湖北省随州市2025-2026学年高三（最后冲刺）化学试卷（含答案解析）

这是一份湖北省随州市2025-2026学年高三（最后冲刺）化学试卷（含答案解析），共11页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
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3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
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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、下列说法正确的是( )
A．核素的电子数是2
B．1H和D互称为同位素
C．H+和H2互为同素异形体
D．H2O和H2O2互为同分异构体
2、某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是
A．该装置工作时，H+从a极区向b极区迁移
B．该装置将化学能转化为光能和电能
C．a电极的反应式为3CO2＋18H＋－18e－=C3H8O＋5H2O
D．每生成3 ml O2，有88 g CO2被还原
3、新型纳米材料氧缺位铁酸盐(MFe2Ox，3 c(A-)>c(OH-）>c(HA)> c(H+)，所以X是OH-，Y是HA，Z表示H+，D错误；
答案选B。
14、B
【解析】
A．颈部有支管，为蒸馏烧瓶，圆底烧瓶没有支管，故A错误；
B．为干燥管，用于盛放固体干燥剂等，故B正确；
C．为燃烧匙，用于燃烧实验，不是药匙，故C错误；
D．下端长颈部位有活塞，是分液漏斗，不是长颈漏斗，故D错误；
故选B。
15、D
【解析】
A．OA各点显酸性，则c(H+)>c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(B-)，则c(B-)> c(Na+)，A选项正确；
B．C至D各点溶液中，C点浓度为1.15ml·L-1，C之后加入的c(NaOH)为1.1ml·L-1，导电能力依次增强，B选项正确；
C．定性分析有：氢氧化钠溶液滴入21mL时达到终点，pH>7，HB为弱酸，O点pH>1，C选项正确；
D．C点为刚好反应完全的时候，此时物质c(NaB)=1.15ml·L-1，B-水解常数为Kh=11-14/（2×11-5）=5×11-11，B-水解生成的c(OH-)==5×11-6 ml·L-1，C点c(H+)=2×11-9 ml·L-1，C点pH=9-lg2=8.7，即x=8.7，D选项错误；
C选项也可进行定量分析：B点有c(B-)=c(Na+)=19.9×11-3×1.1÷（21×11-3+19.9×11-3），c(HB)=(21.1×11-3-19.9×11-3)×1.1÷(21×11-3+19.9×11-3)，则c(B-)/c(HB)=199，K=c(H+)c(B-)/c(HB)=1×11-7×199=1.99×11-5，则HB为弱酸，O点的pH>1。
16、C
【解析】
若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−5.75=10−9.75=100.25×10−10，则数量级为10-10，若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−2.46=10−6.46=100.54×10−7，则数量级为10-7，又已知Ksp(AgCl)数量级为 10-10，则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)⋅c(C2O42-)=(10−4)2×(10−2.46)=10−10.46，据此分析解答。
【详解】
若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−5.75=10−9.75=100.25×10−10，则数量级为10-10，若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−2.46=10−6.46=100.54×10−7，则数量级为10-7，又已知Ksp(AgCl)数量级为 10-10，则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)⋅c(C2O42-)=(10−4)2×(10−2.46)=10−10.46，
A. 由以上分析知，图中X线代表AgCl，故A错误；
B. 曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，在n点，c(Ag+)小于平衡浓度，故n点的离子Qc(Ag2C2O4)＜Ksp(Ag2C2O4)，故为Ag2C2O4的不饱和溶液，故B错误；
C. 根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c(Ag+)，故向c(Cl−)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，故C正确；
D. Ag2C2O4＋2Cl－=2AgCl＋C2O42-的平衡常数，此时溶液中的c(Ag+)相同，故有，故D错误；
故选C。
17、A
【解析】
A．桥墩浸泡在接近中性的海水中，主要发生析氧腐蚀，故A错误；
