西藏自治区林芝市2025届高三下学期定位模拟考试化学试题含解析

西藏自治区林芝市2025届高三下学期定位模拟考试化学试题注意事项：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、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2、如表所示有关物质检验的实验结论正确的是()选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-B向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该溶液一定含有SO32-C将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2D将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊说明酸性：H2SO3＞H2CO3A．A B．B C．C D．D3、雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是A．砷酸的分子式为H2AsO4B．红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出C．该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为12：1D．该反应中每析出4.8g硫黄，则转移0.5mol电子4、下列离子方程式正确的是A．Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B．双氧水加入稀硫酸和KI溶液：H2O2＋2H＋＋2I－=I2＋2H2OC．用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32－＋4H＋=SO42－＋3S↓＋2H2O5、离子化合物O2[PtF6]的阴离子为[PtF6]－，可以通过反应O2＋PtF6→O2[PtF6]得到。则A．O2[PtF6]中只含离子键 B．O2[PtF6]中氧元素化合价为+1C．反应中O2是氧化剂，PtF6是还原剂 D．每生成1molO2PtF6转移1mol电子6、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度C向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性D向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A．A B．B C．C D．D7、化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法正确的是A．医疗上用浓度为95％的酒精杀菌消毒B．葡萄糖作为人类重要的能量来源，是由于它能发生水解C．石墨纤维和制医用口罩的聚丙烯纤维都是有机高分子化合物D．聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n是新型絮凝剂，可用来处理水中的悬浮物8、“乃焰硝、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”是对我国古代四大发明之一的火药的描述。其中，“焰硝”是A．KClO3 B．Na2SO4 C．KNO3 D．Na2O29、下列操作能达到相应实验目的的是选项试验目的操作A检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质将Fe(NO3)2样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红B测定“84”消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少量“84”消毒液滴在pH试纸上C验证铁的吸氧腐蚀将未生锈的铁钉放入试管中，用稀硫酸浸没D比较H2C2O4与H2CO3的酸性强弱在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，观察现象A．A B．B C．C D．D10、实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2C12，原理为SO2(g)+Cl2(g)⇌SO2Cl2(l)∆H=-97.3kJ/mol。装置如图所示(部分装置已省略)。已知SO2C12的熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。下列说法正确的是A．乙中盛放的试剂为无水氯化钙B．制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中C．用来冷却的水应该从a口入，b口出D．可用硝酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫11、下图为某二次电池充电时的工作原理示意图，该过程可实现盐溶液的淡化。下列说法错误的是A．充电时，a为电源正极B．充电时，Cl-向Bi电极移动，Na+向NaTi2(PO4)2电极移动C．充电时，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=1:3D．放电时，正极的电极反应为BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O12、下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作和现象预期实验目的或结论A向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡:I3-I2+I-B向1mL浓度均为0.05mol·L-lNaCl、NaI的混合溶液中滴加2滴0.01mol·L-lAgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色Ksp(AgCl)<Ksp(AgI)C室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比较HC1O和CH3COOH的酸性强弱D浓硫酸与乙醇180℃共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去制得的气体为乙烯A．A B．B C．C D．D13、碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗高磷酸盐血症。某化学小组用如图装置模拟制备碳酸镧，反应为2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O下列说法正确的是A．从左向右接口的连接顺序：F→B，A→D，E←CB．装置X中盛放的试剂为饱和Na2CO3溶液C．实验开始时应先打开W中分液漏斗的旋转活塞D．