北京市10區(qū)2024年高考考前模擬化學試題含解析

北京市10區(qū)2024年高考考前模擬化學試題注意事項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、NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述錯誤的是（）A．常溫常壓下，62g白磷中含有P—P鍵數(shù)目為3NAB．22g正戊烷、24g異戊烷和26g新戊烷的混合物中共價鍵數(shù)目為16NAC．1molNa2O和NaHSO4的固體混合物中含有的陰、陽離子總數(shù)為3NAD．常溫下，將一定量的鐵粉投入2mol稀硝酸中，恰好完全反應，若還原產物為NO，則轉移電子數(shù)一定為1.5NA2、在100mL的混合液中，硝酸和硫酸的物質的量濃度分別是0.3mol/L、0.15mol/L，向該混合液中加入2.56g銅粉，加熱，待充分反應后，所得溶液中銅離子的物質的量濃度是A．0.15mol/LB．0.225mol/LC．0.30mol/LD．0.45mol/L3、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法中不正確的是A．10g質量分數(shù)為46%的乙醇水溶液中含有的氫原子總數(shù)為1.2NAB．NA個P4()與NA個甲烷所含的共價鍵數(shù)目之比為1∶1C．常溫下，1LpH＝13的M(OH)2溶液中含有的OH－數(shù)目為0.1NAD．含0.4molHNO3的濃硝酸與足量的銅反應，轉移的電子數(shù)大于0.2NA4、某黃色溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣等離子（不考慮水的電離和離子的水解）。某同學為了確定其組分，設計并完成了如下實驗：下列說法正確的是（）A．c（Fe3+）一定為0.2mol?L﹣1B．c（Cl﹣）至少為0.2mol?L﹣1C．Na+'、SO42﹣一定存在，NH4+一定不存在D．Na+、Fe2+可能存在，CO32﹣一定不存在5、氟氧酸是較新穎的氧化劑，應用性極強，可用被氮氣稀釋的氟氣在細冰上緩慢通過制得：F2+H2O=HOF+HF。該反應中水的作用與下列反應中水的作用相同的是A．鈉與水反應制氫氣B．過氧化鈉與水反應制氧氣C．氯氣與水反應制次氯酸D．氟單質與水反應制氧氣6、下列工業(yè)生產過程中涉及到反應熱再利用的是A．接觸法制硫酸 B．聯(lián)合法制純堿C．鐵礦石煉鐵 D．石油的裂化和裂解7、下列實驗操作能達到實驗目的的是A．用容量瓶配制溶液時，先用蒸餾水洗滌，再用待裝溶液潤洗B．用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗酸性氣體C．在裝置甲中放入MnO2和濃鹽酸加熱制備氯氣D．用裝置乙分離乙酸和乙醇的混合物8、可逆反應aX(g)+bY(g)cZ(g)在一定溫度下的密閉容器內達到平衡后，t0時改變某一外界條件，化學反應速率(υ)—時間(t)圖象如下圖。下列說法正確的是（）A．若a+b=c，則t0時只能是增大反應體系的壓強B．若a+b=c，則t0時只能是加入催化劑C．若a+b≠c，則t0時只能是加入催化劑D．若a+b≠c，則t0時只能是增大反應體系的壓強9、下列微粒互為同位素的是A．H2和D2 B．2He和3He C．O2和O3 D．冰和干冰10、縱觀古今，化學與生產生活密切相關。下列對文獻的描述內容分析錯誤的是（）選項文獻描述分析A《天工開物》“凡石灰，經火焚煉為用”此“石灰”是指石灰石B《物理小知識》“以汞和金涂銀器上，成白色，入火則汞去金存，數(shù)次即黃”“入火則汞去”是指汞受熱升華C《本草經集注》“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石也”利用焰色反應來辨別真假硝石D《本草綱目》“采蒿敳之屬，曬干燒灰，以水淋汁，浣衣發(fā)面，去垢”利用灰燼中可溶鹽水解呈堿性去污A．A B．B C．C D．D11、有機物G的結構簡式為，下列關于有機物G的說法錯誤的是A．分子式為C10H12O5B．1molG與足量的金屬鈉反應，生成H2的體積為33.6LC．在一定條件下，1molG與足量的H2反應，最多消耗3molH2D．可發(fā)生取代反應、加成反應和氧化反應12、NaFeO4是一種高效多功能水處理劑。制備方法之一如下：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。下列說法正確的是A．氧化產物是Na2FeO4B．1molFeSO4還原3molNa2O2C．轉移0.5mo1電子時生成16.6gNa2FeO4D．氧化產物與還原產物的物質的量之比為3:213、NaHSO3溶液在不同溫度下均可被過量KIO3氧化，當NaHSO3完全消耗即有I2析出，依據(jù)I2析出所需時間可以求得NaHSO3的反應速率。將濃度均為0.020mol·L－1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0mL、KIO3(過量)酸性溶液40.0mL混合，記錄10～55℃間溶液變藍時間，55℃時未觀察到溶液變藍，實驗結果如圖。據(jù)圖分析，下列判斷不正確的是()A．40℃之前，溫度升高反應速率加快，變藍時間變短B．40℃之后溶液變藍的時間隨溫度的升高變長C．圖中b、c兩點對應的NaHSO3的反應速率相等D．圖中a點對應的NaHSO3的反應速率為5.0×10－5mol·L－1·s－114、下列實驗Ⅰ～Ⅳ中，正確的是（）A．實驗Ⅰ：配制一定物質的量濃度的溶液B．實驗Ⅱ：除去Cl2中的HClC．實驗Ⅲ：用水吸收NH3D．實驗Ⅳ：制備乙酸乙酯15、實驗室分離苯和水，可選用下列（）A． B． C． D．16、短周期元素X、Y、Z、M的原子序數(shù)依次增大。