2025屆四川省內江市內江鐵路中學高三一診考試化學試卷注意事項: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域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；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、下列指定反應的離子方程式書寫正確的是（）A．磁性氧化鐵溶于足量的稀硝酸中：3Fe2＋＋NO3－＋4H＋＝NO↑＋3Fe3＋＋2H2OB．向次氯酸鈉溶液中通入足量SO2氣體：ClO－＋SO2＋H2O＝HClO＋HSO3－C．碘化鉀溶液酸化后加入少量雙氧水：2H＋＋2I－＋H2O2＝I2＋2H2OD．向NaOH溶液中通入過量CO2：2OH－＋CO2＝CO32－＋H2O2、中美科學家在銀表面首次獲得了二維結構的硼烯，該科研成果發表在頂級刊《Science》上，并獲得重重點推薦。二維結構的硼烯如圖所示，下列說法錯誤的是（）A．1mol硼原子核外電子數為3NAB．1molBF3分子中共價鍵的數目為3NAC．1molNaBH4與水反應轉移的電子數為4NAD．硼烯有望代替石墨烯作“硼烯一鈉基“電池的負極材料3、某廢水含Na+、K+、Mg2+、Cl-和SO42-等離子。利用微生物電池進行廢水脫鹽的同時處理含OCN-的酸性廢水，裝置如圖所示。下列說法錯誤的是A．好氧微生物電極N為正極B．膜1、膜2依次為陰離子、陽離子交換膜C．通過膜1和膜2的陰離子總數一定等于陽離子總數D．電極M的電極反應式為2OCN－6e＋2H2O=2CO2↑＋N2↑＋4H4、某有機物X的結構簡式如圖所示，下列有關說法正確的是（）A．X的分子式為C12H16O3B．X在一定條件下能發生加成、加聚、取代、消去等反應C．在催化劑的作用下，1molX最多能與1molH2加成D．可用酸性高錳酸鉀溶液區分苯和X5、W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，它們分別位于三個不同的周期。常溫下，元素W與X可形成兩種液態物質；Y、Z兩種元素可組成二聚氣態分子(如圖所示)，其中Y原子的最外層電子數等于其電子層數。下列敘述不正確的是（）A．W與Z具有相同的負化合價B．四種元素的簡單離子半徑由大到小的順序：Z>Y>X>WC．Y2Z6分子中所有原子的最外層均滿足8電子穩定結構D．工業上可電解X與Y形成的熔融化合物制取Y的單質6、化學與生產、生活密切相關。下列說法錯誤的是A．煤的焦化可以得到乙烯，煤的氣化可以制得水煤氣，煤間接液化后的產物可以合成甲醇B．順丁橡膠(順式聚1，3-丁二烯)、尿不濕(聚丙烯酸鈉)、電木(酚醛樹脂)都是由加聚反應制得的C．塑料、合成纖維和合成橡膠都主要是以煤、石油和天然氣為原料生產的D．石油在加熱和催化劑的作用下，可以通過結構的重新調整，使鏈狀烴轉化為環狀烴，如苯或甲苯7、圖表示反應M(g)+N(g)2R(g)過程中能量變化，下列有關敘述正確的是A．由圖可知，2molR的能量高于1molM和1molN的能量和B．曲線B代表使用了催化劑，反應速率加快，M的轉化率：曲線B>曲線AC．1molM和1molN的總鍵能高于2molR的總鍵能D．對反應2R(g)M(g)+N(g)使用催化劑沒有意義8、下列說法中正確的有幾項①鈉在空氣中燃燒生成淡黃色的Na2O2②配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液，需要用托盤天平稱量氫氧化鈉固體9.6g③鹽酸既有氧化性又有還原性④Fe(OH)3、FeCl2、H2SiO3都不直接用化合反應制備⑤SO2能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以它具有漂白性⑥將質量分數為5%和25%的氨水等體積混合后，所得溶液中溶質的質量分數大于15%⑦干燥的Cl2和氯水均能使鮮花褪色⑧中和熱測定實驗中需要用到的玻璃儀器只有燒杯、溫度計和環形玻璃攪拌棒三種⑨純銀器在空氣中久置變黑是因為發生了化學腐蝕A．3項 B．4項 C．5項 D．6項9、已知：①正丁醇沸點：117.2℃，正丁醛沸點：75.7℃；②CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO。利用如圖裝置用正丁醇合成正丁醛，下列說法不正確的是A．為防止產物進一步氧化，應將適量Na2Cr2O7酸性溶液逐滴加入正丁醇中B．當溫度計1示數為90~95℃，溫度計2示數在76℃左右時收集產物C．向分餾出的餾出物中加入少量金屬鈉，可檢驗其中是否含有正丁醇D．向分離所得的粗正丁醛中，加入CaCl2固體，過濾，蒸餾，可提純正丁醛10、在(NH4)2Fe(SO4)2溶液中逐滴加入100mL1mol/L的Ba(OH)2溶液，把所得沉淀過濾、洗滌、干燥，得到的固體質量不可能是()A．35.3g B．33.5g C．32.3g D．11.3g11、下列說法不正確的是A．在光照條件下，正己烷（分子式C6H14）能與液溴發生取代反應B．乙炔和乙烯都能使溴水褪色，其褪色原理相同C．總質量一定的甲苯和甘油混合物完全燃燒時生成水的質量一定D．對二氯苯僅一種結構，說明苯環結構中不存在單雙鍵交替的結構12、下列量氣裝置用于測量CO2體積，誤差最小的是（）A． B．C． D．13、化學與生產、生活、社會密切相關。下列說法錯誤的是A．大量使用含丙烷、二甲醚等輔助成分的“空氣清新劑”會對環境造成新的污染B．制造普通玻璃的原料為石英砂（Si02）、石灰石（CaCO3）和純堿C．髙錳酸鉀溶液、酒精、雙氧水能殺菌消毒，都利用了強氧化性D．紅柿摘下未熟，每籃用木瓜三枚放入，得氣即發，并無濕味。”文中的“氣”是指乙烯14、下列說法不正確的是A．某些生活垃圾可用于焚燒發電B．地溝油禁止食用，但可以用來制肥皂或生物柴油C．石油裂解主要是為了獲得氣態不飽和短鏈烴D．煤是由有機物和無機物組成的復雜的混合物，其中含有焦炭、苯、甲苯等15、下列關于古籍中的記載說法正確的是A．《本草經集注》中關于鑒別硝石(KNO3)和樸硝(Na2SO4)的記載：“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石也”，該方法應用了顯色反應B．