2023年曲線運動單元測試題高三第二次調(diào)研化學試卷（含答案解析）

2023高考化學模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、化學與生活等密切相關。下列有關說法中正確的是A．泡沫滅火器適用于電器滅火B(yǎng)．電熱水器用鎂棒會加速內(nèi)膽腐蝕C．過氧化鈉可用作呼吸面具的供氧劑D．硅膠可作含油脂食品袋內(nèi)的脫氧劑2、圖甲是一種利用微生物將廢水中的尿素（CO(NH2)2）轉(zhuǎn)化為環(huán)境友好物質(zhì)的原電池裝置示意圖甲，利用該電池在圖乙裝置中的鐵上鍍銅。下列說法正確的是（

）A．圖乙中Fe電極應與圖甲中Y相連接B．圖甲中H+透過質(zhì)子交換膜由右向左移動C．圖甲中M電極反應式：CO(NH2)2+5H2O-14e?=CO2+2NO2+14H+D．當圖甲中N電極消耗0.5molO2時，圖乙中陰極增重64g3、將一定量的SO2通入BaCl2溶液中，無沉淀產(chǎn)生，若再通入a氣體，則產(chǎn)生沉淀。下列所通a氣體和產(chǎn)生沉淀的離子方程式正確的是（）A．a(chǎn)為H2S，SO2+2H++S2?→3S↓十2H2OB．a(chǎn)為Cl2，Ba2++SO2+2H2O+Cl2→BaSO3↓+4H++2Cl?C．a(chǎn)為NO2，4Ba2++4SO2+5H2O+NO3?→4BaSO4↓+NH4++6H+D．a(chǎn)為NH3，Ba2++SO2+2NH3+2H2O→BaSO4↓+2NH4++2H+4、我國科學家發(fā)明了一種“可固氮”的鋰－氮二次電池，用可傳遞Li+的醚類物質(zhì)作電解質(zhì)，電池的總反應為6Li+N22Li3N，下列說法正確的是A．固氮時，電能轉(zhuǎn)化為化學能B．固氮時，電流由鋰電極經(jīng)用電器流向釕復合電極C．脫氮時，釕復合電極的電極反應：2Li3N-6e-=6Li++N2↑D．脫氮時，Li+向釕復合電極遷移5、聯(lián)合制堿法中的副產(chǎn)品有著多種用途，下列不屬于其用途的是A．做電解液 B．制焊藥 C．合成橡膠 D．做化肥6、研究表明N2O與CO在Fe+作用下發(fā)生可逆反應的能量變化及反應歷程如圖所示。下列說法不正確的是A．反應中Fe+是催化劑，F(xiàn)eO+是中間產(chǎn)物 B．總反應速率由反應②的速率決定C．升高溫度，總反應的平衡常數(shù)K減小 D．當有14gN2生成時，轉(zhuǎn)移1mole-7、金屬鎢用途廣泛，H2還原WO3可得到鎢，其總反應為：WO3+3H2W+3H2O，該總反應過程大致分為三個階段，各階段主要成分與溫度的關系如表所示，假設WO3完全轉(zhuǎn)化為W，則三個階段消耗H2質(zhì)量之比為溫度（℃）25℃～550℃～600℃～700℃主要成分WO3W2O5WO2WA．1：1：4 B．1：1：3 C．1：1：2 D．1：1：18、二氧化氯(ClO2，黃綠色易溶于水的氣體)是一種高效、低毒的消毒劑。其一種生產(chǎn)工藝如圖所示。下列說法正確的是A．氣體A為Cl2B．參加反應的NaClO2和NCl3的物質(zhì)的量之比為3：1C．溶液B中含有大量的Na+、Cl－、OH－D．可將混合氣通過飽和食鹽水除去C1O2中的NH39、下列說法中不正確的是（）A．蛋白質(zhì)溶液中加入稀的硫酸銨溶液，會有固體析出，該固體能重新溶解B．苯與液溴的反應和苯酚與濃溴水的反應對比可以說明基團之間的影響作用C．丙三醇是無色、黏稠、有甜味的液體，吸濕性強，有護膚作用，可應用于配制化妝品D．在濃氨水作用下，甲醛過量時，苯酚與甲醛反應可得到體型酚醛樹脂10、一定條件下，不能與SiO2反應的物質(zhì)是（）A．CaCO3 B．NaOH C．鹽酸 D．焦炭11、下列實驗操作能達到目的的是（）選項實驗目的實驗操作A配制100g10%的NaOH溶液稱取10gNaOH溶于90g蒸餾水中B驗證“84消毒液”呈堿性用pH試紙測量溶液的pHC檢驗溶液中是否含有Na+用潔凈的玻璃棒蘸取溶液灼燒，觀察火焰顏色D從溴水中獲得溴單質(zhì)利用SO2將Br2吹出后，富集、還原、分離A．A B．B C．C D．D12、異戊烷的A．沸點比正己烷高 B．密度比水大C．同分異構體比C5H10多 D．碳碳鍵鍵長比苯的碳碳鍵長13、下列實驗操作能達到實驗目的的是()A．加熱使升華，可除去鐵粉中的B．電解氯化鋁溶液，可制備鋁單質(zhì)C．加入燒堿溶液，充分振蕩，靜置，分液，可除去苯中的苯酚D．將氨水滴加到飽和溶液中，可制備膠體14、水的電離平衡曲線如圖所示，下列說法中，正確的是A．圖中A、B、D三點處Kw的大小關系：B>A>DB．25℃時，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，溶液中c(NH4+)／c(NH3·H2O)的值逐漸減小C．在25℃時，保持溫度不變，在水中加人適量NH4Cl固體，體系可從A點變化到C點D．A點所對應的溶液中，可同時大量存在Na+、Fe3+、Cl-、SO42—15、某離子反應中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六種微粒。其中ClO-的物質(zhì)的量隨時間變化的曲線如圖所示。下列判斷正確的是（）A．該反應的還原劑是Cl-B．反應后溶液的酸性明顯增強C．消耗1mol還原劑，轉(zhuǎn)移6mol電子D．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶316、國際能源期刊報道了一種正在開發(fā)中的綠色環(huán)?！叭珰潆姵亍保型麥p少廢舊電池產(chǎn)生的污染。其工作原理如圖所示。下列說法正確的是A．“全氫電池”工作時，將酸堿反應的中和能轉(zhuǎn)化為電能B．