2026届河南省南阳市南阳一中高考化学试题押题密卷（全国新课标Ⅰ卷）含解析

2026届河南省南阳市南阳一中高考化学试题押题密卷（全国新课标Ⅰ卷）注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法错误的是（）A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物C．反应②中的H2O2可用NaClO4代替D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O22、下列用品在应用过程中涉及物质氧化性的是（）A．铁红用作颜料B．84消毒液杀菌C．纯碱去污D．洁厕灵除水垢用品主要成分Fe2O3NaClONa2CO3HClA．A B．B C．C D．D3、新型锂空气电池具有使用寿命长、可在自然空气环境下工作的优点。其原理如图所示（电解质为离子液体和二甲基亚砜），电池总反应为：下列说法不正确的是()A．充电时电子由Li电极经外电路流入Li2O2B．放电时正极反应式为2Li++O2+2e-=Li2O2C．充电时Li电极与电源的负极相连D．碳酸锂涂层既可阻止锂电极的氧化又能让锂离子进入电解质4、下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。下列说法中不正确的是（）A．当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4B．当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3C．B和Cl2的反应是氧化还原反应D．当X是强酸时，C在常温下是气态单质5、锂—铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li＋Cu2O＋H2O＝2Cu＋2Li+＋2OH-，下列说法错误的是A．整个反应过程中，氧化剂为O2B．放电时，正极的电极反应式为：Cu2O＋H2O＋2e-＝2Cu＋2OH-C．放电时，当电路中通过0.1mol电子的电量时，有0.1molLi+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12L氧气参与反应D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O6、某同学在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉混合物，物质转化关系如图所示：下列说法不正确的是()A．x为NaOH溶液，y为盐酸B．a→b发生的反应为：AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓C．b→c→Al的反应条件分别为：加热、电解D．a、b、c既能与酸又能与碱反应7、下图为某燃煤电厂处理废气的装置示意图，下列说法错误的是A．使用此装置可以减少导致酸雨的气体的排放B．该装置内既发生了化合反应，也发生了分解反应C．总反应可表示为：2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2D．若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明该气体中含SO28、证据推理与模型认知是化学学科的核心素养之一。下列事实与相应定律或原理不相符的是（）A．向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深——勒夏特列原理B．常温常压下，1体积CH4完全燃烧消耗2体积O2——阿伏加德罗定律C．向漂白液中加入少量稀硫酸能增强漂白液的漂白效果——元素周期律D．通过测量C、CO的燃烧热来间接计算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反应热——盖斯定律9、下列实验对应的现象以及结论均正确的是选项实验现象结论A向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡，静置上层为橙色裂化汽油可萃取溴B分别向相同浓度的ZnSO4溶液和CuSO4溶液中通入H2S前者无现象，后者有黑色沉淀生成Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)C向Ba(ClO)2溶液中通入SO2有白色沉淀生成酸性:H2SO3>HClOD向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液有白色不溶物析出Na2SO4能使蛋白质变性A．A B．B C．C D．D10、能正确表示下列反应的离子方程式为()。A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－B．向碳酸钠溶液中通入少量CO2：CO32-＋2CO2＋H2O=2HCO3-C．向碘化钾溶液中加入少量双氧水：3H2O2＋I－=IO3-＋3H2OD．向CuSO4溶液中通入H2S：H2S＋Cu2+=CuS↓＋2H+11、下列各组离子能在指定环境中大量共存的是A．在c（HCO3-）=0.1mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、Cl－、NO3-B．在由水电离出的c（H+）=1×10－12mol/L的溶液中：Fe2+、ClO－、Na+、SO42-C．pH=1的溶液中：Mg2+、Fe3+、NO3－、[Ag(NH3)2]+D．在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO32-、CO32-、Na+、K+12、目前，国家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁－铬液流电池储能示范电站。铁－铬液流电池总反应为Fe2++Cr3+Fe3++Cr2+，工作示意图如图。下列说法错误的是A．放电时a电极反应为Fe3++e-=Fe2+B．充电时b电极反应为Cr3++e-=Cr2+C．放电过程中H+通过隔膜从正极区移向负极区D．该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低13、中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，下列说法错误的是A．“木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素B．“指南针”是我国古代四大发明之一，是由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3C．“苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质D．“黑陶”是一种传统工艺品，是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐14、《内经》曰：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”。合理膳食，能提高免疫力。下列说法错误的是（）A．蔗糖水解生成互为同分异构体的葡糖糖和果糖B．食用油在酶作用下水解为高级脂肪酸和甘油C．苹果中富含的苹果酸[HOOCCH(OH)CH2COOH]是乙二酸的同系物D．天然蛋白质水解后均得到α-氨基酸，甘氨酸和丙氨酸两种分子间可生成两种二肽15、在化学能与电能的转化过程中，下列叙述正确的是A．电解饱和食盐水时，阳极得到Cl2和NaOH(aq)B．教材所示的铜-锌原电池在工作时，Zn2+向铜片附近迁移C．电镀时，电镀槽里的负极材料发生氧化反应D．原电池与电解池连接后，电子从原电池负极流向电解池阳极16、下列离子方程式书写正确的是A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+2OH-=SO32-+H2OB．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I-=2Fe2++I2C．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2OD．NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-17、在25℃时,将1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是(

