2025屆江蘇省陸慕高級中學高三下學期聯合考試化學試題注意事項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定位置．3．請認真核對監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、下列關于有機物1-氧雜-2，4-環戊二烯（）的說法正確的是（）A．與互為同系物B．一氯代物有2種，二氯代物有4種（不考慮立體異構）C．能使溴水退色，不能使酸性高錳酸鉀溶液退色D．1mol該有機物完全燃燒消耗5molO22、電滲析法淡化海水裝置示意圖如下，電解槽中陰離子交換膜和陽離子交換膜相間排列，將電解槽分隔成多個獨立的間隔室，海水充滿在各個間隔室中。通電后，一個間隔室的海水被淡化，而其相鄰間隔室的海水被濃縮，從而實現了淡水和濃縮海水分離。下列說法正確的是（）A．離子交換膜b為陽離子交換膜B．各間隔室的排出液中，①③⑤⑦為淡水C．通電時，電極l附近溶液的pH比電極2附近溶液的pH變化明顯D．淡化過程中，得到的濃縮海水沒有任何使用價值3、氯化亞銅(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性條件下不穩定，易生成金屬Cu和Cu2+，廣泛應用于化工和印染等行業。某研究性學習小組擬熱分解CuCl2?2H2O制備CuCl，并進行相關探究。下列說法不正確的是（）A．途徑1中產生的Cl2可以回收循環利用B．途徑2中200℃時反應的化學方程式為：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑C．X氣體是HCl，目的是抑制CuCl2?2H2O加熱過程可能的水解D．CuCl與稀硫酸反應的離子方程式為：2Cu++4H++SO42-═2Cu+SO2↑+2H2O4、將25℃時濃度均為0.1mol/L的HA溶液和BOH溶液按體積分別為Va和Vb混合，保持Va+Vb=100mL，且生成的BA可溶于水。已知Va、Vb與混合液pH關系如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．曲線II表示HA溶液的體積B．x點存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)C．電離平衡常數：K(HA)>K(BOH)D．x、y、z三點對應的溶液中，y點溶液中水的電離程度最大5、某溫度下，向10mL0.1mol·L-1CuCl2溶液中滴加0.1mol·L-1的Na2S溶液，滴加過程中-lgc(Cu2+)與Na2S溶液體積的關系如圖所示。已知：Ksp(ZnS)=3×10-25，下列有關說法正確的是A．Na2S溶液中：c(H+)＋c(HS-)＋c(H2S)＝c(OH-)B．a、b、c三點對應的溶液中，水的電離程度最小的為b點C．c點溶液中c(Cu2+)=10-34.4mol·L-1D．向100mLZn2+、Cu2+物質的量濃度均為0.1mol·L-1的混合溶液中逐滴加入10-3mol·L-1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀6、在K2Cr2O7存在下利用微生物電化學技術實現含苯酚廢水的有效處理，其工作原理如下圖。下列說法正確的是()A．M為電源負極，有機物被還原B．中間室水量增多，NaCl溶液濃度減小C．M極電極反應式為：+11H2O-23e-=6CO2+23H+D．處理1molCr2O72-時有6molH+從陽離子交換膜右側向左側遷移7、某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42－、I－、S2－。分別取樣：①用pH計測試，溶液顯弱酸性；②加氯水和淀粉無明顯現象。為確定該溶液的組成，還需檢驗的離子是A．NH4+ B．SO42－ C．Ba2+ D．Na+8、煤燃燒排放的煙氣含有硫和氮的氧化物而形成酸雨、污染大氣，采用NaClO2溶液作為吸收劑對煙氣可同時進行脫硫、脫硝。反應一段時間后溶液中有關離子濃度的測定結果如下表。離子SO42-SO32-NO3-NO2-Cl－c/(mol·L－1)8.35×10－46.87×10－61.5×10－41.2×10－53.4×10－3下列說法正確的是()A．NaClO2溶液脫硫過程中主要反應的離子方程式2H2O＋ClO2-＋2SO2=2SO42-＋Cl－＋4H＋B．脫硫反應速率大于脫硝反應速率C．該反應中加入少量NaCl固體，提高c(Cl－)和c(Na＋)，都加快了反應速率D．硫的脫除率的計算式為8.35×10－4/(8.35×10－4＋6.87×10－6)9、向FeCl3、CuCl2、鹽酸的混合溶液中加入鐵粉充分反應后，用KSCN溶液檢驗無明顯現象，則反應后的溶液一定A．含Cu2+ B．含Fe2+ C．呈中性 D．含Fe2+和Cu2+10、下列工業生產過程中涉及到反應熱再利用的是A．接觸法制硫酸 B．聯合法制純堿C．鐵礦石煉鐵 D．石油的裂化和裂解11、某種化合物（如圖）由W、X、Y、Z四種短周期元素組成，其中W、Y、Z分別位于三個不同周期，Y核外最外層電子數是W核外最外層電子數的二倍；W、X、Y三種簡單離子的核外電子排布相同。下列說法不正確的是：A．原子半徑：W<X<Y<ZB．簡單離子的氧化性:W>XC．X與Y、Y與Z均可形成具有漂白性的化合物D．W與X的最高價氧化物的水化物可相互反應12、關于化學鍵的各種敘述，下列說法中不正確的是（）A．Ca(OH)2中既有離子鍵又有共價鍵B．在單質或化合物中，一定存在化學鍵C．在離子化合物中，可能存在共價鍵D．化學反應中肯定有化學鍵發生變化13、已知二甲苯的結構：，下列說法正確的是A．a的同分異構體只有b和c兩種B．在三種二甲苯中，b的一氯代物種數最多C．a、b、c均能使酸性KMnO4溶液、溴水發生化學反應而褪色D．a、b、c中只有c的所有原子處于同一平面14、最近媒體報道了一些化學物質，如：爆炸力極強的N5、比黃金還貴的18O、太空中的甲醇氣團等。下列說法中正確的是A．18O2和16O2是兩種不同的原子 B．甲醇（CH3OH）屬于離子化合物C．N5和N2是氮元素的兩種同位素 D．由N5變成N2是化學變化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、氫氧化鈰[Ce(OH)4]是一種重要的稀土氫氧化物。平板電視顯示屏生產過程中會產生大量的廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)，某課題組以此粉末為原料回收鈰，設計實驗流程如下：下列說法錯誤的是A．濾渣A中主要含有SiO2、CeO2B．過濾操作中用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒C．過程②中發生反應的離子方程式為CeO2+H2O2+3H+=Ce3++2H2O+O2↑D．