湖北省天門、仙桃、潛江市2024年高三最后一?；瘜W試題含解析

湖北省天門、仙桃、潛江市2024年高三最后一?；瘜W試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、能夠產(chǎn)生如圖實驗現(xiàn)象的液體是A．CS2 B．CCl4C．H2O D．2、如圖是實驗室研究海水對鐵閘不同部位腐蝕情況的剖面示意圖。下列說法錯誤的是A．鐵閘主要發(fā)生的是吸氧腐蝕B．圖中生成鐵銹最多的是乙區(qū)域C．鐵腐蝕時的電極反應式：Fe－2e－==Fe2＋D．將鐵閘與石墨相連可保護鐵閘3、下列模型表示的烴或烴的含氧衍生物中，可以發(fā)生酯化反應的是（）A． B． C． D．4、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．14.0gFe發(fā)生吸氧腐蝕生成Fe2O3·xH2O，電極反應轉移的電子數(shù)為0.5NAB．標準狀況下，11.2LSO2溶于水，溶液中含硫粒子的數(shù)目大于0.5NAC．常溫下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的數(shù)目為0.5NAD．分子式為C2H6O的某種有機物4.6g，含有C－H鍵的數(shù)目一定為0.5NA5、下列屬于電解質(zhì)的是（）A．銅 B．葡萄糖 C．食鹽水 D．氯化氫6、如圖為一原電池工作原理示意圖,電池工作過程中左右兩燒杯所盛放的溶液中不允許引入雜質(zhì)。下列有關說法中正確的是()A．所用離子交換膜為陽離子交換膜B．Cu電極的電極反應為Cu-2e-=Cu2+C．電池工作過程中,CuCl2溶液濃度降低D．Fe為負極,電極反應為Fe2++2e-=Fe7、下列儀器的用法正確的是（）A．①可以長期盛放溶液B．用②進行分液操作C．用酒精燈直接對③進行加熱D．用④進行冷凝回流8、下列說法正確的是A．硬脂酸甘油酯在酸性條件下的水解反應反應叫皂化反應B．向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加熱后滴入幾滴新制氫氧化銅懸濁液，再加熱至沸騰，未出現(xiàn)紅色物質(zhì)，說明淀粉未水解C．將無機鹽硫酸銅溶液加入到蛋白質(zhì)溶液中會出現(xiàn)沉淀，這種現(xiàn)象叫做鹽析D．油脂、蛋白質(zhì)均可以水解，水解產(chǎn)物含有電解質(zhì)9、下列有關有機化合物的說法中，正確的是A．淀粉、蛋白質(zhì)和油脂都屬于有機高分子化合物B．乙烯、苯和乙醇均能被酸性高錳酸鉀溶液氧化C．絕大多數(shù)的酶屬于具有高選擇催化性能的蛋白質(zhì)D．在的催化作用下，苯可與溴水發(fā)生取代反應10、某芳香族化合物分子式為Cl0H11ClO2，已知苯環(huán)上只有兩個取代基，其中一個取代基為-Cl，且該有機物能與飽和NaHCO3溶液反應放出CO2，則滿足上述條件的有機物甲的同分異構體(不考慮立體異構)數(shù)目有多少種A．5種 B．9種 C．12種 D．15種11、加熱聚丙烯廢塑料可以得到碳、氫氣、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如圖所示裝置探究廢舊塑料的再利用。下列敘述不正確的是A．裝置乙試管中收集到的液體在催化劑存在下可以與Br2發(fā)生取代反應B．裝置丙中的試劑吸收反應產(chǎn)生的氣體后得到的產(chǎn)物的密度均比水大C．最后收集的氣體可以作為清潔燃料使用D．甲烷的二氯代物有2種12、大氣中CO2含量的增多除了導致地球表面溫度升高外，還會影響海洋生態(tài)環(huán)境。某研究小組在實驗室測得不同溫度下（T1，T2）海水中CO32-濃度與模擬空氣中CO2濃度的關系曲線。已知：海水中存在以下平衡：CO2（aq）+CO32-（aq）+H2O（aq）2HCO3-（aq），下列說法不正確的是A．T1>T2B．海水溫度一定時，大氣中CO2濃度增加，海水中溶解的CO2隨之增大，CO32-濃度降低C．當大氣中CO2濃度確定時，海水溫度越高，CO32-濃度越低D．大氣中CO2含量增加時，海水中的珊瑚礁將逐漸溶解13、用石墨電極電解飽和食鹽水，下列分析錯誤的是A．得電子能力H+>Na+，故陰極得到H2B．水電離平衡右移，故陰極區(qū)得到OH-C．失電子能力Cl->OH-，故陽極得到Cl2D．OH-向陰極移動，故陽極區(qū)滴酚酞不變紅14、在NH3、HNO3、H2SO4的工業(yè)生產(chǎn)中，具有的共同點是()A．使用吸收塔設備 B．使用尾氣吸收裝置C．使用H2作原料 D．使用催化劑15、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、、B．弱堿性溶液中：K+、Na+、I－、ClO－C．中性溶液中：Fe3+、K+、Cl－、D．能使甲基橙變紅的溶液中：Al3+、Na+、Cl－、16、某溶液X含有K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、Fe2+、Cl-、CO32-、OH-、SiO32-、NO3-、SO42-中的幾種，已知該溶液中各離子物質(zhì)的量濃度均為0.2mol·L-1(不考慮水的電離及離子的水解)。為確定該溶液中含有的離子，現(xiàn)進行了如下的操作：下列說法正確的是A．無色氣體可能是NO和CO2的混合物B．原溶液可能存在Fe3+C．溶液X中所含離子種類共有4種D．另取l00mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反應后過濾，洗滌，灼燒至恒重，理論上得到的固體質(zhì)量為2.4g17、下列對實驗現(xiàn)象的解釋正確的是選項操作現(xiàn)象解釋A將銅粉加入Fe2(SO4)3溶液中溶液變藍金屬鐵比銅活潑B銅與濃硫酸共熱有灰白色固體生成濃硫酸具有強氧化性和吸水性C氧化鐵溶于足量HI溶液溶液呈棕黃色Fe3+呈棕黃色D向待測液中加入適量的NaOH溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙放在試管口濕潤的紅色石蕊試紙未變藍待測液中不存在NH4+A．A B．B C．C D．