2025年湘师大新版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年湘师大新版高三化学上册阶段测试试卷948考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列物质递变规律不能用元素周期律解释的是（）A.非金属性：C＞SiB.碱性：NaOH＞Mg（OH）2C.酸性：H2SO3＞H2CO3D.还原性：HI＞HBr2、2011年1月14日，我国材料科学的一代宗师师昌绪，荣获2010年度中国科技界的最高荣誉“国家最高科学技术奖”，他主要从事高温合金及高合金钢研究，领导研制出我国第一代空心气冷铸造镍基高温合金涡轮叶片等多项成果，下列关于合金的叙述正确的是（）A.合金的熔点一般比组分金属高B.合金中只含金属元素C.合金的机械性能一般比组分金属好D.合金不容易发生电化学腐蚀3、我们生活在千变万化的物质世界里．下列变化中，没有发生氧化还原反应的是（）A.爆竹爆炸B.木炭燃烧C.蒸发D.电解水4、下列说法不正确的是（）A.硅是非金属元素，但它的单质是灰黑色有金属光泽的固体B.当加热到一定程度时，硅能与氧气、氢气等非金属反应C.二氧化硅既是酸性氧化物，又是碱性氧化物D.硅的导电性能介于金属和绝缘体之间，是良好的半导体材料5、下列关于丙烯（CH3-CH=CH2）的说法正确的（）A.丙烯分子2个δ键，1个π键B.丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化C.丙烯分子存在非极性键D.丙烯分子中3个碳原子在同一直线上6、0.5mol某羧酸与足量乙醇发生酯化反应，生成酯的质量比原羧酸的质量增加了28g，则原羧酸可能是（）A.甲酸B.乙二酸C.丙酸D.丁酸7、下列有关实验装置进行的相应实验；能达到实验目的是（）

A.用图①所示装置除去Cl2中含有的少量HClB.用图②所示装置制备并收集O2C.用图③所示装置制取少量的CO2气体D.用图④所示装置分离汽油萃取碘水后已分层的有机层和水层8、下列有关范德华力叙述正确的是（）A.范德华力是决定由分子构成的物质的熔沸点高低的唯一因素B.范德华力是一种分子间作用力，也是一种特殊的化学键C.稀有气体原子之间不存在范德华力D.常温常压下，卤素单质从F2→I2由气态、液态到固态的原因是范德华力逐渐增大评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比C12、O2、C1O2、KMnO4氧化性更强；无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出．

（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：

2FeSO4+aNa2O2=2Na2FeO4+bX+2Na2SO4+cO2↑

反应中物质X应是____，a与c的关系是____．

②简要说明K2FeO4作为水处理剂时，在水处理过程中所起的作用____．

（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种数粒：Fe（OH）3、C1O-、OH-、FeO42-、C1-、H2O．

①写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：____．

②每生成1molFeO42-转移____mo1电子，若反应过程中转移了0.3mo1电子，则还原产物的物质的量为____mo1．

③低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明什么问题____．10、葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质．葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：

CH2OH（CHOH）4CHO+Br2+H2O→C6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr

2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3→Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2↑

相关物质的溶解性见下表：

。物质名称葡萄糖酸钙葡萄糖酸溴化钙氯化钙水中的溶解性可溶于冷水易溶于热水可溶易溶易溶乙醇中的溶解性微溶微溶可溶可溶实验流程如下：

葡萄糖溶液滴加3%溴水/55℃：①过量CaCO3/70℃②趁热过滤③乙醇④悬浊液。

抽滤⑤洗涤⑥干燥⑦Ca（C6H11O7）2

葡萄糖溶液悬浊液Ca（C6H11O7）2

请回答下列问题：

（1）第①步中溴水氧化葡萄糖时，下列装置最合适的是____（填序号）．

（2）第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是____．

（3）本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是____．

（4）第③步需趁热过滤，其原因是____．

（5）葡萄糖溶液与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式为____．11、苏丹红一号（sudanI）是一种偶氮染料，不能作为食品添加剂使用．它是由苯胺和2-萘酚为主要原料制备的，它们的结构简式如图1所示：

（1）苏丹红一号的化学式（分子式）为____．

（2）在图2的化合物中（A）～（D）中，上述化合物（C）中含有的官能团名称是____

（3）在适当条件下，2-萘酚经反应可得到芳香化合物E（C8H6O4），1molE与适量的碳酸氢钠溶液反应可放出CO244.8L（标准状况），E与溴在有催化剂存在时反应只能生成两种一溴取代物，两种一溴取代物的结构简式分别是____，E与碳酸氢钠反应的化学方程式是____．

（4）若将E与足量乙醇在浓硫酸作用下加热，可以生成一个化学式（分子式）为C12H14O4的新化合物，该反应的化学方程式是____．12、（2013秋•绿园区校级期中）如图所示；一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力曲线图，请回答．

（1）“O”点为什么不导电____．

（2）a、b、c三点的氢离子浓度由小到大的顺序为____．

（3）a、b、c三点中，醋酸的电离程度最大的一点是____．13、某课外活动小组根据Mg与CO2的反应原理，探究Mg与NO2的反应及固体产物．该小组通过实验确认Mg能在NO2中燃烧；并对固体产物提出三种假设：

I．固体产物为MgO；Ⅱ．固体产物为Mg3N2；III．固体．产物为____．

已知：2NO2+2NaOH=NaNO3+H2O；Mg3N2与水发生剧烈反应．

回答下列问题：

（1）利用下列仪器组装探究实验装置；按气流方向，正确的连接顺序是（每种仪器只用一次）：

a接____，____接____，____接____．

（2）装置组装好后，检验气密性的方法是____．

（3）装置A中发生反应的离子方程式为____．

（4）装置C中盛装的干燥剂可以是（填序号）____．

①浓硫酸②无水CaCl2③碱石灰④五氧化二瞵。

（5）实验开始时，先让A中反应进行一段时间，待B中充满红棕色气体后，再点燃B处酒精灯．这样做的目的是____．

（6）实验前镁粉的质量为12.00g，镁粉完全反应后得到的同一固体残留物称量了三次，所得数据分别是17.00g、18.02g、17.98go以上数据能否____（填“能”或“不能”）用托盘天平获得．通过计算判断以上假设____是成立的．

