新疆維吾爾自治區(qū)喀什二中2026屆高三上化學期中監(jiān)測模擬試題請考生注意：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、某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中c(SO42-)+c(NO3-)=3.1mol·L-1，取211mL該混合酸，則能溶解銅的最大物質(zhì)的量為A．1.36mol B．1.24mol C．1.31mol D．1．21mol2、下列實驗方案設計中，可行的是()A．用溶解和過濾的方法分離硝酸鉀和氯化鈉固體的混合物B．用萃取的方法分離汽油和煤油C．加稀鹽酸后過濾，除去混在銅粉中的少量鎂粉D．將氧氣和氫氣的混合氣通過熾熱的氧化銅，以除去其中的氫氣3、莫爾鹽[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]溶液經(jīng)常用于定量滴定實驗。下列有關說法正確的是（）A．配制0.1mol?L-1莫爾鹽溶液500mL，需莫爾鹽19.6克B．可與含F(xiàn)e2+、HClO、H+、Cl-微粒的溶液大量共存C．加入過量Ba（OH）2溶液發(fā)生反應：2Ba2++2SO42-+Fe2++2OH-=2BaSO4↓+Fe（OH）2↓D．取樣，加入濃NaOH溶液并加熱，出現(xiàn)可讓藍色石蕊試紙變紅的氣體，證明含NH4+4、若下圖表示向含Mg2＋、Al3＋、NH4＋的鹽溶液中滴加NaOH溶液時，沉淀的量與NaOH的體積的關系圖。①②下列各表述與示意圖一致的是（）A．圖①三種離子的物質(zhì)的量之比為:n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝2:3:2B．圖②中曲線表示某反應過程的能量變化，若使用催化劑，B點會降低C．圖①中使用的NaOH的濃度為2mol/LD．圖②中物質(zhì)A反應生成物質(zhì)C，ΔH>05、下列除雜方案錯誤的是選項被提純物質(zhì)雜質(zhì)除雜試劑除雜方法ACO(g)CO2(g)氫氧化鈉溶液、濃硫酸洗氣BCl2(g)HCl(g)飽和食鹽水、濃硫酸洗氣CNH4Cl(aq)Fe3+氫氧化鈉溶液過濾DNa2CO3(s)NaHCO3(s)灼燒A．A B．B C．C D．D6、下列實驗事實不能作為所得結(jié)論合理證據(jù)的是選項ABCD實驗現(xiàn)象NaBr溶液變?yōu)槌壬?，NaI溶液變?yōu)樽攸S色Mg條表面有氣泡產(chǎn)生Na2SiO3溶液中出現(xiàn)白色沉淀鉀與水反應比鈉與水反應更劇烈結(jié)論氧化性：Cl2＞Br2＞I2還原性：Mg＞Al非金屬性：C＞Si金屬性：K＞NaA．A B．B C．C D．D7、下列有關實驗的說法中正確的是（）A．“左碼右物”稱量藥品時稱量結(jié)果一定偏小B．用pH試紙無法測出氯水的pHC．可用堿式滴定管量取15.65ml0.10mol/LKMnO4溶液D．量取8.2ml濃硫酸時，仰視量筒刻度所得濃硫酸體積偏小8、下列離子方程式符合題意且正確的是（）A．磁性氧化鐵溶于鹽酸中：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OB．在明礬溶液中加入過量Ba(OH)2溶液：Al3++4OH-=AlO2-+2H2OC．在鹽酸中滴加少量Na2CO3溶液：CO32-+2H+=CO2↑+H2OD．用FeS除去廢水中的Cu2+：S2-+Cu2+=CuS↓9、將1．9g由Cu、Al、Fe組成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金質(zhì)量減少了2.7g。另取等質(zhì)量的合金溶于過量稀HNO3中，生成了6.72LNO（標準狀況下），向反應后的溶液中加入過量的NaOH溶液，則沉淀的質(zhì)量為()A．22.1g B．25.4g C．33.2g D．無法計算10、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．無色透明溶液中:Zn2+、SO42-、NH4+，Cl-B．0.1mol/LNaHCO3溶液中:Mg2+、Al3+、K+、NO3-C．能使甲基橙變黃的溶液中:Na+，CH3COO-、MnO4-、Fe3+D．c(H+)/c(OH-)=1×1012的溶液中：NO3-、I-、K+、Fe2+11、2020年伊始，新冠肺炎肆略中國，一場疫情狙擊戰(zhàn)打響，一時間消殺試劑成為緊俏物品。下列關于消殺試劑的說法正確的是（）A．酒精作為消殺試劑，濃度越高效果越好B．為增強消毒效果，“84”消毒液可與含HCl的潔廁靈混合使用C．“84”消毒液與酒精消毒液的消毒原理相同D．“84”消毒液與酒精消毒液的有效成分分別為次氯酸鹽和乙醇12、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是（）A．1mol硝基(—NO2)與46g二氧化氮(NO2)所含的電子數(shù)均為23NAB．1L1mol·L-1Na2CO3溶液中含有的氧原子數(shù)目為3NAC．將0.1molFeCl3滴入沸水形成的膠體粒子的數(shù)目為0.1NAD．過氧化氫分解制得標準狀況下2.24LO2，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.4NA13、短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大，其中A是原子半徑最小的元素，B是地殼中含量最多的元素，只有C是金屬元素，且A與C的最外層電子數(shù)相同，B、D兩元素同主族。下列說法正確的是A．元素的原子半徑：C<D<EB．對應簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：D>EC．B與C、B與D形成的化合物中化學鍵類型相同D．其中E的最高價含氧酸的酸性最強14、研究電化學的裝置如圖所示，虛線框中可接a(電流計）或b(直流電源）。下列說法錯誤的是A．接a，該裝置將化學能轉(zhuǎn)化為電能B．接a，石墨是正極C．接b，鐵片連正極時被保護D．