D18、下列有關化學實驗操作、現(xiàn)象和結論均正確的是()選項操作現(xiàn)象結論A向的NaHCO3溶液中滴加2滴甲基橙溶液呈黃色NaHCO3溶液溶液呈堿性B向氨水和的懸濁液中滴加少量溶液得到紅褐色懸濁液Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Mg(OH)2]C使石蠟油蒸汽通過熾熱的碎瓷片，再將產(chǎn)生的氣體通過酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色石蠟油蒸汽中含有烯烴D向蔗糖中加入濃硫酸蔗糖變成疏松多孔的海綿狀炭，放出有刺激性氣味的氣體濃硫酸具有脫水性和強氧化性A．A B．B C．C D．D19、某熱再生電池工作原理如圖所示。放電后，可利用廢熱進行充電。已知電池總反應：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ΔH＜0。下列說法正確的是（）A．充電時，能量轉化形式主要為電能到化學能B．放電時，負極反應為NH3-8e-+9OH-=NO3-+6H2OC．a(chǎn)為陽離子交換膜D．放電時，左池Cu電極減少6.4g時，右池溶液質(zhì)量減少18.8g20、下列關于同溫同壓下的兩種氣體12C18O和14N2的判斷正確的是A．體積相等時密度相等 B．原子數(shù)相等時具有的中子數(shù)相等C．體積相等時具有的電子數(shù)相等 D．質(zhì)量相等時具有的質(zhì)子數(shù)相等21、下列關于硫及其化合物說法錯誤的是（）A．實驗室常將硫磺撒在汞的表面以除去不慎灑落的汞B．葡萄酒中添加適量SO2可以起到抗氧化的作用C．硫酸鋇可用作消化系統(tǒng)X射線檢查的內(nèi)服藥劑D．“石膽……淺碧色，燒之變白色者真”所描述的“石膽”是指FeSO4·7H2O22、將0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀釋或加入少量CH3COONa晶體時，都會引起()A．溶液的pH增大B．CH3COOH電離度增大C．溶液的導電能力減弱D．溶液中c(OH－)減小二、非選擇題(共84分)23、（14分）新澤茉莉醛是一種名貴的香料，合成過程中還能得到一種PC樹脂，其合成路線如圖。已知：①RCHO+R′CH2CHO+H2O②RCHO+HOCH2CH2OH+H2O③+2ROH+HCl(1)E的含氧官能團名稱是_________，E分子中共面原子數(shù)目最多為___________。(2)寫出反應①的化學方程式_________________________________。(3)寫出符合下列條件并與化合物E互為同分異構體的有機物結構簡式____________。a．能與濃溴水產(chǎn)生白色沉淀b．能與溶液反應產(chǎn)生氣體c．苯環(huán)上一氯代物有兩種(4)反應②的反應類型是_______。(5)已知甲的相對分子質(zhì)量為30，寫出甲和G的結構簡式____________、___________。(6)已知化合物C的核磁共振氫譜有四種峰，寫出反應③的化學方程式______________。(7)結合已知①，以乙醇和苯甲醛()為原料，選用必要的無機試劑合成，寫出合成路線(用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件)______________________________。24、（12分）功能高分子是指具有某些特定功能的高分子材料。功能高分子P的合成路線如下：（1）A是甲苯，試劑a是______。反應③的反應類型為______反應。（2）反應②中C的產(chǎn)率往往偏低，其原因可能是______。（3）反應⑥的化學方程式為______。（4）E的分子式是C6H10O2，其結構簡式是______。（5）吸水大王聚丙烯酸鈉是一種新型功能高分子材料，是“尿不濕”的主要成分。工業(yè)上用丙烯（CH2=CH-CH3）為原料來制備聚丙烯酸鈉，請把該合成路線補充完整（無機試劑任選）。_________（合成路線常用的表達方式為：AB……目標產(chǎn)物）CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2Cl25、（12分）碳酸氫銨是我國主要的氮肥品種之一，在貯存和運輸過程中容易揮發(fā)損失。為了鑒定其質(zhì)量和確定田間施用量，必須測定其含氮量。Ｉ.某學生設計了一套以測定二氧化碳含量間接測定含氮量的方法。將樣品放入圓底燒瓶中：(8)請選擇必要地裝置，按氣流方向連接順序為________________。(2)分液漏斗中的液體最適合的是___________。A．稀鹽酸B．稀硫酸C．濃硝酸D．氫氧化鈉(6)連在最后的裝置起到的作用____________________________________。Ⅱ．如果氮肥中成分是（NH8）2SO8，則可以用甲醛法測定含氮量。甲醛法是基于甲醛與一定量的銨鹽作用，生成相當量的酸，反應為2（NH8）2SO8+6HCHO→（CH2）6N8+2H2SO8+6H2O,生成的酸再用氫氧化鈉標準溶液滴定，從而測定氮的含量。步驟如下：(8)用差量法稱取固體（NH8）2SO8樣品8．6g于燒杯中，加入約68mL蒸餾水溶解，最終配成888mL溶液。用________準確取出28．88mL的溶液于錐形瓶中，加入86%中性甲醛溶液5mL，放置5min后，加入8~2滴________指示劑（已知滴定終點的pH約為6．6），用濃度為8.86mol/L氫氧化鈉標準溶液滴定，讀數(shù)如下表：滴定次數(shù)滴定前讀數(shù)（mL）滴定后讀數(shù)（mL）88．2886．2826．8886．9868．5889．89達滴定終點時的現(xiàn)象為______________________________，由此可計算出該樣品中的氮的質(zhì)量分數(shù)為_________________。(5)在滴定實驗結束后發(fā)現(xiàn)滴定用的滴定管玻璃尖嘴內(nèi)出現(xiàn)了氣泡，滴定開始時無氣泡，則此實驗測定的含氮量比實際值________（填“偏大”“偏小”或“無影響”）。