福建省龍巖市漳平第一中學2024年高三3月份模擬考試化學試題含解析

福建省龍巖市漳平第一中學2024年高三3月份模擬考試化學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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、我國科學家開發(fā)的一種“磷酸釩鋰/石墨離子電池”在4.6V電位區(qū)電池總反應為：Li3C6＋V2(PO4)36C＋Li3V2(PO4)3。下列有關說法正確的是A．該電池比能量高，用Li3V2(PO4)3做負極材料B．放電時，外電路中通過0.1mol電子M極質量減少0.7gC．充電時，Li+向N極區(qū)遷移D．充電時，N極反應為V2(PO4)3＋3Li＋＋3e－=Li3V2(PO4)32、二羥基甲戊酸的結構簡式為，下列有關二羥基甲戊酸的說法正確的是（）A．二羥基甲戊酸的分子式為C5H10O4B．二羥基甲戊酸不能使酸性KMnO4溶液褪色C．等量的二羥基甲戊酸消耗Na和NaHCO3的物質的量之比為3∶1D．二羥基甲戊酸與乳酸()互為同系物3、已知鎵(31Ga)和溴(35Br)是第四周期的主族元素。下列分析正確的是A．原子半徑:Br>Ga>Cl>Al B．鎵元素為第四周期第ⅣA元素C．7935Br與8135Br得電子能力不同 D．堿性:Ga(OH)3>Al(OH)3，酸性:HClO4>HBrO44、能用H++OH-→H2O表示的是A．NH3·H2O+HNO3→NH4NO3+H2OB．CH3COOH+KOH→CH3COOK+H2OC．H2SO4+Ba(OH)2→BaSO4↓+2H2OD．2HCl+Ca(OH)2→CaCl2+2H2O5、其他條件不變，C的物質的量分數(shù)(C)和溫度(T)或壓強(P)關系如圖，其中滿足關系圖的是（）A．3A(g)+B(s)C(g)+D(g)；△H＜0B．A(g)+B(s)C(g)+D(g)；△H＜0C．A(g)+B(s)2C(g)+D(g)；△H＞0D．A(g)+2B(s)C(g)+3D(g)；△H＞06、為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．0.1mol的中，含有個中子B．pH=1的H3PO4溶液中，含有個C．2.24L（標準狀況）苯在O2中完全燃燒，得到個CO2分子D．密閉容器中1molPCl3與1molCl2反應制備PCl5（g），增加個P-Cl鍵7、SO2催化氧化過程中，不符合工業(yè)生產(chǎn)實際的是A．采用熱交換器循環(huán)利用能量 B．壓強控制為20～50MPaC．反應溫度控制在450℃左右 D．使用V2O5作催化劑8、下列實驗操作能夠達到目的的是A．鑒別NaCl和Na2SO4 B．驗證質量守恒定律C．探究大理石分解產(chǎn)物 D．探究燃燒條件9、將鎂鋁合金溶于100mL稀硝酸中，產(chǎn)生1.12LNO氣體（標準狀況），向反應后的溶液中加入NaOH溶液，產(chǎn)生沉淀情況如圖所示。下列說法不正確的是A．可以求出合金中鎂鋁的物質的量比為1∶1 B．可以求出硝酸的物質的量濃度C．可以求出沉淀的最大質量為3.21克 D．氫氧化鈉溶液濃度為3mol/L10、下列說法不正確的是A．乙醇、苯酚與金屬鈉的反應實驗中，先將兩者溶于乙醚配成濃度接近的溶液，再投入綠豆大小的金屬鈉，觀察、比較實驗現(xiàn)象B．可以用新制Cu（OH）2濁液檢驗乙醛、甘油、葡萄糖、雞蛋白四種物質的溶液（必要時可加熱）C．牛油與NaOH濃溶液、乙醇混合加熱充分反應后的混合液中，加入冷飽和食鹽水以促進固體沉淀析出D．分離氨基酸混合液可采用控制pH法、分離乙醇和溴乙烷的混合物可用萃取法11、25℃時，把0.2mol/L的醋酸加水稀釋，那么圖中的縱坐標y表示的是（）A．溶液中OH-的物質的量濃度 B．溶液的導電能力C．溶液中的 D．醋酸的電離程度12、某同學將光亮的鎂條放入盛有NH4Cl溶液的試管中，有大量氣泡產(chǎn)生，為探究該反應原理，該同學做了以下實驗并觀察到相關現(xiàn)象，由此得出的結論不合理的是選項實驗及現(xiàn)象結論A將濕潤的紅色石蕊試紙放在試管口，試紙變藍反應中有NH3產(chǎn)生B收集產(chǎn)生的氣體并點燃，火焰呈淡藍色反應中有H2產(chǎn)生C收集氣體的同時測得溶液的pH為8.6弱堿性溶液中Mg也可被氧化D將光亮的鎂條放入pH為8.6的NaHCO3溶液中，有氣泡產(chǎn)生弱堿性溶液中OH-氧化了MgA．A B．B C．C D．D13、將51.2gCu完全溶于適量濃硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，這些氣體恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成的鹽溶液中NaNO3的物質的量為（已知：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O）（）A．0.2mol B．0.4mol C．0.6mol D．0.8mol14、在穩(wěn)定人體血液的pH中起作用的離子是A．Na+ B．HCO3－ C．Fe2+ D．Cl-15、扁桃酸衍生物是重要的醫(yī)藥中間體，以物質a為原料合成扁桃酸衍生物b的過程如下：下列說法正確的是（）A．物質X是Br2，物質a轉化為b屬于取代反應B．lmol物質a能與3molH2反應，且能在濃硫酸中發(fā)生消去反應C．物質b具有多種能與NaHCO3反應的同分異構體D．物質b的核磁共振氫譜有四組峰16、下列實驗能達到目的的是選項目的實驗A驗證某氣體表現(xiàn)還原性將某氣體通入溴水中，溴水褪色B制備少量二氧化硫氣體向飽和亞硫酸溶液中滴加濃硫酸C制備硅酸膠體向硅酸鈉水溶液中逐滴滴加濃鹽酸至溶液呈強酸性D配制0.2mol/L的CH3COOH溶液準確量取100mL2mol/L的CH3COOH溶液，加入燒杯中稀釋后迅速轉移至1000mL容量瓶中，然后加蒸餾水定容A．A B．B C．C D．D17、一定溫度下，硫酸鹽MSO4(M2＋代表Ba2+、Sr2+)的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。已知：p(M2+)=－lgc(M2+)，p(SO42－)=－lgc(SO42－)。向10mL0.01mol/LNa2SO4溶液中滴入1滴(約0.05mL)0.01mol/LBaCl2溶液岀現(xiàn)白色渾濁，而滴入1滴(約0.05mL)0.01mol/LSrCl2溶液無渾濁出現(xiàn)。下列說法中錯誤的是A．該溫度下，溶度積常數(shù)Ksp(BaSO4)＜Ksp(SrSO4)B．欲使c點對應BaSO4溶液移向b點，可加濃BaCl2溶液C．欲使c點對應SrSO4溶液移向a點，可加濃SrCl2溶液D．SrSO4(s)+Ba2+(aq)?BaSO4(s)+Sr2+(aq)的平衡常數(shù)為106.818、某新型電池材料結構如圖，M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，除M外均滿足8電子穩(wěn)定結構，X的最外層電子數(shù)是W次外層電子數(shù)的3倍，下列說法正確的是A．M的單質可以保存在煤油中B．原子半徑Z>X>YC．氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性X>YD．W的最高價氧化物對應的水化物為三元弱酸19、用“吸收—電解”循環(huán)法脫除煙氣中的SO2，可減少對大氣的污染。室溫下，電解液K再生的裝置如圖所示，其中電解液的pH隨變化的關系見下表，下列對此判斷正確的是電解液n(SO32－)：n(HSO3－)pHK9:916.2L1:17.2M91:98.2A．當電解液呈中性時溶液中：B．再生液M吸收SO2主反應的離子方程式為：C．HSO3－在b極發(fā)生的電極反應式為：D．若產(chǎn)生標準狀況下2.24L氣體N，則d膜上共通過0.2mol陽離子20、下列物質分類正確的是A．豆?jié){、蛋白質溶液均屬于膠體 B．H2O、CO2均為電解質C．NO、SO3均為酸性氧化物 D．H2S、O2常作還原劑21、科學家發(fā)現(xiàn)對冶金硅進行電解精煉提純可降低高純硅制備成本。相關電解裝置如圖所示，用Cu-Si合金作硅源，在950℃利用三層液熔鹽進行電解精煉，有關說法正確的是A．在該液相熔體中Cu優(yōu)先于Si被氧化，Si4+優(yōu)先于Cu2+被還原B．液態(tài)Cu-Si合金作陽極，固體硅作陰極C．電流強度的大小不會影響硅提純速率D．三層液熔鹽的作用是增大電解反應接觸面積，提高硅沉積效率22、事實上，許多非金屬氧化物在一定條件下能與Na2O2反應，且反應極有規(guī)律。如：Na2O2＋SO2→Na2SO4、Na2O2＋SO3→Na2SO4+O2，據(jù)此，你認為下列方程式中不正確的是A．2Na2O2＋2Mn2O7→4NaMnO4＋O2↑B．2Na2O2＋P2O3→Na4P2O7C．2Na2O2＋2N2O3→NaNO2＋O2↑D．2Na2O2＋2N2O5→4NaNO3＋O2↑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）有機物聚合物M：是鋰電池正負極之間鋰離子遷移的介質。由烴C4H8合成M的合成路線如下：回答下列問題：（1）C4H8的結構簡式為_________________，試劑II是________________。(2)檢驗B反應生成了C的方法是___________________________________________。