江蘇省蘇州市實驗中學2024-2025學年高三下學期質量檢查（I）化學試題含解析

江蘇省蘇州市實驗中學2024-2025學年高三下學期質量檢查（I）化學試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、氫化鈣可以作為生氫劑(其中CaH2中氫元素為-1價)，反應方程式如下：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑，其中水的作用是A．既不是氧化劑也不是還原劑B．是氧化劑C．是還原劑D．既是氧化劑又是還原劑2、對甲基苯乙烯（）是有機合成的重要原料。下列對其結構與性質的推斷錯誤的是（）A．分子式為B．能發(fā)生加聚反應和氧化反應C．具有相同官能團的芳香烴同分異構體有5種不考慮立體異構D．分子中所有原子可能處于同一平面3、已知有如下反應：①2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2②2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－③2Fe(CN)64-＋I2=2Fe(CN)63-＋2I－，試判斷氧化性強弱順序正確的是（）A．Fe3＋＞Br2＞I2＞Fe(CN)63-B．Br2＞I2＞Fe3＋＞Fe(CN)63-C．Br2＞Fe3＋＞I2＞Fe(CN)63-D．Fe(CN)63-＞Fe3＋＞Br2＞I24、被譽為“礦石熊貓”的香花石，由我國地質學家首次發(fā)現，它由前20號元素中的6種組成，分別為X、Y、Z、W、R、T。其中X、Y、Z為金屬元素，Z的最外層電子數與次外層電子數相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外層電子數是次外層的3倍，T無正價，X與R原子序數之和是W的2倍。下列說法錯誤的是A．離子半徑:R＞T＞Y＞ZB．XR2、WR2兩種化合物中R的化合價相同C．最高價氧化物對應的水化物的堿性:X＞ZD．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:W＜R＜T5、根據下列實驗操作和現象所得到的結論正確的是（）A．A B．B C．C D．D6、水系鈉離子電池安全性能好、價格低廉、對環(huán)境友好，有著巨大的市場前景。某鈉離子電池工作原理如圖，電池總反應為：2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3下列說法錯誤的是A．充電時，a接電源正極B．放電時，溶液中的Na+在NaFePO4F電極上得電子被還原C．充電時，陰極上的電極反應為NaTi2(PO4)3+2Na++2e﹣=Na3Ti2(PO4)3D．理論上，該電池在充電或放電過程中溶液中的c(Na+)不變7、NA為阿伏加德羅常數的值。下列有關敘述正確的是A．100g46％的乙醇溶液中，含H-O鍵的數目為7NAB．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA個H+C．0.1molFe在足量氧氣中燃燒，轉移電子數為0.3NAD．1L0.1mol·L-1的NH4Cl溶液中含有NH4+數目為0.1NA8、某興趣小組計劃用Al、稀H2SO4、NaOH溶液制備1molAl(OH)3。設計如下三種方案：方案Ⅰ：向Al中加入NaOH溶液，至Al剛好完全溶解，得溶液①。向溶液①中加硫酸至剛好沉淀完。過濾、洗滌、干燥。方案Ⅱ：向Al中加入硫酸，至Al剛好完全溶解，得溶液②。向溶液②中加NaOH溶液至剛好沉淀完。過濾、洗滌、干燥。方案Ⅲ：將Al按一定比例分為兩份，按前兩方案先制備溶液①和溶液②。然后將兩溶液混和。過濾、洗滌、干燥。下列說法不正確的是A．三種方案轉移電子數一樣多B．方案Ⅲ所用硫酸的量最少C．方案Ⅲ比前兩個方案更易控制酸堿的加入量D．采用方案Ⅲ時，用于制備溶液①的Al占總量的0.259、據了解，銅銹的成分非常復雜，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl?？脊艑W家將銅銹分為無害銹(形成了保護層)和有害銹(使器物損壞程度逐步加劇，并不斷擴散)，結構如圖所示。下列說法正確的是A．Cu2(OH)3Cl屬于有害銹B．Cu2(OH)2CO3屬于復鹽C．青銅器表面刷一層食鹽水可以做保護層D．用NaOH溶液法除銹可以保護青銅器的藝術價值，做到“修舊如舊”10、ClO2是一種消毒殺菌效率高、二次污染小的水處理劑，可通過以下反應制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列說法錯誤的是（）A．每1molKClO3參加反應就有2mol電子轉移B．ClO2是還原產物C．H2C2O4在反應中被氧化D．KClO3在反應中得到電子11、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加，K、L、M均是由這些元素組成的二元化合物，甲、乙分別是元素X、Y的單質,甲是常見的固體，乙是常見的氣體。K是無色氣體，是主要的大氣污染物之一，0.05mol/L丙溶液的pH為l，上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是A．原子半徑：W<X<Y B．元素的非全屬性：Z>Y>XC．化合物XYZ中只含共價鍵 D．K、L、M中沸點最高的是M12、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X、Y和Z組成的一種化合物可有效滅殺新型冠狀病毒，它的結構式為：。向W的一種鈉鹽水溶液中通入YZ2氣體，產生沉淀的質量m與通入YZ2氣體的體積V的關系如圖所示。下列說法正確的是A．氫化物的熔點一定是：Y<ZB．最高價氧化物對應水化物的酸性：Y>WC．X、Y、Z三種元素只能組成一種化合物D．工業(yè)上常用熱還原法冶煉單質W13、下列實驗裝置應用于銅與濃硫酸反應制取二氧化硫和硫酸銅晶體，能達到實驗目的的是（）A．用圖甲裝置制取并收集二氧化硫B．用圖乙裝置向反應后的混合物中加水稀釋C．用圖丙裝置過濾出稀釋后混合物中的不溶物D．用圖丁裝置將硫酸銅溶液蒸發(fā)濃縮后冷卻結晶14、下列化學用語的表述正確的是A．磷酸溶于水的電離方程式：H3PO4=3H++PO43-B．