26、（10分）焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是一種可溶于水的白色或淡黃色小晶體，食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果的保鮮劑等。某化學研究興趣小組欲自制焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質(zhì)等。(1)制備Na2S2O5，如圖（夾持及加熱裝置略）可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體（試劑不重復使用）焦亞硫酸鈉的析出原理：NaHSO3(飽和溶液)→Na2S2O5(晶體)+H2O(l)①F中盛裝的試劑是__，作用是__。②通入N2的作用是__。③Na2S2O5晶體在__（填“A”或“D”或“F”）中得到，再經(jīng)離心分離，干燥后可得純凈的樣品。④若撤去E，則可能發(fā)生__。(2)設計實驗探究Na2S2O5的性質(zhì)，完成表中填空：預測Na2S2O5的性質(zhì)探究Na2S2O5性質(zhì)的操作及現(xiàn)象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性①探究二Na2S2O5晶體具有還原性取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去①__。（提供：pH試紙、蒸餾水及實驗必需的玻璃儀器）②探究二中反應的離子方程式為__(KMnO4→Mn2+)(3)利用碘量法可測定Na2S2O5樣品中+4價硫的含量。實驗方案：將agNa2S2O5樣品放入碘量瓶（帶磨口塞的錐形瓶）中，加入過量c1mol·L-1的碘溶液，再加入適量的冰醋酸和蒸餾水，充分反應一段時間，加入淀粉溶液，__（填實驗步驟），當溶液由藍色恰好變成無色，且半分鐘內(nèi)溶液不恢復原色，則停止滴定操作重復以上步驟兩次記錄數(shù)據(jù)。（實驗中必須使用的試劑有c2mol·L-1的標準Na2S2O3溶液；已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）(4)含鉻廢水中常含有六價鉻[Cr(Ⅵ)]利用Na2S2O5和FeSO4·7H2O先后分兩個階段處理含Cr2O72-的廢水，先將廢水中Cr2O72-全部還原為Cr3+，將Cr3+全部轉化為Cr(OH)3而除去，需調(diào)節(jié)溶液的pH范圍為___。{已知：Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，lg2≈0.3，c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1時視為完全沉淀}27、（12分）某化學興趣小組探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反應原理，實驗裝置如圖所示。實驗中B裝置內(nèi)產(chǎn)生白色沉淀。請回答下列問題：（1）該實驗過程中通入N2的時機及作用____。（2）針對B裝置內(nèi)產(chǎn)生白色沉淀的原因，甲同學認為是酸性條件下SO2與Fe3+反應的結果，乙同學認為是酸性條件下SO2與NO3-反應的結果。請就B裝置內(nèi)的上清液，設計一個簡單的實驗方案檢驗甲同學的猜想是否正確：____。28、（14分）在水體中部分含氮有機物循環(huán)如圖1所示．（1）圖中屬于氮的固定的是____（填序號）．（2）圖中①②的轉化是在亞硝化細菌和硝化細菌作用下進行的，已知：2NH4+（aq）+3O2═2NO2﹣（aq）+4H+（aq）+2H2O（l）△H1＝﹣556.8kJ/mol2NO2﹣（aq）+O2（g）＝2NO3﹣（aq）；△H2＝﹣145.2kJ?mol﹣1則反應NH4+（aq）+2O2（g）＝NO3﹣（aq）+2H+（aq）+H2O（1）△H3＝____kJ?mol﹣1（3）某科研機構研究通過化學反硝化的方法除脫水體中過量的NO3﹣，他們在圖示的三頸燒瓶中（裝置如圖2）中，加入NO3﹣起始濃度為45mg?L﹣1的水樣、自制的納米鐵粉，起始時pH＝2.5，控制水浴溫度為25℃、攪拌速率為500轉/分，實驗中每間隔一定時間從取樣口檢測水體中NO3﹣、NO2﹣及pH（NH4+、N2未檢測）的相關數(shù)據(jù)（如圖3）．①實驗室可通過反應Fe（H2O）62++2BH4﹣＝Fe↓+2H3BO3+7H2↑制備納米鐵粉，每生成1molFe轉移電子總的物質(zhì)的量為____．②向三頸燒瓶中通入N2的目的是____．③開始反應0～20min，pH快速升高到約6.2，原因之一是___________；NO3﹣還原為NH4+及少量在20～250min時，加入緩沖溶液維持pH6.2左右，NO3﹣主要還原為NH4+，F(xiàn)e轉化為Fe（OH）2，該反應的離子方程式為___（4）一種可以降低水體中NO3﹣含量的方法是：在廢水中加入食鹽后用特殊電極進行電解反硝化脫除，原理可用圖4簡要說明．①電解時，陰極的電極反應式為_____．②溶液中逸出N2的離子方程式為_____．29、（10分）工業(yè)上高純硅可以通過下列反應制?。篠iCl4（g）+2H2（g）?Si（s）+4HCl（g）﹣236kJ（1）反應涉及的元素原子半徑從大到小的排列順序為_____。其中硅原子最外層有_____個未成對電子，有_____種不同運動狀態(tài)的電子；（2）反應涉及的化合物中，寫出屬于非極性分子的結構式：_____；產(chǎn)物中晶體硅的熔點遠高HCl，原因是_____；（3）氯和硫是同一周期元素，寫出一個能比較氯和硫非金屬性強弱的化學方程式：_____；（4）在一定溫度下進行上述反應，若反應容器的容積為2L，3分鐘后達到平衡，測得氣體質(zhì)量減小8.4g，則在3分鐘內(nèi)H2的平均反應速率為_____；（5）該反應的平衡常數(shù)表達式K＝_____，可以通過_____使K增大；（6）一定條件下，在密閉恒容器中，能表示上述反應一定達到化學平衡狀態(tài)的是_____。a．v逆（SiCl4）＝2v正（H2）b．固體質(zhì)量保持不變c．混合氣體密度保持不變d．c（SiCl4）：c（H2）：c（HCl）＝1：2：4