B．海水中含有氯化钠等电解质，导电性比河水强，钢铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快，故B正确；
C．图1为外加电源的阴极保护法，辅助电极的材料可以为石墨等，故C正确；
D．图2为牺牲阳极的阴极保护法，钢铁桥墩充当正极，正极上发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e一=4OH-，故D正确；
故选A。
18、D
【解析】
A．锂电池使用过程中，锂失电子发生氧化反应，故不选A；
B.。铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，铝失电子发生氧化反应，故不选B；
C．长征五号运载火箭采用液氢液氧作为推进剂，发射过程发生氧化还原反应放热，故不选C；
D．用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故D选；
故选D。
19、A
【解析】
A．常温下Fe与氯气不反应，遇浓硫酸发生钝化，则用钢瓶储存液氯或浓硫酸，故A正确；
B．Mg能在CO2中燃烧生成MgO和C，则二氧化碳气体不可用作镁燃烧的灭火剂，故B错误；
C．蛋白质遇硫酸铜发生变性，变性是不可逆过程，盐析可用于蛋白质的分离和提纯，故D错误；
D．食盐中加的碘盐为KIO3，受热易分解，则在菜准备出锅时添加加碘食盐，是为了防止KIO3受热易分解，故D错误；
故答案为A。
20、D
【解析】
A．原电池中，溶液中氢离子向正极二氧化铅电极移动，故A错误；
B．根据电子守恒分析，每消耗3mlPb，转移6ml电子，根据电子守恒生成1mlAl2O3，故B错误；
C．原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅，则正极：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，故C错误；
D．原电池中铅作负极，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅，所以质量增加，在电解池中，Pb阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，所以铅电极质量不变，故D正确；
答案：D
本题考查原电池和电解池原理，根据电极上得失电子、离子放电顺序来分析解答即可，难度中等。
21、D
【解析】
A. 增大S2O82－浓度或I－浓度，增加反应物浓度，因此反应①、反应②的反应速率均加快，故A正确；
B. Fe3+在反应中是中间过程，参与反应但质量不变，因此是该反应的催化剂，故B正确；
C. 因为正反应的活化能比逆反应的活化能小，因此该反应是放热反应，故C正确；
D. 往该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，平衡逆向移动，单质碘减少，蓝色加浅，故D错误。
综上所述，答案为D。
正反应的活化能大于逆反应的活化能，则反应为吸热反应，正反应活化能小于逆反应的活化能，则反应为放热反应。
22、A
【解析】
A．
故K＝，故A正确；
B．反应物和生成物均是气体，故气体的质量m不变，容器为恒容容器，故V不变，则密度ρ＝不变，故B错误；
C．由图可知，b曲线氮气的平衡浓度减小，故应是平衡发生移动，催化剂只能改变速率，不能改变平衡，故b曲线不可能是由于催化剂影响的，故C错误；
D．由图可知，b曲线化学反应速率快(变化幅度大)，氮气的平衡浓度减小，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即△H＞0，故D错误；
故答案为A。
二、非选择题(共84分)
23、3,5-二硝基苯甲酸 羧基 溴原子 取代反应 防止两个硝基都转化为氨基 30
【解析】
由C的结构简式和A到B，A到C的反应条件逆推可知B为；A为；在以工业合成3-溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯的流程和各部反应条件对物质进行推断、命名、官能团、反应类型判定、反应方程式、同分异构体的书写、有机合成路线的设计。
【详解】
（1）由于羧基定位能力比硝基强，故C名称为3,5-二硝基苯甲酸，由结构式可知G中含官能团名称有醚键、羧基、溴原子。答案：3,5-二硝基甲酸；羧基；溴原子。
（2）根据框图C结构逆向推理，B为苯甲酸，结构简式为；A为甲苯，B生成C是在浓硫酸作用下硝酸中硝基取代苯环上的氢，所以B生成C反应类型为硝化反应，是取代反应中一种。答案：；取代反应。
（3）由G生成H反应为G与CH3OH在浓硫酸、加热的作用下发生的酯化反应，化学方程式为；C→D、E→F都是将硝基还原为氨基，但选用了不同条件，E的结构尚保留一个硝基，可以推知D的结构中也有一个硝基，故C→D反应中，(NH4)2S只将其中一个硝基还原，避免用H2/Pd将C中所有的硝基都转化为氨基。答案：；防止两个硝基都转化为氨基。
（4）化合物F苯环上有3个不同取代基，其中有氨基和羟基直接连在苯环上，先将2个取代基分别定于邻、对、间三种位置，第三个取代基共有4+4+2=10种连接方式，故有10种同分异构体，环上有3个不同取代基，其中两个取代基是氨基和羟基，另一种取代基有三种情况，-OOCCH3、-CH2OOCH、-COOCH3，化合物F的同分异构体中能同时满足条件的共有10×3=30种。答案：30。