元素X的一種高硬度單質是寶石，Y2+電子層結構與氖相同，Z的質子數(shù)為偶數(shù)，室溫下，M單質為淡黃色固體。下列說法不正確的是A．X單質與M單質不能直接化合B．Y的合金可用作航空航天飛行器材料C．M簡單離子半徑大于Y2+的半徑D．X和Z的氣態(tài)氫化物，前者更穩(wěn)定17、根據(jù)能量示意圖,下列判斷正確的是()A．化學反應中斷鍵要放出能量,形成化學鍵要吸收能量B．該反應的反應物總能量小于生成物總能量C．2A2(g)+B2(g)=2C(g)ΔH=-(b+c-a)kJ·mol-1D．由圖可知,生成1molC(l),放出(b+c-a)kJ熱量18、化學與生活緊密相關，下列描述正確的是A．流感疫苗一般應冷藏存放，以避免蛋白質變性B．乳酸()通過加聚反應可制得可降解的聚乳酸塑料C．“客從南溟來，遺我泉客珠?！薄罢渲椤钡闹饕煞謱儆谟袡C高分子化合物D．水泥是由石灰石、石英砂、純堿為原料燒制而成的19、碳酸鑭[La2(CO3)3]可用于治療終末期腎病患者的高磷酸鹽血癥，制備反應原理為：2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4C1+3CO2↑+3H2O，某化學興趣小組利用下列實驗裝置模擬制備碳酸鑭。下列說法不正確的是A．制備碳酸鑭實驗流程中導管從左向右的連接順序為：F→A→B→D→E→CB．Y中發(fā)生反應的化學方程式為NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑C．X中盛放的試劑是飽和NaHCO3溶液，其作用為吸收揮發(fā)的HCl，同時生成CO2D．Z中應先通入CO2，后通入過量的NH320、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是（）A．電解精煉銅時，若轉移了NA個電子，則陽極溶解32g銅B．標準狀態(tài)下，33.6L氟化氫中含有1.5NA個氟化氫分子C．在反應KClO4+8HCl=KCl+4Cl2↑+4H2O中，每生成4molCl2轉移的電子數(shù)為8NAD．25℃時，1LpH＝13的氫氧化鋇溶液中含有0.1NA個氫氧根離子21、某溶液可能含有Cl-、SO32-、CO32-、NH3+、Fe3+、Al3+和K+。取該溶液222mL，加入過量NaOH溶液，加熱，得到2．22mol氣體，同時產生紅褐色沉淀；過濾，洗滌，灼燒，得到2．6g固體；向上述濾液中加足量BaCl2溶液，得到3．66g不溶于鹽酸的沉淀。由此可知原溶液中A．至少存在5種離子B．Cl-一定存在，且c（Cl）≥2．3mol/LC．SO32-、NH3+、一定存在，Cl-可能不存在D．CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在22、從粗銅精煉的陽極泥（主要含有）中提取粗碲的一種工藝流程如圖：（已知微溶于水，易溶于強酸和強堿）下列有關說法正確的是（）A．“氧化浸出”時為使確元素沉淀充分，應加入過量的硫酸B．“過濾”用到的玻璃儀器：分液漏斗、燒杯、玻璃棒C．“還原”時發(fā)生的離子方程式為D．判斷粗碲洗凈的方法：取最后一次洗滌液，加入溶液，沒有白色沉淀生成二、非選擇題(共84分)23、（14分）阿司匹林()是有機合成過程中的中間體。已知：Ⅰ.Ⅱ.(具有較強的還原性)(1)反應④的試劑和條件為______；反應①的反應類型為______；反應②的作用是_____；(2)B的結構簡式為_______；(3)下列關于G中的描述正確的是______；A．具有兩性，既能與酸反應也能與堿反應B．能發(fā)生加成、消去、取代和氧化反應C．能聚合成高分子化合物D．1molG與足量NaHCO3溶液反應放出2molCO2(4)D與足量的NaOH溶液反應的化學方程式為_______；反應②的化學方程式為_________；(5)符合下列條件的C的同分異構體有_____種；a.屬于芳香族化合物，且含有兩個甲基b.既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為6∶2∶1∶1的是______________；(6)已知：依據(jù)題意，寫出以甲苯為原料合成鄰氨基苯甲酸的流程圖(無機試劑任選)________。24、（12分）某化合物X有三種元素組成，某學習小組進行了如下實驗：(1)化合物X的化學式為___________(2)混合氣體N通入足量的NaOH溶液中，恰好完全反應生成一種鹽，其離子反應方程式為______________。(3)黑色固體Y與NH3的化學方程式為____________(4)若以X?3H2O進行實驗，在170℃時可以生成一種中間產物W。0.1mol化合物W能與0.6molHCl剛好完全反應，若0.1mol化合物W再繼續(xù)加熱生成黑色固體Y的質量為32.0g。則化合物W的化學式為______________。(5)混合氣體N有毒，為保護環(huán)境，可以用保險粉（Na2S2O4）吸收。請說明混合氣體N能用保險粉吸收的理由___________。25、（12分）某化學興趣小組利用硫酸鐵溶液與銅粉反應，又向反應后溶液中加入KSCN溶液以檢驗Fe3+是否有剩余，實驗記錄如下；實驗編號操作現(xiàn)象實驗1i．加入Cu粉后充分振蕩，溶液逐漸變藍；ii．取少量i中清液于試管中，滴加2滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色，但振蕩后紅色迅速褪去并有白色沉淀生成。（1）寫出實驗1中第i步的離子方程式_______________。甲同學猜想第ii步出現(xiàn)的異常現(xiàn)象是由于溶液中的Cu2+干擾了檢驗Fe3+的現(xiàn)象。查閱相關資料如下①2Cu2++4SCN-2CuSCN↓（白色）+(SCN)2（黃色）②硫氰[(SCN)2]：是一種擬鹵素，性質與鹵素單質相似，其氧化性介于Br2和I2之間。