装置Z中用干燥管的主要目的是增大接触面积，加快气体溶解14、下列说法错误的是A．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用，这里”涉及的反应类型是分解反应B．“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上，用器承滴露”涉及的操作是蒸馏C．《本草图经》在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤…”因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”D．我国晋朝傅玄的《傅鹑觚集·太子少傅箴》中写道：“夫金木无常，方园应行，亦有隐括，习与性形。故近朱者赤，近墨者黑。”这里的“朱”指的是HgS15、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．Y和Z形成的化合物可以通过复分解反应制得C．Z和W可形成原子个数比为1∶2和1∶3的共价化合物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16、以熔融的碳酸盐（K2CO3）为电解液,泡沫镍为电极,氧化纤维布为隔膜（仅允许阴离子通过）可构成直接碳燃料电池,其结构如图所示，下列说法正确的是A．该电池工作时,CO32-通过隔膜移动到a极B．若a极通入空气,负载通过的电流将增大C．b极的电极反应式为2CO2+O2-4e-=2CO32-D．为使电池持续工作,理论上需要补充K2CO317、一种从植物中提取的天然化合物a-damascone，可用于制作“香水”，其结构为：，有关该化合物的下列说法不正确的是A．分子式为 B．该化合物可发生聚合反应 C．1mol该化合物完全燃烧消耗19mol D．与溴的溶液反应生成的产物经水解、稀硝酸化后可用溶液检验18、化学家认为氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程可用如下示意图表示，其中过程⑤表示生成的NH3离开催化剂表面。下列分析正确的是（）A．催化剂改变了该反应的反应热 B．过程③为放热过程C．过程②是氢气与氮气分子被催化剂吸附 D．过程④为吸热反应19、在由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的离子组是①K＋、ClO－、NO3－、S2－②K＋、Fe2＋、I－、SO42－③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－A．①③ B．③⑤ C．③④ D．②⑤20、化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A．医用“纳米银外用抗菌凝胶”外用于皮肤后，能够缓释放出纳米银离子，抑制并杀灭与之接触的病菌并有促进皮肤愈合的作用B．银是首饰行业中常用的金属材料，纯银由于太软，因此，常掺杂其他组分(铜、锌、镍等)，标准首饰用银的银含量为92.5%，又称925银C．分别用液化石油气、汽油、地沟油加工制成的生物柴油都是碳氢化合物D．液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰21、下列有关物质性质的叙述一定不正确的是A．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色B．KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成Al(OH)3胶体C．NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3D．Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl222、扑热息痛的结构如图所示，下列关于扑热息痛的描述正确的是A．分子式为C8H10NO2B．扑热息痛易溶于水C．能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应D．属于芳香烃二、非选择题(共84分)23、（14分）香豆素-3-羧酸是一种重要的香料，常用作日常用品或食品的加香剂。已知：RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）+R1OH（1）A和B均有酸性，A的结构简式：_____________；苯与丙烯反应的类型是_____________。（2）F为链状结构，且一氯代物只有一种，则F含有的官能团名称为_____________。（3）D→丙二酸二乙酯的化学方程式：_____________。（4）丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物E，其结构简式为：_____________。（5）写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式：_____________。①与丙二酸二乙酯的官能团相同；②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为3∶2∶1；③能发生银镜反应。（6）丙二酸二乙酯与经过三步反应合成请写出中间产物的结构简式：中间产物I_____________；中间产物II_____________。24、（12分）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2-和B+具有相同的电子构型：C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：（1）四种元素中电负性最大的是___________（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为__________。（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是____________（填分子式）；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为___________和___________。（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为____________，中心原子的杂化轨道类型为________________。（4）单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为______________。（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566nm，F的化学式为________；晶胞中A原子的配位数为____________；列式计算晶体F的密度（g•cm-3）__________。25、（12分）某学习小组研究溶液中Fe2+的稳定性，进行如下实验，观察，记录结果。