（5）根据缩聚反应规律，可以推出聚合物单体的结构，而由原料合成该单体，需要将苯环上的乙基氧化为羧基和硝基还原为氨基，由于氨基可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故而合成中需要先氧化，再还原，合成路线流程图示如下，依试题框图信息，还原硝基的条件也可以选择(NH4)2S。答案：。
本题是有机物的综合考查。本题以工业合成3-溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯为载体，考查物质推断、有机物命名、官能团、反应类型、反应方程式、同分异构体的判断、有机合成路线的设计等。突破口由C逆推B、A的结构简式，再根据各物质之间的反应条件和官能图的性质进行判定。
24、 (CH3)2CH-CCl(CH3)2 消去反应 C 、
【解析】
A的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B为烯烃，1ml B发生信息①中氧化反应生成2mlC，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和C原子没有H原子，故B为(CH3)2C=C(CH3)2，C为，逆推可知A为(CH3)2CH-CCl(CH3)2。由W进行逆推，可推知D为，由E后产物结构，可知D与乙酸酐发生取代反应生成E，故E为，然后E发生氧化反应。对、比F前后物质结构，可知生成F的反应发生取代反应，而后酰胺发生水解反应又重新引入氨基，则F为，D→E步骤为了保护氨基，防止被氧化。
【详解】
根据上述分析可知：A为(CH3)2CH-CCl(CH3)2，B为(CH3)2C=C(CH3)2，C为，D为，E为，F为。则
(1)根据上述分析可知，化合物A的结构简式为：(CH3)2CH-CCl(CH3)2，A与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应，产生B：(CH3)2C=C(CH3)2，乙醇A→B的反应类型为：消去反应；
(2)A.化合物B为(CH3)2C=C(CH3)2，可看作是乙烯分子中4个H原子分别被4个-CH3取代产生的物质，由于乙烯分子是平面分子，4个甲基C原子取代4个H原子的位置，在乙烯分子的平面上，因此所有碳原子处于同一个平面，A错误；
B.由W的结构简式可知化合物W的分子式为C11H15N，B错误；
C.氨基具有还原性，容易被氧化，开始反应消耗，最后又重新引入氨基，可知D→E步骤为了保护氨基，防止被氧化，C正确；
D.物质F为，苯环能与氢气发生加成反应，1ml的F最多可以和3mlH2反应，D错误，故合理选项是C；
(3)C+D→W的化学方程式是：；
(4)Z的同分异构体满足：①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②红外光谱检测表明分子中含有结构；③1HNMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明分子结构对称，则对应的同分异构体可为、；
(5)由信息④可知，苯与乙烯发生加成反应得到乙苯，然后与浓硝酸、浓硫酸在加热50℃～60℃条件下得到对硝基乙苯，最后与Fe在HCl中发生还原反应得到对氨基乙苯，故合成路线流程图为：。
要充分利用题干信息，结合已经学习过的各种官能团的性质及转化进行合理推断。在合成推断时要注意有机物的分子式、反应条件、物质的结构的变化，采取正、逆推法相结合进行推断。
25、分液漏斗 防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶均可) SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2 检验有I2生成，进而证明ClO2有强氧化性 2:1 O2 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 0.324 g 产生ClO2的速率太快，ClO2没有被D中的溶液完全吸收；C中ClO2未全部进入D中
【解析】
(1)浓H2SO4和Na2SO3反应生成SO2，A制备SO2，B装置有缓冲作用，可防止倒吸、堵塞；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，在D中发生氧化还原反应生成I2，装置D中滴有几滴淀粉溶液，I2遇淀粉变蓝色；装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境；
(2)①碘遇淀粉变蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色；
②ClO2与KI在溶液反应离子方程式为：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得ClO2～5S2O32-，则n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000ml/L×0.024L=0.00048ml，250mL溶液中含有n(I2)=0.00048ml×10=0.0048ml，m(ClO2)=0.0048ml×67.5g/ml=0.324g；ClO2部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。
【详解】