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．CS2是非極性分子，用帶電玻璃棒接近CS2液流,液流不偏轉，A錯誤；B．CCl4是非極性分子，用帶電玻璃棒接近CCl4液流,液流不偏轉，B錯誤；C．H2O是極性分子，用帶電玻璃棒接近H2O液流,液流會偏轉，C正確；D．是非極性分子，用帶電玻璃棒接近液流,液流不偏轉，D錯誤。答案選C?！军c睛】極性分子能發(fā)生細流偏轉現(xiàn)象，非極性分子不能發(fā)生細流偏轉現(xiàn)象。2、D【解析】

A．海水溶液為弱堿性，發(fā)生吸氧腐蝕，在酸性較強的條件下才發(fā)生析氫腐蝕，故A正確；B．在乙處，海水與氧氣接觸，與Fe最易形成原電池，發(fā)生的吸氧腐蝕的程度最大，生成鐵銹最多，故B正確；C．鐵腐蝕時作負極失電子生成亞鐵離子，電極反應式：Fe－2e－=Fe2＋，故C正確；D．將鐵閘與石墨相連，鐵比碳活潑，鐵作負極失電子，可以加快海水對鐵閘的腐蝕，故D錯誤；答案選D。3、D【解析】

醇和羧酸發(fā)生酯化反應生成酯和水，表示甲烷，表示苯，表示乙醛，表示乙醇，乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，能發(fā)生酯化反應的是乙醇；答案選D。4、A【解析】

A．鐵發(fā)生吸氧腐蝕，鐵為負極，電極反應為：Fe-2e-=Fe2+，正極反應為：O2+4e-+2H2O=4OH-，F(xiàn)e2+與OH-反應生成的氫氧化亞鐵又被氧氣氧化為氫氧化鐵，最后變成Fe2O3·xH2O，14.0gFe的物質(zhì)的量為，電極反應轉移的電子數(shù)為0.252NA=0.5NA，A正確；B．標況下，11.2LSO2的物質(zhì)的量為0.5mol，溶于水生成H2SO3，H2SO3發(fā)生兩級電離：H2SO3?HSO3-+H+、HSO3-?SO32-+H+，根據(jù)質(zhì)量守恒定律，溶液中含硫粒子的數(shù)目等于0.5NA，B錯誤；C．常溫下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=1mol?L-1，OH-數(shù)目為0.5L1mol?L-1=0.5NA，由Ba(OH)2的化學式可知Ba2+的數(shù)目為0.25NA，C錯誤；D．化學式為C2H6O的有機物可能為乙醇（C2H5OH）或甲醚(CH3OCH3)，乙醇(C2H5OH)分子中有5個C-H鍵，甲醚(CH3OCH3)分子中有6個C-H鍵，C2H6O的某種有機物4.6g的物質(zhì)的量為0.1mol，含C-H鍵數(shù)目不一定為0.5NA，D錯誤。答案選A。5、D【解析】

在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質(zhì)，電解質(zhì)首先必須是化合物，根據(jù)定義分析?！驹斀狻緼．銅為單質(zhì)，不是電解質(zhì)，故A錯誤；B．葡萄糖在水溶液中和熔融狀態(tài)下都不能導電的化合物，為非電解質(zhì)，故B錯誤；C．食鹽水為混合物，不是電解質(zhì)，故C錯誤；D．氯化氫在水溶液中能導電的化合物，為電解質(zhì)，故D正確；故選：D?！军c睛】易錯點C：注意電解質(zhì)是指化合物，水溶液中或熔融狀態(tài)下導電是判斷依據(jù)。6、C【解析】

在此原電池中鐵和銅作兩極，鐵比銅活潑，所以鐵為負極，銅為正極?！驹斀狻緼、要求兩燒杯盛放的溶液中不引入雜質(zhì)，所以離子交換膜是陰離子交換膜，氯化銅溶液中的氯離子通過離子交換膜進入氯化亞鐵溶液中，故A錯誤；B、電子沿導線流入銅，在正極，銅離子得電子生成銅，Cu電極的電極反應為Cu2++2e-=Cu，故B錯誤；C、銅離子得電子生成銅，氯化銅溶液中的氯離子通過離子交換膜進入氯化亞鐵溶液中，所以氯化銅溶液濃度降低，故C正確；D、鐵失電子生成亞鐵離子進入氯化亞鐵溶液，電極反應為Fe-2e-=Fe2+，故D錯誤；故選C。7、D【解析】

A.①為容量瓶，配制溶液時使用，不可以長期盛放溶液，故A錯誤；B.②為漏斗，過濾時使用，分液操作應該用分液漏斗，故B錯誤；C.③為圓底燒瓶，在加熱時需要使用石棉網(wǎng)，故C錯誤；D.④為冷凝管，作用是冷凝回流，故D正確。故選D。【點睛】此題易錯點在于C項，圓底燒瓶底部面積較大，直接加熱受熱不均勻，需用石棉網(wǎng)，不能直接加熱。8、D【解析】

據(jù)淀粉、油脂、蛋白質(zhì)的性質(zhì)分析判斷?！驹斀狻緼.油脂在堿性條件下的水解反應用于工業(yè)制肥皂，稱為皂化反應，A項錯誤；B.淀粉溶液與硫酸溶液共熱發(fā)生水解反應，用新制氫氧化銅懸濁液、加熱檢驗水解產(chǎn)物前應加堿中和催化劑硫酸，B項錯誤；C.硫酸銅是重金屬鹽，加入到蛋白質(zhì)溶液中出現(xiàn)沉淀，是蛋白質(zhì)的變性，C項錯誤；D.油脂水解生成的高級脂肪酸、蛋白質(zhì)水解生成的氨基酸，都是電解質(zhì)，D項正確。本題選D。9、C【解析】

A．淀粉、蛋白質(zhì)是有機高分子化合物，油脂不是有機高分子化合物，A項錯誤；B．苯不能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，B項錯誤；C．酶是由活細胞產(chǎn)生的具有催化功能的有機物，具有高度選擇性，絕大多數(shù)酶是蛋白質(zhì)，C項正確；D．在FeBr3的催化下，苯可與液溴發(fā)生取代反應，但不與溴水反應，D項錯誤；答案選C。10、D【解析】試題分析：該有機物能與NaHCO3發(fā)生反應產(chǎn)生CO2，說明含有羧基－COOH。如果其中一個取代基是－Cl，則另一個取代基可以是－CH2CH2CH2COOH或－CH(CH3)CH2COOH或－CH2CH(CH3)COOH或－C(CH3)2COOH或－CH(C2H5)COOH，位置均有鄰間對三種，共計是3×5＝15種，答案選D。考點：考查同分異構體判斷11、D【解析】