該同學又通過如下實驗驗證猜想實驗編號操作現(xiàn)象實驗2溶液呈綠色，一段時間后后開始出現(xiàn)白色沉淀，上層溶液變?yōu)辄S色實驗3無色溶液立即變紅，同時生成白色沉淀。（2）經檢測，實驗2反應后的溶液pH值減小，可能的原因是___________________________________________。（3）根據(jù)實驗2、3的實驗現(xiàn)象，甲同學推斷實驗3中溶液變紅是由于Fe2+被(SCN)2氧化，寫出溶液變紅的離子方程式_______________________。繼續(xù)將實驗2中的濁液進一步處理，驗證了這一結論的可能性。補充實驗4的目的是排除了溶液存在Cu2+的可能，對應的現(xiàn)象是____________________________________________。（4）乙同學同時認為，根據(jù)氧化還原反應原理，在此條件下，Cu2+也能氧化Fe2+，他的判斷依據(jù)是_______。（5）為排除干擾，小組同學重新設計如下裝置。①A溶液為____________________________。②“電流表指針偏轉，說明Cu與Fe3+發(fā)生了反應”，你認為這種說法是否合理？__________________（填合理或不合理），原因是__________________________________________。③驗證Fe3+是否參與反應的操作是________________________________________。26、（10分）二氯化二硫(S2Cl2)是一種無色液體，有刺激性、窒息性惡臭。人們使用它作橡膠的低溫硫化劑和黏結劑。向熔融的硫中通入限量的氯氣即可生成S2Cl2，進一步氯化得SCl2。S2Cl2、SCl2、S的某些性質如下：實驗室可用如圖所示裝置制備少量S2Cl2。（1）儀器M的名稱是__。（2）實驗室中用高錳酸鉀與濃鹽酸制取Cl2的化學方程式為__。（3）欲得到較純凈的S2Cl2，上述儀器裝置的連接順序為e→__→f(按氣體流出方向)。D裝置中堿石灰的作用是_。（4）S2Cl2粗品中可能混有的雜質是__(填化學式)，從S2Cl2粗品中提純S2Cl2的操作方法是__(填操作名稱)。.（5）若產物S2Cl2中混入少量水，則發(fā)生反應的化學方程式為__。（6）對提純后的產品進行測定：取mg產品，加入50mL水充分反應(SO2全部逸出)，過濾，洗滌沉淀并將洗滌液與濾液合并，用100mL容量瓶定容，取20.00mL溶液與濃度為0.4000mol·L-1的硝酸銀溶液反應，消耗硝酸銀溶液20.00mL，則產品中氯元素的質量分數(shù)為__(用含有m的式子表示)。27、（12分）現(xiàn)擬在實驗室里利用空氣和鎂粉為原料，制取少量氮化鎂(Mg3N2)。已知這一過程中可能發(fā)生下列反應：①2Mg+O22MgO②3Mg+N2Mg3N2③2Mg+CO22MgO+C④Mg+H2O(蒸氣)=MgO+H2⑤Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3可供選擇的儀器和藥品如下圖所示。且假設正確操作時，裝置內所發(fā)生的反應是完全的。試回答下列問題：(1)實驗開始時，先點燃________裝置中的酒精燈，原因是________；再將與g連接的自來水龍頭打開，形成自h導管流出的氣流，則氣流依次流經的導管為(填字母代號)：h→________；(2)你是否選擇了B裝置，理由是什么________________________；(3)你是否選擇了C裝置，理由是什么________________________；(4)如果同時點燃A、E裝置的酒精燈，對實驗結果產生的影響________為什么___28、（14分）亞硝酰氯(NOCl)是有機合成中的重要試劑，可由NO與Cl2在通常條件下反應得到。某學習小組在實驗室用如圖所示裝置制備NOCl。已知：亞硝酰氯(NOCl)的熔點為-64.5℃、沸點為-5.5℃，氣態(tài)呈黃色，液態(tài)時呈紅褐色，易與水反應。請回答下列問題：(1)裝置A中儀器a的名稱是____________。(2)實驗開始時，應先打開K2，再打開____________（填K1”或K3”），通入一段時間氣體，其目的是____________。(3)實驗時利用裝置B除去某些雜質氣體并通過觀察B中的氣泡來判斷反應速率，裝置B中的長直玻璃管還具有的作用是____________。(4)裝置C中應選用的試劑為____________(填試劑名稱)。(5)裝置F的作用是____________。(6)工業(yè)上可用間接電化學法除去NO，其原理如圖所示，吸收塔中發(fā)生的反應為：NO+S2O42-+H2O——N2+HSO3-(未配平)①吸收塔內發(fā)生反應的氧化劑與還原劑物質的量之比為________。②陰極的電極反應式為_______。(7)NOCl與H2O反應生成HNO2和HCl。請設計實驗證明HNO2是弱酸：_______。29、（10分）鉀和碘的相關化合物在化工醫(yī)藥材料等領域有著廣泛的應用?；卮鹣铝袉栴}:(1)基態(tài)K原子中，核外電子的空間運動狀態(tài)共____種，占據(jù)最高能級的電子的電子云輪廓圖形狀為________。(2)K和Cr屬于同一周期，且核外最外層電子構型相同。第一電離能比較:K____(填“>”或“<”)Cr，金屬鍵強度比較:K________(填“>”或“<")Cr.(3)IO3-離子的立體構型的名稱為_____，中心原子的雜化方式為________.(4)HIO4的酸性強于HIO3,其原因為_________(5)KIO3晶體是一種性能良好的非線性光學材料，晶胞如圖所示。晶胞的棱長為a=0.446nm,晶胞中K、I、O分別處于頂角、體心、面心位置，K與I間的最短距離為_______nm,與K緊鄰的O的個數(shù)為______。阿伏加德羅常數(shù)的值為6.02×1023，列式計算晶體的密度為_________g/cm3.