实验Ⅰ物质0min1min1h5hFeSO4淡黄色桔红色红色深红色(NH4)2Fe(SO4)2几乎无色淡黄色黄色桔红色（1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是_______（用化学用语表示）。溶液的稳定性：FeSO4_______(NH4)2Fe(SO4)2（填“＞”或“＜”）。（2）甲同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保护了Fe2+，因为NH4+具有还原性。进行实验Ⅱ，否定了该观点，补全该实验。操作现象取_______，加_______，观察。与实验Ⅰ中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同。（3）乙同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同导致，进行实验Ⅲ：分别配制0.80mol·L－1pH为1、2、3、4的FeSO4溶液，观察，发现pH＝1的FeSO4溶液长时间无明显变化，pH越大，FeSO4溶液变黄的时间越短。资料显示：亚铁盐溶液中存在反应4Fe2+＋O2＋10H2O4Fe(OH)3＋8H+由实验III，乙同学可得出的结论是_______，原因是_______。（4）进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。测定同浓度FeSO4溶液在不同pH条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图（实验过程中溶液温度几乎无变化）。反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是_____。（5）综合以上实验，增强Fe2+稳定性的措施有_______。26、（10分）草酸及其盐是重要的化工原料，其中最常用的是三草酸合铁酸钾和草酸钴，已知草酸钴不溶于水，三草酸合铁酸钾晶体（）易溶于水，难溶于乙醇。这两种草酸盐受热均可发生分解等反应，反应及气体产物检验装置如图。（l）草酸钴晶体（）在200℃左右可完全失去结晶水。用以上装置在空气中加热5.49g草酸钴晶体（）样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。实验过程中观察到只有B中澄清石灰水明显变浑浊，E中始终没有红色固体生成。根据实验结果，290-320℃过程中发生反应的化学方程式是____；设置D的作用是____。（2）用以上装置加热三草酸合铁酸钾晶体可发生分解反应。①检查装置气密性后，先通一段时间的N2，其目的是___；结束实验时，先熄灭酒精灯再通入N2至常温。实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，E中有红色固体生成，则分解得到的气体产物是____。②C的作用是是____。（3）三草酸合铁酸钾的一种制备流程如下：回答下列问题：①流程“I”硫酸必须过量的原因是____②流程中“Ⅲ”需控制溶液温度不高于40℃，理由是____；得到溶液后，加入乙醇，然后进行过滤。加入乙醇的理由是____27、（12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__________。28、（14分）研究处理NOx、SO2，对环境保护有着重要的意义。回答下列问题：(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：①SO2(g)+NH3•H2O(aq)=NH4HSO3(aq)△H1=akJ•mol-1；②NH3•H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(aq)+H2O(l)△H2=bkJ•mol-1；③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)△H3=ckJ•mol-1，则反应2SO2(g)+4NH3•H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)△H=______。(2)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)△H＝－34.0kJ•mol-1，用活性炭对NO进行吸附。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，测得NO的转化率α(NO)随温度的变化如图所示：①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，原因是_________________________；在1100K时，CO2的体积分数为______。②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp）。在1050K、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp＝________(已知：气体分压＝气体总压×体积分数)。(3)在高效催化剂的作用下用CH4还原NO2，也可消除氮氧化物的污染。在相同条件下，选用A、B、C三种不同催化剂进行反应，生成N2的物质的量与时间变化关系如图所示，其中活化能最小的是_________(填字母标号)。(4)在汽车尾气的净化装置中CO和NO发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H2=－746.8kJ•mol-1。实验测得，υ正＝k正•c2(NO)•c2(CO)，υ逆＝k逆•c(N2)•c2(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_____(填">”、“<”或“=”)k逆增大的倍数。②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则＝_____(保留2位有效数字)。29、（10分）太阳能电池可分为：硅太阳能电池，化合物太阳能电池，如砷化镓(GaAs)、铜铟镓硒(CIGS)、硫化镉(CdS)，功能高分子太阳能电池等，Al-Ni常作电极。据此回答问题：(1)镍(Ni)在周期表中的位置为______；S原子的价电子排布式为________；Ga、As和Se的第一电离能由大到小的顺序是________。(2)Na3As3中As原子的杂化方式为_____；AsCl3的空间构型为____。(3)GaAs熔点为1238℃，GaN熔点约为1500°，GaAs熔点低于GaN的原因为__________。(4)写出一种与SO42-互为等电子体的分子_________。(5)GaAs的晶胞结构如图所示，其中As原子形成的空隙类型有正八面体形和正四面体形，该晶胞中Ga原子所处空隙类型为_____。已知GaAs的密度为ρg/cm3，Ga和As的摩尔质量分别为MGag/mol和MAsg/mol，则GaAs晶胞中Ga之间的最短距离为________pm。

