水，摇匀。c．用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现______________，记录消耗碘的标准液的体积。d．进一步操作与数据处理(5)滴定时，碘的标准溶液盛放在______________滴定管中（选填：“酸式”或“碱式”）水合肼与碘溶液反应的化学方程式________________________。(6)若本次滴定消耗碘的标准溶液为8.20mL，馏分中水合肼（N2H4·H2O）的质量分数为______。26、（10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”）。27、（12分）FeSO4溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用Fe2＋，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体[俗称“摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。(稳定是指物质放置在空气中不易发生各种化学反应而变质)I．硫酸亚铁铵晶体的制备与检验（1）某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，这样处理蒸馏水的目的是_______。向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过操作_______、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体。（2）该小组同学继续设计实验证明所制得晶体的成分。①如图所示实验的目的是_______，C装置的作用是_______。取少量晶体溶于水，得淡绿色待测液。②取少量待测液，_______(填操作与现象)，证明所制得的晶体中有Fe2＋。③取少量待测液，经其它实验证明晶体中有NH4＋和SO42－II．实验探究影响溶液中Fe2＋稳定性的因素（3）配制0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2ml上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，15分钟后观察可见：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液；FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。（资料1）沉淀Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀pH7.62.7完全沉淀pH9.63.7①请用离子方程式解释FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因_______。②讨论影响Fe2＋稳定性的因素，小组同学提出以下3种假设：假设1：其它条件相同时，NH4＋的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+稳定性较好。假设2：其它条件相同时，在一定pH范围内，溶液pH越小Fe2＋稳定性越好。假设3：_______。（4）小组同学用如图装置（G为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分别控制溶液A（0.2mol/LNaCl）和溶液B（0.1mol/LFeSO4）为不同的pH，观察记录电流计读数，对假设2进行实验研究，实验结果如表所示。序号A：0.2mol·L－1NaClB：0.1mol·L－1FeSO4电流计读数实验1pH=1pH=58.4实验2pH=1pH=16.5实验3pH=6pH=57.8实验4pH=6pH=15.5（资料2）原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大。（资料3）常温下，0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液稳定性更好。根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论：①U型管中左池的电极反应式____________。②对比实验1和2（或3和4）,在一定pH范围内，可得出的结论为____________。③对比实验____________和____________，还可得出在一定pH范围内溶液酸碱性变化对O2氧化性强弱的影响因素。④对（资料3）实验事实的解释为____________。28、（14分）合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要意义(1)工业合成氨工业常用的催化剂是____________,氨分子的电子式是__________(2)图是一定的温度和压强下是N2和H2反应生成1molNH3过程中能量变化示意图，请写出工业合成氨的热化学反应方程式_______。（热量Q的数值用含字母a、b的代数式表示）(3)下列有关该反应的说法正确的是_____（填序号）A．保持容器的体积不变，当混合气体的密度不变时，说明反应已经达到平衡状态。B．达到平衡时若升高温度，混合气体中氮元素的质量分数将变大。C．达到平衡时若减少容器的体积，正反应速率将大于逆反应速率。D．达到平衡后，N2的转化率和H2的转化率一定相等。(4)在催化剂存在下，NH3可用来消除NO的污染，生成两种对环境无害的物质。写出反应的化学方程式：_____________________;该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比是___________(5)把NH3通入盐酸溶液中，所得溶液的pH=7,此时溶液中离子浓度关系是__________;______29、（10分）一种药物中间体(G)的一种合成路线如图：已知：请回答下列问题：(1)R的名称是__；R中官能团名称是__。(2)M→N的反应类型是__。P的结构简式为__。(3)H分子式是__。(4)写出Q→H的化学方程式：__。(5)T是一种与R具有相同官能团的芳香化合物(且组成元素种类相同)，T的相对分子质量比R多14。T有__种结构。其中，在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1：1：2：2：2的结构简式可能有__。(6)以1，5-戊二醇()和硝基苯为原料(其他无机试剂自选)合成，设计合成路线：__。