（7）为了使测定结果更加准确，还需对组装好的装置进行的改进是____．14、有机物G（分子式为C13H18O2）是一种香料；如图是该香料的一种合成路线．

已知：①E能够发生银镜反应，1molE能够与2molH2完全反应生成F；

②R-CH═CH2R-CH2CH2OH；

③有机物D的摩尔质量为88g•mol-1；其核磁共振氢谱有3组峰；

④有机物F是苯甲醇的同系物；苯环上只有一个无支链的侧链．

回答下列问题：

（1）用系统命名法命名有机物B：____．

（2）E的结构简式为____．

（3）C与新制Cu（OH）2反应的化学方程式为____．

（4）有机物C可与银氨溶液反应，配制银氨溶液的实验操作为____．

（5）已知有机物甲符合下列条件：①为芳香族化合物；②与F互为同分异构体；③能被催化氧化成醛．符合上述条件的有机物甲有____种．其中满足苯环上有3个侧链，且核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为6：2：2：1：1的有机物的结构简式为____（任意填一种）．

（6）以丙烯等为原料合成D的路线如下：

X的结构简式为____，步骤Ⅱ所需试剂及条件为____，步骤Ⅳ的反应类型为____．15、用乙烯、甲苯、E三种原料合成高分子药物M和有机中间体L的路线如下：

已知：

Ⅰ．

Ⅱ．

Ⅲ．L是六元环酯，M分子式是（C15H16O6）n

回答下列问题：

（1）B中官能团的名称是____，D的结构简式是____．

（2）E→F的反应条件是____，H→J的反应类型是____．

（3）F→G的化学反应方程式是____．

（4）K→M属于加聚反应，M的结构简式是____．

（5）碱性条件下，K水解的化学反应方程式是____．

（6）符合下列条件的C的同分异构体的结构简式是____．

①属于芳香族化合物；

②能发生银镜反应；

③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：1：2：2．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、判断对错：1molNa2O2固体中含有离子总数为4NA____．17、标准状况下，1moL水中所含原子总数数为3NA____（判断对错）18、乙酸与丙二酸互为同系物____．19、红外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析____．20、丁达尔现象可用来区别胶体与溶液，其中胶体能透过半透膜____．（判断对错）评卷人得分四、推断题(共4题，共12分)21、A-J是中学化学常见的物质；它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去）．已知A是一种高熔点物质，D是一种红棕色固体．

请回答下列问题：

（1）H与I反应所得难溶物化学式为____．

（2）C与D在高温下的反应在冶金工业上称为____反应。

（3）写出G→J、J→D的化学方程式：____、____

（4）A→H的离子方程式为____

（5）用离子方程式表示I物质能用于净水的原理____．22、下图中的反应①是重要的电化学工业反应，反应②可用于制备新型消毒净水剂Na2FeO4．常温下B；C为气态单质；G是当代社会使用量最大的金属，其余均为化合物．（反应时加入或生成的水，以及生成沉淀I时的其他产物均已略去）．

请回答下列问题：

（1）E的电子式为____．

（2）J溶液蒸干灼烧得到的物质是（填化学式）____．

（3）反应①的化学方程式是____．

（4）反应②的离子方程式是____．

（5）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型、高效、无二次污染的绿色水处理剂．工业上干法制备高铁酸钠的主要反应方程式为：FeSO4+Na2O2→Na2FeO4+Na2O+Na2SO4+O2↑（未配平）

下列有关说法不正确的是____

A．高铁酸钠中铁显+6价

B．干法中每生成1molNa2FeO4转移4mol电子

C．Na2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，还能除去水体中的H2S、NH3等

D．Na2FeO4处理水时还能吸附水中的悬浮杂质，所以自来水厂用高铁酸钠处理水后无需再用活性炭处理了．23、X、Y、Z、W四种主族元素分布在三个不同的短周期，它们的原子序数依次增大，其中Y与Z为同一周期，X与W为同一主族，Z元素的外围电子排布为nsnnp2n，W在空气中燃烧可以得到淡黄色固体。又知四种元素分别形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，一种是固体。请回答下列问题：（1）W在元素周期表中的位置是；基态时Y的电子排布式是＿＿＿。（2）比较元素Y和Z的第一电离能：Y____Z（填“大于”、“小于”或“不确定”），将YX3通入溴水中可发生反应，生成Y的单质和一种盐M，Y的单质中的σ键和π键个数比为____，盐M的晶体类型是。（3）由W和Y组成的化合物易水解，其水解的化学方程式是____；（4）已知Y2X4和过氧化氢混合可作火箭推进剂。12.8g液态Y2X4与足量过氧化氢反应生成Y的单质和气态水，放出256.65kJ的热量：2H2O2(l)=O2(g)+2H2O(l)ΔH＝－196.4KJ/molH2O(l)=H2O(g)ΔH＝+44KJ/mol写出液态Y2X4和氧气反应生成Y的单质和液态X2Z的热化学方程式。24、已知D、M、H是常见的非金属单质，其中M是无色气体，H是有色气体，J是一种金属单质（其同族的某种元素是形成化合物种类最多的元素），A、C是金属氧化物，C和J均是某种常见电池的电极材料，J元素的+2价化合物比+4价化合物稳定，B与C反应时，每生成1molH同时消耗4molB和1molC，K只知含有CO或CO2中的一种或两种．它们关系如图：