過程④中消耗11.2LO2(已折合成標準狀況)，轉移電子數為2×6.02×102317、W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外層電子數是X次外層電子數的3倍，四種元素與鋰組成的鹽是一種新型電池的電解質(結構如圖，箭頭指向表示共用電子對由W提供，陰離子中所有原子均達到8e-穩定結構)。下列說法不正確的是A．該物質中含離子鍵、極性鍵和非極性鍵B．在四種元素中W的非金屬性最強C．Y和Z兩元素形成的化合物不止一種D．四種元素的原子半徑中Z的半徑最大18、已知反應S2O82-(aq)+2I-(aq)2SO42-(aq)+I2(aq)，若往該溶液中加人含Fe3+的某溶液，反應機理：①2Fe3++(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)②2Fe2+(aq)+S2O82-(aq)2Fe3+(aq)+2SO42-(aq),下列有關該反應的說法不正確的是A．增大S2O82-濃度或I-濃度，反應①、反應②的反應速率均加快B．Fe3+是該反應的催化劑C．因為正反應的活化能比逆反應的活化能小，所以該反應是放熱反應D．往該溶液中滴加淀粉溶液，溶液變藍，適當升溫，藍色加深19、實驗過程中不可能產生Fe(OH)3的是A．蒸發FeCl3溶液 B．FeCl3溶液中滴入氨水C．將水蒸氣通過灼熱的鐵 D．FeCl2溶液中滴入NaOH溶液20、NA代表阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．0.1mol/LNaHSO4溶液中，陽離子數目之和為0.2NAB．標準狀況下0.2molCl2溶于水中，轉移的電子數為0.2NAC．常溫常壓下1.5gNO與1.6gO2充分反應后混合物中原子總數為0.2NAD．標準狀況下，4.48LHF含有的分子總數為0.2NA21、已知NaClO2在水溶液中能發生水解。常溫時，有1mol/L的HClO2溶液和1mol/L的HBF4(氟硼酸)溶液起始時的體積均為V0，分別向兩溶液中加水，稀釋后溶液的體積為V，所得曲線如圖所示。下列說法錯誤的是A．HClO2為弱酸，HBF4為強酸B．常溫下HClO2的電高平衡常數的數量級為10—4C．在0≤pH≤5時，HBF4溶液滿足pH=lg(V/V0)D．25℃時1LpH=2的HBF4溶液與100℃時1LpH=2的HBF4溶液消耗的NaOH相同22、有關下列四個圖象的說法中正確的是（）A．①表示等質量的兩份鋅粉a和b，分別加入過量的稀硫酸中，a中同時加入少量CuSO4溶液，其產生的氫氣總體積(V)與時間(t)的關系B．②表示合成氨反應中，每次只改變一個條件，得到的反應速率v與時間t的關系，則t3時改變的條件為增大反應容器的體積C．③表示其它條件不變時，反應4A(g)+3B(g)2C(g)+6D在不同壓強下B%(B的體積百分含量)隨時間的變化情況，則D一定是氣體D．④表示恒溫恒容條件下發生的可逆反應2NO2(g)N2O4(g)中，各物質的濃度與其消耗速率之間的關系，其中交點A對應的狀態為化學平衡狀態二、非選擇題(共84分)23、（14分）周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序數依次增大。a的核外電子總數與其周期數相同；基態b原子的核外電子占據3個能級，且最高能級軌道為半充滿狀態；c的最外層電子數是內層電子數的3倍；d的原子序數是c的兩倍；基態e原子3d軌道上有4個單電子。回答下列問題：（1）b、c、d電負性最大的是___(填元素符號)。（2）b單質分子中σ鍵與π鍵的個數比為___。（3）a與c可形成兩種二元化合物分子，兩種物質可以任意比互溶。其中一種不穩定，可分解產生c的單質，該化合物分子中的c原子的雜化方式為___；這兩種物質的互溶物中，存在的化學鍵有___(填序號)。①極性共價鍵②非極性共價鍵③離子鍵④金屬鍵⑤氫鍵⑥范德華力（4）這些元素形成的含氧酸中，分子內中心原子的價層電子對數為4的酸是___(填化學式，下同)；酸根呈正三角形結構的酸是___，試從兩者結構特點判斷該酸分子與酸根離子的穩定性：酸分子___酸根離子(填“>”或“<”)。（5）元素e在周期表中的位置是___區；e的一種常見氯化物中的化學鍵具有明顯的共價性，蒸汽狀態下以雙聚分子存在，結構式為，請補寫e的元素符號并用“→”表示出其中的配位鍵___。24、（12分）藥物瑞德西韋(Remdesivir))對2019年新型冠狀病毒(2019-nCoV)有明顯抑制作用；K為藥物合成的中間體,其合成路線如圖：已知：①R—OHR—Cl②回答下列問題：（1）A的化學名稱為___。由A→C的流程中，加入CH3COCl的目的是___。（2）由G→H的化學反應方程式為___，反應類型為___。（3）J中含氧官能團的名稱為___。碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳原子稱為手性碳原子，則瑞德西韋中含有___個手性碳原子。（4）X是C的同分異構體，寫出一種滿足下列條件的X的結構簡式___。①苯環上含有硝基且苯環上只有一種氫原子；②遇FeCl3溶液發生顯色反應；③1mol的X與足量金屬Na反應可生成2gH2。（5）設計以苯甲醇為原料制備化合物的合成路線（無機試劑任選）___。25、（12分）疊氮化鈉(NaN3)是一種白色劇毒晶體，是汽車安全氣囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱堿性，能與酸發生反應產生具有爆炸性的有毒氣體疊氮化氫。實驗室可利用亞硝酸叔丁酯(t-BuNO2，以t-Bu表示叔丁基)與N2H4、氫氧化鈉溶液混合反應制備疊氮化鈉。(1)制備亞硝酸叔丁酯取一定NaNO2溶液與50%硫酸混合，發生反應H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。可利用亞硝酸與叔丁醇(t-BuOH)在40℃左右制備亞硝酸叔丁酯，試寫出該反應的化學方程式：____________。(2)制備疊氮化鈉(NaN3)按如圖所示組裝儀器(加熱裝置略)進行反應，反應的化學方程式為：t-BuNO2＋NaOH＋N2H4===NaN3＋2H2O＋t-BuOH。①裝置a的名稱是______________；②該反應需控制溫度在65℃，采用的實驗措施是____________________；③反應后溶液在0℃下冷卻至有大量晶體析出后過濾。所得晶體使用無水乙醇洗滌。試解釋低溫下過濾和使用無水乙醇洗滌晶體的原因是____________。(3)產率計算①稱取2.0g疊氮化鈉試樣，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于錐形瓶中。②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸鈰銨[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL(假設雜質均不參與反應)。③充分反應后將溶液稀釋并酸化，滴入2滴鄰菲羅啉指示液，并用0.10mol·L－1硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2]為標準液，滴定過量的Ce4＋，終點時消耗標準溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。