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.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。2、D【解析】

根据物质的性质及反应现象分析解答。【详解】A.白色沉淀可以能是氯化银，溶液中可能含有银离子，应该先加盐酸排除银离子的干扰，故A错误；B.溶液中可能含有HSO3-，故B错误；C.具有漂白作用的不仅仅是二氧化硫，融入氯气也可以使品红褪色，故C错误；D.先通入酸性高锰酸钾溶液，目的是除去二氧化硫气体，再通入澄清石灰水变浑浊，说明产物是二氧化碳，进而证明亚硫酸的酸性强于碳酸，故D正确。故选D。在物质检验的实验中，一定要注意排除其他物质的干扰，很多反应的现象是一样的，需要进一步验证，例如二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫可以与酸性高锰酸钾反应，二氧化碳不可以。3、D【解析】

A、砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；B、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2,原电池正极发生还原反应，所以NO2在正极生成并逸出，故B错误；C、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1，故C错误；D、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1molAs2S3失10mol电子，生成2mol砷酸和3mol硫单质，所以生成0.15mol硫黄，转移0.5mol电子，故D正确。4、B【解析】

A、Cl2通入水中的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故A错误；B、双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H++2I-═I2+2H2O，故B正确；C、用铜作电极电解CuSO4溶液，实质为电镀，阳极Cu失去电子，阴极铜离子得电子，故C错误；D、Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故D错误。故选B。5、D【解析】

A．化合物中的阴离子和阳离子是原子团，其中都存在共价键，A错误；

B．中氧元素的化合价是价，B错误；

C．根据化合价的升降可知，是还原剂，是氧化剂，C错误；

D．，PtF6，所以氧化还原反应中转移电子总数为，D正确。

答案选D。6、B【解析】

A项，苯酚的酸性弱于碳酸；B项，CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度；C项，Fe从CuSO4溶液中置换出Cu，Cu2+的氧化性强于Fe2+；D项，向NaCl、NaI的混合液中加入AgNO3溶液产生黄色沉淀，NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小。【详解】A项，向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，浊液变清，发生反应+Na2CO3→+NaHCO3，酸性：H2CO3HCO3-，A项错误；B项，向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B项正确；C项，向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生的反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物，氧化性Cu2+Fe2+，C项错误；D项，向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI的溶度积，但由于NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小，D项错误；答案选B。本题考查苯酚与碳酸酸性强弱的探究、萃取的原理、氧化性强弱的判断、沉淀的生成。易错选D项，产生错误的原因是：忽视NaCl、NaI的浓度未知，思维不严谨。7、D【解析】

A．过高浓度的酒精使蛋白质凝固的本领很大，它却使细菌表面的蛋白质一下子就凝固起来，形成了一层硬膜，阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌免遭死亡，酒精浓度过低，虽可进入细菌，但不能将其体内的蛋白质凝固，同样也不能将细菌彻底杀死，医疗上用浓度为75%的酒精杀菌消毒，故A错误；B．葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，葡萄糖在人体组织中缓慢氧化放出热量，供给人体所需能量，故B错误；C．石墨纤维是由碳元素构成的单质，不是有机高分子化合物，故C错误；D．聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n中的铁离子在水溶液中能发生水解反应，生成氢氧化铁胶体，可以吸附水中的悬浮物，故D正确；答案选D。有机化合物指含碳元素的化合物，但是不包括碳的氧化物、碳酸、碳酸盐等，有机物是生命产生的物质基础，所有的生命体都含有机化合物。脂肪、氨基酸、蛋白质、糖类、血红素、叶绿素、酶、激素等。生物体内的新陈代谢和生物的遗传现象，都涉及到有机化合物的转变。此外，许多与人类生活有密切相关的物质，如石油、天然气、棉花、染料、化纤、塑料、有机玻璃、天然和合成药物等，均与有机化合物有着密切联系。8、C【解析】

我国古代四大发明中的火药，为“一硝二硫三木炭”，“焰硝”指的为硝酸钾，答案为C。9、D【解析】

A．Fe(NO3)2样品溶于稀盐酸，发生反应Fe+4H++NO3-＝Fe3++NO↑+2H2O，滴加KSCN溶液后，溶液变红色，不能肯定原样品是否变质，A不合题意；B．“84”消毒液具有强氧化性，能使pH试纸褪色，不能用pH试纸检验其pH，B不合题意；C．未生锈的铁钉放入试管中，用稀硫酸浸没，发生析氢腐蚀，C不合题意；D．在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，有气泡产生，则说明生成了H2CO3，从而表明酸性H2C2O4大于H2CO3，D符合题意；故选D。10、B【解析】