)A．水的电离程度：a>b>cB．c点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)C．a点对应的混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)D．该温度下，CH3COOH的电离平衡常数18、如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2+、K+杂质离子并尽可能减小AlCl3的损失。下列说法正确的是A．NaOH溶液可以用Ba(OH)2溶液来代替 B．溶液a中含有Al3+、K+、Cl-、Na+、OH-C．溶液b中只含有NaCl D．向溶液a和沉淀a中滴加盐酸都要过量19、下列实验目的能实现的是A．实验室制备乙炔 B．实验室制备氢氧化亚铁 C．实验室制取氨气 D．实验室制取乙酸丁酯20、同温同压下,等质量的SO2气体和SO3气体相比较,下列叙述中正确的是（）A．密度比为4:5 B．物质的量之比为4:5C．体积比为1:1 D．原子数之比为3:421、下列实验操作及现象，不能得出对应结论的是选项实验操作现象结论A将甲烷与氯气在光照下反应，反应后的混合气体通入紫色石蕊试液中紫色石蕊试液变红且不褪色反应产生了HClB镀锌铁片出现刮痕后部分浸入饱和食盐水中,一段时间后铁片附近滴入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀镀锌铁没有发生原电池反应C向2mL0.lmol/L醋酸溶液和2mL0.lmol/L硼酸溶液中分别滴入少量0.lmol/LNaHCO3溶液只有醋酸溶液中产生气体酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸D向FeCl3溶液与NaCl溶液中分别滴入30%H2O2溶液只有FeCl3溶液中迅速产生气体Fe3+能催H2O2分解A．A B．B C．C D．D22、分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类不正确的是（）A．按照分散质和分散剂所处的状态，可分为9种分散系B．天然气、水煤气、裂解气、高炉煤气都是混合物C．CO2、C6H12O6、CH3CH2OH、HCOOH都是非电解质D．塑料的老化、橡胶的硫化、石油的裂化、铁铝的钝化、油脂的硬化均属化学变化二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物I(）是治疗心脏病的一种重要药物，可由简单有机物A、B和萘（）合成，路线如下：(1)C的结构简式为_________，E的化学名称_______。(2)由萘生成C、B生成E的反应类型分别为_________、_________。(3)I中含氧官能团的名称为_______。(4)D可使溴水褪色，由D生成G的反应实现了原子利用率100%，则该反应的化学方程式为_______________。(5)同位素标记可用来分析有机反应中的断键情况，若用超重氢（T）标记的G（）与F反应，所得H的结构简式为则反应中G（）断裂的化学键为_______（填编号）(6)Y为H的同分异构体，满足以下条件的共有______种,请写出其中任意一种的结构简式_________。①含有萘环，且环上只有一个取代基。②可发生水解反应，但不能发生银镜反应。24、（12分）盐酸氨溴索(又称溴环己胺醇)，可用于急、慢性支气管炎及支气管扩张、肺气肿、肺结核等疾病的治疗。某研究小组拟用以下流程合成盐酸氨溴索和糖精的中间体X(部分反应条件及产物已略)。已知信息：(Ⅰ)R1CHO+R2NH2R1CH＝N﹣R2(Ⅱ)(易被氧化)请回答：(1)流程中A名称为_____；D中含氧官能团的名称是_____。(2)G的分子式为_____；化合物E的结构简式是_____。(3)A→B、F→G的反应类型分别为：_____、_____。(4)写出B+CD的化学方程式_____。(5)化合物X同时符合下列条件的同分异构体H有_____种；其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为_____。①苯环上有两个取代基，其中之一是氨基；②官能团与X相同，苯环上的一氯代物有两种。(6)以甲苯和甲醇为有机原料，参照盐酸氨溴索的合成路线图，设计X的合成路线______(无机试剂任选，标明试剂、条件及对应物质结构简式)。25、（12分）水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量，经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”，Ⅰ．用已准确称量的硫代硫酸钠（Na2S2O3）固体配制一定体积的cmol/L标准溶液；Ⅱ．用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液，塞紧瓶塞（瓶内不准有气泡），反复震荡后静置约1小时；Ⅲ．向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶至沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色；Ⅳ．将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中，用硫代硫酸钠标准溶液滴定；V．待试液呈淡黄色后，加1mL淀粉溶液，继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6（1）在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和________________________。（2）在步骤Ⅱ中，水样中出现了MnMnO3沉淀，离子方程式为4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O。（3）步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为_______________________________________________________________。（4）滴定时，溶液由__________色到______________色，且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。（5）河水中的溶解氧为_____________________________mg/L。（6）当河水中含有较多NO3－时，测定结果会比实际值________(填偏高、偏低或不变)26、（10分）草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]是一种常用的金属着色剂，易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间。某兴趣小组设计实验制备草酸铁铵并测其纯度。（1）甲组设计由硝酸氧化葡萄糖制取草酸，其实验装置(夹持及加热装置略去)如图所示。①仪器a的名称是________________。②55～60℃下，装置A中生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，该反应的化学方程式为__________________________。