福建省永安一中等三校2025届高三下学期第一次检测试题化学试题试卷含解析

福建省永安一中等三校2025届高三下学期第一次检测试题化学试题试卷注意事项: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、下列有关解释正确的是（）选项文献解释A“三月打雷麦谷堆”反应之一是B“火树银花合，星桥铁锁开”“火树银花”与焰色反应有关，焰色反应为化学变化C“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”酿酒过程中只发生水解反应D“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”该过程包括萃取和过滤两个操作A．A B．B C．C D．D2、某晶体熔化时化学键没有被破坏的属于A．原子晶体 B．离子晶体 C．分子晶体 D．金属晶体3、将0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起()A．溶液的pH增大B．CH3COOH电离度增大C．溶液的导电能力减弱D．溶液中c(OH－)减小4、氰氨化钙是一种重要的化工原料，其制备的化学方程式为：CaCO3+2HCN=CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑，下列说法正确的是A．CO为氧化产物，H2为还原产物 B．CaCN2含有共价键，属于共价化合物C．HCN既是氧化剂又是还原剂 D．每消耗10gCaCO3生成2.24LCO25、下列物质间发生化学反应：①H2S+O2，②Na+O2，③Cu+HNO3，④Fe+Cl2，⑤AlCl3+NH3·H2O，⑥Cu+S，⑦Na2CO3+HCl.在不同条件下得到不同产物的是（）A．①②④⑤ B．①③⑤⑦ C．①③④⑤ D．①②③⑦6、的名称是A．1-甲基-4-乙基戊烷 B．2-乙基戊烷C．1,4-二甲基己烷 D．3-甲基庚烷7、分析生产生活中的下列过程，不涉及氧化还原反应的是（）A．铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈B．缺铁性贫血服用补铁剂时，需与维生维C同时服用C．将氯气通入冷的消石灰中制漂白粉D．从海水中提取氯化镁8、室温下，用溶液分别滴定的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是