氫化鈣的電子式是：Ca2+[∶H]2–C．目前，元素周期表已經排滿，第七周期最后一種元素的原子序數是118D．直徑為20nm的納米碳酸鈣屬于膠體16、一種新興寶玉石主要成分的化學式為X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W均為短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序數依次增大，X與Y位于同一主族，Y與W位于同一周期。X、Y、Z的最外層電子數之和與W的最外層電子數相等，W是地殼中含量最多的元素。下列說法錯誤的是A．原子半徑：X>Y>WB．最高價氧化物對應水化物的堿性：X>YC．Z、W組成的化合物能與強堿反應D．X的單質在氧氣中燃燒所得的產物中陰、陽離子個數比為1:117、已知：4FeO42﹣+10H2O═4Fe（OH）3↓+8OH﹣+3O2↑，測得c（FeO42﹣）在不同條件下變化如圖甲、乙、丙、丁所示：下列說法正確的是（）A．圖甲表明，其他條件相同時，溫度越低FeO42﹣轉化速率越快B．圖乙表明，其他條件相同時，堿性越強FeO42﹣轉化速率越快C．圖丙表明，其他條件相同時，堿性條件下Fe3+能加快FeO42﹣的轉化D．圖丁表明，其他條件相同時，鈉鹽都是FeO42﹣優良的穩定劑18、下表是25℃時五種物質的溶度積常數，下列有關說法錯誤的是化學式CuS溶度積A．根據表中數據可推知，常溫下在純水中的溶解度比的大B．向溶液中通入可生成CuS沉淀，是因為C．根據表中數據可推知，向硫酸鋇沉淀中加入飽和碳酸鈉溶液，不可能有碳酸鋇生成D．常溫下，在溶液中比在溶液中的溶解度小19、X、Y、Z、W為原子序數依次增大的短周期主族元素，X和Y能形成兩種常見離子化合物，Z原子最外層電子數與其電子層數相同；X與W同主族。下列敘述不正確的是（）A．原子半徑：Y＞Z＞W＞XB．X、Y形成的Y2X2陰陽離子數目比為1：1C．Y、Z和W的最高價氧化物的水化物可以相互反應D．X與W形成的化合物可使紫色石蕊溶液變紅20、根據下列實驗操作和現象所得出的結論正確的是選項實驗操作和現象結論A向苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液，濁液變清苯酚的酸性強于H2CO3的酸性B將溴乙烷和氫氧化鈉的乙醇溶液共熱后產生的氣體通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色溴乙烷發生消去反應CSO2通入KMnOSO2D向NaC1、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3KA．A B．B C．C D．D21、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次遞增，a、b、c、d、e、f是由這些元素成的化合物，d是淡黃色粉末，m為元素Y的單質，通常為無色無味的氣體。上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法錯誤的是A．簡單離子半徑：Z<YB．d中既含有離子鍵又含有共價鍵，其中陽離子和陰離子的數目之比為2:1C．簡單氣態氫化物的熱穩定性：Y>XD．由上述4種元素組成的化合物的水溶液一定顯酸性22、化學與生產、生活密切相關。下列敘述中不正確的是A．將少量二氧化硫添加到紅酒中可起到殺菌和抗氧化作用B．將電器垃圾深埋處理可減少重金屬對環境的危害C．對化學燃料脫硫、脫氮可減少酸雨的形成D．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料可實現碳的循環利用二、非選擇題(共84分)23、（14分）化合物J是一種重要的醫藥中間體，其合成路線如圖：回答下列問題：（1）G中官能團的名稱是__；③的反應類型是__。（2）通過反應②和反應⑧推知引入—SO3H的作用是__。（3）碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳。寫出F與足量氫氣反應生成產物的結構簡式，并用星號（*）標出其中的手性碳__。（4）寫出⑨的反應方程式__。（5）寫出D的苯環上有三個不相同且互不相鄰的取代基的同分異構體結構簡式_。（6）寫出以對硝基甲苯為主要原料（無機試劑任選），經最少步驟制備含肽鍵聚合物的合成路線__。24、（12分）四川北川盛產薔薇科植物。薔薇科植物中含有一種芳香醛(用E表示)，在染料工業和食品工業上有著廣泛的用途，下面是它的一種合成路線。其中0.lmol有機物A的質量是12g，在足量的氧氣中充分燃燒后生成0.8molCO2和7.2gH2O；D能使溴的四氯化碳溶液褪色，D分子與C分子具有相同的碳原子數；F繼續被氧化生成G，G的相對分子質量為90。已知：①CH3-CHO②回答下列問題：（1）A的結構簡式為__________________。（2）A～G中能發生酯化反應的有機物有：_________(填字母序號)。（3）C在濃硫酸加熱的條件下時，分子內脫水除生成D外還可以生成另一種有機物，寫出該反應的方程式：___________________；該反應類型_________。（4）C的同分異構體有多種，其中符合下列要求的有機物有多種。①能與3molNaOH溶液反應；②苯環上的一鹵代物只有一種。寫出所有滿足條件有機物的結構簡式______________________________。（5）C與4-甲基-2,3-戊二醇兩分子之間1:1發生取代反應，生成的有機物有_____種。25、（12分）連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)俗稱保險粉，是一種淡黃色粉末，易溶于水，不溶于乙醇。在實驗室制備連二亞硫酸鈉流程如下：(1)反應Ⅰ是制備SO2，下圖裝置可制取純凈干燥的SO2：①按氣流方向連接各儀器接口，順序為a→___→f，裝置D的作用是______。②裝置A中反應的化學方程式為___。(2)反應Ⅱ所用實驗裝置如圖所示(部分裝置省略)。