SO2C12的熔沸点低、易挥发，根据装置图可知，三颈烧瓶上方的冷凝管的作用是使挥发的产物冷凝回流，由于会有一部分SO2和Cl2通过冷凝管逸出，SO2和Cl2都会污染空气，故乙装置应使用碱性试剂，SO2C12遇水能发生剧烈反应并产生白雾，乙中盛放碱石灰，吸收未反应完的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入甲中导致SO2Cl2水解。【详解】A．乙的作用是吸收未反应完的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入甲中导致SO2Cl2水解，故乙中盛放的试剂应该是碱石灰，无水氯化钙只能吸收水，A选项错误；B．根据题目中热化学方程式可知，∆H<0，则该反应为放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率，B选项正确；C．冷凝水应从冷凝管的下口进，上口出，故用来冷却的水应该从b口入，a口出，C选项错误；D．硝酸具有氧化性，能把二氧化硫氧化成硫酸，故不可用硝酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫，D选项错误；答案选B。解答此类问题时需仔细分析题干，利用题干信息分析出装置的作用以及相关试剂，综合度较高，要求对知识点能够综合运用和灵活迁移。11、C【解析】

充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，则Bi为阳极，所以a为电源正极，b为负极，NaTi2(PO4)2为阴极得电子发生还原反应，反应为NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，放电时，Bi为正极，BiOCl得电子发生还原反应，NaTi2(PO4)2为负极，据此分析解答。【详解】A.充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，Bi为阳极，则a为电源正极，A正确；B.充电时，Cl-向阳极Bi电极移动，Na+向阴极NaTi2(PO4)2电极移动，B正确；C.充电时，Bi电极上的电极反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，NaTi2(PO4)2电极上，反应为NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，根据得失电子守恒，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=3：1，C错误；D.放电时，Bi为正极，正极的电极反应为BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O，D正确；故合理选项是C。本题考查了二次电池在充、放电时电极反应式及离子移动方向的判断的知识。掌握电化学装置的工作原理，注意电极反应的书写是关键，难度中等。12、A【解析】

A．淀粉遇I2变蓝，AgI为黄色沉淀，实验现象说明KI3的溶液中含有I2和I-，由此得出结论正确，A项符合题意；B．由生成的沉淀呈黄色可知沉淀为AgI，在c(Cl-)和c(I-)相同时，先生成AgI，故可得Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，与结论不符，B项不符合题意；C．NaClO水解生成HClO，次氯酸具有强氧化性，不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，应使用pH计测量比较二者pH的大小，C项不符合题意；D．浓硫酸具有强氧化性，能将乙醇氧化，自身被还原为二氧化硫，二氧化硫以及挥发出来的乙醇蒸气都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故该气体不一定是乙烯，实验现象所得结论与题给结论不符，D项不符合题意；答案选A。13、A【解析】

A.氨气极易溶于水，则采用防倒吸装置，E←C；制取的二氧化碳需除去HCl杂质，则F→B，A→D，A正确；B.装置X为除去HCl杂质，盛放的试剂为饱和NaHCO3溶液，B错误；C.实验开始时应先打开Y中分液漏斗的旋转活塞，使溶液呈碱性，吸收更多的二氧化碳，C错误；D.装置Z中用干燥管的主要目的是防止氨气溶于水时发生倒吸，D错误；答案为A。14、C【解析】

A．石灰石加热后制得生石灰，同时生成CO2，该反应为分解反应，A正确；B．根据“蒸令气上”可知，是利用互溶混合物的沸点差异进行分离，其操作是蒸馏，B正确；C．绿矾的化学式是FeSO4·7H2O，在溶液中电离出二价铁离子、硫酸根离子，不能电离出H+，C错误；D．“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”是指朱砂，主要成分为HgS，硫化汞的天然矿石为大红色，D正确。答案选C。15、B【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，则X为Na；工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为Al，W、Z最外层电子数相同，属于同主族元素，Z的核电荷数是W的2倍，符合条件的W、Z为O、S。【详解】A．W、X、Y形成的简单离子分别是O2-、Na+、Al3+，其核外电子数都为10，故A正确；

