2024年滬科版高三化學(xué)上冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2024年滬科版高三化學(xué)上冊(cè)月考試卷721考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列離子的檢驗(yàn)正確的是（）A.某溶液中滴入鹽酸，生成無(wú)色氣體，說(shuō)明原溶液中一定有CO32-B.某溶液中滴入氫氧化鈉溶液，生成藍(lán)色沉淀，說(shuō)明原溶液中一定有Cu2+C.某溶液中滴入氯化鋇溶液，生成白色沉淀，說(shuō)明原溶液中一定有SO42-D.某溶液中滴入硝酸銀溶液，生成白色沉淀，說(shuō)明原溶液中一定有Cl-2、生活垃圾應(yīng)分類(lèi)投放，塑料袋、廢紙、舊橡膠制品等屬于（）A.有機(jī)物B.鹽類(lèi)C.非金屬單質(zhì)D.無(wú)機(jī)物3、下列判斷錯(cuò)誤的是（）A.沸點(diǎn)：NH3＞PH3＞AsH3B.穩(wěn)定性：H2O＞NH3＞CH4C.酸性：HClO4＞H2SO4D.堿性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）34、下列離子方程式正確的是（）A.過(guò)量鐵屑溶于少量稀硝酸：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2OB.醋酸溶液與水垢中的CaCO3反應(yīng)：CaCO3+2H+═Ca2++H20+CO2↑C.用FeCl3溶液腐蝕銅線路板：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+D.鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕的正極反應(yīng)：O2+4e-+4H+═2H2O5、氯酸是一種強(qiáng)酸，濃度超過(guò)40％時(shí)會(huì)發(fā)生分解，反應(yīng)可表示為aHClO3=bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O。下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是A.由反應(yīng)可確定：氧化性HClO3＞O2B.若氯酸分解所得混合氣體，lmol混合氣體質(zhì)量為45g，則反應(yīng)方程式可表示為：3HClO3=2O2↑+C12↑+HClO4+H2OC.由非金屬性Cl＞S，可推知酸性HClO3＞H2SO4D.若化學(xué)計(jì)量數(shù)a=8，b=3，則該反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為20e－6、下列物質(zhì)為含有非極性共價(jià)鍵的離子化合物的是()A.NaOHB.NH4ClC.CH3COONaD.PCl57、下列各組物質(zhì)中，由極性鍵構(gòu)成的非極性分子是rm{(}rm{)}A.rm{C_{2}H_{2}}B.rm{NH_{3}}C.rm{H_{2}O}D.rm{NaOH}評(píng)卷人得分二、多選題(共6題，共12分)8、某實(shí)驗(yàn)小組只領(lǐng)取下列儀器或用品：鐵架臺(tái)、鐵圈、三角架、石棉網(wǎng)、燒杯、分液漏斗、酒精燈、玻璃棒、量筒、蒸發(fā)皿、圓底燒瓶、火柴．只應(yīng)用上述儀器或用品，不能進(jìn)行的實(shí)驗(yàn)操作是（）A.蒸發(fā)B.萃取C.過(guò)濾D.蒸餾9、下列物質(zhì)屬于電解質(zhì)的是（）A.銅B.AgNO3C.蔗糖D.硫酸10、下列說(shuō)法不正確的是（）A.無(wú)水酒精可以將溴水中的溴萃取出來(lái)B.可用堿石灰除去氫氣中的氯化氫C.碘水是棕黃色的、碘的四氯化碳溶液是紫紅色D.將鹽酸滴到干燥的石蕊試紙上，無(wú)明顯現(xiàn)象11、1mol某烴完全燃燒后，能生成二氧化碳112L（標(biāo)準(zhǔn)狀況下），若此烴在一定條件下能與氫氣加成，最多能消耗兩倍于其體積的氫氣，則此烴的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可能為（）A.CH3-CH=CH2B.CH3-CH=CH-CH=CH2C.CH3-C≡C-CH2CH3D.12、如圖是某硫酸試劑瓶的標(biāo)簽上的部分信息．下列說(shuō)法正確的是（）

