2021-2022學年高考化學模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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、依據(jù)反應2KIO3+5SO2+4H2O═I2+3H2SO4+2KHSO4（KIO3過量），利用下列裝置從反應后的溶液中制取碘的CCl4溶液并回收KHSO4。下列說法不正確的是A．用制取SO2 B．用還原IO3-C．用從水溶液中提取KHSO4 D．用制取I2的CCl4溶液2、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是（）A．常溫下，23gNO2含有NA個氧原子B．1L0.1mol·L-1的氨水含有0.1NA個OH-C．常溫常壓下，22.4LCCl4含有NA個CCl4分子D．1molFe2+與足量的H2O2溶液反應，轉移2NA個電子3、我國政府為了消除碘缺乏病，在食鹽中均加入一定量的“碘”。下列關于“碘鹽”的說法中錯誤的是A．“碘鹽”就是NaIB．“碘鹽”就是適量的碘酸鉀(KIO3)與食鹽的混合物C．“碘鹽”應保存在陰涼處D．使用“碘鹽”時，切忌高溫煎炒4、下列敘述正確的是（）A．合成氨反應放熱，采用低溫可以提高氨的生成速率B．常溫下，將pH＝4的醋酸溶液加水稀釋，溶液中所有離子的濃度均降低C．反應4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)===4Fe(OH)3(s)常溫下能自發(fā)進行，該反應的ΔH<0D．在一容積可變的密閉容器中反應2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)達平衡后，保持溫度不變，縮小體積，平衡正向移動，的值增大5、2019年9月25日，全世界幾大空之一―—北京大興國際機場，正式投運。下列相關說法不正確的是()A．機楊航站樓所用鋼鐵屬于合金材料B．航站樓使用的玻璃是無機非金屬材料C．航站樓采用的隔震支座由橡膠和鋼板相互疊加粘結而成，屬于新型無機材料D．機場高速應用自融冰雪路面技術，減少了常規(guī)融雪劑使用對環(huán)境和橋梁結構造成的破壞6、2018年7月12日，我國科學家姜雪峰教授被評為”全球青年化學家元素周期表硫元素代言人”，其是目前為止第一位人選的中國學者。下列說法或推測正確的是A．單質(zhì)S不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳B．含氧酸的酸性:Cl＞S＞PC．沸點:H2O＜H2S＜PH3D．由H和S形成共價鍵的過程:7、化學與生產(chǎn)、生活密切相關。下列敘述正確的是（）A．煤的干餾和煤的液化均是物理變化B．天然纖維和合成纖維的主要成分都是纖維素C．海水淡化的方法有蒸餾法、電滲析法等D．用活性炭為糖漿脫色和用次氯酸鹽漂白紙漿的原理相同8、下列說法正確的是A．苯乙烯和苯均能使溴水褪色，且原理相同B．用飽和Na2CO3溶液可鑒別乙醇、乙酸、乙酸乙酯C．用Ni作催化劑，1mol最多能與5molH2加成D．C3H6BrCl的同分異構體數(shù)目為69、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A．含2.8g硅的SiO2晶體中存在的共價鍵總數(shù)為2NAB．1L0.5mol·L－1的Na3PO4溶液中含有陽離子的總數(shù)為1.5NAC．標準狀況下，2.0gD2O中含有的質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)均為NAD．室溫時，pH=12的Ba(OH)2溶液中，氫氧根離子數(shù)目為1.0×10—2NA10、化學家創(chuàng)造的酸堿質(zhì)子理論的要點是：凡能給出質(zhì)子(H+)的分子或離子都是酸，凡能接受質(zhì)子(H+)的分子或離子都是堿。按此觀點，下列微粒既屬于酸又屬于堿的是①H2O②CO32-③Al3+④CH3COOH⑤NH4+⑥H2N-CH2COOHA．②③ B．①⑥ C．④⑥ D．⑤⑥11、氮及其化合物的性質(zhì)是了解工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)的重要基礎。NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列有關說法錯誤的是A．22.4L（標準狀況）15NH3含有的質(zhì)子數(shù)為10NAB．密閉容器中，2molNO與1molO2充分反應，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NAC．13.8gNO2與足量水反應，轉移的電子數(shù)為0.2NAD．常溫下，1L0.1mol·L1NH4NO3溶液中含有的氮原子數(shù)為0.2NA12、下列實驗中，所選裝置或儀器合理的是A．高溫煅燒石灰石 B．從KI和I2的固體混合物中回收I2C．除去乙醇中的苯酚 D．量取15.00mLNaOH溶液13、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象，得出的結論正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結論A光照時甲烷與氯氣反應后的混合氣體能使紫色石蕊溶液變紅生成的氯甲烷具有酸性B向溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X，出現(xiàn)白色沉淀X一定具有氧化性C兩支盛0.1mol·L-1醋酸和次氯酸的試管中分別滴加等濃度Na2CO3溶液，觀察到前者有氣泡、后者無氣泡Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)D向淀粉溶液中滴加H2SO4并加熱，再加入新制的Cu(OH)2懸濁液，加熱，未見磚紅色沉淀淀粉沒有水解A．A B．B C．C D．D14、向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液，溶液pH隨時間的變化如圖所示。呈堿性時停止滴加，一段時間后溶液黃綠色逐漸褪去。由此得不到的結論是A．該新制氯水c(H+)=10-2.6mol/LB．開始階段，pH迅速上升說明H+被中和C．OH-和Cl2能直接快速反應D．NaOH和氯水反應的本質(zhì)是OH-使Cl2+H2OH++Cl-+HClO平衡右移15、將V1mL0.1mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液與2mL0.1mol·L-1KI溶液混合，待充分反應后，下列方法可證明該反應具有一定限度的是（）A．若V1<1，加入淀粉 B．若V1≤1，加入KSCN溶液C．若V1≥1，加入AgNO3溶液 D．加入Ba(NO3)2溶液16、科學工作者研發(fā)了一種SUNCAT的系統(tǒng)，借助鋰循環(huán)可持續(xù)合成氨，其原理如下圖所示。下列說法不正確的是A．過程I得到的Li3N中N元素為—3價B．過程Ⅱ生成W的反應為Li3N+3H2O===3LiOH+NH3↑C．過程Ⅲ中能量的轉化形式為化學能轉化為電能D．過程Ⅲ涉及的反應為4OH－－4e－＝O2↑+2H2O17、新鮮水果、蔬菜、乳制品中富含的維生素C具有明顯的抗衰老作用，但易被空氣氧化。某課外小組利用碘滴定法測某橙汁中維生素C的含量，其化學方程式為：＋2HI下列認識正確的是()A．上述反應為取代反應 B．滴定時可用淀粉溶液作指示劑C．滴定時要劇烈振蕩錐形瓶 D．維生素C的分子式為C6H9O18、向某二元弱酸H2A水溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中l(wèi)gx（x為或）與pH的變化關系如圖所示，下列說法正確的是（）A．pH=7時，存在c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)B．直線Ⅰ表示的是lg隨pH的變化情況C．=10-2.97D．A2-的水解常數(shù)Kh1大于H2A電離常數(shù)的Ka219、下圖為元素周期表的一部分，X、Y、Z、M均為短周期元素，除M外，其余均為非金屬元素。下列說法正確的是YZMXA．簡單離子半徑：M＞Y B．單質(zhì)熔點：X＞MC．簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y＞Z D．Y的氧化物對應水化物均為強酸20、2019年2月27日,科技日報報道中科院大連化學物理研究所創(chuàng)新性地提出鋅碘單液流電池的概念,鋅碘單液流電池中電解液的利用率達到近100%,進而大幅度提高了電池的能量密度,工作原理如圖所示。下列說法正確的是A．該電池放電時電路中電流方向為A→a→b→B→AB．M為陰離子交換膜,N為陽離子交換膜C．如果使用鉛蓄電池進行充電,則B電極應與鉛蓄電池中的Pb電極相連D．若充電時C區(qū)增加的離子數(shù)為2NA,則A極增重65g21、以石墨負極（C）、LiFePO4正極組成的鋰離子電池的工作原理如圖所示（實際上正負極材料是緊貼在鋰離子導體膜兩邊的）。充放電時，Li+在正極材料上脫嵌或嵌入，隨之在石墨中發(fā)生了LixC6生成與解離。下列說法正確的是A．鋰離子導電膜應有保護成品電池安全性的作用B．該電池工作過程中Fe元素化合價沒有發(fā)生變化C．放電時，負極材料上的反應為6C+xLi++xe-=LixC6D．放電時，正極材料上的反應為LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+22、含氰化物的廢液亂倒或與酸混合，均易生成有劇毒且易揮發(fā)的氰化氫。工業(yè)上常采用堿性氯化法來處理高濃度氰化物污水，發(fā)生的主要反應為：CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O(未配平)。下列說法錯誤的是(其中

NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)()A．Cl2是氧化劑，CO2和N2是氧化產(chǎn)物B．上述離子方程式配平后，氧化劑、還原劑的化學計量數(shù)之比為

2：5C．該反應中，若有1mol

CN-發(fā)生反應，則有5NA電子發(fā)生轉移D．若將該反應設計成原電池，則CN-在負極區(qū)發(fā)生反應二、非選擇題(共84分)23、（14分）丹參素是一種具有保護心肌、抗血栓形成、抗腫瘤等多種作用的藥物。它的一種合成路線如下：已知：Bn－代表芐基（）請回答下列問題：（1）D的結構簡式為__________，H中所含官能團的名稱為_______________。（2）的反應類型為_____________，該反應的目的是_____________。（3）A的名稱是__________，寫出的化學方程式：________。（4）用苯酚與B可以制備物質(zhì)M（）。N是M的同系物，相對分子質(zhì)量比M大1．則符合下列條件的N的同分異構體有__________種（不考慮立體異構）。其中核磁共振氫譜有6組峰，且峰面積之比為1:1:1:2:2:3的物質(zhì)的結構簡式是_____________（寫出一種即可）。①苯環(huán)只有兩個取代基②能與溶液發(fā)生顯色反應③能發(fā)生銀鏡反應④紅外光譜表明分子中不含醚鍵（5）參照丹參素的上述合成路線，以為原料，設計制備的合成路線：____________________。24、（12分）我國成功研制出了具有自主知識產(chǎn)權的治療缺血性腦梗死新藥——丁苯酞。有機物G是合成丁苯酞的中間產(chǎn)物，G的一種合成路線如下：已知：回答下列問題：（1）A的結構簡式是___________，E的化學名稱是____________。（2）由B生成C的化學方程式為______________________。（3）G的結構簡式為__________________。合成丁苯酞的最后一步轉化為：，則該轉化的反應類型是_______________。（4）有機物D的溴原子被羥基取代后的產(chǎn)物J有多種同分異構體，其中含有苯環(huán)的同分異構體有______種（不包括J），其核磁共振氫譜吸收峰最多的結構簡式為_________。（5）參照題中信息和所學知識，寫出用和CH3MgBr為原料（其他無機試劑任選）制備的合成路線：______________。25、（12分）過氧乙酸（CH3COOOH）不僅在衛(wèi)生醫(yī)療、食品消毒及漂白劑領域有廣泛應用，也應用于環(huán)境工程、精細化工等領域。實驗室利用醋酸（CH3COOH）與雙氧水（H2O2）共熱，在固體酸的催化下制備過氧乙酸（CH3COOOH），其裝置如下圖所示。請回答下列問題：實驗步驟：I．先在反應瓶中加入冰醋酸、乙酸丁酯和固體酸催化劑，開通儀器1和8，溫度維持為55℃；II．待真空度達到反應要求時，打開儀器3的活塞，逐滴滴入濃度為35％的雙氧水，再通入冷卻水；Ⅲ．從儀器5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待反應結束后分離反應器2中的混合物，得到粗產(chǎn)品。（1）儀器6的名稱是______，反應器2中制備過氧乙酸（CH3COOOH）的化學反應方程式為_____。（2）反應中維持冰醋酸過量，目的是提高_____；分離反應器2中的混合物得到粗產(chǎn)品，分離的方法是_________。（3）實驗中加入乙酸丁酯的主要作用是_________（選填字母序號）。A作為反應溶劑，提高反應速率B與固體酸一同作為催化劑使用，提高反應速率C與水形成沸點更低的混合物，利于水的蒸發(fā)，提高產(chǎn)率D增大油水分離器5的液體量，便于實驗觀察（4）從儀器5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待觀察到___________（填現(xiàn)象）時，反應結束。（5）粗產(chǎn)品中過氧乙酸（CH3COOOH）含量的測定：取一定體積的樣品VmL，分成6等份，用過量KI溶液與過氧化物作用，以1.1mol?L－1的硫代硫酸鈉溶液滴定碘（I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－）；重復3次，平均消耗量為V1mL。再以1．12mol?L－1的酸性高錳酸鉀溶液滴定樣品，重復3次，平均消耗量為V2mL。則樣品中的過氧乙酸的濃度為______mol?L－1。26、（10分）甲烷在加熱條件下可還原氧化銅，氣體產(chǎn)物除水蒸氣外，還有碳的氧化物，某化學小組利用如圖裝置探究其反應產(chǎn)物。查閱資料：①CO能與銀氨溶液反應：CO+2Ag(NH3)2++2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3②Cu2O為紅色，不與Ag反應，發(fā)生反應：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O③已知Al4C3與CaC2類似易水解，CaC2的水解方程式為：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑（1）裝置A中反應的化學方程式為___。（2）裝置F的作用為___；裝置B的名稱為___。（3）按氣流方向各裝置從左到右的連接順序為A→__。