已知六硝酸鈰銨[(NH4)2Ce(NO3)6]與疊氮化鈉反應生成硝酸銨、硝酸鈉、氮氣以及Ce(NO3)3，試寫出該反應的化學方程式____________________________；計算疊氮化鈉的質量分數為________(保留2位有效數字)。若其他操作及讀數均正確，滴定到終點后，下列操作會導致所測定樣品中疊氮化鈉質量分數偏大的是____________(填字母)。A．錐形瓶使用疊氮化鈉溶液潤洗B．滴加六硝酸鈰銨溶液時，滴加前仰視讀數，滴加后俯視讀數C．滴加硫酸亞鐵銨標準溶液時，開始時尖嘴處無氣泡，結束時出現氣泡D．滴定過程中，將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵銨標準液滴用蒸餾水沖進瓶內(4)疊氮化鈉有毒，可以使用次氯酸鈉溶液對含有疊氮化鈉的溶液進行銷毀，反應后溶液堿性明顯增強，且產生無色無味的無毒氣體，試寫出反應的離子方程式：____________________26、（10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四口燒瓶中，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沉淀的離子方程式為________。③步驟4檢驗是否洗滌干凈的方法是___________。（2）測定合成的MgCO3·nH2O中的n值。稱量1.000g碳酸鎂晶須，放入如圖所示的廣口瓶中加入水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℃，最后的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設3次實驗測得每1.000g碳酸鎂晶須產生的CO2平均值為amol，則n值為______（用含a的表達式表示）。（3）稱取100g上述晶須產品進行熱重分析，熱重曲線如圖。則該條件下合成的晶須中，n=______（選填：1、2、3、4、5）。27、（12分）FeC2O4·2H2O是一種淡黃色粉末，加熱分解生成FeO、CO、CO2和H2O。某小組擬探究其分解部分產物并測定其純度。回答下列問題：(1)按氣流方向從左至右，裝置連接順序為A、___________C(填字母，裝置可重復使用)。(2)點燃酒精燈之前，向裝置內通入一段時間N2，其目的是__________________。(3)B中黑色粉末變紅色，最后連接的C中產生白色沉淀，表明A中分解產物有_________。(4)判斷A中固體已完全反應的現象是_____________。設計簡單實驗檢驗A中殘留固體是否含鐵粉：________。(5)根據上述裝置設計實驗存在的明顯缺陷是________________________________。(6)測定FeC2O4·2H2O樣品純度(FeC2O4·2H2O相對分子質量為M)：準確稱取wgFeC2O4·2H2O樣品溶于稍過量的稀硫酸中并配成250mL溶液，準確量取25.00mL所配制溶液于錐形瓶，用cmol·L—1標準KMnO4溶液滴定至終點，消耗VmL滴定液。滴定反應為FeC2O4+KMnO4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+CO2↑+H2O(未配平)。則該樣品純度為_______%(用代數式表示)。若滴定前仰視讀數，滴定終點俯視讀數，測得結果_____(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。28、（14分）能源問題是人類社會面臨的重大問題,合理的開發利用至關重要。（1）丁烯是石油化工中的重要產物,正丁烷脫氫可制備1-丁烯:C4H10（g）=C4Hg（g）+H2（g）△H。下表為該反應中所涉及物質的鍵能數據:則△H=_______（2）甲醇是未來重要的綠色能源之一,常見的合成反應為CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）?H<0;為了探究反應物的濃度對反應速率的影響,進行了相關實驗，測得的實驗數據如下表所示:該反應速率的通式為v正=k正cm（CO）.cn（H2）（k是與溫度有關的速率常數）。由表中數據可確定反應速率通式中m和n分別_____、_____（取正整數）。（3）合成甲醇的原料氣既可由煤氣化提供,也可由天然氣與水蒸氣通過下列反應制備:CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）?H>0。向100L剛性密閉容器中充人1molCH4和3mol水蒸氣進行反應,不同溫度和壓強下平衡體系中CH4的平衡轉化率情況如圖1所示:①p1____p2（填“<”“>”或“="）。②已知壓強為P1,溫度為100°C時,反應達到平衡所需的時間為5min,則0~5min內用H2表示的平均反應速率為______；該溫度下的平衡常數K=_______mol2·L-2。（4）近年來,有人研究用溫室氣體二氧化碳通過電催化生成多種燃料,其工作原理如圖2所示。①寫出Cu電極上產生乙烯的電極反應式:_____________；如果Cu電極上生成0.17molCO和0.33molHCOOH,則Pt電極上產生O2的物質的量為__________mol。②HCOOH為一元弱酸,常溫下將0.1mol·L-1HCOOH溶液與0.1mol·L-1NaOH溶液按體積比a:b混合（忽略溶液體積的變化），混合后溶液恰好顯中性,則HCOOH的電離常數為______（用含a、b的代數式表示）。29、（10分）鎂帶能在CO2中燃燒，生成氧化鎂和單質碳。請完成下列填空：（1）碳元素形成的單質有金剛石、石墨、足球烯等。金剛石的熔點遠高于足球烯的原因是_______。（2）氧化鎂的電子式為_______，CO2的結構式為______。與鎂同周期、離子半徑最小的元素，其原子最外層的電子排布式為______，其1個原子中能量最高的電子有______個。（3）一定條件下，在容積恒為2.0L的容器中，Fe和CO2發生如下反應：CO2(g)+Fe(s)FeO(s)+CO(g)，若起始時向容器中加入1molCO2，5.0min后，容器內氣體的相對平均分子量為32，則n(CO2)：n(CO)之比為_______，這段時間內用CO2表示的速率v（CO2）=_______。（4）下列說法錯誤的是_______。a.當混合氣體的密度不變時說明反應達到了平衡b.混合氣體的平均相對分子質量不變時說明反應達到了平衡c.平衡后移除二氧化碳時，正反應速率一直減小直至建立新的平衡d.平衡后縮小容器的體積，正逆反應速率不變，平衡不移動（5）保持溫度不變的情況下，待反應達到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向______移動（選填“正向”、“逆向”、或“不”），二氧化碳的轉化率_____（填“增大”，“減小”或“不變”）。

