甘肅省武威市涼州區(qū)六壩鄉(xiāng)中學2025屆高三第四次模擬考試化學試卷含解析

甘肅省武威市涼州區(qū)六壩鄉(xiāng)中學2025屆高三第四次模擬考試化學試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、聯合國大會宣布2019年為“國際化學元素周期表年”，中國科技館推出“律動世界——化學元素周期表專題展”。已知短周期元素T的次外層電子數是其最外層電子數的2倍，X、W、Z、Y均與元素T相鄰且原子序數依次增大，且X、Y與T同主族，W、Z與T同周期。下列判斷錯誤的是（）A．元素T在自然界主要以游離態(tài)形式存在B．元素非金屬性強弱：Z>YC．最高價氧化物對應水化物的酸性：X>WD．X與氧元素形成的氧化物不止一種2、2019年諾貝爾化學獎授予了鋰離子電池開發(fā)的三位科學家。一種鋰離子電池的反應式為LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2(x＜1)。其工作原理如圖所示。下列說法不正確的是（）A．放電時，Li+由b極向a極遷移B．放電時，若轉移0.02mol電子，石墨電極將減重0.14gC．充電時，a極接外電源的正極D．該廢舊電池進行“充電處理”有利于鋰在LiCoO2極回收3、關于鋼鐵電化學保護兩種方法的說法錯誤的是A．犧牲陽極陰極保護法利用的是原電池原理B．外加電流陰極保護法利用的是電解原理C．犧牲陽極陰極保護法中鋼鐵為負極D．外加電流陰極保護法中鋼鐵為陰極4、在反應3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5molH2O參加反應，被水還原的溴元素為()A．1mol B．2/3molC．4/3mol D．2mol5、厭氧氨化法（Anammox）是一種新型的氨氮去除技術，下列說法中不正確的是A．1molNH4+所含的質子總數為10NAB．聯氨（N2H4）中含有極性鍵和非極性鍵C．過程II屬于氧化反應，過程IV屬于還原反應D．過程I中，參與反應的NH4+與NH2OH的物質的量之比為1:16、對可逆反應2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)ΔH＜0，在一定條件下達到平衡，下列有關敘述正確的是()①增加A的量，平衡向正反應方向移動②升高溫度，平衡向逆反應方向移動，v(正)減小③壓強增大一倍，平衡不移動，v(正)、v(逆)不變④增大B的濃度，v(正)＞v(逆)⑤加入催化劑，B的轉化率提高A．①② B．④ C．③ D．④⑤7、以下物質的水溶液顯酸性的是A．NaHCO3 B．NaHSO4 C．CH3COOK D．KNO38、對利用甲烷消除NO2污染進行研究，CH4+2NO2N2+CO2+2H2O。在1L密閉容器中，控制不同溫度，分別加入0.50molCH4和1.2molNO2，測得n(CH4)隨時間變化的有關實驗數據見下表。組別溫度n/mol時間/min010204050①T1n（CH4）0.500.350.250.100.10②T2n（CH4）0.500.300.180.15下列說法正確的是A．組別①中，0～20min內，NO2的降解速率為0.0125mol·Lˉ1·minˉ1B．由實驗數據可知實驗控制的溫度T1＜T2C．40min時，表格中T2對應的數據為0.18D．0～10min內，CH4的降解速率①＞②9、下列離子方程式中正確的是（）A．向明礬（KAl（SO4）2?12H2O）溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全：Al3+＋2SO42﹣＋2Ba2+＋4OH﹣═AlO2-＋2BaSO4↓＋2H2OB．向FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－C．AlCl3溶液中加入過量氨水：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓D．銅與濃硝酸反應：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O10、化學與生產、生活等密切相關，下列說法不正確的是()A．面粉加工廠應標有“嚴禁煙火”的字樣或圖標B．焊接金屬前常用氯化銨溶液處理焊接處C．“投泥潑水愈光明”中蘊含的化學反應是炭與灼熱水蒸氣反應得到兩種可燃性氣體D．在元素周期表的金屬和非金屬分界線附近尋找優(yōu)良的催化劑，在過渡元素中尋找半導體材料11、中國科學院院士張青蓮教授曾主持測定了銦（49In）等9種元素相對原子質量的新值，被采用為國際新標準。已知：銦與鋁（13Al）同主族。下列說法錯誤的是（）A．In