（1）写出下列物质的化学式：A____D____

（2）写出下列反应的化学方程式：

②____

⑤____

（3）由金属氧化物A和C得到其相应的金属，在冶金工业上一般可用____方法（填序号）

①热分解法②热还原法③电解法

其中从A得到其相应金属也可用铝热法，若反应中1molA参加反应，转移电子的物质的量为____

（4）用C、J作电极，与硫酸构成如图所示电池，正极的电极反应为____当反应转移1mol电子时，负极质量增加____g．

评卷人得分五、综合题(共2题，共4分)25、已知N、P同属元素周期表的ⅤA族元素，N在第二周期，P在第三周期，NH3分子呈三角锥形，N原子位于锥顶，三个H原子位于锥底，N—H键间的夹角是107°。26、［化学—选修物质结构与性质］（15分）美国《科学》杂志评出的2009年十大科学突破之一是石墨烯的研究和应用方面的突破。石墨烯具有原子级的厚度、优异的电学性能、出色的化学稳定性和热力学稳定性。制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型及分子结构示意图如右：（1）下列有关石墨烯说法正确的是＿＿＿＿。A．石墨烯的结构与金刚石相似B．石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面C．12g石墨烯含σ键数为NAD．从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。①钴原子在基态时，核外电子排布式为：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。②乙醇沸点比氯乙烷高，主要原因是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。③上图是金与铜形成的金属互化物合金，它的化学式可表示为：＿＿＿＿＿＿＿＿。④含碳源中属于非极性分子的是＿＿＿（a．甲烷b．乙炔c．苯d．乙醇）⑤酞菁与酞菁铜染料分子结构如下图，酞菁分子中氮原子采用的杂化方式有：＿＿＿＿＿＿＿＿。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】A．同一主族元素；非金属性随着原子序数增大而减弱；

B．元素的金属性越强；其最高价氧化物的水化物碱性越强；

C．元素的非金属性越强；其最高价氧化物的水化物酸性越强；

D．元素的非金属性越强，其氢化物的还原性越弱．【解析】【解答】解：A．同一主族元素；非金属性随着原子序数增大而减弱，C；Si属于同一主族元素且原子序数Si＞C，所以非金属性C＞Si，故A不选；

B．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Na＞Mg，所以碱性NaOH＞Mg（OH）2；故B不选；

C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性S＞C，所以酸性：H2SO4＞H2CO3，但H2SO3不是S元素的最高价含氧酸，所以不能用元素周期律解释H2SO3＞H2CO3；故C选；

D．元素的非金属性越强，其氢化物的还原性越弱，非金属性Br＞I，所以还原性：HI＞HBr；故D不选；

故选C．2、C【分析】【分析】合金是在一种金属中加热熔合其他金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，具有硬度答大，熔点较组分金属低的特点，以此解答该题．【解析】【解答】解：合金是在一种金属中加热熔合其他金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；属于混合物．一般来说，合金的熔点比各成分的熔点低，但硬度比各成分硬度高，合金易形成原电池反应而被腐蚀．

故选C．3、C【分析】【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，则为氧化还原反应；反之，不存在元素的化合价变化，则不发生氧化还原反应，以此来解答．【解析】【解答】解：A．爆竹爆炸；为炸药与氧气发生的剧烈的氧化还原反应，故A不选；

B．木炭燃烧；C；O元素的化合价变化，发生氧化还原反应，故B不选；

C．蒸发；属于物质状态的变化过程，没有元素化合价的变化，不发生氧化还原反应，故C选；

D．电解水；H；O元素的化合价变化，发生氧化还原反应，故D不选；

故选C．4、C【分析】【分析】A．硅的单质是灰黑色；硬、有金属光泽的固体；

B．当加热到一定程度时；硅能与氧气；氢气等非金属反应分别生成二氧化硅、硅烷；

C．和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，既能和酸又能和碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物；

D．硅的原子最外层4个电子，其导电性能介于金属和绝缘体之间，是良好的半导体材料．【解析】【解答】解：A．硅是非金属元素；晶体硅为灰黑色，无定形硅为黑色，都是有金属光泽的固体，故A正确；

B．当加热到一定程度时，硅能与氧气Si+O₂SiO₂，硅能与氢气反应2H2+SiSiH4；故B正确；

C．二氧化硅不是两性氧化物；二氧化硅除了和氢氟酸反应，不与其它酸反应，不属于碱性氧化物，二氧化硅能和碱反应，属于酸性氧化物，故C错误；

D．Si在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素；单质硅是一种良好的半导体材料，故D正确；

故选C．5、C【分析】【分析】共价单键为δ键，双键中有1个δ键，1个π键，甲基中的C为sp3杂化，双键中的C为sp2杂化，结合化学键及乙烯的平面结构分析．【解析】【解答】解：A．丙烯分子有8个δ键；1个π键，故A错误；

B．丙烯分子中1个碳原子为sp3杂化，双键上的2个碳原子都是sp2杂化；故B错误；

C．存在C-C非极性键；故C正确；

D．C=C为平面结构；最多2个碳原子在一条直线上，故D错误；

故选C．6、B【分析】【分析】羧酸与足量乙醇反应的机理，醇脱氢酸脱羟基，所以酯化后得到的酯为RCOOC2H5分子组成上比原羧酸多了C2H4，假设酸是一元酸，那么可以算得1mol酸充分酯化反应之后增重应为28g，0.5mol某羧酸与足量乙醇发生酯化反应，生成酯的质量比原羧酸的质量增加了28g，因此不是一元酸，而是二元酸，由此分析解答．【解析】【解答】解：羧酸与足量乙醇反应的机理，醇脱氢酸脱羟基，所以酯化后得到的酯为RCOOC2H5分子组成上比原羧酸多了C2H4，假设酸是一元酸，那么可以算得1mol酸充分酯化反应之后增重应为28g，0.5mol某羧酸与足量乙醇发生酯化反应，生成酯的质量比原羧酸的质量增加了28g，因此不是一元酸，而是二元酸，所以是选项中的乙二酸，故选B．7、C【分析】【分析】A．二者均与NaOH反应；不符合除杂原则；