(1) 浓H2SO4和Na2SO3反应生成SO2，A用于制备SO2，B装置有缓冲作用，能防止倒吸、堵塞；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以D中发生氧化还原反应生成I2，装置D中滴有几滴淀粉溶液，I2单质遇淀粉溶液变为蓝色；装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境，
①仪器a的名称为分液漏斗，装置B有缓冲作用，所以能防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶)；
②装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒可知，生成的酸式盐为KHSO4，该反应的化学方程式为SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；装置D中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液变为蓝色，根据淀粉溶液是否变色来判断是否有I2单质生成，从而证明ClO2是否具有氧化性；
③装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，反应方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+H2O，在该反应中ClO2是氧化剂，NaClO2的还原产物，H2O2是还原剂，O2是氧化产物，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；
(2)①I2单质遇淀粉溶液变为蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色，所用滴定终点是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；
②ClO2溶液与碘化钾反应的离子方程式：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得关系式：ClO2～5S2O32-，则n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000ml/L×0.024L=0.00048ml，则在250mL溶液中含有n(I2)=0.00048ml×10=0.0048ml，m(ClO2)=0.0048ml×67.5g/ml=0.324g；由于C中ClO2有一部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。
本题考查物质制备，涉及实验操作、氧化还原反应、方程式的计算、物质检验等知识点，侧重考查实验操作规范性、元素化合物性质等知识点，明确实验原理、物质性质、物质之间的转化关系是解本题关键。
26、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O 通入CO2气体有白色沉淀生成，加入盐酸后有气体产生，同时沉淀溶解 分液漏斗 把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收 CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O cd 25.0% 否 偏高
【解析】
Ⅰ．(1)氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水；
(2)滤液中含有偏铝酸钠，先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O、HCO3-+H+=CO2↑+H2O；
Ⅱ．实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，需要通过适当的方法将二氧化碳全部赶入氢氧化钡的试剂瓶中，据此分析解答(3)~(7)；
(8)装置B中的水蒸气和氯化氢气体会进入装置C中被吸收，据此分析判断。
【详解】
Ⅰ．(1)氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，故答案为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O；
(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，HCO3-+H+=CO2↑+H2O，因此反应现象为通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解，故答案为通入CO2气体有白色沉淀生成，加入盐酸后有气体产生，同时沉淀溶解；
Ⅱ．(3)根据图示，仪器a为分液漏斗，故答案为分液漏斗；
(4)装置中残留部分二氧化碳，如果不能被完全吸收，会导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气可以将生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，故答案为把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收；
(5)在C中二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水，反应的化学方程式为CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O，故答案为CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O；