用電子式表示HCl的形成過程：C．S2－的結構示意圖：D．KClO堿性溶液與Fe(OH)3反應：3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl-+4H++H2O15、下列說法不正確的是A．常溫下，在0.1mol·L-1的HNO3溶液中，由水電離出的c(H+)＜B．濃度為0.1mol·L－1的NaHCO3溶液：c（H2CO3）＞c（CO32－）C．25℃時，AgCl固體在等物質的量濃度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度積相同D．冰醋酸中逐滴加水，溶液的導電性、醋酸的電離程度、pH均先增大后減小16、下列有關化學用語表示正確的是A．硝基苯 B．鎂離子的結構示圖C．水分子的比例模型： D．原子核內有8個中子的碳原子：17、“我有熔噴布，誰有口罩機”是中國石化為緊急生產醫(yī)用口罩在網絡發(fā)布的英雄帖，熔噴布是醫(yī)用口罩的核心材料，該材料是以石油為原料生產的聚丙烯纖維制成的。下列說法錯誤的是A．丙烯分子中所有原子可能共平面B．工業(yè)上，丙烯可由石油催化裂解得到的C．丙烯可使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．聚丙烯是由丙烯通過加聚反應合成的高分子化合物18、類推法是常見的研究物質性質的方法之一，可用來預測很多物質的性質，但類推是相對的，必須遵循客觀實際，下列說法中正確的是()A．Cu與Cl2反應生成CuCl2，則Cu與S反應生成CuSB．Al與Fe2O3能發(fā)生鋁熱反應，則Al與MnO2也能發(fā)生鋁熱反應C．Na2O2與CO2反應生成Na2CO3，則Na2O2與SO2反應生成Na2SO3D．CO2通入Ba(NO3)2溶液中沒有現象，則SO2通入Ba(NO3)2溶液中也無明顯現象19、化學在科學、技術、社會、環(huán)境中應用廣泛，其中原理錯誤的是A．利用乙二醇的物理性質作內燃機抗凍劑B．煤經過氣化和液化兩個物理變化，可變?yōu)榍鍧嵞茉碈．采用光觸媒技術可將汽車尾氣中的NO和CO轉化為無毒氣體D．苦鹵經過濃縮、氧化、鼓入熱空氣或水蒸氣，可獲得溴20、下列圖示與對應的敘述符合的是（）A．圖甲實線、虛線分別表示某可逆反應未使用催化劑和使用催化劑的正、逆反應速率隨時間的變化B．圖乙表示反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常數K與溫度和壓強的關系C．據圖丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入適量CuO至pH=4左右D．圖丁表示常溫下向20mL0.001mol/L的醋酸溶液中滴加0.001mol/L的NaOH溶液，溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化關系21、已知NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．11g硫化鉀和過氧化鉀的混合物，含有的離子數目為0.4NAB．28g聚乙烯（）含有的質子數目為16NAC．將標準狀況下224mLSO2溶于水制成100mL溶液，H2SO3、、三者數目之和為0.01NAD．含63gHNO3的濃硝酸與足量銅完全反應，轉移電子數目為0.50NA22、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二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機物A（C6H8O4）為食品包裝紙的常用防腐劑。A可以使溴水褪色。A難溶于水，但在酸性條件下可發(fā)生水解反應，得到B(C4H4O4)和甲醇。通常狀況下B為無色晶體，能與氫氧化鈉溶液發(fā)生反應。（1）A可以發(fā)生的反應有_______________（選填序號）。①加成反應②酯化反應③加聚反應④氧化反應（2）B分子所含官能團的名稱是______________________________。（3）B分子中沒有支鏈，其結構簡式是________________________，B的具有相同官能團的同分異構體的結構簡式是_________________。（4）由B制取A的化學方程式是____________________________________。（5）天門冬氨酸（C4H7NO4）是組成人體蛋白質的氨基酸之一，可由B通過以下反應制?。禾扉T冬氨酸的結構簡式是______________________________________。24、（12分）痛滅定鈉是一種吡咯乙酸類的非甾體抗炎藥，其合成路線如下：回答下列問題：(1)化合物C中含氧官能團的名稱是_____。(2)化學反應①和④的反應類型分別為_____和_____。(3)下列關于痛滅定鈉的說法正確的是_____。a．1mol痛滅定鈉與氫氣加成最多消耗7molH2b．核磁共振氫譜分析能夠顯示6個峰c．不能夠發(fā)生還原反應d．與溴充分加成后官能團種類數不變e．共直線的碳原子最多有4個(4)反應⑨的化學方程式為_____。(5)芳香族化合物X的相對分子質量比A大14，遇FeCl3溶液顯紫色的結構共有_____種（不考慮立體異構），核磁共振氫譜分析顯示有5個峰的X的結構簡式有_____。(6)根據該試題提供的相關信息，寫出由化合物及必要的試劑制備有機化合物的合成路線圖。________________25、（12分）氮化鋁(室溫下與水緩慢反應)是一種新型無機材料，廣泛應用于集成電路生產領域?；瘜W研究小組同學按下列流程制取氮化鋁并測定所得產物中AlN的質量分數。己知：AlN＋NaOH＋3H2O＝Na[Al(OH)4]＋NH3↑?；卮鹣铝袉栴}：（1）檢查裝置氣密性，加入藥品，開始實驗。最先點燃___(“A”、“C”或“E”)處的酒精燈或酒精噴燈。（2）裝置A中發(fā)生反應的離子方程式為___，裝置C中主要反應的化學方程式為___，制得的AlN中可能含有氧化鋁、活性炭外還可能含有___。（3）實驗中發(fā)現氮氣的產生速率過快，嚴重影響尾氣的處理。實驗中應采取的措施是___(寫出一種措施即可)。（4）稱取5.0g裝置C中所得產物，加入NaOH溶液，測得生成氨氣的體積為1.68L(標準狀況)，則所得產物中AlN的質量分數為___。