福建省南平市邵武市第四中学2024年高三（最后冲刺）化学试卷含解析

福建省南平市邵武市第四中学2024年高三（最后冲刺）化学试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、已知CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g)ΔH==-Q1；2H2(g)+O2(g)→2H2O(g)ΔH==-Q2；H2O(g)→H2O(l)ΔH==-Q3常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为A．4Q1+0.5Q2 B．4Q1+Q2+10Q3 C．4Q1+2Q2 D．4Q1+0.5Q2+9Q32、已知：苯酚与Fe3+在溶液中存在可逆反应：Fe3++6C6H5OHH3Fe(OC6H5)6+3H+，其中H3Fe(OC6H5)6显紫色。实验如下：下列说法不正确的是：A．i是空白对照实验B．向ii中滴加几滴浓盐酸，溶液颜色变浅C．iii、iv中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4D．苯酚在苯中的溶解性小于在CCl4中的溶解性3、下表是25℃时五种物质的溶度积常数，下列有关说法错误的是化学式CuS溶度积A．根据表中数据可推知，常温下在纯水中的溶解度比的大B．向溶液中通入可生成CuS沉淀，是因为C．根据表中数据可推知，向硫酸钡沉淀中加入饱和碳酸钠溶液，不可能有碳酸钡生成D．常温下，在溶液中比在溶液中的溶解度小4、下列说法正确的是A．苯乙烯和苯均能使溴水褪色，且原理相同B．用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙酸、乙酸乙酯C．用Ni作催化剂，1mol最多能与5molH2加成D．C3H6BrCl的同分异构体数目为65、下列固体混合物与过量的稀H2SO4反应，能产生气泡并有沉淀生成的是A．NaHCO3和Al（OH）3 B．BaCl2和NaCl C．MgCO3和K2SO4 D．Na2SO3和BaCO36、以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线如图，则下列说法正确的是()A．A的结构简式是B．①②的反应类型分别是取代、消去C．反应②③的条件分别是浓硫酸加热、光照D．加入酸性KMnO4溶液，若溶液褪色则可证明已完全转化为7、分析化学中，“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。以0.10mol·L-1的NaOH溶液滴定同浓度某一元酸HA并绘制滴定曲线如图所示。已知lg3=0.5。下列说法中不正确的是（）A．该酸碱中和滴定过程应选择酚酞做指示剂B．根据y点坐标可以算得a的数值为3.5C．从x点到z点，溶液中水的电离程度逐渐增大D．x点处的溶液中满足：c(HA)+c(H+)＞c(A-)+c(OH-)8、下列关于电化学的实验事实正确的是（）出现环境实验事实A以稀H2SO4为电解质的Cu-Zn原电池Cu为正极，正极上发生还原反应B电解CuCl2溶液电子经过负极→阴极→电解液→阳极→正极C弱酸性环境下钢铁腐蚀负极处产生H2，正极处吸收O2D将钢闸门与外加电源负极相连牺牲阳极阴极保护法，可防止钢闸门腐蚀A．A B．B C．C D．D9、W、Ⅹ、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，W、X、Y位于不同周期，Ⅹ的最外层电子数是电子层数的3倍，Y与Z的原子序数之和是X的原子序数的4倍。下列说法错误的是A．原子半径大小顺序为：Y>Z>X>WB．简单氢化物的沸点X高于Y，气态氢化物稳定性Z>YC．W、X、Y形成化合物的酸性一定弱于W、X、Z形成的化合物的酸性D．W、Z阴离子的还原性：W>Z10、碘在不同状态下（固态或气态）与氢气反应的热化学方程式如下所示：①H2（g）+I2（?）2HI（g）+1．48kJ②H2（g）+I2（?）2HI（g）-2．48kJ下列判断正确的是A．①中的I2为固态，②中的I2为气态B．②的反应物总能量比①的反应物总能量低C．①的产物比反应②的产物热稳定性更好D．1mol固态碘升华时将吸热17kJ11、下列物质的检验，其结论一定正确的是()A．向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有SO42—B．向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32—或SO32—C．取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加足量盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加HCl时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明Na2SO3样品已部分被氧化D．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体一定是SO212、垃圾分类，有利于资源充分利用，下列处理错误的是A．厨房菜蔬与残羹回收处理后作肥料B．旧报纸等废纸回收再生产纸C．电池等电子产品有毒需特殊处理D．塑料袋等白色垃圾掩埋处理13、下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）①pH=0的溶液：Na+、Cl-、Fe3+、SO42-②pH=11的溶液中：CO32－、Na+、AlO2-、NO3-、S2-、SO32-③水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol·L-1的溶液中：Cl－、CO32-、NO3-、NH4+、SO32-④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl－、K+、SO42-⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO4-、NO3-、Na+、SO42-⑥中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3-、I-、Cl-、S2-A．②④ B．①③⑥ C．①②⑤ D．①②④14、下列褪色与二氧化硫漂白性有关的是A．溴水 B．品红溶液C．酸性高锰酸钾溶液 D．滴入酚酞的氢氧化钠溶液15、甲烷燃烧时的能量变化如图，有关描述错误的是()A．反应①和反应②均为放热反应B．等物质的量时，CO2具有的能量比CO低C．由图可以推得：2CO(g)+O2(g)→2CO2(g)+283kJD．