（3）D在一定條件下能發(fā)生縮聚反應生成高分子化合物，反應的化學方程式為___________；(4)反應步驟③④⑤不可以為⑤③④的主要理由是_______________________________。25、（12分）(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O(M=392g/mol)又稱摩爾鹽，簡稱FAS，它是淺藍色綠色晶體，可溶于水，難溶于水乙醇。某小組利用工業(yè)廢鐵屑進行下列實驗。請按要求回答下列問題：Ⅰ.FAS的制取。流程如下：(1)步驟①加熱的目的是_________________________。(2)步驟②必須在剩余少量鐵屑時進行過濾，其原因是(用離子方程式表示)：______________。Ⅱ.NH4+含量的測定。裝置如圖所示：實驗步驟：①稱取FAS樣品ag，加水溶解后，將溶液注入Y中②量取bmLc1mol/LH2SO4溶液于Z中③向Y加入足量NaOH濃溶液，充分反應后通入氣體N2，加熱(假設氨完全蒸出)，蒸氨結束后取下Z。④用c2mol/LNaOH標準溶液滴定Z中過量的硫酸，滴定終點時消耗dmLNaOH標準溶液。(3)儀器X的名稱______________；N2的電子式為______________。(4)步驟③蒸氨結束后，為了減少實驗誤差，還需要對直形冷凝管進行處理的操作是__________________；NH4+質量百分含量為(用代數(shù)式表示)__________________。Ⅲ.FAS純度的測定。稱取FASmg樣品配制成500mL待測溶液。分別取20.00mL待測溶液，進行如下方案實驗：(5)方案一：用0.01000mol/L的酸性KMnO4溶液進行滴定。滴定過程中需用到的儀器中(填圖中序號)_________。滴定中反應的離子方程式為____________________。①②③④⑤⑥⑦⑧(6)方案二：待測液→足量BaCl2溶液→過濾→洗滌(7)方案一、二實驗操作均正確，卻發(fā)現(xiàn)方案一測定結果總是小于方案二的，其可能的原因是_______________；為驗證該猜測正確，設計后續(xù)實驗操作為_________________，現(xiàn)象為______________。26、（10分）草酸鐵銨[(NH4)3Fe(C2O4)3]是一種常用的金屬著色劑，易溶于水，常溫下其水溶液的pH介于4.0～5.0之間。某興趣小組設計實驗制備草酸鐵銨并測其純度。（1）甲組設計由硝酸氧化葡萄糖制取草酸，其實驗裝置(夾持及加熱裝置略去)如圖所示。①儀器a的名稱是________________。②55～60℃下，裝置A中生成H2C2O4，同時生成NO2和NO且物質的量之比為3：1，該反應的化學方程式為__________________________。③裝置B的作用是______________________；裝置C中盛裝的試劑是______________。（2）乙組利用甲組提純后的草酸溶液制備草酸鐵銨。將Fe2O3在攪拌條件下溶于熱的草酸溶液；滴加氨水至__________，然后將溶液________、過濾、洗滌并干燥，制得草酸鐵銨產(chǎn)品。（3）丙組設計實驗測定乙組產(chǎn)品的純度。準確稱量5.000g產(chǎn)品配成100mL溶液，取10.00mL于錐形瓶中，加入足量0.1000mol·L－1稀硫酸酸化后，再用0.1000mol·L－1KMnO4標準溶液進行滴定，消耗KMnO4溶液的體積為12.00mL。①滴定終點的現(xiàn)象是_______________________。②滴定過程中發(fā)現(xiàn)褪色速率開始緩慢后迅速加快，其主要原因是____________________。③產(chǎn)品中(NH4)3Fe(C2O4)3的質量分數(shù)為____________％。[已知：(NH4)3Fe(C2O4)3的摩爾質量為374g·mol－1]27、（12分）某學習小組以鋁鐵銅合金為主要原料制備[Cu（NH3）4]SO4·H2O（一水硫酸四氨合銅）和Fe3O4膠體粒子，具體流程如下：已知：①Cu（NH3）42+=Cu2+＋4NH3②Fe2+＋2Fe３+＋8OH?Fe3O4↓＋4H2O③[Cu（NH3）4]SO4易溶于水，難溶于乙醇。請回答：（1）濾渣的成分為________。（2）步驟Ⅰ中生成[Cu（NH3）4]SO4·H2O的離子方程式：________。步驟Ⅰ中加入（NH4）2SO4的作用是作為反應物和________。（3）步驟Ⅳ中加入95%乙醇時，緩慢加入的目的是________。（4）下列有關敘述正確的是________。A步驟Ⅰ緩慢滴加H2O2并不斷攪拌，有利于提高H2O2的利用率B步驟Ⅳ若改為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，得到的一水硫酸四氨合銅晶體會含有較多Cu（OH）2等雜質C步驟Ⅳ、Ⅴ用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、吸濾瓶等D步驟Ⅴ中洗滌操作為關閉水龍頭，加乙醇溶液浸沒沉淀，緩慢流干，重復2～3次（5）步驟Ⅲ中，從濾渣制備Fe3O4膠體粒子需經(jīng)過一系列操作。即：濾渣中加過量NaOH溶液攪拌溶解→________→過濾、洗滌、干燥得Fe3O4膠體粒子。根據(jù)下列提供的操作，請在空格處填寫正確的操作次序（填寫序號）。①氮氣氛圍下緩慢滴加NaOH溶液，加熱溶液②過濾、洗滌③加入過量稀硫酸溶解④加入適量FeSO4固體，攪拌溶解⑤測定Fe3+含量（6）測定一水硫酸四氨合銅晶體產(chǎn)品的純度，過程如下：取0.5000g試樣溶于水，滴加3mol·L?1H2SO4至pH為3～4，加入過量KI固體。以淀粉溶液為指示劑，生成的碘用0.1000mol·L?1Na2S2O3標準溶液滴定，重復2～3次，平均消耗Na2S2O3標準溶液20.00mL。。該試樣中一水硫酸四氨合銅的純度為________。已知：M[Cu（NH3）4SO4·H2O]＝246.0g·mol?1；2Cu2+＋4I?=2CuI＋I2，I2＋2S2O32-=2I?＋S4O62-。28、（14分）鉛是人類較早發(fā)現(xiàn)和使用的一種重金屬，工業(yè)上用鉛精礦(主要成分含PbS)為原料，分火法和濕法兩種方法冶煉。Ⅰ．火法冶煉粗鉛的流程如下：(1)焙燒爐中主要反應的化學方程式為______________________。(2)鼓風爐中焦炭的作用是___________，吸收塔中反應的離子方程式為___________。Ⅱ．濕法煉鉛的工藝流程如下：已知：①不同溫度下PbCl2的溶解度如下表所示。②PbCl2為能溶于水的弱電解質，在含Cl－的溶液中存在平衡：PbCl2(aq)+2Cl－(aq)PbCl42－(aq)。(3)浸取過程中發(fā)生反應的離子方程式為______________________。(4)操作a為加適量水稀釋并冷卻，該操作有利于濾液1中PbCl2的析出，其合理的解釋為___________。(5)將溶液3和濾液2分別置于如圖所示電解裝置的兩個極室中，可制取金屬鉛并使浸取液中的FeCl3再生。則陰極室中的電極反應式為___________；若該電解裝置的外接電源為鉛蓄電池，每生成20.7g鉛，鉛蓄電池中消耗硫酸的物質的量為___________。(6)目前煉鉛工藝以火法為主，但濕法煉鉛也有其明顯的優(yōu)點，其優(yōu)點是___________。29、（10分）氮的化合物能影響植物的生長，其氧化物也是大氣的主要污染物之一。(1)固氮直接影響作物生長。自然固氮發(fā)生的反應有：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH1=+180.5kJ·mol－1②2NO(g)+O2(g)==2NO2(g)ΔH2=－114.1kJ·mo1－l③N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH3=__________kJ·mol－l。(2)一定溫度下，將等物質的量的NO和CO通入固定容積為4L的密閉容器中發(fā)生反應2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，反應過程中CO的物質的量變化如圖甲所示：①能判斷反應已達到化學平衡狀態(tài)的是___________(填序號)；A．容器中的壓強不變B．2v正(CO)=v逆(N2)C．氣體的平均相對分子質量保持不變D．NO和CO的體積比保持不變②0～20min平均反應速率v(NO)為_______mol/(L·min)；③反應達平衡后再向容器中加入0.4molCO和0.4molCO2，則此時平衡______(填“向正反應方向移動”、“向逆反應方向移動”或“不移動”)；④該反應的正反應速率如圖乙所示。在t2時刻，將容器的容積迅速擴大到原來的2倍，在其他條件不變的情況下，t3時刻達到新的平衡狀態(tài)。請在上圖乙中，補充畫出從t2到t4時刻正反應速率隨時間的變化曲線。_____________；(3)三聚氰酸[C3N3(OH)3]可用于消除汽車尾氣中的NO2，其反應分兩步進行。第一步是：C3N3(OH)33HCNO；第二步是HCNO與NO2反應，把氮元素和碳元素轉變成無毒氣體。請寫出第二步發(fā)生的化學反應方程式_________________；(4)常溫下，在xmol·L－1氨水中加入等體積的ymol·L－1硫酸得混合溶液M恰好顯中性。①M溶液中所有離子濃度由大到小的順序為_________________。②常溫下，NH3·H2O的電離常數(shù)K=_______________(用含x和y的代數(shù)式表示，忽略溶液混合前后的體積變化)。