（5）也可用鋁粉與氮氣在1000℃時反應制取AlN。在鋁粉中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于AlN的制備，共主要原因是___。26、（10分）測定硫鐵礦(主要成分為FeS2)中硫和鐵含量的實驗步驟如下:（硫含量的測定）①準確稱取0.5g硫鐵礦粉于坩堝中，加入4.5gNa2O2，用玻璃棒充分攪拌，上面再蓋一層Na2CO3，在700℃下焙燒15min。②將坩堝及其蓋放入100mL沸水中，浸泡10min并洗凈坩堝。將所得溶液轉移至燒杯中。③向上述燒杯中先加入過量硝酸，再加入足量Pb(NO3)2溶液。過濾，洗滌、干燥，稱得固體為2.02g。（鐵含量的測定）④準確稱取0.5g硫鐵礦粉，加入鹽酸和硝酸使其溶解。趁熱加入稍過量的SnCl2溶液(Sn2++2Fe3+==2Fe2++Sn4+)，再用HgCl2氧化除去多余的SnCl2。⑤以二苯胺磷酸鈉為指示劑，用0.05mol/L的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+(K2Cr2O7被還原為Cr3+)，直至終點，消耗11.20mLK2Cr2O7溶液。回答下列問題。（1）步驟①適宜材質的坩堝是_____(填字母)。a.鐵坩堝b.鋁坩堝c.陶瓷坩堝（2）步驟①中上面蓋一層Na2CO3的主要目的是_________________，焙燒時，FeS2和Na2O2反應生成硫酸鹽和氧化鈉的化學方程式為______________________________________。（3）步驟③中得到的固體的化學式為__________________。（4）步驟④若不除去過量的SnCl2，則會造成鐵的含量測量值___(填“偏大”“偏小”或“不變”)。（5）步驟⑤滴定時，K2Cr2O7溶液應盛放在_______(填“酸”或“堿”)式滴定管中；實驗室配制100mL0.05mol/LK2Cr2O7溶液，需要的玻璃儀器有燒杯、膠頭滴管、_____和_____。27、（12分）草酸及其鹽是重要的化工原料，其中最常用的是三草酸合鐵酸鉀和草酸鈷，已知草酸鈷不溶于水，三草酸合鐵酸鉀晶體（）易溶于水，難溶于乙醇。這兩種草酸鹽受熱均可發(fā)生分解等反應，反應及氣體產物檢驗裝置如圖。（l）草酸鈷晶體（）在200℃左右可完全失去結晶水。用以上裝置在空氣中加熱5.49g草酸鈷晶體（）樣品，受熱過程中不同溫度范圍內分別得到一種固體物質，其質量如下表。實驗過程中觀察到只有B中澄清石灰水明顯變渾濁，E中始終沒有紅色固體生成。根據實驗結果，290-320℃過程中發(fā)生反應的化學方程式是____；設置D的作用是____。（2）用以上裝置加熱三草酸合鐵酸鉀晶體可發(fā)生分解反應。①檢查裝置氣密性后，先通一段時間的N2，其目的是___；結束實驗時，先熄滅酒精燈再通入N2至常溫。實驗過程中觀察到B、F中澄清石灰水都變渾濁，E中有紅色固體生成，則分解得到的氣體產物是____。②C的作用是是____。（3）三草酸合鐵酸鉀的一種制備流程如下：回答下列問題：①流程“I”硫酸必須過量的原因是____②流程中“Ⅲ”需控制溶液溫度不高于40℃，理由是____；得到溶液后，加入乙醇，然后進行過濾。加入乙醇的理由是____28、（14分）鋰因其重要的用途，被譽為“能源金屬”和“推動世界前進的金屬”．（1）Li3N可由Li在N2中燃燒制得．取4.164g鋰在N2中燃燒，理論上生成Li3N__g；因部分金屬Li沒有反應，實際反應后固體質量變?yōu)?.840g，則固體中Li3N的質量是__g（保留三位小數，Li3N的式量：34.82）（2）已知：Li3N+3H2O→3LiOH+NH3↑．取17.41g純凈Li3N，加入100g水，充分攪拌，完全反應后，冷卻到20℃，產生的NH3折算成標準狀況下的體積是__L．過濾沉淀、洗滌、晾干，得到LiOH固體26.56g，計算20℃時LiOH的溶解度__．（保留1位小數，LiOH的式量：23.94）鋰離子電池中常用的LiCoO2，工業(yè)上可由碳酸鋰與堿式碳酸鈷制備．（3）將含0.5molCoCl2的溶液與含0.5molNa2CO3的溶液混合，充分反應后得到堿式碳酸鈷沉淀53.50g；過濾，向濾液中加入足量HNO3酸化的AgNO3溶液，得到白色沉淀143.50g，經測定溶液中的陽離子只有Na+，且Na+有1mol；反應中產生的氣體被足量NaOH溶液完全吸收，使NaOH溶液增重13.20g，通過計算確定該堿式碳酸鈷的化學式__，寫出制備堿式碳酸鈷反應的化學方程式__．（4）Co2(OH)2CO3和Li2CO3在空氣中保持溫度為600～800℃，可制得LiCoO2，已知：3Co2(OH)2CO3+O2→2Co3O4+3H2O+3CO2；4Co3O4+6Li2CO3+O2→12LiCoO2+6CO2按鈷和鋰的原子比1：1混合固體，空氣過量70%，800℃時充分反應，計算產物氣體中CO2的體積分數__．（保留三位小數，已知空氣組成：N2體積分數0.79，O2體積分數0.21）29、（10分）鈷、銅及其化合物在工業(yè)上有重要用途，回答下列問題：（1）請補充完基態(tài)Co的簡化電子排布式：[Ar]______，Co2＋有________個未成對電子。（2）Na3[Co（NO2）6]常用作檢驗K＋的試劑，配位體的中心原子的雜化形式為______，空間構型為______。大π鍵可用符號表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數，n為各原子的單電子數（形成σ鍵的電子除外）和得電子數的總和（如苯分子中的大π鍵可表示為，則中大π鍵應表示為________。（3）配合物[Cu（En）2]SO4的名稱是硫酸二乙二胺合銅（Ⅱ）,是銅的一種重要化合物。其中En是乙二胺（H2NCH2CH2NH2）的簡寫。①該配合物[Cu（En）2]SO4中N、O、Cu的第一電離能由小到大的順序是__________。②乙二胺和三甲胺[N（CH3）3]均屬于胺，且相對分子質量相近，但乙二胺比三甲胺的沸點高得多，原因是___________（4）金屬Cu晶體中的原子堆積方式如圖所示，其配位數為________，銅原子的半徑為anm,阿伏加德羅常數的值為NA,Cu的密度為________g/cm3（列出計算式即可）。