③装置B的作用是______________________；装置C中盛装的试剂是______________。（2）乙组利用甲组提纯后的草酸溶液制备草酸铁铵。将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液；滴加氨水至__________，然后将溶液________、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品。（3）丙组设计实验测定乙组产品的纯度。准确称量5.000g产品配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入足量0.1000mol·L－1稀硫酸酸化后，再用0.1000mol·L－1KMnO4标准溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液的体积为12.00mL。①滴定终点的现象是_______________________。②滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快，其主要原因是____________________。③产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为____________％。[已知：(NH4)3Fe(C2O4)3的摩尔质量为374g·mol－1]27、（12分）硫酸亚铁晶体俗称绿矾(FeSO4•7H2O)，重铬酸钠晶体俗称红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)，它们都是重要的化工产品。工业上以铬铁矿[主要成分是[Fe(CrO2)2]为原料制备绿矾和红矾钠的工艺流程如图所示。请回答下列问题：(1)已知Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，则Fe(CrO2)中铁元素的化合价为______________。(2)化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3写成Na2O·SiO2，则Fe(CrO2)2可写成__________。(3)煅烧铬铁矿时，矿石中的Fe(CrO2)2转变成可溶于水的Na2CrO4，反应的化学方程式如下：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2①该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为________________。②为了加快该反应的反应速率，可采取的措施是_________________(填一种即可)。⑷己知CrO42-在氢离子浓度不同的酸性溶液中有不同的反应。如：2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O3CrO42-+4H+=Cr3O102-+2H2O①往混合溶液甲中加入硫酸必须适量的原因是________________。②混合溶液乙中溶质的化学式为______________________。(5)写出Fe与混合溶液丙反应的主要离子方程式_________________。检验溶液丁中无Fe3+的方法是：_____________。从溶液丁到绿巩的实验操作为蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。28、（14分）世界能源消费的90%以上依靠化学技术。请回答下列问题：（1）质子交换膜燃料电池中作为燃料的H2通常来自水煤气。已知：C（s）＋O2（g）=CO（g）ΔH1＝－110.35kJ·mol－12H2（g）＋O2（g）=2H2O（l）ΔH2＝－571.6kJ·mol－1H2O（l）=H2O（g）ΔH3＝＋44.0kJ·mol－1①则反应C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g）ΔH4＝__________。②某实验小组在实验室模拟反应C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g），其平衡常数表达式为K＝_______。一定温度下，在2L盛有足量炭粉的恒容密闭容器（固体所占体积忽略不计）中通入0.8molH2O，6min时生成0.7gH2，则6min内以CO表示的平均反应速率为________（保留3位有效数字）。（2）燃料气（流速为1800mL·min－1；体积分数为50%H2，0.98%CO，1.64%O2，47.38%N2）中的CO会使电极催化剂中毒，使用CuO/CeO2催化剂可使CO优先氧化而脱除。①160℃、CuO/CeO2作催化剂时，CO优先氧化的化学方程式为__________。②CeO2可由草酸铈[Ce2（C2O4）3]隔绝空气灼烧制得，同时生成两种气体，则发生反应的化学方程式为____________。③在CuO/CeO2催化剂中加入不同的酸（HIO3或H3PO4），测得燃料气中CO优先氧化的转化率随温度的变化如下图所示。加入________（填酸的化学式）的CuO/CeO2催化剂催化性能最好。温度为120℃，催化剂为CuO/CeO2HIO3时，反应0.5h后CO的体积为______mL。（3）LiOH是制备锂离子电池正极材料的重要原料，采用惰性电极电解制备LiOH的装置如下图所示。①通电后，Li＋通过阳离子交换膜向________（填“M”或“N”）极区迁移。②电极N产生的气体a通入淀粉－KI溶液，溶液变蓝，持续一段时间后，蓝色可逐渐褪去。据此写出电极N的电极反应式：___________；蓝色逐渐褪去是因为溶液中逐渐生成HIO3，写出此反应的化学方程式：_______。29、（10分）铝及其化合物在生活、生产中有广泛应用。（1）Na3AlF6是冰晶石的主要成分，冰晶石常作工业冶炼铝的助熔剂。工业上，用HF、Na2CO3和Al(OH)3制备冰晶石。化学反应原理是，2Al(OH)3+3Na2CO3+12H=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O.属于盐的有Na2CO3和_______。上述反应不能在玻璃容器中反应，其原因是________(用化学方程式表示)。（2）明矾[KAl(SO4)2·12H2O]常作净水剂。在明矾溶液中滴加氢氧化钡溶液至Al3+恰好完全沉淀，写出该反应的离子方程式____________。（3）铝合金广泛用于建筑材料。等质量的铁、铝、硅组成的同种合金分别与足量盐酸、足量烧碱溶液反应，产生氢气体积相等(同温同压)。则该合金中铁、硅的质量之比为______。（已知:Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑）（4）铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成的重要还原剂。它的制备方法是将氢化钠和氯化铝在乙醚中反应制备铝氢化钠。①写出化学方程式________________。②在化学上，含氢还原剂的还原能力用“有效氢”表示，”有效氢”含义是单位质量的含氢还原剂的还原能力相当于多少克氢气。一般地含氢还原剂的氢被氧化成H2O，“还原能力”用氢失去电子数多少表示。NaAlH4、NaH的“有效氢”之比为________。

