2025屆上海市12校高三最后一卷化學試卷注意事項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、已知H2C2O4水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-三種形態的粒子的物質的量分數（分布系數）δ隨溶液pH變化的關系如圖所示，下列說法正確的是A．曲線①代表的粒子是HC2O4-B．H2C2O4的Ka1=-1.2C．向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH=4.2：c(K+)＜3c(C2O42-)D．濃度均為0.01mol·L?1的草酸與KOH溶液等體積混合并充分反應得到的溶液：c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42-)2、下列生活用品中主要由合成纖維制造的是()A．尼龍繩B．宣紙C．羊絨衫D．棉襯衣3、常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A．無色透明溶液中:Ca2+、Cu2+、Br-、Cl-B．能使酚酞變紅的溶液中:K+、Na+、CO32—、AlO2-C．c(ClO-)=1mol·L-1的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、I-D．Kw/c(OH—)=0.1mol·L-1的溶液中:NH4+、Mg2+、SO42-、CH3COO-4、某溶液中只可能含有K＋、Al3＋、Br－、OH－、CO、SO中的一種或幾種。取樣，滴加足量氯水，有氣泡產生，溶液變為橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液無明顯現象。為確定該溶液的組成，還需檢驗的離子是A．Br－ B．OH－ C．K＋ D．Al3＋5、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是()A．標準狀況下，2.24LSO3中所含原子數為0.4NAB．l0mL12mol/L鹽酸與足量MnO2加熱反應，制得Cl2的分子數為0.03NAC．0.1molCH4與0.4molCl2在光照下充分反應，生成CCl4的分子數為0.1NAD．常溫常壓下，6g乙酸中含有C-H鍵的數目為0.3NA6、飽和食鹽水中加入碳酸氫銨可制備小蘇打，濾出小蘇打后，向母液中通入氨，再冷卻、加食鹽，過濾，得到氯化銨固體．下列分析錯誤的是（）A．該制備小蘇打的方程式為：NaCl+NH4HCO3→NaHCO3↓+NH4ClB．母液中通入的氨氣與HCO3﹣反應：NH3+HCO3﹣→CO32﹣+NH4+C．加食鹽是為增大溶液中Cl﹣的濃度D．由題可知溫度較低時，氯化銨的溶解度比氯化鈉的大7、根據元素周期律可判斷()A．穩定性：H2S＞H2O B．最高化合價：F＞NC．堿性：NaOH＞Mg(OH)2 D．原子半徑：Cl＞Al8、工業上電解NaHSO4溶液制備Na2S2O8。電解時，陰極材料為Pb；陽極（鉑電極）電極反應式為2HSO4－-2e－=S2O82－+2H+。下列說法正確的是（）A．陰極電極反應式為Pb+HSO4－-2e－=PbSO4+H+B．陽極反應中S的化合價升高C．S2O82－中既存在非極性鍵又存在極性鍵D．可以用銅電極作陽極9、通過下列反應不可能一步生成MgO的是A．化合反應 B．分解反應 C．復分解反應 D．置換反應10、短周期元素X.Y.Z.W在元素周期表中的相對位置如圖所示，其中W原子的最外層電子數是最內層電子數的3倍。下列判斷不正確的是（）A．四種元素的單質中，X的熔沸點最低B．最高價氧化物對應水化物的酸性W比Z強C．X的氣態氫化物的穩定性較Z的弱D．原子半徑：Y＞Z＞W＞X11、用類推的方法可能會得出錯誤結論,因此推出的結論要經過實踐的檢驗才能確定其正確與否。下列推論中正確的是()A．Na失火不能用滅火,K失火也不能用滅火B．工業上電解熔融制取金屬鎂,也可以用電解熔融的方法制取金屬鋁C．Al與S直接化合可以得到與S直接化合也可以得到D．可以寫成也可寫成12、根據原子結構或元素周期律的知識，下列說法正確的是（）A．35Cl和37Cl中子數不同，所以它們的原子結構示意圖、電子式、核外電子排布式、軌道表達式都不相同B．兩個不同原子的1s、2s、2p、3s、3p各亞層中電子的能量相同C．短周期主族元素原子最外層電子數一定等于其最高化合價D．CO2通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸13、常溫下，相同濃度的兩種一元酸HX、HY分別用同一濃度的NaOH標準溶液滴定，滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是