(填裝置名稱對應字母，每個裝置限用一次)（4）實驗中若將A中分液漏斗換成（恒壓漏斗）更好，其原因是___。（5）裝置D中可能觀察到的現(xiàn)象是___。（6）當反應結束后，裝置D處試管中固體全部變?yōu)榧t色。設計實驗證明紅色固體中含有Cu2O（簡述操作過程及現(xiàn)象）：__。27、（12分）某學習小組研究溶液中Fe2+的穩(wěn)定性，進行如下實驗，觀察，記錄結果。實驗Ⅰ物質(zhì)0min1min1h5hFeSO4淡黃色桔紅色紅色深紅色(NH4)2Fe(SO4)2幾乎無色淡黃色黃色桔紅色（1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是_______（用化學用語表示）。溶液的穩(wěn)定性：FeSO4_______(NH4)2Fe(SO4)2（填“＞”或“＜”）。（2）甲同學提出實驗Ⅰ中兩溶液的穩(wěn)定性差異可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保護了Fe2+，因為NH4+具有還原性。進行實驗Ⅱ，否定了該觀點，補全該實驗。操作現(xiàn)象取_______，加_______，觀察。與實驗Ⅰ中(NH4)2Fe(SO4)2溶液現(xiàn)象相同。（3）乙同學提出實驗Ⅰ中兩溶液的穩(wěn)定性差異是溶液酸性不同導致，進行實驗Ⅲ：分別配制0.80mol·L－1pH為1、2、3、4的FeSO4溶液，觀察，發(fā)現(xiàn)pH＝1的FeSO4溶液長時間無明顯變化，pH越大，F(xiàn)eSO4溶液變黃的時間越短。資料顯示：亞鐵鹽溶液中存在反應4Fe2+＋O2＋10H2O4Fe(OH)3＋8H+由實驗III，乙同學可得出的結論是_______，原因是_______。（4）進一步研究在水溶液中Fe2+的氧化機理。測定同濃度FeSO4溶液在不同pH條件下，F(xiàn)e2+的氧化速率與時間的關系如圖（實驗過程中溶液溫度幾乎無變化）。反應初期，氧化速率都逐漸增大的原因可能是_____。（5）綜合以上實驗，增強Fe2+穩(wěn)定性的措施有_______。28、（14分）CO、CO2是化石燃料燃燒后的主要產(chǎn)物。(1)將體積比為2：1的CO2和CO混合氣體通入有足量Na2O2固體的密閉容器中，同時不斷地用電火花點燃。將殘留固體溶于水，所得溶液中2c(CO32-)+c(HCO3-)____________c(Na+)（填“>”“<”或“=”）。(2)已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566.0kJ/mol；鍵能E（o=o）=499.0kJ/mol①CO(g)+O2(g)CO2(g)+O(g)的△H=____________kJ/mol②已知2500K時，①中反應的平衡常數(shù)為0.40。某時刻該反應體系中各物質(zhì)濃度滿足：c(CO)·c(O2)=c(CO2)·c(O)，則此時反應____________（填向左”或“向右”）進行。(3)已知：反應CO2(g)CO(g)+O(g)在密閉容器中CO2分解實驗的結果如下圖1；反應2CO2(g)2CO(g)+O2(g)中1molCO2在不同溫度下的平衡分解量如下圖2，①分析圖1，求2min內(nèi)v(CO2)=_______。②分析圖2，1500℃時反應達平衡，此時容器體積為1L，則反應的平衡常數(shù)K=______(計算結果保留1位小數(shù))。(4)為探究不同催化劑對CO和H2合成CH3OH的選擇性效果，某實驗室控制CO和H2的初始投料比為1：3進行實驗，得到如下數(shù)據(jù)：選項T/K時間/min催化劑種類甲醇的含量(%)A45010CuO-ZnO78B45010CuO-ZnO-ZrO288C45010ZnO-ZrO246①由表1可知，該反應的最佳催化劑為____________（填編號）；圖3中a、b、c、d四點是該溫度下CO的平衡轉化率的是____________。②有利于提高CO轉化為CH3OH的平衡轉化率的措施有____________。A．使用催化劑CuO－ZnO－ZrO2B．適當降低反應溫度C．增大CO和H2的初始投料比D．恒容下，再充入amolCO和3amolH229、（10分）某課外興趣小組探究利用廢銅屑制取CuSO4溶液，設計了以下幾種實驗方案。完成下列填空：(1)方案一：以銅和濃硫酸反應制備硫酸銅溶液。方案二：將廢銅屑在空氣中灼燒后再投入稀硫酸中。和方案一相比，方案二的優(yōu)點是________________________；方案二的實驗中，發(fā)現(xiàn)容器底部殘留少量紫紅色固體，再加入稀硫酸依然不溶解，該固體為________。(2)方案三的實驗流程如圖所示。溶解過程中有氣體放出，該氣體是________。隨著反應的進行，生成氣體速率加快，推測可能的原因是________________________________________________________________________________。(3)設計實驗證明你的推測：______________________________。方案四的實驗流程如圖所示。（4）為了得到較純凈的硫酸銅溶液，硫酸和硝酸的物質(zhì)的量之比應為________；（5）對方案四進行補充完善，設計一個既能防止污染，又能實現(xiàn)物料循環(huán)的實驗方案(用流程圖表示)__________________________________。