接b，石墨連正極時石墨上產(chǎn)生氣泡15、氯酸是強酸，在酸性介質(zhì)中是強氧化劑，可與碘單質(zhì)發(fā)生反應2HC103+I2—2HI03+C12↑①，若碘單質(zhì)過量，還會發(fā)生反應C12+I2=2IC1②。下列有關說法正確的是（）A．HIO3是I元素的最高價氧化物對應的水化物B．化學方程式①表明I2的氧化性強于Cl2C．反應①中，每形成0.1mol非極性鍵，轉(zhuǎn)移1mol電子D．IC1在燒堿溶液中發(fā)生水解，生成物為Nal和NaCIO16、用鉛蓄電池電解AgNO3、Na2SO3的溶液，a、b、c、d電極材料均為石墨。已知鉛蓄電池的總反應為：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，通電時a電極質(zhì)量增加，下列說法正確的是（）A．X極為負極B．放電時鉛蓄電池正極的電極反應式為：PbO2+4H++SO42?+4e?==PbSO4+2H2OC．c、d電極產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比為1:2D．電路中通過1mol電子時，Y電極質(zhì)量增加48g17、氯酸是一種強酸，濃度超過40%時會發(fā)生分解，該反應可表示為aHClO3===bO2↑＋cCl2↑＋dHClO4＋eH2O，下列有關說法不正確的是A．氧化性：HClO3>O2B．若a＝8，b＝3，則生成3molO2時轉(zhuǎn)移20mol電子C．若氯酸分解所得1mol混合氣體的質(zhì)量為45g，則反應方程式可表示為3HClO3===2O2↑＋Cl2↑＋HClO4＋H2OD．由非金屬性Cl>S，可推知酸性HClO3>H2SO418、下列關于能量變化的說法正確的是A．“冰，水為之，而寒于水”說明相同質(zhì)量的水和冰相比較，冰的能量高B．化學反應在物質(zhì)變化的同時，伴隨著能量變化，其表現(xiàn)形式只有吸熱和放熱兩種C．已知C（石墨，s）=C（金剛石，s）ΔH＞0，則金剛石比石墨穩(wěn)定D．化學反應遵循質(zhì)量守恒的同時，也遵循能量守恒19、主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外層電子數(shù)之和為10；W與Y同族；W與Z形成的化合物可與濃硫酸反應，其生成物可腐蝕玻璃。下列說法正確的是A．常溫常壓下X的單質(zhì)為氣態(tài)B．Z的氫化物為離子化合物C．Y和Z形成的化合物的水溶液呈堿性D．W與Y具有相同的最高化合價20、下列離子方程式與所述事實相符且正確的是A．磁性氧化鐵溶于稀硝酸：Fe3O4＋8H＋＋NO＝3Fe3+＋NO↑＋4H2OB．Ca（HCO3）2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2＋＋2HCO＋2OH－＝CaCO3↓＋CO＋H2OC．明礬溶液中加入Ba（OH）2溶液至生成沉淀物質(zhì)的量最多：Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－＝AlO＋2BaSO4↓＋2H2OD．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl-+SO21、硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2]是一種重要的化工原料，下列有關說法正確的是A．Na+、Fe3+、NO3-、C12都可在該物質(zhì)的溶液中大量共存B．向0.1mol/L該物質(zhì)的溶液中逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的物質(zhì)的量與逐滴加入NaOH溶液體積關系如圖所示C．檢驗該物質(zhì)中Fe2+是否變質(zhì)的方法是向該物質(zhì)的溶液中滴入幾滴KSCN溶液，觀察溶液是否變紅色D．向該物質(zhì)的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-完全沉淀的離子方程式為Fe2++2SO42-+2Ba2++2OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓22、現(xiàn)在的污水治理越來越引起人們重視?？赏ㄟ^膜電池除去廢水中的乙酸鈉和對氯苯酚，其原理如圖所示，下列說法正確的是A．當外電路中有0.2mole﹣轉(zhuǎn)移時，通過質(zhì)子交換膜的H+的個數(shù)為0.2NAB．A極的電極反應式為C．電流方向從B極沿導線經(jīng)小燈泡流向A極D．B為電池的正極，發(fā)生還原反應二、非選擇題(共84分)23、（14分）高分子化合物G是一種重要的化工產(chǎn)品，可由烴A(C3H6)和苯合成。合成G的流程如圖：已知：①B和C中核磁共振氫譜分別有4種和3種峰②CH3Cl+NaCNCH3CN+NaCl③CH3CNCH3COOH④請回答下列問題：(1)A的名稱是_______。(2)反應①的反應類型是_____，反應⑥的反應類型是_______。(3)D的結(jié)構(gòu)簡式是_______。(4)E中官能團的名稱是_________。(5)反應⑦的化學方程式是_______。(6)F的同分異構(gòu)體有多種，寫出符合下列條件的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：_____。①苯環(huán)對位上有兩個取代基，其中一個是?NH2②能發(fā)生水解反應③核磁共振氫譜共有5組峰(7)參照上述流程圖，寫出用乙烯、NaCN為原料制備聚酯的合成路線___________(其他無機試劑任選)24、（12分）芳香烴A(C7H8)是重要的有機化工原料，由A制備聚巴豆酸甲酯和醫(yī)藥中間體K的合成路線(部分反應條件略去)如圖所示：已知：①②③(弱堿性，易氧化)回答下列問題：(1)A的名稱是____________，I含有的官能團是_______________________。(2)②的反應類型是______________，⑤的反應類型是__________________。