2025-2026学年广东省深圳市高三第六次模拟考试化学试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年广东省深圳市高三第六次模拟考试化学试卷（含答案解析），共100页。
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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、下列离子方程式表达正确的是
A．向FeC13溶液中滴加HI溶液：
B．向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液: ↓
C．Ca(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液混合：
D．3ml/LNa2CO3溶液和1ml/L Al2(SO4)3溶液等体积混合：
2、草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种淡黄色粉末，某课外小组利用下列装置检验草酸亚铁晶体受热分解的部分产物。
下列说法正确的是
A．若③和⑤中分别盛放足量NaOH溶液和CuO，可检验生成的CO
B．实验时只需要在装置①中反应结束后再通入N2
C．若将④中的无水CaCl2换成无水硫酸铜可检验分解生成的水蒸气
D．实验结束后，①中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物一定为铁
3、香草醛是一种广泛使用的可食用香料，可通过如下方法合成。
下列说法正确的是( )
A．物质Ⅰ的分子式为C7H7O2
B．CHCl3分子具有正四面体结构
C．物质Ⅰ、Ⅲ(香草醛)互为同系物
D．香草醛可发生取代反应、加成反应
4、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）。
A．AB．BC．CD．D
5、下列比较错误的是
A．与水反应的剧烈程度：KHC1
C．原子半径：Si>ND．碱性：Ca(OH)2> Mg(OH)2
6、某无色溶液，经测定含有Al3+、Br-、SO42-，且各离子物质的量浓度相等（不考虑水电离出来的H+和OH-），则对该溶液的说法合理的是（ ）
A．可能含有B．可能含有C．一定含有D．至少含有四种离子
7、己知：还原性HSO3->I-，氧化性IO3->I2。在含3 ml NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液．加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如下图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．0~a间发生反应：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+
B．a~b间共消耗NaHSO3的物质的量为1.8ml
C．b~c间反应：I2仅是氧化产物
D．当溶液中I-与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的KIO3为1.08ml
8、利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中NO2、NH4+之间的反应是氧化还原反应
B．上述历程的总反应可以为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O
C．X是HNO2，是还原产物
D．[(NH4)(HNO2)]+是反应过程中的催化剂
9、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示.若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法中正确的是：
A．只由这四种元素不能组成有机化合物
B．最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z弱
C．Z的单质与氢气反应较Y剧烈
D．X、Y形成的化合物都易溶于水
10、关于钠及其化合物的化学用语正确的是
A．钠原子的结构示意图：
B．过氧化钠的电子式：
C．碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3 = Na+ + H+ + CO32-
D．次氯酸钠水溶液呈碱性的原因：ClO+ H2OHClO + OH
11、化学与生产、生活、社会密切相关。下列叙述错误的是
A．还原铁粉能用作食品抗氧化剂
B．夜空中光柱的形成属于丁达尔效应
C．浸泡过KMnO4溶液的硅土可作水果保鲜剂
D．燃煤中加入CaO可减少温室气体的排放
12、维通橡胶是一种耐腐蚀、耐油、耐高温、耐寒性能都特别好的氟橡胶。它的结构简式见图,合成它的单体可能为（ ）
A．B．CH2=CF2 和 CF2=CFCF3
C．D．
13、W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y所在周期数与族序数相同，X与Y为同周期元素，Z原子的最外层电子数与 W 的电子总数相等。下列说法正确的是