A．HX、HY起始溶液體積相同B．均可用甲基橙作滴定指示劑C．pH相同的兩種酸溶液中：D．同濃度KX與HX的混合溶液中，粒子濃度間存在關系式：14、海水中含有大量Na+、C1-及少量Ca2+、Mg2+、SO42-，用電滲析法對該海水樣品進行淡化處理，如右圖所示。下列說法正確的是A．b膜是陽離子交換膜B．A極室產生氣泡并伴有少量沉淀生成C．淡化工作完成后A、B、C三室中pH大小為pHA＜pHB＜pHCD．B極室產生的氣體可使濕潤的KI淀粉試紙變藍15、常溫下，向1L0.01mol·L－1一元酸HR溶液中逐漸通入氨氣［常溫下NH3·H2O電離平衡常數K＝1.76×10－5］，保持溫度和溶液體積不變，混合溶液的pH與離子濃度變化的關系如圖所示。下列敘述不正確的是A．0.01mol·L－1HR溶液的pH約為4B．隨著氨氣的通入，逐漸減小C．當溶液為堿性時，c（R－）＞c（HR）D．當通入0.01molNH3時，溶液中存在：c（R－）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH－）16、一種形狀像蝴蝶結的有機分子Bowtiediene，其形狀和結構如圖所示，下列有關該分子的說法中錯誤的是A．生成1molC5H12至少需要4molH2B．該分子中所有碳原子在同一平面內C．三氯代物只有一種D．與其互為同分異構體，且只含碳碳三鍵的鏈烴有兩種17、向某恒容密閉容器中加入1.6mol?L-1的NO2后，會發生如下反應：2NO2(g)?N2O4(g)△H=-56.9kJ?mol-1。其中N2O4的物質的量濃度隨時間的變化如圖所示，下列說法不正確的是A．升高溫度，60s后容器中混合氣體顏色加深B．0-60s內，NO2的轉化率為75%C．0-60s內，v(NO2)=0.02mol?L-1?s-1D．a、b兩時刻生成NO2的速率v(a)>v(b)18、我國科學家設計了一種智能雙模式海水電池，滿足水下航行器對高功率和長續航的需求。負極為Zn，正極放電原理如圖。下列說法錯誤的是（）A．電池以低功率模式工作時，NaFe[Fe(CN)6]作催化劑B．電池以低功率模式工作時，Na+的嵌入與脫嵌同時進行C．電池以高功率模式工作時，正極反應式為：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]D．若在無溶解氧的海水中，該電池仍能實現長續航的需求19、下列屬于堿的是（）A．SO2B．H2SiO3C．Na2CO3D．NaOH20、實驗室模擬制備亞硝酰硫酸(NOSO4H)的反應裝置如圖所示，下列關于實驗操作或敘述錯誤的是已知：①亞硝酰硫酸為棱形結晶，溶于硫酸，遇水易分解②反應原理為：SO2+HNO3===SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4HA．濃硝酸與濃硫酸混合時，是將濃硫酸慢慢滴加到濃硝酸中，邊加邊攪拌B．裝置B和D中的濃硫酸的作用是防止水蒸氣進入C導致亞硝酰硫酸分解C．冷水的溫度控制在20℃左右，太低反應速率太慢；太高硝酸易分解，SO2逸出D．實驗時用98%的濃硫酸代替70%的H2SO4產生SO2速率更快21、實驗室利用乙醇催化氧化法制取并提純乙醛的實驗過程中，下列裝置未涉及的是（）A． B． C． D．22、2mol金屬鈉和1mol氯氣反應的能量關系如圖所示，下列說法不正確的是（）A．ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7B．ΔH4的值數值上和Cl-Cl共價鍵的鍵能相等C．ΔH7<0，且該過程形成了分子間作用力D．ΔH5<0，在相同條件下，2Br(g)的ΔH5′>ΔH5二、非選擇題(共84分)23、（14分）法華林是一種治療心腦血管疾病的藥物，屬于香豆素類衍生物，其合成路徑如下：已知：①法華林的結構簡式：②+③+(1)A的結構簡式是___________。(2)C分子中含氧官能團是___________。(3)寫出D與銀氨溶液反應的化學方程式___________。(4)E的結構簡式是___________。(5)水楊酸分子中苯環上有兩種含氧官能團，1mol水楊酸與足量NaHCO3完全反應生成1molCO2。寫出水楊酸反應生成F的化學方程式___________。(6)K分子中含有兩個酯基，K結構簡式是___________。(7)M與N互為同分異構體，N的結構簡式是____________。(8)已知：最簡單的香豆素結構式。以乙酸甲酯、甲醛和苯酚為主要原料，一種合成香豆素的路線如下(其他藥品自選)：寫出甲→乙反應的化學方程式___________；丙的結構簡式是_________。24、（12分）已知化合物X由4種元素組成，某學習小組進行了如下實驗：已知：步驟②中消耗KI0.15mol請回答：（1）X的化學式是___，黃色溶液乙與SO2反應的離子方程式是___。（2）X中一種元素對應的單質，與足量的K2CO3溶液反應得到的產物中含溶液甲中溶質，寫出該反應的化學方程式：___。25、（12分）已知CuSO4溶液與K2C2O4溶液反應，產物為只含一種陰離子的藍色鉀鹽晶體(只含有1個結晶水)，某實驗小組為確定該晶體的組成，設計實驗步驟及操作如下：已知：a.過程②：MnO4－被還原為Mn2+，C2O42－被氧化為CO2b.過程③：MnO4－在酸性條件下，加熱能分解為O2，同時生成Mn2+c.過程④：2Cu2++4I－=2CuI↓+I2d.過程⑥：I2+2S2O32－=21－+S4O62－(1)過程①加快溶解的方法是________________________。(2)配制100mL0.20mol·L－1KMnO4溶液時用到的玻璃儀器有玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、____________；過程②和過程⑥滴定時，滴定管應分別選用____________、____________(填“甲”或乙”)。(3)完成過程②的離子反應方程式的配平：___MnO4－+___C2O42－+___H+===___Mn2++___H2O+___CO2↑。(4)過程③加熱的目的是________________________。(5)過程⑥，應以____________作指示劑，若溶液顏色剛剛褪去就停止滴加，則測定結果是____________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)(6)已知兩個滴定過程中消耗KMnO4和Na2S2O3的體積相等，據此推測該晶體為____________·H2O。26、（10分）某小組同學探究物質的溶解度大小與沉淀轉化方向之間的關系。