(3)B、試劑X的結(jié)構(gòu)簡式分別為____________________、____________________。(4)巴豆酸的化學名稱為2-丁烯酸，有順式和反式之分，巴豆酸分子中最多有_____個原子共平面，反式巴豆酸的結(jié)構(gòu)簡式為__________________________。(5)第⑦⑩兩個步驟的目的是_________________________________________________。(6)既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應的二元取代芳香化合物W是F的同分異構(gòu)體，W共有_______種，其中苯環(huán)上只有兩種不同化學環(huán)境的氫原子且屬于酯類的結(jié)構(gòu)簡式___。(7)將由B、甲醇為起始原料制備聚巴豆酸甲酯的合成路線補充完整(無機試劑及溶劑任選)______________________________________________.25、（12分）某?；瘜W小組學生利用如圖所示裝置進行“鐵與水反應”的實驗，并利用產(chǎn)物進一步制取FeCl3·6H2O晶體。(1)裝置B中發(fā)生反應的化學方程式是_________________________。(2)裝置E中的現(xiàn)象是_________________________________________。(3)停止反應，待B管冷卻后，取其中的固體，加入過量稀鹽酸充分反應，過濾。簡述檢驗濾液中Fe3＋的操作方法：________________________________________。(4)該小組學生利用上述濾液制取FeCl3·6H2O晶體，設計流程如下步驟Ⅰ中加入新制氯水的作用是__________________________________。26、（10分）某學習小組學習了亞鐵鹽的性質(zhì)后，欲探究FeSO4溶液分別與Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的反應。已知：Fe（OH）2和FeCO3均為白色沉淀，不存在Fe（HCO3）2。實驗操作及現(xiàn)象記錄如下：（1）甲同學認為實驗a中白色顆粒狀沉淀是FeCO3，寫出該反應的離子方程式：_________________________；他為了證實自己的觀點，進行實驗：取少量白色顆粒狀沉淀，加入__________，發(fā)現(xiàn)產(chǎn)生大量氣泡。（2）乙同學推測實驗a的白色顆粒狀沉淀中還可能含有Fe（OH）2，他將實驗a中兩種溶液體積均改為15mL后再進行實驗，證實了他的推測。能證明Fe（OH）2存在的實驗現(xiàn)象是___________________________。（3）實驗b中白色顆粒狀沉淀主要成分也為FeCO3，寫出生成FeCO3的離子方程式：_____________________________。（4）實驗b中液面上方試管內(nèi)壁粘附的白色顆粒狀沉淀物變?yōu)榧t褐色，主要原因是潮濕的FeCO3被氧氣氧化，寫出該反應的化學方程式：_________________。（5）乙同學反思，實驗a中含有Fe（OH）2，實驗b中幾乎不含有Fe（OH）2，對比分析出現(xiàn)差異的原因是_____________________________。27、（12分）納米Fe3O4在磁流體、催化劑、醫(yī)學等領域具有廣闊的應用前景。氧化共沉淀制備納米Fe3O4的方法如下：I．Fe2+的氧化：將FeSO4溶液用NaOH溶液調(diào)節(jié)pH至a，再加入H2O2溶液，立即得到FeO(OH)紅棕色懸濁液。（1）①若用NaOH溶液調(diào)節(jié)pH過高會產(chǎn)生灰白色沉淀，該反應的離子方程式是_____________。②上述反應完成后，測得a值與FeO(OH)產(chǎn)率及其生成后溶液pH的關系，結(jié)果如下：用離子方程式解釋FeO(OH)生成后溶液pH下降的原因：____。（2）經(jīng)檢驗：當a=7時，產(chǎn)物中存在大量Fe2O3。對Fe2O3的產(chǎn)生提出兩種假設：i．反應過程中溶液酸性增強，導致FeO(OH)向Fe2O3的轉(zhuǎn)化；ii．溶液中存在少量Fe2+，導致FeO(OH)向Fe2O3的轉(zhuǎn)化。①經(jīng)分析，假設i不成立的實驗依據(jù)是____。②其他條件相同時，向FeO(OH)濁液中加入不同濃度Fe2+，30min后測定物質(zhì)的組成，結(jié)果如下：以上結(jié)果表明：____。③a=7和a=9時，F(xiàn)eO(OH)產(chǎn)率差異很大的原因是____。Ⅱ．Fe2+和Fe3+共沉淀：向FeO(OH)紅棕色懸濁液中同時加入FeSO4溶液和NaOH濃溶液進行共沉淀，再將此混合液加熱回流、冷卻、過濾、洗滌、干燥，得到納米Fe3O4。（3）共沉淀時的反應條件對產(chǎn)物純度和產(chǎn)率的影響極大。①共沉淀pH過高時，會導致FeSO4溶液被快速氧化；共沉淀pH過低時，得到的納米Fe3O4中會混有的物質(zhì)是____。②已知N=n[FeO(OH)]/n(Fe2+)，其他條件一定時，測得納米Fe3O4的產(chǎn)率隨N的變化曲線如下圖所示：經(jīng)理論分析，N=2共沉淀時納米Fe3O4產(chǎn)率應最高，事實并非如此的可能原因是_________。28、（14分）X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。通常狀況下，X與W元素均能形成－1價的氣態(tài)氫化物，Y為同周期主族元素中原子半徑最大的元素，X、Z和W的原子最外層電子數(shù)之和為20?；卮鹣铝袉栴}：(1)W在元素周期表中的位置是__________。(2)X和Y元素簡單離子的半徑較大的是________(填離子符號)；Z和W元素氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性較弱的是__________(填化學式)。(3)Y的氧化物中既含離子鍵又含共價鍵的是__________(用電子式表示)。