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】

根據反應前后元素的化合價變化來看，Ca和O的化合價均沒有變化，其中CaH2中H的化合價由-1價升高到0價，被氧化，作還原劑；H2O中H的化合價由+1價降低到0價，被還原，作氧化劑；氫氣既是氧化產物，又是還原產物；答案選B。2、D【解析】

對甲基苯乙烯（）含有甲基、苯環(huán)和碳碳雙鍵，具有苯、乙烯的結構特點和性質?！驹斀狻緼項、對甲基苯乙烯（）含有9個碳和10個氫，分子式為C9H10，故A正確；B項、含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應和氧化反應，故B正確；C項、含有兩個支鏈時，有鄰間對三種結構，含有一個支鏈時：支鏈為-CH=CH-CH3、-CH2CH=CH2、-C（CH3）=CH2，除了本身，共有5種同分異構體，故C正確；D項、含有苯環(huán)和碳碳雙鍵，都為平面形結構，處于同一平面，分子中含有-CH3，甲基為四面體結構，所以分子中所有原子不可能處于同一平面，故D錯誤。故選D。本題考查有機物的結構與性質，側重分析與應用能力的考查，把握有機物的結構、苯環(huán)與H原子的判斷為解答的關鍵。3、C【解析】

依據同一氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，由反應方程式①判斷氧化性Fe3＋＞I2，由反應方程式②得到氧化性Br2＞Fe3＋，由反應方程式③得到氧化性I2＞Fe(CN)63-，綜合可得C項正確。故選C。4、B【解析】

X、Y、Z、W、R、T屬于周期表的前20號元素，其中X、Y、Z為金屬元素。R最外層電子數是次外層的3倍，則R含有2個電子層，最外層含有6個電子，為O元素；Y、Z、R、T位于同周期，都位于第二周期，T無正價，則T為F元素；Z的最外層電子數與次外層電子數相等，且位于第二周期，則Z為Be元素，X、Z位于同族，則X為Mg或Ca元素；Y為第二周期的金屬元素，則Y為Li；X與R（O）原子序數之和是W的2倍，X為Mg時，W的原子序數為(12+8)/2=10，為Ne元素，為稀有氣體，不滿足條件；X為Ca時，W的原子序數為(20+8)/2=14，則W為Si元素，據此解答?！驹斀狻扛鶕治隹芍篨為Ca，Y為Li，Z為Be，W為Si，R為O，T為F元素。A．電子層越多離子半徑越大，電子層相同時，核電荷數越大原子半徑越小，則簡單離子半徑：R＞T＞Y＞Z，故A正確；B．XR2、WR2分別為CaO2、SiO2，CaO2中O元素化合價為-1，SiO2中O元素化合價為-2，兩種化合物中O的化合價不相同，故B錯誤；C．同一主族從上到下金屬性逐漸減弱，則金屬性Ca＞Be，則最高價氧化物對應的水化物的堿性：X＞Z，故C正確；D．非金屬性F＞O＞Si，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：W＜R＜T，故D正確。5、B【解析】

A.向苯中加少量溴水，振蕩，水層變成無色，是苯萃取溴的過程，屬于物理變化，故A錯誤；B.沉淀部分溶解，說明還有部分不溶解，不溶解的一定是硫酸鋇，溶解的是亞硫酸鋇，所以亞硫酸鈉只有部分被氧化，故B正確；C.向溶液中加入鹽酸生成白色沉淀，可能是Na2SiO3溶液或AgNO3溶液等，故C錯誤;D.SO2通入含酚酞的NaOH溶液中紅色消失，是SO2與NaOH反應生成亞硫酸鈉和水的緣故，故D錯誤；故答案為B。6、B【解析】

2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3分析方程式得出NaFePO4F變?yōu)镹a2FePO4F，Fe在降低，發(fā)生還原反應，該物質作原電池的正極，Na3Ti2(PO4)3變?yōu)镹aTi2(PO4)3，Ti在升高，發(fā)生氧化反應，該物質作原電池的負極?！驹斀狻緼選項，放電時a為正極，因此充電時，a接電源正極，故A正確；B選項，放電時，溶液中的Na+不放電，而是Na3Ti2(PO4)3中Ti在失去電子，故B錯誤；C選項，陰極主要是NaTi2(PO4)3得到電子，因此陰極上的電極反應為NaTi2(PO4)3+2Na++2e－=Na3Ti2(PO4)3，故C正確；D選項，根據溶液中電荷守恒關系，理論上，該電池在充電或放電過程中溶液中的c(Na+)不變，故D正確；綜上所述，答案為B。分析化合價，根據化合價來定負極和正極，根據負極和正極來書寫電極反應式。7、A【解析】