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、C【解析】

A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；B．由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确；C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；D．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确；故答案选C。根据反应的流程图可得反应①中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比。2、B【解析】

A．Fe2O3为红棕色粉末，铁红用作颜料利用了其物理性质，故A不符合题意；B．NaClO具有强氧化性，84消毒液杀菌利用了其强氧化性，故B符合题意；C．纯碱去油污，利用了Na2CO3水溶液显碱性的性质，故C不符合题意；D．洁厕灵除水垢利用了HCl溶液的酸性，故D不符合题意；故答案选B。3、A【解析】

这是二次电池，放电时Li是负极，充电时Li是阴极；【详解】A.充电时电子经外电路流入Li，A错误；B.放电时正极为还原反应，O2得电子化合价降低，反应式为2Li++O2+2e-=Li2O2，B正确；C.充电时Li电极为阴极，与电源的负极相连，C正确；D.碳酸锂涂层的覆盖可阻止锂电极的氧化，但是涂层能让锂离子进入电解质定向移动形成闭合回路，D正确；答案选A。关键之一是正确判断电极。关于负极的判断可以从这几方面入手：如果是二次电池，与电源负极相连的那一极，在放电时是负极；电子流出那一极是负极；发生氧化反应的一极是负极；阴离子向负极移动。4、D【解析】

根据图中的转化关系可知，A一定是弱酸的铵盐，当X是强酸时，A、B、C、D、E、F分别是：Na2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4；当X是强碱时，A、B、C、D、E、F分别是：NH4Cl、NH3、N2、NO、NO2、HNO3。【详解】A.由上述分析可知，当X是强酸时，F是H2SO4，故A正确；B.由上述分析可知，当X是强碱时，F是HNO3，故B正确；C.无论B是H2S还是NH3，B和Cl2的反应一定是氧化还原反应，故C正确；D.当X是强酸时，C是硫，在常温下是固态单质，故D错误；答案选D。5、C【解析】A，根据题意，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，由放电反应推知Cu极电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，Cu2O又被还原成Cu，整个过程中Cu相当于催化剂，氧化剂为O2，A项正确；B，放电时正极的电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，B项正确；C，放电时负极电极反应式为Li-e-=Li+，电路中通过0.1mol电子生成0.1molLi+，Li+透过固体电解质向Cu极移动，反应中消耗O2物质的量为=0.025mol，在标准状况下O2的体积为0.025mol22.4L/mol=0.56L，C项错误；D，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，D项正确；答案选C。6、D【解析】

根据流程图，混合物中加入试剂x过滤后得到铁，利用铝与氢氧化钠反应，铁不与氢氧化钠反应，因此试剂x为NaOH，a为NaAlO2，a生成b加入适量的y，因此y是盐酸，b为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解成Al2O3，然后电解氧化铝得到铝单质；A.根据上述分析，A正确；B.a→b发生的反应为：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，故B正确；C.根据上述分析，b→c→Al的反应条件分别为：加热、电解，故C正确；D.a为NaAlO2，NaAlO2与碱不反应，故D错误；答案选D。7、D【解析】