的金屬性大于

AlB．In

最外層有

2

種能量的電子C．In

的中子數為

66D．In

原子的相對原子質量為

11512、下列氣體在常溫常壓下不能共存的是A．NH3、HCl B．CH4、Cl2 C．H2S、O2 D．SO2、O213、短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半徑與原子序數關系如圖所示。R原子最外層電子數是電子層數的2倍，Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，Z與T能形成化合物Z2T。下列推斷正確的是（）A．簡單離子半徑：T>Z>YB．Z2Y、Z2Y2所含有的化學鍵類型相同C．由于X2Y的沸點高于X2T，可推出X2Y的穩(wěn)定性強于X2TD．ZXT的水溶液顯弱堿性，促進了水的電離14、高純碳酸錳在電子工業(yè)中有著重要的應用，濕法浸出軟錳礦(主要成分為MnO2，含有少量Fe、Al、Mg等雜質元素)制備高純碳酸錳的流程如下：其中除雜過程包括：①向浸出液中加入一定量的試劑X，調節(jié)浸出液的pH為3.5～5.5；②再加入一定量的軟錳礦和雙氧水，過濾；③…下列說法正確的是(已知室溫下：Kap[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Kap[Al(OH)3]＝3.0×10－34，Kap[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。)A．浸出時加入植物粉的作用是作為還原劑B．除雜過程中調節(jié)浸出液的pH為3.5～5.5可完全除去Fe、Al、Mg等雜質C．試劑X可以是MnO、MnO2、MnCO3等物質D．為提高沉淀MnCO3步驟的速率可以持續(xù)升高溫度15、NA代表阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．2gD2O和H2l8O混合物中所含中子數為NAB．1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-離子數之和為0.1NAC．常溫常壓下，0.5molFe和足量濃硝酸混合，轉移電子數為1.5NAD．0.1molH2和0.1molI2(g)于密閉容器中充分反應，其原子總數為0.2NA16、設NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．標準狀況下，22.4L的H2和22.4L的F2氣混合后，氣體分子數為2NAB．常溫下pH=12的NaOH溶液中，水電離出的氫離子數為10?12NAC．30g乙酸和葡萄糖混合物中的氫原子數為2NAD．標準狀況下，2.24LC2H6含有的共價鍵數為0.6NA17、下列反應的離子方程式書寫正確的是（）A．SO2通入溴水中：SO2+2H2O+Br2=2H++SO42-+2HBrB．NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液充分反應后溶液呈中性：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OC．漂白粉溶液在空氣中失效：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-D．硫化鈉的水解反應：S2-+H3O+=HS-+H2O18、實現中國夢，離不開化學與科技的發(fā)展。下列說法不正確的是A．2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制劑需要冷凍保存B．大飛機C919采用大量先進復合材料、鋁鋰合金等，鋁鋰合金屬于金屬材料C．納米復合材料實現了水中微污染物鉛（Ⅱ）的高靈敏、高選擇性檢測，但吸附的量小D．我國提出網絡強國戰(zhàn)略，光纜線路總長超過三千萬公里，光纜的主要成分是晶體硅19、與氨堿法相比較，聯合制堿法最突出的優(yōu)點是A．NaCl利用率高 B．設備少C．循環(huán)利用的物質多 D．原料易得20、采用陰離子交換法合成了一系列不同Zn和Pt含量的PtSn-Mg(Zn)AlO催化劑用于乙烷脫氫反應[CH3CH3(g)?CH2=CH2(g)+H2(g)△H>0]，實驗結果表明，在水滑石載體中摻雜少量的Zn對乙烷脫氫反應有明顯影響，如圖所示為不同Zn含量PtSn催化劑的乙烷催化脫氫反應中，乙烷的轉化率隨時間的變化。下列說法不正確的是()A．由圖可知，PtSn/Mg(2-Zn)AlO催化劑的催化反應活性最優(yōu)B．一定溫度下，將nmol乙烷放入VL密閉容器中進行催化脫氫，維持容器體積不變，測得乙烷平衡轉化率為a，則該溫度下反應的平衡常數K=C．升高溫度，平衡逆向移動D．隨著反應時間的延長，乙烷轉化率逐漸穩(wěn)定，催化活性保持在相對穩(wěn)定的階段21、下列各物質或微粒性質的比較中正確的是A．碳碳鍵鍵長：乙烯＞苯B．密度：一氯乙烷＞一氯丁烷C．熱穩(wěn)定性：NaHCO3＞Na2CO3＞H2CO3D．沸點：H2O＞H2S＞H2Se22、下列實驗操作、實驗現象和實驗結論均正確的是選項實驗操作實驗現象實驗結論A將大小相同的金屬鈉分別投入水和乙醇中鈉與水反應比鈉與乙醇反應劇烈乙醇羥基中的氫原子不如水分子中的氫原子活潑B在適量淀粉溶液中加入幾滴稀硫酸，水浴5min，加入NaOH溶液調溶液pH至堿性，再加入新制的Cu(OH)2，加熱有紅色沉淀生成淀粉完全水解C向Fe(NO3)2溶液中依次滴加少量稀H2SO4和KSCN溶液溶液變紅稀硫酸能氧化Fe2+D向10mL0.1mo/LNa2S溶液中滴入2mL0.1mol/LZnSO4溶液再加入0.1mol/LCuSO4溶液開始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)A．A B．B C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機物A具有乙醛和乙酸中官能團的性質，不飽和烴B的摩爾質量為40g·mol－1，C中只有一個甲基，能發(fā)生銀鏡反應，有關物質的轉化關系如圖：已知：①同一個碳原子上連接2個碳碳雙鍵的結構不穩(wěn)定②RCH=CHOH→RCH2CHO請回答：(1)D的名稱是________。(2)A～E中都含有的元素的原子結構示意圖是________。(3)A＋D→E的化學方程式______________________。(4)下列說法正確的是________。A．B能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色B．C與A在一定條件下都能發(fā)生銀鏡反應C．轉化流程中濃H2SO4的作用相同D．可以用飽和Na2CO3溶液鑒別A、C、E三種無色物質24、（12分）艾司洛爾是預防和治療手術期心動過速或高血壓的一種藥物，艾司洛爾的一種合成路線如下：回答下列問題：(1)丙二酸的結構簡式為_______；E中含氧官能團的名稱是_______。(2)D生成E的反應類型為____________。(3)C的結構簡式為________________。(4)A遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反應生成1molB、1molH2O和1molCO2，B能與溴水發(fā)生加成反應，推測A生成B的化學方程式為____。(5)X是B的同分異構體，X同時滿足下列條件的結構共有____種，其中核磁共振氫譜有五組峰的結構簡式為____。①可與碳酸氫鈉溶液反應生成二氧化碳②遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應③除苯環(huán)外不含其他環(huán)(6)寫出以苯甲醇和丙二酸為原料制備的合成路線________(其他試劑任選)。25、（12分）草酸是一種常用的還原劑，某校高三化學小組探究草酸被氧化的速率問題。