A.100g46％的乙醇溶液有46g（1mol）CH3CH2OH和54g（3mol）H2O，每分子乙醇中含有1個O-H鍵，則1molCH3CH2OH含H-O鍵的數目為NA，每分子水中含有2個O-H鍵，則3molH2O含H-O鍵的數目為6NA，合計含H-O鍵的數目為7NA，A正確；B.pH=1，則c(H+)=0.1mol/L，但溶液的體積不知道，無法求氫離子的個數，B錯誤；C.0.1molFe在足量氧氣中燃燒得到Fe3O4，鐵元素由0價變?yōu)?價，因而轉移電子數為0.1mol×NA≈0.27NA，C錯誤；D.銨根水解方程式為NH4++H2O?NH3·H2O+H+，若氯化銨中銨根不水解，則易算出溶液中含有NH4+數目為0.1NA，但銨根部分水解，數目減少，因而實際溶液中含有NH4+數目小于0.1NA，D錯誤。故答案選A。對于部分溶液中的某些離子或原子團會發(fā)生水解：如Al2(SO4)3中的Al3＋、Na2CO3中的CO32－，例如1L0.5mol/LNa2CO3溶液中含有的CO32－數目為0.5NA，該說法是錯誤的，注意要考慮CO32－在水中的發(fā)生水解的情況。8、D【解析】

方案Ⅰ：發(fā)生反應為2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2NaAlO2+H2SO4+2H2O==2Al(OH)3↓+Na2SO4；則2Al—2NaOH—H2SO4—2Al(OH)3；方案Ⅱ：發(fā)生反應為2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaOH==2Al(OH)3↓+3Na2SO4；則2Al—6NaOH—3H2SO4—2Al(OH)3；方案Ⅲ：2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O==8Al(OH)3↓+3Na2SO4，則2Al—1.5NaOH—0.75H2SO4—2Al(OH)3?！驹斀狻緼．三種方案中，消耗Al都為1mol，Al都由0價升高為+3價，則轉移電子數一樣多，A正確；B．從三個方案的比較中可以看出，生成等物質的量的氫氧化鋁，方案Ⅲ所用硫酸的量最少，B正確；C．方案Ⅰ需控制酸的加入量，方案Ⅱ需控制堿的加入量，而方案Ⅲ不需對酸、堿的用量嚴格控制，所以方案Ⅲ比前兩個方案更易控制酸堿的加入量，C正確；D．采用方案Ⅲ時，整個過程中Al與酸、堿的用量關系為6Al—6NaOH—3H2SO4—2Al，用于制備溶液①的Al占總量的0.75，D不正確；故選D。9、A【解析】

A.從圖中可知Cu2(OH)3Cl沒有阻止潮濕的空氣和Cu接觸，可以加快Cu的腐蝕，因此屬于有害銹，A正確；B.Cu2(OH)2CO3中只有氫氧根、一種酸根離子和一種陽離子，因此只能屬于堿式鹽，不屬于復鹽，B錯誤；C.食鹽水能夠導電，所以在青銅器表面刷一層食鹽水，會在金屬表面形成原電池，會形成吸氧腐蝕，因此不可以作保護層，C錯誤；D.有害銹的形成過程中會產生難溶性的CuCl，用NaOH溶液浸泡，會產生Cu2(OH)3Cl，不能阻止空氣進入內部進一步腐蝕銅，因此不能做到保護青銅器的藝術價值，做到“修舊如舊”，D錯誤；故合理選項是A。10、A【解析】

A.根據化學方程式，KClO3中Cl元素由+5價下降到+4價，得到1個電子，所以1molKClO3參加反應有1mol電子轉移，故A錯誤；B.反應2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，化合價升高元素是C，對應的產物CO2是氧化產物，化合價降低元素是Cl，對應的產物ClO2是還原產物，故B正確；C.化合價升高元素是C元素，所在的反應物H2C2O4是還原劑，在反應中被氧化，故C正確；D.反應2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl元素化合價降低，得到電子，故D正確；故選A。11、C【解析】

0.05mol/L丙溶液的pH為l，可知丙為二元強酸，應為H2SO4，K是無色氣體，是主要的大氣污染物之一，且可生成H2SO4，則應為SO2，可知乙為O2，L為H2O，甲是單質，且與濃硫酸反應生成SO2、H2O，可知甲為C，M為CO2，則W為H元素，X為C元素，Y為O元素，Z為S元素?！驹斀狻緼項、同周期元素，原子半徑從左到右逐漸減小，C＞O，故A錯誤；B項、同主族元素，從上到下非金屬性減弱，O＞S，故B錯誤；C項、化合物COS都由非金屬性構成，只含共價鍵，故C正確；D項、K、M常溫下為氣體，L為水，常溫下為液體，沸點最高，故D錯誤。故選C。本題考查元素周期律，側重考查分析能力和推斷能力，注意溶液pH為推斷突破口，熟練掌握元素化合物知識，注意抓住短周期元素形成二元化合物是解答關鍵。12、B【解析】

X、Y和Z組成的化合的結構式為：，構成該物質的元素均為短周期主族元素，且該物質可以消毒殺菌，該物質應為過氧乙酸：CH3COOOH，X為H、Y為C、Z為O；向W的一種鈉鹽水溶液中通入CO2氣體可以產生沉淀且通過量的CO2氣體沉淀不溶解，則該沉淀應為H2SiO3或Al(OH)3，相應的鈉鹽為硅酸鈉或偏鋁酸鈉，W為Al或Si。【詳解】A．C元素有多種氫化物，其中相對分子質量較大的一些氫化物的熔點要高于O的氫化物，故A錯誤；B．無論W為Al還是Si，其非金屬性均小于C，最高價氧化物對應水化物的酸性：Y>W，故B正確；C．C、H、O元素可以組成多種烴類的含氧衍生物，故C錯誤；D．若W為Si，工業(yè)上常用碳還原法冶煉，但W為Al，工業(yè)上常用電解熔融氧化鋁制取鋁，故D錯誤；故答案為B。易錯選項為D，要注意硅酸鈉和偏鋁酸鈉溶液中通入二氧化碳均可以產生沉淀，且沉淀不會與二氧化碳反應，所以根據題目所給信息無法確認W具體元素，要分情況討論。13、D【解析】