A.SO2能形成硫酸型酸雨，根据示意图，SO2与CaCO3、O2反应最终生成了CaSO4，减少了二氧化硫的排放，A正确；B.二氧化硫和氧化钙生成亚硫酸钙的反应、亚硫酸钙与O2生成硫酸钙的反应是化合反应，碳酸钙生成二氧化碳和氧化钙的反应是分解反应，B正确；C.根据以上分析，总反应可表示为：2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2，C正确；D.排放的气体中一定含有CO2，CO2能使澄清石灰水变浑浊，若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，不能说明气体中含SO2，D错误；答案选D。8、C【解析】

A．向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深，说明增大反应物浓度，能使平衡正向移动，此事实与勒夏特列原理相符，A不合题意；B．由CH4燃烧反应方程式可知，1molCH4在2molO2中完全燃烧，常温常压下，1体积CH4完全燃烧消耗2体积O2，二者的体积比等于其物质的量之比，符合阿伏加德罗定律，B不合题意；C．向漂白液中加入少量稀硫酸能增强漂白液的漂白效果，说明生成了HClO，符合强酸制弱酸原理，由于HClO不是最高价含氧酸，所以不符合元素周期律，C符合题意；D．通过C、CO的燃烧热反应方程式，通过调整化学计量数后相减，可间接计算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反应热，符合盖斯定律，D不合题意；故选C。9、B【解析】

A.裂化汽油中含有不饱和碳碳键，易与溴水发生加成反应，不能作萃取剂，故A说法错误；B.Ksp小的先生成沉淀，前者无现象，后者有黑色沉淀生成，说明硫化锌的溶度积大于硫化铜，故B正确；C.ClO－具有氧化性，能将SO2氧化为硫酸根离子，白色沉淀为硫酸钡，不能说明亚硫酸的酸性强于次氯酸，故C错误；D.向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液会有白色沉淀，原理为蛋白质的盐析，故D错误；答案：B。10、D【解析】

A.向FeBr2溶液中通入过量Cl2，溴离子和亚铁离子都被氧化，正确的离子方程式为：4Br−+2Fe2++3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl−，故A错误；B.向碳酸钠溶液中通入少量CO2，反应生成碳酸氢钠，该反应的离子方程式为：CO32−＋CO2＋H2O=2HCO3－，故B错误；C.向碘化钾溶液中加入少量双氧水，反应生成碘单质，该反应的离子方程式为：2H++H2O2＋2I－=I2+2H2O，故C错误；D.向CuSO4溶液中通入H2S，生成CuS沉淀，该反应的离子方程式为：H2S＋Cu2+=CuS↓＋2H+，故D正确。综上所述，答案为D。11、D【解析】

离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。【详解】A、Al3＋和HCO3－水解相互促进生成氢氧化铝和CO2，不能大量共存；B、水的电离是被抑制的，所以溶液可能显酸性，也可能显碱性。但不论是显酸性，还是显碱性，ClO－都能氧化Fe2+，不能大量共存；C、溶液显酸性[Ag(NH3)2]+不能大量共存。D、溶液显碱性，可以大量共存；答案选D。该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验。有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。12、C【解析】

A.电池放电时，是原电池的工作原理，a电极为正极，得电子发生还原反应，反应为Fe3++e-=Fe2+，故A正确；B.充电时是电解池工作原理，b电极为阴极，得电子发生还原反应，反应为Cr3++e-=Cr2+，故B正确；C.原电池在工作时，阳离子向正极移动，所以放电过程中H+通过隔膜从负极区移向正极区，故C错误；D.根据电池构造分析，该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低，故D正确；故选C。13、B【解析】

A.木材纤维主要成分为纤维素，故A正确；B.“指南针”是我国古代四大发明之一，是由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe3O4，故B错误；C.蚕丝纤维的主要成分为蛋白质，故C正确；D.“黑陶”是陶瓷的一种，传统硅酸盐材料，其主要成分为硅酸盐，故D正确；答案选B。14、C【解析】

A．蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖，二者分子式均为C6H12O6，互为同分异构体，故A正确；B．食用油为油脂，油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，在体内酶的催化作用下水解，生成高级脂肪酸和甘油，故B正确；C．苹果酸含有羟基，乙二酸不含羟基，二者结构不相似，不属于同系物，故C错误；D．天然蛋白质都是由α氨基酸缩聚而成的，水解均得到α-氨基酸；甘氨酸脱去氨基，丙氨酸脱去羟基为一种，甘氨酸脱去羟基、丙氨酸脱去氨基为一种，共两种，故D正确；故答案为C。甘氨酸和丙氨酸分子间可以形成两种二肽，甘氨酸和甘氨酸有一种、丙氨酸和丙氨酸有一种，即两种氨基酸可以形成共4种二肽。15、B【解析】