吸附層b發(fā)生的電極反應：H2–2e+2OH=2H2OC．NaClO4的作用是傳導離子和參與電極反應D．“全氫電池”的總反應:2H2+O2=2H2O17、常溫常壓下，下列氣體混合后壓強一定不發(fā)生變化的是A．NH3和Cl2 B．NH3和HBr C．SO2和O2 D．SO2和H2S18、實驗室制備硝基苯時，經(jīng)過配制混酸、硝化反應（50~60℃）、洗滌分離、干燥蒸餾等步驟，下列圖示裝置和原理能達到目的的是（）。A．配置混酸 B．硝化反應C． D．蒸餾硝基苯19、在指定溶液中下列離子能大量共存的是A．無色透明溶液：NH4+、Fe3+、SO42-、NO3-B．能使甲基橙變紅的溶液：Na+、Ca2+、Cl-、CH3COO-C．c(ClO-)=0.1mol?L-1的溶液：K+、Na+、SO42-、S2-D．由水電離產(chǎn)生的c(H+)=1×10-13mol?L-1的溶液：K+、Na+、Cl-、NO3-20、化學與生活、生產(chǎn)密切相關。下列敘述不正確的是（）A．高純硅可用于制作光導纖維B．碳酸鈉熱溶液呈堿性，可用于除去餐具上的油污C．利用太陽能蒸發(fā)海水的過程屬于物理變化D．淀粉和纖維素水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖21、硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護的重要研究課題。將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反應回收S，其物質(zhì)轉(zhuǎn)化如圖所示。下列敘述正確的是A．在轉(zhuǎn)化過程中化合價不變的元素只有Cu和ClB．由圖示的轉(zhuǎn)化可得出氧化性的強弱順序：O2>Cu2+>SC．在轉(zhuǎn)化過程中能循環(huán)利用的物質(zhì)只有FeCl2D．反應中當有34gH2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時，保持溶液中Fe3+的量不變，需要消耗O2的質(zhì)量為16g22、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大。W的單質(zhì)與H2在暗處能化合并發(fā)生爆炸，X是同周期中金屬性最強的元素，Y原子的最外層電子數(shù)等于電子層數(shù)，W和Z原子的最外層電子數(shù)相同。下列說法錯誤的是()A．單質(zhì)的沸點：Z>WB．簡單離子半徑：X>WC．元素X與氧可形成既含離子鍵又含非極性共價鍵的化合物D．X、Y、Z的最高價氧化物對應的水化物兩兩之間能相互反應二、非選擇題(共84分)23、（14分）用煤化工產(chǎn)品合成高分子材料I的路線如下：已知：（1）B、C、D都能發(fā)生銀鏡反應，G的結構簡式為（2）根據(jù)題意完成下列填空：（1）A的結構簡式為__________________。（2）實驗空由A制得B可以經(jīng)過三步反應，第一步的反應試劑及條件為/光照，第二步是水解反應，則第三步的化學反應方程式為____________________。（3）①的反應類型為_______________反應。（4）③的試劑與條件為__________________________。（5）I的結構簡式為___________；請寫出一個符合下列條件的G的同分異構體的結構簡式____________。①能發(fā)生銀鏡反應②能發(fā)生水解反應③苯環(huán)上一氯取代物只有一種④羥基不與苯環(huán)直接相連（6）由乙醇為原料可以合成有機化工原料1-丁醇（），寫出其合成路線________________。（合成路線需用的表示方式為：）24、（12分）一種防止血栓形成與發(fā)展的藥物J的合成路線如圖所示（部分反應條件略去）：回答下列問題：(1)A中官能團的名稱是_________，反應⑤的反應類型是___________。(2)J的分子式是__________。F的結構簡式是_________。(3)反應③的化學方程式為____________________________________。(4)已知C有多種同分異構體。寫出同時滿足下列條件的C的同分異構體的結構簡式__________。（只需寫出兩個）①苯環(huán)上有兩個處于對位上的取代基；②1mol該有機物與足量金屬鈉反應生成1g氫氣。(5)請參照J的合成方法，完成下列合成路線：___________________25、（12分）Na2SO3是一種白色粉末，工業(yè)上可用作還原劑、防腐劑等。某化學小組探究不同pH的Na2SO3溶液與同濃度AgNO3溶液反應的產(chǎn)物，進行如下實驗。實驗Ⅰ配制500mL一定濃度的Na2SO3溶液①溶解：準確稱取一定質(zhì)量的Na2SO3晶體，用煮沸的蒸餾水溶解。蒸餾水需煮沸的原因是____②移液：將上述溶解后的Na2SO3溶液在燒杯中冷卻后轉(zhuǎn)入儀器A中，則儀器A為__，同時洗滌____(填儀器名稱)2~3次，將洗滌液一并轉(zhuǎn)入儀器A中；③定容：加水至刻度線1~2cm處，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至液面與刻度線相切，蓋好瓶塞，反復上下顛倒，搖勻。實驗Ⅱ探究不同pH的Na2SO3溶液與pH=4的AgNO3溶液反應的產(chǎn)物查閱資料：i.Ag2SO3為白色固體，不溶于水，溶于過量Na2SO3溶液ii.Ag2O，棕黑色固體，不溶于水，可與濃氨水反應(1)將pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，至產(chǎn)生白色沉淀。