反应②的热化学方程式：CH4(g)+O2(g)→CO(g)+2H2O(l)+607.3kJ16、利用pH传感器探究NaOH溶液与硫酸、硫酸铜混合溶液发生反应的离子反应顺序，绘得三份曲线图如图。已知实验使用的NaOH溶液浓度和滴速相同；硫酸溶液和硫酸铜溶液浓度相同；混合溶液中两溶质的浓度也相同。以下解读错误的是A．三个时点的c(Cu2+)：p>q>wB．w点：c(Na+)>c(SO42-)>c(Cu2+)>c(H+)C．混合溶液中滴加NaOH溶液，硫酸先于硫酸铜发生反应D．q点时溶液离子浓度：c(SO42-)+c(OH-)=c(Cu2+)+c(H+)+c(Na+)17、下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是选项实验内容实验结论A取两只试管，分别加入4mL0.01mol·L－1KMnO4酸性溶液，然后向一只试管中加入0.01mol·L－1H2C2O4溶液2mL，向另一只试管中加入0.01mol·L－1H2C2O4溶液4mL，第一只试管中溶液褪色时间长H2C2O4浓度越大，反应速率越快B室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol·L－1HClO溶液和0.1mol·L－1HF溶液的pH，前者pH大于后者HclO的酸性小于pHC检验FeCl2溶液中是否含有Fe2＋时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去不能证明溶液中含有Fe2＋D取两只试管，分别加入等体积等浓度的双氧水，然后试管①中加入0.01mol·L－1FeCl3溶液2mL，向试管②中加入0.01mol·L－1CuCl2溶液2mL，试管①中产生气泡快加入FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较大A．A B．B C．C D．D18、乙醇、正戊烷、苯是常见有机物，下列说法正确的是（）。A．苯和溴水共热生成溴苯B．2，2-二甲基丙烷是正戊烷的同系物C．乙醇、正戊烷、苯均可通过石油的分馏得到D．乙醇、正戊烷、苯均能发生取代反应和氧化反应19、化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是()A．涤纶、有机玻璃、光导纤维都是有机高分子化合物B．大豆中含有丰富的蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变为了氨基酸C．合成纤维是以木材为原料，经化学加工处理所得D．常用于染料、医药、农药等的酚类物质可来源于煤的干馏20、下列说法正确的是A．甘油醛（）和葡萄糖均属于单糖，互为同系物B．2,3,5,5−四甲基−3,3−二乙基己烷的键线式为C．高聚物和均是缩聚产物，它们有共同的单体D．将总物质的量为1mol的水杨酸、1,2−二氯乙烷和CH3NHCOOCH3的混合物与NaOH溶液充分反应，最多可以消耗2molNaOH21、一种熔融KNO3燃料电池原理示意图如图所示，下列有关该电池的说法错误的是A．电池工作时，NO3－向石墨I移动B．石墨Ⅰ上发生的电极反应为：2NO2+2OH－－2e－=N2O5+H2OC．可循环利用的物质Y的化学式为N2O5D．电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的质量比为4：2322、实验室模拟制备亚硝酰硫酸(NOSO4H)的反应装置如图所示，下列关于实验操作或叙述错误的是已知：①亚硝酰硫酸为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解②反应原理为：SO2+HNO3===SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4HA．浓硝酸与浓硫酸混合时，是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中，边加边搅拌B．装置B和D中的浓硫酸的作用是防止水蒸气进入C导致亚硝酰硫酸分解C．冷水的温度控制在20℃左右，太低反应速率太慢；太高硝酸易分解，SO2逸出D．实验时用98%的浓硫酸代替70%的H2SO4产生SO2速率更快二、非选择题(共84分)23、（14分）由芳香烃A制备M（可用作消毒剂、抗氧化剂、医药中间体）的一种合成路线如下：已知:R1COOR2请回答:（1）A的结构简式为_____；D中官能团的名称为___。（2）由D生成E的反应类型为____；G的分子式为___。（3）由E与足量氢氧化钠的乙醇溶液反应的化学方程式为____。（4）M的结构简式为____。（5）芳香化合物H为C的同分异构体，H既能发生银镜反应又能发生水解反应，其核磁共振氢谱有4组吸收峰。写出符合要求的H的一种结构简式______。（6）参照上述合成路线和信息，以苯甲酸乙酯和CH3MgBr为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线_____。24、（12分）化合物W是一种药物的中间体，一种合成路线如图：已知：①②请回答下列问题：（1）A的系统命名为___。（2）反应②的反应类型是__。（3）反应⑥所需试剂为___。（4）写出反应③的化学方程式为___。（5）F中官能团的名称是___。（6）化合物M是D的同分异构体，则符合下列条件的M共有__种（不含立体异构）。①1molM与足量的NaHCO3溶液反应，生成二氧化碳气体22.4L(标准状态下)；②0.5molM与足量银氨溶液反应，生成108gAg固体其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为6∶2∶1∶1的结构简式为__（写出其中一种）。（7）参照上述合成路线，以C2H5OH和为起始原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线__。25、（12分）硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]是分析化学中的重要试剂，在不同温度下加热分解产物不同。设计如图实验装置（夹持装置略去），在500℃时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全。确定分解产物的成分。（1）B装置的作用是__________。（2）实验中，观察到C中无明显现象，D中有白色沉淀生成，可确定产物中定有______气体产生，写出D中发生反应的离子方程式__________。若去掉C，是否能得出同样结论并解释其原因_____________。（3）A中固体完全分解后变为红宗色粉末，某同学设计实验验证固体残留物仅为Fe2O3.而不含FeO。请完成表内容。