(不必計算結果)

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、C【解析】

A．白磷是正四面體結構，1個白磷分子中有6個P—P鍵，62g白磷（P4）的物質的量為0.5mol，所以62g白磷中含有的P—P鍵的物質的量為0.5mol×6=3mol，故A正確；B．正戊烷、異戊烷和新戊烷是同分異構體，分子式均為C5H12。22g正戊烷、24g異戊烷和26g新戊烷的混合物共72g，即含C5H12的物質的量為1mol。1molC5H12中含有4molC—C，12molC—H鍵，共16mol共價鍵，所以22g正戊烷、24g異戊烷和26g新戊烷的混合物中共價鍵數(shù)目為16NA，故B正確；C．1molNa2O中含2molNa+和1molO2-，1molNaHSO4中含1molNa+和1molHSO4-，所以1molNa2O和NaHSO4的固體混合物中含有的陰、陽離子總數(shù)不為3NA，故C錯誤；D．常溫下，將一定量的鐵粉投入2mol稀硝酸中，恰好完全反應，若鐵和硝酸反應生成Fe(NO3)3，反應的化學方程式為：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，消耗4mol硝酸，轉移電子3mol，所以消耗2mol硝酸，轉移電子為1.5mol；若鐵和硝酸反應生成Fe(NO3)2，反應的化學方程式為：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)3+2NO↑+4H2O，消耗8mol硝酸，轉移電子6mol，所以消耗2mol硝酸，轉移電子為1.5mol，所以轉移電子數(shù)一定為1.5NA，故D正確；故選C?！军c睛】白磷和甲烷都是正四面體結構，但甲烷有中心原子，所以1mol甲烷中有4mol共價鍵，而白磷沒有中心原子，所以1mol白磷中有6mol共價鍵。2、B【解析】溶液中n(H+)=0.15mol/L×2×0.1L+0.3mol/L×0.1L=0.06mol，反應計算如下：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。3×64g8mol2mol3mol2.56g0.06mol0.03moln∵3×642.56<80.06∴Cu過量，∵80.06>n=0.0225mol，c(Cu2+)=0.0225mol/0.1L=0.225mol/L，正確答案B。點睛：由于Cu與HNO3反應生成Cu(NO3)2，Cu(NO3)2電離生成的NO3-可以在H2SO4電離生成的H+作用下氧化單質Cu，因此利用銅與硝酸反應方程式計算存在后續(xù)計算的問題，恰當?shù)奶幚矸椒ㄊ怯肅u與NO3-、H+反應的離子方程式進行一步計算。3、B【解析】

A．在乙醇溶液中，除了乙醇外，水中也含H原子，而10g質量分數(shù)為46%的乙醇水溶液中含有4.6g乙醇，物質的量為0.1mol，含0.6NA個H原子，水5.4g，物質的量為0.3mol，含H原子為0.6NA個，故共含H原子為1.2NA個，故A正確；B．白磷分子中含6條共價鍵，而甲烷中含4條共價鍵，因此相同數(shù)目的分子中含有的共價鍵個數(shù)之比為3∶2，故B錯誤；C．pH=13的M(OH)2溶液中，氫氧根的濃度為0.1mol/L，因此1L溶液中含有的氫氧根的個數(shù)為0.1NA個，故C正確；D．硝酸的物質的量為0.4mol，若與銅反應完全生成二氧化氮，轉移電子物質的量為0.2mol，但是由于銅足量，濃硝酸隨著反應的進行，后來變成了稀硝酸，生成了一氧化氮，轉移的電子數(shù)增加，所以0.4mol硝酸與足量的銅反應，轉移的電子數(shù)大于0.2mol，故D正確；故選B。【點睛】本題的易錯點為D，要注意隨著反應的進行，硝酸的濃度減小，難點為A，要注意水分子中也含有H原子。4、D【解析】

某黃色溶液中可能含有Na＋、NH4＋、Fe2＋、Fe3＋、Cl－、SO42－、CO32－等離子，初步判斷含F(xiàn)e3＋，加入過量NaOH溶液，加熱，產生的紅褐色沉淀為氫氧化鐵，灼燒得到1.6g固體為三氧化二鐵，氧化鐵的物質的量=1.6g/160g·mol－1=0.01mol，則原溶液中含有0.02mol鐵元素為Fe3＋，原溶液中一定沒有CO32－，4.66g不溶于鹽酸的固體為硫酸鋇，硫酸鋇的物質的量=4.66g/233g·mol－1=0.02mol，原溶液中含有0.02mol硫酸根離子，由于加入了氫氧化鈉溶液，無法判斷原溶液中是否含有鈉離子，由溶液為電中性可判斷是否存在氯離子?！驹斀狻考尤脒^量NaOH溶液，加熱產生的紅褐色沉淀為氫氧化鐵，1.6g固體為三氧化二鐵，氧化鐵的物質的量為0.01mol，則原溶液中含有0.02mol鐵元素為Fe3+，原溶液中一定沒有CO32﹣，由于加入了NaOH，無法判斷原溶液中是否含有Na+，4.66g不溶于鹽酸的固體為硫酸鋇，硫酸鋇的物質的量為0.02mol，則原溶液中含有0.02mol硫酸根離子，由電荷守恒，正電荷=3n（Fe3+）=0.06，負電荷=2n（SO42﹣）=0.04，原溶液中一定有Cl﹣，物質的量應為0.02mol×3﹣0.02mol×2=0.02mol，若含有亞鐵離子時，c（Cl﹣）可能小于0.2mol/L，溶液中Fe2+加熱被氧化也可以生成鐵離子，則原溶液中c（Fe3+）=≤0.2mol/L，溶液中Na+、NH4+、Fe2+離子可能存在，故選：D。5、D【解析】

在F2+H2O=HOF+HF反應中，水中O元素的化合價升高，水是還原劑?！驹斀狻緼．水中H元素的化合價降低，水為氧化劑，錯誤；B．過氧化鈉中O元素的化合價不變，水既不是氧化劑也不是還原劑，錯誤；C．只有Cl元素的化合價變化，水既不是氧化劑也不是還原劑，錯誤；D．水中O元素的化合價升高，水為還原劑，正確。答案選D。6、A【解析】

A．接觸法制硫酸中有熱交換器，涉及到反應熱再利用，選項A正確；B．聯(lián)合法制純堿生產過程中不涉及到反應熱再利用，選項B錯誤；C．鐵礦石煉鐵生產過程中不涉及到反應熱再利用，選項C錯誤；D．石油的裂化和裂解生產過程中不涉及到反應熱再利用，選項D錯誤；答案選A。7、C【解析】