（查閱資料）物質BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g（20℃）2.4×10－41.4×10－33.0×10－71.5×10－4（實驗探究）（一）探究BaCO3和BaSO4之間的轉化，實驗操作如下所示：試劑A試劑B試劑C加入鹽酸后的現象實驗Ⅰ實驗ⅡBaCl2Na2CO3Na2SO4……Na2SO4Na2CO3有少量氣泡產生，沉淀部分溶解（1）實驗Ⅰ說明BaCO3全部轉化為BaSO4，依據的現象是加入稀鹽酸后，__________。（2）實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后發生反應的離子方程式是_________。（3）實驗Ⅱ說明沉淀發生了部分轉化，結合BaSO4的沉淀溶解平衡解釋原因：___________。（二）探究AgCl和AgI之間的轉化。（4）實驗Ⅲ：證明AgCl轉化為AgI。甲溶液可以是______（填字母代號）。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液（5）實驗Ⅳ：在試管中進行溶液間反應時，同學們無法觀察到AgI轉化為AgCl，于是又設計了如下實驗（電壓表讀數：a＞c＞b＞0）。裝置步驟電壓表讀數ⅰ.按圖連接裝置并加入試劑，閉合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3（aq），至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl（s）cⅳ.重復ⅰ，再向B中加入與ⅲ等量的NaCl（s）a注：其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑（或還原劑）的氧化性（或還原性）越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性（或還原性）強弱與其濃度有關。①查閱有關資料可知，Ag＋可氧化I－，但AgNO3溶液與KI溶液混合總是得到AgI沉淀，原因是氧化還原反應速率__________（填“大于”或“小于”）沉淀反應速率。設計（－）石墨（s）[I－（aq）//Ag＋（aq）]石墨（s）（＋）原電池（使用鹽橋阻斷Ag＋與I－的相互接觸）如上圖所示，則該原電池總反應的離子方程式為________。②結合信息，解釋實驗Ⅳ中b＜a的原因：__________。③實驗Ⅳ的現象能說明AgI轉化為AgCl，理由是_________。（實驗結論）溶解度小的沉淀容易轉化為溶解度更小的沉淀，反之則不易；溶解度差別越大，由溶解度小的沉淀轉化溶解度較大的沉淀越難實現。27、（12分）硫酸亞鐵晶體俗稱綠礬(FeSO4?7H2O)，重鉻酸鈉晶體俗稱紅礬鈉(Na2Cr2O7·2H2O)，它們都是重要的化工產品。工業上以鉻鐵礦[主要成分是[Fe(CrO2)2]為原料制備綠礬和紅礬鈉的工藝流程如圖所示。請回答下列問題：(1)已知Fe(CrO2)2中鉻元素的化合價為+3價，則Fe(CrO2)中鐵元素的化合價為______________。(2)化學上可將某些鹽寫成氧化物的形式，如Na2SiO3寫成Na2O·SiO2，則Fe(CrO2)2可寫成__________。(3)煅燒鉻鐵礦時，礦石中的Fe(CrO2)2轉變成可溶于水的Na2CrO4，反應的化學方程式如下：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2①該反應中還原劑與氧化劑的物質的量之比為________________。②為了加快該反應的反應速率，可采取的措施是_________________(填一種即可)。⑷己知CrO42-在氫離子濃度不同的酸性溶液中有不同的反應。如：2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O3CrO42-+4H+=Cr3O102-+2H2O①往混合溶液甲中加入硫酸必須適量的原因是________________。②混合溶液乙中溶質的化學式為______________________。(5)寫出Fe與混合溶液丙反應的主要離子方程式_________________。檢驗溶液丁中無Fe3+的方法是：_____________。從溶液丁到綠鞏的實驗操作為蒸發濃縮、___________、過濾、洗滌、干燥。28、（14分）處理、回收利用CO是環境科學家研究的熱點課題。回答下列問題:Ⅰ.處理大氣污染物CO用于處理大氣污染物N2O所發生的反應原理為:有人提出上述反應可以用“Fe+”作催化劑。其總反應分兩步進行:（1）第一步:;第二步:____(寫反應方程式)。（2）第二步反應不影響總反應達到平衡所用時間,由此推知,第二步反應速率____第一步反應速率(填“大于”“小于”或“等于”)。Ⅱ.合成天然氣(SNG)涉及的主要反應原理如下:CO甲烷化:水煤氣變換:（3）反應的△H=___kJ/mol。（4）在一恒容容器中,按照nmolCO和3nmolH2投料發生CO甲烷化反應,測得CO在不同溫度下的平衡轉化率與壓強的關系如右圖所示,下列說法正確的是_____(填標號)。a.溫度:T1<T2<T3b.正反應速率:v(e)>v(c)>v(b)c.平衡常數:K(a)<K(d)<K(c)d.平均摩爾質量:M(a)>M(b)=M(e)（5）在恒壓管道反應器中,按n(H2)︰n(CO)=3︰1通入原料氣發生CO甲烷化反應,400℃、P總為100kPa時反應體系平衡組成如下表所示。組分H2COCH4H2OCO2體積分數8.501.5045.044.01.00則該條件下CO的總轉化率α=___。(保留一位小數)（6）將制備的CH4用來組成下圖所示燃料電池電解制備N2O5①陽極的電極反應為_____。②理論上制備1molN2O5，石墨2電極消耗氣體的體積為_____L(標準狀況)。29、（10分）有機物A是一種重要的化工原料，以A為主要起始原料，通過下列途徑可以合成高分子材料PA及PC。試回答下列問題(1)B的化學名稱為________，B到C的反應條件是_____________。(2)E到F的反應類型為__________，高分子材料PA的結構簡式為________。(3)由A生成H的化學方程式為______________________。(4)實驗室檢驗有機物A，可選擇下列試劑中的_____________。a．鹽酸b．FeCl3溶液C．NaHCO3溶液d．濃溴水(5)E的同分異構中，既能與碳酸氫鈉溶液反應、又能發生銀鏡反應的有機物共有_____種。其中核磁共振氫諧圖有5組峰，且峰面積之比為6：1：1：1：1的物質的結構簡式為____。(6)由B通過三步反應制備1．3－環己二烯的合成路線為_________________。