A．Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线B．时，滴定醋酸消耗的小于C．时，两份溶液中D．时，醋酸溶液中9、下列仪器洗涤时选用试剂错误的是（）A．木炭还原氧化铜的硬质玻璃管（盐酸）B．碘升华实验的试管（酒精）C．长期存放氯化铁溶液的试剂瓶（稀硫酸）D．沾有油污的烧杯（纯碱溶液）10、肼(N2H4)是一种高效清洁的火箭燃料。25℃、101kPa时，0.25molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水，放出133.5kJ热量。下列说法正确的是（）A．该反应的热化学方程式为N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534kJ·mol-1B．N2H4的燃烧热534kJ·mol-1C．相同条件下，1molN2H4(g)所含能量高于1molN2(g)和2molH2O(g)所含能量之和D．该反应是放热反应，反应的发生不需要克服活化能11、常温下，用0.100mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol·L－1的HA溶液和HB溶液的滴定曲线如图。下列说法错误的是（己知lg2≈0.3）A．HB是弱酸，b点时溶液中c（B－）>c（Na+）>c（HB）B．a、b、c三点水电离出的c（H+）：a>b>cC．滴定HB溶液时，应用酚酞作指示剂D．滴定HA溶液时，当V（NaOH）=19.98mL时溶液pH约为4.312、下列实验操作、现象和所得出结论正确的是（）选项实验操作实验现象实验结论A向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热一段时间后，再加入新制Cu(OH)2，加热没有出现砖红色沉淀淀粉没有水解B取少量Mg(OH)2悬浊液，向其中滴加适量浓CH3COONH4溶液Mg(OH)2溶解CH3COONH4溶液呈酸性C将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中酸性高锰酸钾溶液褪色石蜡油分解产物中含有不饱和烃D将海带剪碎，灼烧成灰，加蒸馏水浸泡，取滤液滴加硫酸溶液，再加入淀粉溶液溶液变蓝海带中含有丰富的I2A．A B．B C．C D．D13、类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pc=－lgc，pKa=—lgKa。常温下，某浓度H2A溶液在不同pH值下，测得pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)变化如图所示。下列说法正确的是()A．pH=3.50时，c(H2A)>c(HA-)>c(A2-)B．将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后，溶液显碱性C．随着HCl的通入c(H+)/c(H2A)先减小后增大D．pH从3.00到5.30时，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)先增大后减小14、将足量的AgCl(s)分别添加到下述四种溶液中，所得溶液c（Ag+）最小的是A．10mL0.4mol·L-1的盐酸 B．10mL0.3mol·L-1MgCl2溶液C．10mL0.5mol·L-1NaCl溶液 D．10mL0.1mol·L-1AlCl3溶液15、已知常温下Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)、Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)。下列分析不正确的是（）A．将10mL0.1mol/LNa2CO3溶液逐滴滴加到10mL0.1mol/L盐酸中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)B．现有①200mL0.1mol/LNaClO溶液，②100mL0.1mol/LCH3COONa溶液，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：②＞①C．向0.1mol/LNH4Cl溶液中加入少量NH4Cl固体：比值减小D．将AgBr和AgCl的饱和溶液等体积混合，再加入足量AgNO3浓溶液：产生的AgCl沉淀多于AgBr沉淀16、共用两个及两个以上碳原子的多环烃称为桥环烃，共用的碳原子称为桥头碳。桥环烃二环[2.2.0]己烷的碳原子编号为。下列关于该化合物的说法错误的是（）A．桥头碳为1号和4号B．与环己烯互为同分异构体C．二氯代物有6种（不考虑立体异构）D．所有碳原子不可能位于同一平面17、垃圾假单胞菌株能够在分解有机物的同时分泌物质产生电能，其原理如下图所示。下列说法正确的是()A．电流由左侧电极经过负载后流向右侧电极B．放电过程中，正极附近pH变小C．若1molO2参与电极反应，有4molH+穿过质子交换膜进入右室D．负极电极反应为：H2PCA+2e－＝PCA+2H+18、下列仪器的用法正确的是（）A．①可以长期盛放溶液B．用②进行分液操作C．用酒精灯直接对③进行加热D．用④进行冷凝回流19、表为元素周期表短周期的一部分，下列有关A、B、C、D四种元素的叙述正确的是（）ABCDA．原子半径大小比较为D>C>B>AB．生成的氢化物分子间均可形成氢键C．A与C形成的阴离子可能有AC、A2CD．A、B、C、D的单质常温下均不导电20、在微生物作用下电解有机废水(含CH3COOH)，可获得清洁能源H2其原理如图所示，正确的是（）A．通电后，H+通过质子交换膜向右移动，最终右侧溶液pH减小B．电源A极为负极C．通电后，若有22.4LH2生成，则转移0.2mol电子D．与电源A极相连的惰性电极上发生的反应为CH3COOH-8e-+2H2O=CO2↑+8H+21、下列关于物质或离子检验的叙述正确的是A．在溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，证明原溶液中有SO42－B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定是钠盐溶液C．气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是SO222、短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增加，A和D的质子数之和等于E的核外电子数，B和D同主族，C的原子半径是短周期主族元素中最大的，A和E组成的化合物AE是常见强酸。下列说法错误的是A．简单离子半径：B>CB．热稳定性：A2D>AEC．CA为离子化合物，溶于水所得溶液呈碱性D．实验室制备AE时可选用D的最高价含氧酸二、非选择题(共84分)23、（14分）奥美拉唑主要用于十二指肠溃疡和胃溃的治疗，静脉注射可用于消化性溃疡急性出的治疗，反应中间体F和奥美拉性的合成路线如下：I中间体F的合成：II奧美拉唑的合成：已知：结合上述合成路线，请回答：（1）下列说法正确的是__________A．奥美拉的分子式为C18H19N3O3SB．J生成K的反应类型为加成反应C．化合物C可以发生的反应类型有取代、还原、加成D．设计A转化为B的目的是保护其中的官能团（2）化合物F的结构简式为_______________________________；（3）请写出A→B的反应方程式___________________________________；（4）试写出同时满足下列条件的化合物H的同分异构体:_____________________________①分子中含苯环，遇FeC13显紫色②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。（5）利用已有知识和题中涉及的反应，设计从乙烯合成的路线。(用流程图表示，无机试剂任选)_________________________24、（12分）前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题：(1)元素A、B、C中，电负性最大的是____(填元素符号，下同)，元素B、C、D第一电离能由大到小的顺序为________。(2)与同族其它元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是________；BA3分子中键角________109°28′(填“＞”“＜”或“＝”)，原因是________。(3)BC3－离子中B原子轨道的杂化类型为____________，BC3－离子的立体构型为________________。(4)基态E原子的电子排布式为________；C、E形成的化合物EC5(其中E的化合价为＋6)中σ键与π键数目之比为________；(5)化合物DB是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相似。若DB的晶胞参数为apm，则晶体的密度为_____g·cm－3(用NA表示阿伏加德罗常数)。25、（12分）乳酸亚铁晶体{CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，广泛应用于乳制品、营养液等，吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeCO3反应制得：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O+CO2↑Ⅰ.制备碳酸亚铁（FeCO3）：装置如图所示。（1）仪器C的名称是______。（2）清洗仪器，检查装置气密性，A中加入盐酸，B中加入铁粉，C中加入NH4HCO3溶液。为顺利达成实验目的，上述装置中活塞的打开和关闭顺序为：关闭活塞_____，打开活塞_____，装置B中可观察到的现象是_____，当加入足量盐酸后，关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞_____，打开活塞_____。