B．Y和Z形成的化合物是Al2S3，硫化铝在水溶液能发生剧烈的双水解反应，所以不能通过复分解反应制得，故B错误；

C．S、O可形成原子个数比为1：2和1：3的共价化合物SO2、SO3，故C正确；

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，故D正确；

故选：B。16、A【解析】

A.该电池的总反应方程式为：C+O2=CO2，炭粉在负（a）极失电子发生氧化反应，空气中的氧气在正（b）极得电子，该电池工作时，阴离子CO32-通过隔膜移动到a极，故A正确；B.a极通入Ar，可以使炭粉和熔融碳酸盐的混合物隔绝空气，防止炭粉被氧化，如果a极通入空气，炭粉将直接被氧化，负载上没有电流通过，故B错误；C.b极为正极，得电子发生还原反应，电极反应式为：2CO2+O2+4e-=2CO32-，故C错误；D.该电池的总反应方程式为：C+O2=CO2，从方程式可以看出钾离子和碳酸根离子都没有被消耗，因此理论上不需要补充K2CO3，故D错误；故选A。17、C【解析】

A项，根据键线式，由碳四价补全H原子数，即可写出化学式为C13H20O，正确；B项，由于分子可存在碳碳双键，故可以发生加聚反应，正确；C项，分子式为C13H20O，可以写成C13H18H2O，13个碳应消耗13个O2，18个H消耗4.5个O2，共为13+4.5=17.5，故错误；D项，碳碳双键可以与Br2发生加成发生，然后水解酸化，即可得Br－，再用AgNO3可以检验，正确。答案选C。18、C【解析】

A项、催化剂可改变反应的途径，不改变反应的始终态，则反应热不变，故A错误；B项、过程③为化学键的断裂过程，为吸热过程，故B错误；C项、过程②氢气与氮气分子没有变化，被催化剂吸附的过程，故C正确；D．过程④为化学键的形成过程，为放热过程，故D错误；故选C。19、B【解析】

由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，据此分析。【详解】①在酸性环境下S2－不能大量共存，错误；②在碱性环境下Fe2＋不能大量共存，错误；③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－在酸性、碱性环境下均能大量共存，正确；④HCO3－在酸性、碱性环境下均不能大量共存，错误；⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－在酸性、碱性环境下均能大量共存，正确；答案选B。本题隐含条件为溶液可能为酸性，也可能为碱性，除此以外，能与铝粉反应放出氢气的环境也是可能为酸性或者碱性；离子能够发生离子反应而不能大量共存，生成弱电解质而不能大量共存是常考点，需要正确快速判断。20、C【解析】

A．“纳米银外用抗菌凝胶”利用了银使蛋白质变性的原理杀灭病菌，故A正确；B．标准首饰用银的合金，银含量为92.5%，又称925银，故B正确；C．地沟油的主要成分是油脂，属于酯类，不是碳氢化合物，故C错误；D．液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰，二者发生反应产生氯化钙、次氯酸钙和水，从而消除了氯气的毒性及危害，故D正确；故答案选C。21、A【解析】

A项，FeCl2溶液中含Fe2+，NH4SCN用于检验Fe3+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不会显红色，A项错误；B项，KAl（SO4）2·12H2O溶于水电离出的Al3+水解形成Al（OH）3胶体，离子方程式为Al3++3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，B项正确；C项，实验室可用NH4Cl和Ca（OH）2混合共热制NH3，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，C项正确；D项，Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2，反应的化学方程式为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D项正确；答案选A。22、C【解析】

A．分子式为C8H9NO2，故A错误；B．含酚-OH、-CONH-，该有机物不溶于水，故B错误；C．含酚-OH，能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应，故C正确；D．含O、N等元素，不是芳香烃，故D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、CH3COOH加成反应羰基+2C2H5OH2H2O【解析】

丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；由(1)可知A和B均有酸性，则存在羧基，故A为CH3COOH；A与溴水和红磷反应得到B，B再与NaCN反应得到C，则B为BrCH2COOH，C为NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物E为。【详解】(1)由分析可知A为CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；(2)F为C3H6O，不饱和度为1，链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，故F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；(3)丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，方程式为+2C2H5OH2H2O，故答案为：+2C2H5OH2H2O；(4)根据信息提示，则丙二酸二乙酯()要形成高聚物E，则要发生分子间的缩聚反应，高聚物E为，故答案为：；(5)丙二酸二乙酯(C7H12O4)同分异构体满足①与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基；②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为3∶2∶1，故氢个数分别为6，4，2；③能发生银镜反应，说明要存在醛基或者甲酯，官能团又要为酯基，只能为甲酯，根据②可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10，要满足相同氢分别为6、4，只能为两个乙基，满足的为，故答案为：；(6)与丙二酸二乙酯反生加成反应，故双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，进过消去反应得到，根据题干信息RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）提示，可反生取代得到，故答案为：；。本题难点(5)，信息型同分异构体的确定，一定要对所给信息进行解码，确定满足条件的基团，根据核磁共振或者取代物的个数，确定位置。24、Ols22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）O3分子晶体离子晶体三角锥形sp32Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）Na2O82.27g/cm3【解析】