實驗Ⅰ試劑混合后溶液pH現象（1h后溶液）試管滴管a4mL0.01mol·L?1KMnO4溶液，幾滴濃H2SO42mL0.3mol·L?1H2C2O4溶液2褪為無色b4mL0.01mol·L?1KMnO4溶液，幾滴濃NaOH7無明顯變化c4mL0.01mol·L?1K2Cr2O7溶液，幾滴濃H2SO42無明顯變化d4mL0.01mol·L?1K2Cr2O7溶液，幾滴濃NaOH7無明顯變化（1）H2C2O4是二元弱酸，寫出H2C2O4溶于水的電離方程式：_____________。（2）實驗I試管a中KMnO4最終被還原為Mn2+，該反應的離子方程式為：________。（3）瑛瑛和超超查閱資料，實驗I試管c中H2C2O4與K2Cr2O7溶液反應需數月時間才能完成，但加入MnO2可促進H2C2O4與K2Cr2O7的反應。依據此資料，吉吉和昊昊設計如下實驗證實了這一點。實驗II實驗III實驗IV實驗操作實驗現象6min后固體完全溶解，溶液橙色變淺，溫度不變6min后固體未溶解，溶液顏色無明顯變化6min后固體未溶解，溶液顏色無明顯變化實驗IV的目的是：_______________________。（4）睿睿和萌萌對實驗II繼續(xù)進行探究，發(fā)現溶液中Cr2O72-濃度變化如圖：臧臧和蔡蔡認為此變化是通過兩個過程實現的。過程i．MnO2與H2C2O4反應生成了Mn2+。過程ii．__________________________________。①查閱資料：溶液中Mn2+能被PbO2氧化為MnO4-。針對過程i，可采用如下方法證實：將0.0001molMnO2加入到6mL____________中，固體完全溶解；從中取出少量溶液，加入過量PbO2固體，充分反應后靜置，觀察到_______________。②波波和姝姝設計實驗方案證實了過程ii成立，她們的實驗方案是________。（5）綜合以上實驗可知，草酸發(fā)生氧化反應的速率與__________________有關。26、（10分）阿司匹林(乙酰水楊酸)是世界上應用最廣泛的解熱、鎮(zhèn)痛和抗炎藥。乙酰水楊酸受熱易分解,分解溫度為128～135℃。某學習小組在實驗室以水楊酸(鄰羥基苯甲酸)與醋酸酐[(CH3CO)2O]為主要原料合成阿司匹林,制備的主要反應為+(CH3CO)2O+CH3COOH制備基本操作流程如下:主要試劑和產品的物理常數:名稱相對分子質量熔點或沸點(℃)水水楊酸138158(熔點)微溶醋酸酐102139.4(沸點)反應乙酰水楊酸180135(熔點)微溶請根據以上信息回答下列問題:(1)合成過程中最合適的加熱方法是__________。(2)提純粗產品時加入飽和NaHCO3溶液至沒有CO2產生為止,再過濾,則加飽和NaHCO3溶液的目的是______(3)另一種改進的提純方法,稱為重結晶提純法。改進的提純方法中加熱回流的裝置如圖所示,儀器a的名稱是____,冷凝管中冷凝水的進入口是____(填“b”或“c”),使用溫度計的目的是_________(4)檢驗產品中是否含有水楊酸的化學方法是_________(5)該學習小組在實驗中原料用量:2.76g水楊酸、7.5mL醋酸酐(ρ=1.08g/cm3),最終稱量產品m=2.92g,則所得乙酰水楊酸的產率為____。27、（12分）碳酸鎂晶須是一種新型的吸波隱形材料中的增強材料。（1）合成該物質的步驟如下：步驟1：配制0.5mol·L-1MgSO4溶液和0.5mol·L-1NH4HCO3溶液。步驟2：用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL三頸燒瓶中，開啟攪拌器。溫度控制在50℃。步驟3：將250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min內滴加完后，用氨水調節(jié)溶液pH到9.5。步驟4：放置1h后，過濾，洗滌。步驟5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸鎂晶須產品（MgCO3·nH2On=1～5）。①步驟2控制溫度在50℃，較好的加熱方法是_________。②步驟3生成MgCO3·nH2O沉淀的化學方程式為__________。③步驟4檢驗沉淀是否洗滌干凈的方法是__________。（2）測定生成的MgCO3·nH2O中的n值。稱量1.000碳酸鎂晶須，放入如圖所示的廣口瓶中加入適量水，并滴入稀硫酸與晶須反應，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室溫下反應4～5h，反應后期將溫度升到30℃，最后將燒杯中的溶液用已知濃度的鹽酸滴定，測得CO2的總量；重復上述操作2次。①圖中氣球的作用是_________。②上述反應后期要升溫到30℃，主要目的是______。③測得每7.8000g碳酸鎂晶須產生標準狀況下CO2為1.12L，則n值為_______。（3）碳酸鎂晶須可由菱鎂礦獲得，為測定某菱鎂礦（主要成分是碳酸鎂，含少量碳酸亞鐵、二氧化硅）中鐵的含量，在實驗室分別稱取12.5g菱鎂礦樣品溶于過量的稀硫酸并完全轉移到錐形瓶中，加入指示劑，用0.010mol/LH2O2溶液進行滴定。平行測定四組。消耗H2O2溶液的體積數據如表所示。實驗編號1234消耗H2O2溶液體積/mL15.0015.0215.6214.98①H2O2溶液應裝在_________（填“酸式”或“堿式”）滴定管中。②根據表中數據，可計算出菱鎂礦中鐵元素的質量分數為_________%（保留小數點后兩位）。28、（14分）碳、氮、氟、硅、銅等元素的化合物廣泛存在于自然界，回答下列問題：(1)基態(tài)氟原子核外電子的電子云形狀有_____種；氟原子的價電子排布式為___。(2)NF3是微電子工業(yè)中優(yōu)良的等離子刻蝕氣體，NF3分子的空間構型為______；寫出與N2互為等電子體的一種離子的化學式_______。(3)已知金剛石中的C-C鍵鍵長為154.45pm，C60中C-C鍵鍵長為145～140pm，而金剛石的熔點遠遠高于C60，其理由是________。(4)氫基倍半硅氧烷的分子結構如圖所示，該分子的分子式為______，Si原子采用_______雜化。(5)Cu的某種晶體晶胞為面心立方結構，晶胞邊長為acm，原子的半徑為rcm。該晶體中銅原子的堆積方式為_______（填“A1”“A2”或“A3”），該晶體的密度為______g/cm3（用含a和NA的代數式表示)，該晶體中銅原子的空間利用率為______(用含a和r的代數式表達)。29、（10分）為解決“溫室效應”日趨嚴重的問題,科學家們不斷探索CO2的捕獲與資源化處理方案,利用CH4捕獲CO2并轉化為CO和H2混合燃料的研究成果已經“浮出水面”。已知:①CH4(g)十H2O(g)==CO(g)+3H2(g)△H1=+206.4kJ/mol②CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ/molT1°C時，在2L恒容密閉容器中加入2molCH4和1molCO2，并測得該研究成果實驗數據如下：請回答下列問題:時間/s0102030405060CO2/mol10.70.60.540.50.50.5H2/mol00.60.80.92111（1）該研究成果的熱化學方程式③CH4(g)+CO2(g)==2CO(g)+2H2(g)△H=_____（2）30s時CH4的轉化率為_______，20~40s,v(H2)=_______.（3）T2°C時,該反應的化學平衡常數為1.5,則T2___T1(填“>”“=”或“<”。)（4）T1°C時反應③達到平衡的標志為______________。A．容器內氣體密度不變B．體系壓強恒定C．CO和H2的體積分數相等且保持不變D．2v(CO)逆=v(CH4)正（5）上述反應③達到平衡后,其他條件不變,在70s時再加入2molCH4和1molCO2,此刻平衡的移動方向為________(填“不移動”“正向”或“逆向"),重新達到平衡后，CO2的總轉化率比原平衡____________(填“大”“小”或“相等”)。