假設一：該白色沉淀為Ag2SO3假設二：該白色沉淀為Ag2SO4假設三：該白色沉淀為Ag2SO3和Ag2SO4的混合物①寫出假設一的離子方程式____；②提出假設二的可能依據(jù)是_____；③驗證假設三是否成立的實驗操作是____。(2)將pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，開始產(chǎn)生白色沉淀A，然后變成棕黑色物質(zhì)。為了研究白色固體A的成分，取棕黑色固體進行如下實驗：①已知反應(b)的化學方程式為Ag(NH3)2OH+3HCl=AgCl↓+2NH4Cl+H2O，則反應(a)的化學方程式為____；②生成白色沉淀A的反應為非氧化還原反應，則A的主要成分是____(寫化學式)。(3)由上述實驗可知，鹽溶液間的反應存在多樣性。經(jīng)驗證，(1)中實驗假設一成立，則(2)中實驗的產(chǎn)物不同于(1)實驗的條件是___。26、（10分）草酸亞鐵晶體（FeC2O4·2H2O）是一種黃色難溶于水的固體，受熱易分解，是生產(chǎn)電池、涂料以及感光材料的原材料。為探究純凈草酸亞鐵晶體熱分解的產(chǎn)物，設計裝置圖如下：（1）儀器a的名稱是______。（2）從綠色化學考慮，該套裝置存在的明顯缺陷是_________。（3）實驗前先通入一段時間N2，其目的為__________。（4）實驗證明了氣體產(chǎn)物中含有CO，依據(jù)的實驗現(xiàn)象為_______。（5）草酸亞鐵晶體在空氣易被氧化，檢驗草酸亞鐵晶體是否氧化變質(zhì)的實驗操作是____。（6）稱取5.40g草酸亞鐵晶體用熱重法對其進行熱分解，得到剩余固體質(zhì)量隨溫度變化的曲線如下圖所示：①上圖中M點對應物質(zhì)的化學式為_________。②已知400℃時，剩余固體是鐵的一種氧化物，試通過計算寫出M→N發(fā)生反應的化學方程式：_______。27、（12分）過硫酸鈉(Na2S2O8)具有極強的氧化性，且不穩(wěn)定，某化學興趣小組探究過硫酸鈉的相關性質(zhì)，實驗如下。已知SO3是無色易揮發(fā)的固體，熔點16.8℃，沸點44.8℃。（1）穩(wěn)定性探究(裝置如圖)：分解原理：2Na2S2O82Na2SO4＋2SO3↑＋O2↑。此裝置有明顯錯誤之處，請改正：______________________，水槽冰水浴的目的是____________________；帶火星的木條的現(xiàn)象_______________。（2）過硫酸鈉在酸性環(huán)境下，在Ag＋的催化作用下可以把Mn2＋氧化為紫紅色的離子，所得溶液加入BaCl2可以產(chǎn)生白色沉淀，該反應的離子方程式為______________________，該反應的氧化劑是______________，氧化產(chǎn)物是________。（3）向上述溶液中加入足量的BaCl2，過濾后對沉淀進行洗滌的操作是___________________________。（4）可用H2C2O4溶液滴定產(chǎn)生的紫紅色離子，取20mL待測液，消耗0.1mol·L－1的H2C2O4溶液30mL，則上述溶液中紫紅色離子的濃度為______mol·L－1，若Na2S2O8有剩余，則測得的紫紅色離子濃度將________(填“偏高”“偏低”或“不變”)。28、（14分）早期發(fā)現(xiàn)的一種天然二十面體準晶顆粒由Al、Cu、Fe三種金屬元素組成，回答下列問題：(1)準晶是一種無平移周期序，但有嚴格準周期位置序的獨特晶體，可通過_______方法區(qū)分晶體、準晶體和非晶體。(2)基態(tài)銅原子的電子排布式為_______。(3)CuO在高溫時分解為O2和Cu2O，請從陽離子的結構來說明在高溫時，Cu2O比CuO更穩(wěn)定的原因是_______。Cu2O為半導體材料，在其立方晶胞內(nèi)部有4個氧原子，其余氧原子位于面心和頂點，則該晶胞中有_______個銅原子。(4)Cu2+能與乙二胺（H2N—CH2—CH2—NH2）形成配離子如圖：，該配離子中含有的化學鍵類型有______(填字母序號)。A．配位鍵B．極性鍵C．離子鍵D．非極性鍵(5)羰基鐵[Fe(CO)5]可用作催化劑、汽油抗暴劑等。1molFe(CO)5分子中含____molσ鍵，與CO互為等電子體的離子是__（填化學式，寫一種）。(6)某種磁性氮化鐵的結構如圖所示，N隨機排列在Fe構成的正四面體空隙中。正六棱柱底邊長為acm，高為ccm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該磁性氮化鐵的晶體密度為____g/cm3(列出計算式)。29、（10分）氮、磷對水體的污染情況越來越受到人們的重視。回答下列問題：(1)常溫下，在pH約為9時，用澄清石灰水可將水體中的HPO42-化為Ca10(PO4)6(OH)2沉淀除去，該反應的離子方程式為_____________。(2)除去地下水中的硝態(tài)氮通常用還原劑將其還原為N2。①Prusse等提出的用Pd-Cu作催化劑，常溫下，在pH為4.0~6.0時，可直接用H2將NO3-還原為N2，該反應的離子方程式為__________。研究發(fā)現(xiàn)用H2和CO2的混合氣體代替H2，NO3-的去除效果比只用H2時更好，其原因是________。②在pH約為5時，用納米Fe粉可將NO3-還原為N2，F(xiàn)e粉被氧化為Fe2+，該反應中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為_________。(3)實驗測得相同條件下，用次氯酸鈉脫除水體中的氨態(tài)氮的過程中(2NH3+3ClO-=N2+3H2O+3Cl-)，pH與氨態(tài)氮的去除率關系如圖所示，在pH大于9時，pH越大，去除率越小，其原因是_________。