(4)Z的最高價氧化物對應水化物的濃溶液(過量)和氧化亞銅共熱，反應的化學方程式為________。29、（10分）我國是最早發(fā)現(xiàn)并使用鋅的國家，《天工開物》記載了爐甘石（ZnCO3）和木炭冶煉鋅?，F(xiàn)代工業(yè)上用氧化鋅煙灰（主要成分為ZnO、少量Pb、CuO和As2O3）制取高純鋅的工藝流程如圖所示。請回答下列問題：（1）《天工開物》中煉鋅的方法中利用了木炭的____性。（2）濾渣1和濾渣3的主要成份分別是______、______（填化學式）。（3）“溶浸”時，氧化鋅參與反應的相關離子方程式是______；“溶浸”時溫度不宜過高，其原因是______。（4）“氧化除雜”的目的是將AsCl52-轉(zhuǎn)化為As2O5膠體，再經(jīng)吸附聚沉除去，該反應的離子方程式是______。（5）“電解”含[Zn(NH3)4]2+的溶液，陰極放電的電極反應式是______。陽極區(qū)產(chǎn)生一種無色無味的氣體，將其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，無明顯現(xiàn)象，該氣體是_____（寫化學式）。該流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)是_____（寫化學式）。

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、A【分析】金屬銅和稀硫酸之間不會反應,但是可以和稀硝酸之間反應,根據(jù)反應:3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O來計算?！驹斀狻裤~不與硫酸反應,但硫酸能提供氫離子，硝酸與銅反應,生成硝酸銅，硝酸根離子與硫酸提供的氫離子與Cu可以繼續(xù)反應，反應離子方程式如下:3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸根離子的濃度與氫離子的濃度比為1:4時，溶解的銅最多,設硫酸的物質(zhì)的量為xmol,硝酸的物質(zhì)的量為ymol,則x+y=3×1.2=1.6，(2x+y)/y=4，x=1.36，y=1.24，設參加反應的銅的最大物質(zhì)的量是z,根據(jù)反應可知3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，反應關系式3Cu~2NO3-，所以：3:2=z：1.24mol，z=1.36mol；A正確；綜上所述，本題選A。2、C【解析】A、KNO3和NaCl都是易溶的物質(zhì)，不能用溶解、過濾的方法分離，二者溶解度受溫度影響不同，則選結(jié)晶法、過濾分離，A不可行；B、煤油和汽油的溶解性相似，不能用萃取的方法分離煤油和汽油，B不可行；C、鎂粉可以和鹽酸反應，銅粉不和鹽酸反應，故可用鹽酸除去銅粉中的少量鎂粉，C可行；D、氫氣還原CuO，但生成的Cu與氧氣反應，不能利用灼熱的CuO除雜，D不可行。答案選C?！军c睛】本題考查化學實驗方案的評價，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應、混合物分離提純、實驗技能為解答的關鍵，選項D是解答的易錯點。3、A【解析】配制0.1mol?L-1莫爾鹽溶液500mL，需要0.05mol的摩爾鹽，所以質(zhì)量為0.05×392=19.6g，選項A正確。Fe2+和HClO會發(fā)生氧化還原反應，所以不共存，選項B錯誤。加入過量Ba（OH）2溶液，除題目給出的反應以外，氫氧根還要和銨根離子反應，選項C錯誤。銨根離子的檢驗應該是：取樣，加入濃NaOH溶液并加熱，出現(xiàn)可讓紅色石蕊試紙變藍的氣體，證明含NH4+，選項D錯誤。4、B【解析】A、圖①涉及到的離子方程式有：Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓，Al3++3OH-═Al(OH)3↓，NH4++OH-═NH3?H2O，Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，設NaOH溶液的濃度為xmol/L，則n(NH4+)=0.01xmol，n[Al(OH)3]=n(Al3+)=0.005xmol，n(Mg2+)=0.025xmol-0.005×3xmol2=0.005xmol，則：n(Mg2+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1：2，故A錯誤；B、圖②中表示某反應過程的能量變化，使用催化劑降低反應的活化能，加快反應速率，故B正確；C、設NaOH溶液的濃度為xmol/L，根據(jù)n(Mg2+)=n(Mg(OH)2)=0.005xmol=0.05mol，x=10mol/L，故C錯誤；D、圖②中曲線表示反應物和生成物的能量的大小，如A是反應物，則反應放熱，△H＜0，故D錯誤；故選【點睛】本題考查離子濃度的計算以及反應能量變化等知識，催化劑對反應的影響。本題的易錯點和難點為A，要注意根據(jù)圖像，判斷發(fā)生反應的先后順序，結(jié)合圖像分析解答。5、C【詳解】A.二氧化碳能與NaOH反應，而CO不能，則洗氣后利用濃硫酸干燥即可除雜，故A方案正確；B.HCl極易溶于水，而飽和食鹽水抑制氯氣的溶解，則洗氣后利用濃硫酸干燥即可除雜，故B方案正確；C.氫氧化鈉溶液與Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，但是氫氧化鈉溶液也會和NH4+反應生成弱堿NH3?H2O，不能達到除雜的目的，故C方案錯誤；D.Na2CO3灼燒無變化，NaHCO3灼燒會分解生成Na2CO3、H2O和CO2，H2O和CO2以氣體形式逸出，所以可通過灼燒除去NaHCO3，故D方案正確；答案選C?！军c睛】本題主要考查了學生對元素及其化合物知識的掌握與應用的能力。選擇試劑和實驗操作方法應遵循三個原則:1.不引入新的雜質(zhì)；2.分離提純后的物質(zhì)狀態(tài)不變；3.實驗過程和操作方法簡單易行，即選擇分離提純方法應遵循先物理后化學，先簡單后復雜的原則。