①通SO2之前先強力攪拌，將鋅粉和水制成懸濁液，其目的是_________；控制反應溫度的方法是____②反應Ⅱ的離子方程式為___。(3)“濾渣”經洗滌、灼燒，可得到一種工業產品是____(填化學式)；加入適量飽和食鹽水的目的是___。(4)產品Na2S2O4?2H2O久置空氣中易被氧化，其氧化產物可能是_______(寫2種)。26、（10分）草酸（H2C2O1）是一種重要的有機化工原料。為探究草酸的制取和草酸的性質，進行如下實驗。實驗Ⅰ：探究草酸的制備實驗室用硝酸氧化淀粉水解液法制備草酸，裝置如下圖所示：硝酸氧化淀粉水解液的反應為：C6H12O6＋12HNO3→3H2C2O1＋9NO2↑＋3NO↑＋9H2O。（1）上圖實驗裝置中儀器乙的名稱為：____，B裝置的作用______（2）檢驗淀粉是否完全水解所需要的試劑為：______。實驗Ⅱ：探究草酸的不穩定性已知：草酸晶體(H2C2O1·2H2O)無色，易溶于水，熔點為101℃，受熱易脫水、升華，170℃以上分解產生H2O、CO和CO2。草酸的酸性比碳酸強，其鈣鹽難溶于水。（3）請選取以上的裝置證明草酸晶體分解的產物（可重復使用，加熱裝置和連接裝置已略去）。儀器裝置連接順序為：A→___→____→____→___→E→B→G→____。（1）若實驗結束后測得B管質量減輕1．8g，則至少需分解草酸晶體的質量為_____g（已知草酸晶體的M=126g/mol）。實驗Ⅲ：探究草酸與酸性高錳酸鉀的反應取一定量草酸溶液裝入試管，加入一定體積的酸性高錳酸鉀溶液，振蕩試管，發現溶液開始緩慢褪色，后來迅速變成無色。（反應熱效應不明顯，可忽略不計）（5）該實驗中草酸表現______性，離子方程式_______該反應的反應速率先慢后快的主要原因可能是_________。（6）設計實驗證明草酸是弱酸。實驗方案：______________(提供的藥品及儀器：蒸餾水、0.1mol·L-1NaOH溶液、pH計、0.1mol·L-1草酸溶液，其它儀器自選)27、（12分）草酸亞鐵晶體（FeC2O4·2H2O）是一種黃色難溶于水的固體，受熱易分解，是生產電池、涂料以及感光材料的原材料。為探究純凈草酸亞鐵晶體熱分解的產物，設計裝置圖如下：（1）儀器a的名稱是______。（2）從綠色化學考慮，該套裝置存在的明顯缺陷是_________。（3）實驗前先通入一段時間N2，其目的為__________。（4）實驗證明了氣體產物中含有CO，依據的實驗現象為_______。（5）草酸亞鐵晶體在空氣易被氧化，檢驗草酸亞鐵晶體是否氧化變質的實驗操作是____。（6）稱取5.40g草酸亞鐵晶體用熱重法對其進行熱分解，得到剩余固體質量隨溫度變化的曲線如下圖所示：①上圖中M點對應物質的化學式為_________。②已知400℃時，剩余固體是鐵的一種氧化物，試通過計算寫出M→N發生反應的化學方程式：_______。28、（14分）1，2一二氯丙烷（CH2ClCHClCH3）是一種重要的化工原料，工業上可用丙烯加成法制備，主要副產物為3一氯丙烯（CH2=CHCH2Cl），反應原理為：i.CH2=CHCH3（g）+C12（g）?CH2ClCHClCH3（g）△H1=-134kJ?mol-1ii.CH2=CHCH3（g）+C12（g）?CH2=CHCH2Cl（g）+HCl（g）△H2=-102kJ?mol-1請回答下列問題：（1）已知：CH2=CHCH2Cl（g）+HCl（g）?CH2ClCHClCH3（g）的正反應的活化能Ea（正）為132kJ?mol-1，則逆反應的活化能Ea（逆）為__________kJ?mol-1。（2）某研究小組向密閉容器中充入一定量的C12（g）和CH2=CHCH3（g），分別在A、B兩種不同催化劑作用下發生反應，一段時間后測得CH2ClCHClCH3的產率與溫度的關系如圖1所示。①下列說法正確的是______（填代號）。a.使用催化劑A、B的最佳溫度：A<Bb.p、m點分別是對應溫度下CH2ClCHClCH3的平衡產率c.使用催化劑降低了反應的活化能和焓變d.溫度不變，增大壓強可使CH2ClCHClCH3的產率提高②在250℃以后，A曲線中產率下降的原因可能是________（寫出兩條）。（3）T℃時使用選擇性更高的催化劑，在恒容密閉容器內充入等物質的量的C12（g）和CH2=CHCH3（g）進行反應i，測得容器各組分的分壓強（p分=p總×體積分數）隨時間的變化關系如圖2所示，回答下列問題：①若用單位時間內氣體分壓的變化來表示反應速率，即υ=，則t1~t2時間段內平均反應速率υ（CH2=CHCH3）=_______kPa?min-1（用相關字母表示）；平衡時CH2ClCHClCH3的體積分數________。②反應的平衡常數KP=_____________（用平衡分壓代替平衡濃度，相關字母表示結果）。（4）如圖3是在酸性電解質溶液中，用惰性電極將CO2轉化為低碳烯烴的電化學裝置，回答下列問題：①太陽能電池的負極是__________（填“a”或“b”）。②生成丙烯的電極反應式是____________。③相同時間內，相同條件下，消耗的CO2與生成的O2的體積之比為_________。29、（10分）形形色色的物質，構成了我們這個五彩繽紛的世界。世上萬物，神奇莫測，常常超乎人們按“常理”的想象。學習物質結構和性質的知識，能使你想象的翅膀變得更加有力。（1）基態Ga原子的核外電子排布式是__，基態Ga原子核外電子占據最高能級的電子云輪廓圖為___。（2）HC≡CNa(乙炔鈉)廣泛用于有機合成，乙炔鈉中C原子的雜化類型為__；乙炔鈉中存在__(填字母序號)。A．金屬鍵B．σ鍵C．π鍵D．氫鍵E.配位鍵F.離子鍵G.范德華力（3）NaN3是汽車安全氣囊中的主要化學成分，其陰離子為立體構型為__；寫出和該陰離子互為等電子體的一種分子的結構式__(寫一個)。（4）鈣和鐵都是第四周期元素，且原子的最外層電子數相同，但鐵的熔沸點遠高于鈣，其原因是__。（5）某離子晶體的晶胞結構如圖所示。①晶體中在每個X周圍與它最近且距離相等的X共有__個。②設該晶體的摩爾質量為Mg·mol-3，晶胞的密度為ρg·cm-3，阿伏加德羅常數為NA，則晶體中兩個最近的X間的距離為__cm。