A.裝置乙試管中收集到的液體物質(zhì)是苯和甲苯，兩種物質(zhì)的分子中都含有苯環(huán)，在催化劑存在下可以與Br2發(fā)生取代反應，A正確；B.加熱聚丙烯廢塑料得到的不飽和烴乙烯、丙烯可以與Br2發(fā)生加成反應，產(chǎn)生1，2-二溴乙烷和1，2-二溴丙烷，它們都是液體物質(zhì)，難溶于水，密度比水大，B正確；C.加熱聚丙烯廢塑料可以得到碳、氫氣、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，氣體物質(zhì)有氫氣、甲烷、乙烯、丙烯，液體物質(zhì)有苯和甲苯，其中苯和甲苯經(jīng)冷水降溫恢復至常溫下的液態(tài)留在小試管中；氣體中乙烯、丙烯與溴的四氯化碳溶液反應變?yōu)橐后w，剩余氣體為氫氣、甲烷，燃燒產(chǎn)生H2O、CO2，無污染，因此可作為清潔燃料使用，C正確；D.甲烷是正四面體結構，分子中只有一種H原子，其二氯代物只有1種，D錯誤；故合理選項是D。12、C【解析】

題中給出的圖，涉及模擬空氣中CO2濃度以及溫度兩個變量，類似于恒溫線或恒壓線的圖像，因此，在分析此圖時采用“控制變量”的方法進行分析。判斷溫度的大小關系，一方面將模擬空氣中CO2濃度固定在某個值，另一方面也要注意升高溫度可以使分解，即讓反應逆向移動?！驹斀狻緼．升高溫度可以使分解，反應逆向移動，海水中的濃度增加；當模擬空氣中CO2濃度固定時，T1溫度下的海水中濃度更高，所以T1溫度更高，A項正確；B．假設海水溫度為T1，觀察圖像可知，隨著模擬空氣中CO2濃度增加，海水中的濃度下降，這是因為更多的CO2溶解在海水中導致反應正向移動，從而使?jié)舛认陆担珺項正確；C．結合A的分析可知，大氣中CO2濃度一定時，溫度越高，海水中的濃度也越大，C項錯誤；D．結合B項分析可知，大氣中的CO2含量增加，會導致海水中的濃度下降；珊瑚礁的主要成分是CaCO3，CaCO3的溶解平衡方程式為：，若海水中的濃度下降會導致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移動，珊瑚礁會逐漸溶解，D項正確；答案選C。13、D【解析】

A.得電子能力H+>Na+，電解飽和食鹽水陰極：2H++2e-═H2↑，故A正確；B.電解飽和食鹽水過程中，H+被消耗，促進水的電離，陰極消耗H+同時得到OH-，故B正確；C.失電子能力Cl->OH-，電解飽和食鹽水陽極：2Cl--2e-=Cl2，故陽極得到Cl2，故C正確；D.D.電解池中，陰離子會向陽極移動，而陰極氫離子放電，使整個溶液顯堿性，因此陽極區(qū)滴酚酞也會變紅，故D錯誤；故選D。14、D【解析】

A、H2SO4不用H2作原料，錯誤；B、SO2到SO3需要催化劑，NH3的合成與氧化需要催化劑，正確；C、NH3的合成不使用吸收塔設備，錯誤；D、工業(yè)生產(chǎn)中原料充分利用，一般有毒氣體較少排放，錯誤。答案選D。15、A【解析】

A．澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、、離子之間不反應，能夠大量共存，故A符合題意；B．弱堿性溶液中：I－和ClO－發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故B不符合題意；C．中性溶液中：Fe3+會大量水解生成氫氧化鐵，不能大量存在，故C不符合題意；D．能使甲基橙變紅的溶液顯酸性，H+和不能大量共存，且Al3+與HCO3-發(fā)生雙水解反應不能大量共存，故D不符合題意；答案選A?！军c睛】澄清透明不是無色，含銅離子的溶液是藍色透明的液體，在酸性和堿性條件下都不能大量共存。16、D【解析】

溶液X加入過量鹽酸生成無色氣體，該氣體與空氣變紅棕色，說明生成了NO，X中一定含有NO3-和還原性離子，應為Fe2+，則溶液中一定不存在CO32-、OH-、SiO32-，它們都與Fe2+反應生成沉淀；加入鹽酸后陰離子種類不變，則說明X中原來就含有Cl-，加入氯化鋇生成白色沉淀，則一定含有SO42-，加入KSCN溶液呈紅色，因Fe2+被氧化成Fe3+，則不能證明X中是否含有Fe3+，則溶液中一定存在的離子有Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-，溶液中各離子物質(zhì)的量濃度均為0.20mol?L-1，結合電荷守恒分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)上述分析，溶液X中一定不存在CO32-，無色氣體只能為NO，故A錯誤；B．根據(jù)上述分析，溶液X中一定含有Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-，一定不存在CO32-、OH-、SiO32-；溶液中各離子物質(zhì)的量濃度均為0.20mol?L-1，還應含有K+、Mg2+、Fe3+、Al3+中的部分離子，結合電荷守恒可知，應含有Mg2+，一定不含F(xiàn)e3+，故B錯誤；C．溶液X中所含離子有Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-、Mg2+，共5種，故C錯誤；D．另取100mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反應后過濾，洗滌，灼燒至恒重，可得到0.01molFe2O3和0.02molMgO，二者質(zhì)量之和為0.01mol×160g/mol+0.02mol×40g/mol=2.4g，故D正確；故選D?！军c睛】正確判斷存在的離子是解題的關鍵。本題的易錯點是鎂離子的判斷，要注意電荷守恒的應用，難點為D，要注意加入NaOH后生成的金屬的氫氧化物，灼燒得到氧化物，其中氫氧化亞鐵不穩(wěn)定。17、B【解析】