A．用容量瓶配制溶液不能用待裝液潤洗，A項錯誤；B．濕潤的紅色石蕊試紙遇酸性氣體不變色，B項錯誤；C．MnO2和濃鹽酸在加熱條件下可制備氯氣，C項正確；D．乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗進行分離，D項錯誤。答案選C。8、C【解析】

若a+b=c，條件改變后，正逆反應速率同時增大，且增大的程度相同，即平衡不移動，這說明改變的條件是加入催化劑或增大反應體系的壓強；若a+b≠c，條件改變后，正逆反應速率同時增大，且增大的程度相同，即平衡不移動，改變的條件只能是加入催化劑；答案選C。9、B【解析】

A.H2和D2是單質，不是原子，且是同一種物質，A錯誤；B.2He和3He是同種元素的不同種原子，兩者互為同位素，B正確；C.O2和O3是氧元素的兩種不同的單質，互為同素異形體，C錯誤；D.冰是固態(tài)的水，干冰是固態(tài)的二氧化碳，是兩種不同的化合物，不是同位素，D錯誤；故合理選項是B。10、B【解析】

A、石灰石加熱后能制得生石灰；B、汞為液態(tài)金屬，受熱易揮發(fā)；C、依據(jù)鉀的焰色反應解答；D、依據(jù)油脂在堿性環(huán)境下水解生成可溶性高級脂肪酸鹽和甘油解答?！驹斀狻緼項、石灰石加熱后能制得生石灰，“石灰”指的是石灰石，故A正確；B項、汞和金形成液態(tài)的合金，涂在銀器上，加熱，汞轉化為蒸氣，被蒸發(fā)，剩下的金附著在銀的表面，所以“入火則汞去”是指蒸發(fā)，故B錯誤；C項、硝石為硝酸鉀，含有的鉀元素在灼燒時產生紫色火焰來辨別，故C正確；D項、衣服上油污主要成分為油脂，油脂在堿性環(huán)境下水解生成可溶性高級脂肪酸鹽和甘油，草木灰中含有碳酸鉀，碳酸鉀水解顯堿性，所以可以用草木灰水溶液洗衣服，故D正確。故選B?！军c睛】本題考查物質的性質與用途，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識的應用，把握物質的性質、發(fā)生的反應、性質與用途為解答的關鍵。11、B【解析】

A．根據(jù)有機物G的結構簡式可得，其分子式為C10H12O5，A選項正確；B．有機物G中有2個羥基和1個羧基，均可與金屬鈉反應，1molG與足量的金屬鈉反應，生成H2在標準狀況下的體積為33.6L，題中未注明標準狀況，B選項錯誤；C．在一定條件下，1molG中的苯環(huán)最多可與3molH2發(fā)生加成反應，C選項正確；D．有機物G中苯環(huán)可發(fā)生取代反應、加成反應，羥基可發(fā)生氧化反應，D選項正確；答案選B。12、C【解析】該反應中Fe元素化合價由+2價變?yōu)?6價、O元素化合價由-1價變?yōu)?價、-2價，所以硫酸亞鐵是還原劑、過氧化鈉既是氧化劑又是還原劑，氧化劑對應的產物是還原產物，還原劑對應的產物是氧化產物。A、化合價升高的元素有+2價的鐵和-1價的氧元素，氧化產物是Na2FeO4和氧氣，故A錯誤；B、反應中化合價升高的元素有Fe，由+2價→+6價，化合價升高的元素還有O元素，由-1價→0價，2molFeSO4發(fā)生反應時，共有2mol×4+1mol×2=10mol電子轉移，6molNa2O2有5mol作氧化劑、1molNa2O2作還原劑，其中2molFeSO4還原4molNa2O2，即1molFeSO4還原2molNa2O2，故B錯誤；C、由方程式轉移10mol電子生成2molNa2FeO4，轉移0.5mo1電子時生成×2×166g·mol－1=16.6gNa2FeO4，故C正確；D、每2FeSO4和6Na2O2發(fā)生反應，氧化產物2molNa2FeO4和1molO2，還原產物2molNa2FeO4和2molNa2O，氧化產物與還原產物的物質的量之比為3:4，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查氧化還原反應，側重考查基本概念、計算，解題關鍵：明確元素化合價變化和電子得失的多少。難點：B和C選項，注意過氧化鈉的作用，題目難度較大。13、C【解析】

A、根據(jù)圖像，40℃以前由80s逐漸減小，說明溫度升高反應速率加快，故A說法正確；B、根據(jù)圖像，40℃之后，溶液變藍的時間隨溫度的升高變長，故B說法正確；C、40℃以前，溫度越高，反應速率越快，40℃以后溫度越高，變色時間越長，反應越慢，可以判斷出40℃前后發(fā)生的化學反應不同，雖然變色時間相同，但不能比較化學反應速率，故C說法錯誤；D、混合前NaHSO3的濃度為0.020mol·L－1，忽略混合前后溶液體積的變化，根據(jù)c1V1=c2V2，混合后NaHSO3的濃度為0.020mol/L×10×10-3L(10+40)×10-3L=0.0040mol·L－1，a點溶液變藍時間為80s，因為NaHSO3不足或KIO3過量，NaHSO3濃度由0.0040mol·L－1變?yōu)?，根據(jù)化學反應速率表達式，a點對應的NaHSO3反應速率為0.0040mol/L答案選C?！军c睛】易錯點是選項D，學生計算用NaHSO3表示反應速率時，直接用0.02mol·L－1和時間的比值，忽略了變化的NaHSO3濃度應是混合后NaHSO3溶液的濃度。14、B【解析】

A.配制一定物質的量濃度的溶液，把溶液或蒸餾水加入容量瓶中需要用玻璃棒引流，故A錯誤；B.HCl極易溶于水，Cl2在飽和食鹽水中溶解度很小，可用飽和食鹽水除去Cl2中的HCl雜質，故B正確；C.NH3極易溶于水，把導管直接插入水中，會發(fā)生倒吸，故C錯誤；D.制備乙酸乙酯時缺少濃硫酸，乙酸乙酯在氫氧化鈉溶液中會發(fā)生水解，并且導管直接插入液面以下，會發(fā)生倒吸，故D錯誤；故答案為B。15、C【解析】