A．二氧化硫密度比空氣大，應用向上排空氣法收集，導氣管應該長進，出氣管要短，故A錯誤；B．應將水沿燒杯內壁倒入，并用玻璃棒不斷攪拌，故B錯誤；C．轉移液體需要引流，防止液體飛濺，故C錯誤；D．蒸發(fā)濃縮液體可用燒杯，在加熱過程中需要墊石棉網，并用玻璃棒不斷攪拌，故D正確。故選：D。濃硫酸的稀釋時，正確操作為：將濃硫酸沿燒杯壁注入水中，并不斷攪拌，若將水倒入濃硫酸中，因濃硫酸稀釋會放熱，故溶液容易飛濺傷人。14、C【解析】

A選項，磷酸是弱酸，應該一步一步電離，第一步電離為：H3PO4H++H2PO42－，故A錯誤；B選項，用電子式表示HCl的形成過程：，故B錯誤；C選項，S2－的結構示意圖：，故C正確；D選項，KClO堿性溶液與Fe(OH)3反應：3ClO－+4OH－+2Fe(OH)3=2FeO42－+3Cl－+4H++5H2O，故D錯誤；綜上所述，答案為C。弱酸電離一步一步電離，而多元弱堿的電離雖然復雜，但寫都是一步到位的。15、D【解析】試題分析：A．硝酸是強酸抑制水的電離，則常溫下，在0.1mol·L-1的HNO3溶液中，由水電離出的c(H+)＝10—13mol/L＜，A正確；B．濃度為0.1mol·L－1的NaHCO3溶液顯堿性，碳酸氫根的水解程度大于電離程度，則c（H2CO3）＞c（CO32－），B正確；C．溶度積常數只與溫度有關系，則25℃時，AgCl固體在等物質的量濃度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度積相同，C正確；D．稀釋促進電離，則冰醋酸中逐滴加水，溶液的導電性先增大后減小，而醋酸的電離程度一直增大，pH先減小后增大，D錯誤，答案選D?？键c：考查弱電解質的電離、鹽類水解及溶度積常數的應用等16、A【解析】

A.硝基的氮原子與苯環(huán)上的碳原子相連是正確的，故A正確；B.鎂離子的結構示圖為故B錯誤；C.水分子空間構型是V型的，所以水分子的比例模型為，故C錯誤；D.原子核內有8個中子的碳原子質量數是14，應寫為，故D錯誤；故答案為：A。17、A【解析】

A.丙烯分子中有一個甲基，甲基上的四個原子不可能共平面，A項錯誤；B.石油的裂解是在催化劑存在的情況下，加強熱使烴類斷裂成小分子的不飽和烴，丙烯也是產物之一，B項正確；C.丙烯中有碳碳雙鍵，可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，C項正確；D.碳碳雙鍵可以發(fā)生加聚反應，得到高分子的聚合物，D項正確；答案選A。從字面意思也能看出，裂“化”比裂“解”要“溫柔”一點，得到的是較長鏈的汽油、柴油等輕質燃油，裂解則完全將碳鏈打碎，得到氣態(tài)不飽和烴。18、B【解析】

A.氯氣的氧化性強，所以Cu與Cl2反應生成高價態(tài)的CuCl2，S的氧化性較弱，則Cu與S反應生成較低價態(tài)的Cu2S，故A錯誤；B.鋁熱反應是指活潑金屬鋁與不活潑金屬氧化物在高溫條件下發(fā)生的置換反應，所以Al與Fe2O3能發(fā)生鋁熱反應，Al與MnO2也能發(fā)生鋁熱反應，故B正確；C.過氧化鈉具有氧化性，能將+4價S氧化為+6價，所以Na2O2與SO2反應生成Na2SO4，故C錯誤；D.CO2通入Ba(NO3)2溶液中不反應，沒有現象；NO3-在酸性條件下具有強氧化性，可將+4價S氧化為+6價，所以SO2通入Ba(NO3)2溶液反應生成硫酸鋇沉淀，故D錯誤。故選B。解決此題的關鍵是分析選項中前后兩個反應是否可以類比，每個反應體現的反應物性質有可能不能，不能通過反應物的類別進行簡單類比。19、B【解析】

A．乙二醇中含有氫鍵，則沸點較高，為黏稠狀液體，可用作抗凍劑，A正確；

B．煤經過氣化和液化生成了可燃性氣體或液體，變?yōu)榍鍧嵞茉?，是化學變化，B錯誤；C．光觸媒技術可實現將有毒氣體NO和CO轉化為無毒氣體氮氣和二氧化碳，減少汽車尾氣造成的危害，C正確；D．將苦鹵濃縮、氧化得到單質溴，鼓入熱空氣溴揮發(fā)可提取出海水中的溴，D正確。答案選B。20、C【解析】

本題主要考查化學平衡結合圖像的運用。A．使用催化劑化學反應速率加快；B．平衡常數是溫度的函數，溫度不變，平衡常數不變；C．由圖像可知pH=4左右Fe3＋完全沉淀，Cu2＋還未開始沉淀；D．0.001mol/L的醋酸溶液PH>3?！驹斀狻緼．使用催化劑化學反應速率加快，所以正反應速率的虛線在實線的上方，故A錯誤；B．平衡常數是溫度的函數，溫度不變，平衡常數不變，所以溫度相同而壓強不同時，兩者的平衡常數相同，故B錯誤；C．由圖像可知pH=4左右Fe3＋完全沉淀，Cu2＋還未開始沉淀，由于CuO+2H+=Cu2++H2O反應發(fā)生，所以加入CuO可以調節(jié)PH=4左右，此時Fe3+完全沉淀，過濾即可，故C項正確；D．0.001mol/L的醋酸溶液PH>3，圖像中起點PH=3，故D項錯誤；答案選C。21、B【解析】