(试剂，仅然和用品自选)实验步骤预期现象结论取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解：____________________固体残留物仅为Fe2O3（4）E中收集到的气体只有N2，其物质的量为xmol，固体残留物刚体死目物Fe2O3的物质的量为ymol，D中沉淀物质的量为zmol，根据氧化还原反应的基本规律，x、y和z应满足的关系为________。（5）结合上述实验现象和相关数据的分析。写出硫酸亚铁铵在500℃时隔绝空气加热完全分解的化学方程式：_____________。26、（10分）甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。实验室利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。查阅资料：①甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。实验过程：I．装置C中盛有17.4gFeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌；然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。Ⅱ．反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。(1)仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是_______________。(2)装置B中盛有的试剂是：____________；装置D的作用是________________。(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，该反应的离子方程式为____________________________。(4)过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。①pH过低或过高均导致产率下降，其原因是_____________________；②柠檬酸的作用还有________________________。(5)过程II中加入无水乙醇的目的是_______________________。(6)本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，则其产率是_____％。27、（12分）设计一个方案，在用廉价的原料和每种原料只用一次的条件下，分三步从含有Fe3＋、Cu2＋、Cl－和NO3－的废液中，把Fe3＋转化为绿矾回收，把Cu2＋转化为Cu回收，各步反应加入的原料依次是________，________，________。各步反应的离子方程式是：（1）_________________________________；（2）_________________________________；（3）__________________________________。28、（14分）以含1个碳原子物质(如CO、CO2、CH4、CH3OH等)为原料的“碳一化学”处于未来化学产业的核心，成为科学家研究的重要课题。请回答下列问题：（1）已知CO、H2、CH3OH(g)的燃烧热分别为-283.0kJ·mol-1、-285.8kJ·mol-l、-764.5kJ·mol-l。则反应I：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=___（2）在温度T时，向体积为2L恒容容器中充入3molCO和H2的混合气体，发生反应I，反应达到平衡时，CH3OH(g)的体积分数(φ)与n(H2)/n(CO)的关系如下图所示。①当起始n(H2)/n(CO)=1时，从反应开始到平衡前，CO的体积分数将___(填“增大”、“减小”或“不变”)。②当起始n(H2)/n(CO)=2时，反应经过l0min达到平衡，CO转化率为0.5，则0~l0min内平均反应速率v(H2)=___。③当起始n(H2)/n(CO)=3.5时，达到平衡后，CH3OH的体积分数可能是图像中的__。(填“D”、“E”或“E”点)。（3）在一容积可变的密闭容器中充有10molCO和20molH2，发生反应I。CO的平衡转化率(α)与温度(T)、压强(P)的关系如下图所示。①压强P1=___(填“<”、“=”或“>”)P2；A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为___(用“<”、“=”或“>”表示)。②若达到平衡状态C时，容器体积为10L，则在平衡状态A时容器体积为____L。29、（10分）对甲烷和CO2的高效利用不仅能缓解大气变暖，而且对日益枯竭的石油资源也有一定的补充作用，甲烷临氧耦合CO2重整反应有：反应（i）：2CH4(g)＋O2(g)2CO(g)＋4H2(g)△H=－71.4kJ•mol-1反应（ii）：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)△H=+247.0kJ•mol-1（1）写出表示CO燃烧热的热化学方程式：_______________________________。（2）在两个体积均为2L的恒容密闭容器中，起始时按表中相应的量加入物质，在相同温度下进行反应（ii）：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)（不发生其它反应），CO2的平衡转化率如下表所示：容器起始物质的量(n)/molCO2的平衡转化率CH4CO2COH2Ⅰ0.10.10050％Ⅱ0.10.10.20.2/①下列能说明反应达到平衡状态是_________。A．v正(CH4)=2v逆(CO)B．容器内各物质的浓度满足c(CH4)·c(CO2)=c2(CO)·c2(H2)C．容器内混合气体的总压强不再变化D．容器内混合气体密度保持不变②若容器Ⅰ内反应从开始到平衡所用的时间为tmin，则tmin内该反应的平均反应速率为：v(H2)=________（用含t的表达式表示）。③达到平衡时，容器Ⅰ、Ⅱ内CO的物质的量的关系满足：2n(CO)Ⅰ_______n(CO)Ⅱ（填“＞”、“＝”或“＜”）（3）将CH4(g)和O2(g)以物质的量比为4:3充入盛有催化剂的恒容密闭容器内，发生上述反应（i）：2CH4(g)＋O2(g)2CO(g)＋4H2(g)，相同时间段内测得CO的体积分数[ψ(CO)]与温度（T）的关系如图如示。①T2℃时，CO体积分数最大的原因是_____________。②若T2℃时，容器内起始压强为P0，平衡时CO的体积分数为20％，则反应的平衡常数KP=_______（用平衡分压强代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。（4）2016年我国科研人员根据反应Na+CO2