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．加熱條件下Cu和濃硫酸反應生成二氧化硫，所以該裝置能制取二氧化硫，故A正確；B．二氧化硫具有還原性，碘酸鉀具有氧化性，二者可以發(fā)生氧化還原反應生成碘，且倒置的漏斗能防止倒吸，所以能用該裝置還原碘酸根離子，故B正確；C．從水溶液中獲取硫酸氫鉀應該采用蒸發(fā)結晶的方法，應該用蒸發(fā)皿蒸發(fā)溶液，坩堝用于灼燒固體物質(zhì)，故C錯誤；C．四氯化碳和水不互溶，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，然后再用分液方法分離，故D正確；答案選C。2、A【解析】

A.23gNO2的物質(zhì)的量是＝0.5mol，含有1mol氧原子，選項A正確；B.氨水是弱堿，部分電離，即.1L0.1mol·L－1氨水含有OH－個數(shù)小于0.1NA，選項B錯誤；C.常溫常壓下四氯化碳不是氣體，不能適用于氣體摩爾體積，選項C錯誤；D.反應中亞鐵離子失去1個電子，選項D錯誤；答案選A。3、A【解析】

A.“碘鹽”碘鹽是氯化鈉中添加了碘酸鉀，A不正確；B.“碘鹽”就是適量的碘酸鉀(KIO3)與食鹽的混合物，B正確；C.“碘鹽”中的碘酸鉀易分解，所以應保存在陰涼處，C正確；D.使用“碘鹽”時，切忌高溫煎炒，高溫下碘酸鉀分解造成碘的損失，D正確。故選A。4、C【解析】

A、降低溫度，會減慢氨的生成速率，選項A錯誤；B、常溫下，將pH=4的醋酸溶液稀釋后，溶液中氫離子的濃度降低，由c（OH-）=可知氫氧根離子的濃度增大，選項B錯誤；C、反應4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s)，△S＜0，常溫下能自發(fā)進行，說明△H-T?△S＜0，因此可知△H＜0，選項C正確；D、可看作該反應的平衡常數(shù)的倒數(shù)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，則該值不變，選項D錯誤。答案選C。5、C【解析】

A．機楊航站樓所用鋼鐵是合金，屬于金屬材料，故A正確；B．玻璃是硅酸鹽材料，屬于無機非金屬材料，故B正確；C．橡膠隔震支座，成分為有機高分子材料，鋼板是金屬材料，故C錯誤；D．常用的融雪劑為工業(yè)食鹽，而鹽溶液會加速鐵的生銹，應盡量減小使用，故D正確；故答案為C。6、A【解析】

A項、單質(zhì)硫為非極性分子，依據(jù)相似相溶原理可知，硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故A正確；B項、元素的非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，元素非金屬性Cl＞S＞P，最高價氧化物對應水化物的酸性Cl＞S＞P，但含氧酸的酸性不一定，如次氯酸為弱酸，酸性小于強酸硫酸，故B錯誤；C項、水分子間能夠形成氫鍵，增大了分子間作用力，而硫化氫和磷化氫分子間不能形成氫鍵，水的沸點高于硫化氫和磷化氫，故C錯誤；D項、硫化氫為共價化合物，用電子式表示硫化氫的形成過程為，故D錯誤。故選A。【點睛】本題考查元素周期律和化學鍵，注意元素周期律的理解，明確相似相溶原理、氫鍵對物質(zhì)性質(zhì)的影響，注意共價化合物電子式的書寫是解答關鍵。7、C【解析】試題分析：A、煤的干餾是化學變化，煤的液化是化學變化，故A錯誤；B、天然纖維指羊毛，、棉花或蠶絲等，羊毛和蠶絲是蛋白質(zhì)，棉花是纖維素，故B錯誤；C、蒸餾法或電滲析法可以實現(xiàn)海水淡化，故C正確；D、活性炭是吸附作用，次氯酸鹽漂白紙漿是利用強氧化性，故D錯誤?？键c：煤的綜合利用，纖維的成分，海水淡化，漂白劑8、B【解析】

A.苯乙烯中含碳碳雙鍵，與溴水發(fā)生加成反應，而苯與溴水混合發(fā)生萃取，則苯乙烯與苯使溴水褪色原理不同，故A錯誤；B.乙醇易溶于水，則乙醇與飽和Na2CO3溶液互溶，乙酸具有酸性，可與碳酸鈉反應生成氣體，乙酸乙酯難溶于水，會出現(xiàn)分層，則可鑒別，故B正確；C.能與氫氣發(fā)生加成反應的為苯環(huán)和碳碳雙鍵，則1mol該物質(zhì)最多只能與4molH2加成，故C錯誤；D.C3H6BrCl可看成丙烷分子中有兩個氫原子分別被一個溴原子、一個氯原子取代，根據(jù)“定一移一”的思路可得，先定Br原子的位置，有兩種情況，BrCH2CH2CH3、CH3CHBrCH3，再定Cl原子的位置，符合的同分異構體有，，則C3H6BrCl的同分異構體共5種，故D錯誤；故選B。【點睛】苯在溴化鐵的催化作用下與液溴發(fā)生取代反應生成溴苯和溴化氫；苯分子中沒有碳碳雙鍵，不能與溴水發(fā)生加成反應，但溴更易溶于苯中，溴水與苯混合時，可發(fā)生萃取，苯的密度小于水，因此上層為溴的苯溶液，顏色為橙色，下層為水，顏色為無色，這是由于萃取使溴水褪色，沒有發(fā)生化學反應。這是學生們的易錯點，也是?？键c。9、C【解析】