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.磁性氧化鐵應寫化學式，故A錯誤；B.向次氯酸鈉溶液中通入足量SO2氣體，次氯酸根離子有強氧化性，可繼續將二氧化硫氧化為硫酸根離子，故B錯誤；C.碘化鉀溶液酸化后加入少量雙氧水，會發生氧化還原反應，符合客觀事實，電荷守恒，原子守恒，電子守恒，故C正確；D.向NaOH溶液中通入過量CO2應該生成碳酸氫鈉，故D錯誤；故選：C。2、A【解析】

A.硼原子核外有5個電子，1mol硼原子核外電子數為5NA，故A錯誤；B.BF3的結構為，1molBF3分子中共價鍵的數目為3NA，故B正確；C.NaBH4與水生成氫氣，氫元素化合價由-1升高為0，1molNaBH4反應轉移的電子數為4NA，故C正確；D.硼烯具有導電性，有望代替石墨烯作“硼烯一鈉基“電池的負極材料，故D正確；選A。3、C【解析】

A．由物質轉化知，OCN中C為＋4價，N為－3價，在M極上N的化合價升高，說明M極為負極，N極為正極，A項正確；B．在處理過程中，M極附近電解質溶液正電荷增多，所以陰離子向M極遷移，膜1為陰離子交換膜，N極反應式為O2＋4e＋2H2O=4OH，N極附近負電荷增多，陽離子向N極遷移，膜2為陽離子交換膜，B項正確；C．根據電荷守恒知，遷移的陰離子、陽離子所帶負電荷總數等于正電荷總數，但是離子所帶電荷不相同，故遷移的陰、陽離子總數不一定相等，C項錯誤；D．M極發生氧化反應，水參與反應，生成了H，D項正確；答案選C。4、D【解析】

A.X的分子式為C12H14O3，故A錯誤；B.羥基鄰位碳上沒有H原子，不能發生消去反應，故B錯誤；C.在Ni作催化劑的條件下，1molX最多只能與4molH2加成，故C錯誤；D.苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，有機物X含有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D正確。答案選D。5、B【解析】

“W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，它們分別位于三個不同的周期”，由此可推出W為氫元素(H)；由“元素W與X可形成兩種液態物質”，可推出X為氧(O)元素；由“Y原子的最外層電子數等于其電子層數”，可推出Y為第三周期元素鋁(Al)；由“Y、Z兩種元素可組成二聚氣態分子”結構，可確定Z與Al反應表現-1價，則其最外層電子數為7，從而確定Z為氯(Cl)元素。【詳解】A．W(H)與Z(Cl)在與活潑金屬的反應中，都可表現出-1價，A正確；B．四種元素的簡單離子半徑由大到小的順序為Cl->O2->Al3+>H+，B不正確；C．Al2Cl6分子中，由于有2個Cl原子分別提供1對孤對電子與2個Al原子的空軌道形成配位鍵，所有原子的最外層均滿足8電子穩定結構，C正確；D．工業上制取金屬鋁(Al)時，可電解熔融的Al2O3，D正確；故選B。6、B【解析】

A．煤的焦化指的是將煤隔絕空氣加強熱的處理辦法，產品包含出爐煤氣，煤焦油和焦炭三大類，其中出爐煤氣含有焦爐氣，粗氨水和粗苯，乙烯就是焦爐氣中的一種主要成分；煤的氣化簡單地理解就是高溫下煤和水蒸氣的反應，主要生成水煤氣；煤的間接液化，指的是先將煤轉化為一氧化碳和氫氣，再催化合成甲醇，A項正確；B．酚醛樹脂的合成過程涉及縮聚反應而非加聚反應，B項錯誤；C．塑料，合成橡膠和合成纖維，都主要是以石油，煤和天然氣為原料生產的，C項正確；D．石油的催化重整可以獲取芳香烴，D項正確；答案選B。7、C【解析】

A．圖象中反應物能量低于生成物能量，故反應是吸熱反應，生成物的總能量高于反應物的總能量，即2molR(g)的能量高于1molM(g)和1molN(g)的能量和，但A選項中未注明物質的聚集狀態，無法比較，選項A錯誤；B．催化劑改變化學反應速率是降低了反應的活化能，改變反應的路徑，曲線B代表使用了催化劑，反應速率加快，但M的轉化率：曲線B=曲線A，選項B錯誤；C．圖象中反應物能量低于生成物能量，故反應是吸熱反應，鍵能是指斷開鍵所需的能量，1molM和1molN的總鍵能高于2molR的總鍵能，選項C正確；D．圖象分析使用催化劑能加快化學反應速率，選項D錯誤；答案選C。8、B【解析】

①鈉在空氣中燃燒生成淡黃色的Na2O2，正確；②配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液，因容量瓶是500mL，需要用托盤天平稱量氫氧化鈉固體10.0g，錯誤；③鹽酸中H為+1價是最高價，Cl為-1價為最低價，既有氧化性又有還原性，正確；④Fe(OH)3可用Fe(OH)2、氧氣和水化合制備，FeCl2可用鐵和氯化鐵化合制備，錯誤；⑤SO2能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以它具有還原性，錯誤；⑥將質量分數為5%和25%的氨水等體積混合后，所得溶液中溶質的質量分數小于15%，錯誤；⑦因鮮花里有水份，干燥的Cl2和氯水均能使鮮花褪色，正確；⑧中和熱測定實驗中需要用到的玻璃儀器有量筒、燒杯、溫度計和環形玻璃攪拌棒四種，錯誤；⑨純銀器在空氣中久置變黑是因為發生了化學腐蝕，正確；答案為B。9、C【解析】