→Na2CO3+C（未配平）研制出一种室温“可呼吸”Na-CO2电池。放电时该电池“吸入”CO2，充电时“呼出”CO2。其放电时的工作原理如图所示，已知吸收的全部CO2中，有转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管（MWCNT）电极表面，写出放电时正极的电极反应式：_________________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】

①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-Q1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-Q2；H2O(g)→H2O(l)ΔH=-Q3；根据盖斯定律①+2③得

CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-Q1-2Q3；

根据盖斯定律②+2③得

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=Q2-2Q3，标准状况下，112L体积比为4:

1的甲烷和H2的混合气体的物质的量为=

=

5mol

，故甲烷的物质的量为5mol=4mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为（Q1+2Q3)

=4

(Q1+2Q3)，氢气的物质的量为5mol-4mol=1mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为(Q2+2Q3)

=0.5

(Q2+2Q3)

，故甲烷、氢气完全燃烧，放出的热量为:4

(Q1+2Q3)

+0.5

(Q2+2Q3)=4Q1+0.5Q2+9Q3，故选D。

答案：

D。【点睛】先根据混合气体的物质的量

结合体积分数计算甲烷、氢气各自物质的量，再根据盖斯定律，利用已知的三个热化学反应方程式进行计算甲烷、氢气完全燃烧生成液体水和二氧化碳的反应热。2、D【解析】

A．通过i观察iiiii、iv中发生的变化，达到空白对照的目的，故A正确；B．向ii中滴加几滴浓盐酸，增大H+浓度，平衡逆向移动，H3Fe(OC6H5)6浓度降低，溶液颜色变浅，故B正确；C．苯的密度比水，CCl4的密度比水大，故iii、iv中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4，故C正确；D．iii中加入苯后水溶液层呈浅紫色，而iv中加入CCl4后水溶液层呈紫色，说明苯酚更易溶解于苯，导致平衡逆向移动，水溶液的颜色变浅，即苯酚在苯中的溶解性大于在CCl4中的溶解性，故D错误；故答案为D。3、C【解析】

本题考查溶度积常数，意在考查对溶度积的理解和应用。【详解】A.CaSO4和CaCO3的组成类似，可由溶度积的大小推知其在纯水中溶解度的大小，溶度积大的溶解度大，故不选A；B.Qc>Ksp时有沉淀析出，故不选B；C.虽然Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)，但两者相差不大，当c(Ba2+)·c(CO32－)>Ksp(BaCO3)时，硫酸钡可能转化为碳酸钡，故选C；D.根据同离子效应可知，CaSO4在0.05mol/LCaCl2溶液中比在0.01mol/LNa2SO4溶液中的溶解度小，故不选D；答案：C【点睛】(1)同种类型的难溶物，Ksp越小，溶解能力越小；（2）当Qc>Ksp析出沉淀；当Qc<Ksp没有沉淀生成；当Qc=Ksp，正好达到平衡。4、B【解析】

A.苯乙烯中含碳碳双键，与溴水发生加成反应，而苯与溴水混合发生萃取，则苯乙烯与苯使溴水褪色原理不同，故A错误；B.乙醇易溶于水，则乙醇与饱和Na2CO3溶液互溶，乙酸具有酸性，可与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯难溶于水，会出现分层，则可鉴别，故B正确；C.能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1mol该物质最多只能与4molH2加成，故C错误；D.C3H6BrCl可看成丙烷分子中有两个氢原子分别被一个溴原子、一个氯原子取代，根据“定一移一”的思路可得，先定Br原子的位置，有两种情况，BrCH2CH2CH3、CH3CHBrCH3，再定Cl原子的位置，符合的同分异构体有，，则C3H6BrCl的同分异构体共5种，故D错误；故选B。【点睛】苯在溴化铁的催化作用下与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢；苯分子中没有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，但溴更易溶于苯中，溴水与苯混合时，可发生萃取，苯的密度小于水，因此上层为溴的苯溶液，颜色为橙色，下层为水，颜色为无色，这是由于萃取使溴水褪色，没有发生化学反应。这是学生们的易错点，也是常考点。5、D【解析】

A．碳酸氢钠可以和硫酸反应生成二氧化碳气体，但是NaHCO3和Al(OH)3和硫酸反应都不会生成沉淀，故A错误；B．BaCl2和NaCl与硫酸反应，前者可以产生沉淀，但都不会生成气体，故B错误；C．MgCO3可以和硫酸反应生成二氧化碳气体，K2SO4与硫酸不发生反应，没有沉淀生成，故C错误；D．Na2SO3可以和硫酸反应生成二氧化硫气体，BaCO3可以和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳气体，既能产生气泡又有沉淀生成，故D正确；答案选D。6、B【解析】

由环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线，根据逆向思维的方法推导，C为，B为，A为，据此分析解答。【详解】A．由上述分析可知，A为，故A错误；B．根据合成路线，反应①为光照条件下的取代反应，反应②为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，反应③为加成反应，反应④为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，故B正确；C．反应②为卤代烃的消去反应，需要的反应试剂和反应条件为氢氧化钠醇溶液、加热，反应③为烯烃的加成反应，条件为常温，故C错误；D．B为环戊烯，含碳碳双键，环戊二烯含碳碳双键，均能使高锰酸钾褪色，则酸性KMnO4溶液褪色不能证明环戊烷已完全转化成环戊二烯，故D错误；答案选B。【点睛】把握官能团与性质的关系为解答的关键。本题的易错点为A，要注意根据目标产物的结构和官能团的性质分析推导，环烷烃可以与卤素发生取代反应，要制得，可以再通过水解得到。7、D【解析】