硅為0.1mol，所對應的SiO2為0.1mol，SiO2晶體中每個硅原子形成4個硅原子鍵，全部屬于自己，所以0.1molSiO2中含有共價鍵數(shù)為0.4NA，A項錯誤；B.Na3PO4溶液中陽離子還有H+，所以其陽離子總數(shù)大于1.5NA，B項錯誤；2O的物質(zhì)的量為0.1mol，每個D2O分子中含有10個質(zhì)子和10個中子，所以0.1molD2O中含有的質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)均為NA，C項正確；D.沒有溶液的體積數(shù)據(jù)，無法計算該溶液中的離子數(shù)目，D項錯誤；所以答案選擇C項。10、B【解析】

凡能給出質(zhì)子（即H+）的分子或離子都是酸；凡能接受質(zhì)子的分子或離子都是堿，則能給出質(zhì)子且能接受質(zhì)子的分子或離子既屬于酸又屬于堿，②③只能接受質(zhì)子，所以屬于堿；④⑤只能給出質(zhì)子，屬于酸，①⑥既能給出質(zhì)子又能接受質(zhì)子，所以既屬于酸又屬于堿；故答案為B。【點睛】正確理解題給信息中酸堿概念是解本題關鍵，再結合微粒的性質(zhì)解答，同時考查學生學以致用能力，題目難度不大。11、B【解析】

A．22.4L（標準狀況）15NH3即=1mol，1個15NH3中質(zhì)子數(shù)為10，故1mol15NH3中質(zhì)子數(shù)為10NA，故A不符合題意；B．2molNO與1molO2充分反應會生成2molNO2，但NO2氣體存在二聚反應：，因此產(chǎn)物中的分子數(shù)小于2NA，故B符合題意；C．13.8gNO2即=0.3mol，其反應為：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2生成NO化合價降低2，轉移電子數(shù)為0.2NA，故C不符合題意；D．1L0.1mol·L1NH4NO3溶液中n(NH4NO3)=0.1mol，氮原子數(shù)為0.2NA，故D不符合題意；故答案為：B?！军c睛】解答本類題目要審清選項中涉及的以下幾個方面：①要審清所求粒子的種類，如分子、原子、離子、質(zhì)子、中子、電子等，②涉及物質(zhì)的體積時要審清物質(zhì)的狀態(tài)和溫度、壓強，③涉及中子數(shù)和化學鍵的計算，要審清相關物質(zhì)的結構和特殊物質(zhì)的摩爾質(zhì)量，④涉及化學反應要明確相關反應的特點和電子轉移；⑤涉及溶液中的微粒要關注電離和水解；⑥要注意審清運算公式。12、D【解析】

A.高溫煅燒石灰石不可用瓷坩堝進行，氧化鈣與二氧化硅反應，A錯誤；B.I2易升華，分離回收碘，應在密封的裝置中，圖中蒸發(fā)皿加熱后不能回收碘，B錯誤；C.苯酚易溶于乙醇中，不會有沉淀，所以不能用過濾法分離乙醇和苯酚，C錯誤；D.量取15.00mLNaOH溶液，可選擇滴定管，移液管等精準的量器，D正確；答案選D。13、C【解析】

A．甲烷和氯氣在光照條件下反應生成氯甲烷和HCl，HCl使紫色石蕊溶液變紅，A錯誤；B．若X是NH3則生成白色的BaSO3，得到相同現(xiàn)象，B錯誤；C．Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)，所以2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+H2O+CO2↑，產(chǎn)生氣泡，Na2CO3和HClO不會反應，無氣泡，C正確；D．加入新制的Cu(OH)2懸濁液之前要先加入NaOH中和H2SO4，不然新制的Cu(OH)2懸濁液和硫酸反應了，就不會出現(xiàn)預期現(xiàn)象，D錯誤。答案選C?！军c睛】Ka越大，酸性越強，根據(jù)強酸制弱酸原則，Ka大的酸可以和Ka小的酸對應的鹽反應生成Ka小的酸。14、C【解析】

A.沒有加入NaOH溶液時，新制氯水的pH為2.6，氫離子的濃度c(H+)=10-2.6mol/L，故A正確；B.向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氫離子反應，pH迅速上升，故B正確；C.新制氯水中有氫離子，逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氫離子和HClO反應，故C錯誤；D.由圖可知，逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氫離子和HClO反應，使Cl2+H2OH++Cl-+HClO反應平衡右移，故D正確；題目要求選擇不能得到的結論，故選C。15、B【解析】

Fe2(SO4)3溶液與KI溶液混合發(fā)生反應為：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，由反應可知，①V1=1mL，說明兩者恰好完全反應，②V1<1mL，說明硫酸鐵不足；如果加入KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色，說明溶液中存在Fe3+，證明溶液中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，從而說明該反應是可逆反應，反應具有一定限度，故合理選項是B。16、C【解析】

A.Li3N中鋰元素的化合價為+1價，根據(jù)化合物中各元素的代數(shù)和為0可知，N元素的化合價為-3價，A項正確；B.由原理圖可知，Li3N與水反應生成氨氣和W，元素的化合價都無變化，W為LiOH，反應方程式：Li2N+3H2O＝3LiOH+NH3↑，B項正確；C.由原理圖可知，過程Ⅲ為電解氫氧化鋰生成鋰單質(zhì)、氧氣和水，電能轉化為化學能，C項錯誤；D.過程Ⅲ電解LiOH產(chǎn)生O2，陽極反應為4OH－－4e－＝O2↑+2H2O，D項正確。故答案選C。17、B【解析】

A、上述反應為去氫的氧化反應，A錯誤；B、該反應涉及碘單質(zhì)的反應，可用淀粉溶液作指示劑；B正確；C、滴定時輕輕振蕩錐形瓶，C錯誤；D、維生素C的分子式為C6H8O6，D錯誤。18、B【解析】