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、B【解析】

原電池的正極上發(fā)生得電子的還原反應，在電解池的陽極上發(fā)生失電子的氧化反應；鋰離子電池的總反應為：Li3C6＋V2(PO4)36C＋Li3V2(PO4)3，則該電池放電時正極上發(fā)生得電子的還原反應，即電極反應式為V2(PO4)3＋3Li＋＋3e－=Li3V2(PO4)3，負極為Li3C6材料，電極反應Li3C6-3e－→3Li++6C?！驹斀狻緼.該電池比能量高，原電池的正極上發(fā)生得電子的還原反應，在電解池的陽極上發(fā)生失電子的氧化反應；用Li3V2(PO4)3作正極材料，負極為Li3C6材料，故A錯誤；B.放電時，M極為負極，電極反應Li3C6-3e－→3Li++6C，外電路中通過0.1mol電子M極質量減少0.1mol×7g·mol－1=0.7g，故B正確；C.充電時，Li+向陰極遷移，即向M極區(qū)遷移，故C錯誤；D.充電時，N極為陽極，發(fā)生氧化反應，Li3V2(PO4)3-3e－=V2(PO4)3＋3Li＋，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題考查二次電池，理解原電池和電解池的原理是解題關鍵，易錯點D，充電時外電源的正極與電池的正極相連，陽極發(fā)生氧化反應，失去電子。2、C【解析】