A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C为P元素，C、D为同周期元索，D元素最外层有一个未成对电子，则D为Cl元素，A2－和B＋具有相同的电子构型，则A为O、B为Na元素；通过以上分析，A、B、C、D分别是O、Na、P、Cl元素。【详解】（1）元素的非金属性越强，其电负性越大，这几种元素非金属性最强的是O元素，则电负性最大的是O元素；C是P元素，其原子核外有15个电子，根据构造原理书写P原子核外电子排布式为ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；故答案为：O；ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；（2）单质A为氧气，氧气的同素异形体是臭氧，二者都是分子晶体，分子晶体熔沸点与范德华力成正比，范德华力与相对分子质量成正比，臭氧的相对分子质量大于氧气，则范德华力：臭氧＞氧气，所以熔沸点较高的是O3；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为水是分子晶体和NaH为离子晶体。故答案为：O3；分子晶体；离子晶体；（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物PCl3，PCl3中P原子价层电子对个数=3+=4且含1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的立体构型为三角锥形、中心原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：三角锥形；sp3；（4）单质Cl2与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，其化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）。故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）；（5）O和Na能够形成化合物F，半径大的为O元素离子、半径小的为Na＋，该晶胞中大球个数=8×+6×=4、小球个数为8，则大球、小球个数之比=4：8=1：2，则化学式为Na2O；观察晶胞中面心的原子，与之相连的原子有8个，晶胞中O原子的配位数为8；该晶胞体积=a3nm3，晶胞密度==g·cm－3=2.27g·cm－3；故答案为：Na2O；2.27g·cm-3。本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基础知识点的灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，利用均摊法求出晶胞中原子的个数，结合密度公式含义计算。25、NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+＜取2mLpH＝4.0的0.80mol·L－1FeSO4溶液加2滴0.01mol·L－1KSCN溶液溶液pH越小，Fe2+越稳定溶液中存在平衡4Fe2+＋O2＋10H2O4Fe(OH)3＋8H+，c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe2+更稳定生成的Fe(OH)3对反应有催化作用加一定量的酸；密封保存【解析】

（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但中（NH4）2Fe（SO4）2含有浓度较高的NH4+；通过表格中的颜色变化来分析；（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，据此分析；（3）由实验Ⅲ可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe（OH）3+8H+，根据平衡的移动来分析；（4）根据影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂来分析；（5）根据上述实验来分析。【详解】（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有浓度较高的NH4+，NH4+水解显酸性，导致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小；通过表格中的颜色变化可知（NH4）2Fe（SO4）2中的Fe2+被氧化的速率更慢，即溶液的稳定性：FeSO4<（NH4）2Fe（SO4）2，故答案为：NH4++H2ONH3•H2O+H+；<；（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，故应取2mLpH=4.0的0.80mol•L-1FeSO4溶液于试管中，加2滴0.01mol•L-1KSCN溶液，过若观察到的现象与实验Ⅰ中（NH4）2Fe（SO4）2溶液现象相同，则说明上述猜想不正确，故答案为：取2mLpH=4.0的0.80mol•L-1FeSO4溶液；加2滴0.01mol•L-1KSCN溶液；（3）由实验Ⅲ可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，溶液的pH越小，则氢离子浓度越大，平衡左移，则Fe2+的氧化被抑制，故答案为：溶液pH越小，Fe2+越稳定；溶液中存在平衡4Fe2++O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe2+更稳定；（4）影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂，而同一条曲线上的浓度FeSO4溶液相同，且应随着反应的进行，Fe2+的浓度减小，故不是浓度对反应速率的影响；而此反应为溶液中的反应，故压强对此反应速率无影响；而此反应中温度不变，故能影响反应速率的只有催化剂，故唯一的可能原因是生成的Fe（OH）3对反应有催化作用，故答案为：生成的Fe（OH）3对反应有催化作用；（5）根据上述实验可知，加入一定量的酸会抑制Fe2+的氧化，或是隔绝空气密封保存，故答案为：加入一定量的酸，密封保存。（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有浓度较高的NH4+，NH4+水解显酸性，导致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小，NH4+保护了Fe2+是解答关键，也是试题的难点和突破口。26、3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2吸收水分排除装置中的空气，防止干扰实验结果CO2、CO除去CO2，防止干扰CO的检验防止Fe2+的水解防止H2O2分解三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小，有利于三草酸合铁酸钾析出【解析】