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】

H2C2O4水溶液在酸性極強下主要存在H2C2O4，分析題中所給信息，曲線①代表的粒子應是H2C2O4，隨著pH的增大，H2C2O4發生一級電離，生成HC2O4-和H+，可知曲線②代表的粒子為HC2O4-，則曲線③代表的粒子為C2O42-。由圖可知，在pH=1.2時，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)；在pH=4.2時，c(HC2O4-)=c(C2O42-)；據此進行分析。【詳解】A．在酸性較強條件下主要存在H2C2O4，曲線①代表的粒子應是H2C2O4，A項錯誤；B．H2C2O4的第一步電離方程式為H2C2O4HC2O4-+H+，Ka1=，由圖可知，pH=1.2時，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)，則Ka1=c(H+)=10?1.2，B項錯誤；C．pH=4.2時，溶液中主要存在的離子有：K+、H+、C2O42-、HC2O4-、OH?，依據電荷守恒可得：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH?)，溶液中c(HC2O4-)=c(C2O42-)，c(H+)＞c(OH?)，可得出c(K+)＜3c(C2O42-)，C項正確；D．濃度均為0.01mol·L?1的草酸與KOH溶液等體積混合并充分反應得到KHC2O4溶液，溶液顯酸性，說明HC2O4-的電離大于水解，故c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，D項錯誤。答案選C。2、A【解析】

合成纖維是化學纖維的一種，是用合成高分子化合物做原料而制得的化學纖維的統稱。它以小分子的有機化合物為原料，經加聚反應或縮聚反應合成的線型有機高分子化合物，如聚丙烯腈、聚酯、聚酰胺等。A、尼龍繩的主要成分是聚酯類合成纖維，故A正確；B、宣紙的的主要成分是纖維素，故B錯誤；C、羊絨衫的主要成分是蛋白質，故C錯誤；D、棉襯衫的主要成分是纖維素，故D錯誤。【點睛】掌握常見物質的組成以及合成纖維的含義是解答本題的關鍵，題目難度不大，注意羊絨衫和棉襯衣的區別。3、B【解析】A、含Cu2+的溶液呈藍色，故A錯誤；B、能使酚酞變紅的溶液顯堿性，故四種離子都能共存，則B正確；C、c(ClO-)=1mol·L-1的溶液具有氧化性，能氧化Fe2+、I-，故C錯誤；D、=0.1mol·L-1的溶液呈酸性，則CH3COO-不能共存，即D錯誤。因此本題正確答案為B。4、B【解析】

取樣，滴加足量氯水，有氣泡產生，溶液變為橙色，則一定含有Br-，生成氣體說明含CO32-；向橙色溶液中加BaCl2溶液無明顯現象，則一定不含SO32-離子，且Al3+、CO32-相互促進水解不能共存，則一定不存在Al3+，由電荷守恒可知，一定含陽離子K+，不能確定是否含OH-，還需要檢驗，故答案為B。5、D【解析】

A.標準狀況下，SO3不是氣體，2.24LSO3并不是0.1mol，A錯誤；B.12mol/L鹽酸為濃鹽酸，和足量的二氧化錳共熱時，鹽酸因消耗、部分揮發以及水的生成，使鹽酸濃度變小不能完全反應，所以制得的Cl2小于0.03mol，分子數小于0.03NA，B錯誤；C.0.1molCH4與0.4molCl2在光照下充分反應，發生的是取代反應，得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷及氯化氫的混合物，生成CCl4的分子數小于0.1NA，C錯誤；D.一個乙酸分子中有3個C-H鍵，則常溫常壓下，6g乙酸中含有C-H鍵的數目為0.3NA，D正確；答案選D。6、D【解析】

A.雖然這個反應一般不能發生，但此處我們利用的是溶解度差異，仍然可以使溶解度相對較低的以沉淀的形式析出，A項正確；B.溶于水得到一水合氨，可以和一水合氨發生反應，得到和，B項正確；C.加食鹽是為了提高溶液中的濃度，根據同離子效應使氯化銨先析出，C項正確；D.加食鹽能得到氯化銨固體，說明氯化銨的溶解度比食鹽更低，D項錯誤；答案選D。7、C【解析】

A．O和S位于同一主族，非金屬性O大于S，故氣態氫化物的穩定性H2O＞H2S，故A錯誤；B．F沒有最高正價，N是第二周期，第VA族，氮的最高正價為+5價，故B錯誤；C．Na和Mg位于同一周期，同周期從左到右，金屬性減弱，故最高價氧化物對應的水化物堿性減弱，NaOH＞Mg(OH)2，故C正確；D．Al和Cl位于同一周期，同周期元素原子半徑逐漸減小，Al＞Cl，故D錯誤；答案選C。8、C【解析】

A選項，陰極反應式為2H++2e－=H2，故A錯誤；B選項，S的化合價仍為+6價，中間的兩個O均為-1價，其他的O均為-2價，電解時陽極的HSO4－中O失去電子，S未變價，故B錯誤；C選項，Na2S2O8的結構為，由此結構可以判斷S2O82－中既存在氧氧非極性鍵，氧硫極性鍵，故C正確；D選項，陽極不能用銅電極作電極，銅作電極，陽極是銅失去電子，故D錯誤；綜上所述，答案為C。【點睛】HSO4－中硫已經是最高價了，硫的化合價不變，因此只有氧元素化合價升高。9、C【解析】

A.2Mg+O22MgO屬于化合反應，A不選；B.Mg(OH)2MgO＋H2O屬于分解反應，B不選；C.復分解反應無法一步生成MgO，C選；D.2Mg＋CO22MgO＋C屬于置換反應，D不選；答案選C。10、C【解析】