B．氧气密度比空气大；

C．碳酸钙为块状固体；能使反应随时停止；

D．汽油密度比水小．【解析】【解答】解：A．二者均与NaOH反应；不符合除杂原则，则图中除杂试剂应为饱和食盐水，故A错误；

B．氧气密度比空气大；应用向上排空气法收集，故B错误；

C．碳酸钙为块状固体；能使反应随时停止，可制取二氧化碳，故C正确；

D．汽油密度比水小；有机层位于上层，故D错误．

故选C．8、D【分析】【分析】A；由分子构成的物质的熔沸点由分子间作用力决定；

B；范德华力不是化学键；

C；分子间都存在范德华力；

D、结构相似的分子晶体相对分子质量越大，范德华力越大．【解析】【解答】解：A；由分子构成的物质的熔沸点由分子间作用力决定；分子间作用力包括范德华力和氢键，故A错误；

B；范德华力是分子间较弱的作用力；是一种分子间作用力，不是化学键，故B错误；

C；分子间都存在范德华力；则稀有气体原子之间存在范德华力，故C错误；

D、结构相似的分子晶体相对分子质量越大，范德华力越大，则常温常压下，卤素单质从F2→I2由气态；液态到固态的原因是范德华力逐渐增大；故D正确；

故选D．二、填空题(共7题，共14分)9、Na2Oa=4+2cK2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，消毒过程中自身被还原为铁离子，铁离子水解生成胶体可吸附水中悬浮杂质而沉降2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O30.15该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小【分析】【分析】（1）①反应中铁元素由+2价升高到+6价，过氧化钠中的部分氧由-1价升高到0价，根据氧化还原反应中元素化合价升降规律，过氧化钠中的另一部分氧一定会由-1价降低到-2价，反应中硫、铁原子已经守恒，故X只能为Na2O；根据原子守恒判断a；c关系；

②利用氧化性消毒；利用胶体吸附杂质；

（2）①高铁酸钾是生成物，则Fe（OH）3是反应物，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价，则Fe（OH）3是还原剂，还需要氧化剂参加反应，C1O-具有强氧化性，所以C1O-是反应物，生成物是C1-；Cl元素化合价由+1价变为-1价，转移电子数为6；

②该反应中Fe元素化合价由+3价升高到+6价；Cl元素化合价由+1价变为-1价，转移电子数为6，根据转移电子和高铁酸根离子之间关系式计算转移电子物质的量；根据转移电子和还原产物之间关系式计算还原产物物质的量；

③相同条件下溶解度低的先析出．【解析】【解答】解：（1）①反应中铁元素由+2价升高到+6价，过氧化钠中的部分氧由-1价升高到0价，根据氧化还原反应中元素化合价升降规律，过氧化钠中的另一部分氧一定会由-1价降低到-2价，反应中硫、铁原子已经守恒，故X只能为Na2O，配平后方程式为2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑；可知a=4+2c；

故答案为：Na2O；a=4+2c；

②K2FeO4具有强氧化性；能杀菌消毒，消毒过程中自身被还原为铁离子，铁离子水解生成胶体可吸附水中悬浮杂质而沉降，从而净化水；

故答案为：K2FeO4具有强氧化性；能杀菌消毒，消毒过程中自身被还原为铁离子，铁离子水解生成胶体可吸附水中悬浮杂质而沉降；

（2）①高铁酸钾是生成物，则Fe（OH）3是反应物，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价，则Fe（OH）3是还原剂，还需要氧化剂参加反应，C1O-具有强氧化性，所以C1O-是反应物，生成物是C1-，Cl元素化合价由+1价变为-1价，转移电子数为6，溶液在碱性条件下进行，则氢氧化根离子参加反应，生成水，反应方程式为2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；

②2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O中Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则该反应中转移电子数为6，每生成1molFeO42-转移电子物质的量=3mol，该反应中还原产物是氯离子，若反应过程中转移了0.3mo1电子，则还原产物的物质的量=0.15mol；

故答案为：3；0.15；

③由于该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小，所以低温下在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），故答案为：该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小．10、B提高葡萄糖酸的转化率，且过量的碳酸钙易除去氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应制得葡萄糖酸钙葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤或损失产品CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH2OH（CHOH）4COONa+Cu2O↓+3H2O【分析】【分析】葡萄糖溶液中加入3%溴水；温度控制在55℃；温度小于100℃，应该用水浴加热，且温度计测量水浴温度；

发生的反应为CH2OH（CHOH）4CHO+Br2+H2O→C6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr，该反应中生成HBr，为防止污染大气，应该用碱液处理HBr；然后向溶液中加入过量CaCO3、温度控制在70℃，发生反应2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3→Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2↑，葡萄糖酸钙可溶于冷水易溶于热水，所以趁热过滤，将未溶解的碳酸钙除去，然后向滤液中加入乙醇，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，所以得到葡萄糖酸钙悬浊液，然后抽滤得到固体，然后洗涤、干燥固体最后得到Ca（C6H11O7）2固体；

（1）第①步中溴水氧化葡萄糖时；该温度小于100℃，应该用水浴加热；

（2）第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余；过量的碳酸钙能提高葡萄糖酸的转化率；

（3）本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3；氯化钙和葡萄糖酸不反应；

（4）第③步需趁热过滤；因为葡萄糖酸钙易溶于热水；

（5）葡萄糖溶液与新制Cu（OH）2悬浊液发生氧化反应生成葡萄糖酸钠、氧化亚铜和水．【解析】【解答】解：葡萄糖溶液中加入3%溴水；温度控制在55℃；温度小于100℃，应该用水浴加热，且温度计测量水浴温度；