C中发生的反应的离子方程式为_____。Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体：将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸。（3）加入少量铁粉的作用是_____。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低温蒸发，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量：（4）若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因可能是_____。（5）经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时，先称取5.76g样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.100mol/LCe(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如表所示。滴定次数0.100mol/LCe(SO4)2标准溶液/mL滴定前读数滴定后读数10.1019.6520.1222.3231.0520.70则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为______（以质量分数表示，保留3位有效数字）。26、（10分）硝酸铁具有较强的氧化性，易溶于水，乙醇等，微溶于浓硝酸。可用于金属表面化学抛光剂。(1)制备硝酸铁取100mL8mol·L-1硝酸于a中，取5.6g铁屑于b中，水浴保持反应温度不超过70℃。①b中硝酸与铁屑混合后，铁屑溶解，溶液变黄色，液面上方有红棕色气体。写出b中发生反应的离子方程式：_______。②若用实验制得的硝酸铁溶液，获取硝酸铁晶体，应进行的操作是：将溶液小心加热浓缩、_________、___________，用浓硝酸洗涤、干燥。(2)探究硝酸铁的性质。用硝酸铁晶体配制0.1mol·L-1硝酸铁溶液，溶液呈黄色，进行实验如下：实验一：硝酸铁溶液与银反应：i.测0.1mol·L-1硝酸铁溶液pH约等于1.6。ii.将5mL0.1mol·L-1硝酸铁溶液加到有银镜的试管中，约1min银镜完全溶解。使银镜溶解的反应原理有两个反应：a.Fe3+使银镜溶解b.NO3-使银镜溶解①证明Fe3+使银镜溶解，应辅助进行的实验操作是_________。②用5mL__________溶液，加到有银镜的试管中，约1.2min银镜完全溶解。证明NO3-使银镜溶解。③为进一步研究溶解过程，用5mLpH约等于1.6的0.05mol·L-1硫酸铁溶液，加到有银镜的试管中，约10min银镜完全溶解。实验二：硝酸铁溶液与二氧化硫反应，用如图所示装置进行实验：i.缓慢通入SO2，溶液液面上方出现红棕色气体，溶液仍呈黄色。ii.继续持续通入SO2，溶液逐渐变为深棕色。已知：Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+(深棕色)④步骤i反应开始时，以NO3-氧化SO2为主，理由是：_________。⑤步骤ii后期反应的离子方程式是__________。(3)由以上探究硝酸铁的性质实验得出的结论是__________。27、（12分）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型，高效、多功能绿色水处理剂，可通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备。已知：①KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3②K2FeO4具有下列性质：可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定；在Fe3+催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，如图所示是实验室模拟工业制备KClO溶液装置。(1)B装置的作用为______________________；(2)反应时需将C装置置于冷水浴中，其原因为__________________；(3)制备K2FeO4时，不能将碱性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，其原因是________，制备K2FeO4的离子方程式_________________；(4)工业上常用废铁屑为原料制备Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，检验Fe2+所需试剂名称________，其反应原理为______________________(用离子方程式表示)；(5)向反应后的三颈瓶中加入饱和KOH溶液，析出K2FeO4固体，过滤、洗涤、干燥。洗涤操作所用最佳试剂为______________________；A．水B．无水乙醇C．稀KOH溶液(6)工业上用“间接碘量法”测定高铁酸钾的纯度：用碱性KI溶液溶解1.00gK2FeO4样品，调节pH使高铁酸根全部被还原成亚铁离子，再调节pH为3～4，用1.0mol/L的Na2S2O3标准溶液作为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，淀粉作指示剂，装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数如如图所示：①消耗Na2S2O3标准溶液的体积为____________mL。②原样品中高铁酸钾的质量分数为_________________。[M(K2FeO4)=198g/mol]③若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，则导致所测高铁酸钾的质量分数____________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。28、（14分）综合处理工业“三废”，有利于保护环境、节约资源。反应2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g），可减少汽车尾气中污染物的排放，在2L密闭容器中发生该反应时，n（CO2）随温度T和时间t的变化曲线如图所示。（1）该反应的平衡常数表达式为K=______，若升高温度，平衡常数K值______（填“增加”“减小”或“不变”），说明理由______；（2）在T2温度下，0～2s内的平均反应速率v（N2）=______；（3）工业废水的处理方法有很多，使用Fe2（SO4）3处理废水，酸性废水中的悬浮物很难沉降除去，结合离子方程式用平衡移动原理解释原因______，干法制备多功能水处理剂高铁酸钠（Na2FeO4）的反应原理为：2FeSO4+6Na2O2→2Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应的氧化剂为______；（4）采用氨碱法生产纯碱会产生大量的副产品______，用化学方程式表示产生副产品的原因______。29、（10分）NOx、SO2的处理转化对环境保护有着重要意义。（1）利用反应2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)，可实现汽车尾气的无害化处理。一定条件下进行该反应，测得CO的平衡转化率与温度、起始投料比m[m=]的关系如图1所示。①该反应的ΔH____0(填“>”“<”或“＝”)。②下列说法正确的是________(填字母)。A．当体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变时，反应达到平衡状态B．投料比：m1＞m2＞m3C．当投料比m＝2时，NO转化率是CO转化率的2倍D．汽车排气管中的催化剂可提高NO的平衡转化率③随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原因为________。（2）若反应2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)的正、逆反应速率可表示为：v正=k正·c2(NO)·c2(CO)；v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2),k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，仅与温度有关。一定温度下，在体积为1L的容器中加入2molNO和2molCO发生上述反应，测得CO和CO2物质的量浓度随时间的变化如图2所示，则a点时v正∶v逆＝________。（3）工业生产排放的烟气中同时存在SO2、NOx和CO，利用它们的相互作用可将SO2、NOx还原成无害物质，一定条件下得到以下实验结果。图3为298K各气体分压(气体的物质的量分数与总压的乘积)与CO物质的量分数的关系，图4为CO物质的量分数为2.0%时，各气体分压与温度的关系。下列说法不正确的是________(填字母)。A．不同温度下脱硝的产物为N2，脱硫的产物可能有多种B．温度越高脱硫脱硝的效果越好C．NOx比SO2更易被CO还原D．体系中可能发生反应：2COS=S2＋2CO；4CO2＋S2=4CO＋2SO2（4）NH3催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝技术。用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原成N2的一种反应历程如图5所示，则总反应方程式为________。（5）用间接电化学法去除烟气中NO的原理如图6所示，则阴极的电极反应式为____。