A．二者反應生成硫酸銅、硫酸亞鐵，只能說明鐵離子氧化性大于銅離子，不能比較金屬性；要證明金屬鐵比銅活潑，要將鐵放入硫酸銅等溶液中，故A錯誤；B．銅與濃硫酸共熱有灰白色固體生成，說明生成了無水硫酸銅，銅被氧化，硫酸具有氧化性，硫酸銅從溶液中析出時應是CuSO4·5H2O，是藍色固體，現(xiàn)變成白色，是無水硫酸銅，說明濃硫酸具有吸水性，故B正確；C．氧化鐵溶于足量HI溶液，F(xiàn)e2O3＋6H＋+2I－=2Fe2＋+I2＋3H2O，生成的碘溶于水也呈黃色，故C錯誤；D．銨根離子與氫氧化鈉在加熱條件下能反應生成氨氣，氨氣能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，這是氨氣的特征反應，但濕潤的紅色石蕊試紙未變藍，也可能是溶液太稀，沒有得到氨氣，無法確定待測液中是否存在NH4+，故D錯誤；故選B。18、D【解析】

A.甲基橙的變色范圍是3.1~4.4，若溶液的pH≥4.4，溶液都顯黃色，因此不能證明NaHCO3溶液溶液呈堿性，A錯誤；B.由于其中含有氨水，向其中加入FeCl3溶液，F(xiàn)eCl3與溶液中的氨水會發(fā)生復分解反應形成Fe(OH)3沉淀，不能證明溶度積常數(shù)：Fe(OH)3<Mg(OH)2，B錯誤；C.石蠟油主要成分是各種烷烴、環(huán)烷烴，它們與酸性KMnO4溶液不能反應，使石蠟油蒸汽通過熾熱的碎瓷片，再將產(chǎn)生的氣體通過酸性KMnO4溶液，溶液褪色，證明石蠟油蒸汽分解后的產(chǎn)物中含有烯烴，C錯誤；D.蔗糖的化學式為C12H22O11，向其中滴加濃硫酸，濃硫酸將蔗糖中的H、O兩種元素以2:1的組成脫去留下碳，濃硫酸表現(xiàn)脫水性，此過程中放出大量的熱，使?jié)饬蛩崤c脫水生成的C單質(zhì)發(fā)生氧化還原反應，生成CO2、SO2、H2O，這些氣體從固體中逸出，使固體變成疏松多孔的海綿狀炭，同時聞到二氧化硫的刺激性氣味，體現(xiàn)了濃硫酸的強氧化性，D正確；故合理選項是D。19、D【解析】

已知電池總反應：Cu2++4NH3?[Cu(NH3)4]2+△H＜0，放出的熱量進行充電，通入氨氣的電極為原電池負極，電極反應Cu?2e?＝Cu2＋，通入氨氣發(fā)生反應Cu2＋＋4NH3?[Cu(NH3)4]2＋△H＜0，右端為原電池正極，電極反應Cu2＋＋2e?＝Cu，中間為陰離子交換膜，據(jù)此分析?！驹斀狻恳阎姵乜偡磻篊u2++4NH3?[Cu(NH3)4]2+△H＜0，放出的熱量進行充電，通入氨氣的電極為原電池負極，電極反應Cu?2e?＝Cu2＋，通入氨氣發(fā)生反應Cu2＋＋4NH3?[Cu(NH3)4]2＋△H＜0，右端為原電池正極，電極反應Cu2＋＋2e?＝Cu，中間為陰離子交換膜；A．充電時，能量轉化形式主要為熱能→化學能，故A錯誤；B．放電時，負極反應為Cu＋4NH3?2e?＝[Cu(NH3)4]2＋，故B錯誤；C．原電池溶液中陰離子移向負極，a為陰離子交換膜，故C錯誤；D．放電時，左池Cu電極減少6.4g時，Cu?2e?＝Cu2＋，電子轉移0.2mol，右池溶液中銅離子析出0.1mol，硝酸根離子移向左電極0.2mol，質(zhì)量減少＝0.2mol×62g/mol＋0.1mol×64g/mol＝18.8g，故D正確；故答案選D。20、C【解析】

A、根據(jù)阿伏加德羅定律，物質(zhì)的量相等，因為摩爾質(zhì)量不相等，則質(zhì)量不等，根據(jù)密度的定義，密度不相等，故錯誤；B、兩者都是雙原子分子，原子數(shù)相等，則物質(zhì)的量相等，前者中子數(shù)為16，后者為14，則中子數(shù)不等，故錯誤；C、根據(jù)阿伏加德羅定律，兩者物質(zhì)的量相等，前者電子為14，后者為14，因此等物質(zhì)的量時，兩種物質(zhì)所含電子數(shù)相等，故正確；D、質(zhì)量相等，兩種物質(zhì)的摩爾質(zhì)量不等，則物質(zhì)的量不相等，質(zhì)子數(shù)不相等，故錯誤。21、D【解析】

A．常溫下，硫磺能與汞反應生成硫化汞，從而防止汞的揮發(fā)，A正確；B．葡萄酒中添加SO2，可減少葡萄中單寧、色素的氧化，B正確；C．硫酸鋇不溶于水不于酸，不能被X光透過，可作消化系統(tǒng)檢查的內(nèi)服藥劑，C正確；D．“石膽”是指CuSO4·5H2O，D錯誤；故選D。22、A【解析】

A．CH3COOH溶液加水稀釋，CH3COOH的電離平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反應方向移動，溶液的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶體時，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的電離平衡向逆反應方向移動，溶液的pH增加，正確；B．CH3COOH溶液加水稀釋，平衡向正反應方向移動，電離程度增大，加入少量CH3COONa晶體時平衡向逆反應方向移動，電離程度減小，錯誤；C．CH3COOH溶液加水稀釋，離子濃度減小，溶液的導電能力減弱，加入少量CH3COONa晶體時，離子濃度增大，溶液的導電能力增強，錯誤；D．加水稀釋，促進醋酸電離，但溶液中氫離子濃度減小，加入少量CH3COONa晶體時平衡向逆反應方向移動，電離程度減小，氫離子濃度減小，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，所以氫氧根離子濃度增大，錯誤。故選A。二、非選擇題(共84分)23、羥基、醛基16加成反應（或還原反應）HCHO【解析】