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【答案解析】

A.泡沫滅火器中加入的主要是碳酸氫鈉和硫酸鋁溶液，兩者混合時發(fā)生雙水解反應，生成大量的二氧化碳泡沫，該泡沫可進行滅火，但是，噴出的二氧化碳氣體泡沫中一定含有水，形成電解質(zhì)溶液，具有一定的導電能力，可能導致觸電或電器短路，故泡沫滅火器不適用于電器起火的滅火，A錯誤；B.Mg比Fe活潑，當發(fā)生化學腐蝕時Mg作負極而被腐蝕，從而阻止Fe被腐蝕，屬于犧牲陽極的陰極保護法，B錯誤；C.過氧化鈉與人呼吸產(chǎn)生的CO2及H2O反應產(chǎn)生氧氣，可幫助人呼吸，因此可用作呼吸面具的供氧劑，C正確；D.硅膠具有吸水性，可作含油脂食品袋內(nèi)的干燥劑，但是，其無還原性，不能用作脫氧劑，D錯誤；故合理選項是C。2、D【答案解析】

該裝置是將化學能轉(zhuǎn)化為電能的原電池，由甲圖可知，M上有機物失電子是負極，N上氧氣得電子是正極，電解質(zhì)溶液為酸性溶液，圖乙中在鐵上鍍銅，則鐵為陰極應與負極相連，銅為陽極應與正極相連；A．在鐵上鍍銅，則鐵為陰極應與負極相連，銅為陽極應與正極相連，則Fe與X相連，故A錯誤；B．由甲圖可知，氫離子向正極移動，即H+透過質(zhì)子交護膜由左向右移動，故B錯誤；C．H2NCONH2在負極M上失電子發(fā)生氧化反應，生成氮氣、二氧化碳和水，電極反應式為CO(NH2)2+H2O-6e-═CO2↑+N2↑+6H+，故C錯誤；D．當圖甲中N電極消耗0.5molO2時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.5mol×4=2.0mol，則乙中陰極增重×64g/mol=64g，故D正確；故答案為D?！敬鸢更c睛】考查原電池原理以及電鍍原理，明確原電池正負極上得失電子、電解質(zhì)溶液中陰陽離子移動方向是解題關鍵，該裝置是將化學能轉(zhuǎn)化為電能的原電池，由甲圖可知，M上有機物失電子是負極，N上氧氣得電子是正極，電解質(zhì)溶液為酸性溶液，圖乙中在鐵上鍍銅，則鐵為陰極應與負極相連，銅為陽極應與正極相連，根據(jù)得失電子守恒即可計算。3、C【答案解析】

A．H2S為弱電解質(zhì)，反應的離子方程式為SO2+2H2S→3

S↓+2H2O，故A錯誤；B．氯氣具有強氧化性，應生成BaSO4沉淀，反應的離子方程式為Ba2++SO2+2

H2O+Cl2→BaSO4↓+4H++2Cl-，故B錯誤；C．NO2與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應，本身可以被還原為銨根離子，反應的離子方程式為4Ba2++4SO2+5H2O+NO3-→4

BaSO4↓+NH4++6

H+，故C正確；D．通入氨氣，沒有發(fā)生氧化還原反應，應該生成BaSO3沉淀，反應的離子方程式為Ba2++SO2+2

NH3+H2O→BaSO3↓+2NH4+，故D錯誤；故選C?！敬鸢更c睛】本題的易錯點為C，要注意二氧化氮具有強氧化性，反應后N元素的化合價降低，可以生成NH4+。4、C【答案解析】

A.固氮時為原電池原理，化學能轉(zhuǎn)化為電能，A錯誤；B.固氮時，Li電極為負極，釕復合電極為正極，電流由釕復合電極經(jīng)用電器流向鋰電極，B錯誤；C.脫氮時為電解原理，釕復合電極為陽極，陽極上發(fā)生失電子的氧化反應，釕復合電極的電極反應為2Li3N-6e-=6Li++N2↑，C正確；D.脫氮時，釕復合電極為陽極，鋰電極為陰極，Li+（陽離子）向鋰電極遷移，D錯誤；答案選C。5、C【答案解析】

聯(lián)合制堿法是以食鹽、氨和二氧化碳為原料來制取純堿。包括兩個過程：第一個過程是將氨通入飽和食鹽水而成氨鹽水，再通入二氧化碳生成碳酸氫鈉沉淀，經(jīng)過濾、洗滌得NaHCO3微小晶體；第二個過程是從含有氯化銨和氯化鈉的濾液中結晶沉淀出氯化銨晶體，得到的氯化鈉溶液，可回收循環(huán)使用。據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】A．聯(lián)合制堿法第一個過程濾液是含有氯化銨和氯化鈉的溶液，可作電解液，第二個過程濾出氯化銨沉淀后所得的濾液為氯化鈉溶液，也可做電解液，故A正確；B．聯(lián)合制堿法第二個過程濾出的氯化銨沉淀，焊接鋼鐵時常用的焊藥為氯化銨，其作用是消除焊接處的鐵銹，發(fā)生反應6NH4Cl+4Fe2O3═6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O，故B正確；C．合成橡膠是一種人工合成材料，屬于有機物，聯(lián)合制堿法中的副產(chǎn)品都為無機物，不能用于制合成橡膠，故C錯誤；D．聯(lián)合制堿法第二個過程濾出氯化銨可做化肥，故D正確；故選C。6、B【答案解析】

A．由圖可知，F(xiàn)e+先轉(zhuǎn)化為FeO+，F(xiàn)eO+后續(xù)又轉(zhuǎn)化為Fe+，反應前后Fe+未發(fā)生變化，因此Fe+是催化劑，F(xiàn)eO+是中間產(chǎn)物，A不符合題意；B．由圖可知，反應①的能壘高于反應②，因此反應①的速率較慢，總反應速率由反應①的速率決定，B符合題意；C．由圖可知，反應物的總能量高于生成物總能量，該反應正向為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，總反應的平衡常數(shù)K減小，C不符合題意；D．由圖可知，總反應方程式為：N2O+COCO2+N2，N元素化合價從+1價降低至0價，當有14gN2生成時，即生成0.5molN2，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.5mol×2=1mol，D不符合題意；答案為：B。7、A【答案解析】

由表中主要成分與溫度關系可知，第一階段反應為WO3與H2反應是W2O5，同時還生成H2O，反應方程式為：2WO3+H2W2O5+H2O，溫度介于550℃～600℃，固體為W2O5、WO2的混合物；假定有2molWO3，由2WO3+H2W2O5+H2O、W2O5+H22WO2+H2O、WO2+2H2W+2H2O可知，三個階段消耗的氫氣的物質(zhì)的量之比為1mol：1mol：(2mol×2)=1：1：4，答案選A。8、C【答案解析】

氯化銨溶液中加入鹽酸通電電解，得到NCl3溶液，氮元素化合價由-3價變化為+3價，在陽極發(fā)生氧化反應，陰極是氫離子得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，則氣體A為氫氣；在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加熱反應生成ClO2、NH3和溶液B，由氫元素守恒可知，有水參加反應，結合得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒可知，反應還生成NaCl與NaOH。【題目詳解】A．根據(jù)分析，氣體A為H2，故A錯誤；B．在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加熱反應生成ClO2、NH3和溶液B，由氫元素守恒可知，有水參加反應，結合得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒可知，反應還生成NaCl與NaOH，方程式為：6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH，參加反應的NaClO2和NCl3的物質(zhì)的量之比為6：1，故B錯誤；C．根據(jù)分析，結合反應6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH可知，溶液B中含有NaCl與NaOH，則含有大量的Na+、Cl－、OH－，故C正確；D．二氧化氯(ClO2)是一種黃綠色易溶于水的氣體，不可用飽和食鹽水除去ClO2中的NH3，故D錯誤；答案選C。9、A【答案解析】