A．电解饱和食盐水时，阳极得到Cl2和NaOH(aq)）；B．教材所示的铜-锌原电池在工作时，Zn2+向铜片附近迁移；C．电镀池——特殊的电解池。电镀槽里的电极分为阴极和阳极，阳极发生氧化反应；D．原电池与电解池连接后，跟原电池的负极相连的那个电极叫阴极。电子从原电池负极流向电解池阴极。16、C【解析】

A、过量的SO2通入NaOH溶液中发生的反应为：SO2+OH﹣═HSO3﹣，故A错误；B、Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液后，溶液中存在强氧化性的硝酸，能将亚铁离子氧化，所以产物不会出现亚铁离子，故B错误；C、NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，实质是：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O，故C正确；D、NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液发生的反应为：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O，故D错误．故选C。17、D【解析】

A.CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解促进水的电离，CH3COOH的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，c点反应CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl恰好完全发生，CH3COONa减少，CH3COOH增多；若向该混合溶液中加入NaOH固体，a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，CH3COONa增多，CH3COOH减少，因此，水的电离程度：a>b>c，故A正确；B.CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，b点溶液呈酸性，说明CH3COOH浓度远大于CH3COONa，c点CH3COONa与HCl反应完全，溶液呈酸性，此时溶液为CH3COOH和NaCl溶液，则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故B正确；C.a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），此时pH=7，则c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（CH3COO-），故C正确；D.该温度下pH=7时，c（H+）=10-7mol·L-1，c（CH3COO-）=c（Na+）=0.2mol/L，c（CH3COOH）=（c-0.2）mol/L，则醋酸的电离平衡常数Ka==，故D错误；故选D。解答本题的难点是选项A，需要明确酸、碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。需要分析a、b、c三点c(CH3COOH)和c(CH3COONa)的差别，从而确定水的电离程度的相对大小。18、A【解析】

A选项，NaOH主要作用是将铝离子变为偏铝酸根，因此可以用氢氧化钾、氢氧化钡来代替，故A正确；B选项，溶液a中含有K+、Cl－、Na+、AlO2－、OH－，故B错误；C选项，溶液b中含有氯化钠、氯化钾，故C错误；D选项，向溶液a中滴加盐酸过量会使生成的氢氧化铝沉淀溶解，故D错误；综上所述，答案为A。19、C【解析】

A．反应剧烈发出大量的热，不易控制反应速度，且生成氢氧化钙易堵塞多孔隔板，则不能利用图中制取气体的简易装置制备乙炔，故A错误；B．Fe与硫酸反应生成氢气，可排出空气，但图中左侧试管内的导气管没有伸入到反应的液面内，硫酸亚铁溶液不能通过利用氢气的压强，使硫酸亚铁与NaOH接触而反应，故B错误；C．碳酸氢铵分解生成氨气、水、二氧化碳，碱石灰可吸收水、二氧化碳，则图中装置可制备少量氨气，故C正确；D．乙酸丁酯的沸点124～126℃，反应温度115～125℃，则不能利用图中水浴加热装置，故D错误；故选：C。20、A【解析】

由n＝＝可知，ρ＝＝，据此分析作答。【详解】A.由上述分析可知，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于其密度之比，所以两种气体的密度之比为64∶80＝4∶5，A项正确；B.设气体的质量均为mg，则n(SO2)＝mol，n(SO3)＝mol，所以二者物质的量之比为∶＝80∶64＝5∶4，B项错误；C.根据V＝n·Vm可知，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以两种气体的体积之比为5∶4，C项错误；D.根据分子组成可知，两种气体的原子数之比为（5×3）∶（4×4）＝15∶16，D项错误；答案选A。21、B【解析】

A.将甲烷与氯气在光照下反应，反应后的混合气体通入紫色石蕊试液中，紫色石蕊试液变红且不褪色，说明生成了HCl，故A不符合题意；B.镀锌铁片出现刮痕后部分浸入饱和食盐水中，一段时间后铁片附近滴入K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀，锌作负极，铁作正极，铁受到了保护，镀锌铁发生了原电池反应，故B符合题意；C.向2mL0.lmol∙L−1醋酸溶液和2mL0.lmol∙L−1硼酸溶液中分别滴入少量0.lmol∙L−1NaHCO3溶液，只有醋酸溶液中产生气体，说明醋酸和碳酸氢钠反应，硼酸不与碳酸氢钠反应，则得出酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，故C不符合题意；D.向FeCl3溶液与NaCl溶液中分别滴入30%H2O2溶液，只有FeCl3溶液中迅速产生气体，说明Fe3+对H2O2分解起催化作用，故D不符合题意。综上所述，答案为B。22、C【解析】