6、B【詳解】A、氯水滴入溴化鈉溶液中，NaBr溶液變?yōu)槌壬f明氧化性Cl2＞Br2；溴水滴入NaI溶液中，NaI溶液變?yōu)樽攸S色，說明氧化性Br2＞I2，所以氧化性：Cl2＞Br2＞I2，故選A；B、Mg條表面有氣泡產(chǎn)生，說明鎂是正極，不能得出還原性Mg＞Al的結(jié)論，故選B；C、把二氧化碳通入硅酸鈉溶液中，有白色沉淀硅酸生成，證明碳酸的酸性強于硅酸，最高價含氧酸的酸性越強，其非金屬性越強，所以非金屬性C＞Si，故不選C；D、金屬性越強，金屬單質(zhì)越易與水反應，鉀與水反應比鈉與水反應更劇烈，證明金屬性K＞Na，故不選D?！军c睛】本題考查實驗的設計與評價，注意設計的實驗的嚴密性；B選項，要證明Mg＞Al的還原性，可把鎂、鋁用導線連接后伸入稀硫酸中，鋁表面有氣泡生成。7、B【解析】試題分析：A、如果使用游碼，造成稱量結(jié)果偏小，如果不適用游碼，結(jié)果無影響，故錯誤；B、氯水中含有氯氣、鹽酸、次氯酸，鹽酸使pH變色，但次氯酸具有強氧化性，能把pH漂白，因此pH試紙無法測出氯水的pH，故正確；C、高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能把橡膠氧化，因此盛放酸性溶液和氧化性溶液用酸式滴定管，故錯誤；D、量筒刻度從上到下減小，量取8.2mL濃硫酸，仰視讀數(shù)，所量濃硫酸的體積增大，故錯誤?？键c：考查實驗儀器的使用等知識。8、C【詳解】A．將磁性氧化鐵溶于鹽酸的離子反應為Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2O，故A錯誤；B．明礬溶液中加入過量的Ba(OH)2溶液的離子反應為2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故B錯誤；C．在鹽酸中滴加少量碳酸鈉反應生成二氧化碳、水和氯化鈉，離子反應方程式為CO32-+2H+═CO2↑+H2O，故C正確；D．FeS的溶度積大于CuS的溶度積，加入FeS可以沉淀廢水中的Cu2+：FeS+Cu2+═CuS↓+Fe2+，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題的易錯點為B，要注意明礬溶液中的鋁離子和硫酸根離子都能與氫氧化鋇反應，其中過量的氫氧根離子與鋁離子反應生成偏鋁酸根離子。9、B【解析】試題分析：將1.9克由Cu、Al、Fe組成的合金溶于足量的NaOH溶液中，只有鋁參與反應，則合金質(zhì)量減少的2.7克為Al，物質(zhì)的量為2.7g÷27g/mol=0.1mol；將合金溶于過量稀硝酸中，分別生成Al3+、Fe3+、Cu2+離子，根據(jù)電子守恒，金屬共失去電子的物質(zhì)的量為6.72L÷22.4L/mol×3=0.9mol，其中0.1mol鋁完全反應失去0.3mol電子，則Cu、Fe完全反應失去電子為0.9mol-0.3mol=0.6mol，反應中Cu、Fe失去電子的物質(zhì)的量等于生成堿的氫氧根離子的物質(zhì)的量，則n（OH-）=0.6mol，所以反應后氫氧化銅、氫氧化鐵的質(zhì)量為1.9g-2.7g+0.6mol×1g/mol=25.4g，答案選B?？键c：考查化學計算，硝酸的性質(zhì)。10、A【解析】A.無色透明溶液中：Zn2+、SO42-、NH4+，Cl-一定能大量共存；B.Al3++3(OH)3↓+3CO2↑，HCO3-與Al3+發(fā)生反應而不能大量共存；C.能使甲基橙變黃的溶液pH>4.4，酸性溶液中的H+與CH3COO-發(fā)生反應而不能大量共存，堿性溶液中的OH-與Fe3+發(fā)生反應而不能大量共存；D.c(H+)/c(OH-)=1×1012的溶液呈酸性，H+、NO3-、I-，H+、NO3-、Fe2+發(fā)生反應而不能大量共存。故選A。點睛：溶液中的離子反應主要是生成沉淀、氣體、難電離物質(zhì)的復分解反應。另外，少數(shù)離子反應屬于氧化還原反應等。11、D【詳解】A.用酒精消毒時，75%的酒精殺菌效果最好，原因是75%的酒精既能使組成細菌的蛋白質(zhì)凝固，又不能形成包膜，能使酒精繼續(xù)向內(nèi)部滲透，而使其徹底消毒殺菌，故A錯誤；B.84消毒液含NaClO，與含鹽酸的潔廁靈混合，發(fā)生氧化還原反應生成氯氣，氯氣有毒，不能混合使用，故B錯誤；C.84消毒液含NaClO，84消毒液是濾液NaClO具有強氧化性起到殺菌消毒的作用，酒精消毒是利用酒精能使蛋白質(zhì)變性起到殺菌消毒的作用，消毒原理不相同，故C錯誤；D.84消毒液的有效成分是NaClO，酒精消毒液的有效成分為乙醇，故D正確；故選D。12、A【詳解】A.

一個硝基含有23個電子，一個二氧化氮分子也含有23個電子，46g二氧化氮(NO2)的物質(zhì)的量為1mol，因此，1mol硝基(—NO2)與46g二氧化氮(NO2)所含的電子數(shù)均為23NA，故A正確；B.1L1mol·L-1Na2CO3

溶液中含有1molNa2CO3

，這些碳酸鈉中含有3mol氧原子，但作為溶劑的水中也含有氧原子，因此，該溶液中含有的氧原子數(shù)大于3NA，故B錯誤；C.氫氧化鐵膠體的一個膠體粒子是由多個氫氧化鐵分子構(gòu)成的集合體，若0.1mol三價鐵離子完全水解，形成的膠體粒子數(shù)小于0.1NA，故C錯誤；D.過氧化氫中氧元素為-1價，每生成1molO2，轉(zhuǎn)移2mol電子。標準狀況下2.24LO2的物質(zhì)的量為0.1mol，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA，故D錯誤；答案選A?！军c睛】物質(zhì)的量是橋梁，將宏觀物質(zhì)和微觀粒子聯(lián)系在一起，將所給條件都換成物質(zhì)的量。13、D【解析】本題主要考查了元素周期律，化學鍵，原子半徑和地殼中元素含量順序?！驹斀狻緼是原子半徑最小的元素，即A是氫元素；B是地殼中含量最多的元素，即B是氧元素；A與C的最外層電子數(shù)相同且C是金屬元素，即C是鈉元素；B、D兩元素同主族，即D是硫元素，作為短周期元素，E只能是氯元素。A.同周期元素原子半徑從左到右逐漸減小，同主族元素從上到下依次增大，故元素的原子半徑為C＞D＞E，A錯誤；B.