以0.10mol·L-1的NaOH溶液滴定同浓度某一元酸HA时，a点溶液中只有HA，x点HA与NaA等比混合，y点溶液呈中性，z点为二者恰好完全反应，即z点为滴定终点。【详解】A.由图可知，该酸碱中和滴定的滴定终点为碱性，则应选择酚酞做指示剂，故A正确；B.根据y点坐标可以算得K（HA）=，a点时，溶液中只有HA，c（H+）=c（A-），则有，解得，pH=3.5，故B正确；C.从x点到z点，溶液中的溶质由HA对水的抑制，到NaA对水的促进，水的电离程度逐渐增大，故C正确；D.x点处的溶液中溶质为HA和NaA等比混合，有质子守恒：c(HA)+2c(H+)=c(A-)+2c(OH-)，因为c(H+)＞c(OH-)，则c(HA)+c(H+)＜c(A-)+c(OH-)，故D错误；综上所述，答案为D。【点睛】求a点的pH时，可逆向思维思考，若求pH，即要求氢离子的浓度，则须求平衡常数，进而利用y点中性的条件求出平衡常数，返回计算即可求a点的pH了。8、A【解析】

A、锌与硫酸发生：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，且锌比铜活泼，因此构成原电池时锌作负极，铜作正极，依据原电池的工作原理，正极上发生还原反应，A正确；B、电解CuCl2溶液，电子从负极流向阴极，阳离子在阴极上得电子，阴离子在阳极上失去电子，电子从阳极流向正极，B错误；C、弱酸环境下，发生钢铁的析氢腐蚀，负极上发生Fe－2e－=Fe2＋，正极上发生2H＋＋2e－=H2↑，C错误；D、钢闸门与外电源的负极相连，此方法称为外加电流的阴极保护法，防止钢闸门的腐蚀，D错误；故选A。【点睛】本题的易错点是选项B，在电解池以及原电池中，电解质溶液中没有电子的通过，只有阴阳离子的定向移动，形成闭合回路。9、C【解析】

因为W、Ⅹ、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，W、X、Y位于不同周期，所以W位于第一周期、X位于第二周期、Y、Z位于第三周期，故W是H元素；Ⅹ的最外层电子数是电子层数的3倍，X是第二周期元素共两个电子层，故X最外层有6个电子，X为O元素；X是O元素，原子序数是8，Y与Z的原子序数之和是X的原子序数的4倍，即是Y与Z的原子序数之和是32，Y、Z为第三周期主族元素，故Y原子序数为15，Z的原子序数为17，Y是P元素，Z是Cl元素。【详解】A．同一周期，从左到右，主族元素的原子半径随着原子序数的增加而，逐渐减小，则原子半径P＞Cl，因为P、Cl比O多一个电子层，O比H多一个电子层，故原子半径大小顺序为：P＞Cl＞O＞H，即Y>Z>X>W，A正确；B．H2O分子间可以形成氢键，而PH3分子间不能形成氢键，故H2O的沸点比PH3的沸点高；同周期主族元素，从左到右随着原子序数的增加，原子半径逐渐减小，元素的非金属性逐渐增强，故气态氢化物稳定性HCl＞PH3，B正确；C．没有强调P与Cl元素的最高价含氧酸酸性的比较，而H3PO4的酸性比HClO的酸性强，C错误；D．P3-的还原性比Cl-的还原性强，D正确；答案选C。10、B【解析】

A、反应①放热，②吸热源于碘单质的状态不同，固态变为气态需要吸收能量，故①中的I2为气态，②中的I2为固态，错误；B、生成物的能量相等，①放热，故②的反应物总能量比①的反应物总能量低，正确；C、产物的稳定性形同，错误；D、1mol固态碘升华时将吸热为2．48+1．48=3．16kJ，错误。答案选B。11、C【解析】

A、向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，原溶液可能含SO42‾或Cl‾，故A错误；B、向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32—或SO32—，或HCO3‾或HSO3‾，故B错误；C、加HCl时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明含有SO42‾和SO32‾，Na2SO3样品已部分被氧化，故C正确；D、能使品红溶液退色的气体可能是SO2、Cl2等具有漂白性的气体，故D错误。答案选C。【点晴】解决本题的关键在于熟练掌握常见物质的检验方法，进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，包括试剂的选择，反应现象及结论判断。物质检验应遵守“三个原则”，即一看(颜色、状态)、二嗅(气味)、三实验(加试剂)。根据实验时生成物所表现的现象不同，进行检验，重点掌握以下离子或物质的检验：Fe3+、Fe2+、NH4+、Al3+、Cl‾、SO42‾、SO32‾、CO32‾、HCO3‾、NH3、Cl2、SO2等。12、D【解析】

A.厨房菜蔬与残羹成分为有机物，回收发酵处理后可作有机肥料，故A正确；B.旧报纸等废纸属于可回收垃圾，回收后可以再生产纸，故B正确；C.电池等电子产品中含有重金属等有毒物质，可以污染土壤和水体，需特殊处理，故C正确；D.塑料袋等白色垃圾属于可回收垃圾，难降解，不能掩埋处理，故D错误。故选D。13、D【解析】

①、pH=0的溶液中氢离子浓度为1mol/L，Na+、Cl-、Fe3+、SO42-均不反应，能够大量共存，故①符合；②、pH=11的溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，CO32－、Na+、AlO2-、NO3-、S2-、SO32-离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故②符合；③、水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol·L-1的溶液中可酸可碱，当溶液为酸性时，CO32－SO32-与氢离子反应，当溶液为碱性时，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故③不符合；④、加入Mg能放出H2的溶液中存在大量氢离子，Mg2+、NH4+、Cl－、K+、SO42-离子之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故④符合；⑤、使石蕊变红的溶液中存在大量氢离子，MnO4-、NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故⑤不符合；⑥、Fe3+能够氧化I-、S2-，Al3+在溶液中与S2-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故⑥不符合；根据以上分析，在溶液中能够大量共存的为①②④；故选D。【点睛】离子不能共存的条件为：(1)、不能生成弱电解质。如③中的NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨而不能大量共存；(2)、不能生成沉淀；(3)、不发生氧化还原反应。如⑤中MnO4-、NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+而不能大量共存。14、B【解析】