A.蛋白質(zhì)溶液中加入濃的硫酸銨溶液發(fā)生鹽析，會有固體析出，故A錯誤；B.苯與液溴的反應是一溴取代，且需要溴化鐵催化，苯酚與濃溴水的反應為三溴取代，對比可以說明是酚羥基活化了苯環(huán)上的氫，能說明基團之間的影響作用，故B正確；C.丙三醇俗稱甘油，是無色、黏稠、有甜味的液體，吸濕性強，有護膚作用，可應用于配制化妝品，故C正確；D.苯酚與甲醛能在在濃氨水作用下，甲醛過量時，發(fā)生酚醛縮合反應，可得到體型酚醛樹脂，故D正確；綜上所述，答案為A。10、C【答案解析】

A．二氧化硅與碳酸鈣高溫反應生成硅酸鈣和二氧化碳；B．二氧化硅為酸性氧化物與氫氧化鈉反應生成硅酸鈉和水；C．二氧化硅與鹽酸不反應；D．二氧化硅高溫下與碳反應生成一氧化碳和硅?！绢}目詳解】A．二氧化硅與碳酸鈣高溫反應生成硅酸鈣和二氧化碳，二者能反應，故A不選；B．二氧化硅為酸性氧化物與氫氧化鈉反應生成硅酸鈉和水，二者能反應，故B不選；C．二氧化硅與鹽酸不反應，二者不反應，故C選；D．二氧化硅高溫下與碳反應生成一氧化碳和硅，二者能反應，故D不選；故選：C。11、A【答案解析】

A.溶液質(zhì)量是90g+10g=100g，溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為×100%=10%，A正確；B.“84消毒液”有效成分是NaClO，該物質(zhì)具有氧化性，會將pH試紙氧化漂白，因此不能用pH試紙測量該溶液的pH，以驗證溶液的堿性，B錯誤；C.玻璃的成分中含有Na2SiO3，含有鈉元素，因此用玻璃棒進行焰色反應實驗，就會干擾溶液中離子的檢驗，要使用鉑絲或光潔無銹的鐵絲進行焰色反應，C錯誤；D.向溴水中加入CCl4充分振蕩后，靜置，然后分液，就可從溴水中獲得溴單質(zhì)。若向溴水中通入SO2氣體，就會發(fā)生反應：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，不能將單質(zhì)溴吹出，D錯誤；故合理選項是A。12、D【答案解析】

A.烷烴的沸點隨碳原子數(shù)的增多而升高，異戊烷有5個碳原子，正己烷有6個碳原子，異戊烷的沸點比正己烷低，故A錯誤；B.常溫下異戊烷是液態(tài)，液態(tài)烷烴的密度比水小，故B錯誤；C.五個碳的烷烴只有3種同分異構體，它們分別是正戊烷(5個碳都在主鏈上)，異戊烷(4個碳在主鏈上，有一個甲基在支鏈)，新戊烷(4個甲基連在同一個碳上)；C5H10有9種同分異構體，直鏈狀的有2種:C=C-C-C-C，C-C=C-C-C。支鏈是甲基的有3種：C=C-C-C(第5個碳在第2，3位)，C-C=C-C(第5個碳在第2位)。環(huán)狀的有4種：五元環(huán)，四元環(huán)外有一個甲基，三元環(huán)外有2個甲基或一個乙基，故C錯誤；D.分子中兩個成鍵原子的核間平均距離叫做鍵長，鍵長越短，表示原子結合得越牢，化學鍵越強，苯的碳碳鍵強度介于雙鍵和三鍵直接，故長度大于碳碳三鍵小于碳碳雙鍵，異戊烷中的碳碳鍵是碳碳單鍵，則異戊烷的碳碳鍵鍵長比苯的碳碳鍵長，故D正確；正確答案是D。13、C【答案解析】

A.加熱時Fe與I2反應，應選磁鐵分離，A錯誤；B.氧化性H+＞Al3+，電解氯化鋁溶液時不能得到鋁單質(zhì)，應電解熔融氧化鋁來冶煉Al，B錯誤；C.NaOH與苯酚發(fā)生反應生成可溶于水的苯酚鈉，與苯不反應，因此可用足量NaOH溶液除去苯中的苯酚，C正確；D.將飽和FeCl3溶液逐滴加到沸水中，可發(fā)生水解反應生成Fe(OH)3膠體，D錯誤；故合理選項是C。14、B【答案解析】

A、Kw的影響因素為溫度，水的電離吸熱，升高溫度Kw增大，A、D在同一等溫線上，故圖中A、B、D三點處Kw的大小關系為B>A=D，A錯誤；B、25℃時，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，c(OH-)逐漸增大，c(OH-)?c(NH4+)／c(NH3·H2O)的值不變，故c(NH4+)／c(NH3·H2O)逐漸減小，B正確；C、在25℃時，保持溫度不變，在水中加人適量NH4Cl固體，體系不能從A點變化到C點，體系從A點變化到C點，可采用加熱的方法，C錯誤；D、A點所對應的溶液呈中性，F(xiàn)e3+因水解生成氫氧化鐵沉淀不能大量存在，D錯誤。故選B。15、B【答案解析】由曲線變化圖可知，隨反應進行具有氧化性的ClO-物質(zhì)的量減小為反應物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，根據(jù)所含有的NH4+和N2，其中NH4+有還原性，故N2是生成物，N元素化合價發(fā)生氧化反應，則反應的方程式應為3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+；A．由方程式可知反應的氧化劑是ClO-，還原產(chǎn)物為Cl-，故A錯誤；B．反應生成H+，溶液酸性增強，故B正確；C．N元素化合價由-3價升高到0價，則消耗1mol還原劑，轉(zhuǎn)移3mol電子，故C錯誤；C．由方程式可知氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶2，故D錯誤；答案為B。點睛：由曲線變化圖可知，具有氧化性的ClO-物質(zhì)的量減小為反應物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，再結合氧化還原反應的理論，有氧化必有還原，根據(jù)所含有的微粒，可知NH4+是還原劑，氧化產(chǎn)物為N2，發(fā)生反應的方程式應為3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答該題。16、A【答案解析】