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】

1-氧雜-2，4-環戊二烯()的分子式為C4H4O，有2種等效氫，結合碳碳雙鍵的平面結構特征和有機物燃燒規律進行解答。【詳解】A．屬于酚，而不含苯環和酚羥基，兩者不是同系物，A錯誤；B．共有2種等效氫（不考慮立體異構），它的一氯代物有2種，二氯代物有4種，B正確；C．含碳碳雙鍵，既能能使溴水退色，又能使酸性高錳酸鉀溶液退色，C錯誤；D．的分子式為C4H4O，1molC4H4O完全燃燒消耗的O2的物質的量為1mol(4+-)=4.5mol，D錯誤。答案選B。2、B【解析】

圖中分析可知，電極1為電解池陽極，氯離子放電生成氯氣，電極反應為：2Cl--2e-=Cl2↑，電極2為陰極，溶液中氫離子得到電子生成氫氣，電極反應2H++2e-=H2↑，實線對應的半透膜是陽離子半透膜，虛線是陰離子半透膜。A.分析可知b為陰離子交換膜，A錯誤；B.實線對應的半透膜是陽離子半透膜，虛線是陰離子半透膜，結合陰陽離子移向可知，各間隔室的排出液中，①③⑤⑦為淡水，B正確；C.通電時，陽極電極反應：2Cl--2e-=Cl2↑，陰極電極反應，2H++2e-=H2↑，電極2附近溶液的pH比電極1附近溶液的pH變化明顯，C錯誤；D.淡化過程中，得到的濃縮海水可以提取氯化鈉、鎂、溴等，有使用價值，D錯誤；故合理選項是B。3、D【解析】

A.途徑1中產生的Cl2能轉化為HCl，可以回收循環利用，A正確；B.從途徑2中可以看出，Cu2(OH)2Cl2→CuO，配平可得反應式Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑，B正確；C.CuCl2?2H2O加熱時會揮發出HCl，在HCl氣流中加熱，可抑制其水解，C正確；D.2Cu++4H++SO42-═2Cu+SO2↑+2H2O反應中，只有價態降低元素，沒有價態升高元素，D錯誤。故選D。4、C【解析】

A.開始時溶液顯酸性，說明酸的體積大，所以曲線II表示HA溶液的體積，故A正確；B.根據電荷守，x點存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故B正確；C.根據y點，HA和BOH等體積、等濃度混合，溶液呈堿性，說明電離平衡常數：K(HA)<K(BOH)，故C錯誤；D.x點酸剩余、y點恰好反應、z點堿剩余，所以三點對應的溶液中，y點溶液中水的電離程度最大，故D正確；選C。【點睛】本題考查酸堿混合溶液定性判斷，側重考查學生圖象分析及判斷能力，明確各點溶液中溶質成分及其性質是解本題關鍵，注意y點是恰好完全反應的點。5、B【解析】

向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，發生反應：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+單獨存在或S2-單獨存在均會發生水解，水解促進水的電離，結合溶度積常數和溶液中的守恒思想分析解答。【詳解】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，發生反應：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+單獨存在或S2-單獨存在均會發生水解，水解促進水的電離，b點滴加Na2S溶液的體積是10mL，此時恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)?Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此時-lgc(Cu2+)=17.7，則平衡時c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L。A．Na2S溶液顯堿性，根據質子守恒，c(H+)＋c(HS-)＋2c(H2S)＝c(OH-)，故A錯誤；B．a、c兩點Cu2+、S2-的水解促進了水的電離，水的電離程度增大，b點可認為是NaCl溶液，水的電離沒有被促進和抑制，水的電離程度最小，故B正確；C．該溫度下，平衡時c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，則Ksp(CuS)=c(Cu2+)?c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，c點溶液中含有NaCl和Na2S，c(S2-)=×0.1mol/L，因此c(Cu2+)===3×10-34.4mol/L，故C錯誤；D．向100mLZn2+、Cu2+濃度均為0.1mol?L-1的混合溶液中逐滴加入10-3mol?L-1的Na2S溶液，產生ZnS時需要的S2-濃度為c(S2-)==mol/L=3×10-24mol/L；產生CuS時需要的S2-濃度為c(S2-)==mol/L=10-34.4mol/L，則產生CuS沉淀所需S2-濃度更小，先產生CuS沉淀，故D錯誤；故選B。【點睛】本題的難點是根據圖象所提供的信息計算出CuS的Ksp，也是解題的關鍵。本題的易錯點為C，要注意c點溶液中c(S2-)=×0.1mol/L。6、B【解析】