(l)计算晶体物质的量n==0.03mol，失去结晶水应为0.06mol，固体质量变化=0.06mol×18g/mol=1.08g，图表数据可知，150～210固体质量变化=5.49g-4.41g=1.08g，说明210°C失去结晶水得到CoC2O4，210～290℃过程中是CoC2O4发生的反应，210～290℃过程中产生的气体只有CO2，依据元素守恒得到生成n(CO2)=0.06mol，m(CO2)=0.06mol×44g/mol=2.64g，气体质量共计减小=4.41g-2.41g=2g，说明不是分解反应，参加反应的还有氧气，则反应的m(O2)=2.64g-2g=0.64g，n(O2)==0.02mol，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式；(2)①三草酸合铁酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应，根据元素守恒推测得到的产物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳还原氧化铜，得到的金属铜可被氧气氧化，所以实验开始先通一段时间N2，将装置中的空气排净，实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯再通入N2至常温，根据装置中现象变化判断产物；②为能准确判断三草酸合铁酸钾晶体高温下分解的产物中是否含有一氧化碳，现象为E中固体由黑色变为红色，且F中澄清石灰水变浑浊，为确保实验现象不被干扰，在C装置中装入足量氢氧化钠，把二氧化碳吸收干净，避免干扰一氧化碳的检验；(3)①亚铁离子易水解生成氢氧化亚铁，酸能抑制其水解；②温度高时，双氧水易水解；根据相似相溶原理分析；【详解】(l)计算晶体物质的量n()==0.03mol，失去结晶水应为0.06mol，固体质量变化=0.06mol×18g/mol=1.08g，图表数据可知，150～210固体质量变化=5.49g-4.41g=1.08g，说明210°C失去结晶水得到CoC2O4，210～290℃过程中是CoC2O4发生的反应，产生的气体只有CO2，依据元素守恒得到生成n(CO2)=0.06mol，m(CO2)=0.06mol×44g/mol=2.64g，气体共计减小质量=4.41g-2.41g=2g，说明有气体参加反应应为氧气，则反应的m(O2)=2.64g-2g=0.64g，n(O2)==0.02mol；n(CoC2O4)：n(O2)：n(CO2)=0.03：0.02：0.06=3：2：6，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式为3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2，装置D中盛放的为浓硫酸，装置E的作用是验证草酸钴晶体受热分解的产物，防止对实验的干扰和实验安全，则浓硫酸的作用是吸收水分；(2)①三草酸合铁酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应，根据元素守恒推测得到的产物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳还原氧化铜，得到的金属铜可被氧气氧化，所以实验开始先通一段时间N2，将装置中的空气排净，实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯再通入N2至常温，实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，即证明二氧化碳产生，E中有红色固体生成，证明还原性的气体CO的产生；②为能准确判断三草酸合铁酸钾晶体高温下分解的产物中是否含有一氧化碳，现象为E中固体由黑色变为红色，且F中澄清石灰水变浑浊，为确保实验现象不被干扰，在C装置中装入足量氢氧化钠，把二氧化碳吸收干净，避免干扰一氧化碳的检验；(3)①硫酸亚铁易水解而是其气压呈酸性，加热稀硫酸能抑制亚铁离子水解；②双氧水不稳定，温度高时，双氧水易分解，为防止双氧水分解，温度应低些，根据相似相溶原理知，三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小，所以可以用乙醇使三草酸合铁酸钾析出。27、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。28、（2a+2b+c）kJ•mol-11050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大20％4A<0.25【解析】

（1）利用盖斯定律解答。（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。恒温恒压下体积分数等于物质的量分数。②利用化学平衡常数表达式计算。（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小。（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数。②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=K。【详解】（1）①SO2(g)+NH3•H2O(aq)=NH4HSO3(aq)△H1=ak