A.分散剂和分散质都存在3种状态：固体、液体和气体，每一种状态的分散剂能够与3种不同状态的分散质组成3种分散系，共可组成3×3=9种分散系，A正确；B.天然气主要成分是甲烷，还含有乙烷、丙烷、丁烷等，水煤气是CO、H2的混合气，裂解气是乙烯、丙烯等的混合气，高炉煤气是CO、CO2等的混合气，B正确；C.HCOOH是电解质，C错误；D.塑料老化是塑料被氧化造成，橡胶的硫化是天然橡胶与硫发生反应生产硫化橡胶、石油的裂化是将长链烃断裂为短链烃、铁铝的钝化是在铁铝表面形成钝化膜、油脂的硬化是油酯与氢气发生加成反应，均属化学变化，D正确。故选C。二、非选择题(共84分)23、乙醇取代反应加成反应醚键和羟基ad8(任写一种，符合题目要求即可)【解析】

和氯气在催化剂作用下发生取代生成C，C在碱性条件下发生发生水解反应生成F，F和G在碱性条件下生成H，根据H的结构简式，可知C的结构简式为，F的结构简式为；B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E，则E为乙醇，乙醇与氨气发生取代反应生成(CH3CH2)3N，据此分析解答。【详解】(1)根据分析C的结构简式为，E的化学名称是乙醇；(2)根据分析，和氯气在催化剂作用下发生取代生成C，反应类型为取代反应；B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E，反应类型为加成反应；(3)化合物I的结构简式为，其中含氧官能团有醚键和羟基；(4)A与氯气在加热条件下反应生成D，D在催化剂作用下被氧气氧化生成G，D可使溴水褪色，说明D中含有碳碳双键，由D生成G的反应实现了原子利用率100%，结合G的结构简式可知，D的结构简式为，则该反应的化学方程式为：；(5)反应中G（）到H()过程中，氯原子从G分子中脱离，则a位置的键发生断键；含有重氢的环状结构断开，说明d位置化学键断裂；断裂的化学键为ad；(6)H的结构简式为，Y为H的同分异构体，含有萘环，且环上只有一个取代基，可发生水解反应，但不能发生银镜反应，说明分子中由酯基，没有醛基，故符合要求的结构简式为、、、、、、、，共有8种(任写一种，符合题目要求即可)。24、邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯硝基、羟基C13H18N1OBr1氧化反应取代反应3【解析】

由B与C的分子式、D的结构简式，结合信息①，可知B为、C为，对比甲苯与B的结构，可知甲苯发生硝化反应生成A，A发生氧化反应生成B，故A为，D发生信息②中还原反应生成E为，由盐酸氨溴索的结构简式可知E→F发生还原反应生成F，F与溴发生苯环上取代反应生成G，G与HCl反应生成盐酸氨溴索，故F为、G为。(6)、甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl还原引入氨基，羧基与甲醇发生酯化反应引入酯基，氨基易被氧化且能与羧基反应，结合生成A的转化，应先发生硝化反应反应生成，再发生氧化反应生成，然后发生酯化反应生成，最后发生还原反应生成目标产物。【详解】（1）A的结构简式为，其名称为：邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯。D中含氧官能团的名称是：硝基、羟基，故答案为：邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯；硝基、羟基；（1）G的结构简式为，其分子式为：C13H18N1OBr1．由分析可知，化合物E的结构简式是：，故答案为：C13H18N1OBr1；；（3）A→B是转化为，甲基转化为醛基，属于氧化反应。F→G是转化为，F中苯环上氢原子被溴原子替代，属于取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应；（4）B+CD的化学方程式为，故答案为：；（5）化合物X同时符合下列条件的同分异构体：①苯环上有两个取代基，其中之一是氨基；②官能团与X相同，另外一个取代基含有酯基，可能为﹣COOCH3、﹣OOCCH3、﹣CH1OOCH，苯环上的一氯代物有两种，1个不同的取代基处于对位，符合条件的H共有3种，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为：，故答案为：3；；（6）甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl还原引入氨基，羧基与甲醇发生酯化反应引入酯基，氨基易被氧化且能与羧基反应，结合生成A的转化，应先发生硝化反应反应生成，再发生氧化反应生成，然后发生酯化反应生成，最后发生还原反应生成目标物，合成路线流程图为：，故答案为：。25、碱式滴定管MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O蓝无偏高【解析】