對應簡單氫化物的熱穩(wěn)定性與非金屬性有關，同周期元素從左到右元素非金屬性依次增強，故E>D，B錯誤；C.B與C形成的化合物是氧化鈉或過氧化鈉，化學鍵為離子鍵或離子鍵和共價鍵，B與D形成的化合物是二氧化硫、SO3，化學鍵是共價鍵，化學鍵類型不同，C錯誤；D.上述五種元素中，只有硫元素和氯元素有含氧酸，最高價含氧酸的酸性強弱與非金屬性表現(xiàn)一致，故E的最高價氧化物對應水化物酸性最強，D正確。答案為D?！军c睛】在元素周期表內(nèi)，同周期原子半徑從左往右逐漸減小，同主族原子從上到下逐漸增大；電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，陰離子半徑大于陽離子半徑。14、C【解析】接a，構(gòu)成原電池，將化學能轉(zhuǎn)化為電能，故A正確；接a，構(gòu)成原電池，石墨是正極，鐵是負極，故B正確；接b，構(gòu)成電解池，鐵片連正極時被腐蝕，故C錯誤；接b，構(gòu)成電解池，石墨連正極時石墨上的電極反應為，故D正確。15、C【詳解】A.碘是鹵族元素，原子的最外層電子數(shù)為7，最高正化合價為+7，而HIO3中碘元素為+5價。故A錯誤；B.反應①中，氯元素從+5價降低為0價，碘元素從0價升高為+5價，I2是還原劑，Cl2是還原產(chǎn)物，因此，該反應說明I2的還原性強于Cl2，故B錯誤；C.1molC12分子中含有1molCl-Cl（屬于非極性鍵）。由反應①可知，生成1molC12轉(zhuǎn)移10mol電子，現(xiàn)生成0.1molCl-Cl鍵,故轉(zhuǎn)移1mol電子,C正確；D.IC1中碘元素為+1價，氯元素為-1價，其水解產(chǎn)物是HCl和HIO，在燒堿溶液中的產(chǎn)物是NaCl和NaIO，故D錯誤；綜上所述，本題選C。16、D【解析】a極質(zhì)量增加，即析出了

Ag，a為陰極，則Y為負極，X為正極，故A錯；正極的電極反應式為：PbO2+4H++SO42?+2e?==PbSO4+2H2O，故B錯誤；C項，c為陰極放出H2，d為陽極放出O2，物質(zhì)的量之比為2∶1，故C錯誤；Y電極為負極，電極反應為Pb+SO42?-2e?==PbSO4，電路中通過1mol電子時，質(zhì)量增加48g，故D正確。17、D【解析】A.根據(jù)化合價的變化，O元素的化合價由-2→0，化合價升高，被氧化，O2是氧化產(chǎn)物，Cl元素的化合價由+5→+7，化合價升高，被氧化，HClO4是氧化產(chǎn)物，Cl元素的化合價由+5→0，化合價降低，被還原，Cl2是還原產(chǎn)物，所以HClO3既是氧化劑又是還原劑，HClO4、O2是氧化產(chǎn)物、Cl2是還原產(chǎn)物，氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物，故A正確；B.若化學計量數(shù)a=8，b=3，化學反應方程式為8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O，還原產(chǎn)物只有Cl2，由HClO3→Cl2，Cl元素化合價由+5價降低為0價，故生成2molCl2時轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol×2×（5-0）=20mol，即該反應中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目為20e-，故B正確；C.由生成的1molCl2和O2混合氣體質(zhì)量為45g，則n（Cl2）+n（O2）=1mol，n（Cl2）×71g/mol+n（O2）×32g/mol÷[n（Cl2）+n（O2）]=45g/mol，解得n（Cl2）：n（O2）=2：1，令b=2c=2，則由電子守恒得d×（7-5）+b×4=c×2×（5-0），即d×（7-5）+2×4=1×2×（5-0），解得d=1，根據(jù)Cl原子守恒故a=2c+d=3，再根據(jù)H原子守恒有a=d+2e，故e=1，故該情況下反應方程式為：3HClO3=2O2↑+Cl2↑+HClO4+H2O，故C正確；D.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，HClO3不是氯元素對應的最高價含氧酸，故D錯誤。故選D。18、D【詳解】A、水和冰相比較，冰的能量低，A錯誤；B、發(fā)生化學反應時能量的變化有多種形式，可以表現(xiàn)為熱量的變化，還可以變現(xiàn)為光能，B錯誤；C、ΔH＞0反應吸熱，所以石墨的能量較低，能量越低物質(zhì)越穩(wěn)定，故石墨更穩(wěn)定，C錯誤；D、化學反應遵循質(zhì)量守恒的同時，也遵循能量守恒，D正確；答案選D。19、B【解析】分析：主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，且均不大于20。W與Z形成的化合物可與濃硫酸反應，其生成物可腐蝕玻璃，生成物是HF，因此W是F，Z是Ca，W與Y同族，則Y是Cl。W、X、Z的最外層電子數(shù)之和為10，則X的最外層電子數(shù)為10－7－2＝1，所以X是Na，據(jù)此解答。詳解：根據(jù)以上分析可知W、X、Y、Z分別是F、Na、Cl、Ca或F、Mg、Cl、K，則A、金屬鈉或鉀常溫常壓下是固態(tài)，A錯誤；B、CaH2中含有離子鍵，屬于離子化合物，B正確；C、Y與Z形成的化合物是氯化鈣，其水溶液顯中性，C錯誤；D、F是最活潑的非金屬，沒有正價，Cl元素的最高價是+7價，D錯誤。答案選B。點睛：準確判斷出元素名稱是解答的關鍵，突破點是能腐蝕玻璃的物質(zhì)為HF，進而推斷出CaF2能與濃硫酸反應生成HF。易錯點是選項B，注意金屬氫化物的結(jié)構(gòu)特點，與非金屬氫化物的不同。難點是氟化鈣與濃硫酸反應屬于學生不熟悉的知識點。20、D【詳解】A．電子不守恒、電荷不守恒，離子方程式為3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O，A錯誤；B．