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、A【解析】

A.根据溶液的电中性原理，n(H+)+n(NH4+)=n(OH-)+n(NO3-)，溶液呈中性，即n(H+)=n(OH-)，即有n(NH4+)=n(NO3-)=1mol，即铵根离子为NA个，故A正确；

B.1.7g双氧水的物质的量为0.05mol，而双氧水分子中含18个电子，故0.05mol双氧水中含有的电子为0.9NA个，故B错误；

C.标况下戊烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；

D.由于钠反应后变为+1价，故1mol钠反应后转移电子为NA个，与产物无关，故D错误。

故选：A。2、D【解析】

A.裂化汽油中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，不能用裂化汽油萃取溴，故A错误；B.NaClO具有漂白性，不能用pH试纸测定其水溶液的碱性强弱，故B错误；C.硝酸根在酸性条件下可以将Fe2+氧化生成Fe3+，所以样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红，并不能说明Fe(NO3)2晶体已氧化变质，故C错误；D.能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，与NaOH溶液反应并加热生成氨气，则溶液中一定含有NH4+，故D正确。故选D。3、B【解析】

A．BaSO3和HNO3不能大量共存，白色沉淀是BaSO4，A项错误；B．铁氰化钾可氧化铁单质生成亚铁离子，Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成具有蓝色特征的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式正确，B项正确；C．不能排除是用硫酸对高锰酸钾溶液进行酸化，故酸化的高锰酸钾溶液中可能含有H2SO4，则不能证明上述离子反应一定发生，C项错误；D．还原性：I＞Fe2+，少量氯水优先氧化碘离子，离子方程式应为2I＋Cl2=I2＋2Cl，D项错误；答案选B。【点睛】离子方程式书写正误判断方法：（1）一查：检查离子反应方程式是否符合客观事实；（2）二查：“==”“”“↓”“↑”是否使用恰当；（3）三查：拆分是否正确。只有易溶于水的强电解质能拆写成离子，其他物质均不能拆写；（4）四查：是否漏写离子反应；（5）五查：反应物的“量”——过量、少量、足量等；（6）六查：是否符合三个守恒：质量守恒、电荷守恒以及得失电子守恒。4、A【解析】

X元素是短周期主族元素中原子半径最大，则X为Na，W的简单氢化物常温下呈液态，该氢化物是H2O，即W为O，Y的氧化物和氯化物熔融状态下都能够导电，说明它们都是离子化合物，即Y为Mg，X、Y、Z原子最外层电子数之和10，推出Z的最外层有7个电子，四种元素原子序数依次增大，即Z为Cl，据此分析；【详解】X元素是短周期主族元素中原子半径最大，则X为Na，W的简单氢化物常温下呈液态，该氢化物是H2O，即W为O，Y的氧化物和氯化物熔融状态下都能够导电，说明它们都是离子化合物，即Y为Mg，X、Y、Z原子最外层电子数之和10，推出Z的最外层有7个电子，四种元素原子序数依次增大，即Z为Cl，A.W和Z形成的化合物可以是ClO2，ClO2具有强氧化剂，能作消毒剂，故A正确；B.O、Mg、Cl原子半径大小是Mg>Cl>O，故B错误；C.工业上冶炼金属镁，常电解熔融状态的氯化镁，因为氯化镁的熔点低于氧化镁，故C错误；D.O、Na、Cl可以形成多种化合物，NaClO水溶液显碱性，NaClO4水溶液显中性，故D错误；答案：A。【点睛】易错点是Y元素的推断，学生认为Y可能是Al，认为Al2O3和AlCl3熔融中状态下都能够导电，忽略了AlCl3是共价化合物，熔融状态下不能够导电。5、A【解析】

A.β­紫罗兰酮含有碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；B.1mol中间体X含有2mol碳碳双键、1mol醛基，所以最多能与3molH2发生加成反应，故B错误；C.维生素A1含有醇羟基，所以不易溶于NaOH溶液，故C错误；D.β­紫罗兰酮与中间体X所含C原子数不同，不是同分异构体，故D错误。故选A。6、B【解析】

标准NaOH溶液滴定盐酸实验中，用酚酞或甲基橙为指示剂，氢氧化钠溶液放在碱式滴定管中，盐酸放在锥形瓶中进行滴定，不用圆底烧瓶，A.C.