由電子流向可知，左邊吸附層為負極，發(fā)生了氧化反應，電極反應是H2-2e-+2OH-═2H2O，右邊吸附層為正極，發(fā)生了還原反應，電極反應是2e-+2H+═H2，結合原電池中陽離子移向正極，陰離子移向負極解答該題?！绢}目詳解】A.“全氫電池”工作時，將酸堿反應的化學能（中和能）轉(zhuǎn)化為電能，故A正確；B.右邊吸附層為正極，發(fā)生了還原反應，電極反應是2e-+2H+═H2，故B錯誤；C.NaClO4的作用是傳導離子，沒有參與電極反應，故C錯誤；D.由電子流向可知，左邊吸附層為負極，發(fā)生了氧化反應，電極反應是H2-2e-+2OH-═2H2O，右邊吸附層為正極，發(fā)生了還原反應，電極反應是2e-+2H+═H2，總反應為：H++OH-═H2O，故D錯誤；正確答案是A。17、C【答案解析】

完全反應后容器中壓強沒有發(fā)生變化，說明反應前后氣體的物質(zhì)的量沒有發(fā)生變化，A．氨氣與氯氣常溫下反應：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，氯化銨為固體，氣體物質(zhì)的量減小，壓強發(fā)生變化，故A不選；B．氨氣與溴化氫反應生成溴化銨固體，方程式為：NH3+HBr=NH4Br，溴化銨為固體，氣體物質(zhì)的量減小，壓強發(fā)生變化，故B不選；C．二氧化硫與氧氣常溫下不反應，所以氣體物的量不變，壓強不變，故C選；D．SO2和H2S發(fā)生SO2+2H2S═3S↓+2H2O，氣體物質(zhì)的量減小，壓強發(fā)生變化，故D不選；故選：C。18、C【答案解析】

A．濃硫酸密度較大，為防止酸液飛濺，配制混酸時應將濃硫酸加入到濃硝酸中，故A項錯誤；B．制備硝基苯時，反應溫度為50~60℃，為控制反應溫度應用水溶加熱，故B項錯誤；C．硝基苯不溶于水，分離硝基苯應用分液的方法分離，故C項正確；D．蒸餾硝基苯時，為充分冷凝冷凝水應從冷凝管下端進，故D項錯誤。故選C。19、D【答案解析】

A.Fe3+的水溶液顯黃色，與“無色溶液”矛盾，A錯誤；B.能使甲基橙變紅的溶液顯酸性，此時H+、CH3COO-會發(fā)生反應產(chǎn)生CH3COOH，不能大量共存，B錯誤；C.ClO-具有強的氧化性，與具有還原性的微粒S2-會發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，C錯誤；D.選項離子之間不能發(fā)生任何反應，可以大量共存，D正確；故合理選項是D。20、A【答案解析】

A．高純硅用于制太陽能電池或芯片等，而光導纖維的材料是二氧化硅，故A錯誤；B．利用碳酸鈉熱溶液水解呈堿性，可除餐具上的油污，故B正確；C．海水蒸發(fā)是物理變化，故C正確；D．淀粉和纖維素均為多糖，一定條件下，淀粉和纖維素水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖，故D正確；故答案為A。21、D【答案解析】

A．根據(jù)圖中各元素化合價知，Cu元素化合價都是+2價、H元素化合價都是+1價、Cl元素化合價都是-1價，所以化合價不變的是Cu、H、Cl元素，故A錯誤；B．轉(zhuǎn)化過程中O2把Fe2+氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+把硫離子氧化為S，則氧化性的強弱順序：O2＞Fe3+＞S，故B錯誤；C．根據(jù)圖示，反應的本質(zhì)是空氣中的氧氣氧化H2S轉(zhuǎn)化為S和水，在轉(zhuǎn)化過程中能循環(huán)利用的物質(zhì)有FeCl2、CuCl2、FeCl3，故C錯誤；D．H2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)，硫元素的化合價從-2價變成0價，氧元素的化合價從0價變成-2價，依據(jù)得失電子數(shù)相等，所以2H2S----O2，所以有34gH2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時，保持溶液中Fe3+的量不變，需要消耗O2的質(zhì)量為××32g/mol=16g，故D正確；故選D。22、B【答案解析】

短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的單質(zhì)與H2在暗處能化合并發(fā)生爆炸，則W為F元素；X是同周期中金屬性最強的元素，X的原子序數(shù)大于F，則X位于第三周期，為Na元素；Y原子的最外層電子數(shù)等于電子層數(shù)，Y的原子序數(shù)大于Na，則位于第三周期，最外層含有3個電子，為Al元素；W和Z原子的最外層電子數(shù)相同，則Z為Cl元素，據(jù)此進行解答。【題目詳解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的單質(zhì)與H2在暗處能化合并發(fā)生爆炸，則W為F元素；X是同周期中金屬性最強的元素，X的原子序數(shù)大于F，則X位于第三周期，為Na元素；Y原子的最外層電子數(shù)等于電子層數(shù)，Y的原子序數(shù)大于Na，則位于第三周期，最外層含有3個電子，為Al元素；W和Z原子的最外層電子數(shù)相同，則Z為Cl元素；A．Z、W的單質(zhì)分別為氯氣、氟氣，二者形成的晶體都是分子晶體，相對分子質(zhì)量氯氣較大，則氯氣的沸點較高，即單質(zhì)的沸點：Z＞W(wǎng)，故A正確；B．X為Na、W為F，二者的離子都含有2個電子層，Na的核電荷數(shù)較大，則鈉離子的離子半徑較小，即簡單離子半徑：X＜W，故B錯誤；C．X為Na，金屬鈉與O形成的過氧化鈉中既含離子鍵也含非極性共價鍵，故C正確；D．X、Y、Z的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH、氫氧化鋁、高氯酸，氫氧化鋁具有兩性，則氫氧化鈉、氫氧化鋁和高氯酸之間能相互反應，故D正確；故答案為B。二、非選擇題(共84分)23、加成反應氫氧化鈉水溶液加熱【答案解析】