過氧化鉀（K2O2）與硫化鉀（K2S）的相對分子質量均為110，11g過氧化鉀與硫化鉀的混合物的物質的量為0.1mol，每摩爾K2O2含2molK+和1mol，每摩爾K2S含2molK+和1molS2?，故含有離子數目為0.3NA，A錯誤；的最簡式為CH2，28g含有2molCH2，每個CH2含8個質子，故質子數目為16NA，B正確；標準狀況下224mLSO2物質的量為0.01mol，SO2與水反應生成H2SO3的反應為可逆反應，所以，H2SO3、、三者數目之和小于0.01NA，C錯誤；濃硝酸與銅反應時，若只發(fā)生Cu＋4HNO3(濃)Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，1molHNO3轉移電子數目為0.50NA，隨著反應的進行，濃硝酸逐漸變稀，又發(fā)生3Cu＋8HNO33Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，若只發(fā)生3Cu＋8HNO33Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，1molHNO3轉移電子數目為0.75NA，故轉移電子數目介于0.50NA和0.75NA之間，D錯誤。22、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。二、非選擇題(共84分)23、①③④碳碳雙鍵、羧基HOOCCH=CHCOOHCH2=C(COOH)2HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O【解析】

A的分子式為C6H8O4，A的不飽和度為3，A可以使溴水褪色，A中含碳碳雙鍵；A在酸性條件下可發(fā)生水解反應得到B（C4H4O4）和CH3OH，B能與氫氧化鈉溶液反應，B中含兩個羧基和碳碳雙鍵，A中含兩個酯基；（1）A中含有碳碳雙鍵和酯基，A中含碳碳雙鍵，A能發(fā)生加成反應、加聚反應、氧化反應，A中不含醇羥基和羧基，A不能發(fā)生酯化反應，答案選①③④。（2）B分子中所含官能團為碳碳雙鍵和羧基。（3）B分子中沒有支鏈，B的結構簡式為HOOCCH=CHCOOH；B的具有相同官能團的同分異構體的結構簡式為CH2=C(COOH)2。（4）B與CH3OH發(fā)生酯化反應生成A，由B制取A的化學方程式為HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O。（5）B的結構簡式為HOOCCH=CHCOOH，B與HCl發(fā)生加成反應生成C，C的結構簡式為HOOCCH2CHClCOOH，C與NH3反應生成天門冬氨酸，天門冬氨酸（C4H7NO4）是組成人體蛋白質的氨基酸之一，則天門冬氨酸的結構簡式為。24、酯基取代反應加成反應de+NaOH+CH3OH16、【解析】

根據合成路線分析：與CH3I發(fā)生取代反應①轉變?yōu)?，發(fā)生反應②，在鄰位引入醛基轉變?yōu)椋海cCH3NO2發(fā)生反應生成，與氫氣發(fā)生加成反應④生成，發(fā)生反應⑤將?CH2NO2脫去氫氧原子轉變?yōu)?CN，生成，反應⑥中?CN堿性水解轉變成?COONa，得到，反應生成，結合分子式C16H17O3N，與發(fā)生取代反應生成，在堿性條件下水解得到，據此作答。【詳解】(1)化合物C中含氧官能團為酯基，故答案為：酯基；(2)由上述分析可知反應①為取代反應，反應④為加成反應，故答案為：取代反應；加成反應；(3)a．苯環(huán)、碳碳雙鍵和羰基都可以與氫氣加成，因此1mol痛滅定鈉與氫氣加成最多消耗6molH2，故錯誤；b.該結構中有7種氫，故核磁共振氫譜分析能夠顯示7個峰，故錯誤；c.苯環(huán)、碳碳雙鍵和羰基都可以與氫氣加成，與氫氣發(fā)生的加成反應也屬于還原反應，故錯誤；d.與溴充分加成后碳碳雙鍵消失，引入了溴原子，故官能團種類數不變，故正確；e.如圖所示，共直線的碳原子最多有4個，，故正確；故答案為：de；(4)由以上分析知，反應⑨為在堿性條件下水解得到，則發(fā)生反應的化學方程式為：+NaOH+CH3OH，故答案為：+NaOH+CH3OH；(5)芳香族化合物說明X中有苯環(huán)，相對分子質量比A大14，說明比A多一個CH2，與A的不飽和度相同為4；遇FeCl3溶液顯紫色說明含有酚羥基；若苯環(huán)上有兩個取代基，則為(鄰、間、對3種)，(鄰、間、對3種)；若苯環(huán)上有三個取代基，先確定兩個取代基的位置，即鄰、間、對，再確定另一個取代基的位置，當羥基和氨基位于鄰位時，苯環(huán)上有4種氫原子，則甲基可以有4種取代方式，則會得到4種同分異構體，同理，當羥基和氨基位于間位時，也會有4種同分異構體，當羥基和氨基位于對位時，有2種同分異構體，共3+3+4+4+2=16，其中核磁共振氫譜分析顯示有5個峰的X的結構簡式有、，故答案為：16；、；(6)完全仿照題干中框圖中反應⑥⑦⑧，選擇合適試劑即可完成，與氫氧化鈉水解得到苯乙酸鈉，苯乙酸鈉與(CH3CH2)2SO4反應得到，再與乙酰氯反應生成，合成路線為：；故答案為；。25、ANH4＋＋NO2－N2↑＋2H2OAl2O3＋N2＋3C2AlN＋3COAl4C3減緩亞硝酸鈉的滴加速度或降低A處酒精燈加熱的溫度61.5%NH4Cl受熱分解生成氨氣和氯化氫，氯化氫破壞了Al表面的氧化膜，便于Al快速反應【解析】