D正确，故B错误，故选：B。7、D【解析】

短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，观察正离子结构，Z失去一个电子后，可以成3个共价键，说明Z原子最外面为6个电子，由于Z位于第三周期，所以Z为S元素，负离子结构为，Y成一个共价键，为-1价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为F元素（当然不是H，因为正离子已经有H）；X得到一个电子成4个共价键，说明其最外层为3个电子，为B元素，据此分析解答。【详解】A．电子层数F-<S2-，离子半径F-<S2-，所以Z>Y，A选项错误；B．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：F>B，则有BH3<HF，所以X<Y，B选项错误；C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：S>B，则酸性H3BO3（弱酸）<H2SO4（强酸），所以X<Z，C选项错误；D．根据上述分析可知，化合物A中X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构，D选项正确；答案选D。8、A【解析】

A.NaAlO2和Ba(OH)2均为0.1mol，加入等浓度的硫酸，加入的硫酸中的H+和溶液中的OH-生成水，同时SO42-和Ba2+生成BaSO4沉淀，当加入1L硫酸溶液时恰好和Ba(OH)2反应，生成0.1molBaSO4，再加入0.5LH2SO4溶液时，加入的0.1molH+恰好和溶液中的0.1molAlO2-完全反应：H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓，生成0.1molAl(OH)3沉淀。再加入1.5LH2SO4溶液，加入的0.3molH+把生成0.1molAl(OH)3沉淀溶解：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，和图像相符，故A选；B.AlCl3和MgCl2均为0.1mol，共需要和0.5mol氢氧化钠反应生成沉淀，即需要5L氢氧化钠溶液才能使沉淀达到最多，和图像不符，故B不选；C.AlCl3和FeCl3均为0.1mol，共需要0.6molNaOH和它们反应生成沉淀，即需要6LNaOH溶液才能使沉淀达到最多，和图像不符，故C不选；D.NaAlO2和BaCl2各0.1mol，先加入0.5L硫酸，即0.05mol硫酸，加入的0.1molH+和溶液中的0.1molAlO2-恰好完全反应生成0.1molAl(OH)3沉淀，同时加入的0.05molSO42-和溶液中的Ba2+反应生成BaSO4沉淀。溶液中的Ba2+有0.1mol，加入的SO42-为0.05mol，所以生成0.05molBaSO4沉淀，还剩0.05molBa2+。此时沉淀的物质的量为0.15mol。再加入0.5LH2SO4溶液，加入的0.1molH+恰好把生成的0.1molAl(OH)3沉淀溶解，同时加入的0.05molSO42-恰好和溶液中剩余的0.05molBa2+生成0.05molBaSO4沉淀，此时溶液中的沉淀的物质的量为0.1mol，和图像不符，故D不选。故选A。9、D【解析】

A.二氧化氮中存在化学平衡，升高温度平衡向吸热方向移动，溴蒸气中不存在化学平衡，所以温度不同时二氧化氮气体颜色发生变化，而溴蒸气不发生变化，所以可以鉴别，故A不选；B.钠和乙醇发生反应生成氢气，己烷和钠不反应，现象不同，可以鉴别，故B不选；C.二氧化硫具有漂白性，能漂白品红，但不能漂白指示剂，次氯酸能漂白品红和指示剂，现象不同，可以鉴别，故C不选；D.溴水与苯和甲苯都不反应，现象相同，无法鉴别，故D选；故选：D。10、B【解析】

A.新制氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO的平衡，加碳酸钙，消耗氢离子，平衡正向移动，HClO浓度增大，漂白能力增强，选项A正确；B.酸性:H2CO3>HClO>HCO3-，故HClO与CO32-不能同时产生，选项B错误；C.足量氯气和水产生的盐酸将CO32-全部反应成CO2气体，选项C正确；D.中性时由电荷守恒得到c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)，由于发生氧化还原反应，由得失电子守恒得到c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(HClO)，两式联立可得c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)，选项D正确。答案选B。11、A【解析】