A．简单离子半径： W＞X＞Y＞ZB．W、X 的氢化物在常温下均为气体
C．X、Y的最高价氧化物的水化物均为强碱D．W 与 Z 形成的化合物中只有共价键
14、已知N2H4在水中电离方式与NH3相似，若将NH3视为一元弱碱，则N2H4是一种二元弱碱，下列关于N2H4的说法不正确的是
A．它与硫酸形成的酸式盐可以表示为N2H5HSO4
B．它溶于水所得的溶液中共有4种离子
C．它溶于水发生电离的第一步可表示为：N2H4＋H2ON2H5＋OH－
D．室温下，向0.1ml/L的N2H4溶液加水稀释时，n(H＋)·n(OH－)会增大
15、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数为内层电子数的3倍，X在短周期主族元素中金属性最强，Y与W同主族。下列叙述正确的是（ ）
A．X2W、X2Y的水溶液都呈碱性
B．原子半径：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)
C．简单气态氢化物的热稳定性：WZ，故Y与氢气化合物更剧烈，错误；
D、N、O形成的化合物如NO不易溶于水，错误。
10、D
【解析】
A.钠原子原子核外有11个电子，A错误；
B.过氧化钠是离子化合物，B错误；
C.碳酸氢钠只能完全电离产生钠离子和碳酸氢根离子，C错误；
D.次氯酸钠溶液显碱性是由于次氯酸根的水解造成的，D正确；
答案选D。
11、D
【解析】
A．Fe具有还原性，能够吸收空气中的氧气，则还原铁粉可以用作食品袋中的抗氧化剂，故A正确；
B．含有灰尘的空气属于胶体，光柱是胶体的丁达尔效应，故B正确；
C．乙烯具有催熟效果，能够被高锰酸钾溶液氧化，所以浸泡过KMnO4溶液的硅藻土放在水果箱里可延长水果的保鲜期，故C正确；
D．加入氧化钙，可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体二氧化碳的排放量，故D错误；
故选D。
12、B
【解析】
在高分子链中，单体转变为在化学组成上能够重复的最小单位，即链节，判断高聚物的单体，就是根据高分子链，结合单体间可能发生的反应机理，找出高分子链中的链节，凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体。
【详解】
分析其链节可知，链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种单烯烃，按如图方式断键可得单体为1，1-二氟乙烯和全氟丙烯。
故选：B。
13、D
【解析】
W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，常用作制冷剂的氢化物为氨气，则W为氮；Y所在周期数与族序数相同，则Y可能为铝；X与Y为同周期元素，则X为钠或镁；Z原子的最外层电子数与 W 的电子总数相等，则Z核外有17个电子，Z为氯，据此解答。
【详解】
根据分析可知：W为N元素，X为Na或Mg元素，Y为Al元素，Z为Cl元素。
A. 简单离子半径，电子层数多半径大，电子层数相同核电荷数大半径小，故离子半径：Z＞W＞X＞Y，故A错误；
B. W氢化物为NH3，常温下为气体，X氢化物常温下为固体，故B错误；
C. Mg、Al的最高价氧化物的水化物为弱碱，故C错误；
D. N与Cl都为非金属，形成的化合物中只含有共价键，故D正确；
故选D。
14、A
【解析】
A、N2H4 +H2ON2H5+ +OH-、N2H5++ H2O N2H62+ +OH- ，它属于二元弱碱，和硫酸形成的酸式盐应为N2H6（HSO4）2，选项A不正确；
B、所得溶液中含有N2H5+、N2H62+、OH-、H+四种离子，选项B正确；
C、它溶于水发生电离是分步的，第一步可表示为：N2H4＋H2ON2H5+＋OH－，选项C正确；
D、Kw=c(H＋)·c(OH－)在一定温度下为定值，因加水体积增大，故n(H＋)·n(OH－)也将增大，选项D正确；
答案选A。
15、A
【解析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，则W为O元素；X在短周期主族元素中金属性最强，则X为Na元素；W与Y属于同一主族，则Y为S元素；Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，据此解答。
【详解】
根据上述分析可知：W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl元素。
A．Na2O是碱性氧化物，与水反应产生NaOH，NaOH是一元强碱，水溶液显碱性；Na2S是强碱弱酸盐，在溶液中S2-发生水解作用，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，A正确；
B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(Na)>r(S)>r(Cl)>r(O)，B错误；
C．元素的非金属性：O>Cl>S，则简单气态氢化物的热稳定性：H2O>HCl>H2S，C错误；
C．O、H可形成化合物H2O2，其中含有非极性共价键，D错误；