苯和水分層，可選分液法分離，以此來解答。【詳解】A中為層析法；B為蒸發(fā)；D為過濾；苯和水分層，可選分液法分離，選項C符合；答案選C?！军c睛】本題考查混合物分離提純，把握物質的性質、混合物分離方法為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意層析法為解答的難點。16、A【解析】元素X的一種高硬度單質是寶石，即X是C，Y2＋電子層結構與氖相同，則Y為Mg，Z的質子數(shù)為偶數(shù)，Z可能是Si，也可能是S，室溫下，M的單質為淡黃色固體，則M為S，即Z為Si，A、C與S能直接化合成CS2，故說法錯誤；B、鎂合金質量輕，硬度大，耐高溫，可用作航空航天飛行器材料，故說法正確；C、S2－比Mg2＋多一個電子層，因此S2－的半徑大于Mg2＋，故說法正確；D、氫化物分別是CH4、SiH4，非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，非金屬性C>Si，即CH4比SiH4穩(wěn)定，故說法正確。17、D【解析】

A.斷鍵需要吸熱，成鍵會放熱，故A不選；B.該反應是放熱反應，反應物總能量大于生成物總能量，故B不選；C.2A2(g)+B2(g)=2C(g)ΔH=-(b-a)kJ·mol-1。生成C(l)時的ΔH=-(b+c-a)kJ·mol-1，故C不選；D.據(jù)圖可知，生成1molC(l)，放出(b+c-a)kJ的熱量，故D選。故選D。18、A【解析】

A．流感疫苗屬于蛋白質，溫度過高會使蛋白質變性，A選項正確；B．乳酸()通過縮聚反應可制得可降解的聚乳酸塑料，B選項錯誤；C．“珍珠”的主要成分是CaCO3，屬于無機鹽，不屬于有機高分子化合物，C選項錯誤；D．水泥是由黏土和石灰石燒制而成的，D選項錯誤；答案選A。19、D【解析】

A.由裝置可知，W中制備CO2，X除去HCl，Y中制備氨氣，在Z中制備碳酸鑭，則制備碳酸鑭實驗流程中導管從左向右的連接順序為：F→A→B→D→E→C，A正確；B.Y中CaO與濃氨水反應生成氨氣和氫氧化鈣，該反應的化學反應式為：NH3?H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，B正確；C.裝置X用于除雜，X中盛放的試劑是NaHCO3溶液，可吸收CO2中的HCl，HCl與NaHCO3反應產生NaCl、H2O、CO2，故其作用為吸收揮發(fā)的HCl，同時生成CO2，C正確；D.Z中應先通入NH3，后通入過量的CO2，原因為NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，堿性溶液更容易吸收二氧化碳，生成較大濃度的NH4HCO3，D錯誤；故合理選項是D。20、D【解析】

A．電解精煉銅時，陽極是粗銅，粗銅中含有一些比銅活潑的金屬也放電，故當轉移NA個電子，陽極的銅溶解少于32g，故A錯誤；B．在標準狀況下，氟化氫不是氣體，無法計算33.6L氟化氫的物質的量，故B錯誤；C．在反應KClO4+8HCl＝KCl+4Cl2↑+4H2O中高氯酸鉀中氯元素化合價從+7價降低到0價，得到7個電子，轉移7mol電子時生成4mol氯氣，即當生成4mol氯氣時轉移的電子數(shù)為7NA個，故C錯誤；D．25℃時，1LpH＝13的氫氧化鋇溶液中c(OH－)=0.1mol/L，1L含有0.1NA個氫氧根離子，故D正確；答案選D。21、B【解析】

由于加入過量NaOH溶液，加熱，得到2.22mol氣體，說明溶液中一定有NH3+，且物質的量為2.22mol；同時產生紅褐色沉淀，說明一定有Fe3+，2.6g固體為氧化鐵，物質的量為2.22mol，有2.22molFe3+，一定沒有CO32-；3.66g不溶于鹽酸的沉淀為硫酸鋇，一定有SO32-，物質的量為2.22mol；根據(jù)電荷守恒，一定有Cl-，且至少為2.22mol×3+2.22-2.22mol×2=2.23mol，物質的量濃度至少為c(Cl-)=2.23mol÷2.2L=2.3mol/L。【詳解】A.至少存在Cl-、SO32-、NH3+、Fe3+四種離子，A項錯誤；B.根據(jù)電荷守恒，至少存在2.23molCl-，即c(Cl-)≥2.3mol·L-2，B項正確；C.一定存在氯離子，C項錯誤；D.Al3+無法判斷是否存在，D項錯誤；答案選B。22、D【解析】

A.由題中信息可知，TeO2微溶于水，易溶于強酸和強堿，是兩性氧化物。Cu2Te與硫酸、氧氣反應，生成硫酸銅和TeO2，硫酸若過量，會導致TeO2的溶解，造成原料的利用率降低，故A錯誤；B.“過濾”用到的玻璃儀器：漏斗、燒杯、玻璃棒，故B錯誤；C.Na2SO3加入到Te(SO4)2溶液中進行還原得到固態(tài)碲，同時生成Na2SO4，該反應的離子方程式是2SO32－+Te4++2H2O=Te↓+2SO42－+4H+，故C錯誤；D.通過過濾從反應后的混合物中獲得粗碲，粗碲表面附著液中含有SO42-，取少量最后一次洗滌液，加入BaCl2溶液，若沒有白色沉淀生成，則說明洗滌干凈，故D正確。故選D。二、非選擇題(共84分)23、濃硫酸、濃硝酸、加熱取代反應保護酚羥基，以防被氧化AC+3NaOH+CH3COONa+2H2O+(CH3CO)2O→+CH3COOH6或【解析】