參考答案一、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、A【解析】

X、Y與T同主族，且T為短周期元素，則T為硅(Si)；再由“X、W、Z、Y均與元素T相鄰且原子序數依次增大”，可確定X為碳(C)，Y為鍺(Ge)；W、Z與T同周期，則W為鋁(Al)，Z為磷(P)。【詳解】A．元素Si在自然界中只能以化合態(tài)形式存在，A錯誤；B．元素非金屬性強弱：P>Si>Ge，B正確；C．因為CO2通入NaAlO2溶液中能生成Al(OH)3，所以酸性H2CO3>Al(OH)3，C正確；D．C與氧元素形成的氧化物為CO、CO2等，D正確；故選A。2、D【解析】

根據鋰離子電池的反應式為LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2(x＜1)可判斷出，放電時Li元素化合價升高，LixC6（可看作單質Li和C）作負極，Co元素化合價降低。【詳解】A．放電時是b極為負極，a極為正極，Li+由負極移向正極，即由b極移向a極，A正確；B．放電時石墨電極發(fā)生Li-e-=Li+,若轉移0.02mol電子，則有0.02molLi參與反應，電極減重為0.02×7=0.14g，B正確；C．充電時，原來的正極作陽極，與外接電源的正極相連，C正確；D．“充電處理”時，Li+在陰極得電子生成Li，石墨為陰極，故該廢舊電池進行“充電處理”有利于鋰在石墨極回收，D錯誤；答案選D?！军c睛】充電時為電解裝置，電池的正極與外電源的正極相連，作電解池的陽極，發(fā)生氧化反應，電池的負極與外電源的負極相連，作電解池的陰極，發(fā)生還原反應。判斷電極時可以通過判斷電池反應中元素化合價的變化來進行。3、C【解析】A.將還原性較強的金屬與需要保護的金屬連接，形成原電池，A正確；B.:外加電流的陰極保護法是外加電源，形成電解池，讓金屬稱為陰極得電子，從而保護金屬，B正確C.為保護鋼鐵，鋼鐵為電池正極，C錯誤；D.利用電解原理，鋼鐵為陰極得到電子，從而受到保護，D正確。故選擇C。點睛：原電池中，失去電子的為負極，得到電子的為正極；電解池中，失去電子的為陽極，得到電子的為陰極。4、C【解析】

在反應3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合價變化情況為：溴元素由+3價升高為+5價，溴元素由+3價降低為0價，氧元素化合價由-2價升高為0價，所以BrF3既起氧化劑也起還原劑作用，同時水也起還原劑作用．若5molH2O參加反應，則生成1molO2，氧原子提供電子物質的量為2mol×2，令被水還原的BrF3的物質的量為xmol，根據電子轉移守恒，則：2mol×2=xmol×（3-0）解得x=4/3mol，選項C符合題意。5、A【解析】A、質子數等于原子序數，1molNH4＋中含有質子總物質的量為11mol，故A說法錯誤；B、聯氨(N2H4)的結構式為，含有極性鍵和非極性鍵，故B說法正確；C、過程II，N2H4→N2H2－2H，此反應是氧化反應，過程IV，NO2－→NH2OH，添H或去O是還原反應，故C說法正確；D、NH4＋中N顯－3價，NH2OH中N顯－1價，N2H4中N顯－2價，因此過程I中NH4＋與NH2OH的物質的量之比為1：1，故D說法正確。點睛：氧化反應還是還原反應，這是有機物中的知識點，添氫或去氧的反應為還原反應，去氫或添氧的反應的反應氧化反應，因此N2H4→N2H2，去掉了兩個氫原子，即此反應為氧化反應，同理NO2－轉化成NH2OH，是還原反應。6、B【解析】

①A是固體，增加A的量，平衡不移動，故①錯誤；②2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)，正反應放熱，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，v(正)、v(逆)均增大，故②錯誤；③2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)，反應前后氣體系數和不變，壓強增大一倍，平衡不移動，v(正)、v(逆)均增大，故③錯誤；④增大B的濃度，反應物濃度增大，平衡正向移動，所以v(正)＞v(逆)，故④正確；⑤加入催化劑，平衡不移動，B的轉化率不變，故⑤錯誤；故選B。7、B【解析】

溶液的酸堿性取決于溶液中c(H+)、c(OH-)的相對大小。c(H+)>c(OH-)的溶液呈酸性。A.NaHCO3在溶液中完全電離，生成的HCO3-以水解為主使溶液呈堿性，A項錯誤；B.NaHSO4在溶液中完全電離生成Na+、H+、SO42-，使溶液呈酸性，B項正確；C.CH3COOK在溶液中完全電離，生成的CH3COO-水解使溶液呈堿性，C項錯誤；D.KNO3溶液中，K+、NO3-不能發(fā)生水解，溶液呈中性，D項錯誤。本題選B。8、B【解析】A、隨著反應的進行，反應物的濃度降低，反應速率減小，故組別①中，0~20min內，NO2的降解平均速率為0.0125mol·L-1·min-1，選項A錯誤；B、溫度越高反應速率越大，達平衡所需時間越短，由實驗數據可知實驗控制的溫度T1<T2，選項B正確；C、40min時，表格中T2應的數據為0.15-0.18之間，選項C錯誤；D、0～10min內，CH4的降解速率②>①，選項D錯誤。答案選B。9、A【解析】