反應①是苯與溴發(fā)生取代反應生成A，A為，結合B的分子式可知，A發(fā)生水解反應生成B，B為。結合D的分子式與E的結構簡式可知D為。對比E與新澤茉莉醛的結構簡式，結合F→G的反應條件及信息①②，可知E→F發(fā)生信息②中的反應，F(xiàn)→G發(fā)生信息①中的反應，且甲的相對分子質(zhì)量為30，可推知甲為HCHO、F為、G為，G與氫氣發(fā)生加成反應生成新澤茉莉醛。結合C的分子式可知，2分子苯酚與1分子HCHO反應生成C，化合物C能發(fā)生信息③中的反應，說明C中含有羥基，且C核磁共振氫譜有四種峰，可推知C為，結合信息③可知PC樹脂結構簡式為，據(jù)此分析解答(1)～(6)；(7)結合已知①，乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛與苯甲醛反應得到，再進一步氧化生成，最后與乙醇發(fā)生酯化反應得到目標物，據(jù)此書寫合成路線圖。【詳解】(1)E為，含氧官能團有羥基、醛基，E分子中苯環(huán)、-CHO均為平面結構，且直接相連的原子共面，共面原子數(shù)目最多為16個，故答案為羥基、醛基；16；(2)反應①的化學方程式為，故答案為；(3)E為，與化合物E互為同分異構體的有機物符合條件：a．能與濃溴水產(chǎn)生白色沉淀，說明含酚-OH；b．能與NaHCO3溶液反應產(chǎn)生氣體，說明含-COOH；c．苯環(huán)上一氯代物有兩種，則苯環(huán)上有2種H，則符合條件的E的同分異構體為，故答案為；(4)反應②中G()與氫氣發(fā)生加成反應生成新澤茉莉醛，故答案為加成反應；(5)由上述分析可知甲和G分別為HCHO、，故答案為HCHO；；(6)反應③的化學方程式為n+n+(2n-1)HCl，故答案為n+n+(2n-1)HCl；(7)以乙醇和苯甲醛()為原料，合成，乙醇氧化生成乙醛，乙醛與苯甲醛反應生成苯丙烯醛，再將-CHO氧化為-COOH，最后在與乙醇發(fā)生酯化反應，則合成流程為CH3CH2OHCH3CHO，故答案為CH3CH2OHCH3CHO?！军c睛】本題的難點是物質(zhì)結構的推導，要注意充分利用題示已知信息和各小題中提供的條件。本題的易錯點為(6)，要注意方程式的配平。24、濃硫酸和濃硝酸取代副產(chǎn)物較多，導致產(chǎn)物較多，目標產(chǎn)物產(chǎn)率較低+nH2OCH3CH=CHCOOCH2CH3【解析】

A為甲苯，其結構簡式是，結合P的結構簡式，可知A與濃硝酸在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生取代反應生成B為，B與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成C為，C在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應生成D為，可知G的結構簡式為，則F為，E的分子式是C6H10O2，則E為CH3CH=CHCOOCH2CH3，以此解答該題。【詳解】（1）反應①是與濃硝酸在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生取代反應生成，試劑a是：濃硫酸和濃硝酸，反應③為氯代烴的取代反應，故答案為：濃硫酸和濃硝酸；取代；（2）光照條件下，氯氣可取代甲基的H原子，副產(chǎn)物較多，導致產(chǎn)物較多，目標產(chǎn)物產(chǎn)率較低，故答案為：副產(chǎn)物較多，導致產(chǎn)物較多，目標產(chǎn)物產(chǎn)率較低；（3）反應⑥的化學方程式為，故答案為：；（4）由以上分析可知E為CH3CH=CHCOOCH2CH3，故答案為：CH3CH=CHCOOCH2CH3；（5）丙烯與氯氣在加熱條件下發(fā)生取代反應生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl水解生成CH2=CHCH2OH，再發(fā)生催化氧化生成CH2=CHCHO，進一步氧化生成CH2=CHCOOH，最后與氫氧化鈉溶液反應得到CH2=CH2COONa，在一定條件下發(fā)生加聚反應可生成目標物，合成路線流程圖為：，故答案為：。25、b-e,f-h,g-cB防止空氣中水和二氧化碳進入裝置影響實驗結果滴定管酚酞溶液從無色變?yōu)闇\紅色，68s內(nèi)不褪色88%偏小【解析】

根據(jù)反應裝置-干燥裝置-吸收裝置-尾氣處理裝置排序；鹽酸和硝酸都具有揮發(fā)性；空氣中的水和二氧化碳影響實驗結果；酸式滴定管只能量取酸性溶液，堿式滴定管只能量取堿性溶液，根據(jù)溶液的酸堿性確定滴定管；根據(jù)滴定終點確定指示劑；滴定終點時溶液從無色變?yōu)闇\紅色，68s內(nèi)不褪色；根據(jù)氫氧化鈉和硫酸銨的關系式計算硫酸銨的量,最后再計算N元素的含量；在滴定實驗結束后發(fā)現(xiàn)滴定用的堿式滴定管玻璃尖嘴內(nèi)出現(xiàn)了氣泡，滴定開始時無氣泡，導致硫酸銨的測定結果偏小。據(jù)此分析?！驹斀狻?8)根據(jù)反應裝置、干燥裝置、吸收裝置、尾氣處理裝置排序，所以其排列順序是：b-e，f-h，g-c，答案為：b-e，f-h，g-c；

(2)制取二氧化碳時需要碳酸鹽和酸反應，稀鹽酸、濃硝酸都具有揮發(fā)性，影響實驗結果，氫氧化鈉和鹽不能生成二氧化碳，所以B選項是正確的，答案為：B；(6)為防止影響實驗結果需要吸收二氧化碳和水蒸氣，答案為：防止空氣中水和二氧化碳進入裝置影響實驗結果；(8)硫酸銨屬于強酸弱堿鹽，銨根離子水解使溶液呈酸性，所以需要酸式滴定管量取硫酸銨溶液，滴定終點的pH約為6.6，酚酞的變色范圍是6-88，所以選取酚酞作指示劑；滴定終點時，溶液從無色變?yōu)闇\紅色，68s內(nèi)不褪色；2(NH8)2SO8+6HCHO=(CH2)6N8+2H2SO8+6H2O，2NaOH+H2SO8=Na2SO8+2H2O，所以硫酸銨和NaOH的關系式為：(NH8)2SO82NaOH，NaOH溶液的平均體積為，根據(jù)(NH8)2SO82NaOH得硫酸銨的質(zhì)量，8.6g硫酸銨中樣品中硫酸銨的質(zhì)量為，氮元素的質(zhì)量分數(shù)為;答案為：酸式滴定管；酚酞；從無色變?yōu)闇\紅色，68s內(nèi)不褪色；88%；(5)在滴定實驗結束后發(fā)現(xiàn)滴定用的堿式滴定管玻璃尖嘴內(nèi)出現(xiàn)了氣泡，滴定開始時無氣泡，導致NaOH溶液的量偏小，根據(jù)(NH8)2SO82NaOH得,導致測定N含量偏小，答案為：偏小?！军c睛】酸堿中和滴定是常考的實驗，誤差是本題的易錯點。判斷方法是根據(jù)消耗標準液多少對待測液濃度的影響，比如說滴定前尖嘴處有氣泡，滴定后尖嘴處有氣泡的分析等等；選擇滴定管是注意看圖，底部是橡膠管則為堿式滴定管，玻璃活塞則為酸式滴定管。26、濃NaOH溶液吸收剩余的SO2排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化D倒吸用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O用c2mol·L-1的標準Na2S2O3溶液滴定pH>5.6【解析】