故合理选项是A。
本题考查原子结构与元素周期律的关系，根据元素的原子结构及相互关系推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。
16、C
【解析】
A．HCl极易溶于水，则将HCl原物质除去，不能除杂，A错误；
B．蒸干时硫酸铜晶体失去结晶水，应蒸发浓缩、冷却结晶制备胆矾，B错误；
C．挤压胶头滴管，氯气与碱反应，使烧瓶的内压小于外因，形成喷泉，则图3所示装置可以完成“喷泉”实验，C正确；
D．氨气的密度比空气的密度小，则图中为向上排空气法收集，应为向下排空气法收集，D错误；
答案选C。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备及收集、晶体制备、混合物分离提纯等，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
17、B
【解析】
A选项，锌锰电池，锌为负极，二氧化锰为正极，故A错误；
B选项，氢燃料电池，氢气为负极，氧气为正极，故B正确；
C选项，铅蓄电池，铅为负极，二氧化铅为正极，故C错误；
D选项，镍镉电池，镉为负极，氢氧化氧镍为正极，故D错误；
综上所述，答案为B。
18、D
【解析】A、自来水厂常用氯气杀菌消毒，用明矾、氯化铁等絮凝剂净化水，选项A错误；B、常温下，浓硫酸和浓硝酸都能与铜反应，不能用铜制容器盛装，选项B错误；C、钢铁设备连接锌块或电源负极都可防止其腐蚀，选项C错误；D、酸雨主要是由人为排放的硫氧化物和氮氧化物等酸性气体转化而成的，这些气体进入大气后，造成地区大气中酸性气体富集，在水凝结过程中溶于水形成酸性溶液，随雨降下，选项D正确。答案选D。
19、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、1ml 固态碘升华时将吸热为2．48+1．48=3．16kJ，错误。
答案选B。
20、B
【解析】
A．检验卤代烃中卤素原子的种类，要将卤素原子转变成卤素离子，再进行检验；因此，先加NaOH溶液，使卤代烃水解，再加硝酸酸化后，方可加入AgNO3，通过观察沉淀的颜色确定卤素原子的种类，选项中缺少加入硝酸酸化的步骤，A项错误；
B．层析法的原理即利用待分离的混合物中各组分在某一物质(称作固定相)中的亲和性差异，如吸附性差异，溶解性(或分配作用)差异让混合物溶液(称作流动相)流经固定相，使混合物在流动相和固定相之间进行反复吸附或分配等作用，从而使混合物中的各组分得以分离；纸上层析分离能溶于水的物质时，固定相是吸附在滤纸上的水，流动相是与水能混合的有机溶剂(如醇类)，实验结束后，出现在滤纸靠上方位置的离子，其在流动相中分配更多，出现在滤纸靠下方位置的离子，其在固定相中分配更多；因此蓝色斑点反映的铜离子，在固定相中分配更多，B项正确；
C．移液管量取溶液体积的精度是0.01mL，此外，容量瓶不可用于稀释溶液，C项错误；
D．量筒的精确度是0.1mL，因此无法用量筒精确量取25.00mL的液体，D项错误；
答案选B。
21、D
【解析】
石油裂解是在比裂化更高的温度下（一般在1000℃左右），使长链烃断裂得到大量短链不饱和烃的方法，其它方法均不适合在工业上大规模生产，答案选D。
22、B
【解析】
A. 由物质的分子结构可知M的分子式为C18H20O2，正确。
B. 该物质的分子中含有酚羟基，所以可与NaOH溶液反应，但是由于酸性较弱，所以不能和NaHCO3溶液反应，错误。
C. 在M的一个分子中含有2个苯环和一个双键，所以1 ml M最多能与7 ml H2发生加成反应，正确。
D.羟基是邻位、对位取代基，由于对位有取代基，因此 1 ml M与饱和溴水混合，苯环消耗4ml的溴单质，一个双键消耗1ml的溴单质，因此最多消耗5 ml Br2，正确。
本题选B。
二、非选择题(共84分)
23、 醚键、羧基 还原反应(加成反应) 取代反应 、
【解析】
与溴单质发生信息反应②生成A，则A为；A与苯酚钠反应生成B，结合最终产物可知该反应为取代反应，反应生成的B为；B与氢气发生加成反应生成C，则C为；C与氯化亚砜(SOCl2)发生信息中的反应①生成D，则D的结构简式为：；D与NaCN发生反应生成E，则E为；E先与氢氧化钠反应，然后酸化得到F，结合最终产物可知F为，F与氯化钙反应得到苯氧布洛芬钙，以此解答该题。
【详解】
(1)由以上分析可知D为；F的结构简式是，根据F的结构简式可知其中含有的官能团是醚键、羧基；
(2)B是，B中含有羰基，与氢气发生加成反应产生羰基变为醇羟基，产生的C是，该反应是与氢气的加成反应，也是还原反应；D是，与NaCN发生取代反应，Cl原子被-CN取代，生成E是，即D产生E的反应为取代反应；
(3) F是，分子中含有羧基，C是，分子中含有醇羟基，F和C在浓硫酸条件下发生酯化反应，生成酯和水，该反应的化学方程式为：；
(4)A为，A的同分异构体符合下列条件：①属于苯的二取代物；②苯环上核磁共振氢谱图中共有2个吸收峰；③与FeCl3溶液发生显色反应，说明苯环上有两个处于对位的取代基，其中一个是羟基，则可能的结构简式为、；
(5) 苯甲醇()苯甲醇与SOCl2反应生成1-氯甲苯，然后与NaCN反应，产物经水解生成苯乙酸，最后苯乙酸与苯甲醇在浓硫酸存在时，加热发生酯化反应可生成目标物苯乙酸苯甲酯，反应的流程为。