A.根據(jù)結構簡式，該有機物的分子式為C6H12O4，故A錯誤；B.二羥基甲戊酸中含有羥基，－CH2OH中羥基能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故B錯誤；C.該有機物中能與Na發(fā)生反應的是－OH和羧基，1mol二羥基甲戊酸中含有2mol羥基和1mol羧基，因此1mol該有機物消耗Na的物質的量為3mol，能與NaHCO3溶液反應的是羧基，因此1mol該有機物消耗NaHCO3的物質的量為1mol，故C正確；D.二羥基甲戊酸與乳酸中羥基的數(shù)目不同，因此兩者不互為同系物，故D錯誤；答案：C。【點睛】同系數(shù)定義的理解，要求碳原子連接方式相同，含有官能團的種類、數(shù)目相同，然后再看組成上是否相差若干個“－CH2”。3、D【解析】

A、半徑大小比較：一看電子層數(shù)，電子層數(shù)越多，半徑越大，二看原子序數(shù)，核外電子排布相同，半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，因此半徑大小順序是Ga>Br>Al>Cl，選項A錯誤；B、鎵元素為第四周期第ⅢA元素，選項B錯誤；C、7935Br與8135Br都是溴元素，核外電子排布相同，因此得電子能力相同，選項C錯誤；D、同主族從上到下金屬性增強，金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的堿性增強，即堿性Ga(OH)3>Al(OH)3，非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強，酸性高氯酸大于高溴酸，選項D正確；答案選D。4、D【解析】

A．一水合氨在離子反應中保留化學式，離子反應為H++NH3?H2O=NH4++H2O，故A錯誤；B．醋酸在離子反應中保留化學式，離子反應為CH3COOH+OH-=H2O+CH3COO-，故B錯誤；C．硫酸鋇在離子反應中保留化學式，離子反應為2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故C錯誤；D．為強酸與強堿反應生成可溶性鹽與水的離子反應，離子反應為H++OH-=H2O，故D正確；故答案為D?！军c睛】明確H++OH-→H2O表達的反應原理是解題關鍵，能用此離子方程式的反應是一類強酸與強堿發(fā)生中和反應生成鹽和水，且生成的鹽為可溶性鹽，如稀硫酸與氫氧化鋇溶液的反應就不能用此離子方程式表示，原因是生成的BaSO4不溶。5、B【解析】

利用化學平衡圖像分析的方法：“先拐先平數(shù)值大”的原則，根據(jù)C的物質的量分數(shù)(C)和溫度(T)關系圖，可得T2>T1，升高溫度，生成物C的物質的量分數(shù)減小，平衡向逆向（吸熱的方向）移動，因此正反應放熱，即△H＜0，故C、D錯誤；根據(jù)C的物質的量分數(shù)(C)和壓強(P)關系圖，可得P2>P1，增大壓強，生成物C的物質的量分數(shù)減小，平衡向逆向（氣體體積減小的方向）移動，因此正反應方向為氣體體積增大的方向。故答案選B?！军c睛】利用化學平衡圖像分析的方法：“先拐先平數(shù)值大”的原則是指圖像中的曲線先拐，在該條件下先達到平衡狀態(tài)，對應影響的條件數(shù)值大。可快速判斷外界條件影響下平衡移動的方向。6、A【解析】

A．11B中含有6個中子，0.1mol11B含有6NA個中子，A正確；B．溶液體積未定，不能計算氫離子個數(shù)，B錯誤；C．標準狀況下苯不是氣體，不能利用氣體摩爾體積計算22.4L苯的物質的量，則無法判斷其完全燃燒產(chǎn)生的CO2分子數(shù)目，C錯誤；D．PCl3與Cl2反應生成PCl5的反應是可逆反應，反應物不可能完全轉化為生成物，則所1molPCl3與1molCl2反應生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl鍵的數(shù)目小于2NA個，D錯誤；答案選A。7、B【解析】A.二氧化硫與氧氣轉化成三氧化硫，這個過程放熱，在接觸室安裝熱交換器目的是將放出的熱量用來預熱沒反應的二氧化硫與氧氣的混合氣體，循環(huán)利用能量，A正確；B.，SO2的催化氧化不采用高壓，是因為壓強對SO2轉化率無影響，B錯誤；C.在400-500℃下，正方向進行的程度比較大，而且催化劑的活性比較高，C正確；D.催化劑釩觸媒(V2O5)能加快二氧化硫氧化速率，D正確。故選擇B。8、D【解析】

A．氯化鈉和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀和硝酸鈉，硫酸鈉和硝酸銀反應生成硫酸銀沉淀和硝酸鈉，因此不能用硝酸銀鑒別氯化鈉和硫酸鈉，故A不符合題意；B．碳酸鈉和稀鹽酸反應生成氯化鈉、水和二氧化碳，生成的二氧化碳進入氣球中，產(chǎn)生浮力，會導致天平不平衡，因此不能用于驗證質量守恒定律，故B不符合題意；C．碳酸鈣在高溫條件下分解生成氧化鈣和二氧化碳，澄清石灰水變渾濁，說明反應生成二氧化碳，但是不能驗證生成的氧化鈣，故C不符合題意；D．銅片上的白磷燃燒，紅磷不能燃燒，說明燃燒需要達到可燃物的著火點，水中的白磷不能燃燒，說明燃燒需要和氧氣接觸，該實驗可以驗證燃燒的條件，故D符合題意；故答案選D。9、C【解析】

由圖可知60ml到70ml是氫氧化鋁溶解消耗10ml氫氧化鈉溶液，則鋁離子沉淀需要30ml氫氧化鈉溶液，鎂離子離子沉淀需要20ml氫氧化鈉溶液，所以鎂鋁的物質的量比為1：1，再由鎂鋁與100mL稀硝酸反應，產(chǎn)生1.12LNO氣體（標準狀況）得失守恒可以得2x+3x＝0.05×3，則x＝0.03mol，沉淀的最大質量，沉淀達到最大值時溶液為硝酸鈉，硝酸的物質的量為0.03mol×2+0.03mol×3+0.05mol=0.2mol，氫氧化鈉溶液濃度，故C錯誤；綜上所述，答案為C。10、C【解析】