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．“雷雨肥庄稼”原理是在放电条件下，氮气跟氧气能直接化合生成无色的一氧化氮气体；一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化氮；B．不同金属元素灼烧产生不同的焰色；C．葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应；D．物质在互不相容的溶剂中的溶解度不同，可加入一种溶解性大的溶剂溶解提取的物质，进行物质分离。【详解】A．“三月打雷麦谷堆”（雷雨肥庄稼）的反应过程为：在放电条件下，氮气跟氧气能直接化合生成无色的一氧化氮气体；一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化氮，氮气和氧气不能生成二氧化氮，即N2+2O22NO，2NO+O2=2NO2，故A错误；B．火树银花”是不同金属元素灼烧产生的现象，与金属的焰色反应有关，没有生成新物质，是物理变化，故B错误；C．葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应，故C错误。D．屠呦呦对青蒿素的提取，是物理变化过程，符合萃取原理，故D正确；本题考查化学与生产、生活的关系，解题关键：够熟悉物质的性质并用化学知识解释化学现象。易错点C，学生对对酿酒的原理不熟悉。2、C【解析】

A.原子晶体熔化，需破坏共价键，故A错误；B.离子晶体熔化，需破坏离子键，故B错误；C.分子晶体熔化，需破坏分子间作用力，分子间作用力不属于化学键，故C正确；D.金属晶体熔化，需破坏金属键，故D错误；答案：C3、A【解析】

A．CH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反应方向移动，溶液的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，正确；B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误；C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，错误；D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，错误。故选A。4、C【解析】

A.HCN中碳的化合价为+2价，CO中碳的化合价也是+2价，CO既不是氧化产物也不是还原产物，A错误；B.CaCN2中含有离子键和共价键，属于离子化合物，B错误；C.HCN中H的化合价降低，C的化合价升高，HCN既是氧化剂又是还原剂，C正确；D.每消耗10gCaCO3生成0.1molCO2，没有说明温度和压强，无法计算二氧化碳的体积，D错误；答案选C。5、D【解析】

①当H2S与O2的物质的量之比大于2∶1时，发生反应：2H2S+O2=2S↓+2H2O；当H2S与O2的物质的量之比小于2∶3时，发生反应：2H2S+3O2=2SO2+2H2O；当H2S与O2的物质的量之比大于2∶3小于2∶1时，两个反应都发生，条件不同，产物不同，故①选；②Na+O2常温下得到Na2O，点燃或加热时得到Na2O2，条件不同，产物不同，故②选；③Cu和HNO3的反应，浓硝酸：4HNO3+Cu=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；稀硝酸：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，条件不同，产物不同，故③选；④铁和氯气的反应只能将铁氧化为正三价，反应条件、用量、浓度等不同时所发生的化学反应相同，故④不选；⑤AlCl3溶液与氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和弱碱不反应，与反应条件无关，故⑤不选；⑥硫粉是弱氧化剂，只能将铜氧化为硫化亚铜，产物与反应条件无关，故⑥不选；⑦Na2CO3和HCl反应，盐酸少量时生成碳酸氢钠和氯化钠，盐酸过量时生成氯化钠、水和二氧化碳，条件不同，产物不同，故⑦选；

符合条件的有①②③⑦，故选D。6、D【解析】根据主链最长原则，主链有7个碳原子；根据支链最近原则，从右端开始第3个碳原子上连有一个甲基，所以的名称是3-甲基庚烷，故D正确。7、D【解析】A.铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈，单质转化为化合物，是氧化还原反应；B.缺铁性贫血服用补铁剂时，需与维生维C同时服用，维C是强还原剂，可以把氧化性较强的+3价铁还原为+2价铁；C.将氯气通入冷的消石灰中制漂白粉，氯气转化为化合物，是氧化还原反应；D.从海水中提取氯化镁的方法是先用碱把海水中的镁离子沉淀富集镁，再用盐酸溶解沉淀得氯化镁溶液，然后蒸发浓缩、降温结晶得氯化镁晶体，接着在氯化氢气流中脱水得无水氯化镁，这个过程中没有氧化还原反应。综上所述，本题选D。8、B【解析】