A．

Na2Cr2O7溶在酸性條件下能氧化正丁醛，為防止生成的正丁醛被氧化，所以將酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，故A不符合題意；B．由反應物和產物的沸點數據可知，溫度計1保持在90～95℃，既可保證正丁醛及時蒸出，又可盡量避免其被進一步氧化，溫度計2示數在76℃左右時，收集產物為正丁醛，故B不符合題意；C．正丁醇能與鈉反應，但粗正丁醛中含有水，水可以與鈉反應，所以無法檢驗粗正丁醛中是否含有正丁醇，故C符合題意；D．粗正丁醛中含有水、正丁醇，向粗正丁醛中加入CaCl2固體，過濾，可除去水，然后利用正丁醇與正丁醛的沸點差異進行蒸餾，從而得到純正丁醛，故D不符合題意；故答案為：C。10、A【解析】

如果(NH4)2Fe(SO4)2的量非常少，生成的沉淀質量接近于0；當加入的Ba(OH)2完全形成沉淀時，發生反應：(NH4)2Fe(SO4)2+Ba(OH)2=BaSO4↓+Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4，且生成的Fe(OH)2完全被氧化生成Fe(OH)3時，所得固體質量最大，此時沉淀為Fe(OH)3與BaSO4，故沉淀的質量最大為0.1mol×233g/mol+0.1mol×107g/mol=34g，故沉淀質量因為0g<m(沉淀)≤34g；故選A。11、D【解析】

A.在光照條件下，烷烴能夠與鹵素單質發生取代反應，故A正確；B．乙炔和乙烯與溴水都能發生加成反應，則褪色原理相同，故B正確；C.甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)的含氫量相等，總質量一定的甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)混合物中氫元素的質量一定，完全燃燒時生成水的質量一定，故C正確；D．對二氯苯僅一種結構，不能說明苯環結構中不存在單雙鍵交替的結構，因為如果是單雙鍵交替的結構，對二氯苯也是一種結構，故D錯誤；故選D。【點睛】本題的易錯點為D，要注意是不是單雙鍵交替的結構，要看對二氯苯是不是都是一種，應該是“鄰二氯苯僅一種結構，才能說明苯環結構中不存在單雙鍵交替的結構”，因為如果是苯環結構中存在單雙鍵交替的結構，鄰二氯苯有2種結構。12、D【解析】

A.CO2能在水中溶解，使其排出進入量筒的水的體積小于CO2的體積；B.CO2能與溶液中的水及溶質發生反應：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，使排出水的體積小于CO2的體積；C.CO2能在飽和食鹽水中溶解，使其趕入量筒的水的體積小于CO2的體積；D.CO2不能在煤油中溶解，這樣進入CO2的體積等于排入量氣管中的水的體積，相對來說，誤差最小，故合理選項是D。13、C【解析】

A.丙烷、二甲醚都有一定的毒性，會對環境造成污染，故A不選；B.SiO2和CaCO3、Na2CO3在玻璃熔爐里反應生成Na2SiO3和CaSiO3，和過量的SiO2共同構成了玻璃的主要成分，故B不選；C.髙錳酸鉀溶液和雙氧水殺菌消毒，利用了強氧化性，酒精沒有強氧化性，故C選；D.成熟的水果能釋放乙烯，乙烯可以促進果實成熟，故D不選。故選C。14、D【解析】

A.焚燒將某些還原性的物質氧化，某些生活垃圾可用于焚燒發電，故A正確；B.“地溝油”的主要成分為油脂，含有有毒物質，不能食用，油脂在堿性條件下水解稱為皂化反應，油脂燃燒放出大量熱量，可制作生物柴油，故B正確；C.石油裂解主要是為了獲得氣態不飽和短鏈烴，如乙烯、丙烯等，故C正確；D.煤中不含苯、甲苯等，苯和甲苯是煤的干餾的產物，故D錯誤；故選D。【點睛】本題考查了有機物的結構和性質，應注意的是煤中不含苯、甲苯等，苯、甲苯是煤的干餾產物。15、C【解析】

A.根據題意，鑒別KNO3和Na2SO4，是利用了焰色反應，故A錯誤；B.電子式中相同的離子要分開寫，氫化鈣的電子式是：[∶H]-Ca2+[∶H]-，故B錯誤；C.根據各周期容納元素種數可知，第七周期最后一種元素的原子序數為2+8+8+18+18+32+32=118，故C正確；D.納米碳酸鈣只有一種物質，不是分散系，不是膠體，故D錯誤；故選C。【點睛】此題易錯點在D項，膠體屬于分散系，分散質粒子直徑大小在1nm～100nm之間，膠體屬于混合物。16、D【解析】

X、Y、Z、W均為短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序數依次增大，W是地殼中含量最多的元素，則W為O元素；X與Y位于同一主族，Y與W位于同一周期，則X、Z均為第三周期；X、Y、Z的最外層電子數之和與W的最外層電子數相等，設X、Y的最外層電子數為a，Z的最外層電子數為b，則2a+b+6，當a=1，b=4時滿足題意，即Y為Li、X為Na、Z為Si。【詳解】由分析可知：Y為Li元素、W為O元素、X為Na元素、Z為Si元素；A．Li、O同周期，核電荷數大，原子半徑小，Li的原子半徑大于O，Li、Na同主族，核電荷數大，原子半徑大，Na的原子半徑大于Li，則原子半徑是X＞Y＞W，故A正確；B．Na的金屬性比Li強，NaOH的堿性比LiOH強，則最高價氧化物對應水化物的堿性：X>Y，故B正確；C．Z、W組成的化合物SiO2是酸性氧化物，能與強堿反應，故C正確；D．X的單質是Na，在氧氣中燃燒生成Na2O2，存在Na+和O22-，則陰陽離子之比為1:2，故D錯誤；故答案為D。【點睛】微粒半徑大小比較的常用規律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高價陽離子或最低價陰離子半徑隨核電荷數增大而逐漸減小(稀有氣體元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或離子半徑隨核電荷數增大而逐漸增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。（3）電子層結構相同的微粒：電子層結構相同(核外電子排布相同)的離子半徑(包括陰、陽離子)隨核電荷數的增加而減小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。（4）同種元素形成的微粒：同種元素原子形成的微粒電子數越多，半徑越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。（5）電子數和核電荷數都不同的，可通過一種參照物進行比較，如比較A13+與S2－的半徑大小，可找出與A13+電子數相同的O2－進行比較，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。17、C【解析】