(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性；(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，根据氧化还原反应方程式分析；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色；(5)根据关系式，进行定量分析；(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3。【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，即碘化合价升高，Mn的化合价会降低，离子方程式为MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，故答案为：MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无；(5)由4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O，MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可知关系式，即，则氧气的物质的量x=，v1mL水样中溶解氧=，故答案为：；(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，结果偏高，故答案为：偏高。本题难点(3)，信息型氧化还原反应方程式的书写，要注意对反应物和生成物进行分析，在根据得失电子守恒配平；易错点(5)，硝酸根存在时，要注意与氢离子在一起会有强氧化性。26、球形冷凝管12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O安全瓶，防倒吸NaOH溶液溶液pH介于4.0~5.0之间加热浓缩、冷却结晶溶液变为粉红色,且半分钟内不褪色反应生成的Mn2+是该反应的催化剂74.8【解析】

(1)①根据图示分析判断仪器a的名称；②55～60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒分析书写方程式；③反应中生成的NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸；(2)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；(3)①滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂；②滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，据此分析；③根据题给数据，结合反应，计算(NH4)3Fe(C2O4)3的物质的量，进而计算产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数=×100%。【详解】(1)①根据图示仪器a的名称为球形冷凝管；②55～60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒，该反应的化学方程式为12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；③反应中生成的NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸，装置B的作用是做安全瓶防止倒吸，装置C中盛装的试剂是NaOH溶液，用于吸收NO2和NO，发生反应为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；(2)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间，则将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至pH介于4.0～5.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；提纯后的草酸溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品；(3)①滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂，滴定终点的现象是加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色，即为达到终点；②滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，说明反应生成的Mn2+可以加快反应速率，即Mn2+起催化剂的作用；③滴定过程中，产品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸，草酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，离子反应为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，10.00mL产品溶液消耗n(MnO4-)=0.1000mol·L－1×0.012L=0.0012mol，则10.00mL产品溶液中n(H2C2O4)=n(MnO4-)=×0.0012mol=0.003mol，根据物料守恒，100mL产品溶液中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量=×0.003mol××374g·mol－1=3.74g，故产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为×100%=74.8%。27、+2价FeO·Cr2O34：7粉碎矿石(或升高温度）H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O10-2)，所以H2SO4必须适量Na2Cr2O7、Na2SO4Fe+2Fe3+=3Fe2+取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+冷却结晶【解析】铬铁矿中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液，然后过滤，得到得到Na2CrO4和过量的碳酸钠混合溶液和氧化铁固体，在Na2CrO4和碳酸钠混合溶液中加入硫酸酸化，硫酸和Na2CrO4反应生成Na2Cr2O7和硫酸钠，同时除去碳酸钠，通过蒸发浓缩冷却结晶，得到红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)；氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁，加入铁粉将硫酸铁还原生成硫酸亚铁，最后蒸发浓缩冷却结晶，得到绿矾。(1)Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，根据正负化合价的代数和为0，Fe(CrO2)中铁元素的化合价为+2价，故答案为+2价；(2)Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，铁元素的化合价为+2价，可写成FeO·Cr2O3，故答案为FeO·Cr2O3；(3)①高温氧化时，Fe(CrO2)2和碳酸钠、氧气反应氧化还原反应生成Na2CrO4、二氧化碳和氧化铁，该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、Cr元素化合价由+3价变为+6价，O元素化合价由0价变为-2价，所以氧气是氧化剂、Fe(CrO2)2是还原剂，则还原剂和氧化剂的物质的量之比为4：7，故答案为4：7；②根据影响化学反应速率的外界因素，为了加快该反应的反应速率，可采取的措施有粉碎矿石、升高温度等，故答案为粉碎矿石(或升高温度)；⑷①H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O102-)，所以H2SO4必须适量，故答案为H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O102-)，所以H2SO4必须适量；②根据上述分析，混合溶液乙中的溶质有Na2Cr2O7、Na2SO4，故答案为Na2Cr2O7、Na2SO4；(5)Fe与硫酸铁溶液反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+。检验溶液丁中无Fe3+的方法为：取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+；从硫酸亚铁溶液到绿巩的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+；冷却结晶。点睛：本题考查物质的制备、分离和提纯，为高频考点，涉及氧化还原反应、基本实验操作等知识，明确物质的性质、熟悉制备流程和基本实验操作等是解题的关键。本题的难点是(4)①硫酸必须适量的原因，需要理解题目信息方程式中的计量数对反应的影响。28、＋131.45kJ·mol－10.0292mol·L－1·min－12CO＋O22CO2Ce2（C2O4）32CeO2＋4CO↑＋2CO2↑HIO3105.84M2Cl－－2e－=Cl2↑5C