A.醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH>盐酸的pH，所以I是滴定醋酸的曲线，故A错误；B.时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH，所以滴定醋酸消耗的小于20mL，故B正确；C.时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解，所以，故C错误；D.时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的、，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则，再结合电荷守恒得，故D错误；故选B。本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度不大。9、A【解析】

A项，氧化铜的还原产物为金属铜，而盐酸不能溶解铜，难以洗净该硬质玻璃管，故A项错误；B项，碘易溶于有机物，酒精可溶解碘，故B项正确；C项，长期存放的氯化铁水解最终生成氢氧化铁和HCl，HCl不断挥发，氢氧化铁则会不断沉积于试剂瓶内壁，而稀硫酸可溶解氢氧化铁，故C项正确；D项，纯碱溶液显碱性，可与油污反应，转化为可溶于水的脂肪酸钠和多元醇，故D项正确。故答案选A。本题的易错项为C项；错选C项，可能是学生对长期存放FeCl3的试剂瓶内壁的物质不清楚，或认为就是FeCl3，用水即可洗掉。10、A【解析】

A.由已知25℃、101kPa时，0.25molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水，放出133.5kJ热量,则1mol肼燃烧放出的热量为534kJ，故该反应的热化学方程式为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-534kJ.mol-1，故A正确。B.燃烧热是指生成为稳定的氧化物所放出的热量，但水蒸气都不是稳定的氧化物，N2为单质，故B错误。C.由N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-534kJ.mol-1，可知该反应是放热反应，所以1molN2H4(g)和1molO2(g)所含能量之和高于1molN2(g)和2molH2O(g)所含能量之和，故C错误；D.化学反应实质旧键断裂新键生成，旧化学键断裂时需要消耗能量，且两个过程能量不相等，因此需要克服活化能，故D错误；答案：A。11、B【解析】

A.20.00mL0.100mol·L－1的HB溶液，pH大于1，说明HB是弱酸，b点溶质为HB和NaB，物质的量浓度相等，溶液显酸性，电离程度大于水解程度，因此溶液中c(B－)>c(Na+)>c(HB)，故A正确；B.a、b、c三点，a点酸性比b点酸性强，抑制水电离程度大，c点是盐，促进水解，因此三点水电离出的c(H+)：c>b>a，故B错误；C.滴定HB溶液时，生成NaB，溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，故C正确；D.滴定HA溶液时，当V(NaOH)=19.98mL时溶液氢离子浓度为，则pH约为4.3，故D正确。综上所述，答案为B。12、C【解析】

A．应加入碱溶液将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生红色沉淀，选项A错误；B、CH3COONH4溶液呈中性，取少量Mg(OH)2悬浊液，向其中滴加适量浓CH3COONH4溶液是由于铵根离子消耗氢氧根离子，使氢氧化镁的溶解平衡正向移动，Mg(OH)2溶解，选项B错误；C、将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色，说明石蜡油分解生成不饱和烃，选项C正确；D、灼烧成灰，加蒸馏水浸泡后必须加氧化剂氧化，否则不产生碘单质，加淀粉后溶液不变蓝，选项D错误。答案选C。13、C【解析】

随pH的升高，c(H2A)减小、c(HA-)先增大后减小、c(A2-)增大，所以pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)的变化曲线分别是。【详解】A.根据图示，pH=3.50时，c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，故A错误；B.根据a点，H2A的Ka1=10-0.8，根据c点，H2A的Ka2=10-5.3，A2-的水解常数是=10-8.7，等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合，电离大于水解，溶液显酸性，故B错误；C.，随着HCl的通入c(HA-)先增大后减小，所以c(H+)/c(H2A)先减小后增大，故C正确；D.根据物料守恒，pH从3.00到5.30时，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)不变，故D错误；答案选C。14、B【解析】

A.c(Cl－)=0.4mol/L，B.c(Cl－)=0.6mol/L，C.c(Cl－)=0.5mol/L，D.c(Cl－)=0.3mol/L，Ksp(AgCl)=c(Cl－)·c(Ag+)，c(Ag+)最小的是c(Cl－)最大的，故选B。15、C【解析】

A.10

mL0.1

mol⋅L−1Na2CO3溶液逐滴滴加到10

mlL0.1

mol⋅L−1盐酸中，开始时产生二氧化碳气体，滴加完后盐酸完全反应，碳酸钠过量，所以得到碳酸钠和氯化钠的混合物，所以离子浓度大小为：c(Na+)>c(Cl−)>c(CO32−)>c(HCO3−)，A正确；B.由于Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)，ClO-水解程度大于CH3COO-水解程度，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：②＞①，B正确C.向0.1mol/LNH4Cl溶液中，存在NH4++H2ONH3·H2O+H+，加入少量NH4Cl固体，NH4+，NH4+水解平衡正向移动，c(NH3·H2O)、c(H+)，水解常数不变，即，NH4+水解程度减小，减小，、增大，C错误；D.因为Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c(Ag+)大于后者c(Ag+)，c(Cl-)＞c(Br-)，当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中c(Cl-)比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，D正确；故答案为：C。当盐酸逐滴滴加Na2CO3溶液时，开始时不产生二氧化碳气体，随着盐酸过量，才产生二氧化碳气体，其反应方程式为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；16、C【解析】