X、Y、Z、W均為短周期元素，W原子的最外層電子數是最內層電子數的3倍，最內層只有2個電子，則最外層電子數為6，則Y為O元素，根據X、Y、Z、W在周期表中相對位置可知，X為N元素、Z為Si元素、Y為Al元素。【詳解】A、四元素的單質中，只有X常溫下為氣態，其它三種為固態，故A正確；B、非金屬性W>Z，故最高價氧化物對應水化物的酸性W>Z，故B正確；C、非金屬性X>Z，故X的氣態氫化物的穩定性較Z的強，故C不正確；D、同周期隨原子序數增大原子半徑減小，電子層越多原子半徑越大，則原子半徑大小順序為：Y＞Z＞W＞X，故D正確；故選C。11、A【解析】A、K性質比Na更活潑，還原性更強，與氧氣反應生成過氧化鉀和超氧化鉀，能與CO2反應生成氧氣助燃，所以K失火不能用CO2滅火，故A正確；B、AlCl3屬于共價化合物熔融不導電，工業上是用電解熔解Al2O3的方法制取金屬鋁，故B錯誤；C、S的氧化性較弱，與Fe反應生成FeS，故C錯誤；D、Pb的化合價為+2價、+4價，不存在+3價，Pb3O4可表示為2PbO?PbO2，故D錯誤；故選A。點睛：本題考查無機物的性質。本題雖然考查類比規律，但把握物質的性質是解答該題的關鍵。本題的易錯點是D，注意鐵和鉛元素的常見化合價的不同。12、D【解析】

A.35Cl和37Cl的核外電子數均為17，它們的原子結構示意圖、電子式、核外電子排布式、軌道表達式都相同，A項錯誤；B.同原子的原子同、原子半徑越等不同，兩不同原子各亞層中電子的能量不相同，B項錯誤；C.氧元素、氟元素沒有最高正化合價，除氧、氟外，短周期其它主族元素原子最外層電子數等于其最高化合價，C項錯誤；D.碳酸的酸性比硅酸強，CO2通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸，D項正確；答案選D。13、D【解析】

A.反應達到終點時，HX與HY消耗NaOH溶液的體積分別是30mL和40mL，故起始酸的體積比為3：4，故A錯誤；B.NaOH滴定HX達到滴定終點時，溶液pH約為8，而甲基橙的變色范圍是，故不能用甲基橙做指示劑，故B錯誤；C.由圖像中兩種酸濃度相同時的pH可知，HY的酸性強于HX的酸性，pH相同的兩種酸溶液中，，故C錯誤；D.同濃度的KX和HX的混合溶液中，存在電荷守恒為，物料守恒為，將物料守恒帶入電荷守恒可得，故D正確；答案選D。【點睛】本題主要考查酸堿滴定圖像分析，為高頻考點，難度不大。掌握酸堿滴定圖像分析、溶液中的離子濃度關系是解答關鍵。側重考查學生的分析圖像和解決化學問題的能力。14、A【解析】

A、因為陰極是陽離子反應，所以b為陽離子交換膜，選項A正確；B、A極室氯離子在陽極失電子產生氯氣，但不產生沉淀，選項B錯誤；C、淡化工作完成后，A室氯離子失電子產生氯氣，部分溶于水溶液呈酸性，B室氫離子得電子產生氫氣，氫氧根離子濃度增大，溶液呈堿性，C室溶液呈中性，pH大小為pHA＜pHC＜pHB，選項C錯誤；D、B極室氫離子得電子產生氫氣，不能使濕潤的KI淀粉試紙變藍，選項D錯誤。答案選A。15、D【解析】

A.pH=6時c(H+)=10-6，由圖可得此時=0，則Ka==10-6，設HR0.01mol·L－1電離了Xmol·L－1，Ka==10-6，解得X=10-6，pH=4，A項正確；B.由已知HR溶液中存在著HR分子，所以HR為弱酸，==c(H+)/Ka溫度不變時Ka的值不變，c(H+)濃度在減小，故在減小，B項正確；C.當溶液為堿性時，R－的水解會被抑制，c(R－)＞c(HR)，C項正確；D.Ka=10-6，當通入0.01molNH3時，恰好反應生成NH4R，又因為常溫下NH3·H2O電離平衡常數K＝1.76×10－5，所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈堿性，則c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)，D項錯誤；答案選D。16、B【解析】

有機物含有2個碳碳雙鍵，可發生加成、加聚和氧化反應，結合烯烴、甲烷的結構特點解答。【詳解】A.由結構式可知分子中含有5個C、4個H原子，則分子式為C5H4，根據不飽和度的規律可知，該分子內含4個不飽和度，因此要生成1molC5H12至少需要4molH2，A項正確；B.分子中含有飽和碳原子，中心碳原子與頂點上的4個碳原子形成4個共價單鍵，應是四面體構型，則分子中四個碳原子不可能在同一平面上，B項錯誤；C.依據等效氫思想與物質的對稱性可以看出，該分子的三氯代物與一氯代物等效，只有一種，C項正確；D.分子式為C5H4，只含碳碳叁鍵的鏈烴有CH≡C-CH2-C≡CH或CH≡C-C≡C-CH3這2種同分異構體，D項正確；答案選B。【點睛】本題C項的三氯代物可用換位思考法分析作答，這種方法一般用于鹵代物較多時，分析同分異構體較復雜時，即將有機物分子中的不同原子或基團進行換位，如乙烷分子，共6個氫原子，一個氫原子被氯原子取代只有一種結構，那么五氯乙烷呢，H看成Cl，Cl看成H，換位思考，也只有一種結構。17、D【解析】

A.放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，二氧化氮的量增加，顏色變深，A項正確；B.設容器體積為V，0-60s內，生成N2O4的物質的量為0.6Vmol，則消耗的NO2的物質的量為1.2Vmol，NO2的轉化率為=75%，B項正確；C.根據圖中信息可知，從反應開始到剛達到平衡時間段內=0.01mol?L?1?s?1，則v(NO2)=2v(N2O4)=2×0.01mol?L?1?s?1=0.02mol?L?1?s?1，C項正確；D.隨著反應的進行，消耗的NO2的濃度越來越小，生成NO2的速率即逆反應速率越來越大，因此a、b兩時刻生成NO2的速率：v(a)<v(b)，D項錯誤；答案選D。18、D【解析】