A、向明礬（KAl（SO4）2?12H2O）溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全：Al3+＋2SO42﹣＋2Ba2+＋4OH﹣═AlO2-＋2BaSO4↓＋2H2O，故A正確；B、向FeBr2溶液中通入足量Cl2的離子反應為：2Fe2++4Br-十3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，故B不正確；C、AlCl3溶液中加入過量氨水的離子反應為：A13++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C不正確；D、銅與濃硝酸反應的離子反應為：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，故D不正確；故選A?！军c睛】離子反應方程式的正誤判斷：(1)、是否符合客觀事實；(2)、拆分是否正確，能夠拆分的是強酸、強堿和可溶性鹽。如C選項，一水合氨為弱堿，不能拆分，所以C錯誤；(3)、電荷守恒。10、D【解析】

A．面粉是可燃物，分散于空氣中形成氣溶膠，遇到明火有爆炸的危險，所以面粉加工廠應標有“嚴禁煙火”的字樣或圖標，故A正確；B．氯化銨是強酸弱堿鹽，其水溶液顯酸性，可用于除鐵銹，所以焊接金屬前可用氯化銨溶液處理焊接處的鐵銹，故B正確；C．碳與水蒸氣反應生成氫氣和一氧化碳，氫氣與一氧化碳都能燃燒，故C正確；D．在元素周期表的金屬和非金屬分界線附近的元素金屬性也非金屬性都不強，常用于制備半導體材料，在過渡元素中尋找優(yōu)良的催化劑，故D錯誤；故答案為D。11、D【解析】

A、同一主族元素的金屬性隨著原子序數的增大而增強；B、銦與鋁(13Al)同主族，則In的最外層電子數為3，排布在s、p軌道上；C、中子數=質量數-質子數，據此計算判斷；D、的質量數為115?！驹斀狻緼、銦與鋁(13Al)同主族，并且銦元素的原子序數較大，同主族從上至下金屬性逐漸增加，所以In的金屬性強，故A不符合題意；B、In的最外層電子數為3，排布在5s、5p軌道上，5s能級上兩個電子能量相同，但小于5p能級上的電子能量，所以In最外層有2

種能量的電子，故B不符合題意；C、的質量數為115、質子數為49，所以中子數=119-49=66，故C不符合題意；D、的質量數為115，In的相對原子質量為天然存在的核素In的質量數與其豐度的乘積之和，故D符合題意；故選：D。12、A【解析】

常溫下，能反應的氣體不能大量共存，以此來解答。【詳解】A．常溫下反應生成氯化銨，不能大量共存，選項A選；B．常溫下不反應，光照的條件反應，可大量共存，選項B不選；C．常溫下不反應，反應需要點燃、加熱等，可大量共存，選項C不選；D．常溫下不反應，要在催化劑和加熱的條件反應，選項D不選；答案選A。13、D【解析】

R原子最外層電子數是電子層數的2倍，R可能為C元素或S元素，由于圖示原子半徑和原子序數關系可知R應為C元素；Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，應為Na2O、Na2O2，則Y為O元素，Z為Na元素；Z與T形成的Z2T化合物，且T的原子半徑比Na小，原子序數T>Z，則T應為S元素，X的原子半徑最小，原子序數最小，原子半徑也較小，則X應為H元素，結合對應單質、化合物的性質以及題目要求解答該題?！驹斀狻扛鶕鲜鐾茢嗫芍篨是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；R是C元素，T是S元素。A.S2-核外有3個電子層，O2-、Na+核外有2個電子層，由于離子核外電子層數越多，離子半徑越大；當離子核外電子層數相同時，核電荷數越大，離子半徑越小，所以離子半徑：T>Y>Z，A錯誤；B.Z2Y、Z2Y2表示的是Na2O、Na2O2，Na2O只含離子鍵，Na2O2含有離子鍵、極性共價鍵，因此所含的化學鍵類型不相同，B錯誤；C.O、S是同一主族的元素，由于H2O分子之間存在氫鍵，而H2S分子之間只存在范德華力，氫鍵的存在使H2O的沸點比H2S高，而物質的穩(wěn)定性與分子內的共價鍵的強弱有關，與分子間作用力大小無關，C錯誤；D.ZXT表示的是NaHS，該物質為強堿弱酸鹽，在溶液中HS-水解，消耗水電離產生的H+結合形成H2S，使水的電離平衡正向移動，促進了水的電離，使溶液中c(OH-)增大，最終達到平衡時，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液顯堿性，D正確；故合理選項是D?！军c睛】本題考查了原子結構與元素性質及位置關系應用的知識，根據原子結構特點及元素間的關系推斷元素是解題的關鍵，側重于學生的分析能力的考查。14、A【解析】

A、結合流程分析，需將四價錳還原為二價，因植物粉為有機物，具有還原性，選項A正確；B、根據KSP可知，pH為3.5-5.5不能完全除去鎂離子，選項B錯誤；C、二氧化錳不能與酸反應，無法調節(jié)pH，選項C錯誤；D、碳酸氫銨不穩(wěn)定，受熱易分解，故不能溫度太高，選項D錯誤。答案選A。15、A【解析】

A.D2O和H2l8O的摩爾質量相同都為20g/mol,中子數也相等均為10，所以2gD2O和H2l8O混合物中所含中子數為NA，故A正確；B.NaHCO3屬于強堿弱酸鹽，HCO3-既能發(fā)生電離：HCO3-H++CO32-，也能發(fā)生水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，根據物料守恒可知，1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-離子數之和為0.1NA,故B錯誤。C.常溫常壓下，Fe和足量濃硝酸發(fā)生鈍化反應，故C錯誤；D.0.1molH2和0.1molI2(g)于密閉容器中充分反應為H2（g）+I2(g)2HI，其原子總數為0.4NA,故D錯誤；答案：A。16、C【解析】

A．標準狀況下，HF是液態(tài)，22.4L的H2和22.4L的F2混合后，氣體分子數不是2NA，故A錯誤；B．常溫下pH=12的NaOH溶液，由于缺少溶液的體積，水電離出的氫離子沒法計算，故B錯誤；C．乙酸和葡萄糖的實驗式均為CH2O，式量為30，30g乙酸和葡萄糖混合物中的氫原子數為2NA，故C正確；D．1molC2H6含有7mol共價鍵數，標準狀況下，2.24LC2H6含有的共價鍵數為0.7NA，故D錯誤；故答案為C?！军c睛】順利解答該類題目的關鍵是：一方面要仔細審題，注意關鍵字詞，熟悉常見的“陷阱”；另一方面是要把各種量轉化為物質的量，以此為中心進行計算。特別要注意氣體摩爾體積、阿伏加德羅定律的適用范圍和使用條件。關于氣體摩爾體積的使用注意：①氣體的摩爾體積適用的對象為氣體，而標況下水、CCl4、HF等為液體，SO3為固體；②必須明確溫度和壓強是0℃，101kPa，只指明體積無法求算物質的量；③22.4L/mol是標準狀態(tài)下或一定溫度、一定壓強下的氣體摩爾體積。17、B【解析】