A.因為苯酚是固體，將其溶于乙醚形成溶液時，可以和金屬鈉反應，二者配制成接近濃度，可以從反應產(chǎn)生氣體的快慢進行比較，故正確；B.四種溶液中加入新制的氫氧化銅懸濁液，沒有明顯現(xiàn)象的為乙醛，出現(xiàn)沉淀的為雞蛋白溶液，另外兩個出現(xiàn)絳藍色溶液，將兩溶液加熱，出現(xiàn)磚紅色沉淀的為葡萄糖，剩余一個為甘油，故能區(qū)別；C.牛油的主要成分為油脂，在氫氧化鈉溶液加熱的條件下水解生成高級脂肪酸鹽，應加入熱的飽和食鹽水進行鹽析，故錯誤；D.不同的氨基酸的pH不同，可以通過控制pH法進行分離，乙醇能與水任意比互溶，但溴乙烷不溶于水，所以可以用水進行萃取分離，故正確。故選C。11、B【解析】

A.加水稀釋促進醋酸電離，但酸的電離程度小于溶液體積增大程度，所以溶液中氫離子濃度逐漸減少，OH-的物質的量濃度逐漸增大，故A錯誤；B.醋酸是弱電解質，加水稀釋促進醋酸電離，但酸的電離程度小于溶液體積增大程度，所以溶液中氫離子、醋酸根離子濃度逐漸減少，溶液的導電能力逐漸減小，故B正確；C.因溫度不變，則Ka不變，且Ka=c(H+)，因

c(H+)濃度減小，則增大，故C錯誤；D.加水稀釋，促進電離，醋酸的電離程度增大，

故D錯誤；答案選B。12、D【解析】

A．氨氣為堿性氣體，遇到濕潤的紅色石蕊變藍，將濕潤的紅色石蕊試紙放在試管口，試紙變藍，可以證明氣體中含有氨氣，故A正確；B．收集產(chǎn)生的氣體并點燃，火焰呈淡藍色，可以證明氫氣的存在，故B正確；C．pH為8.6時，仍然有氣體生成，說明堿性條件下，Mg可以被氧化，故C正確；D、若是氫氧根氧化了Mg，則氫氧根得電子被還原，不可能生成氣體，所以D的結論不合理，故D錯誤；故選D。13、A【解析】

縱觀反應始終，容易看出只有兩種元素的價態(tài)有變化，其一是Cu到Cu（NO3）2，每個Cu升2價，失2個電子；另一個是HNO3到NaNO2，每個N降2價，得2個電子。51.2gCu共失電子×2＝1.6mol，根據(jù)電子轉移守恒可知，銅失去的電子等于HNO3到NaNO2得到的電子，所以溶液中n（NaNO2）＝=0.8mol，氣體與氫氧化鈉反應的鹽溶液為NaNO3、NaNO2混合溶液，根據(jù)鈉離子守恒有n（NaNO3）+n（NaNO2）=n（Na+），所以溶液中n（NaNO3）＝n（Na+）-n（NaNO2）＝0.5L×2mol/L-0.8mol＝0.2mol，故選A。14、B【解析】

穩(wěn)定人體血液的pH的離子,必須既能和氫離子反應,也能和氫氧根離子反應；【詳解】A.Na+為強堿陽離子，不能起到調節(jié)人體內pH值的作用，故A不正確；

B.HCO3-在溶液中存在兩個趨勢：HCO3-離子電離使得溶液呈酸性，HCO3-水解呈現(xiàn)堿性，即電離呈酸性，降低pH值，水解呈堿性，pH值升高，故B正確；

C.Fe2+為弱堿陽離子，水解使溶液呈酸性，只能降低pH值，故C不正確；

D.Cl-為強酸陰離子，不能起到調節(jié)人體內pH值的作用，故D不正確；

正確答案:B?！军c睛】明確穩(wěn)定pH是解答本題的關鍵，并熟悉鹽類水解的規(guī)律及酸式酸根離子的性質來解答。15、C【解析】

A.根據(jù)質量守恒定律可知物質x是HBr，HBr與a發(fā)生取代反應產(chǎn)生b和H2O，A錯誤；B.a中含有一個苯環(huán)和酯基，只有苯環(huán)能夠與H2發(fā)生加成反應，1mol物質a能與3molH2反應，a中含有酚羥基和醇羥基，由于醇羥基連接的C原子鄰位C原子上沒有H原子，不能發(fā)生消去反應，B錯誤；C.酚羥基可以與NaHCO3反應；物質b中酚羥基與另一個支鏈可以在鄰位、間位，Br原子也有多個不同的取代位置，因此物質b具有多種能與NaHCO3反應的同分異構體，C正確；D.物質b中有五種不同位置的H原子，所以其核磁共振氫譜有五組峰，D錯誤；故合理選項是C。16、B【解析】

A．若某氣體具有強氧化性將溴單質氧化，溴水也會褪色，故A錯誤；B．向飽和亞硫酸鈉溶液中滴加濃硫酸可生成SO2，且濃硫酸溶于水放熱，降低了SO2的溶解度，能夠達到實驗目的，故B正確；C．硅酸膠體中加入加入過量鹽酸可使膠體聚沉，故C錯誤；D．量取一定體積的濃醋酸在燒杯中稀釋后，迅速轉移至1000mL容量瓶中，要用蒸餾水洗滌燒杯玻璃棒2-3次，洗滌液轉移進容量瓶，否則會造成溶質的損失，導致最終溶液濃度偏低，濃醋酸的少量揮發(fā)，也會導致溶質的損失，導致最終溶液濃度偏低，故D錯誤；故答案為B。17、C【解析】

由題意可知Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO)＜，Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)·c(SO)＞，可判斷a點所在直線(實線)表示SrSO4沉淀溶解平衡曲線，b、c點所在直線表示BaSO4沉淀溶解平衡曲線。【詳解】A．利用數(shù)據(jù)可得Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO)=1.0×10－5×1.0×10－5=1×10－10，Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)·c(SO)=1.0×10－1.6×1.0×10－1.6=1×10－10=1×，故A正確；B．欲使c點BaSO4飽和溶液(Ba2+、SO濃度相等)移向b點(飽和溶液)，需使c(Ba2+)增大、c(SO)減小，則可加入BaCl2濃溶液，故B正確；C．欲使c點SrSO4溶液(不飽和溶液)移向a點(飽和溶液)，需使c(Sr2+)、c(SO)都增大且保持相等，則需加入SrSO4固體，故C錯誤；D．SrSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq)的平衡常數(shù)K=，故D正確；答案選C。18、B【解析】