A．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，体现二氧化硫的还原性，故A错误；B．二氧化硫与品红化合生成无色的物质，体现二氧化硫漂白性，故B正确；C．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使其褪色，体现二氧化硫的还原性，故C错误；D．滴入酚酞的氢氧化钠溶液显红色，二氧化硫为酸性氧化物，能够与碱反应，消耗氢氧根离子，使红色溶液褪色，故D错误；故答案为B。【点睛】考查二氧化硫的性质。二氧化硫为酸性氧化物，能与碱性氧化物、碱发生反应；二氧化硫能漂白某些有色物质，如使品红溶液褪色(化合生成不稳定的化合物加热后又恢复为原来的红色；二氧化硫中硫为+4价，属于中间价态，有氧化性又有还原性，以还原性为主，如二氧化硫能使氯水、溴水、KMnO4溶液褪色，体现了二氧化硫的强还原性而不是漂白性。15、C【解析】

A．从图像可以看出，甲烷燃烧后释放能量，故都是放热反应，反应①和反应②均为放热反应，故A正确；B．从图像可以看出CO2具有的能量比CO低，故B正确；C．CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)+607.3kJ②，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)+890.3kJ①，①-②得到CO(g)+O2(g)=CO2(g)+283kJ，故C错误；D．根据图示，反应②的热化学方程式：CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)+607.3kJ，故D正确；答案选C。16、D【解析】

根据图象可知：混合溶液中开始滴加NaOH溶液时，溶液pH≈2，几乎等于H2SO4溶液的pH，随着NaOH溶液的滴加，溶液pH变化不大，当滴加至100s时，产生滴定突跃，此时溶液pH≈5，等于CuSO4溶液的pH，说明此时发生反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，即在前100s内发生酸碱中和反应，在100s～200s内发生反应：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，在≥200s时，该反应沉淀完全，发生滴定突跃，在200s以后W段的溶液中，处于Cu(OH)2的沉淀溶解平衡阶段，溶液中c(H+)几乎不变。【详解】A．根据上述分析可知：在p点阶段，发生反应：H++OH-=H2O，在q点阶段，发生反应：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，在w段，发生滴定突跃，Cu2+滴定达到沉淀溶解平衡阶段，所以三个时点的溶液中Cu2+的浓度关系c(Cu2+)：p>q>w，A正确；B．w点时溶液中溶质为Na2SO4及难溶性Cu(OH)2的饱和溶液，根据Na2SO4=2Na++SO42-及Cu(OH)2是难溶性物质，但其溶解电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，所以此时溶液中微粒浓度关系为：c(Na+)>c(SO42-)>c(Cu2+)>c(H+)，B正确；C．根据滴定时溶液的pH变化，结合单独滴加NaOH溶液时的pH图象可知：混合溶液中滴加NaOH溶液，硫酸先于硫酸铜发生反应，C正确；D．q点时溶液中含Na2SO4、CuSO4及H2O，根据电荷守恒可得离子浓度：2c(SO42-)+c(OH-)=2c(Cu2+)+c(H+)+c(Na+)，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了反应先后顺序的判断及溶液中离子浓度大小比较。碱与酸、盐混合溶液反应先后顺序的判断可结合溶液pH变化分析，酸碱中和能力大于碱与盐反应的能力，结合电荷守恒、原子守恒、质子守恒分析离子浓度关系。17、C【解析】

A．根据控制变量的原则，两试管中液体的总体积不等，无法得到正确结论，故A错误；

B．HClO溶液具有漂白性，应选pH计测定，故B错误；

C．亚铁离子、氯离子均能被高锰酸钾氧化，溶液褪色，不能证明溶液中含有Fe2+，故C正确；

D．活化能越小，反应速率越快，试管①产生气泡快，则加入FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较小，故D错误；

故答案为C。18、D【解析】A、苯和液溴铁作催化剂，不需要加热，生成溴苯，故A错误；B、2，2－二甲基丙烷分子式为C5H12，与正戊烷为同分异构体，故B错误；C、石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，乙醇是含氧衍生物，故C错误；D、乙醇、正戊烷、苯都能发生取代反应，都能燃烧，属于氧化反应，故D正确。19、D【解析】

A、光导纤维的成分是二氧化硅，属于无机物，故A错误；B.蛋白质在加热条件下变性，在催化剂条件下水解可生成氨基酸，故B错误；C.以木材为原料，经化学加工处理所得是人造纤维，用化工原料作单体经聚合反应制成的是合成纤维，故C错误；D.煤的干馏可得到煤焦油，煤焦油中含有常用于染料、医药、农药等的酚类物质，故D正确。答案选D。20、D【解析】