乙酰氯和乙酸反應生成A，A和B反應生成C，C被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成D，根據(jù)D的結構簡式()知，C為，B中含有苯環(huán)，根據(jù)B的分子式C7H8O知，B為，根據(jù)信息I，A為(CH3CO)2O；D發(fā)生水解反應然后酸化得到E，E為，E反應生成F，F(xiàn)發(fā)生還原反應生成G，根據(jù)G的結構簡式()結合題給信息知，F(xiàn)為；(6)甲苯和濃硝酸發(fā)生取代反應生成鄰硝基甲苯，鄰硝基甲苯被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成鄰硝基苯甲酸，鄰硝基苯甲酸被還原生成鄰氨基苯甲酸，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)反應④為轉化為，發(fā)生的是苯環(huán)上的硝化反應，反應的條件為濃硫酸、濃硝酸和加熱；反應①為乙酰氯()轉化為乙酸，反應類型為取代反應；酚羥基也容易被酸性高錳酸鉀溶液氧化，反應②的作用是保護酚羥基，防止被氧化，故答案為濃硫酸、濃硝酸和加熱；取代反應；保護酚羥基，防止被氧化；(2)根據(jù)上述分析，B的結構簡式為，故答案為；(3)A．G()中含有羧基和氨基，所以具有酸性和堿性，則具有兩性，既能與酸反應也能和堿反應，故A正確；B．G()中含有酚羥基，能發(fā)生氧化反應，但不能發(fā)生消去反應，羧基能發(fā)生取代反應，苯環(huán)能發(fā)生加成反應，故B錯誤；C．G()中含有羧基和酚羥基(或氨基)，能發(fā)生縮聚反應生成高分子化合物，故C正確；D．只有羧基能和碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，所以1molG與足量NaHCO3溶液反應放出1molCO2，故D錯誤；故選AC；(4)D中含有羧基和酯基，酯基水解生成的酚羥基都能與氫氧化鈉反應，與足量的NaOH反應的化學方程式為+3NaOH+CH3COONa+2H2O，反應②的化學方程式為+(CH3CO)2O→+CH3COOH，故答案為+3NaOH+CH3COONa+2H2O；+(CH3CO)2O→+CH3COOH；(5)C為，C的同分異構體符合下列條件：a．屬于芳香族化合物，說明含有苯環(huán)，且含有兩個甲基；b．能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基；又能發(fā)生水解反應，說明含有酯基，則為甲酸酯類物質，如果兩個-CH3位于鄰位，HCOO-有2種位置；如果兩個-CH3位于間位，HCOO-有3種位置；如果兩個-CH3位于對位，HCOO-有1種位置；共6種同分異構體，其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為6∶2∶1∶1的是或，故答案為6；或；(6)甲苯和濃硝酸發(fā)生取代反應生成鄰硝基甲苯，鄰硝基甲苯被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成鄰硝基苯甲酸，鄰硝基苯甲酸被還原生成鄰氨基苯甲酸，其合成流程圖為，故答案為?！军c睛】本題的易錯點為(6)，根據(jù)題意，苯環(huán)上引入取代基的位置與苯環(huán)上已有取代基的種類有關，要注意硝化反應和氧化反應的先后順序不能顛倒。24、Cu(NO3)24NO2+O2+4OH—=4NO3—+2H2O3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2OCu4(OH)6(NO3)2或Cu(NO3)2?3Cu(OH)2NO2有氧化性，Na2S2O4中+3價的硫元素具有還原性，能發(fā)生氧化還原反應【解析】

對X進行加熱后分解產生了紅棕色的混合氣體，混合氣體中一定有NO2，所以X中一定有N和O元素；X分解產生的黑色固體與NH3反應后，可以獲得紫紅色固體，即銅單質，所以X中一定有Cu元素，所以X為Cu(NO3)2?！驹斀狻?1)通過分析可知，X的化學式即為Cu(NO3)2；(2)通過分析可知Cu(NO3)2分解的方程式為：，所以混合氣體與足量NaOH溶液反應的離子方程式為：；(3)通過分析可知黑色固體Y即為CuO，其與NH3反應的方程式為：；(4)0.1molW能消耗0.6molHCl，所以W化學式中含有6個OH-；又因為，0.1molW分解得到Y(CuO)質量32.0g即0.4mol，所以W的化學式中含有4個Cu2+，所以W的化學式為Cu4(OH)6(NO3)2；(5)混合氣體中含有NO2，具有氧化性，其可以與具有還原性的Na2S2O4發(fā)生氧化還原反應，從而轉化成無毒的N2。25、Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+部分(SCN)2與水反應生成酸Fe3++3SCN-Fe(SCN)3溶液褪色，無藍色沉淀在Cu2+與SCN－反應中，Cu2+是氧化劑，氧化性Cu2+〉(SCN)20.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液不合理未排除氧氣干擾一段時間后，取少量A溶液于試管中，滴加鐵氰化鉀溶液，出現(xiàn)藍色沉淀【解析】