根據圖示，M極，苯酚轉化為CO2，C的化合價升高，失去電子，M為負極，在N極，Cr2O72－轉化為Cr(OH)3，Cr的化合價降低，得到電子，N為正極。A．根據分析，M為電源負極，有機物失去電子，被氧化，A錯誤；B．由于電解質NaCl溶液被陽離子交換膜和陰離子交換膜隔離，使Na＋和Cl－不能定向移動。電池工作時，M極電極反應式為+11H2O-28e-=6CO2+28H+，負極生成的H＋透過陽離子交換膜進入NaCl溶液中，N極電極反應式為Cr2O72－＋6e－＋14H2O=2Cr(OH)3＋8OH－，生成的OH－透過陰離子交換膜進入NaCl溶液中，OH－與H＋反應生成水，使NaCl溶液濃度減小，B正確；C．苯酚的化學式為C6H6O，C的化合價為升高到+4價。1mol苯酚被氧化時，失去的電子的總物質的量為6×[4－()]=28mol，則其電極反應式為+11H2O-28e-=6CO2+28H+，C錯誤；D．原電池中，陽離子向正極移動，因此H＋從陽離子交換膜的左側向右側移動，D錯誤。答案選B。【點睛】此題的B項比較難，M極是負極，陰離子應該向負極移動，但是M和NaCl溶液之間，是陽離子交換膜，陰離子不能通過，因此判斷NaCl的濃度的變化，不能通過Na＋和Cl－的移動來判斷，只能根據電極反應中產生的H＋和OH－的移動反應來判斷。7、D【解析】

由①可知溶液顯弱酸性，上述離子只有NH4+水解使溶液顯酸性，則一定含有NH4+，而S2-水解顯堿性，且其水解程度比NH4+大，則溶液中一定不含有S2-；再由氯水能氧化I-生成碘單質，而碘遇淀粉變藍，而②中加氯水和淀粉無明顯現象，則一定不含有I-；又溶液呈電中性，有陽離子必有陰離子，則溶液中有NH4+，必須同時存在陰離子，即SO42－必然存在，而Ba2+、SO42－能結合生成沉淀，則這兩種離子不能共存，即一定不存在Ba2+；顯然剩下的Na+是否存在無法判斷，則需檢驗的離子是Na+，故D符合題意；所以答案：D。8、B【解析】

A.NaClO2溶液顯堿性，離子方程式4OH－＋ClO2-＋2SO2=2SO42-＋Cl－＋2H2O，選項A錯誤；B.脫去硫的濃度為(8.35×10－4＋6.87×10－6)mol·L－1，脫去氮的濃度為(1.5×10－4＋1.2×10－5)mol·L－1，且在同一容器，時間相同，脫硫反應速率大于脫硝反應速率，選項B正確；C.加入NaCl固體，提高c(Cl－)加快了反應速率，提高c(Na＋)，不影響反應速率，選項C錯誤；D.不知硫的起始物質的量，且SO42-、SO32-都是脫硫的不同形式，無法計算，選項D錯誤。答案選B。9、B【解析】

試題分析：FeCl3

、

CuCl2

的混合溶液中加入鐵粉，

Fe

先和

FeCl3

反應生成

FeCl2

，然后

Fe

再和

CuCl2

發生置換反應生成

FeCl2

、

Cu，用KSCN溶液檢驗無明顯現象，則溶液中一定沒有Fe3+，一定有Fe2+，因為不清楚鐵粉是否過量，所以不能確定CuCl2

是否反應完，則不能確定溶液中是否有Cu2+，故選B。【點睛】本題考查金屬的性質，明確離子、金屬反應先后順序是解本題關鍵，根據固體成分確定溶液中溶質成分，側重考查分析能力，題目難度中等。10、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。11、A【解析】

首先發現X是+1價的，則X為氫、鋰或鈉，但是W、X、Y三種簡單離子的核外電子排布要相同，則X只能是鈉，才能滿足題意；W、Y、Z三者分別位于三個不同的周期，則必有一種為氫，根據題目給出的結構式，氫只能形成1個鍵，則Z是氫；結合Y的最外層電子數是W的最外層電子數的二倍，且二者簡單離子的核外電子排布相同，則只能是氧和鋁，根據結構不難發現W是鋁，Y是氧，據此來解題即可。【詳解】A.根據分析，四種元素的半徑大小為氫<氧<鋁<鈉，即Z<Y<W<X，A項錯誤；B.鈉單質的還原性強于鋁，而的氧化性弱于，B項正確；C.過氧化鈉和過氧化氫均具有漂白性，C項正確；D.W與X的最高價氧化物的水化物分別為和，二者可以相互反應，D項正確；答案選A。12、B【解析】

A項、Ca(OH)2為離子化合物，既含有離子鍵又含有共價鍵，故A正確；B項、稀有氣體為單原子分子，不含有化學鍵，故B正確；C項、Ca(OH)2為離子化合物，既含有離子鍵又含有共價鍵，故C正確；D項、化學反應的實質是舊鍵的斷裂新鍵的形成，故D正確；故選B。13、B【解析】

A.a的同分異構體中屬于芳香烴的除了b和c外還有，另a還可能有鏈狀的同分異構體如CH2=CH—CH=CH—CH=CH—CH=CH2等、或環狀的同分異構體如等，A錯誤；B.a、b、c側鏈上的一氯代物都只有1種，a苯環上一氯代物有2種，b苯環上一氯代物有3種，c苯環上一氯代物只有1種，故三種二甲苯中，b的一氯代物種數最多，B正確；C.a、b、c均能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，a、b、c都不能與溴水發生化學反應，C錯誤；D.a、b、c分子中都含有—CH3，與—CH3中碳原子直接相連的4個原子構成四面體，a、b、c中所有原子都不可能在同一平面上，D錯誤；答案選B。14、D【解析】

A.18O2和16O2是兩種不同的原子構成的分子，A錯誤；B.甲醇(CH3OH)是由分子構成的共價化合物，B錯誤；C.N5和N2是氮元素的兩種不同的單質，二者互為同素異形體，C錯誤；D.N5和N2是N元素的兩種不同的單質，所以由N5變成N2是化學變化，D正確；故合理選項是D。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-既能發生電離：HCO3-H++CO32-，也能發生水解：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】

該反應過程為：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀鹽酸，Fe2O3轉化FeCl3存在于濾液中，濾渣為CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉化為Ce3+，濾渣為SiO2；③加入堿后Ce3+轉化為沉淀，④通入氧氣將Ce從+3氧化為+4，得到產品。【詳解】A.CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀鹽酸，Fe2O3轉化FeCl3存在于濾液中，濾渣為CeO2和SiO2，故A正確；B.結合過濾操作要點，實驗中用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，故B正確；C.稀硫酸、H2O2，CeO2三者反應生成轉化為Ce2（SO4）3、O2和H2O，反應的離子方程式為：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O，故C錯誤；D.過程④中消耗11.2LO2的物質的量為0.5mol，轉移電子數為0.5mol×NA=2×6.02×1023，故D正確；故答案為C。17、D【解析】