從焦亞硫酸鈉的析出原理[NaHSO3(飽和溶液)→Na2S2O5(晶體)+H2O(l)]可以看出，要制取Na2S2O5(晶體)，需先制得NaHSO3(飽和溶液)，所以A裝置的作用是用濃硫酸與Na2SO3固體反應制取SO2，將SO2再通入飽和Na2SO3溶液中制得NaHSO3飽和溶液。因為Na2S2O5易被空氣中的O2氧化，所以需排盡裝置內(nèi)的空氣，這也就是在A裝置內(nèi)通入N2的理由。由于SO2會污染環(huán)境，所以F裝置應為吸收尾氣的裝置，為防倒吸，加了裝置E?！驹斀狻?1)①從以上分析知，F(xiàn)裝置應為SO2的尾氣處理裝置，F(xiàn)中盛裝的試劑是濃NaOH溶液，作用是吸收剩余的SO2。答案為：濃NaOH溶液；吸收剩余的SO2；②為防裝置內(nèi)空氣中的氧氣將Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化，需排盡裝置內(nèi)的空氣，所以通入N2的作用是排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化。答案為：排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化；③Na2S2O5晶體由NaHSO3飽和溶液轉化而得，所以應在D中得到。答案為：D；④因為E中的雙球能容納較多液體，可有效防止倒吸，所以若撤去E，則可能發(fā)生倒吸。答案為：倒吸；(2)①既然是檢測其是否具有酸性，則需用pH試紙檢測溶液的pH，若在酸性范圍，則表明顯酸性。具體操作為：用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅。答案為：用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅；②探究二中，Na2S2O5具有還原性，能將KMnO4還原為Mn2+，自身被氧化成SO42-，同時看到溶液的紫色褪去，反應的離子方程式為5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。答案為：5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O；(3)根據(jù)信息，滴定過量碘的操作是：用c2mol·L-1的標準Na2S2O3溶液滴定。答案為：用c2mol·L-1的標準Na2S2O3溶液滴定；(4)c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1時，Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，即1.0×10-5×c3(OH-)>6.4×10-31，c(OH-)>4.0×10-9mol·L-1，c(H+)<=mol·L-1，pH>5+2lg2=5.6。答案為：pH>5.6?！军c睛】Na2S2O5來自于NaHSO3的轉化，且二者S的價態(tài)相同，所以在研究Na2S2O5的性質(zhì)時，可把Na2S2O5當成NaHSO3。27、實驗開始前，先通入一段時間N2，再制備SO2，排除實驗裝置內(nèi)的空氣對實驗現(xiàn)象的影響取適量裝置B中的上清液，向其中滴加鐵氰化鉀，若有藍色沉淀生成則說明甲同學的猜想正確，若沒有藍色沉淀生成則說明沒有Fe2+生成，甲同學的猜想不正確【解析】

鐵離子有氧化性，硝酸根在酸性條件下也有強氧化性，所以都可能會與二氧化硫發(fā)生反應，若要證明是哪種氧化劑氧化了二氧化硫只要檢驗溶液中是否有亞鐵離子生成即可；裝置A為制備二氧化硫氣體的裝置，裝置B為二氧化硫與硝酸鐵反應的裝置，裝置C為二氧化硫的尾氣吸收裝置?！驹斀狻浚?）裝置內(nèi)有空氣，氧氣也有氧化性，對實驗有干擾，因此實驗開始前，先通入一段時間N2，再制備SO2，排除實驗裝置內(nèi)的空氣對實驗現(xiàn)象的影響，故答案為：實驗開始前，先通入一段時間N2，再制備SO2，排除實驗裝置內(nèi)的空氣對實驗現(xiàn)象的影響；（2）由分析可知，可以通過檢驗亞鐵離子來證明，方法為取適量裝置B中的上清液，向其中滴加鐵氰化鉀，若有藍色沉淀生成則說明甲同學的猜想正確，若沒有藍色沉淀生成則說明沒有Fe2+生成，甲同學的猜想不正確，故答案為：取適量裝置B中的上清液，向其中滴加鐵氰化鉀，若有藍色沉淀生成則說明甲同學的猜想正確，若沒有藍色沉淀生成則說明沒有Fe2+生成，甲同學的猜想不正確。28、⑤-3518mol驅除三頸燒瓶裝置中的O2，防止鐵粉被O2氧氣鐵發(fā)生腐蝕消耗H+4Fe+NO3﹣+5H2O+2H+＝4Fe(OH)2+NH4+NO3﹣+6H2O+8e﹣＝NH3+9OH﹣2NH3+3ClO﹣＝N2+3Cl﹣+3H2O【解析】

（1）將游離態(tài)的氮（即氮氣）轉化為化合態(tài)的氮（即氮的化合物）的過程，叫做氮的固定；（2）依據(jù)蓋斯定律計算反應熱；（3）反應Fe(H2O)62++2BH4﹣＝Fe↓+2H3BO3+7H2↑，反應中鐵元素化合價+2價降低為0價，B元素化合價為+3價，元素化合價不變，氫元素化合價﹣1價升高為0價；加入緩沖溶