少量NaOH完全反應，反應生成水、碳酸鈣、碳酸氫鈉，離子方程式為Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O，B錯誤；C．至生成的沉淀物質(zhì)的量最多，生成氫氧化鋁和硫酸鋇、硫酸鉀，離子方程式為2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，C錯誤；D．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2，亞硫酸根離子與氯氣、水反應生成硫酸根離子、亞硫酸氫根離子和氯離子，離子方程式為3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl-+SO，D正確；答案為D。21、C【詳解】A．Fe2+有還原性，可被Cl2氧化為Fe3+而不能大量共存，A錯誤；B．滴加NaOH溶液，首先是Fe2+先與OH?反應生成白色沉淀，然后是發(fā)生反應：NH4++OH-=NH3?H2O，圖象與發(fā)生的反應事實不符合，B錯誤；C．若Fe2+被氧化為Fe3+，只需滴入幾滴KSCN溶液，可觀察到溶液變?yōu)榧t色，因此可鑒別，C正確；D．向該物質(zhì)的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42－完全沉淀的離子方程式為Fe2++2NH4++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓+2NH3?H2O，漏掉NH4+與OH-的反應，D錯誤；故選C。22、A【解析】試題分析：A．據(jù)電荷守恒，當外電路中有0.2mole-轉(zhuǎn)移時，通過質(zhì)子交換膜的H+的個數(shù)為0.2NA，故A正確；B．A為正極，正極有氫離子參與反應，電極反應式為，故B錯誤；C．電流從正極A沿導線流向負極B，故C錯誤；D．B為原電池負極，發(fā)生氧化反應，故D錯誤；故選A。【考點定位】涉及電解池的工作原理以及應用的考查【名師點晴】注意知識的遷移和應用是解題的關鍵，原電池中陽離子移向正極，根據(jù)原電池中氫離子的移動方向可知A為正極，正極有氫離子參與反應，電極反應式為，電流從正極經(jīng)導線流向負極，據(jù)此分析。二、非選擇題(共84分)23、丙烯加成反應還原反應羧基、硝基n＋(n?1)H2O、、【分析】苯和A反應生成，則烴A(C3H6)為CH2=CHCH3，根據(jù)G的結(jié)構(gòu)和反應得到B的結(jié)構(gòu)為，C的結(jié)構(gòu)為，C和NaCN反應生成D()，根據(jù)信息③得到D反應生成E()，根據(jù)信息④得到E反應生成F()，F(xiàn)發(fā)生縮聚反應生成G?！驹斀狻?1)烴A(C3H6)為CH2=CHCH3，A的名稱是丙烯；故答案為：丙烯。(2)反應①是丙烯和苯發(fā)生加成反應，反應⑥是—NO2反應生成—NH2，該反應是加氫去氧的反應為還原反應；故答案為：加成反應；還原反應。(3)根據(jù)前面分析得到D的結(jié)構(gòu)簡式是；故答案為：。(4)E()中官能團的名稱是羧基和氨基；故答案為：羧基、硝基。(5)反應⑦發(fā)生縮聚反應，n＋(n?1)H2O；故答案為：n＋(n?1)H2O。(6)F()的同分異構(gòu)體有多種，①苯環(huán)對位上有兩個取代基，其中一個是?NH2；②能發(fā)生水解反應，說明含有酯基，③核磁共振氫譜共有5組峰，、、；故答案為：、、。(7)乙烯和溴水加成反應生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br在堿性條件下水解生成HOCH2CH2OH，BrCH2CH2Br和NaCN反應生成NCCH2CH2CN，NCCH2CH2CN在酸性條件下反應生成HOOCCH2CH2COOH，HOOCCH2CH2COOH和HOCH2CH2OH發(fā)生縮聚反應生成，合成路線為；故答案為：?！军c睛】有機推斷是?？碱}型，主要根據(jù)前后物質(zhì)的分子式和結(jié)構(gòu)簡式來分析另外的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式和需要的物質(zhì)，綜合考察學生的思維。24、甲苯羧基、酰胺基氧化反應取代反應（硝化反應）10保護氨基，防止其被氧化6【分析】由分子式可知A為甲苯，B經(jīng)反應可生成聚巴豆酸甲酯，由根據(jù)信息①可知，B為，D為丙二酸，E為C2H5OOCCH2COOC2H5，由題給信息可知試劑X為，甲苯發(fā)生硝化反應生成F為，F(xiàn)發(fā)生還原反應生成G為，由I的結(jié)構(gòu)簡式、H的分子式可知H的結(jié)構(gòu)簡式為：，H被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成I，I發(fā)生取代反應生成G，J發(fā)生水解反應生成K，可知G→H是為了保護氨基，防止被氧化，以此解答該題?！驹斀狻?1)根據(jù)流程圖A(C7H8)是芳香烴，可知A是甲苯；根據(jù)I的結(jié)構(gòu)簡式，分子中含有羧基、酰胺基兩種官能團；(2)酸性高錳酸鉀具有強氧化性，能將碳碳雙鍵氧化，即②發(fā)生氧化反應；反應⑤甲苯發(fā)生硝化反應，生成對硝基甲苯；(3)根據(jù)信息①可知，B的結(jié)構(gòu)簡式為；根據(jù)信息②可知，試劑X的結(jié)構(gòu)簡式為；(4)反式-2-丁烯酸分子的結(jié)構(gòu)簡式為，除了甲基上兩個氫原子不在雙鍵結(jié)構(gòu)所確定的平面上，其它所有原子都可能在同一平面上，共有10個原子；(5)第⑦、⑩兩個步驟的目的是：第⑦步先把氨基保護起來，防止氨基被酸性高錳酸鉀氧化，第⑩步再水解，重新生成氨基；(6)既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應的二元取代芳香化合物W只能為、、或、、，苯環(huán)上只有兩種不同化學環(huán)境的氫原子且屬于酯類的結(jié)構(gòu)簡式為；(7)分析知B為，它經(jīng)過與氫氣發(fā)生加成反應，再發(fā)生消去反應、酯化反應、加聚反應，即可得到聚巴豆酸甲酯。