A.根據圖示可知：電池以低功率模式工作時，負極是Zn-2e-=Zn2+，正極上是NaFe[Fe(CN)6]獲得電子，然后與吸附在它上面的氧氣即溶液中發生反應為O2+4e-+2H2O=4OH-，從NaFe[Fe(CN)6]上析出，故NaFe[Fe(CN)6]的作用是作催化劑，A正確；B.電池以低功率模式工作時，電子進入NaFe[Fe(CN)6]時Na+的嵌入；當形成OH-從NaFe[Fe(CN)6]析出時，Na+從NaFe[Fe(CN)6]脫嵌，因此Na+的嵌入與脫嵌同時進行，B正確；C.根據電池以高功率模式工作時，正極上NaFe[Fe(CN)6]獲得電子被還原變為Na2Fe[Fe(CN)6]，所以正極的電極反應式為：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，C正確；D.若在無溶解氧的海水中，由于在低功率模式工作時需要氧氣參與反應，因此在該電池不能實現長續航的需求，D錯誤；故合理選項是D。19、D【解析】A．SO2是由硫元素和氧元素組成的化合物，屬于氧化物，故A錯誤；B．H2SiO3電離時其陽離子全部是H+，屬于酸，故B錯誤；C．純堿是碳酸鈉的俗稱，是由鈉離子和碳酸根離子組成的化合物，屬于鹽，故C錯誤；D．苛性鈉是氫氧化鈉的俗稱，電離時生成的陰離子都是氫氧根離子，屬于堿，故D正確；故選D。點睛：解答時要分析物質的陰陽離子組成，然后再根據酸堿鹽概念方面進行分析、判斷，電離時生成的陽離子都是氫離子的化合物是酸，電離時生成的陰離子都是氫氧根離子的化合物是堿，由金屬離子和酸根離子組成的化合物屬于鹽，從而得出正確的結論。20、D【解析】

A．濃硝酸與濃硫酸混合時，如果將濃硝酸注入濃硫酸中，容易發生液滴四濺，故濃硝酸與濃硫酸混合時，是將濃硫酸慢慢滴加到濃硝酸中，并且邊加邊攪拌，攪拌的目的是及時散熱，防止局部過熱，A正確；B．亞硝酰硫酸遇水易分解，裝置B中的濃硫酸的作用是干燥SO2氣體水蒸氣進入裝置C中，裝置D中的濃硫酸的作用是防止裝置E中的水蒸氣進入裝置C中，B正確；C．為了保證反應速率不能太慢，同時又要防止溫度過高硝酸分解，SO2逸出，故冷水的溫度控制在20℃左右，C正確；D．98%的濃硫酸的很難電離出H+，如果用98%的濃硫酸代替70%的H2SO4產生SO2速率更慢，D錯誤；21、C【解析】

乙醇催化氧化生成乙醛和水：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，結合相關裝置分析【詳解】A、分離提純得到乙醛用蒸餾法，蒸餾要用到該裝置，故A不選；B、B裝置是乙醇的催化氧化裝置，故B不選；C、提純乙醛不用分液法，故用不到分液漏斗和燒杯，C選；D、蒸餾法提純乙醛要用到冷凝管，故D不選；故選C。22、C【解析】

A．由蓋斯定律可得，ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7，A正確；B．ΔH4為破壞1molCl-Cl共價鍵所需的能量，與形成1molCl-Cl共價鍵的鍵能在數值上相等，B正確；C．物質由氣態轉化為固態，放熱，則ΔH7<0，且該過程形成了離子鍵，C不正確；D．Cl轉化為Cl-，獲得電子而放熱，則ΔH5<0，在相同條件下，由于溴的非金屬性比氯弱，得電子放出的能量比氯少，所以2Br(g)的ΔH5′>ΔH5，D正確；故選C。二、非選擇題(共84分)23、羥基+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O+CH3OH+H2O2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O【解析】

A生成B是在光照條件下進行，發生的是取代反應，在根據A的分子式知道A是甲苯，B是，與氫氧化鈉發生取代反應，則C是，根據反應條件知道D是，根據信息反應②的特點，醛與酮反應時醛基會轉變為碳碳雙鍵，故E中有碳碳雙鍵，則E是。【詳解】(1)A的名稱為甲苯，結構簡式是，故答案為：；(2)C分子的結構簡式為，含氧官能團是羥基，故答案為：羥基；(3)D是，與銀氨溶液反應的化學方程式為：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案為：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；(4)由分析可知，E的結構簡式是，故答案為：；(5)水楊酸分子中苯環上有兩種含氧官能團，1mol水楊酸與足量NaHCO3完全反應生成1molCO2，說明存在羧基，同時含有羥基，故水楊酸的結構簡式為，與CH3OH發生酯化反應，化學方程式為：+CH3OH+H2O，故答案為：+CH3OH+H2O；(6)由(5)可知，F為，與乙酸酐反應生成K，K分子中含有兩個酯基，則K結構簡式是，故答案為：；(7)M與N互為同分異構體，N與E生成，可知N的結構簡式是，故答案為;;(8)由流程圖可知，乙酸甲酯、甲醛在堿性條件下反生羥醛縮合生成甲，故甲為HOCH2CH2COOCH3，根據信息②③提示，要實現乙到丙過程，乙要有醛基，則甲到乙，實質是HOCH2CH2COOCH3變為OHCH2COOCH3，反應方程式為：2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O；OHCH2COOCH3與反應，再脫水得到丙，則丙為：，故答案為：2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O；。【點睛】重點考查有機流程的理解和有機物結構推斷、官能團、有機反應類型、簡單有機物制備流程的設計、有機方程式書寫等知識，考查考生對有機流程圖的分析能力、對已知信息的理解能力和對有機化學基礎知識的綜合應用能力。有機物的考查主要是圍繞官能團的性質進行，這些官能團的性質以及它們之間的轉化要掌握好，這是解決有機化學題的基礎。官能團是決定有機物化學性質的原子或原子團，有機反應絕大多數都是圍繞官能團展開，而高中教材中的反應原理也只是有機反應的一部分，所以有機綜合題中經常會出現已知來告知部分沒有學習過的有機反應原理，認識這些反應原理時可以從最簡單的斷鍵及變換的方法進行，而不必過多追究。24、KIO3?2HIO3I2+2H2O+SO2=2I-+SO42﹣+4H+3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3【解析】