A.由桥环烃二环[2.2.0]己烷的结构可知，桥头碳为1号和4号，形成2个四元碳环，故A正确；B.桥环烃二环[2.2.0]己烷和环己烯的分子式均为C6H10，二者的分子结构不同，互为同分异构体，故B正确；C.该烃分子有2种不同化学环境的氢原子，其二氯代物中2个氯原子在同一碳原子上的有1种，在不同碳原子上的有6种，故其二氯代物有7种，故C错误；D.该烃分子中所有碳原子均形成4个单键，所以所有碳原子不可能位于同一平面，故D正确；故选C。17、C【解析】A、右侧氧气得电子产生水，作为正极，故电流由右侧正极经过负载后流向左侧负极，选项A错误；B、放电过程中，正极氧气得电子与氢离子结合产生水，氢离子浓度减小，pH变大，选项B错误；C、若1molO2参与电极反应，有4molH+穿过质子交换膜进入右室，生成2mol水，选项C正确；D、原电池负极失电子，选项D错误。答案选C。18、D【解析】

A.①为容量瓶，配制溶液时使用，不可以长期盛放溶液，故A错误；B.②为漏斗，过滤时使用，分液操作应该用分液漏斗，故B错误；C.③为圆底烧瓶，在加热时需要使用石棉网，故C错误；D.④为冷凝管，作用是冷凝回流，故D正确。故选D。此题易错点在于C项，圆底烧瓶底部面积较大，直接加热受热不均匀，需用石棉网，不能直接加热。19、C【解析】

对表中元素，我们宜从右往左推断。C为第二周期ⅥA族，其为氧，从而得出A、B、C、D分别为C、N、O、Si。【详解】A.电子层数越多，半径越大；同周期元素，最外层电子数越多，半径越小，从而得出原子半径大小关系为Si>C>N>O，A错误；B.生成的氢化物中，只有水分子和氨分子间可形成氢键，B错误；C.A与C形成的阴离子可能有CO、C2O，C正确；D.C的单质石墨能导电，Si是半导体材料，常温下也能导电，N、O的单质在常温下不导电，D错误。故选C。20、D【解析】

A.通电后，左侧生成H+，右侧H+放电生成氢气，所以H+通过质子交换膜向右移动，相当于稀硫酸中H+不参加反应，所以氢离子浓度不变，溶液的pH不变，A错误；A.连接B电极的电极上生成氢气，说明该电极上氢离子得电子，则该电极为电解池阴极，所以B电极为负极，A电极为正极，B错误；C.右侧电极反应式为2H++2e-=H2↑，根据氢气和转移电子之间的关系式知，若有0.1molH2生成，则转移0.2mol电子，但不确定气体所处的温度和压强，因此不能确定气体的物质的量，也就不能确定电子转移数目，C错误；D.与电源A极相连的惰性电极为阳极，阳极上乙酸被氧化，生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COOH-8e-+H2O=2CO2↑+8H+，D正确；故合理选项是D。21、C【解析】

A.在溶液中加酸化的BaCl2溶液，溶液出现白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡沉淀，不能证明一定含硫酸根离子，故A错误；B.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液中含有钠元素，则该溶液可能是钠盐溶液或氢氧化钠溶液，故B错误；C.气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,则发生反应：CuSO4+5H2O═CuSO4⋅5H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故C正确；D.二氧化硫和澄清石灰水中氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，二氧化碳气体通过澄清石灰水溶液生成碳酸钙白色沉淀，反应都会变浑浊，不能检验二氧化碳和二氧化硫，故D错误；答案选C。22、B【解析】

据原子结构、原子半径、物质性质等，先推断短周期主族元素，进而判断、比较有关物质的性质，作出合理结论。【详解】短周期主族元素中原子半径最大的C是钠（Na）；化合物AE是常见强酸，结合原子序数递增，可知A为氢（H）、E为氯（Cl）；又A和D的质子数之和等于E的核外电子数，则D为硫（S）；因B和D同主族，则B为氧（O）。A项：B、C的简单离子分别是O2-、Na+，它们的电子排布相同，核电荷较大的Na+半径较小，A项正确；B项：同周期主族元素，从左到右非金属性增强，则非金属性S<Cl，故氢化物热稳定性：H2S<HCl，B项错误；C项：CA（NaH）为离子化合物，与水反应生成NaOH和H2，使溶液呈碱性，C项正确；D项：实验室制备HCl气体，常选用NaCl和浓硫酸共热，D项正确。本题选B。二、非选择题(共84分)23、C、D【解析】