A．由甲圖可知，升高溫度，FeO42－的濃度變化較大；B．由乙圖可知堿性越強，FeO42－的濃度變化越小；C．由丙圖可知鐵離子濃度越大，FeO42－的濃度變化越大；D．由丁圖可知在磷酸鈉溶液中，FeO42－的濃度變化較大。【詳解】A．由甲圖可知，升高溫度，FeO42﹣的濃度變化較大，可知溫度越高FeO42﹣轉化速率越快，故A錯誤；B．由乙圖可知堿性越強，FeO42﹣的濃度變化越小，則堿性越強FeO42﹣轉化速率越小，故B錯誤；C．由丙圖可知鐵離子濃度越大，FeO42﹣的濃度變化越大，故C正確；D．由丁圖可知在磷酸鈉溶液中，FeO42﹣的濃度變化較大，可知鈉鹽不都是FeO42﹣優良的穩定劑，其中醋酸鈉為優良的穩定劑，故D錯誤；故選：C。18、C【解析】

本題考查溶度積常數，意在考查對溶度積的理解和應用。【詳解】A.CaSO4和CaCO3的組成類似，可由溶度積的大小推知其在純水中溶解度的大小，溶度積大的溶解度大，故不選A；B.Qc>Ksp時有沉淀析出，故不選B；C.雖然Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)，但兩者相差不大，當c(Ba2+)·c(CO32－)>Ksp(BaCO3)時，硫酸鋇可能轉化為碳酸鋇，故選C；D.根據同離子效應可知，CaSO4在0.05mol/LCaCl2溶液中比在0.01mol/LNa2SO4溶液中的溶解度小，故不選D；答案：C【點睛】(1)同種類型的難溶物，Ksp越小，溶解能力越小；（2）當Qc>Ksp析出沉淀；當Qc<Ksp沒有沉淀生成；當Qc=Ksp，正好達到平衡。19、B【解析】

X、Y、Z、W為原子序數依次增大的短周期主族元素，X和Y能形成兩種常見離子化合物，這兩種離子化合物為Na2O2和Na2O，X為O元素，Y為Na元素，Z原子最外層電子數與其電子層數相同，Z為Al元素；X與W同主族，W為S元素。【詳解】A．同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，Y＞Z＞W，同主族元素從上到下逐漸增大：W＞X，即Na＞Al＞S＞O，故A正確；B．O22－是原子團，X、Y形成的Y2X2陰陽離子數目比為1：2，故B錯誤；C．Al(OH)3具有兩性，Y、Z和W的最高價氧化物的水化物分別為NaOH、Al(OH)3、H2SO4，可以相互反應，故C正確；D．X與W形成的化合物SO2、SO3的水溶液呈酸性，可使紫色石蕊溶液變紅，故D正確；故選B。20、B【解析】

A.苯酚與碳酸鈉溶液反應生成碳酸氫鈉，所以苯酚的酸性強于碳酸氫鈉，弱于碳酸，故A錯誤；B.氣體通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色說明生成乙烯氣體，溴乙烷生成乙烯的反應屬于消去反應，故B正確；C.SO2具有還原性，通入KMnO4溶液，溶液褪色，體現二氧化硫的還原性，故D.由于氯化鈉和碘化鈉的物質的量濃度的相對大小未知，有可能因為碘化鈉的濃度較大而產生黃色沉淀碘化銀，因此不能得出結論KspAgC1>K故選B。【點睛】二氧化硫具有漂白性，但并非所有顏色褪去的反應都是由于其漂白性，這是很容易被忽略的問題。比較結構和組成相似的難溶物的溶度積時，要根據控制變量法進行實驗設計，控制兩溶液的濃度相同，或控制溶度積較大的濃度較大，才可以得出合理的結論；或者根據沉淀的轉化進行判斷，但要注意在進行沉淀的轉化時，防止有過量試劑的干擾。21、D【解析】

短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次遞增，a、b、c、d、e、f是由這些元素組成的化合物，d是淡黃色粉末，d為Na2O2，m為元素Y的單質，通常為無色無味的氣體，則m為O2，則Y為O元素，根據圖示轉化關系可知：a為烴，b、c分別為CO2、H2O，e、f分別為碳酸鈉、NaOH，結合原子序數可知，W為H，X為C，Y為O，Z為Na，據此解答。【詳解】由上述分析可知，四種元素分別是：W為H，X為C，Y為O，Z為Na。A．Z、Y的離子具有相同電子層結構，原子序數越大，其相應的離子半徑就越小，所以簡單離子半徑：Z＜Y，選項A正確；B．過氧化鈉為離子化合物，含有離子鍵和共價鍵，含有陽離子鈉離子和陰離子過氧根離子，陽離子和陰離子的比值為2：1，選項B正確；C．元素非金屬性越強，其對應的氫化物越穩定，由于元素的非金屬性Y>X，所以簡單氣態氫化物的熱穩定性：Y＞X，選項C正確；D．上述4種元素組成的化合物是NaHCO3，該物質屬于強堿弱酸鹽，其水溶液水解顯堿性，選項D錯誤；故符合題意的選項為D。【點睛】本題考查無機物的推斷，把握鈉的化合物的性質及相互轉化是本題解答的關鍵，側重于分析與推斷能力的考查，注意淡黃色固體、原子序數為推斷的突破口，本題為高頻考點，難度不大。22、B【解析】

A．SO2具有殺菌作用和抗氧化的特性，A項正確；B．將電器垃圾深埋處理，重金屬會進入土地和水源中，污染土壤和水源，B項錯誤；C．SO2及氮氧化物都能造成酸雨，故燃料脫硫、脫氮是減少酸雨的有效措施，C項正確；D．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，實現碳的循環利用，可以減少二氧化碳對環境的影響，D項正確；答案選B。二、非選擇題(共84分)23、羧基、肽鍵（或酰胺鍵）取代反應定位+2H2O+CH3COOH+H2SO4或（任寫1種）【解析】