M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，X的最外層電子數(shù)是W次外層電子數(shù)的3倍，W有兩個電子層，次外層為2個電子，X為O元素，由鹽的結構簡式可知，Z可以形成四個共價鍵，且能與氧形成雙鍵，因此Z的最外層電子數(shù)為4，Z為C元素；四種元素位于同周期，且Y能形成一個共價鍵，Y為F元素；W能形成4個共價鍵，W為B元素；新型電池材料，除M外均滿足8電子穩(wěn)定結構，M為Li元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)分析，M為Li元素，X為O元素，Y為F元素，Z為C元素，W為B元素；A．M為Li元素，M的單質密度比煤油小，不可以保存在煤油中，故A錯誤；B．X為O元素，Y為F元素，Z為C元素，同周期元素隨核電荷數(shù)增大半徑減小，原子半徑Z＞X＞Y，故B正確；C．X為O元素，Y為F元素，非金屬性越強，簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性：X＞Y，氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性X＞Y，故C錯誤；D．W為B元素，W的最高價氧化物對應的水化物為H3BO3，為一元弱酸，故D錯誤；答案選B。19、D【解析】

根據(jù)裝置圖，陰離子通過c膜向a極移動，可知a極為陽極，發(fā)生的反應為：HSO3-－2e-+H2O=SO42-+3H+；b極為陰極，發(fā)生的反應為：2H++2e-=H2↑，氣體N為H2。【詳解】A．n(SO32－)：n(HSO3－)=9：91時，電解液pH=6.2，n(SO32－)：n(HSO3－)=1：1時，電解液pH=7.2，由此推知當電解液呈中性時，c(HSO3－)＞c(SO32－)，A項錯誤；B．M吸收SO2主要發(fā)生的反應為：SO32-+SO2+H2O=2HSO3-，B項錯誤；C．b極為陰極，發(fā)生的反應為：2H++2eˉ=H2↑，C項錯誤；D．若產(chǎn)生標準狀況下2.24L氣體N（0.1molH2），陰極消耗0.2molH+，減少0.2mol正電荷，需要補充0.2mol正電荷以達到平衡，則d膜上會通過0.2mol陽離子，D項正確；答案選D。20、A【解析】

A．分散質粒子直徑介于1-100nm之間的為膠體，豆?jié){、蛋白質溶液均屬于膠體，故A正確；B．H2O是弱電解質，CO2屬于非電解質，故B錯誤；C．SO3為酸性氧化物，NO是不成鹽氧化物，故C錯誤；D．H2S中S的化合價為最低價，是常見的還原劑，O2是常見的氧化劑，故D錯誤；故選A。【點睛】本題的易錯點為B，要注意二氧化碳的水溶液能夠導電，是反應生成的碳酸能夠電離，而二氧化碳不能電離。21、D【解析】

由圖可知該裝置為電解池：Si4+在液態(tài)鋁電極得電子轉化為Si，所以液態(tài)鋁電極為陰極，連接電源負極，則Cu-Si合金所在電極為陽極，與電源正極相接，三層液熔鹽在電解槽中充當電解質，可以供離子自由移動，并增大電解反應面積，提高硅沉積效率，據(jù)此分析解答。【詳解】A．由圖可知，電解池的陽極上Si失電子轉化為Si4+，陰極反應為Si4+得電子轉化為Si，所以Si優(yōu)先于Cu被氧化，故A錯誤；B．圖中，鋁電極上Si4+得電子還原為Si，故該電極為陰極，與電源負極相連，故B錯誤；C．電流強度不同，會導致轉移電子的量不同，會影響硅提純速率，故C錯誤；D．三層液熔鹽在電解槽中充當電解質，可以供自由移動的離子移動，并增大電解反應面積，提高硅沉積效率，故D正確；答案選D。22、C【解析】

Na2O2可與某些元素的最高價氧化物反應，生成對應的鹽(或堿)和O2，Na2O2具有強氧化性，與所含元素不是最高價態(tài)的氧化物反應時，只生成相對應的鹽，不生成O2。據(jù)此分析。【詳解】A．Mn2O7是最高價態(tài)的錳的氧化物，NaMnO4中的錳為+7價，符合上述規(guī)律，A正確；B．P2O3不是最高正價，生成Na4P2O7，符合上述規(guī)律，B正確；C．N2O3不是最高價態(tài)的氮的氧化物，不符合上述規(guī)律，C錯誤；D．N2O5是最高價態(tài)的氮的氧化物，因此過氧化鈉與五氧化二氮反應生成硝酸鈉和氧氣，D正確；答案選C。【點睛】Na2O2具有氧化性、還原性，所以與強氧化劑反應體現(xiàn)還原性，與還原劑反應體現(xiàn)氧化性，同時也既可以作氧化劑，也作還原劑，再依據(jù)得失電子守恒判斷書寫是否正確。二、非選擇題(共84分)23、加成反應氫氧化鈉水溶液加熱【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?！驹斀狻浚?）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：?！军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、NaOH水溶液取樣，加入新配Cu(OH)2懸濁液，加熱至沸，產(chǎn)生磚紅色沉淀，證明生成C?；蛉?，加入銀氨溶液，水浴加熱，產(chǎn)生銀鏡，證明生成C保護碳碳雙鍵不被氧化【解析】

（1）根據(jù)M的結構簡式可知F與乙酸酯化生成M，則F的結構簡式為CH2＝C(CH3)COOCH2CH2OH。E和環(huán)氧乙烷生成F，則E的結構簡式為CH2＝C(CH3)COOH，因此C4H8應該是2—甲基—2丙烯，其結構簡式為；B連續(xù)氧化得到D，D發(fā)生消去反應生成E，所以反應②應該是鹵代烴的水解反應，因此試劑II是NaOH水溶液；（2）B發(fā)生催化氧化生成C，即C中含有醛基，所以檢驗B反應生成了C的方法是取樣，加入新配Cu(OH)2懸濁液，加熱至沸，產(chǎn)生磚紅色沉淀，證明生成C?；蛉樱尤脬y氨溶液，水浴加熱，產(chǎn)生銀鏡，證明生成C；（3）D分子中含有羥基和羧基，因此在一定條件下能發(fā)生縮聚反應生成高分子化合物，反應的化學方程式為；(4)由于碳碳雙鍵易被氧化，所以不能先發(fā)生消去反應，則反應步驟③④⑤不可以為⑤③④的主要理由是保護碳碳雙鍵不被氧化。25、加快并促進Na2CO3水解，有利于除去油污Fe+2Fe3+=3Fe2+分液漏斗用少量蒸餾水沖洗冷凝管內通道2~3次，將洗滌液注入到錐形瓶Z中(2bc1-dc2)×10-3×18a×100%①④⑤⑥MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O392n×252×233m×100%部分Fe2+被氧氣氧化取少量待測溶液于試管中，加入少量KSCN【解析】