W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外層電子數是X次外層電子數的3倍，可知X有2個電子層，四種元素都是第二周期的元素，X的次外層電子數只能為2，Y的最外層電子數為6，Y為O元素；由四種元素與鋰組成的鹽是一種新型的鋰離子電池的電解質，Z可形成4對共用電子對，Y可形成2對共用電子對，X可形成3對共用電子對和1個配位鍵（接受孤電子對），則Z為C元素、、X為B元素，W可提供孤電子對，且形成1對共用電子對，則W為F元素，以此來解答。【詳解】由上述分析可知，W為F、X為B、Y為O、Z為C元素。A.該化合物是離子化合物，含離子鍵，在陰離子中含有不同種元素原子之間形成的極性共價鍵，陰離子中含有C原子之間的非極性共價鍵及F、B原子之間的配位鍵，配位鍵屬于極性共價鍵，A正確；B.同一周期的元素，原子序數越大，元素的非金屬性越強，在這四種元素中非金屬性最強的元素是F元素，B正確；C.C、O元素可形成CO、CO2等化合物，故二者形成的化合物種類不止一種，C正確；D.同一周期的元素原子序數越大，原子半徑越小，在上述元素中B元素原子序數最小，故四種元素的原子半徑中B的半徑最大，D錯誤；故答案選D。【點睛】本題考查原子結構與元素周期律，把握化學鍵、元素的性質來推斷元素為解答關鍵。注意配位鍵的形成，注意同一周期元素的非金屬性從左到右逐漸增強，元素的原子半徑逐漸減小的變化規律，同種元素的原子形成非極性鍵，不同種元素的原子形成極性共價鍵，試題側重考查學生的分析與應用能力。18、D【解析】

A.增大S2O82－濃度或I－濃度，增加反應物濃度，因此反應①、反應②的反應速率均加快，故A正確；B.Fe3+在反應中是中間過程，參與反應但質量不變，因此是該反應的催化劑，故B正確；C.因為正反應的活化能比逆反應的活化能小，因此該反應是放熱反應，故C正確；D.往該溶液中滴加淀粉溶液，溶液變藍，適當升溫，平衡逆向移動，單質碘減少，藍色加淺，故D錯誤。綜上所述，答案為D。【點睛】正反應的活化能大于逆反應的活化能，則反應為吸熱反應，正反應活化能小于逆反應的活化能，則反應為放熱反應。19、C【解析】

A.蒸發FeCl3溶液，鐵離子水解生成氫氧化鐵，故A正確；B.FeCl3溶液中滴入氨水生成氫氧化鐵和氯化銨，故B正確；C.將水蒸氣通過灼熱的鐵生成四氧化三鐵和氫氣，故C錯誤；D.FeCl2溶液中滴入NaOH溶液生成氫氧化亞鐵和氯化鈉，氫氧化亞鐵遇到氧氣被氧化成氫氧化鐵，故D正確；故選：C。20、C【解析】

A.未給出體積，無法計算物質的量，A錯誤；B.Cl2溶于水中，部分氯氣與水反應生成次氯酸和氯化氫，轉移的電子數小于0.2NA，B錯誤；C.1.5gNO為0.05mol，1.6gO2為0.05mol，充分反應，2NO+O2=2NO2，0.05molNO全部反應生成0.05molNO2，剩余O2為0.025mol，體系中還存在2NO2N2O4，但化學反應原子守恒，所以0.05molNO2中原子總數0.15NA，為0.025molO2中原子總數0.05NA，反應后混合物中總共原子總數為0.2NA；C正確；D.標準狀況下，HF不是氣體，無法計算，D錯誤；故答案為：C。21、B【解析】

A．lgVV0+1=1時pH=0，則V=V0，即1mol/LHBF4溶液pH=0，說明HBF4是強酸；而NaClO2在水溶液中能發生水解，說明HClO2是弱酸，故A正確；B．對于HClO2溶液，當lgVV0+1=1時pH=1，則V=V0，即1mol/LHClO2溶液中c(H+)=0.1mol，常溫下HClO2的電離平衡常數Ka=c(H+)×c(ClO2-)c(HClO2)≈1×10-2，即HClO2的電高平衡常數的數量級為10—2，故B錯誤；C．lgVV0+1=1時pH=0，則V=V0，即1mol/LHBF4溶液pH=0，說明HBF4是強酸，pH=-lgc（H+），溶液稀釋多少倍，溶液中c（H+）為原來的多少分之一，所以在0≤pH≤5時，HMnO4溶液滿足：pH=lgVV0，故C正確；D．25℃時pH=2的HBF4溶液與22、B【解析】

A.a中加入少量CuSO4溶液，鋅會與硫酸銅發生反應生成銅，鋅、銅和硫酸溶液形成原電池，反應速率會加快，但生成的氫氣的體積會減少，故A錯誤；B.當增大容器的體積時，反應物和生成物的濃度均減小，相當于減小壓強，正、逆反應速率均減小，平衡逆向移動，與反應速率v和時間t的關系圖像相符合，故B正確；C.由③圖像可知，p2>p1，壓強增大，B的體積百分含量減小，說明平衡正向移動，正向為氣體體積減小的方向，則D為非氣態，故C錯誤；D.當反應達化學平衡狀態時，v（NO2）正=2v（N2O4）逆，由此可知圖中交點A對應的狀態不是化學平衡狀態，故D錯誤；綜上所述，答案為B。【點睛】④圖中A點時v（N2O4）逆=v（NO2）正=2v（N2O4）正，則v（N2O4）逆>v（N2O4）正，反應逆向移動。二、非選擇題(共84分)23、O1:2sp3①②H2SO4、H2SO3HNO3<d【解析】