24、3-甲基-1-丁炔（或异戊炔） 卤代烃 CH3CH(CH3)CHOHCH2OH
【解析】
A是有支链的炔烃，由分子式可知为CH3CH(CH3)C≡CH，与氢气发生加成反应生成的E可进一步与溴反应，则E应为烯烃，结构简式为CH3CH(CH3)CH=CH2，F为CH3CH(CH3)CHBrCH2Br，G为CH3CH(CH3)CHOHCH2OH，一定条件下与乙二酸发生酯化反应生成H，由H的分子式可知H为缩聚反应的产物，据此解答该题。
【详解】
（1）A是有支链的炔烃，为CH3CH(CH3)C≡CH，名称为3-甲基-1-丁炔（或异戊炔）；故答案为：3-甲基-1-丁炔（或异戊炔）；
（2）F为CH3CH(CH3)CHBrCH2Br，属于卤代烃；
故答案为：卤代烃；
（3）由以上分析可知G为CH3CH(CH3)CHOHCH2OH；
故答案为：CH3CH(CH3)CHOHCH2OH。
25、圆底烧瓶 b 1∶2 吸收Cl2 4H++5ClO2-=Cl−+4ClO2↑+2H2O 135cV1/V0
【解析】
根据实验装置图可知，A、B是制备氯气和二氧化氯的；C是用于吸收氯气的；D是用于吸收二氧化氯的，E是用于重新释放二氧化氯的，F是可验证尾气中是否含有氯气。
【详解】
(1)根据仪器特征，可知仪器A是圆底烧瓶；
(2)F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b；
(3)氯酸钠和稀盐酸混合产生Cl2和ClO2，NaClO3中氯为+5价被还原成ClO2中+4价，盐酸中氯为-1价，被氧化成0价氯，转移电子数为2，所以NaClO3、ClO2前化学计量数为2，Cl2前化学计量数为1，反应化学方程式：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，其氧化产物Cl2和还原产物ClO2物质的量之比为1∶2；
(4)F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2；
(5)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H++5ClO2-=Cl−+4ClO2↑+2H2O；
(6)设原ClO2溶液的浓度为x ml/L，则根据滴定过程中的反应方程式可知2ClO2～5I2～10Na2S2O3；则有，解得x=，换算单位得。
26、饱和NaHCO3溶液 降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2 2HCO3- + Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O 不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响) Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大 6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+ 117% 乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4
【解析】
I. 装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去，装置C中，向碳酸钠溶液(pH=11.9)通入一段时间二氧化碳至其pH为7，滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到FeCO3；
II. (5)根据Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；
(6)实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成；
(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。
【详解】
I. (1)装置A中制取的CO2中混有HCl，欲除去CO2中混有的HCl，B中盛装的试剂a应是饱和NaHCO3溶液，故答案为：饱和NaHCO3溶液；
(2)向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应生成的NaHCO3，提高溶液中HCO3-的浓度，抑制CO32-的水解，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2，故答案为：降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；