A．19g

羟基(-18OH)的物质的量为=1mol，而羟基(-18OH)中含10个中子，故1mol羟基(-18OH)中含10NA个中子，故A正确；B．标况下HF为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C．NaHSO4由钠离子和硫酸氢根离子构成，1mol

NaHSO4晶体中含有的离子总数为2NA，故C错误；D．溶液体积未知，无法计算0.1mol·L-1KAl(SO4)2溶液中SO42-的数目，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为B，要注意一些特殊物质在标准状况下的状态，本题中的HF为液体，类似的还有SO3为固体，H2O为液体或固体等。12、B【解析】

A．一定浓度的醋酸可对环境杀菌消毒，活性炭具有吸附性可用于漂白，不能杀菌消毒，故A错误；B．糖类、脂肪、蛋白质都是组成细胞的主要物质，并能为生命活动提供能量，故B正确；C．纯碱为碳酸钠，其水溶液为碱性，碱性条件下可使油脂发生水解，可用于除去厨房油污，明矾为十二水合硫酸铝钾，在溶液中铝离子水解形成氢氧化铝胶体，可用于净水，不能用于厨房除油污，故C错误；D．铁粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂，生石灰具有吸水性，可做食品的干燥剂，不能用于食品抗氧化剂，故D错误；答案选B。【点睛】生活中各种物质的性质决定用途，生石灰是氧化钙，可以吸水，与水反应生成氢氧化钙，所以可作干燥剂。13、C【解析】

A.阴极H2O或H+放电生成OH-，溶液中的离子浓度不断增大，故A正确；B.由分析可知，液相反应中发生的反应为C2H4+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，有反应的化学方程式可知，CuCl2将C2H4氧化成为ClCH2CH2Cl，故B正确；C.阴极H2O或H+放电生成NaOH，所以离子交换膜Y为阳离子交换膜；阳极CuCl放电转化为CuCl2，所以离子交换膜X为阴离子交换膜，故C错误；D.以NaCl和CH2=CH2为原料合成1，2−二氯乙烷中，CuCl→CuCl2→CuCl，CuCl循环使用，其实质是NaCl、H2O与CH2=CH2反应，所以总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl，故D正确。故选C。14、B【解析】

A、若A为NaOH溶液，甲是AlCl3，乙是Al(OH）3白色沉淀，丙是NaAlO2，X为短周期金属元素铝，符合题意，A正确；B、若A为硝酸，X为金属元素，X应是变价金属，则甲是Fe，乙是Fe(NO3）2，丙是Fe(NO3）3，甲与乙不反应，B错误；C、若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体即NO2，则甲是N2，乙是NO，C正确；D、若乙为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正确。答案选B。15、C【解析】

还原性Fe2+＞Br-，所以通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，据此分析计算。【详解】还原性Fe2+＞Br-，所以通入氯气后，先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15mol，若Br-没有反应，则n(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应；设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=xmol，n(Br-)=2xmol，未反应的n(Br-)=0.3mol，参加反应的n(Br-)=(2x-0.3)mol，根据电子转移守恒有x×1+[2x-0.3]×1=0.15mol×2，解得：x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L，故选C。16、C【解析】

A．氢氧化钠是强电解质，A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性，A正确；B．电解池中，阳极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，X是氯气，阴极氢离子放电2H++2e-＝H2↑，Y是氢气，2.24氯气是0.1molCl2，转移电子是0.2mol，燃料电池中，正极发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，当转移0.2mol电子，理论上燃料电池中消耗O2的物质的量为0.05mol，标况下体积是0.05mol×22.4L/mol＝1.12L，因此此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为1.12L×5＝5.6L，B正确；C．电解池中阳离子向阴极移动，原电池中阳离子向正极移动，则A、B均为阳离子交换膜，C错误；D．燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即b%大于a%，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，所以a%＞c%，得到b%＞a%＞c%，D正确。答案选C。【点睛】明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注意利用电子守恒进行计算。17、C【解析】