A．SO2通入溴水中反應生成硫酸和氫溴酸，反應的離子方程式為SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，故A錯誤；B．NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液充分反應后溶液呈中性，反應的氫離子與氫氧根離子物質的量相等，反應的離子方程式為：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故B正確；C．次氯酸鈣與二氧化碳反應生成碳酸鈣和次氯酸，反應的離子方程式為Ca2++2ClO-+CO2+H2O═2HClO+CaCO3↓，故C錯誤；D．硫化鈉的水解反應：S2-+H2O?HS-+OH-，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題的易錯點為D，要注意S2-+H3O+=HS-+H2O是S2-與酸反應的方程式。18、D【解析】

A．2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制劑在溫度較高時容易失活，需要冷凍保存，故A正確；B.金屬材料包括純金屬以及它們的合金，鋁鋰合金屬于金屬材料，故B正確；C.納米復合材料表面積大，納米復合材料實現了水中微污染物鉛（Ⅱ）的高靈敏、高選擇性檢測，但吸附的量小，故C正確；D.光纜的主要成分是二氧化硅，故D錯誤；故選D。19、A【解析】

氨堿法對濾液的處理是加熟石灰使氨氣循環(huán)，產生的CaCl2用途不大，而侯氏制堿法是對濾液通入二氧化碳、氨氣，結晶出的NH4Cl，其母液可以作為制堿原料?！驹斀狻堪眽A法缺點：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，約有30%的NaCl留在母液中，侯氏制堿法的優(yōu)點：把合成氨和純堿兩種產品聯合生產，提高了食鹽利用率，縮短了生產流程，減少了對環(huán)境的污染，降低了純堿的成本。保留了氨堿法的優(yōu)點，消除了它的缺點，使食鹽的利用率提高到96%，故選A。20、C【解析】

A．由圖可知，當時間相同時，PtSn/Mg(2-Zn)AlO催化劑的催化反應活性最優(yōu)，乙烷轉化率最高，故A正確；B．一定溫度下，將nmol乙烷放入VL密閉容器中進行催化脫氫，維持容器體積不變，測得乙烷平衡轉化率為a，則該溫度下反應的平衡常數K===，故B正確；C．CH3CH3(g)?CH2=CH2(g)+H2(g)△H>0，升高溫度，平衡正向移動，故C錯誤；D．由圖上曲線，隨著反應時間的延長，曲線的斜率逐漸變小，乙烷轉化率逐漸穩(wěn)定，催化活性保持在相對穩(wěn)定的階段，故D正確；故選C。21、B【解析】

A．苯中的碳碳鍵介于單鍵與雙鍵之間，則碳碳鍵鍵長：乙烯<苯，故A錯誤；B．氯代烴中C原子個數越多，密度越大，則密度：一氯乙烷>一氯丁烷，故B正確；C．碳酸鈉加熱不分解，碳酸氫鈉加熱分解，碳酸常溫下分解，則穩(wěn)定性為熱穩(wěn)定性：Na2CO3>NaHCO3>H2CO3，故C錯誤；D．水中含氫鍵，同類型分子相對分子質量大的沸點高，則沸點為H2O>H2Se>H2S，故D錯誤；故答案為：B?！军c睛】非金屬化合物的沸點比較：①若分子間作用力只有范德華力，范德華力越大，物質的熔、沸點越高；②組成和結構相似，相對分子質量越大，范德華力越大，熔、沸點越高，如SnH4>GeH4>SiH4>CH4；③相對分子質量相同或接近，分子的極性越大，范德華力越大，其熔、沸點越高，如CO>N2；④同分異構體，支鏈越多，熔、沸點越低，如正戊烷>異戊烷>新戊烷；⑤形成分子間氫鍵的分子晶體熔、沸點較高，如H2O>H2S；如果形成分子內氫鍵則熔沸點越低。22、A【解析】

A、鈉與水和乙醇反應都能置換出氫氣，可根據反應的劇烈程度確定羥基上氫原子的活潑性；B、淀粉水解要在硫酸作用下進行，要檢驗水解產物，必須先加堿中和至堿性，再加新制的Cu(OH)2，加熱，但淀粉水解是否完全，還要檢驗是否有淀粉存在；C、稀硫酸沒有強氧化性，不能氧化Fe2+；D、該實驗中物質的用量決定著反應的本質，現象不能說明Ksp的大小。【詳解】A、鈉與水和乙醇反應都能置換出氫氣，大小相同的鈉與水反應比與乙醇反應劇烈，說明水中的氫原子比乙醇羥基上的氫原子活潑，故A正確；B、淀粉若部分水解，也會產生同樣的現象，故B錯誤；C、向Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4，使溶液呈酸性，形成的硝酸將Fe2+氧化為Fe3+，滴加KSCN溶液變紅色，而不是稀硫酸能氧化Fe2+，故C錯誤；D、由于Na2S在與ZnSO4反應時過量，所以再加入CuSO4時，發(fā)生如下反應Na2S+CuSO4==CuS↓+Na2SO4，不能說明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，即D錯誤。本題答案為A。【點睛】淀粉是完全水解、部分水解、還是沒有水解一定要明確其檢驗方法，一般都需要做兩個實驗；要明確硝酸和硫酸誰具有強氧化性，才能準確解答C選項；D選項最容易錯選，物質量的多少對某些離子反應的發(fā)生起著決定性作用。二、非選擇題(共84分)23、正丙醇HCOOH＋CH3CH2CH2OHH2O＋HCOOCH2CH2CH3ABD【解析】