(6)a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止空气中二氧化碳进入C被氢氧化钡吸收，所以提前排尽装置中的二氧化碳，可以提高测定准确度，故a不选；b.滴加盐酸过快，则生成二氧化碳过快，C中二氧化碳不能全部被吸收，所以要缓慢滴加盐酸，可以提高测定准确度，故b不选；c.BC中均为水溶液，不需要干燥，所以在A～B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，不能提高测定准确度，故c选；d.挥发的HCl进入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置会生成二氧化碳，则在C中被氢氧化钡吸收的二氧化碳偏多，所以在B～C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，会使测定准确度降低，故d选；故答案为cd；
(7)BaCO3质量为3.94g，则n(BaCO3)==0.02ml，则n(CaCO3)=0.02ml，质量为0.02ml×100g/ml=2.00g，所以样品中碳酸钙的质量分数为×100%=25.0%，故答案为25.0%；
(8)B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，因此不能通过只测定装置C吸收CO2前后的质量差确定碳酸钙的质量分数，故答案为否；偏高。
27、分液漏斗 先点燃A处酒精灯，再点燃C处酒精灯 发生倒吸 可燃性气体H2不能被吸收 溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-，加热硫酸后，H+与C2O42-结合可使平衡正向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红 取少量实验2中的翠绿色溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀 2 4 2 3C2O42- 2CO2↑ 电流计的指针发生偏转，一段时间后，左侧溶液变为浅绿色，右侧有气泡产生
【解析】
实验一：在装置A中用浓硫酸与NaCl固体混合加热制取HCl，通过B装置的浓硫酸干燥，得纯净HCl气体，然后在装置C中Fe与HCl发生反应产生FeCl2和H2，反应后的气体中含H2和未反应的HCl气体，可根据HCl极容易溶于水，用水作吸收剂吸收进行尾气处理；
实验二：FeCl3溶液与K2C2O4发生复分解反应产生Fe2(C2O4)3和KCl；用KSCN溶液检验Fe3+；用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+；根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写离子方程式；
实验三：根据2Fe3++C2O42-=2Fe2++2CO2↑，判断原电池正负极反应及相应的现象。
【详解】
(1)根据图示可知仪器a名称是分液漏斗；
(2)为防止Fe与装置中的空气发生反应，制得纯净的FeCl2，实验过程中先点燃A处酒精灯，使装置充满HCl气体，然后给C处酒精灯加热；
(3)若用D的装置进行尾气处理，由于HCl极容易溶于水，HCl溶解导致导气管中气体压强减小而引起倒吸现象的发生，而且可燃性气体H2不能被吸收；
(4)在实验二中，向FeCl3溶液中加入K2C2O4溶液，发生复分解反应产生Fe2(C2O4)3和KCl，产生的翠绿色晶体为Fe2(C2O4)3的结晶水合物K3Fe(C2O4)3・3H2O，取实验2中少量晶体洗浄，配成溶液，漓加KSCN溶液，不变红，继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。则加硫酸后溶液变紅的原因是在溶液中存在电离平衡：溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-，加入硫酸后，硫酸电离产生H+与溶液中的C2O42-结合生成弱酸H2C2O4，使可使平衡正向移动，导致溶液中c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红；
(5)若K3Fe(C2O4)3・3H2O发生氧化还原反应，则会产生Fe2+，检验方法是取少量实验2中的翠绿色溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀，证明无Fe2+，产生的K3Fe(C2O4)3・3H2O未发生氧化还原反应；
(6)在光照条件下草酸铁溶液发生氧化还原反应，产生FeC2O4·2H2O、CO2气体，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式：2Fe(C2O4)3]3-+4H2O2FeC2O4·2H2O↓+2C2O42－+2CO2↑；
(7)该装置构成了原电池，在左边，Fe3+获得电子变为Fe2+，溶液变为浅绿色，左边电极为正极；在右边电极上，溶液中的C2O42-失去电子，发生氧化反应，C2O42--2e-=2CO2↑，右边电极为负极，会看到电极上有气泡产生。
本题考查了仪器的辨析、离子的检验方法、电离平衡移动、原电池反应原理的应用等知识。掌握元素及化合物的知识，结合题干信息进行分析、判断。