B、C、D都能發(fā)生銀鏡反應，則結構中都含有醛基，G的結構簡式為，E堿性條件下水解、酸化得到G，則F為，E為，比較D和E的分子式知，D中-CHO被氧化為-COOH生成E，則D為，根據(jù)D中取代基的位置結合A的分子式可推測出A為，A經(jīng)過系列轉(zhuǎn)化生成B為，B發(fā)生信息反應生成C為，與HBr發(fā)生加成反應生成D，由G的結構及反應條件和H的分子式可得：H為，由I的組成可知，G通過縮聚反應生成高聚物I，故I為，據(jù)此解答?！绢}目詳解】（1）根據(jù)上述分析，A的結構簡式為；（2）根據(jù)上述分析第三步反應為催化氧化反應，方程式為2+O22+2H2O；（3）根據(jù)上述分析，①的反應類型為加成反應；（4）E堿性條件下水解得到F，則③的試劑與條件為氫氧化鈉水溶液加熱；（5）根據(jù)上述分析，I的結構簡式為；①能發(fā)生銀鏡反應，說明結構中含有醛基；②能發(fā)生水解反應，說明結構中含有含有酯基；③苯環(huán)上一氯取代物只有一種，說明苯環(huán)上有4個取代基，且具有一定對稱性；④羥基不與苯環(huán)直接相連，則結構中沒有酚羥基，結合上述分析，G的同分異構體結構簡式為；（6）以乙醇為原料合成有機化工原料1-丁醇，碳鏈的增長根據(jù)題干信息可以用醛與醛脫水反應實現(xiàn)，產(chǎn)物中的雙鍵和醛基可以通過與氫氣反應轉(zhuǎn)化為碳碳單鍵和羥基，乙醇催化氧化可以得到乙醛，綜上分析其合成路則該合成路線為：?！敬鸢更c睛】逆合成法的運用往往是解決有機合成題的主要方法，此題從G的結構分析，通過分子式的比較及反應條件等信息分析有機物間的轉(zhuǎn)化關系；此類題還需注意題干中給出的信息，如醛和醛的脫水反應，這往往是解題的關鍵信息。24、(酚)羥基消去反應C19H16O4+CO(OC2H5)2+2C2H5OH、、、(任寫兩個)【答案解析】

對比A、B的結構，可知A與乙酸酐發(fā)生取代反應生成B，同時還生成CH3COOH，B、C互為同分異構體，B發(fā)生異構生成C，對比C、D的結構可知，C組成多1個、去掉2個H原子生成D，同時還生成C2H5OH，由F的分子式，結合G的結構，可知E為，對比E、F的分子式，可知E與丙酮發(fā)生加成反應生成F，F(xiàn)發(fā)生消去反應生成G，結合G的結構，可知F為，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】對比A、B的結構，可知A與乙酸酐發(fā)生取代反應生成B，同時還生成CH3COOH，B、C互為同分異構體，B發(fā)生異構生成C，對比C、D的結構可知，C組成多1個、去掉2個H原子生成D，同時還生成C2H5OH，由F的分子式，結合G的結構，可知E為，對比E、F的分子式，可知E與丙酮發(fā)生加成反應生成F，F(xiàn)發(fā)生消去反應生成G，結合G的結構，可知F為，(1)A為苯酚，含有的官能團為酚羥基，由以上分析可知，反應⑤為在濃硫酸加熱的條件發(fā)生消去反應生成G，故答案為：(酚)羥基；消去反應；(2)由J的結構簡式，可知其分子式是C19H16O4，由以上分析知F為，故答案為：C19H16O4；；(3)對比C、D的結構可知，C組成多1個、去掉2個H原子生成D，同時還生成C2H5OH，故反應③的化學方程式為：+CO(OC2H5)2+2C2H5OH，故答案為：+CO(OC2H5)2+2C2H5OH；(4)同時滿足下列條件的C()的所有同分異構體：①苯環(huán)上有兩個處于對位上的取代基；②1mol該有機物與足量金屬鈉反應生成1g氫氣，則含有一個羥基或一個羧基，當含有一個羥基時，還應含有一個醛基或者一個羰基，符合條件的同分異構體有：、、、，故答案為：、、、(任寫兩個)；(5)與乙酸酐反應生成，然后與AlCl3/NaCl作用生成，最后與CO(OC2H5)2反應得到，故答案為：。25、去除蒸餾水中的氧氣，防止亞硫酸鈉被氧化500mL容量瓶燒杯、玻璃棒SO32-+2Ag+=Ag2SO3Na2SO3被酸化的NO3-氧化成Na2SO4，Na2SO4與AgNO3溶液反應生成Ag:2SO4沉淀取固體少許加入足量Na2SO3溶液(或向試管中繼續(xù)滴加Na2SO3溶液)Ag2O+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2OH+3H2O或Ag2O+4NH3+H2O=2Ag(NH3)2OHAgOHNa2SO3溶液滴加順序不同(或用量不同)，溶液酸堿性不同(或濃度不同)【答案解析】

配置一定物質(zhì)的量濃度的溶液時，①溶解時：Na2SO3晶體易被溶液中溶解的氧氣氧化，故需煮沸；②移液時：配置一定物質(zhì)的量濃度的溶液時需要使用容量瓶，移液時需要洗滌燒杯和玻璃棒；實驗Ⅱ探究不同pH的Na2SO3溶液與pH=4的AgNO3溶液反應的產(chǎn)物①假設一是銀離子與亞硫酸根離子反應生成亞硫酸銀；②考慮加入的酸性的硝酸銀溶液具有氧化性，將亞硫酸銀氧化成硫酸銀；③由于Ag2SO3溶于過量Na2SO3溶液，可以加入Na2SO3溶液驗證溶液中是否有Ag2SO3；(2)①Ag2O為棕黑色固體，與氨水反應生成Ag(NH3)2OH和3H2O；②從非氧化還原反應分析得化合價不變，判斷A的成分；(3)(1)中實驗和(2)中實驗中溶液的滴加順序不同，溶液酸堿性不同?！绢}目詳解】①溶解時：Na2SO3晶體易被溶液中溶解的氧氣氧化，故需煮沸，防止亞硫酸鈉被氧化；②移液時：配置一定物質(zhì)的量濃度的溶液時需要使用500ml的容量瓶，移液時需要洗滌燒杯和玻璃棒2~3次；(1)①假設一是銀離子與亞硫酸根離子反應生成亞硫酸銀SO32-+2Ag+=Ag2SO3；②將pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，酸性溶液中存在氫離子，氫離子和硝酸根相當于硝酸，具有氧化性，可能會將亞硫酸根離子氧化成硫酸根；③.Ag2SO3為白色固體，不溶于水，溶于過量Na2SO3溶液，故可以加入過量Na2SO3溶液，看是否繼續(xù)溶解，若繼續(xù)溶解一部分，說明假設三成立；(2)①Ag2O，棕黑色固體，不溶于水，可與濃氨水反應，反應a為Ag2O+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2OH+3H2O；②將pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，由于亞硫酸銀易溶于亞硫酸鈉，故生成的白色沉淀不是亞硫酸銀，溶液呈堿性，也不是硫酸銀，銀離子在堿性條件下，例如銀離子和氨水反應可以生成氫氧化銀，是白色沉淀，A為AgOH；(3)實驗(1)將pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，實驗(2)將pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，對比兩次實驗可以看出，滴加順序不同(或用量不同)，,所給鹽溶液酸堿性不同(或濃度不同)。26、球形干燥管（干燥管）缺少處理CO尾氣裝置排盡裝置內(nèi)空氣，防止空氣中H2O和CO2的干擾E中黑色粉末變紅色，F(xiàn)出現(xiàn)白色沉淀取少量草酸亞鐵晶體于試管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液變紅色，則草酸亞鐵晶體已氧化變質(zhì)；若不變紅色，則草酸亞鐵晶體未氧化變質(zhì)FeC2O43FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑【答案解析】