发生的反应为CH2OH（CHOH）4CHO+Br2+H2O→C6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr，该反应中生成HBr，为防止污染大气，应该用碱液处理HBr；然后向溶液中加入过量CaCO3、温度控制在70℃，发生反应2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3→Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2↑，葡萄糖酸钙可溶于冷水易溶于热水，所以趁热过滤，将未溶解的碳酸钙除去，然后向滤液中加入乙醇，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，所以得到葡萄糖酸钙悬浊液，然后抽滤得到固体，然后洗涤、干燥固体最后得到Ca（C6H11O7）2固体；

（1）第①步中溴水氧化葡萄糖时；该温度小于100℃，应该用水浴加热，只有B是水浴加热，故选B；

（2）第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余；过量的碳酸钙能提高葡萄糖酸的转化率，且碳酸钙不易溶于水，所以碳酸钙易除去，故答案为：提高葡萄糖酸的转化率，且过量的碳酸钙易除去；

（3）盐酸酸性大于葡萄糖酸，所以氯化钙和葡萄糖酸不反应，则本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3；

故答案为：氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应制得葡萄糖酸钙；

（4）第③步需趁热过滤；因为葡萄糖酸钙易溶于热水，可溶于水，所以要趁热过滤；

故答案为：葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出；如不趁热过滤或损失产品；

（5）葡萄糖溶液与新制Cu（OH）2悬浊液发生氧化反应生成葡萄糖酸钠；氧化亚铜和水；

反应方程式为CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH2OH（CHOH）4COONa+Cu2O↓+3H2O，故答案为：CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH2OH（CHOH）4COONa+Cu2O↓+3H2O．11、C16H12N2O碳碳双键、醛基【分析】【分析】（1）由结构简式可知分子式；

（2）化合物（C）中含-C=C-；-CHO；

（3）2-萘酚经反应可得到芳香化合物E（C8H6O4），1molE与适量的碳酸氢钠溶液反应可放出CO244.8L（标准状况）；E与溴在有催化剂存在时反应只能生成两种一溴取代物，则E中含2个-COOH，且结构对称，苯环上只有2种位置的H，所以E为邻苯二甲酸；

（4）E与足量乙醇在浓硫酸作用下加热，可以生成一个化学式（分子式）为C12H14O4的新化合物，发生酯化反应生成邻苯二甲酸二乙醇酯、水．【解析】【解答】解：（1）由结构简式可知分子式为C16H12N2O，故答案为：C16H12N2O；

（2）化合物（C）中含-C=C-；-CHO；名称分别为碳碳双键、醛基，故答案为：碳碳双键、醛基；

（3）2-萘酚经反应可得到芳香化合物E（C8H6O4），1molE与适量的碳酸氢钠溶液反应可放出CO244.8L（标准状况），E与溴在有催化剂存在时反应只能生成两种一溴取代物，则E中含2个-COOH，且结构对称，苯环上只有2种位置的H，所以E为邻苯二甲酸，两种一溴取代物的结构简式分别是E与碳酸氢钠反应的化学方程式是

故答案为：

（4）E与足量乙醇在浓硫酸作用下加热，可以生成一个化学式（分子式）为C12H14O4的新化合物，发生酯化反应生成邻苯二甲酸二乙醇酯、水，反应的化学方程式为

故答案为：．12、冰醋酸中不存在离子c＜a＜bc【分析】【分析】（1）溶液是通过离子的定向移动形成电流的；

（2）溶液的导电能力与离子浓度成正比；

（3）溶液越稀，醋酸的电离程度越大．【解析】【解答】解：（1）溶液是通过离子的定向移动形成电流的；冰醋酸中醋酸以分子存在，不存在离子，所以冰醋酸不导电，故答案为：冰醋酸中不存在离子；

（2）溶液的导电能力与离子浓度成正比，根据图象知，溶液导电能力大小顺序是b＞a＞c，则氢离子浓度由小到大顺序是c＜a＜b，故答案为：c＜a＜b；

（3）溶液越稀，醋酸的电离程度越大，根据图象知，溶液体积大小顺序是c＞b＞a，所以醋酸电离程度最大的是c，故答案为：c．13、固体为MgO和Mg3N2d或ee或db或cc或bg对圆底烧瓶微热，若插入氢氧化钠溶液的导气管口处冒气泡，停止加热，该导气管中形成一段稳定水柱，表示气密性完好Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O②④排净装置中的空气，防止空气干扰实验不能Ⅲ在装置B和D之间连接一干燥装置【分析】【分析】依据假设的可能分析判断，I．固体产物为MgO；Ⅱ．固体产物为Mg3N2；III．固体产物为MgO和Mg3N2；

（1）装置分析可知；浓硝酸和铜反应生成二氧化氮气体中含有水蒸气，按照气体流向应是先通过干燥剂吸收水蒸气，干燥的二氧化氮气体通过炽热的B装置，镁和二氧化氮反应，氮的氧化物是污染气体不能排放到空气中，需要通入氢氧化钠溶液吸收；

（2）依据连接装置中的气体压强和液面变化分析判断装置气密性；

（3）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜；二氧化氮和水；依据反应化学方程式书写离子方程式；

（4）装置C中盛装的干燥剂不能和二氧化氮气体反应；

（5）装置中充满二氧化氮气体；排除空气防止干扰实验；

（6）托盘天平的精确度是0.1g；依据质量增加计算分析判断错误产物的成分；

（7）为防止生成的水蒸气影响二氧化氮质量的测定，需要在BD间加干燥装置．【解析】【解答】解：依据假设的可能分析判断，I．固体产物为MgO；Ⅱ．固体产物为Mg3N2；III．固体产物为MgO和Mg3N2，故答案为：MgO和Mg3N2；