(3)装置C中，向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO3，再滴加FeSO4溶液，有FeCO3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3- + Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2HCO3- + Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(4)FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCO3)2，降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通入CO2，或者：出现白色沉淀之后继续通CO2，可防止空气中氧气氧化FeCO3，提高产物的纯度，故答案为：不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响)；
Ⅱ. (5)通过对比实验ii和iii，可知Fe2+与SCN-的络合生成可溶于水的Fe(SCN)64-，会促进FeCO3固体的溶解，故答案为：Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大；
(6)依据实验ⅱ的现象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后，有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成，发生反应的离子方程式为6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+；
故答案为：6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+；
Ⅲ. (7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH(OH)COO]2Fe补血剂，可得关系式MnO4~5Fe2+~5[CH3CH(OH)COO]2Fe，则乳酸亚铁的物质的量为0.1000ml/L×0.01L×5=0.005ml，则乳酸亚铁的质量分数，由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液的量增多，而计算中只按Fe2+被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，导致产品中乳酸亚铁的质量分数大于100%，故答案为：117%；乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4。
27、FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4•2H2O↓+H2SO4 用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净 滴加K3Fe（CN）6溶液，观察是否生成蓝色沉淀 减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分 玻璃棒 胶头滴管 250mL容量瓶 5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 11.2%
【解析】
(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4•2H2O；固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净；
(2)Fe2+与K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀；
(3)FeC2O4•2H2O微溶于水，难溶于乙醇-丙酮；
(4)配制溶液，可用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等；
(5)为亚铁离子与高锰酸钾的反应；
(6)结合反应的离子方程式，计算25mL溶液中含有亚铁离子，可计算5.00g三草酸合铁酸钾晶体中铁的质量分数。
【详解】
(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4•2H2O，反应的方程式为FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4•2H2O↓+H2SO4，固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净，故答案为FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4•2H2O↓+H2SO4；用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净；
(2)Fe2+与K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀，检验Fe2+是否已完全被氧化，可以用K3Fe(CN)6溶液，故答案为滴加K3Fe(CN)6溶液，观察是否生成蓝色沉淀；
(3)由于FeC2O4•2H2O微溶于水，难溶于乙醇-丙酮，所以用乙醇-丙酮洗涤晶体的目的是减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；故答案为减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；