二元弱酸的Ka1=×c（H＋）＞Ka2=×c（H＋），當溶液的pH相同時，c（H＋）相同，lgX：Ⅰ＞Ⅱ，則Ⅰ表示lg與pH的變化關系，Ⅱ表示lg與pH的變化關系。【詳解】A．pH=4.19，溶液呈酸性，若使溶液為中性，則溶液中的溶質(zhì)為NaHA和Na2A，根據(jù)物料守恒，存在c(Na+)＞c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故A錯誤；B.由分析：直線Ⅰ表示的是lg隨pH的變化情況，故B正確；C.=÷==102.97，故C錯誤；D．pH=1.22時和4.19時，lgX=0，則c（H2A）=c（HA－）、c（HA－）=c（A2－），Ka1=×c（H＋）=c（H＋）=10-1.22，K2=×c（H＋）=c（H＋）=10-4.19，A2－的水解平衡常數(shù)Kh1==10-9.81＜10-4.19=Ka2，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題考查酸堿混合的定性判斷及溶液pH的計算，明確圖象曲線變化的意義為解答關鍵，注意掌握物料守恒及溶液酸堿性與溶液pH的關系，D為易難點。19、B【解析】

除M外，其余均為非金屬元素，則M為鋁(Al)，從而得出X為硅(Si)，Y為氮(N)，Z為氧(O)?！驹斀狻緼．M為鋁(Al)，Y為氮(N)，Al3+與N3-電子層結構相同，但Al3+的核電荷數(shù)大，所以離子半徑：Al3+<N3-，A不正確；B．M為鋁(Al)，X為硅(Si)，Al形成金屬晶體，Si形成原子晶體，單質(zhì)熔點：Si>Al，B正確；C．Y為氮(N)，Z為氧(O)，非金屬性N<O，則簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：NH3<H2O，C不正確；D．Y為氮(N)，Y的氧化物對應水化物中，HNO3為強酸，HNO2為弱酸，D不正確；故選B。20、B【解析】

A．電池放電時，A電極鋅單質(zhì)被氧化成為鋅離子，所以A為負極，所以電路中電流方向為B→b→a→A→B，故A錯誤；B．放電時A去產(chǎn)生Zn2+，為負極，所以C區(qū)Cl-應移向A區(qū)，故M為陰離子交換膜，B區(qū)I2轉化為I-，為正極，所以C區(qū)K+應移向B區(qū)，故N為陽離子交換膜，故B正確；C．充電時B電極應與外接電源的正極相連，則B電極應于鉛蓄電池中的PbO2電極相連，故C項錯誤；D．充電時Cl-從A區(qū)移向C區(qū)、K+從C區(qū)移向B區(qū)，所以C區(qū)增加的離子數(shù)為2NA時，電路中有1mol電子通過，A極的電極反應為Zn2++2e-==Zn，生成0.5molZn，所以A極增重32.5g，故D錯誤；故答案為B。21、A【解析】

根據(jù)題意描述，放電時，石墨為負極，充電時，石墨為陰極，石墨轉化LixC6，得到電子，石墨電極發(fā)生還原反應，與題意吻合，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析，總反應為LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6。A.為了防止正負極直接相互接觸，因此用鋰離子導電膜隔開，鋰離子導體膜起到保護成品電池安全性的作用，故A正確；B.根據(jù)總反應方程式LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6可知，LiFePO4與Li1-xFePO4中鐵元素的化合價一定發(fā)生變化，否則不能構成原電池反應，故B錯誤；C.放電時，負極發(fā)生氧化反應，電極反應式為：LixC6-xe-=6C+xLi+，故C錯誤；D.放電時，Li1-xFePO4在正極上得電子發(fā)生還原反應，電極反應為：Li1-xFePO4+xLi++xe-═LiFePO4，故D錯誤；答案選A。【點睛】本題的難點為電池的正負極的判斷，要注意認真審題并大膽猜想。本題的易錯點為B，要注意原電池反應一定屬于氧化還原反應。22、B【解析】

A.在反應CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中，Cl元素化合價由0價降低為-1價，C元素化合價由+2價升高為+4價，N元素化合價由-3價升高為0價，可知Cl2是氧化劑，CO2和N2是氧化產(chǎn)物，A正確；B.由上述分析可知，反應方程式為2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反應中是CN-是還原劑，Cl2是氧化劑，氧化劑與還原劑的化學計量數(shù)之比為5：2，B錯誤；C.由上述分析，根據(jù)電子守恒、原子守恒可知，C元素化合價由+2價升高為+4價，N元素化合價由-3價升高為0價，所以若有1mol

CN-發(fā)生反應，則有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA電子發(fā)生轉移，C正確；D.C元素化合價由+2價升高為+4價，N元素化合價由-3價升高為0價，則若將該反應設計成原電池，則CN-在負極區(qū)失去電子，發(fā)生氧化反應，D正確；故合理選項是B。二、非選擇題(共84分)23、醚鍵、羥基、羧基取代反應保護（酚）羥基乙二醛+O2→18【解析】