（1）装置分析可知，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮气体中含有水蒸气，按照气体流向应是先通过干燥剂吸收水蒸气，干燥的二氧化氮气体通过炽热的B装置，镁和二氧化氮反应，氮的氧化物是污染气体不能排放到空气中，需要通入氢氧化钠溶液吸收导气管长进短处；装置连接顺序是a接d或e，e或d接b或c，c或b；g；

故答案为：d或e；e或d接b或c；c或b；g；

（2）连接装置中的气体压强和液面变化分析判断装置气密性；装置组装好后，检验气密性的方法是，对圆底烧瓶微热，若插入氢氧化钠溶液的导气管口处冒气泡，停止加热，该导气管中形成一段稳定水柱，表示气密性完好；

故答案为：对圆底烧瓶微热；若插入氢氧化钠溶液的导气管口处冒气泡，停止加热，该导气管中形成一段稳定水柱，表示气密性完好；

（3）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；

故答案为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；

（4）装置C是干燥二氧化氮气体除去水蒸气的作用；装置C中盛装的干燥剂不能和二氧化氮气体反应，是固体干燥剂；

①浓硫酸不是固体干燥剂故①不符合；

②无水CaCl2是中性干燥剂不和二氧化氮气体反应；故②符合；

③碱石灰能吸收二氧化氮气体；故③不符合；

④五氧化二磷是固体酸性干燥剂；不和二氧化氮气体反应，可以干燥二氧化氮气体，故④符合；

故选：②④；

（5）实验开始时；先让A中反应进行一段时间，待B中充满红棕色气体后，再点燃B处酒精灯，目的是排净装置中的空气，防止空气干扰实验；

故答案为：排净装置中的空气；防止空气干扰实验；

（6）托盘天平的精确度是0.1g，镁粉完全反应后得到的同一固体残留物称量了三次，所得数据分别是17.00g、18.02g、17.98g，所以托盘天平不能称量得到，实验前镁粉的质量为12.00g，镁粉完全反应后得到的同一固体残留物称量了三次，所得数据分别是17.00g、18.02g、17.98g，平均质量==17.67g；质量增重17.67g-12.00g=5.67g，Mg～MgO～O，12g镁物质的量为0.5mol，增重8g，Mg～Mg3N2～N；12g镁物质的量为0.5mol，增重8g增重4.67g，而实验称量得到的固体增重。

4.67g＜5.67g＜8g，所以生成的固体为MgO和Mg3N2的混合物；假设Ⅲ正确；

故答案为：不能；Ⅲ；

（7）为了使测定结果更加准确；还需对组装好的装置进行的改进是为防止生成的水蒸气影响二氧化氮质量的测定，需要在BD间加干燥装置；

故答案为：在装置B和D之间连接一干燥装置．14、2-甲基-1-丙醇（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2（CH3）2CHCOOH+Cu2O↓+2H2O在一支试管中取适量硝酸银溶液，边振荡边逐滴滴入氨水，当生成的白色沉淀恰好溶解为止13CH3CHBrCCH3氢氧化钠水溶液、加热消去反应【分析】【分析】B连续氧化生成D为羧酸，F是苯甲醇的同系物，二者发生酯化反应是G，由G的分子式可知，D为一元羧酸，有机物D的摩尔质量为88g•mol-1，去掉1个-COOH剩余原子总相对原子质量为88-45=43，则=36，故D的分子式为C4H8O2，F分子式为C9H12O．D的核磁共振氢谱显示只有3组峰，则D为（CH3）2CHCOOH，逆推可知C为（CH3）2CHCHO，B为（CH3）2CHCH2OH，结合信息可知A为（CH3）2C=CH2．有机物E能够发生银镜反应，且1molE能够与2molH2完全反应生成F，且F环上只有一个无支链的侧链，则E的结构简式为F为则G为据此解答．【解析】【解答】解：B连续氧化生成D为羧酸，F是苯甲醇的同系物，二者发生酯化反应是G，由G的分子式可知，D为一元羧酸，有机物D的摩尔质量为88g•mol-1，去掉1个-COOH剩余原子总相对原子质量为88-45=43，则=36，故D的分子式为C4H8O2，F分子式为C9H12O．D的核磁共振氢谱显示只有3组峰，则D为（CH3）2CHCOOH，逆推可知C为（CH3）2CHCHO，B为（CH3）2CHCH2OH，结合信息可知A为（CH3）2C=CH2．有机物E能够发生银镜反应，且1molE能够与2molH2完全反应生成F，且F环上只有一个无支链的侧链，则E的结构简式为F为则G为．

（1）B为（CH3）2CHCH2OH；用系统命名法命名为：2-甲基-1-丙醇，故答案为：2-甲基-1-丙醇；

（2）E的结构简式为：故答案为：

（3）C与新制Cu（OH）2反应的化学方程式为：（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2（CH3）2CHCOOH+Cu2O↓+2H2O；

故答案为：（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2（CH3）2CHCOOH+Cu2O↓+2H2O；

（4）配制银氨溶液的实验操作为：在一支试管中取适量硝酸银溶液；边振荡边逐滴滴入氨水，当生成的白色沉淀恰好溶解为止；

故答案为：在一支试管中取适量硝酸银溶液；边振荡边逐滴滴入氨水，当生成的白色沉淀恰好溶解为止；

（5）有机物甲符合下列条件：①为芳香族化合物，说明含有苯环，②与F互为同分异构体；③能被催化氧化成醛，含有-CH2OH，含有1个取代基为-CH（CH3）CH2OH，含有2个取代基为-CH2CH3、-CH2OH，或者-CH3、-CH2CH2OH，各有邻、间、对3种，含有3个取代基为-CH2OH、2个-CH3，2个-CH3处于邻位时，-CH2OH有2种位置，2个-CH3处于间位时，-CH2OH有3种位置，2个-CH3处于对位时，-CH2OH有1种位置，故甲的结构共有13种，其中满足苯环上只有3个侧链，有核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为6：2：2：1：1的有机物的结构简式为