由反應②可知生成黃色溶液，則應生成碘，與二氧化硫發生氧化還原反應生成硫酸，方程式為I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+，加入足量氯化鋇生成硫酸鋇沉淀質量為20.97g，可知n（BaSO4）=，則n（I2）=n（SO2）=0.09mol，n（I）=0.18mol，步驟②中消耗KI0.15mol，化合物X由4種元素組成，加入KOH為單一成分溶液，則應與KOH發生中和反應，含有K、H、I、O等元素，則5.66gX應含有n（I）=0.03mol，應發生IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，消耗KI0.15mol，可知n（IO3﹣）=0.03mol，如化合物為0.01mol，則相對分子質量為，應為KIO3?2HIO3，以此解答該題。【詳解】（1）由以上分析可知X為KIO3?2HIO3，黃色溶液乙含有碘，與SO2反應的離子方程式是I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+，故答案為：KIO3?2HIO3；I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+；（2）X中一種元素對應的單質，與足量的K2CO3溶液反應得到的產物中含溶液甲中溶質，應為碘與碳酸鉀的反應，化學方程式為3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3，故答案為：3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3。25、粉碎、攪拌或加熱100mL容量甲乙25162810除去溶液中多余的MnO4-，防止過程④加入過量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起誤差；淀粉溶液偏小K2Cu(C2O4)2【解析】

（1）在由固體與液體的反應中，要想加快反應速率，可以粉碎固體物質或攪拌，都是增大固液的接觸面積，也可以加熱等；（2）配制溶液要掌握好配制步驟，容量瓶的選擇，因為配制100mL溶液，所以選擇100mL容量瓶，氧化還原滴定的時候，注意選擇指示劑、滴定管等。（3）利用氧化還原反應中得失電子守恒配平氧化還原反應離子方程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑；（4）、MnO4-在酸性條件下，加熱能分解為O2，同時生成Mn2+，據此分析作答；（5）結合實際操作的規范性作答；（6）根據方程式找出關系式，通過計算確定晶體的組成。【詳解】（1）為了加快藍色晶體在2mol·L-1稀硫酸中溶解，可以把晶體粉碎、攪拌、或者加熱的方法；（2）配制100mL0.20mol·L－1KMnO4溶液時需要用100mL容量瓶進行溶液配制，配置過程需要用到的玻璃儀器由玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、100mL容量瓶；過程②是用0.20mol·L-1KMnO4溶液滴定，KMnO4具有強氧化性，因此選用甲（酸式滴定管）；過程⑥是用0.25mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，Na2S2O3在溶液中水解呈堿性，故選用乙（堿式滴定管）；（3）利用氧化還原反應中化合價升降總數相等，先配氧化劑、還原劑、氧化產物、還原產物的化學計量數，然后再觀察配平其他物質，過程②的離子反應方程式：2MnO4++5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑（4）MnO4-在酸性條件下，加熱能分解為O2，同時生成Mn2+，故加熱的目的是除去溶液中多余的MnO4-，防止過程④加入過量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起誤差；（5）過程⑥是用0.25mol·L－1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液，反應方程式為I2+2S2O32-=21－+S4O62-，故過程⑥，應以淀粉溶液作指示劑；若溶液顏色剛剛褪去就停止滴加，則滴入Na2S2O3的物質的量偏小，造成測定Cu2+的含量偏小；（6）由2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑可知n(C2O42-)=2.5n(KMnO4)=2.50.20mol·L－1V(KMnO4)；由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2S2O32-~I2~2Cu2+，n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25mol·L-1V(Na2S2O3)，已知兩個滴定過程中消耗KMnO4和Na2S2O3的體積相等，所以n(C2O42-)=2n(Cu2+)，因為晶體中只有一種陰離子，并且晶體中元素化合價代數和為0，故該晶體為K2Cu(C2O4)2·H2O。【點睛】在氧化還原反應滴定中注意指示劑的選擇、滴定管的選擇。26、沉淀不溶解，無氣泡產生或無明顯現象BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2OBaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42?(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32-與Ba2＋結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動b小于2Ag＋＋2I－=I2＋2Ag生成AgI沉淀使B中的溶液中的c（I－）減小，I－還原性減弱，原電池的電壓減小實驗步驟ⅳ表明Cl－本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟ⅲ中c＞b說明加入Cl－使c（I－）增大，證明發生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)【解析】