周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序數依次增大。a的核外電子總數與其周期數相同，a為H，基態b原子的核外電子占據3個能級，且最高能級軌道為半充滿狀態即2p3，則b為N，c的最外層電子數是內層電子數的3倍，則c為O，d的原子序數是c的兩倍，d為S，基態e原子3d軌道上有4個單電子，則為3d6，即e為Fe。A：H，b：N，c：O，d：S，e：Fe。【詳解】⑴電負性從左到右依次遞增，從上到下依次遞減，b、c、d電負性最大的是O，故答案為：O。⑵b單質分子為氮氣，氮氣中σ鍵與π鍵的個數比為1:2，故答案為：1:2。⑶a與c可形成兩種二元化合物分子，分別為水和過氧化氫，過氧化氫不穩定，過氧化氫的結構式為H—O—O—H，每個氧原子有2個σ鍵，還有2對孤對電子，因此O原子的雜化方式為sp3，水和過氧化氫互溶物中，水中有共價鍵，過氧化氫中有極性共價鍵，非極性共價鍵，分子之間有范德華力和分子間氫鍵，但范德華力和分子間氫鍵不是化學鍵，因此存在的化學鍵有①②，故答案為：sp3；①②。⑷這些元素形成的含氧酸中，有硝酸、亞硝酸、硫酸、亞硫酸，硝酸分子N有3個σ鍵，孤對電子為0，因此價層電子對數為3，硝酸根價層電子對數為3+0=3，為正三角形；亞硝酸分子N有2個σ鍵，孤對電子為1，因此價層電子對數為3，亞硝酸根價層電子對數為2+1=3，為“V”形結構；硫酸分子S有4個σ鍵，孤對電子為0，因此價層電子對數為4，硫酸根價層電子對數為4+0=4，為正四面體結構；亞硫酸分子S有3個σ鍵，孤對電子為1，因此價層電子對數為4，亞硫酸根價層電子對數為3+1=4，為三角錐形結構，因此分子內中心原子的價層電子對數為4的酸是H2SO4、H2SO3，酸根呈正三角形結構的酸是HNO3；酸分子中心原子帶正電荷，吸引氧原子上的電子，使得氧與氫結合形成的電子對易斷裂，因此酸分子穩定性<酸根離子穩定性，故答案為：H2SO4、H2SO3；HNO3；<。⑸元素e的價電子為3d64s2，在周期表中的位置是d區，e的一種常見氯化物中的化學鍵具有明顯的共價性，蒸汽狀態下以雙聚分子存在，中間的Cl與其中易個Fe形成共價鍵，與另一個Fe形成配位鍵，Cl提供孤對電子，因此其結構式為，故答案為：d；。24、苯酚保護羥基，防止被氧化HCHO+HCN加成反應酯基5或【解析】

A發生信息1的反應生成B，B發生硝化取代反應生成C，根據C的結構簡式可知，B為，A為；D發生信息1的反應生成E，E中含兩個Cl原子，則E為，E和A發生取代反應生成F，G發生信息2的反應生成H，H發生取代反應，水解反應得到I，根據I結構簡式可知H為HOCH2CN，G為HCHO，I發生酯化反應生成J，F與J發生取代反應生成K，J為，結合題目分析解答；（7）的水解程度為：，結構中的-COOH可由-CN酸性條件下水解得到，而與HCN發生加成反應可生成，再結合苯甲醇催化氧化即可生成苯甲醛，據此分析確定合成路線。【詳解】（1）由上述分析可知，A為，其化學名稱為：苯酚；酚羥基具有弱還原性，能夠被濃硫酸氧化，因此加入CH3COCl的目的是保護羥基，防止被氧化；（2）H為HOCH2CN，G為HCHO，由G生成H的化學反應方程式為：HCHO+HCN；反應中醛基中不飽和鍵生成飽和化學鍵，屬于加成反應；（3）J為，其含氧官能團為酯基；瑞德西韋中碳原子位置為：，一共有5個手性碳原子；（4）C是對硝基乙酸苯酯，X是C的同分異構體，X的結構簡式滿足下列條件：①苯環上含有硝基且苯環上只有一種氫原子；②遇FeCl3溶液發生顯色反應；③1mol的X與足量金屬Na反應可生成2gH2(即1mol)，則含有兩個羥基，根據不飽和度知還存在-CH=CH2，該分子結構對稱，符合條件的結構簡式為：或；（5）根據上述分析可知，該合成路線可為：。25、t-BuOH＋HNO2t-BuNO2＋H2O恒壓滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加熱降低疊氮化鈉的溶解度，防止產物損失2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑65%ACClO－＋2N3-＋H2O===Cl－＋2OH－＋3N2↑【解析】

(1)制備亞硝酸叔丁酯的反應物有亞硝酸和叔丁醇，反應類型屬于有機的酯化反應，所以方程式為：；(2)①裝置a的名稱即為恒壓滴液漏斗；②反應要控制溫度在65℃，參考苯的硝化實驗，該反應加熱時，應當采用水浴加熱；③題干中提到了疊氮酸鈉易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗滌產品時，為了減少洗滌過程中產品的損耗，應當用無水乙醇洗滌；(3)通過題干提示的反應產物分析，可知反應過程中Ce4+和中的元素發生了變價，所以反應的方程式為：；在計算疊氮化鈉的含量時，一定要注意疊氮酸鈉溶液配制完成后只取了與過量的六硝酸鈰銨反應，再用Fe2+去滴定未反應完的正四價的Ce，因此有：，考慮到Fe2+與Ce4+的反應按照1:1進行，所以2.0g疊氮化鈉樣品中疊氮化鈉的物質的量為：，所以疊氮化鈉樣品的質量分數為：；A．潤洗錐形瓶，會使步驟②消耗的六硝酸鈰銨的量增加，通過分析可知，會使最終計算的質量分數偏大，A項正確；B．量取40mL六硝酸鈰銨溶液時若前仰后俯，則會量取比40ml更多的六硝酸鈰銨溶液，那么步驟③會需要加入更多的Fe2+來消耗疊氮酸鈉未消耗掉的Ce4+，通過分析可知，最終會導致計算的質量分數偏低，B項錯誤；C．步驟③用Fe2+標定未反應的Ce4+，若開始尖嘴無氣泡，結束后出現氣泡，則記錄的Fe2+消耗量比實際的偏小，通過分析可知，最終會使質量分數偏大，C正確；D．將掛在錐形瓶壁上的Fe2+溶液沖入錐形瓶，相當于讓溶液混合更均勻，這樣做會使結果更準確，D項不符合；答案選AC；(4)反應后溶液堿性增強，所以推測生成了OH-；產生的無色無味無毒氣體，推測只能是氮氣，所以離子方程式為：。【點睛】滴定計算類的題目，最常考察的形式之一是配制完待測樣品溶液后，只取一部分進行滴定，在做計算時不要忘記乘以相應的系數；此外，常考察的形式也有：用待測物A與過量的B反應，再用C標定未反應的B，在做計算時，要注意A與C一同消耗的B。26、水浴加熱Mg2++HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O+NH4+取最后一次洗滌液少量，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，若不出現沉淀，即洗滌干凈暫時儲存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持裝置中壓強相對穩定升高溫度氣體的溶解度減小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全（1.000-84a）/18a1【解析】