故答案为：13；

（6）由转化丙酮结构可知，丙烯与HBr发生加成反应生成X为CH3CHBrCCH3，X在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成Y为CH3CH（OH）CCH3，Y发生催化氧化生成丙酮，丙酮与HCN发生加成反应，再酸化得到然后在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成Z为CH2=C（CH3）COOH，最后与氢气发生加成反应得到（CH3）2CHCOOH；

故答案为：CH3CHBrCCH3；氢氧化钠水溶液、加热；消去反应．15、羟基KMnO4/OH-消去反应【分析】【分析】由反应信息Ⅰ可知，乙烯在高锰酸钾、碱性条件下被氧化生成B为HOCH2CH2OH．由反应信息Ⅱ可知，与乙酸酐反应生成D为．F发生催化氧化生成G，G与形成氢氧化铜反应生成H，则F为醇、G含有醛基、H含有羧基，L是六元环酯，由H、L的分子式可知，应是2分子H脱去2分子水发生酯化反应，故H中还含有-OH，且-OH、-COOH连接在同一碳原子上，该碳原子不含H原子，故H为逆推可得G为F为故E为（CH3）2C=CH2，在高锰酸钾、碱性条件下氧化生成F．B、D、J反应生成K，K→M属于加聚反应，M分子式是（Cl5Hl6O6）n，由M的链节组成可知，应是1分子B、1分子D、1分子J反应生成K，故H在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成J为CH2=C（CH3）COOH，K为M为据此解答．【解析】【解答】解：由反应信息Ⅰ可知，乙烯在高锰酸钾、碱性条件下被氧化生成B为HOCH2CH2OH．由反应信息Ⅱ可知，与乙酸酐反应生成D为．F发生催化氧化生成G，G与形成氢氧化铜反应生成H，则F为醇、G含有醛基、H含有羧基，G中-CHO氧化为羧基，L是六元环酯，由H、L的分子式可知，应是2分子H脱去2分子水发生酯化反应，故H中还含有-OH，且-OH、-COOH连接在同一碳原子上，该碳原子不含H原子，故H为逆推可得G为F为故E为（CH3）2C=CH2，在高锰酸钾、碱性条件下氧化生成F．B、D、J反应生成K，K→M属于加聚反应，M分子式是（Cl5Hl6O6）n，由M的链节组成可知，应是1分子B、1分子D、1分子J反应生成K，故H在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成J为CH2=C（CH3）COOH，K为M为

（1）由上述分析可知，B为HOCH2CH2OH，含有羟基，D为

故答案为：羟基；

（2）E→F的反应条件是KMnO4/OH-；H→J的反应类型是：消去反应；

故答案为：KMnO4/OH-；消去反应；

（3）F→G的化学反应方程式是

故答案为：

（4）K→M属于加聚反应，由上述分析可知，M的结构简式是

故答案为：

（5）碱性条件下，K水解的化学反应方程式是

故答案为：

（6）符合下列条件的C（）的同分异构体：

①属于芳香族化合物，含有苯环；②能发生银镜反应，含有-CHO或-OOCH，若为-CHO，则还含有2个-OH，若为-OOCH，则还含有1个-OH．③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：1：2：2，符合条件的同分异构体为：

故答案为：．三、判断题(共5题，共10分)16、×【分析】【分析】过氧化钠化学式是由1个过氧根离子和2个钠离子构成，所以其阴阳离子个数之比为1：2，据此计算离子总数．【解析】【解答】解：过氧化钠化学式是由1个过氧根离子和2个钠离子构成，所以其阴阳离子个数之比为1：2，则1molNa2O2固体中含有离子总数为3NA，故答案为：×．17、√【分析】【分析】水的分子式为H2O，结合分子式进行判断．【解析】【解答】解：水的分子式为H2O，1moL水中所含原子总数为3NA；

故答案为：√．18、×【分析】【分析】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物．互为同系物的物质具有以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同．注意同系物中的“结构相似”是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同．【解析】【解答】解：乙酸与丙二酸官能团个数不一样；通式不同，不是同系物．

故答案为：×．19、√【分析】【分析】红外光谱仪用于测定有机物的官能团；核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目；质谱法用于测定有机物的相对分子质量．【解析】【解答】解：红外光谱仪用于测定有机物的官能团；核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目；质谱法用于测定有机物的相对分子质量；所以红外光谱仪；核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析；故说法正确；

故答案为：√．20、×【分析】【分析】胶体有丁达尔效应，溶液没有；溶质粒子能透过半透膜，胶体粒子不能透过半透膜，但能透过滤纸．【解析】【解答】解：胶体有丁达尔效应，溶液没有，故利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体；胶体微粒的直径大于半透膜的孔径，胶体粒子不能透过半透膜，故答案为：×．四、推断题(共4题，共12分)21、Al（OH）3铝热4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；2Fe（OH）3Fe2O3+3H2OAl2O3+2OH-+H2O=2AlO2-+H2OAl3++3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+【分析】【分析】D是一种红棕色固体可知D为Fe2O3，A是一种高熔点物质，电解A得到B与C，考虑A为Al2O3，由转化关系C+Fe2O3A（Al2O3）+E，故C为Al，E为Fe，A能与氢氧化钠溶液、盐酸反应，A为Al2O3符合转化关系，故B为O2；A与氢氧化钠溶液生成H，A与盐酸反应生成I，故H为NaAlO2，I为AlCl3，E（Fe）与盐酸反应生成F，故F为FeCl2，F（FeCl2溶液）中加入氨水生成G，GJD（Fe2O3），故G为Fe（OH）2，J为Fe（OH）3，验证符合转化关系，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．【解析】【解答】解：D是一种红棕色固体，应为Fe2O3，由转化关系可知C为Al，A为Al2O3，E为Fe，B为O2，H为NaAlO2，I为AlCl3，F为FeCl2，G为Fe（OH）2，J为Fe（OH）3；