廢鐵屑用熱的Na2CO3溶液除去表面的油污后，加稀硫酸溶解，F(xiàn)e與H2SO4反應產(chǎn)生硫酸亞鐵溶液，加硫酸銨晶體共同溶解，經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻晶體、過濾、洗滌、干燥得到莫爾鹽FAS，以此分析解答?！驹斀狻竣瘢?1)步驟①是用碳酸鈉溶液除去廢鐵屑表面的油污，該鹽是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，由于鹽的水解反應是吸熱反應，加熱，可促進鹽的水解，使溶液堿性增強，因而可加快油污的除去速率；(2)亞鐵離子易被氧化，少量鐵還原氧化生成的Fe3+，反應的離子方程式為Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)根據(jù)圖示可知：儀器X的名稱為分液漏斗；N原子最外層有5個電子，兩個N原子之間共用3對電子形成N2，使每個N原子都達到最外層8個電子的穩(wěn)定結構，故N2的電子式為；(4)蒸出的氨氣中含有水蒸氣，使少量的氨水殘留在冷凝管中，為減小實驗誤差，用少量蒸餾水沖洗冷凝管內通道2~3次，將洗滌液注入到錐形瓶Z中；根據(jù)反應方程式2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可得物質之間的物質的量關系為：n(NH3)+n(NaOH)=2n(H2SO4)，n(H2SO4)=b×10-3L×c1mol/L=bc1×10-3mol，n(NaOH)=c2mol/L×d×10-3L=c2d×10-3mol，所以n(NH3)=2n(H2SO4)-n(NaOH)=2bc1×10-3mol-c2d×10-3mol=(2bc1-dc2)×10-3mol；根據(jù)N元素守恒可知該摩爾鹽中含有的NH4+的物質的量為n(NH4+)=(2bc1-dc2)×10-3mol，故NH4+質量百分含量為φ=m((5)用0.01000mol/L的酸性KMnO4溶液滴定溶液中的Fe2+離子，酸性KMnO4溶液盛裝在酸式滴定管中，盛裝待測液需要使用④錐形瓶，滴定管需要固定，用到⑤鐵架臺及⑥鐵夾。故滴定過程中需用到的儀器是①④⑤⑥；KMnO4將Fe2+氧化為Fe3+，KMnO4被還原為Mn2+，同時產(chǎn)生了水，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得滴定中反應的離子方程式為MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2+(6)根據(jù)元素守恒可得：(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O～2SO42-～2BaSO4，n(BaSO4)=ng233g/mol=n233mol，則n[(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O]=12n(BaSO4)=12×n233mol=n2×233mol，則500mL溶液中含有的(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O的物質的量為n2×233mol×500(7)已知實驗操作都正確，卻發(fā)現(xiàn)甲方案的測定結果總是小于乙方案，其可能的原因是Fe2+被空氣中的氧氣部分氧化，設計簡單的化學實驗驗證上述推測的實驗過程為：取少量FAS溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液變?yōu)榧t色，說明Fe2+已被空氣部分氧化?！军c睛】本題考查物質制備實驗方案的設計的知識，涉及物質的凈化除雜、物質電子式的書寫、滴定實驗過程中儀器的使用、分析應用、氧化還原反應方程式的書寫與計算、物質含量的測定與計算等，該題綜合性較強，要注意結合題給信息和裝置特點及物質的性質分析，題目難度中等。26、球形冷凝管12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O安全瓶，防倒吸NaOH溶液溶液pH介于4.0~5.0之間加熱濃縮、冷卻結晶溶液變?yōu)榉奂t色,且半分鐘內不褪色反應生成的Mn2+是該反應的催化劑74.8【解析】

(1)①根據(jù)圖示分析判斷儀器a的名稱；②55～60℃下，裝置A中硝酸與葡萄糖發(fā)生氧化還原反應生成H2C2O4，同時生成NO2和NO且物質的量之比為3：1，根據(jù)電子得失守恒、原子守恒分析書寫方程式；③反應中生成的NO2和NO，均為大氣污染氣體，需要尾氣吸收，NO2和NO被吸收時會導致倒吸；(2)草酸鐵銨[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常溫下其水溶液的pH介于4.0～5.0之間；草酸鐵銨是銨鹽，溫度過高易分解，且溫度過高促進銨根離子和鐵離子水解，不能直接加熱蒸干；(3)①滴定操作是高錳酸鉀溶液參與的氧化還原反應，高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應過程中顏色褪去，自身可做指示劑；②滴定過程中高錳酸鉀溶液被還原為Mn2+，且隨著反應進行，Mn2+的濃度增大，反應速率加快，據(jù)此分析；③根據(jù)題給數(shù)據(jù)，結合反應，計算(NH4)3Fe(C2O4)3的物質的量，進而計算產(chǎn)品中(NH4)3Fe(C2O4)3的質量分數(shù)=×100%。【詳解】(1)①根據(jù)圖示儀器a的名稱為球形冷凝管；②55～60℃下，裝置A中硝酸與葡萄糖發(fā)生氧化還原反應生成H2C2O4，同時生成NO2和NO且物質的量之比為3：1，根據(jù)電子得失守恒、原子守恒，該反應的化學方程式為12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；③反應中生成的NO2和NO，均為大氣污染氣體，需要尾氣吸收，NO2和NO被吸收時會導致倒吸，裝置B的作用是做安全瓶防止倒吸，裝置C中盛裝的試劑是NaOH溶液，用于吸收NO2和NO，發(fā)生反應為NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；(2)草酸鐵銨[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常溫下其水溶液的pH介于4.0～5.0之間，則將Fe2O3在攪拌條件下溶于熱的草酸溶液，滴加氨水至pH介于4.0～5.0之間；草酸鐵銨是銨鹽，溫度過高易分解，且溫度過高促進銨根離子和鐵離子水解，不能直接加熱蒸干；提純后的草酸溶液進行蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌并干燥，制得草酸鐵銨產(chǎn)品；(3)①滴定操作是高錳酸鉀溶液參與的氧化還原反應，高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應過程中顏色褪去，自身可做指示劑，滴定終點的現(xiàn)象是加入最后一滴高錳酸鉀溶液，溶液變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內不褪色，即為達到終點；②滴定過程中高錳酸鉀溶液被還原為Mn2+，且隨著反應進行，Mn2+的濃度增大，反應速率加快，說明反應生成的Mn2+可以加快反應速率，即Mn2+起催化劑的作用；③滴定過程中，產(chǎn)品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸，草酸與高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應，離子反應為5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，10.00mL產(chǎn)品溶液消耗n(MnO4-)=0.1000mol·L－1×0.012L=0.0012mol，則10.00mL產(chǎn)品溶液中n(H2C2O4)=n(MnO4-)=×0.0012mol=0.003mol，根據(jù)物料守恒，100mL產(chǎn)品溶液中(NH4)3Fe(C2O4)3的質量=×0.003mol××374g·mol－1=3.74g，故產(chǎn)品中(NH4)3Fe(C2O4)3的質量分數(shù)為×100%=74.8%。27、Al（OH）3、Fe（OH）3Cu＋H2O2＋2NH3＋2=Cu（NH3）42+＋2H2O或Cu＋H2O2＋2NH3·H2O＋2=Cu（NH3）42+＋4H2O抑制NH3·H2O的電離或促進生成Cu（NH3）42+（與反應生成的OH?成NH3·H2O，控制pH不能太大，以防H2O2在強堿條件下的分解）有利于得到較大顆粒的晶體ABC②③⑤④①98.40%【解析】