⑴因為BaCO3能溶于鹽酸，放出CO2氣體，BaSO4不溶于鹽酸。⑵實驗Ⅱ是將少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4轉化為BaCO3，則加入鹽酸后有少量氣泡產生，沉淀部分溶解。⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42?(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32?與Ba2＋結合生成BaCO3沉淀。⑷向AgCl的懸濁液中加入KI溶液，獲得AgCl懸濁液時NaCl相對于AgNO3過量，因此說明有AgCl轉化為AgI。⑸①AgNO3溶液與KI溶液混合總是先得到AgI沉淀說明氧化還原反應遠遠小于沉淀反應速率；原電池總反應的離子方程式為2I－＋2Ag＋=2Ag＋I2；②由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，產生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I－)減小，I－還原性減弱，根據已知信息“其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性(或還原性)強弱與其濃度有關”可的結論；③實驗步驟ⅳ表明Cl－本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟ⅲ中c＞b說明加入Cl－使c(I－)增大，證明發生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)。【詳解】⑴因為BaCO3能溶于鹽酸，放出CO2氣體，BaSO4不溶于鹽酸，所以實驗Ⅰ說明BaCO3全部轉化為BaSO4，依據的現象是加入鹽酸后，沉淀不溶解，無氣泡產生(或無明顯現象)；故答案為：沉淀不溶解，無氣泡產生或無明顯現象。⑵實驗Ⅱ是將少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4轉化為BaCO3，則加入鹽酸后有少量氣泡產生，沉淀部分溶解，發生反應的離子方程式為BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O；故答案為：BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O。⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42?(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32?與Ba2＋結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動，BaSO4沉淀部分轉化為BaCO3沉淀；故答案為：BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42?(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32?與Ba2＋結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動。⑷為觀察到AgCl轉化為AgI，需向AgCl的懸濁液中加入KI溶液，獲得AgCl懸濁液時NaCl相對于AgNO3過量，因此說明有AgCl轉化為AgI；故答案為：b。⑸①AgNO3溶液與KI溶液混合總是先得到AgI沉淀說明氧化還原反應遠遠小于沉淀反應速率；原電池總反應的離子方程式為2I－＋2Ag＋=2Ag＋I2；故答案為：小于；2I－＋2Ag＋=2Ag＋I2。②由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，產生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I－)減小，I－還原性減弱，根據已知信息“其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性(或還原性)強弱與其濃度有關”可知，實驗Ⅳ中b＜a；故答案為：生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I－)減小，I－還原性減弱，原電池的電壓減小。③實驗步驟ⅳ表明Cl－本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟ⅲ中c＞b說明加入Cl－使c(I－)增大，證明發生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)；故答案為：實驗步驟ⅳ表明Cl－本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟ⅲ中c＞b說明加入Cl－使c(I－)增大，證明發生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)。27、+2價FeO·Cr2O34：7粉碎礦石(或升高溫度）H2SO4量少時不能除盡Na2CO3雜質，H2SO4量多時又會生成新的雜質(Cr3O10-2)，所以H2SO4必須適量Na2Cr2O7、Na2SO4Fe+2Fe3+=3Fe2+取少量丁溶液于試管中，向其中加入KSCN溶液，不顯紅色則說明丁溶液中不含Fe3+冷卻結晶【解析】鉻鐵礦中加入碳酸鈉并通入氧氣，高溫下將Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同時生成CO2，將得到的固體溶于水得到Na2CrO4溶液，然后過濾，得到得到Na2CrO4和過量的碳酸鈉混合溶液和氧化鐵固體，在Na2CrO4和碳酸鈉混合溶液中加入硫酸酸化，硫酸和Na2CrO4反應生成Na2Cr2O7和硫酸鈉，同時除去碳酸鈉，通過蒸發濃縮冷卻結晶，得到紅礬鈉(Na2Cr2O7·2H2O)；氧化鐵與硫酸反應生成硫酸鐵，加入鐵粉將硫酸鐵還原生成硫酸亞鐵，最后蒸發濃縮冷卻結晶，得到綠礬。(1)Fe(CrO2)2中鉻元素的化合價為+3價，根據正負化合價的代數和為0，Fe(CrO2)中鐵元素的化合價為+2價，故答案為+2價；(2)Fe(CrO2)2中鉻元素的化合價為+3價，鐵元素的化合價為+2價，可寫成FeO·Cr2O3，故答案為FeO·Cr2O3；(3)①高溫氧化時，Fe(CrO2)2和碳酸鈉、氧氣反應氧化還原反應生成Na2CrO4、二氧化碳和氧化鐵，該反應中Fe元素化合價由+2價變為+3價、Cr元素化合價由+3價變為+6價，O元素化合價由0價變為-2價，所以氧氣是氧化劑、Fe(CrO2)2是還原劑，則還原劑和氧化劑的物質的量之比為4：7，故答案為4：7；②根據影響化學反應速率的外界因素，為了加快該反應的反應速率，可采取的措施有粉碎礦石、升高溫度等，故答案為粉碎礦石(或升高溫度)；⑷①H2SO4量少時不能除盡Na2CO3雜質，H2SO4量多時又會生成新的雜質(Cr3O102-)，所以H2SO4必須適量，故答案為H2SO4量少時不能除盡Na2CO3雜質，H2SO4量多時又會生成新的雜質(Cr3O102-)，所以H2SO4必須適量；②根據上述分析，混合溶液乙中的溶質有Na2Cr2O7、Na2SO4，故答案為Na2Cr2O7、Na2SO4；(5)Fe與硫酸鐵溶液反應的離子方程式為Fe+2Fe3+=3Fe2+。檢驗溶液丁中無Fe3+的方法為：取少量丁溶液于試管中，向其中加入KSCN溶液，不顯紅色則說明丁溶液中不含Fe3+；從硫酸亞鐵溶液到綠鞏的實驗操作為蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，故答案為取少量丁溶液于試管中，向其中加入KSCN溶液，不顯紅色則說明丁溶液中不含Fe3+；冷卻結晶。點睛：本題考查物質的制備、分離和提純，為高頻考點，涉及氧化還原反應、基本實驗操作等知識，明確物質的性質、熟悉制備流程和基本實驗操作等是解題的關鍵。本題的難點是(4)①硫酸必須適量的原因，需要理解題目信息方程式中的計量數對反應的影響。28、FeO++CO=Fe++CO2大于-165adN2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+16.8【解析】

（1）根據催化劑定義可知第二步反應中，中間產物（FeO+）氧化CO生成CO2本身被還