⑴A裝置制取氮氣，濃硫酸干燥，氮氣排除裝置內的空氣，反之Al反應時被空氣氧化。⑵根據氧化還原反應寫出A、C的反應式，利用物質之間的反應推出C中可能出現的產物。⑶從影響反應速率的因素思考減緩氮氣生成速率。⑷根據關系得出AlN的物質的量，計算產物中的質量分數。⑸氯化銨在反應中易分解，生成的HCl在反應中破壞了Al表面的氧化膜，加速反應。【詳解】⑴A處是制取氮氣的反應，可以排除裝置內的空氣，反之反應時Al被氧氣氧化，因此最先點燃A處的酒精燈或酒精噴燈，故答案為：A。⑵裝置A是制取氮氣的反應，A中發(fā)生反應的離子方程式為NH4＋＋NO2－N2↑＋2H2O，裝置C中主要反應的化學方程式為Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO，制得的AlN中可能含有氧化鋁、活性炭外還可能是Al和C形成的化合物Al4C3，故答案為：NH4＋＋NO2－N2↑＋2H2O；Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO；Al4C3。⑶實驗中發(fā)現氮氣的產生速率過快，嚴重影響尾氣的處理，減緩氮氣的生成速度采取的措施是減緩亞硝酸鈉的滴加速度或降低A處酒精燈加熱的溫度，故答案為：減緩亞硝酸鈉的滴加速度或降低A處酒精燈加熱的溫度。⑷生成氨氣的體積為1.68L即物質的量為0.075mol，根據方程式關系得出AlN的物質的量為0.075mol，則所得產物中AlN的質量分數為，故答案為：61.5%。⑸在鋁粉中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于AlN的制備，可能是NH4Cl受熱分解生成氨氣和氯化氫，氯化氫破壞了Al表面的氧化膜，從而Al直接和氮氣反應，因此其主要原因是NH4Cl受熱分解生成氨氣和氯化氫，氯化氫破壞了Al表面的氧化膜，故答案為：NH4Cl受熱分解生成氨氣和氯化氫，氯化氫破壞了Al表面的氧化膜，便于Al快速反應。26、a防止產生的少量SO2

逸出(或隔絕空氣，防止空氣與過氧化鈉反應等合理答案)2FeS2+15Na2O2=Fe2(SO4)3

+

NaSO4+14Na2OPbSO4偏大酸玻璃棒100mL容量瓶【解析】（1）鋁坩堝和陶瓷坩堝在高溫下可以與過氧化鈉或碳酸鈉反應，而鐵坩堝不會，所以，步驟①適宜材質的坩堝是a。（2）步驟①中上面蓋一層Na2CO3的主要目的是：防止產生的少量SO2

逸出。焙燒時，FeS2和Na2O2反應生成硫酸鹽和氧化鈉的化學方程式為2FeS2+15Na2O2=Fe2(SO4)3

+

NaSO4+14Na2O。（3）PbSO4不溶于水和酸，所以，步驟③中得到的固體為PbSO4。（4）步驟④若不除去過量的SnCl2，因為Sn2+的還原性強于Fe2+，后面用K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+時，會消耗過多的K2Cr2O7溶液，必然會造成鐵的含量測量值偏大。（5）步驟⑤滴定時，K2Cr2O7溶液有強氧化性，故應將其盛放在酸式滴定管中；實驗室配制100

mL0.05mol/LK2Cr2O7溶液，需要的玻璃儀器有燒杯、膠頭滴管、玻璃棒和100mL容量瓶。27、3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2吸收水分排除裝置中的空氣，防止干擾實驗結果CO2、CO除去CO2，防止干擾CO的檢驗防止Fe2+的水解防止H2O2分解三草酸合鐵酸鉀在乙醇中溶解度小，有利于三草酸合鐵酸鉀析出【解析】

(l)計算晶體物質的量n==0.03mol，失去結晶水應為0.06mol，固體質量變化=0.06mol×18g/mol=1.08g，圖表數據可知，150～210固體質量變化=5.49g-4.41g=1.08g，說明210°C失去結晶水得到CoC2O4，210～290℃過程中是CoC2O4發(fā)生的反應，210～290℃過程中產生的氣體只有CO2，依據元素守恒得到生成n(CO2)=0.06mol，m(CO2)=0.06mol×44g/mol=2.64g，氣體質量共計減小=4.41g-2.41g=2g，說明不是分解反應，參加反應的還有氧氣，則反應的m(O2)=2.64g-2g=0.64g，n(O2)==0.02mol，依據原子守恒配平書寫反應的化學方程式；(2)①三草酸合鐵酸鉀晶體在110℃可完全失去結晶水，繼續(xù)升高溫度可發(fā)生分解反應，根據元素守恒推測得到的產物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳還原氧化銅，得到的金屬銅可被氧氣氧化，所以實驗開始先通一段時間N2，將裝置中的空氣排凈，實驗結束時，為防止倒吸，應該先熄滅酒精燈再通入N2至常溫，根據裝置中現象變化判斷產物；②為能準確判斷三草酸合鐵酸鉀晶體高溫下分解的產物中是否含有一氧化碳，現象為E中固體由黑色變?yōu)榧t色，且F中澄清石灰水變渾濁，為確保實驗現象不被干擾，在C裝置中裝入足量氫氧化鈉，把二氧化碳吸收干凈，避免干擾一氧化碳的檢驗；(3)①亞鐵離子易水解生成氫氧化亞鐵，酸能抑制其水解；②溫度高時，雙氧水易水解；根據相似相溶原理分析；【詳解】(l)計算晶體物質的量n()==0.03mol，失去結晶水應為0.06mol，固體質量變化=0.06mol×18g/mol=1.08g，圖表數據可知，150～210固體質量變化=5.49g-4.41g=1.08g，說明210°C失去結晶水得到CoC2O4，210～290℃過程中是CoC2O4發(fā)生的反應，產生的氣體只有CO2，依據元素守恒得到生成n(CO2)=0.06mol，m(CO2)=0.06mol×44g/mol=2.64g，氣體共計減小質量=4.41g-2.41g=2g，說明有氣體參加反應應為氧氣，則反應的m(O2)=2.64g-2g=0.64g，n(O2)==0.02mol；n(CoC2O4)：n(O2)：n(CO2)=0.03：0.02：0.06=3：2：6，依據原子守恒配平書寫反應的化學方程式為3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2，裝置D中盛放的為濃硫酸，裝置E的作用是驗證草酸鈷晶體受熱分解的產物，防止對實驗的干擾和實驗安全，則濃硫酸的作用是吸收水分；(2)①三草酸合鐵酸鉀晶體在110℃可完全失去結晶水，繼續(xù)升高溫度可發(fā)生分解反應，根據元素守恒推測得到的產物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、