根據(jù)A的分子式和B的結構可知A為乙二醛（OHC-CHO），乙二醛氧化生成B；根據(jù)C、E、B的結構可知D為；B與D發(fā)生加成反應生成E（）；F與BnCl堿性環(huán)境下，發(fā)生取代反應生成G（），保護酚羥基不被后續(xù)步驟破壞；H與氫氣發(fā)生取代反應生成丹參素，據(jù)此分析?！驹斀狻浚?）根據(jù)合成路線逆推可知D為鄰苯二酚。H（）中所含官能團為醚鍵、羥基、羧基；答案：醚鍵、羥基、羧基（2）的結果是F中的羥基氫被芐基取代，所以是取代反應。從F到目標產(chǎn)物，苯環(huán)上的兩個羥基未發(fā)生變化，所以是為了保護酚羥基，防止它在后續(xù)過程中被破壞。答案：取代反應保護（酚）羥基（3）A為乙二醛（OHC-CHO），屬于醛基的氧化反應，方程式為+O2→；答案：乙二醛+O2→（4）根據(jù)題意，N的同分異構體必含一個酚羥基，另一個取代基可能是：HCOOCH2CH2-、HCOOCH（CH3）、OHCCH（OH）CH2-、OHCCH2CH（OH）-、、，每個取代基與酚羥基都有鄰、間、對三種位置關系，共有；其中核磁共振氫譜有6組峰，且峰面積之比為1:1:1:2:2:3的物質(zhì)的結構簡式是；答案：18（5）由原料到目標產(chǎn)物，甲基變成了羧基（發(fā)生了氧化反應），但羥基未發(fā)生變化。由于酚羥基易被氧化，所以需要預先保護起來。根據(jù)題意可以使用BnCl進行保護，最后通過氫氣使酚羥基復原，合成路線為；答案：【點睛】本題難點第（4）小題同分異構體種類判斷①注意能發(fā)生銀鏡反應的有醛基、甲酸鹽、甲酸某酯、甲酸鹽、葡萄糖、麥芽糖等；②先確定官能團種類，在確定在苯環(huán)中的位置。24、2-甲基-1-丙烯（或異丁烯）酯化反應（或取代反應）4【解析】（1）A與溴發(fā)生取代反應生成鄰甲基溴苯，則A的結構簡式是；E與溴化氫發(fā)生加成反應生成F，F(xiàn)發(fā)生已知信息的反應生成(CH3)3CMgBr，則E的結構簡式為CH2=C(CH3)2，所以E的化學名稱是2－甲基－1－丙烯。（2）C氧化生成D，根據(jù)D的結構簡式可知C的結構簡式為，所以由B生成C的化學方程式為。（3）D和(CH3)3CMgBr發(fā)生已知信息的反應，則G的結構簡式為。反應中羥基和羧基發(fā)生分子內(nèi)酯化反應，則該轉化的反應類型是取代反應。（4）有機物D的溴原子被羥基取代后的產(chǎn)物J有多種同分異構體，其中含有苯環(huán)的同分異構體有4種，即間羥基苯甲醛、對羥基苯甲醛、苯甲酸和甲酸苯酯。其核磁共振氫譜吸收峰最多的結構簡式為。（5）根據(jù)題中信息和所學知識結合逆推法可知用和CH3MgBr為原料（其他無機試劑任選）制備的合成路線為。點睛：高考化學試題中對有機化學基礎的考查題型比較固定，通常是以生產(chǎn)、生活的陌生有機物的合成工藝流程為載體考查有機化學的核心知識，涉及常見有機物官能團的結構、性質(zhì)及相互轉化關系，涉及有機物結構簡式的確定、反應類型的判斷、化學方程式的書寫、同分異構體的識別和書寫等知識的考查。它要求學生能夠通過題給情境中適當遷移，運用所學知識分析、解決實際問題，這高考有機化學復習備考的方向。有機物的考查主要是圍繞官能團的性質(zhì)進行，常見的官能團：醇羥基、酚羥基、醛基、羧基、酯基、鹵素原子等。這些官能團的性質(zhì)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。有機合成路線的設計時先要對比原料的結構和最終產(chǎn)物的結構，官能團發(fā)生什么改變，碳原子個數(shù)是否發(fā)生變化，再根據(jù)官能團的性質(zhì)進行設計。同分異構體類型通常有：碳鏈異構、官能團異構、位置異構等，有時還存在空間異構，要充分利用題目提供的信息來書寫符合題意的同分異構體。物質(zhì)的合成路線不同于反應過程，只需寫出關鍵的物質(zhì)及反應條件、使用的物質(zhì)原料，然后進行逐步推斷，從已知反應物到目標產(chǎn)物。25、（蛇形）冷凝管CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O雙氧水的轉化率（利用率）過濾C儀器5“油水分離器”水面高度不變【解析】

(1)儀器6用于冷凝回流，名稱是（蛇形）冷凝管，反應器2中乙酸和雙氧水在固體催化劑加熱的條件下反應生成過氧乙酸，反應方程式為CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O，故答案為：（蛇形）冷凝管；CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O；(2)反應中CH3COOOH過量，可以使反應持續(xù)正向進行，提高雙氧水的轉化率，反應器2中為過氧乙酸、為反應完的反應物及固體催化劑的混合物，可采用過濾的方法得到粗產(chǎn)品，故答案為：雙氧水的轉化率（利用率）；過濾；(3)由于乙酸丁酯可與水形成沸點更低的混合物，利于水的蒸發(fā)，從而可以提高過氧乙酸的產(chǎn)率，因此C選項正確，故答案為：C；(4)乙酸和雙氧水在固體催化劑加熱的條件下反應生成過氧乙酸和水，當儀器5中的水面高度不再發(fā)生改變時，即沒有H2O生成，反應已經(jīng)結束，故答案為：儀器5“油水分離器”水面高度不變；(5)已知I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－，由得失電子守恒、元素守恒可知：雙氧水與高錳酸鉀反應，由得失電子守恒可知：則樣品中含有n(CH3COOOH)=(1.15V1×11-3-1.15V2×11-3)mol，由公式可得，樣品中的過氧乙酸的濃度為，故答案為：?！军c睛】本題的難點在于第(5)問，解答時首先要明確發(fā)生的反應，再根據(jù)得失電子守恒和元素守恒建立關系式，得到樣品中過氧乙酸的物質(zhì)的量，進而求得其濃度。26、Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3除去甲烷中的HCl和H2O（球形）干燥管FDBECG平衡氣壓使鹽酸順利流下，減少鹽酸的揮發(fā)D中黑色氧化銅變紅，硬質(zhì)玻璃管內(nèi)壁有水珠附著取少量紅色固體，加入適量稀硫酸，若溶液變藍色，則證明含Cu2O【解析】