（1）①①水浴加熱受熱均勻，易于控制，不高于100℃均可采用水浴加熱，故答案為水浴加熱；②將250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，用氨水調節溶液pH到9.5，反應生成碳酸鎂結晶水合物，反應的化學方程式為Mg2++HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O+NH4+，故答案為Mg2++HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O+NH4+；（2）①裝置中氣球可以緩沖壓強并封閉裝置，暫時儲存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持裝置中壓強相對穩定，故答案為暫時儲存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持裝置中壓強相對穩定；②反應后期將溫度升到30℃，使生成的二氧化碳全部逸出后被氫氧化鈉溶液吸收，減少測定產生的誤差，故答案為升高溫度氣體的溶解度減小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全；③實驗測得每1.000g碳酸鎂晶須產生的CO2平均值為amol，依據元素守恒可知，碳酸鎂物質的量為amol，根據化學式可知，MgCO3?nH2O中碳酸鎂晶體中碳酸鎂和結晶水物質的量之比為1：n，得到1：n=a：；得到n=（1.000-84a）/18a，故答案為（1.000-84a）/18a；（3）MgCO3?nH2On=1～5，分析圖象400°C剩余質量為82.3g，為失去結晶水的質量，剩余質量為39.5g是碳酸鎂分解失去二氧化碳的質量，得到100g×=100-82.3，解得n=1，故答案為1。27、C、D(或E)、C、E、B排盡裝置內空氣，避免干擾實驗CO淡黃色粉末全部變成黑色粉末取殘留粉末于試管，滴加稀硫酸，若產生氣泡，則含有鐵粉；否則，不含鐵粉(或用強磁鐵吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，則黑色粉末含鐵粉；否則，不含鐵粉)缺少尾氣處理裝置偏低【解析】

FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，若不排盡裝置內的空氣，FeO、FeC2O4會被氧化。檢驗CO時，常檢驗其氧化產物CO2，所以需先除去CO2，并確認CO2已被除盡，再用澄清石灰水檢驗。CO是一種大氣污染物，用它還原CuO，不可能全部轉化為CO2，所以在裝置的末端，應有尾氣處理裝置。【詳解】(1)檢驗CO時，應按以下步驟進行操作：先檢驗CO2、除去CO2、檢驗CO2是否除盡、干燥CO、CO還原CuO、檢驗CO2，則按氣流方向從左至右，裝置連接順序為A、C、D(或E)、C、E、B、C。答案為：C、D(或E)、C、E、B；(2)空氣中的O2會將CO、FeC2O4氧化，生成CO2，干擾CO氧化產物CO2的檢驗，所以點燃酒精燈之前，應將裝置內的空氣排出。由此得出向裝置內通入一段時間N2，其目的是排盡裝置內空氣，避免干擾實驗。答案為：排盡裝置內空氣，避免干擾實驗；(3)CuO由黑色變為紅色，最后連接的C中產生白色沉淀，表明A中分解產物有CO。答案為：CO；(4)A中FeC2O4為淡黃色，完全轉化為FeO或Fe后，固體變為黑色，已完全反應的現象是淡黃色粉末全部變成黑色粉末。檢驗A中殘留固體是否含鐵粉的方法：取殘留粉末于試管，滴加稀硫酸，若產生氣泡，則含有鐵粉；否則，不含鐵粉(或用強磁鐵吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，則黑色粉末含鐵粉；否則，不含鐵粉)。答案為：取殘留粉末于試管，滴加稀硫酸，若產生氣泡，則含有鐵粉；否則，不含鐵粉(或用強磁鐵吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，則黑色粉末含鐵粉；否則，不含鐵粉)；(5)CO還原CuO，反應不可能完全，必然有一部分混在尾氣中。根據上述裝置設計實驗存在的明顯缺陷是缺少尾氣處理裝置。答案為：缺少尾氣處理裝置；(6)根據電子守恒，3n(FeC2O4)=5n(KMnO4)，n(FeC2O4)=×cmol/L×V×10-3L×=，則該樣品純度為==%V測=V終-V始，若滴定前仰視讀數，則V始偏大，滴定終點俯視讀數，則V終偏小，測得結果偏低。答案為：；偏低。【點睛】在計算該樣品的純度時，我們依據電子守恒得出的等量關系式為3n(FeC2O4)=5n(KMnO4)，在利用方程式時，可建立如下關系式：5FeC2O4——3KMnO4，兩個關系的系數正好相反，若我們沒有理順關系，很容易得出錯誤的結論。28、+125kJ/mol11<0.003mol/(L·min)1.35×10-42CO2+12H++12e-===C2H4+4H2O0.25【解析】

(1)焓變=反應物鍵能-生成物鍵能，據此計算；(2)將表格數據代入公式，利用待定系數法求解；(3)①該反應為壓強增大的反應，同溫度下壓強越大甲烷的轉化率越低；②根據計算反應速率甲烷的速率，再推算用氫氣表示的反應速率；K等于生成物濃度冪(以其化學計量數為冪)之積與反應物濃度冪之積的比值；(4)①銅電極為陰極，得電子發生還原反應；根據電路中電子守恒進行計算；②HCOOH的電離常數K=，據此進行計算。【詳解】(1)△H=反應