具體合成路線：?！军c睛】本題的解題關鍵在于已知信息的靈活運用，熟悉官能團的性質(zhì)和有機反應類型。25、3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2黑色固體變紅，右端管壁有水珠生成取少量濾液，滴入幾滴KSCN溶液，觀察溶液是否變紅色將Fe2＋氧化成Fe3＋【分析】（1）鐵與水蒸氣高溫下反應生成四氧化三鐵和氫氣，寫出反應的化學方程式；（2）裝置E中黑色的氧化銅被氫氣還原成紅色的銅，同時有水珠生成；（3）根據(jù)三價鐵的檢驗方法加KSCN溶液，觀察是否變紅；（4）根據(jù)流程結(jié)合氯氣的強氧化性分析氯氣的作用；【詳解】（1）裝置B中鐵粉與水蒸氣在高溫下發(fā)生反應生成四氧化三鐵和氫氣，反應的化學方程式為：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+H2；（2）裝置B鐵與水蒸氣反應生成的氫氣，經(jīng)堿石灰干燥后加入裝置E，氧化銅與氫氣加熱發(fā)生反應生成了銅和水，所以反應的現(xiàn)象為：黑色的粉末變成紅色，管壁產(chǎn)生水珠；（3）檢驗三價鐵用KSCN溶液，觀察是否變紅，故操作為：取少量濾液，滴入幾滴KSCN溶液，觀察溶液是否變紅色；（4）因為氯氣具有強氧化性，所以能將二價鐵離子氧化為三價鐵離子，即為：將Fe2＋氧化成Fe3＋；【點睛】本題考查了鐵及其化合物的性質(zhì)實驗，易錯點：鐵與水蒸氣反應原理。26、Fe2++CO32-=FeCO3↓稀硫酸（或稀鹽酸）沉淀顏色由白色變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色沉淀Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2混合后，雖然實驗b中碳酸氫鈉濃度比實驗a中碳酸鈉濃度高，但是碳酸鈉溶液的堿性（或水解程度）比碳酸氫鈉的強【解析】解答本題主要抓住FeCO3與Fe(OH)2的區(qū)別來進行分析，F(xiàn)eCO3能與酸反應產(chǎn)生氣體；Fe(OH)2能被空氣中的氧氣氧化呈現(xiàn)特殊顏色變化，據(jù)此分析解答?！驹斀狻浚?）實驗a中硫酸亞鐵與碳酸鈉溶液混合若生成碳酸亞鐵沉淀，則發(fā)生了復分解反應，反應的離子方程式為：Fe2++CO32-=FeCO3↓，碳酸亞鐵沉淀能溶于硫酸或鹽酸并產(chǎn)生二氧化碳氣體，而氫氧化亞鐵與硫酸或鹽酸反應不會產(chǎn)生氣體，則可用稀硫酸或鹽酸來鑒別碳酸亞鐵和氫氧化亞鐵沉淀，故答案為Fe2++CO32-=FeCO3↓；稀硫酸（或稀鹽酸）；（2）若沉淀中含有Fe（OH）2，放置在空氣中會被氧化而呈現(xiàn)出白色沉淀迅速變成灰綠色，最終變成紅褐色的現(xiàn)象，故答案為沉淀顏色由白色變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色沉淀；（3）實驗b中的反應物為硫酸亞鐵和碳酸氫鈉，兩者反應除了生成碳酸亞鐵沉淀，還有二氧化碳氣體和水生成，反應的離子方程式為：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案為Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（4）FeCO3被氧氣氧化生成紅褐色的氫氧化鐵，反應中氧氣為氧化劑，碳酸亞鐵為還原劑，由氧化還原反應規(guī)律可得反應：4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2，故答案為4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2；（5）對比實驗a、b，不同之處在于前者反應物為碳酸鈉溶液，后者為碳酸氫鈉溶液，由于碳酸根離子的水解程度較碳酸氫根離子的水解大，實驗a中混合溶液氫氧根離子濃度較實驗b中要大，導致實驗a中更易產(chǎn)生Fe（OH）2，故答案為混合后，雖然實驗b中碳酸氫鈉濃度比實驗a中碳酸鈉濃度高，但是碳酸鈉溶液的堿性（或水解程度）比碳酸氫鈉的強。27、a=8或9時反應后溶液的pH均接近4，即反應過程中溶液的酸性均增強溶液中存在少量Fe2+可導致FeO(OH)向Fe2O3轉(zhuǎn)化，且溶液中Fe2+含量越高相同時間內(nèi),FeO(OH)向Fe2O3轉(zhuǎn)化的越多a=9時，溶液中幾乎沒有Fe2+，而a=7時，溶液中還存在Fe2+Fe2O3在實驗操作過程中，會有部分Fe2+被氧氣氧化成Fe3+，故N=2時，參與共沉淀的Fe2+的量減少，導致生成的Fe3O4產(chǎn)率下降【詳解】（1）①若用NaOH溶液調(diào)節(jié)pH過高會產(chǎn)生灰白色沉淀是亞鐵離子結(jié)合氫氧根離子生成氫氧化亞鐵沉淀，反應的離子方程式：，故答案為：。②FeSO4溶液用NaOH溶液調(diào)節(jié)pH至a，再加入H2O2溶液，立即得到FeO(OH)紅棕色懸濁液，消耗氫氧根離子，溶液pH降低，反應的離子方程式為：，故答案為：。（2）①根據(jù)表中數(shù)據(jù)，a=8或9時反應后溶液pH均接近于4即反應過程中溶液酸性均增強，說明假設i.反應過程中溶液酸性增強，導致FeO(OH)向Fe2O3的轉(zhuǎn)化不正確。故答案為：a=8或9時反應后溶液的pH均接近4，即反應過程中溶液的酸性均增強。②表中數(shù)據(jù)分析可知，其他條件相同時，向FeO(OH)濁液中加入不同濃度Fe2+，溶液中存在少量Fe2+可導致FeO(OH)向Fe2O3的轉(zhuǎn)化，且溶液中亞鐵離子含量越高，相同時間內(nèi)FeO(OH)向Fe2O3的轉(zhuǎn)化的越多。故答案為：溶液中存在少量Fe2+可導致FeO(OH)向Fe2O3轉(zhuǎn)化，且溶液中Fe2+含量越高相同時間內(nèi)，F(xiàn)eO(OH)向Fe2O3轉(zhuǎn)化的越多③a=7和a=9時，F(xiàn)eO(OH)產(chǎn)率差異很大的原因是：a=9時溶液中幾乎無亞鐵離子，而a=7時溶液中還存在亞鐵離子。故答案為：a=9時，溶液中幾乎沒有Fe2+，而a=7時，溶液中還存在Fe2+。（