不飽和烴B的摩爾質量為40g·mol－1可知B的分子式為C3H4，不飽和度為2，同一個碳原子上不能連兩個碳碳雙鍵，可推測B為丙炔：CH3C≡CH，B物質與H2O反應類型為加成反應，由已知信息②RCH=CHOH→RCH2CHO可知C為丙醛CH3CH2CHO，丙醛與H2發(fā)生加成反應生成正丙醇CH3CH2CH2OH。根據E的分子式可推知A為甲酸，其分子中既含有羧基又含有醛基，則有機物A具有乙醛和乙酸中官能團的性質，A～E中都含有碳元素，原子結構示意圖是，據此分析解答。【詳解】不飽和烴B的摩爾質量為40g·mol－1可知B的分子式為C3H4，不飽和度為2，同一個碳原子上不能連兩個碳碳雙鍵，可推測B為丙炔：CH3C≡CH，B物質與H2O反應類型為加成反應，由已知信息②RCH=CHOH→RCH2CHO可知C為丙醛CH3CH2CHO，丙醛與H2發(fā)生加成反應生成正丙醇CH3CH2CH2OH。根據E的分子式可推知A為甲酸，其分子中既含有羧基又含有醛基，則有機物A具有乙醛和乙酸中官能團的性質，A～E中都含有碳元素，原子結構示意圖是，（1）由以上分析知，D為CH3CH2CH2OH，名稱是正丙醇；故答案為：正丙醇；（2）A～E中都含有碳元素，原子結構示意圖是；故答案為：；（3）A為甲酸，D為CH3CH2CH2OH，A＋D→E的化學方程式為HCOOH＋CH3CH2CH2OHH2O＋HCOOCH2CH2CH3；故答案為：HCOOH＋CH3CH2CH2OHH2O＋HCOOCH2CH2CH3；（4）A.B為丙炔：CH3C≡CH，含有碳碳三鍵，能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色，故正確；B.C為CH3CH2CHO，A為HCOOH，均含有醛基，則C與A在一定條件下都能發(fā)生銀鏡反應，故正確；C.A為甲酸，在濃硫酸加熱的條件下生成CO，濃硫酸作脫水劑；A和D在濃硫酸加熱的條件下發(fā)生酯化反應，濃硫酸作催化劑、吸水劑，因此轉化流程中濃H2SO4的作用不相同，故錯誤；D.A為甲酸，C為CH3CH2CHO，E為甲酸丙酯，甲酸與Na2CO3溶液反應生成二氧化碳氣體；CH3CH2CHO與Na2CO3溶液互溶，無明顯的現象；甲酸丙酯的密度比水小，不溶于飽和Na2CO3溶液中，會分層；現象不同，所以可以用飽和Na2CO3溶液鑒別A、C、E三種無色物質，故正確；故答案為：ABD?！军c睛】甲酸與Na2CO3溶液反應生成二氧化碳氣體；CH3CH2CHO與Na2CO3溶液互溶，無明顯的現象；甲酸丙酯在飽和Na2CO3溶液中會分層；現象不同，可以用飽和Na2CO3溶液鑒別該三種無色物質，這是學生們的易錯點。24、HOOC－CH2－COOH醚鍵、酯基取代反應15【解析】

本題主要考查有機合成綜合推斷以及逆向合成。合成路線分析：由E的結構簡式以及D的分子式可推斷出D的結構簡式為，由C與甲醇發(fā)生酯化反應生成D，可推斷出C的結構簡式為，B與氫氣發(fā)生加成反應生成C，結合B的分子式與第（4）問中“B能與溴水發(fā)生加成反應”，可推斷出B的結構簡式為，A與丙二酸在吡啶、苯胺中反應生成B，結合A的分子式以及第（4）問中“A遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反應生成1molB、1molH2O和1molCO2”，可推斷出A的結構簡式為?！驹斀狻浚?）丙二酸的結構簡式為：；觀察E結構簡式可知，所含含氧官能團有：醚鍵、酯基；（2）D生成E的方程式為：，故反應類型為取代反應；（3）由上述分析可知，C的結構簡式為：；（4）根據化學方程式配平可寫出A生成B的化學方程式為：；（5）條件①：該結構簡式中含有羧基；條件②：該結構簡式中含有酚羥基；條件③：除苯環(huán)外，不含有其它雜環(huán)；可以酚羥基作為移動官能團，書寫出主要碳骨架，再進行判斷同分異構體總數，（1）中酚羥基有2個取代位置（不包含本身），（2）中酚羥基有3個取代位置，（3）中酚羥基有4個取代位置，（4）中酚羥基有4個取代位置，（5）中酚羥基有2個取代位置，故同分異構體一共有2+3+4+4+2=15種；核磁共振氫譜有五組峰的結構簡式為。（6）對比苯甲醇和結構簡式，根據題干信息，需將苯甲醇氧化生成苯甲醛，再模仿A生成B的方程式生成，再根據碳碳雙鍵與鹵素單質加成再取代合成，故合成路線為：【點睛】本題主要考查有機物的推斷與合成，采用正推和逆推相結合的方法，逐步分析有機合成路線，可推出各有機物的結構簡式，然后分析官能團推斷各步反應及反應類型。官能團是決定有機物化學性質的原子或原子團，有機反應絕大多數都是圍繞官能團展開，而高中教材中的反應原理也只是有機反應的一部分，所以有機綜合題中經常會出現已知來推斷部分沒有學習過的有機反應原理，認識這些反應原理時可以從最簡單的斷鍵及變換的方法進行，而不必過多追究。25、H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O排除實驗II中MnO2直接還原重鉻酸鉀的可能Mn2+可加快草酸與重鉻酸鉀的反應0.1mol/LH2C2O4溶液（調至pH=2）上清液為紫色2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液與4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合，調至pH=2，加入0.0001molMnSO4固體（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色變淺氧化劑種類、溶液pH、是否有催化劑【解析】