（1）合金粉末進行分離，鋁鐵應轉化為濾渣形式，從所給物質分析，只能是氫氧化鋁和氫氧化鐵形式，銅轉化為[Cu(NH3)4]SO4，利用[Cu(NH3)4]SO4難溶于乙醇，進行分離?！驹斀狻?1)合金粉末溶于氨水和硫酸銨以及過氧化氫的作用下，能進行分離，鐵和鋁都轉化為濾渣，說明濾渣為Al（OH）3、Fe（OH）3；(2)銅在氨水和硫酸銨和過氧化氫存在反應生成[Cu(NH3)4]SO4，離子方程式為Cu＋H2O2＋2NH3＋2=Cu（NH3）42+＋2H2O或Cu＋H2O2＋2NH3·H2O＋2=Cu（NH3）42+＋4H2O；硫酸銨不僅提供銨根離子抑制氨水的電離，還可以抑制pH不能太大，以防H2O2在強堿條件下的分解；(3)因為[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小，加入95%乙醇有利于得到較大顆粒的晶體；(4)A．因為過氧化氫能夠分解，所以在步驟Ⅰ緩慢滴加H2O2并不斷攪拌，有利于提高H2O2的利用率，故正確；B．步驟Ⅳ若改為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，蒸發(fā)過程中促進反應，Cu(NH3)42+Cu2+＋4NH3，氨氣逸出，銅離子水解生成氫氧化銅，所以得到的一水硫酸四氨合銅晶體會含有較多Cu(OH)2等雜質，故正確；C．步驟Ⅳ、Ⅴ是進行抽濾和洗滌，需要用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、吸濾瓶等，故正確；D．步驟Ⅴ中洗滌操作為關閉水龍頭，加乙醇溶液浸沒沉淀，然后進行抽濾，不能緩慢流干，故錯誤。故選ABC；(5)濾渣為氫氧化鋁和氫氧化鐵的混合物，加過量NaOH溶液攪拌，氫氧化鋁溶解生成偏鋁酸鈉，然后過濾出氫氧化鐵沉淀，加入過量的稀硫酸將其溶解生成鐵離子，測定鐵離子的含量，控制量，加入適量的硫酸亞鐵固體，在氮氣的氛圍下緩慢加入氫氧化鈉溶液，加熱使其按方程式Fe2+＋2Fe3+＋8OH?Fe3O4↓＋4H2O中的比例進行反應，生成四氧化三鐵，再進行過濾、洗滌、干燥得Fe3O4膠體粒子.，故操作順序為②③⑤④①；(6)根據(jù)反應2Cu2+＋4I?2CuI＋I2，I2＋2S2O32-2I?＋S4O62-得關系式為2Cu2+----I2---2S2O32-，Na2S2O3的物質的量為0.1000×0.02=0.002mol則銅離子的物質的量為0.002mol，則Cu(NH3)4SO4·H2O的質量為0.002mol×246.0g/mol=0.492g，質量分數(shù)為。28、2PbS+3O22PbO+2SO2做還原劑SO2+2NH3?H2O=SO32-+2NH4++H2OPbS+2Fe3++4Cl-=S↓+PbCl42-+2Fe2+稀釋有利于PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)的平衡左移，使PbCl2物質的量增大；冷卻使PbCl2的溶解度減少，有利于PbCl2的析出PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-0.2mol更環(huán)保、污染少、部分原料可循環(huán)利用、能量利用率高（回答一條即可）【解析】

（1）焙燒爐中發(fā)生的是PbS和氧氣反應生成PbO和SO2。（2）鼓風爐中焦炭的作用是作還原劑，吸收塔中發(fā)生的是SO2和過量氨水的反應，生成亞硫酸銨和水。（3）由流程可知，浸取過程中發(fā)生的是PbS和浸取液的反應，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+,-2價S被氧化為S單質。（4）加入水以后，氯離子濃度減小，電離平衡左移，由表格得，降溫PbCl2溶解度降低，促進PbCl2析出。（5）此電解裝置目的是制取鉛，溶液3在陰極室，溶液3中含有PbCl42－，陰極得電子發(fā)生還原反應。（6）煉鉛工藝以火法為主，但濕法煉鉛也有其明顯的優(yōu)點，其優(yōu)點是更環(huán)保、污染少、部分原料可循環(huán)利用、能量利用率高。【詳解】（1）焙燒爐中發(fā)生的是PbS和氧氣反應生成PbO和SO2，反應的化學方程式為2PbS+3O22PbO+2SO2，故答案為2PbS+3O22PbO+2SO2。（2）鼓風爐中焦炭的作用是作還原劑，吸收塔中發(fā)生的是SO2和過量氨水的反應，生成亞硫酸銨和水，發(fā)生的化學方程式為SO2+2NH3?H2O=(NH4)2SO3+H2O，離子方程式為：SO2+2NH3?H2O=SO32-+2NH4++H2O，故答案為還原劑；SO2+2NH3?H2O=SO32-+2NH4++H2O。（3）由流程可知，浸取過程中發(fā)生的是PbS和浸取液的反應，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+,-2價S被氧化為S單質，離子方程式為：PbS+2Fe3++4Cl-=S↓+PbCl42-+2Fe2+，故答案為PbS+2Fe3++4Cl-=S↓+PbCl42-+2Fe2+。（4）加入水以后，氯離子濃度減小，電離平衡左移，由表格得，降溫