（1）奥美拉的分子式为C17H19N3O3S，A错误；J生成K的过程中，增加了氧原子，反应类型为氧化反应，B错误；化合物C中有苯环，可发生取代和加成反应；有碳氧双键，可得到氢，发生还原反应；C正确；设计A转化为B的目的是保护其中的官能团，D正确。答案选CD。（2）根据流程I到J有机物两个分子结构的差别可知，化合物F的结构简式。（3）根据生成物B的结构式和反应物可得A的结构式为，发生的化学反应为；（4）①分子中含苯环，遇FeC13显紫色，结构中有酚羟基；②分子中含有4种不同化学环境的氢原子，根据化合物G的结构符合要求的化合物H结构式为；（5）结合题中流程图，从乙烯合成的路线为；24、ON＞O＞AlNH3分子间易形成氢键＜孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用sp2三角形1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)7:1×1030【解析】

前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态，A为H元素；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1，核外电子排布为1s22s22p3，为N元素；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍，核外电子排布为1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1，则C为O元素，E为Cr元素；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小，则D为该周期中原子序数最大的金属元素，因此D为Al元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Al元素，E为Cr元素。(1)元素的非金属性越强，电负性越大，元素H、N、O中，电负性最大的是O元素；同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，元素N、O、Al的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Al，故答案为O；N＞O＞Al；(2)NH3分子间易形成氢键，导致氨气易液化；NH3中中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1，其VSEPR模型为四面体构型，NH3分子中N原子采用sp3杂化，为三角锥结构，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，使得氨气分子中键角小于109°28′，故答案为NH3分子间易形成氢键；＜；孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用；(3)NO3－离子中N原子的价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数=3+=3，采用sp2杂化，立体构型为三角形，故答案为sp2；三角形；(4)E为Cr元素，基态E原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合价为＋6)，结构为，其中σ键与π键数目之比为7:1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；7:1；(5)AlN晶胞中含有N或Al原子数为4，8×+6×=4，晶胞质量为g，因此晶胞的密度==×1030g·cm－3，故答案为×1030。正确推导元素是解答本题的关键。本题的难点为C、E的推导，易错点为(4)，要能够根据题意确定CrO5的结构。25、三颈烧瓶21、3铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色32Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O防止FeCO3与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化98.0%【解析】

亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备氯化亚铁，利用生成的氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，据此解答本题。【详解】（1）仪器C为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）反应前先利用生成的氢气除去装置内空气，再利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，具体操作为：关闭活塞2，打开活塞3，然后打开活塞1加入足量的盐酸，然后关闭活塞1，反应一段时间后，装置B中可观察到的现象为：铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；打开活塞2，关闭活塞3；C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2；1、3；铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；3；2；Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（3）Fe2+离子易被氧化为Fe3+离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，可防止Fe2+离子被氧化，故答案为：防止FeCO3与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化；（4）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，故答案为：乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化；（5）三次滴定第二次操作消耗标准液数值明显偏大，应舍去，取第一次和第三次平均值V==19.60mL，由：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，可知25mL溶液中n(Fe2+)＝n(Ce4+)＝0.100mol/L×0.0196L＝0.00196mol，故250mL含有n(Fe2+)＝0.00196mol×=0.0196mol，故产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为＝98.0%，故答案为：98.0%。26、Fe+3NO3-+6H+＝Fe3++3NO2↑+3H2O降温结晶过滤取反应后的溶液，加几滴铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀0.1mol·L-1硝酸钠和0.2mol·L-1硝酸的混合溶液或者pH约等于1.6的0.3mol·L-1硝酸钠和硝酸的混合溶液实验二的步骤i中未观察到溶液变为深棕色，说明没有Fe2+生成2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+在pH约等于1.60.1mol·L-1硝酸铁溶液中，Fe3+、NO3-都有氧化性，其中以NO3-氧化性为主。【解析】