（1）H2C2O4是二元弱酸，分步電離；（2）酸性條件下，KMnO4最終被還原為Mn2+，草酸被氧化為二氧化碳；（3）實驗IV與實驗II、III區(qū)別是沒有草酸；（4）分析曲線可知，開始時Cr2O72-濃度變化緩慢，一段時間后變化迅速；①由實驗結論出發(fā)即可快速解題；②由控制變量法可知，保持其他變量不變，將MnO2換成等物質的量的MnSO4固體即可；（5）注意實驗的變量有：氧化劑種類、溶液pH、是否有催化劑。【詳解】（1）H2C2O4是二元弱酸，分步電離，用可逆符號，則H2C2O4溶于水的電離方程式為H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+；（2）實驗I試管a中，酸性條件下，KMnO4最終被還原為Mn2+，草酸被氧化為二氧化碳，則該反應的離子方程式為5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O；（3）實驗IV與實驗II、III區(qū)別是沒有草酸，則實驗IV的目的是：排除實驗II中MnO2直接還原重鉻酸鉀的可能；（4）分析曲線可知，開始時Cr2O72-濃度變化緩慢，一段時間后變化迅速，則可能是過程i．MnO2與H2C2O4反應生成了Mn2+。過程ii．Mn2+可加快草酸與重鉻酸鉀的反應；①將0.0001molMnO2加入到6mL0.1mol/LH2C2O4溶液（調至pH=2）中，固體完全溶解，則說明MnO2與H2C2O4反應生成了Mn2+；從中取出少量溶液（含Mn2+），加入過量PbO2固體，充分反應后靜置，觀察到上清液為紫色，則說明溶液中Mn2+能被PbO2氧化為MnO4-，MnO4-顯紫色；②設計實驗方案證實過程ii成立，由控制變量法可知，保持其他變量不變，將MnO2換成等物質的量的MnSO4固體即可，即實驗方案是2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液與4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合，調至pH=2，加入0.0001molMnSO4固體（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色變淺；（5）綜合以上實驗可知，變量有：氧化劑種類、溶液pH、是否有催化劑，則草酸發(fā)生氧化反應的速率與氧化劑種類、溶液pH、是否有催化劑有關。26、水浴加熱使乙酰水楊酸與NaHCO3溶液作用轉化為易溶于水的乙酰水楊酸鈉,與不溶性雜質分離三頸燒瓶b控制反應溫度,防止乙酰水楊酸受熱分解取少量結晶產品于試管中，加蒸餾水溶解，滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色則含水楊酸81.1%【解析】

（1）合成的溫度為85℃，所以可以采取水浴加熱；（2）加入飽和NaHCO3溶液使乙酰水楊酸與NaHCO3溶液作用轉化為易溶于水的乙酰水楊酸鈉，與不溶性雜質分離，故答案為：使乙酰水楊酸與NaHCO3溶液作用轉化為易溶于水的乙酰水楊酸鈉,與不溶性雜質分離；（3）冷凝管中水的流向是下口進水，上口出水。由于乙酰水楊酸受熱易分解，所以使用溫度計控制反應溫度，防止乙酰水楊酸受熱分解。故答案為：三頸燒瓶，b，控制反應溫度,防止乙酰水楊酸受熱分解；（4）乙酰水楊酸和水楊酸中都有羧基，但水楊酸中有酚羥基，可以用FeCl3溶液檢驗酚羥基，進而檢驗產品中是否含有水楊酸，故答案為：取少量結晶產品于試管中，加蒸餾水溶解，滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色則含水楊酸；(5)2.76g水楊酸為0.02mol，乙酸酐為7.5mL×1.08g/cm3÷102g/mol=0.08mol，所以乙酸酐是過量的，生成的乙酰水楊酸的物質的量和水楊酸的物質的量相等，所以乙酰水楊酸的質量為0.02mol×180g/mol=3.6g。則所得乙酰水楊酸的產率為×100%≈81.1%。27、水浴加熱MgSO4+NH4HCO3+NH3?H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4取最后一次洗滌液少許于試管中，加入稀鹽酸，無明顯現象，然后加入BaCl2溶液，若無白色沉淀，則沉淀已經洗滌干凈緩沖壓強（或平衡壓強），還可以起到封閉體系的作用使廣口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收4酸式0.13【解析】

本實驗題分為合成碳酸鎂晶須、測定MgCO3·nH2O中n值、測定菱鎂礦中鐵的含量三部分。合成碳酸鎂晶須是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反應生成。測定MgCO3·nH2O中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCO3·nH2O反應，測定產生的CO2的體積，可以通過計算確定MgCO3·nH2O中n值。測定菱鎂礦中鐵的含量的原理是將菱鎂礦中的鐵轉化為Fe2+，用H2O2溶液滴定，根據消耗的H2O2的物質的量以及電子守恒即可計算出菱鎂礦中鐵的含量?！驹斀狻浚?）①步驟2控制溫度在50℃，當溫度不超過100℃時，較好的加熱方法是水浴加熱。水浴加熱既可均勻加熱，又可以很好地控制溫度。②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反應生成MgCO3·nH2O沉淀的同時還得到(NH4)2SO4，化學方程式為：MgSO4+NH4HCO3+NH3?H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。③步驟4檢驗沉淀是否洗滌干凈，可以檢驗洗滌液中的SO42-，方法是取最后一次洗滌液少許于試管中，加入稀鹽酸，無明顯現象，然后加入BaCl2溶液，若無白色沉淀，則沉淀已經洗滌干凈。（2）①圖中氣球可以緩沖壓強（或平衡壓強），還可以起到封閉體系的作用。②上述反應后期要升溫到30℃，主要目的是使廣口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收。③標準狀況下1.12LCO2的物質的量為0.05mol，根據碳守恒，有=0.05mol，解得n=4。（3）①H2O2溶液有強氧化性和弱酸性，應裝在酸式滴定管中。②四次實驗數據，第3次和其他三次數據偏離較大，舍去，計算出三次實驗消耗H2O2溶液體積的平均值為15.00mL。n(H2O2)=0.015L×0.010mol/L=1.5×10-4mol，在H2O2和Fe2+的反應中，H2O2做氧化劑，-1價氧的化合價降低到-2價，Fe2+中鐵的化合價升高到+3價，根據電子守恒，n(Fe2+)=2(H2O2)=3×10-4mol，則m(Fe)=3×10-4mol×56g/mol=0.0168g，實驗菱鎂礦中鐵元素的質量分數為×100%=0.13%?！军c睛】當控制溫度在100℃以下時，可以采取水浴加熱的方法。檢驗沉淀是否洗滌干凈時需要選擇合適的檢測離子，選擇檢測的離子一定是濾液中的離子，并且容易通過化學方法檢測。檢驗沉淀是否洗滌干凈的操作需要同學記住。28、22s22p5三角錐形CN-或C22-或NO+金剛石