A.甘油醛不属于单糖，故错误；B.键线式为的名称为2,2,4,5−四甲基−3,3−二乙基己烷，故错误；C.高聚物的单体为碳酸乙二醇，而的单体是乙二醇，故没有共同的单体，故错误；D.水杨酸含有羧基和酚羟基，1mol的水杨酸消耗2mol氢氧化钠，1mol的1,2−二氯乙烷消耗2mol氢氧化钠，CH3NHCOOCH3含有酯基和肽键，所以1mol的CH3NHCOOCH3消耗2mol氢氧化钠，将总物质的量为1mol三种物质的混合物与NaOH溶液充分反应，最多可以消耗2molNaOH，故正确。故选D。21、B【解析】

由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨Ⅰ是负极，发生的反应式为NO2-e-+NO3-=N2O5，则石墨Ⅱ为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2N2O5=4NO3-，该电池的总反应为：4NO2+O2=2N2O5。【详解】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨Ⅰ是负极，发生的反应式为NO2-e-+NO3-=N2O5，则石墨Ⅱ为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2N2O5=4NO3-。A．电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，石墨Ⅰ是负极，NO3-向石墨I移动，A正确；B．该电池一种熔融KNO3燃料电池，负极发生氧化反应，石墨Ⅰ上发生的电极反应为：NO2-e-+NO3-=N2O5，B错误；C．石墨Ⅰ生成N2O5，石墨Ⅱ消耗N2O5，可循环利用的物质Y的化学式为N2O5，C正确；D．原电池中正极得到的电子数等于负极失去的电子数，故电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的物质的量之比是1:4，则消耗的O2和NO2的物质的量之比是4：23，D正确；答案选D。【点睛】考生做该题的时候，首先从图中判断出石墨Ⅰ、石墨Ⅱ是哪个电极，并能准确写出电极反应式，原电池中阴离子移向负极、阳离子移向正极，原电池工作时，理论上负极失去的电子数等于正极得到的电子数。22、D【解析】

A．浓硝酸与浓硫酸混合时，如果将浓硝酸注入浓硫酸中，容易发生液滴四溅，故浓硝酸与浓硫酸混合时，是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中，并且边加边搅拌，搅拌的目的是及时散热，防止局部过热，A正确；B．亚硝酰硫酸遇水易分解，装置B中的浓硫酸的作用是干燥SO2气体水蒸气进入装置C中，装置D中的浓硫酸的作用是防止装置E中的水蒸气进入装置C中，B正确；C．为了保证反应速率不能太慢，同时又要防止温度过高硝酸分解，SO2逸出，故冷水的温度控制在20℃左右，C正确；D．98%的浓硫酸的很难电离出H+，如果用98%的浓硫酸代替70%的H2SO4产生SO2速率更慢，D错误；二、非选择题(共84分)23、羧基、氯原子加成反应C10H16O2+2NaOH+NaCl+2H2O【解析】

A的分子式为C7H8，结合B的结构，应是与CO发生加成反应，可知A为．对比B与C的结构，结合反应条件、C的分子式，可知B中醛基氧化为羧基得到C，C与氯气发生苯环上取代反应生成D，D与氢气发生加成反应生成E，E发生取代反应生成F，故C为、D为、E为．F与乙醇发生酯化反应生成G为，G发生信息中反应生成M为。【详解】(1)A的结构简式为；D为，其官能团为羧基、氯原子；(2)根据分析可知D与氢气发生加成反应生成E；G的结构简式为，分子式为C10H16O2；(3)E为，与足量氢氧化钠的乙醇溶液在加热条件发生氯原子的消去反应，以及羧基与氢氧化钠的中和反应，故反应方程式为：+2NaOH+NaCl+2H2O；(4)由分析可知M的结构简式为；(5)C为，其同分异构体H既能发生银镜反应又能发生水解反应说明其含有—CHO结构且含有酯基，核磁共振氢谱有4组吸收峰说明其结构对称，则符合条件的H为：；(6)加聚反应得到，发生消去反应得到，由信息可知苯甲酸乙酯与①CH3MgBr、②H+/H2O作用得到，合成路线流程图为。【点睛】解决本题充分利用物质的结构与反应条件进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化；注意对信息的理解，明确题目所给反应中是哪个化学键的断裂与形成。24、2,3-二甲基-1,3丁二烯氧化反应浓氢溴酸+CH3CH2OH+H2O羟基、醛基12【解析】