A、v=△c/△t=(1.0−0.2)×10−4mol/L÷4s=2×10-5mol/（L•s），A错误；B、HbO2转化为O2，所以反应物的浓度减少，生成物浓度增加，则正反应速率减少，逆反应速率增加，B错误；C、CO中毒的病人放入高压氧仓中，氧气的浓度增大，平衡向左移动，C正确；D、根据平衡常数K=c(O2)•c(HbCO)/c(CO)•c(HbO2)=10.7×10−4×0.8×10−4/0.2×10−4×0.2×10−4=214，D错误；答案选C。18、D【解析】

A．卤化氢的还原性随着卤素的原子序数的增大而增强，即还原性：HF＜HCl＜HBr＜HI，故A错误；B．为丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型为，故B错误；C．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，失电子能力逐渐减弱，故C错误；D．过氧化钠的电子式为，过氧化钠中既含钠离子与过氧根离子形成的离子键，又含O-O共价键，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为A，要注意元素的非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱。19、D【解析】

A.墨子提出：物质被分割是有条件的，若不存在被分割的条件，就不能被分割，故A正确；B.汤姆生发现了电子，并提出了电子的葡萄干面包模型，故B正确；C.德谟克利特提出：物质由极小的微粒组成，这种微粒叫做原子，物质分割只能到原子为止，故C正确；D.卢瑟福提出了原子结构的行星模型，不是贝克勒尔，故D错误；答案选D。20、A【解析】

溶液为电中性，阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，据此分析解答。【详解】任何溶液都呈电中性，即阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，在KCl和KBr的混合溶液中，存在n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)。A．3=2+1，说明n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，故A正确；B．1≠2+3，说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故B错误；C．5≠3+3，说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故C错误；D．2≠3+1，说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故D错误；答案选A。【点睛】本题如果按常规方法或差量法解答，均较为繁琐，从溶液电中性角度解答，可以起到事半功倍的效果。21、A【解析】

A.硝酸钾的溶解度受温度的影响变化较大，而苯甲酸的溶解度受温度的影响变化较小，所以除去苯甲酸中少量硝酸钾可以用重结晶法，A正确；B.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是由于甲基被氧化变为羧基，而甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因而证明苯坏使甲基变得活泼，B错误；C.苯不能溶于水，密度比水小，故苯在水的上层；溴苯不能溶于水，密度比水大，液体分层，溴苯在下层；乙醛能够溶于水，液体不分层，因此可通过加水来鉴别苯、溴苯和乙醛，C错误；D.油脂的皂化反应是油脂在碱性条件下的水解反应，属于取代反应，D错误；故合理选项是A。22、B【解析】

碘晶体属于分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，碘升华时破坏的是分子间作用力，碘分子的大小、分子内碘原子间的共价键不变，答案选B。二、非选择题(共84分)23、羰基和酯基消去反应【解析】

(1)由结构可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；(2)对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E；(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢；(5)由E→F→G转化可知，可由加热得到，而与CH2(COOCH3)2加成得到，与氢气发生加成反应得到，然后发生催化氧化得到，最后发生消去反应得到。【详解】由上述分析可知：A为HOOC(CH2)4COOH；B为。(1)由C结构简式可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；（2）对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E，故D生成E的反应属于消去反应；(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢，符合条件的同分异构体为：；(5)与H2在Ni催化下发生加成反应产生，与O2在Cu催化下发生氧化反应产生，与NaOH的乙醇溶液发生消去反应产生，再与CH2(COOCH3)2发生加成反应产生，该物质在高温下反应产生，故合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的合成的知识，涉及官能团的识别、有机反应类型的判断、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，(4)中同分异构体的书写为易错点、难点,关键是对比物质的结构理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。24、加成反应酯化反应-COOH(或羧基)OHC-CHOCH3-CHBr21，1-二溴乙烷nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O【解析】