(1)根據流程圖中的結構簡式和反應物轉化關系分析；(2)通過反應②和反應⑧推知引入—SO3H的作用是控制反應中取代基的位置；(3)碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳，根據結構簡式分析；(4)根據流程圖中H和J的結構簡式可斷定I的結構簡式為；(5)根據題目要求分析，結合取代基位置異構，判斷同分異構體的數目。(6)先用酸性高錳酸鉀溶液將甲基氧化為羧基，然后用“Fe/HCl”將硝基還原為氨基，得到對氨基苯甲酸，然后在催化劑作用下，發生縮聚反應生成含肽鍵的聚合物。【詳解】(1)根據G的結構圖，G中官能團的名稱是羧基和肽鍵(或酰胺鍵)；反應③中C的—SO3H被取代生成D，則反應類型是取代反應；(2)通過反應②和反應⑧推知引入—SO3H的作用是控制反應過程中取代基的連接位置，故起到定位的作用；(3)F是鄰氨基苯甲酸，與足量氫氣發生加成反應生成，與羧基、氨基連接的碳原子是手性碳原子，可表示為：；(4)根據流程圖中H和J的結構簡式可斷定I的結構簡式為，⑨的反應方程式：+2H2O+CH3COOH+H2SO4；(5)D的結構簡式為，苯環上有三個不相同且互不相鄰的取代基的同分異構體，即三個取代基在苯環上處于鄰間對位置上，同分異構體結構簡式或（任寫1種）；(6)先用酸性高錳酸鉀溶液將甲基氧化為羧基，然后用“Fe/HCl”將硝基還原為氨基，得到對氨基苯甲酸，然后在催化劑作用下，發生縮聚反應生成含肽鍵的聚合物，不能先把硝基還原為氨基，然后再氧化甲基，因為氨基有還原性，容易被氧化，故合成路線如下：。24、B、C、D、F、G酯化6【解析】

有機物A有C、H、O三種元素組成，Mr(A)=12/0.1=120，0.1molA在足量的氧氣中充分燃燒后生成0.8molCO2和7.2gH2O，水的物質的量=7.2/18=0.4mol，根據原子守恒可知，該有機物中N(C)=0.8/0.1=8，N(H)=0.4×2÷0.1=8，有機物中N(O)=(120-12×8-1×8)÷16=1，有機物A的分子式為C8H8O，A經過一系列反應得到芳香醛E，結合信息中醛與HCN的加成反應，可知A含有C=O雙鍵，A與HCN發生加成反應生成B，B發生水解反應生成C，C在濃硫酸、加熱條件下生成D，D能使溴的四氯化碳溶液褪色，應為發生消去反應，D被臭氧氧化生成E與F，F繼續被氧化生成G，G的相對分子質量為90，則G為HOOC-COOH，F為OHC-COOH，E為苯甲醛，D為苯丙烯酸，C為2-羥基-3-苯基丙酸，B為，A的結構簡式為。【詳解】（1）由上述分析可知，A為；（2）只要含有羧基或羥基的都能發生酯化反應，在A～G中能發生酯化反應的有機物有B、C、D、F、G；（3）由于C中含有羧基、羥基，另外還可以發生酯化反應生成另一種有機物，該反應的方程式為，反應類型為酯化反應。（4）C的同分異構體有多種，其中符合下列要求的有機物有多種，①能與3molNaOH溶液反應，說明含有酚羥基、羧酸與酚形成的酯基；②苯環上的一鹵代物只有一種，說明苯環上含有1種氫原子；③能發生銀鏡反應，說明含有醛基，再結合①可知，酯基為甲酸與酚形成的酯基，滿足條件的有機物的結構簡式為：和。（5）C中羧基和4-甲基-2，3-戊二醇中的兩個羥基發生酯化反應生成兩種酯，C中的羥基和4-甲基-2，3-戊二醇中的兩個羥基脫水生成兩種醚，C中的羧基和羥基與4-甲基-2，3-戊二醇中的兩個羥基同時脫水可生成兩種產物，一共可生成6種產物。25、d→e→c→b防止倒吸Cu+2H2SO4(濃)SO2↑+CuSO4+2H2O加快SO2與Zn的反應速率水浴加熱2SO2+Zn+2OH-Zn(OH)2+S2O42-ZnO減小Na2S2O4的溶解度Na2SO3、NaHSO3、Na2SO4或NaHSO4(任寫2種)【解析】

(1)①銅和濃硫酸在加熱條件下反應制取二氧化硫，生成的二氧化硫中含有水蒸氣，需要干燥；二氧化硫的密度比空氣大，可以與水反應，應使用向上排空氣法收集，收集時氣體應長進短出，二氧化硫有毒，不能排放到空氣中需要尾氣處理，吸收尾氣時，需要安裝防倒吸裝置，則按氣流方向連接各儀器接口，順序為a→d→e→c→b→f；二氧化硫被氫氧化鈉吸收，使裝置內壓減小，易發生倒吸，則D為防倒吸裝置；②銅和濃硫酸在加熱條件下反應生成二氧化硫、硫酸銅和水，化學方程式為：Cu+2H2SO4(濃)SO2↑+CuSO4+2H2O；(2)①SO2與Zn粉直接接觸反應，接觸面積太小，通SO2之前先強力攪拌，將鋅粉和水制成懸濁液，可增大SO2與Zn粉反應時的接觸面積，從而加快SO2與Zn的反應速率；由流程圖示反應Ⅱ的反應溫度為35℃，火焰溫度太高不易控制，不能用酒精燈直接加熱，應使用水浴加熱的方法來控制溫度；②二氧化硫與鋅粉和氫氧化鈉反應生成氫氧化鋅和Na2S2O4，離子方程式為：2SO2+Zn+2OH-Zn(OH)2+S2O42-；(3)由(2)②可得過濾得到的“濾渣”為氫氧化鋅，洗滌、灼燒，氫氧化鋅分解為氧化鋅(ZnO)；Na2S2O4易溶于水，冷卻結晶過程中，加入適量飽和食鹽水，可降低其溶解度加快結晶速度；(4)產品Na2S2O4·2H2O中硫的化合價為+3價，被氧化時硫的化合價升高，可能變為+4價或+6價，則可能的產物有Na2SO3、NaHSO3、Na2SO4或NaHSO4(任寫2種)。26、球形冷凝管防倒吸碘水或I2CDGFJ37.8還原性5H2C2O1+2MnO1-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O反應生成的硫酸錳或錳離子對反應有催化作用，加快反應速率取少量0.1mol/L草酸溶液于試管中，測定其pH，若pH﹥1，則說明草酸為弱酸【解析】