（1）由以上分析可知H为NaAlO2，I为AlCl3，二者可发生互促水解反应生成Al（OH）3；

故答案为：Al（OH）3；

（2）C与D在高温下的反应为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；在冶金工业上称为铝热反应；

故答案为：铝热；

（3）G→J是Fe（OH）2被氧化为Fe（OH）3，反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，J→D的化学方程式为2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O；

故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O；

（4）A→H是氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；

故答案为：Al2O3+2OH-+H2O=2AlO2-+H2O；

（5）I为AlCl3，AlCl3水溶液中铝离子水解Al3++3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+；生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，可用于净水；

故答案为：Al3++3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+．22、Fe2O32NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2OBD【分析】【分析】反应①是重要的电化学工业反应，且是A的饱和溶液发生的电化学反应，工业上用电解饱和水的方法制取氯气，所以A是氯化钠，电解氯化钠溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，常温下B、C为气态单质，所以D是氢氧化钠；氯气能和氢氧化钠反应，而氢气不和氢氧化钠反应，所以C是氯气，B是氢气；氢气和氯气反应生成氯化氢，所以E是氯化氢；G是当代社会使用量最大的金属，所以G是铁，氯气和铁反应生成氯化铁，所以J是氯化铁；盐酸和铁反应生成氯化亚铁，所以H是氯化亚铁；氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化钠和氯化铁、L反应生成Na2FeO4和氯化钠；氢氧化铁所还原剂，所以还需要氧化剂，且不生成新的杂质，所以L是次氯酸盐．

（1）氯化氢是共价化合物；根据共价化合物的电子式的书写方式书写；

（2）根据氯化铁的性质；氢氧化铁的性质确定最终产物；

（3）电解饱和氯化钠溶液生成氯气；氢气和氢氧化钠；

（4）氢氧化铁和次氯酸盐；氢氧根离子反应生成铁酸根离子、氯离子和水；

（5）A；根据化合物中各种元素的化合价代数和为0确定铁元素的化合价；

B；根据铁酸钠和转移电子之间的关系式计算；

C；根据铁酸钠的性质判断；

D、铁酸钠具有强氧化性，没有吸附性．【解析】【解答】解：反应①是重要的电化学工业反应，且是A的饱和溶液发生的电化学反应，工业上用电解饱和水的方法制取氯气，所以A是氯化钠，电解氯化钠溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，常温下B、C为气态单质，所以D是氢氧化钠；氯气能和氢氧化钠反应，而氢气不和氢氧化钠反应，所以C是氯气，B是氢气；氢气和氯气反应生成氯化氢，所以E是氯化氢；G是当代社会使用量最大的金属，所以G是铁，氯气和铁反应生成氯化铁，所以J是氯化铁；盐酸和铁反应生成氯化亚铁，所以H是氯化亚铁；氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化钠和氯化铁、L反应生成Na2FeO4和氯化钠；氢氧化铁所还原剂，所以还需要氧化剂，且不生成新的杂质，所以L是次氯酸盐．

（1）氯化氢的电子式为：故答案为：

（2）加热氯化铁溶液时；氯化铁水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸有挥发性，导致促进氯化铁的水解；当蒸干灼烧氢氧化铁时，氢氧化铁分解生成氧化铁和水蒸气；

所以剩余的固体是Fe2O3，故答案为：Fe2O3；

（3）电解饱和氯化钠溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，电解反应式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

（4）碱性条件下，氢氧化铁和次氯酸根离子反应生成铁酸根离子、氯离子和水，反应方程式为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；

故答案为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；

（5）A、根据高铁酸钾的化学式（K2FeO4）可知；设铁元素的化合价为x，则+1×2+x+（-2）×4=0，解得x=+6，故A正确；

B、干法中发生反应2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，每生成2molNa2FeO4，转移电子数=化合价升高数=化合价降低数=10mol，所以每生成1molNa2FeO4共转移5mol电子；故B错误；

C；铁酸钠有强氧化性；所以能杀菌消毒，能氧化强还原性的物质，如氨气和硫化氢，故C正确；

D、Na2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钠与水反应时生成的Fe（OH）3（胶体）具有净水作用；但铁酸钠没有吸附色素；异味的作用，故D错误；

故选BD．23、略

【分析】试题分析：X、Y、Z、W四种为三个不同的短周期主族元素,且原子序数依次增大，X必定为H；X与W为同一主族，W一定在第三周期，W在空气中燃烧可以得到淡黄色固体，W是Na；Y、Z必定是第二周期元素，Z元素的外围电子排布为2s22p4，Z元素为O；又知四种元素分别形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，一种是固体，可知Y只能是N。（1）W是Na，位于第3周期ⅠA族；N的电子排布式1s22s22p3。（2）同周期元素的第一电离能：第ⅤA>第ⅥA；根据题中信息反应为：8NH3+3Br2=N2+6NH4Br，中1个σ键和2个π键，NH4Br属于离子晶体。（3）Na3N的水【解析】

Na3N+3H2O=3NaOH+NH3。（4）由12.8g（0.4mol）液态Y2X4与足量过氧化氢反应生成Y的单质和气态水，放出256.65kJ的热量可得：①N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)ΔH1＝－256.65/0.4KJ/mol=－641.6KJ/mol②2H2O2(l)=O2(g)+2H2O(l)ΔH2＝－196.4KJ/mol③H2O(l)=H2O(g)ΔH2＝+44KJ/mol根据盖斯定律①-②-③×4得到N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH＝ΔH1-