(1)Cu粉與Fe3+反應，離子方程式為Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；(2)硫氰[(SCN)2]：是一種擬鹵素，性質與鹵素單質相似，其氧化性介于Br2和I2之間，能與水反應，生成酸；(3)Fe2+被(SCN)2氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+與KSCN反應，顯紅色；(SCN)2會與氫氧化鉀反應，同時Cu2+與氫氧化鉀反應，生成藍色沉淀，沒有Cu2+則無藍色沉淀；(4)根據(jù)氧化還原反應規(guī)律分析；(5)①A的電極為C，B的電極為Cu，則Cu做負極，C做正極，A中放電解質溶液；②溶液中的氧氣會影響反應；③鐵氰化鉀溶液遇亞鐵鹽則生成深藍色沉淀?！驹斀狻?1)Cu粉與Fe3+反應，離子方程式為Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+，故答案為：Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；(2)硫氰[(SCN)2]：是一種擬鹵素，性質與鹵素單質相似，其氧化性介于Br2和I2之間，能與水反應，生成酸，故答案為：部分(SCN)2與水反應生成酸；(3)Fe2+被(SCN)2氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+與KSCN反應，顯紅色，離子方程式為Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；(SCN)2會與氫氧化鉀反應，同時Cu2+與氫氧化鉀反應，生成藍色沉淀，沒有Cu2+則無藍色沉淀，故答案為：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；溶液褪色，無藍色沉淀；(4)根據(jù)2Cu2++4SCN-2CuSCN↓(白色)+(SCN)2(黃色),Cu2+是氧化劑，氧化性Cu2+>(SCN)2，(SCN)2能氧化Fe2+，則氧化性(SCN)2>Fe2+，即Cu2+也能氧化Fe2+，故答案為：在Cu2+與SCN－反應中，Cu2+是氧化劑，氧化性Cu2+>(SCN)2；(5)①A的電極為C，B的電極為Cu，則Cu做負極，C做正極，A中放電解質溶液，則電解質為0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液，故答案為：0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液；②溶液中的氧氣會影響反應，未做排氧操作，不合理，故答案為：不合理；未排除氧氣干擾；③Fe3+參與反應后生成Fe2+，鐵氰化鉀溶液遇亞鐵鹽則生成深藍色沉淀，可驗證產生的Fe2+，操作為一段時間后，取少量A溶液于試管中，滴加鐵氰化鉀溶液，出現(xiàn)藍色沉淀，故答案為：一段時間后，取少量A溶液于試管中，滴加鐵氰化鉀溶液，出現(xiàn)藍色沉淀?！军c睛】本題易錯點(6)，使用的電解質溶液，要和之前的濃度保持一致，才能形成對比實驗，做實驗題型，一定要注意控制變量法的規(guī)則。26、圓底燒瓶jkhicdab吸收剩余的氯氣，并防止空氣中的水蒸氣進入裝置B使S2Cl2水解Cl2、SCl2、S分餾(或蒸餾)或【解析】

（1）根據(jù)裝置圖分析儀器M的名稱；（2）高錳酸鉀與濃鹽酸在常溫下生成氯化鉀、氯化錳、氯氣和水；（3）欲得到較純凈的S2Cl2，氯氣先除雜、干燥，再與熔融的S反應，用冰水收集S2Cl2，最后用堿石灰收集多余氯氣，注意導氣管長進短出；（4）根據(jù)S2Cl2、SCl2、S、Cl2的沸點較低分析；（5）S2Cl2和水發(fā)生歧化反應生成SO2、S、HCl；（6）滴定過程中反應的離子方程式是?！驹斀狻浚?）根據(jù)裝置圖，儀器M的名稱是圓底燒瓶；（2）高錳酸鉀與濃鹽酸在常溫下生成氯化鉀、氯化錳、氯氣和水，化學方程式為；（3）欲得到較純凈的S2Cl2，氯氣先除雜、干燥，再與熔融的S反應，用冰水收集S2Cl2，最后用堿石灰收集氯氣；上述儀器裝置的連接順序為e→j→k→h→i→c→d→a→b→f。S2Cl2易水解，所以D裝置中堿石灰的作用是吸收剩余的氯氣，并防止空氣中的水蒸氣進入裝置B使S2Cl2水解；（4）氯氣和硫可能有剩余，均有可能混入產品中，氯氣過量時，會生成SCl2，因此S2Cl2粗品中可能混有的雜質是SCl2、S、Cl2；根據(jù)S2Cl2、SCl2、S、Cl2的沸點不同，S2Cl2粗品中提純S2Cl2的操作方法是蒸餾（或分餾）；（5）S2Cl2和水發(fā)生歧化反應生成SO2、S、HCl，根據(jù)得失電子守恒配平反應式為；（6）滴定過程中反應的離子方程式是，則20.00mL溶液中氯離子的物質的量是0.4mol·L-1×0.02L=0.008mol，產品中氯元素的質量分數(shù)為=；27、E避免從E裝置出來的氣流中還含有氧氣f→e→d→c→m(n)→n(m)→a(b)→b(a)選擇，以除去水蒸氣，避免反應④發(fā)生選擇，以除去空氣中的CO2，避免反應③發(fā)生使氮化鎂不純如果E中的銅粉沒有達到反應溫度時，氧氣不能除盡，導致氧氣同鎂反應，而使氮化鎂中混入氧化鎂【解析】

實驗室里用空氣和鎂粉為原料，制取少量氮化鎂（Mg3N2）。根據(jù)可能發(fā)生下列反應：①2Mg+O22MgO；②3Mg+N2Mg3N2；③2Mg+CO22MgO+C；④Mg+H2O(蒸氣)=MgO+H2；⑤Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3；利用該裝置是制取氮化鎂的裝置的事實，聯(lián)系鎂可以與氧氣及氮化鎂能與水反應的性質，對實驗的過程進行設計與分析：為防止反應過程中鎂被氧化一般要排凈容器中的空氣，為防止氮化鎂與水的反應所以要先把通入的氮氣干燥?！驹斀狻扛鶕?jù)分析可知：利用該裝置是制取氮化鎂的裝置的事實，聯(lián)系鎂可以與氧氣及氮化鎂能與水反應的性質，對實驗的過程進行設計與分析：為防止反應過程中鎂被氧化一般要排凈容器中的空氣，為防止氮化鎂與水的反應所以要先把通入的氮氣干燥。則：(1)因為氧氣與灼熱的銅反應，所以實驗開始時，先點燃E裝置中的酒精燈，原因是避免從E裝置出來的氣流中還含有氧氣，因為需要先除二氧化碳，再除水分，后除氧氣，故將與g連接的自來水龍頭打開，形成自h導管流出的氣流，則氣流依次流經的導管為(填字母代號)：h→f→e→d→c→m(n)→n(m)→a(b)→b(a)；(2)選擇B裝置，可以除去水蒸氣，避免反應④發(fā)生；(3)選擇C裝置，可以除去空氣中的CO2，避免反應③發(fā)生；(4)如果同時點燃A、E裝置的酒精燈，對實驗結果產生的影響為使氮化鎂不純。如果E中的銅粉沒有達到反應溫度時，氧氣不能除盡，導致氧氣同鎂反應，而使氮化鎂中混入氧化鎂。28、圓底燒瓶K1排盡裝置內的空氣，防止NO被氧化平衡氣壓，避