（1）根據儀器構造可知儀器乙為球形冷凝管；B裝置為安全瓶，其作用是防倒吸，故答案為球形冷凝管；防倒吸；（2）淀粉遇碘變藍色，在已經水解的淀粉溶液中滴加幾滴碘液，溶液顯藍色，則證明淀粉沒有完全水解，溶液若不顯色，則證明淀粉完全水解，故答案為碘水或I2；（3）為證明草酸的受熱分解產物中含有H2O、CO2和CO，先首先將混合氣體通入盛有無水硫酸銅的干燥管檢驗水蒸氣，如果變藍說明有水蒸氣產生；再通入盛有冷水的洗氣瓶除去草酸蒸氣，防止草酸干擾二氧化碳的檢驗；接著通入盛有澄清的石灰水的洗氣瓶檢驗二氧化碳，如果澄清的石灰水變渾濁，則證明含有二氧化碳氣體；再用盛有氫氧化鈉溶液的洗氣瓶吸收二氧化碳，防止二氧化碳干擾一氧化碳的檢驗；然后再將洗氣后的氣體進行干燥，最后將氣體再通過黑色的氧化銅裝置，一氧化碳和黑色的氧化銅反應生成銅和二氧化碳，再用澄清的石灰水檢驗二氧化碳是否存在，如果澄清石灰水變渾濁，則證明該混合氣體中含有一氧化碳；為防止有毒的一氧化碳污染環境，用排水集氣法收集一氧化碳，連接順序為A→C→D→G→F→E→B→G→J，故答案為C；D；G；F；J。（1）由化學方程式CuO+COCu+CO2可知A管減輕質量為氧原子的質量，則n(CO)：m(O)=1:16=n(CO)：1．8g，解得n(CO)為0.3mol，H2C2O1·2H2O受熱分解的方程式為H2C2O1?2H2O3H2O+CO↑+CO2↑，由方程式可知分解的草酸晶體為0.3mol，所以質量為：0.3mol×126g/mol=37.8g，故答案為37.8；（5）向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高錳酸鉀溶液時，可觀察到溶液由紫紅色變為近乎無色，說明酸性高錳酸鉀與草酸發生氧化還原反應，酸性高錳酸鉀具有強氧化性，草酸能夠被氧化，草酸具有還原性，被氧化為二氧化碳，發生的反應為5H2C2O1+2MnO1-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，生成的硫酸錳或錳離子對反應有催化作用，加快反應速率；故答案為還原；5H2C2O1+2MnO1-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；生成的硫酸錳或錳離子對反應有催化作用，加快反應速率；（6）若草酸為弱酸，則其在水溶液中不能完全電離，0.1mol·L-1草酸溶液的pH大于1。因此，實驗證明草酸是弱酸的實驗方案為：取少量0.1mol/L草酸溶液于試管中，用pH計測定其pH，若pH﹥1，則說明草酸為弱酸，故答案為取少量0.1mol/L草酸溶液于試管中，測定其pH，若pH﹥1，則說明草酸為弱酸。【點睛】本題考查了性質實驗方案的設計與評價，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查了學分析、理解能力及靈活應用基礎知識的能力，注意掌握化學實驗基本操作方法，明確常見物質的性質及化學實驗方案設計原則是解答關鍵。27、球形干燥管（干燥管）缺少處理CO尾氣裝置排盡裝置內空氣，防止空氣中H2O和CO2的干擾E中黑色粉末變紅色，F出現白色沉淀取少量草酸亞鐵晶體于試管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液變紅色，則草酸亞鐵晶體已氧化變質；若不變紅色，則草酸亞鐵晶體未氧化變質FeC2O43FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑【解析】

裝置A為草酸亞鐵晶體分解，利用無水硫酸銅檢驗水蒸氣，B裝置檢驗二氧化碳，C裝置吸收二氧化碳，D裝置干燥氣體，E裝置檢驗CO，F裝置檢驗二氧化碳，據此解答。【詳解】(1)儀器a的名稱是球形干燥管(干燥管)，故答案為：球形干燥管(干燥管)；(2)反應會產生CO，缺少處理CO尾氣裝置，故答案為：缺少處理CO尾氣裝置；(3)反應會會產生CO和H2O，通入氮氣，排盡裝置內空氣，防止空氣中H2O和CO2的干擾，故答案為：排盡裝置內空氣，防止空氣中H2O和CO2的干擾；(4)CO與CuO反應，生成Cu和二氧化碳，現象為E中黑色粉末變紅色，F出現白色沉淀，故答案為：E中黑色粉末變紅色，F出現白色沉淀；(5)檢驗鐵離子的試劑為KSCN，具體有：取少量草酸亞鐵晶體于試管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液變紅色，則草酸亞鐵晶體已氧化變質；若不變紅色，則草酸亞鐵晶體未氧化變質，故答案為：取少量草酸亞鐵晶體于試管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液變紅色，則草酸亞鐵晶體已氧化變質；若不變紅色，則草酸亞鐵晶體未氧化變質；(6)①草酸亞鐵晶體的物質的量為：＝0.03mol，通過剩余固體的質量為4.32g，則M的摩爾質量為＝144g/mol，過程Ⅰ發生的反應是：草酸亞鐵晶體受熱失去結晶水，剩下的M為FeC2O4，故答案為：FeC2O4；②草酸亞鐵晶體中的鐵元素質量為：＝1.68g，草酸亞鐵晶體中的鐵元素完全轉化到氧化物中，氧化物中氧元素的質量為：，設鐵的氧化物的化學式為FexOy，則有：，解得x：y＝3：4，鐵的氧化物的化學式為Fe3O4，因此M→N發生反應的化學方程式為3FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑。【點睛】本題難點在于(6)②，根據質量，求分子式，可以通過質量守恒得到答案。28、164ad放熱反應溫度升高平衡逆移、催化劑失去活性60％a3CO2+18H++18e-→CH3CH=CH2+6H2O2