裝置A中反應是稀鹽酸和Al4C3反應生成氯化鋁和甲烷，甲烷在加熱條件下可還原氧化銅，氣體產(chǎn)物除水蒸氣外，還有碳的氧化物,，生成的甲烷氣體通過裝置F吸收混有的氯化氫，干燥氣體，通過裝置D加熱還原氧化銅，通過裝置B檢驗生成的水蒸氣，通過裝置E檢驗吸收生成產(chǎn)物二氧化碳，通過裝置C中銀氨溶液驗證一氧化碳，CO能與銀氨溶液反應：CO+2Ag(NH3)2++2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3，最后用排水法吸收和收集尾氣?！驹斀狻?1).裝置A是用于制取甲烷，可判斷A中反應是稀鹽酸和Al4C3反應生成氯化鋁和甲烷,反應的化學方程式為Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3，故答案為:Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3；(2).A中稀鹽酸和Al4C3反應生成的甲烷中混有雜質(zhì)HCl和H2O，堿石灰的作用就是除去甲烷中的HCl和H2O，故答案為：除去甲烷中的HCl和H2O；裝置B為球形干燥管；(3).裝置A中反應是稀鹽酸和Al4C3反應生成氯化鋁和甲烷，生成的甲烷氣體通過裝置F除雜并干燥，甲烷在加熱條件下可還原氧化銅,氣體產(chǎn)物除水蒸氣外，還有碳的氧化物，通過裝置D加熱還原氧化銅，通過裝置B檢驗生成的水蒸氣。通過裝置E檢驗吸收生成產(chǎn)物二氧化碳，通過裝置C中銀氨溶液驗證一氧化碳，最后用排水法吸收和收集氣體，按氣流方向各裝置從左到右的連接順序為A→F→D→B→E→C→G，故答案為：FDBECG；(4).如果是普通分液漏斗，需先打開分液漏斗上口的玻璃塞，再將分液漏斗下面的旋塞打開，使稀鹽酸緩慢滴下，對比起來，恒壓分液漏斗的好處是平衡氣壓使鹽酸順利流下，減少鹽酸的揮發(fā)，故答案為：平衡氣壓使鹽酸順利流下，減少鹽酸的揮發(fā)；(5).D中是甲烷在加熱條件下還原氧化銅，產(chǎn)物為銅或Cu2O、水蒸氣、碳的氧化物，故答案為：D中黑色氧化銅變紅，硬質(zhì)玻璃管內(nèi)壁有水珠附著；(6).當反應結束后，裝置D處試管中固體全部變?yōu)榧t色，根據(jù)信息Cu2O為紅色，不與Ag反應，與稀硫酸發(fā)生反應Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，故可加稀硫酸觀察溶液是否變藍來判斷，答案為：取少量紅色固體，加入適量稀硫酸，若溶液變藍色，則證明含Cu2O?！军c睛】實驗題的重中之重是實驗目的，如本題目的是探究甲烷在加熱條件下可還原氧化銅的產(chǎn)物。同時要注意實驗方案設計的基本要求，如科學性、安全性、可行性、簡約性。設計的實驗方案要嚴謹，具有可持續(xù)發(fā)展意識和綠色化學理念。27、NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+＜取2mLpH＝4.0的0.80mol·L－1FeSO4溶液加2滴0.01mol·L－1KSCN溶液溶液pH越小，F(xiàn)e2+越穩(wěn)定溶液中存在平衡4Fe2+＋O2＋10H2O4Fe(OH)3＋8H+，c（H+）大，對平衡的抑制作用強，F(xiàn)e2+更穩(wěn)定生成的Fe(OH)3對反應有催化作用加一定量的酸；密封保存【解析】

（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+濃度相同，但中（NH4）2Fe（SO4）2含有濃度較高的NH4+；通過表格中的顏色變化來分析；（2）由于是要驗證兩溶液的穩(wěn)定性差異是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保護了Fe2+導致，根據(jù)控制變量法可知，應除了讓NH4+這個影響因素外的其它影響因素均保持一致，據(jù)此分析；（3）由實驗Ⅲ可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越強，則Fe2+越穩(wěn)定；亞鐵鹽溶液中存在反應4Fe2++O2+10H2O?4Fe（OH）3+8H+，根據(jù)平衡的移動來分析；（4）根據(jù)影響反應速率的因素有濃度、壓強、溫度和催化劑來分析；（5）根據(jù)上述實驗來分析?！驹斀狻浚?）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+濃度相同，但（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有濃度較高的NH4+，NH4+水解顯酸性，導致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小；通過表格中的顏色變化可知（NH4）2Fe（SO4）2中的Fe2+被氧化的速率更慢，即溶液的穩(wěn)定性：FeSO4<（NH4）2Fe（SO4）2，故答案為：NH4++H2ONH3?H2O+H+；<；（2）由于是要驗證兩溶液的穩(wěn)定性差異是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保護了Fe2+導致，根據(jù)控制變量法可知，應除了讓NH4+這個影響因素外的其它影響因素均保持一致，故應取2mLpH=4.0的0.80mol?L-1FeSO4溶液于試管中，加2滴0.01mol?L-1KSCN溶液，過若觀察到的現(xiàn)象與實驗Ⅰ中（NH4）2Fe（SO4）2溶液現(xiàn)象相同，則說明上述猜想不正確，故答案為：取2mLpH=4.0的0.80mol?L-1FeSO4溶液；加2滴0.01mol?L-1KSCN溶液；（3）由實驗Ⅲ可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越強，則Fe2+越穩(wěn)定；亞鐵鹽溶液中存在反應4Fe2++O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，溶液的pH越小，則氫離子濃度越大，平衡左移，則Fe2+的氧化被抑制，故答案為：溶液pH越小，F(xiàn)e2+越穩(wěn)定；溶液中存在平衡4Fe2++O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，c（H+）大，對平衡的抑制作用強，F(xiàn)e2+更穩(wěn)定；（4）影響反應速率的因素有濃度、壓強、溫度和催化劑，而同一條曲線上的濃度FeSO4溶液相同，且應隨著反應的進行，F(xiàn)e2+的濃度減小，故不是濃度對反應速率的影響；而此反應為溶液中的反應，故壓強對此反應速率無影響；而此反應中溫度不變，故能影響反應速率的只有催化劑，故唯一的可能原因是生成的Fe（OH）3對反應有催化作用，故答案為：生成的Fe（OH）3對反應有催化作用；（5）根據(jù)上述實驗可知，加入一定量的酸會抑制Fe2+的氧化，或是隔絕空氣密封保存，故答案為：加入一定量的酸，密封保存?！军c睛】（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有濃度較高的NH4+，NH4+水解顯酸性，導致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小，NH4+保護了Fe2+是解答關鍵，也是試題的難點和突破口。28、<-33.5向左3×10-7mol/(Lmin)3.2×10-8mol/LBcdBD【解析】

(1)碳酸鈉在溶液中水解顯堿性，結合溶液中電荷守恒分析；(2)①根據(jù)蓋斯定律，將已知的熱化學方程式疊加，可得待求反應的熱化學方程式；②根據(jù)Qc與K的相對大小判斷；(3)①2m