(1)①硝酸与铁屑混合后，铁屑溶解，溶液变黄色，液面上方有红棕色气体，生成了硝酸铁、二氧化氮和水，据此写离子方程式；②根据溶液提取晶体的操作回答；(2)①如果Fe3+使银镜溶解，则铁的化合价降低变为Fe2+，证明Fe2+的存在即可；②证明NO3-使银镜溶解，采用控制变量法操作；④溶液液面上方出现红棕色气体，溶液仍呈黄色；⑤根据继续持续通入SO2，溶液逐渐变为深棕色，已知：Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+(深棕色)，有Fe2+的生成；(3)总结实验一和实验二可知答案。【详解】(1)①硝酸与铁屑混合后，铁屑溶解，溶液变黄色，液面上方有红棕色气体，生成了硝酸铁、二氧化氮和水，离子方程式为：Fe+3NO3-+6H+＝Fe3++3NO2↑+3H2O，故答案为：Fe+3NO3-+6H+＝Fe3++3NO2↑+3H2O；②由硝酸铁溶液，获取硝酸铁晶体，应进行的操作是：将溶液小心加热浓缩、降温结晶、过滤、用浓硝酸洗涤、干燥，故答案为：降温结晶；过滤；(2)①如果Fe3+使银镜溶解，则铁的化合价降低变为Fe2+，证明Fe2+的存用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀即可，故答案为：取反应后的溶液，加几滴铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀；②证明NO3-使银镜溶解，采用控制变量法操作，即加入的为0.1mol·L-1硝酸钠和0.2mol·L-1硝酸的混合溶液或者pH约等于1.6的0.3mol·L-1硝酸钠和硝酸的混合溶液，故答案为：0.1mol·L-1硝酸钠和0.2mol·L-1硝酸的混合溶液或者pH约等于1.6的0.3mol·L-1硝酸钠和硝酸的混合溶液；④实验二的步骤i中未观察到溶液变为深棕色，说明没有Fe2+生成，故答案为：实验二的步骤i中未观察到溶液变为深棕色，说明没有Fe2+生成；⑤根据继续持续通入SO2，溶液逐渐变为深棕色，已知：Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+(深棕色)，有Fe2+的生成，离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+，故答案为：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+；(3)总结实验一和实验二可知，在pH约等于1.60.1mol·L-1硝酸铁溶液中，Fe3+、NO3-都有氧化性，其中以NO3-氧化性为主，故答案为：在pH约等于1.60.1mol·L-1硝酸铁溶液中，Fe3+、NO3-都有氧化性，其中以NO3-氧化性为主。27、吸收HClKClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解。或答：将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液呈酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2。2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O铁氰化钾3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓B18.0089.1%偏低【解析】

高锰酸钾与浓盐酸在A装置中反应生成氯气，由于浓盐酸易挥发，生成的氯气中一定会混有氯化氢，因此通过装置B除去氯化氢，在装置C中氯气与氢氧化钾反应生成KClO，装置D吸收尾气中的氯气，防止污染。结合题示信息分析解答。(6)用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成亚铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系FeO42-～2I2，再根据反应2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，利用硫代硫酸钠的物质的量可计算得高铁酸钾的质量，进而确定质量分数。【详解】(1)根据上述分析，B装置是用来除去氯气中的氯化氢的，故答案为吸收HCl；(2)根据题干信息知，KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3，因此反应时需将C装置置于冷水浴中，故答案为KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3；(3)根据题干信息知，K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定；在Fe3+催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，因此制备K2FeO4时，不能将碱性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，防止Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解；KClO浓溶液与Fe(NO3)3饱和溶液反应制备K2FeO4的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解(或将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液成酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2)；2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O；(4)工业上常用废铁屑为原料制备Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，检验Fe2+可以使用铁氰化钾，如果含有亚铁离子，会产生蓝色沉淀，其反应原理为3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓，故答案为铁氰化钾；3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓；(5)根据上述分析，反应后的三颈瓶中生成了KClO，加入饱和KOH溶液，析出K2FeO4固体，过滤、洗涤、干燥，由于K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液，为了减少K2FeO4的损失，洗涤K2FeO4时不能选用水或稀KOH溶液，应该选用无水乙醇，故答案为B；(6)①根据装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为19.40-1.40=18.00mL，故答案为18.00；②用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成亚铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系FeO42-～2I2，再根据反应2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，得关系式FeO42-～2I2～4Na2S2O3，所以高铁酸钾的质量为×1.0mol/L×0.018L×198g/mol=0.891g，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为×100%=89.1%，故答案为89.1%③若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，导致配制的Na2S2O3标准溶液的浓度偏大，滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液的体积偏小，则测得的高铁酸钾的质量分数偏低，故答案为偏低。28、减小由图速率变化推断T1＞T2，由平衡时n（CO2）变化推断平衡逆向移动，正向为放热反应，所以温度升高，平衡常数K值减小0.0125mol/（L•s）Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，废水中的酸（H+）抑制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe（OH）3胶体的生成，降低了吸附能力Na2O2CaCl2Ca（OH）2+2NH4Cl=CaCl2+NH3↑+2H2O【解析】

(1)反应的平衡常数等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比；根据速率变化或“先拐先平，数值大”规则可知

T1＞T2，由图可知，升高温度，n(CO2)减小；(2)根据v==计算v(CO2)，再根据反应计量关系计算v(N2)；(3)Fe2(SO4)3

水解的离子反应为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，酸性废水中的H+会导致Fe2(SO4)3

不能形成胶体或者胶体非常少；氧化还原反应中氧化剂发生还原反应、元素的化合价降低，据此分析解答；(4)氨碱法工艺中产生大量CaCl2的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，据此分析解答。【详解】(1)反应2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)的平衡常数K=，根据速率变化或“先拐先平，数值大”规则可知T1＞T2，由n(CO2)随温度T和时间t的变化曲线图可知，升高温度，n(CO2)减小，即升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以平衡常数K值减小，故答案为：；减小；由图速率变化推断T1＞T2，由平衡时n(CO2)变化推断平衡逆向移动，正向为放热反应，所以温度升高，平衡常数K值减小；(2)由图可知，v(CO2)===0.025mol/(L•s