(4)配制溶液，需要用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等，故答案为玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶；
(5)在步骤三中发生的离子反应为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
(6)n(Fe)=5n(MnO4-)=5×0.0100ml/L×19.98×10-3L≈1.0×10-3ml，m(Fe)=56g•ml-1×1.0×10-3ml=0.056g。则5.00g三草酸合铁酸钾晶体中m(Fe)=0.056g×=0.56g，晶体中铁的质量分数=×100%=11.2%，故答案为11.2%。
28、＋18.7 kJ·ml-1 144 0.32 ml·L-1·min-1 25 L2·ml-2 D ＞ ＜ c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+) Na2CO3
【解析】
（1）已知ⅰ.6FeO(s) +CO2(g)=--2Fe3O4(s) +C(s) △H1=-76.0kJ/ml
ⅱ.C(s) +2H2O(g)=CO2(g) +2H2(g) △H2= +113.4kJ/ml
根据盖斯定律，由ⅰ×+ⅱ×得反应3FeO(s) +H2O(g)=Fe3O4(s) +H2(g) △H3=△H1×+△H2×=-76.0kJ/ml×+113.4kJ/ml×=+18.7kJ/ml；（2）在反应i6FeO(s) +CO2(g)=--2Fe3O4(s) +C(s) △H1=-76.0kJ/ml中，每放出38.0kJ热量，有3ml FeO 参与反应，而其中有 的FeO中的铁元素由+2价变为+3价，故被氧化的 FeO的质量为：3ml× ×72g/ml=144g；
（3） CO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g)
起始浓度(ml/L) 1 4 0 0
改变浓度(ml/L) 0.8 3.2 0.8 1.6
平衡浓度(ml/L) 0.2 0.8 0.8 1.6
①从反应开始到恰好达到平衡时，H2 的平均反应速率v(H2) ==0.32 ml.L-1·min-1；②300℃时，反应的平衡常数K===25L2·ml-2；③保持温度不变，向平衡后的容器中再充入2 mlCO2和8 mlH2，则物质的量增大2倍，若平衡不移动则平衡后CH4 的浓度应该是原来的2倍即1.6 ml/L，但在恒容情况下增大两倍投料，相当于增大压强，平衡向气体缩小的正反应方向移动， CH4 的浓度增大，大于1.6 ml/L，答案选D；（4）300℃时，如果该容器中有1.6 mlCO2、2.0mlH2、5.6mlCH4、4.0mlH2O(g)，Qc==14则反应未达平衡，向正反应方向进行，v正> v逆；（5）已知: 300℃时，反应的平衡常数K=25L2·ml-2；200℃时，该反应的平衡常数K=64.8L2·ml-2。则降低温度，K值增大，平衡向正反应方向移动，正反应为放热反应，△H4c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)；将该吸收液蒸干、灼烧至恒重，由于碳酸氢钠受热分解，故所得固体的成分是Na2CO3。
29、3s23p1 5 钾先与水反应生成KOH，KOH再与氯化铝反应生成氢氧化铝，无法得到单质铝 Al3++3e-=Al 利用Ba的沸点比Al的低，Ba以气体逸出，使平衡右移 Al3+＞ H-＞Li+＞ H+ 2LiAlH42LiH＋2Al＋3H2↑ 2.7 g 还原剂
【解析】
（1）Al原子核外有13个电子，基态Al原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，铝原子最外层电子排布式是3s23p1；铝原子核外有1s、2s、2p、3s、3p五种能量不同的电子，即铝原子核外有5种能量不同的电子。
（2）钾跟氯化铝溶液反应时，K先与水反应生成KOH，KOH与氯化铝反应得到氢氧化铝沉淀，不能制得铝；电解熔融Al2O3生成铝和氧气，阴极电极反应式为Al3++3e-=Al。
（3）Ba的沸点比Al的低，在2Al+4BaO3Ba↑+BaO·Al2O3反应中Ba以气体逸出，使平衡右移，从而可制取金属Ba。
（4）① Al3+有2个电子层，Li+、 H-具有相同的电子层结构且只有1个电子层，H+核外没有电子，根据“层多径大，序大径小”，离子半径由大到小的顺序为Al3+＞ H-＞Li+＞ H+ ；
②根据题意，LiAlH4分解的方程式为2LiAlH42LiH＋2Al＋3H2↑；标准状况下3.36 L氢气物质的量为0.15ml，根据方程式，有0.1ml铝生成，生成Al的质量为2.7g。
③乙醛反应生成乙醇，乙醛发生了加氢的还原反应，说明LiAlH4是反应的还原剂。
选项
目的
分离方法
原理
A
分离溶于水中的碘
乙醇萃取
碘在乙醇中的溶解度较大
B
分离乙酸乙酯和乙醇
分液
乙酸乙酯和乙醇的密度不同
C
除去丁醇中的乙醚
蒸馏
丁醇与乙醚互溶且沸点相差较大
D
除去KNO3固体中混杂的NaCl
重结晶
NaCl在水中的溶解度受温度影响大
A．锌锰电池
B．氢燃料电池
C．铅蓄电池
D．镍镉电池