裝置A為草酸亞鐵晶體分解，利用無水硫酸銅檢驗水蒸氣，B裝置檢驗二氧化碳，C裝置吸收二氧化碳，D裝置干燥氣體，E裝置檢驗CO，F(xiàn)裝置檢驗二氧化碳，據(jù)此解答。【題目詳解】(1)儀器a的名稱是球形干燥管(干燥管)，故答案為：球形干燥管(干燥管)；(2)反應會產(chǎn)生CO，缺少處理CO尾氣裝置，故答案為：缺少處理CO尾氣裝置；(3)反應會會產(chǎn)生CO和H2O，通入氮氣，排盡裝置內(nèi)空氣，防止空氣中H2O和CO2的干擾，故答案為：排盡裝置內(nèi)空氣，防止空氣中H2O和CO2的干擾；(4)CO與CuO反應，生成Cu和二氧化碳，現(xiàn)象為E中黑色粉末變紅色，F(xiàn)出現(xiàn)白色沉淀，故答案為：E中黑色粉末變紅色，F(xiàn)出現(xiàn)白色沉淀；(5)檢驗鐵離子的試劑為KSCN，具體有：取少量草酸亞鐵晶體于試管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液變紅色，則草酸亞鐵晶體已氧化變質(zhì)；若不變紅色，則草酸亞鐵晶體未氧化變質(zhì)，故答案為：取少量草酸亞鐵晶體于試管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液變紅色，則草酸亞鐵晶體已氧化變質(zhì)；若不變紅色，則草酸亞鐵晶體未氧化變質(zhì)；(6)①草酸亞鐵晶體的物質(zhì)的量為：＝0.03mol，通過剩余固體的質(zhì)量為4.32g，則M的摩爾質(zhì)量為＝144g/mol，過程Ⅰ發(fā)生的反應是：草酸亞鐵晶體受熱失去結晶水，剩下的M為FeC2O4，故答案為：FeC2O4；②草酸亞鐵晶體中的鐵元素質(zhì)量為：＝1.68g，草酸亞鐵晶體中的鐵元素完全轉(zhuǎn)化到氧化物中，氧化物中氧元素的質(zhì)量為：，設鐵的氧化物的化學式為FexOy，則有：，解得x：y＝3：4，鐵的氧化物的化學式為Fe3O4，因此M→N發(fā)生反應的化學方程式為3FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑?！敬鸢更c睛】本題難點在于(6)②，根據(jù)質(zhì)量，求分子式，可以通過質(zhì)量守恒得到答案。27、試管口應該略向下傾斜冷卻并收集SO3木條復燃2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋S2OMnO用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸餾水至沒過沉淀，使蒸餾水自然流下，重復操作2～3次(合理即可)0.06偏高【答案解析】

(1)在試管中加熱固體時，試管口應略微向下傾斜；根據(jù)SO3、氧氣的性質(zhì)進行分析；(2)X為MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)物中有SO42-，據(jù)此寫出離子方程式，并根據(jù)氧化還原反應規(guī)律判斷氧化劑、氧化產(chǎn)物；(3)根據(jù)沉淀洗滌的方法進行回答；(4)根據(jù)得失電子守恒可得到關系式：5H2C2O4---2MnO4-，帶入數(shù)值進行計算；Na2S2O8也具有氧化性，氧化H2C2O4。【題目詳解】(1)在試管中加熱固體時，試管口應略微向下傾斜，SO3的熔、沸點均在0℃以上，因此冰水浴有利于將SO3冷卻為固體，便于收集SO3，由Na2S2O8的分解原理可知，生成物中有氧氣，所以在導管出氣口的帶火星的木條會復燃，故答案為：試管口應該略向下傾斜；冷卻并收集SO3；木條復燃；(2)X為MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)物中有SO42-，則反應的離子方程式為2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋，根據(jù)該反應中元素化合價的變化可知，氧化劑是S2O82-，氧化產(chǎn)物是MnO4-，故答案為：2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋；S2O82-；MnO4-；(3)沉淀洗滌時，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸餾水需要沒過沉淀，需要洗滌2~3次，故答案為：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸餾水至沒過沉淀，使蒸餾水自然流下，重復操作2～3次(合理即可)；(4)根據(jù)得失電子守恒可得到關系式：則，Na2S2O8具有氧化性，消耗的H2C2O4溶液增多，導致測得的結果偏高，故答案為：0.06；偏高。28、X-射線衍射1s22s22p63s23p63d104s1Cu2O中的Cu+3d軌道處于全滿的穩(wěn)定狀態(tài)，而CuO中Cu2+中3d軌道排布為3d9，能量高，不穩(wěn)定16ABD10CN-(或C22-)【答案解析】

(1)晶體對X射線發(fā)生衍射，非晶體不發(fā)生衍射，準晶體介于二者之間；(2)根據(jù)構造原理可書寫出基態(tài)銅原子的電子排布式；(3)根據(jù)原子核外電子的軌道上電子處于全滿、半滿或全空時是穩(wěn)定狀態(tài)分析；結合O原子數(shù)目及Cu2O中Cu和O的比例計算晶胞中Cu原子的數(shù)目；(4)Cu2+與乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)中N原子形成配位鍵，H2N-CH2-CH2-NH2中C原子之間形成非極性鍵、