28、溶液由无色变为紫红色 5S2O82-+2Mn2++8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+ 3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3＋+6H2O 60min 3：1 pH＜8 1：2 铝热反应
【解析】
（1）①溶液中的Mn2+转化为MnO4-的实验现象为溶液由无色变为紫红色，故答案为溶液由无色变为紫红色。
②Mn2+被酸性(NH4)2S2O8溶液氧化物MnO4-，还原产物应为SO42-，反应的离子方程式为：5S2O82-+2Mn2++8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+，故答案为5S2O82-+2Mn2++8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+。
③H2S2O8可视为由两分子的硫酸缩合所得，硫酸的结构简式为：，则H2S2O8的结构简式为：，故答案为。
（2）①由题中信息可知，“酸浸”时，MnO2在酸性介质中将Fe氧化为Fe3＋，本身被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3＋+6H2O，由图甲可知，适宜的浸出时间为60min，由图乙可知，适宜的液固比为3：1，故答案为3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3＋+6H2O，60min，3：1。
②由流程图中信息可知，“调pH”的目的是使Fe3＋和Al3＋沉淀完全，而Mn2＋不沉淀，根据Ksp[Al(OH)3]=1.0×10－33，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10－38可知：Al3＋沉淀完全时Fe3＋已沉淀完全，Al(OH)3恰好完全沉淀时的pH=-lg=，Mn2＋开始沉淀时的pH为-lg=8，则“调pH”的范围为pH＜8，故答案为pH＜8。
③根据信息可知，“煅烧”时，空气中的O2将MnCO3氧化为MnO2，根据得失电子守恒可得关系式O2～2MnCO3，即氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，“还原”时发生铝粉与高熔点金属氧化物的反应在化学上又叫做铝热反应，故答案为1：2，铝热反应。
29、 d Ca3P2+6H2O＝2PH3↑+3Ca(OH)2 -30 0.1ml·L-1·min-1 D 延长 反应生成的H3PO4与催化剂Cu2＋、Pd2＋反应，使催化效率降低
【解析】
(1)PH3中P原子通过3个共价键分别与3个H原子结合；
(2)Ca3P2在潮湿的空气中水解生成氢氧化钙和PH3；
(3)焓变=反应物总键能-生成物总键能；
(4)4PH3(g)P4(g)＋6H2(g)生成H2的物质的量为1.5 ml，则消耗1ml PH3；根据平衡标志分析平衡状态；
(5)(I)由图可知，氧气的体积分数越大，PH3高净化率持续时间长；
(Ⅱ)随着反应进行，PH3的净化效率急剧降低，说明催化剂催化作用减弱。
【详解】
(1)PH3中P原子通过3个共价键分别与3个H原子结合，其结构式为；
a.PH3是三角锥形分子，分子是极性分子，故a正确；
b.P原子半径大于N，所以N－H键键能大于P－H键，PH3分子稳定性低于NH3分子，故b正确；
c. PH3分子中P原子的价电子对数是，配位数是3，所以P原子核外有一对孤电子对，故c正确；
d.PH3沸点低于NH3沸点，因为NH3分子间有氢键，PH3分子间没有氢键，故d错误。
答案选d。
(2)Ca3P2在潮湿的空气中水解生成氢氧化钙和PH3，反应的方程式Ca3P2+6H2O＝2PH3↑+3Ca(OH)2；
(3)焓变=反应物总键能-生成物总键能，4PH3(g)P4(g)＋6H2(g) △H＝12×322 kJ∙ml-1―6×213 kJ∙ml-1―6×436 kJ∙ml-1＝-30 kJ· ml－1；
(4)4PH3(g)P4(g)＋6H2(g)生成H2的物质的量为1.5 ml，则消耗1ml PH3，v(PH3)=0.1ml·L-1·min-1；
A.反应前后气体质量不变、容器体积不变，所以混合气体的密度是恒量，密度不变 ，不一定平衡，故不选A；
B.6v(PH3)＝4v(H2)，不能推出正逆反应速率相等，所以不一定平衡，故不选B；
C.c(PH3)：c(P4)：c(H2)＝4：1：6时，浓度不一定不再变化，所以不一定平衡，故不选C；
D.反应前后气体物质的量是变量，所以混合气体的压强是变量，压强不变，一定达到平衡状态，故选D。
(5)(I)由图可知，氧气的体积分数越大，PH3高净化率持续时间长，富氧有利于延长催化作用的持续时间；
(Ⅱ)由于随着反应进行，反应生成的H3PO4与催化剂Cu2＋、Pd2＋反应，使催化效率降低，PH3的净化效率急剧降低。
电池
电解池
A
H+移向Pb电极
H+移向Pb电极
B
每消耗3mlPb
生成2mlAl2O3
C
正极:PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O
阳极:2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+
D
难溶物
溶度积常数（）
4.0×10－38
1.0×10－33
1.8×10－11
1.8×10－13
化学键
P－P
H－H
P－H
白磷分子结构
键能/(kJ·ml-1)
213
436
322