CH2=CH2和溴发生加成反应，生成A为CH2BrCH2Br，水解生成B为CH2OHCH2OH，氧化产物C为OHC-CHO，进而被氧化为D为HOOC-COOH，B为CH2OHCH2OH与D为HOOC-COOH发生酯化反应生成环酯E，结合有机物的结构和性质可解答该题。【详解】根据上述分析可知：A为CH2BrCH2Br，B为CH2OHCH2OH，C为OHC-CHO，D为HOOC-COOH，E为。(1)由以上分析可知，反应①为CH2=CH2和溴发生加成反应产生CH2BrCH2Br；反应②为CH2OHCH2OH与HOOC-COOH发生酯化反应，产生，故反应①类型为加成反应，反应②类型为酯化反应；(2)由以上分析可知，D为HOOC-COOH，其中的官能团名称为羧基；(3)C为OHC-CHO，A为CH2BrCH2Br，物质X与A互为同分异构体，则X结构简式为CH3-CHBr2，该物质名称为1，1-二溴乙烷；(4)B为CH2OHCH2OH，D为HOOC-COOH，二者出能反应产生环状化合物E外，还可以反应产生一种高分子化合物，则B+D→高分子化合物反应的方程式为nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O。25、BDCl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2OB如果次氯酸钠溶液装在三颈烧瓶中，生成的水合肼会被次氯酸钠氧化减压蒸馏可使产品在较低温度下气化，避免高温分解淡黄色且半分钟不消失酸式N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O82.00%【解析】

（1）配制一定质量分数的溶液时，具体步骤是计算、称量、溶解，NaOH固体时需要放在烧杯中称，量取水时需要量筒，溶解时需要烧杯、玻璃棒；（2）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中与NaOH发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（3）依据制取水合肼（N2H4·H2O）的反应原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl，结合反应产物和反应物分析判断；水合肼（N2H4·H2O）具有还原性，易被次氯酸钠氧化；（4）根据反应原理确定反应终点；（5）根据碘溶液的性质确定所用仪器；（6）根据N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O进行计算。【详解】（1）配制一定质量分数的溶液时，溶解时需要烧杯、玻璃棒，故答案为：BD；（2）锥形瓶中氯气和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；（3）水合肼（N2H4·H2O）中氮元素为—2价，具有还原性，若次氯酸钠过量，具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼，为防止水合肼被氧化，分液漏斗中的溶液应是NaOH和NaClO混合溶液；水合肼高温易分解，减压会降低物质的沸点，则为防止水合肼分解需要减压蒸馏，故答案为：B；如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；馏分高温易分解，减压会降低物质的沸点；（4）根据反应N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，终点时碘过量，用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现淡黄色且半分钟不消失，记录消耗碘的标准液的体积，故答案为：淡黄色且半分钟不消失；（5）滴定时，碘具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，则碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；（6）由题意可知，水合肼与碘溶液反应生成氮气、碘化氢和水，反应的化学方程式为N2H2·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，由方程式可知n（N2H2·H2O）=0.2000mol·L－1×0.0082L×=0.00082mol，250ml溶液中含有的物质的量=0.00082mol×=0.082mol，水合肼（N2H2·H2O）的质量分数=×100%=82%，故答案为：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O；82%。【点睛】水合肼（N2H4·H2O）中氮元素为—2价，具有还原性，若次氯酸钠过量，具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼是解答关键，也是易错点。26、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。27、除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+蒸发浓缩检验晶体中是否含有结晶水防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀（或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色）4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性。（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。）O2+4e-+4H+=2H2O溶液酸性越强,Fe2+的还原性越弱13（或2和4）其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定。【解析】

I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化；向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体；(2)①无水硫酸铜遇水变蓝色；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰；②检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；II.(3)①由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSO4溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀；②0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根的浓度也不同，可以以此提出假设；(4)①FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水；②实验1和2（或3和4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；③对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；④对比实验1和4，NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合②③的结论分析。【详解】I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化，在配制溶液时使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，目的是：除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+；向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体；(2)①无水硫酸铜遇水变蓝色，该装置的实验目的是：检验晶体中是否含有结晶水；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰，需要使用浓硫酸防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果；②检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；II.(3)①由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSO4溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+；②0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根的浓度也不同，0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根浓度更大，故可以假设：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性；或者当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好；(4)①FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水，故电极方程式为：O2+4e-+4H+=2H2O；②实验1和2（或3和4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出的