A到B发生信息①的反应，B到C发生信息②反应，且只有一种产物，则B结构对称，根据C的结构简式可知B中有两个碳碳双键上的碳原子连接甲基，则B应为，则A为，C与乙醇发生酯化反应生成D。【详解】(1)A为，根据烷烃的系统命名法规则可知其名称应为：2,3-二甲基-1,3丁二烯；(2)B到C的过程为酸性高锰酸钾氧化碳碳双键的过程，所以为氧化反应；(3)根据G和H的结构可知该过程中羟基被溴原子取代，所需试剂为浓氢溴酸；(4)反应③为C与乙醇的酯化反应，方程式为：+CH3CH2OH+H2O；(5)根据F的结构简式可知其官能团为羟基、醛基；(6)化合物M是D的同分异构体，且满足：①1molM与足量的NaHCO3溶液反应，生成二氧化碳气体22.4L(标准状态下)，即生成1mol二氧化碳，说明1molM中含有1mol羧基；②0.5molM与足量银氨溶液反应，生成108g即1molAg固体，说明0.5molM含0.5mol醛基；除去羧基和醛基还有4个碳原子，有两种排列方式：和，先固定羧基有4种方式，再固定醛基，则有(数字表示醛基的位置)：、、、，共有4+4+3+1=12种同分异构体，其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为6∶2∶1∶1的结构简式为：；(7)根据观察可知目标产物的结构与W的结构相似，合成W需要I，合成I需要发生类似D与H的反应，原料即为D，则还需类似G的物质，乙醇可以发生消去反应生成乙烯，乙烯和溴加成可以生成二溴乙烷，其结构与G类似，所以合成路线为：。【点睛】推断A和B的结构的关键是理解题目所给信息反应过程中结构的变化，弄清楚B到C的产物只有一种的原因是B结构对称，然后再分析B的结构就比较简单了。25、检验产物中是否有水生成SO2SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+否，若有SO3也有白色沉淀生成将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液若高锰酸钾溶液不褪色，加入KSCN溶液后变红3x+y=z2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O【解析】（1）硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]在500℃时隔绝空气加热分解，H、O结合有水生成，故B装置的作用是检验产物中是否有水生成。（2）装置C中BaC12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊，但该装置中没有明显现象，可知产物中无有SO3气体生成；装置D中有白色沉淀，说明产物中有SO2气体生成，通入过氧化氢发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+，若去掉C，若有SO3也有白色沉淀生成，不能得出说明出有SO2而无SO3的结论。（3）根据Fe2+的还原性，可以用高锰酸钾溶液检验，依据Fe3+与KSCN溶液后变红可检验，方法为：取少量A中残留物与试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液（或：依次滴加K3Fe(CN)6溶液、KSCN溶液或其他合理答案）并振荡，若高锰酸钾溶液不褪色，加入KSCN溶液后变红（或：加入K3Fe(CN)6溶液无现象，加入KSCN溶液后变红，或其他合理答案），则残留物仅为Fe2O3而不含FeO。（4）若产物中有氮气生成，则失去电子的元素是Fe和N，得到电子的元素是S，[（NH4）2Fe（SO4）2]分解，E中生成xmolN2失去电子的物质的量是6xmol，生成ymolFe2O3失去电子的物质的量是2ymol，D中沉淀物质的量为zmol，即生成的二氧化硫的物质的量是zmol，则得电子的物质的量是2zmol，根据得失电子守恒，6x+2y=2z即3x+y=z；（5）结合上述实验现象和相关数据的分析，完成硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]在500℃时隔绝空气加热完全分解的化学方程式：2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O【点睛】该题为实验探究题，主要考查物质的检验，如H2O，Fe2O3，FeO，SO2等，考查实验设计，氧化还原的计算等知识，理解实验目的和掌握基础知识为关键，难度适中。26、分液漏斗平衡压强、便于液体顺利流下饱和NaHCO3溶液检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2OpH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀防止Fe2+被氧化降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出75【解析】

(1)根据仪器的结构确定仪器a的名称；仪器b可平衡液面和容器内的压强；(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl；澄清石灰水遇CO2气体变浑浊；(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，根据守恒法写出反应的离子方程式；(4)①甘氨酸具有两性，能与H+反应；溶液中的Fe2+易水解生成Fe(OH)2沉淀；②柠檬酸的还原性比Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化；(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇；(6)17.4gFeCO3的物质的量为=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中含甘氨酸的物质的量为0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol，理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204g▪mol-1×0.1mol=20.4g，以此计算产率。【详解】(1)根据仪器的结构可知仪器a的名称分液漏斗；仪器b可平衡液面和容器内的压强，便于液体顺利流下；(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl，则装置B中盛有的试剂饱和NaHCO3溶液；当装置内空气全部排净后，多余的CO2气体排出遇澄清的石灰水变浑浊，则装置D的作用是检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中；(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(4)①过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，当pH过低即酸性较强时，甘氨酸会与H+反应生成NH3+CH2COOH；当pH过高即溶液中OH-较大时，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，故pH过低或过高均会导致产率下降；②柠檬酸的还原性比Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化，则滴加柠檬酸可防止Fe2+被氧化；(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，则过程II中加入无水乙醇可降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出；(6)17.4gFeCO3的物质的量为=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中甘氨酸的物质的量为0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol，理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204g▪mol-1×0.1mol=20.4g，产率是=75%。27、Ca(OH)2溶液稀H2SO4铁Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓Fe(OH)3＋3H＋＝Fe3＋＋3H2OCu(OH)2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu【解析】

从含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的废液中，把Fe3+转化为绿矾回收，把Cu2+转化为铜回收，先加碱使金属离子转化为沉淀，与阴离子分离，然后加酸溶解沉淀，再加铁粉可得到硫酸亚铁溶液和Cu，过滤得到铜和硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾。【详解】依据题意从含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的废液中，把Fe3+转化为绿矾回收，把Cu2+转化为铜回收应分三步实施，先加廉价的碱Ca(OH)2将Fe3+、Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2，与Cl-、NO3-分离，反应的离子方程式为Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓；过滤后向Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀中加入稀硫酸，使沉淀溶解得到硫酸铁和硫酸铜的混合液，反应的离子方程式为Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；向所得溶液中加入铁粉与硫酸铁和硫酸铜反应，可得到硫酸亚铁溶液和Cu，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；过滤得到铜和硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，故答案为：Ca(OH)2溶液；稀H2SO4；铁；Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓；Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。28、-90.1kJ/mol不变0.05mol·L-1·min-1F>KA=KC>KB2【解析】

（1）CO、H2、CH3OH(g)的燃烧热化学方程式分别为：①，②，③，根据盖斯定律可知，将①+2×②-③可得：；（2）在温度T时