A.常溫下，該試劑可與金屬鋁反應(yīng)生成大量的無(wú)色氣體B.1molZn與足量的該硫酸反應(yīng)生成2g氫氣C.該硫酸與等體積水混合所得溶液的物質(zhì)的量濃度大于9.2mol/LD.向50mL該硫酸中加入足量的銅片，加熱，反應(yīng)后被還原的硫酸的物質(zhì)的量小于0.46mol13、500℃、20MPa時(shí)，將H2和N2置于一容積為2L的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)．反應(yīng)過(guò)程中H2、N2和NH3物質(zhì)的量變化如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A.反應(yīng)開(kāi)始到第一次平衡時(shí)，N2的平均反應(yīng)速率為0.005mol/（L?min）B.從曲線變化可以看出，反應(yīng)進(jìn)行到10min至20min時(shí)可能是使用了催化劑C.從曲線變化可以看出，反應(yīng)進(jìn)行至25min時(shí)，分離出0.1mol的氨氣D.在25min時(shí)平衡正向移動(dòng)，但達(dá)到新平衡后NH3的體積分?jǐn)?shù)比原平衡小評(píng)卷人得分三、填空題(共9題，共18分)14、已知如下化學(xué)反應(yīng)．4HCl+O22Cl2+2H2O．完成下列填空：

（1）該反應(yīng)平衡常數(shù)的表達(dá)式K=____；若反應(yīng)容器的容積為4L，4min后達(dá)到平衡，測(cè)得容器內(nèi)物質(zhì)由2.0mol減少至1.75mol，則HCl的平均反應(yīng)速率為_(kāi)___．

（2）若該反應(yīng)在體積不變的密閉容器中發(fā)生，當(dāng)反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，下列敘述正確的是____．

a．v（HCl）=2v（Cl2）

b．4v正（HCl）=v逆（O2）

c．又加入1molO2；達(dá)新平衡時(shí)，HCl的轉(zhuǎn)化率增大。

d．分離出H2O，達(dá)新平衡時(shí)，v正（HCl）增大．15、（1）已知肼（N2H4）又稱(chēng)聯(lián)氨，是一種可燃性的液體，可用作火箭燃料．已知在101kPa、25℃時(shí)，0.5mol液態(tài)肼與足量氧氣反應(yīng)，生成氮?dú)夂退魵猓懦?12kJ的熱量，寫(xiě)出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式____

（2）已知每千克氫氣在常溫常壓下燃燒約放出熱量1.43×105kJ，每千克汽油燃燒約放出熱量4.6×104kJ，氫氣被公認(rèn)為是21世紀(jì)替代礦物燃料的理想能源，氫氣作為能源的優(yōu)點(diǎn)有：____．16、煙氣脫硫能有效減少二氧化硫的排放，實(shí)驗(yàn)室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制備堿式硫酸鋁[Al2（SO4）x（OH）6-2x]溶液；并用于煙氣脫硫研究．

（1）酸浸時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)___；濾渣Ⅰ的主要成分為_(kāi)___（填化學(xué)式）．

（2）加CaCO3調(diào)節(jié)溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2（SO4）3轉(zhuǎn)化為Al2（SO4）x（OH）6-2x．濾渣Ⅱ的主要成分為_(kāi)___（填化學(xué)式）；若溶液的pH偏高，將會(huì)導(dǎo)致溶液中鋁元素的含量降低，其原因是____（用離子方程式表示）．

（3）上述流程中經(jīng)完全熱分解放出的SO2量總是小于吸收的SO2的量，其主要原因是____；與吸收SO2前的溶液相比，熱分解后循環(huán)利用的溶液的pH將____（填“增大”、“減小”或“不變”）．17、在Na+的物質(zhì)的量濃度為0.5mol?L-1的某澄清溶液中；還可能含有如表中所示的若干種離子．

。陽(yáng)離子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+陰離子NO3-、CO32-、SiO32-、SO42-取100mL該溶液進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)（氣體體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下測(cè)定）：

。序號(hào)實(shí)驗(yàn)內(nèi)容實(shí)驗(yàn)結(jié)果Ⅰ想該溶液中加入足量稀鹽酸生成白色沉淀并在標(biāo)準(zhǔn)狀況下放出0.56L氣體Ⅱ?qū)ⅱ裰挟a(chǎn)生的混合液過(guò)濾，將沉淀洗滌、灼燒至恒重，稱(chēng)量所得固體的質(zhì)量固體質(zhì)量為2.4gⅢ向Ⅱ中所得的濾液中滴加BaCl2溶液無(wú)明顯現(xiàn)象請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）由實(shí)驗(yàn)Ⅰ確定一定不存在的離子是____．

（2）實(shí)驗(yàn)Ⅰ中生成沉淀的離子方程式為_(kāi)___．

（3）通過(guò)實(shí)驗(yàn)Ⅰ；Ⅱ、Ⅲ和必要計(jì)算；填寫(xiě)表中陰離子的物質(zhì)的量濃度（能計(jì)算出結(jié)果的填寫(xiě)計(jì)算結(jié)果，一定不存在的離子填“0”，不能確定是否存在的離子填“？”）

。陰離子NO3-CO32-SiO32-SO42-c/mol?L-1________________（4）判斷K+是否存在，若存在，求其最小濃度，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由：____．18、高純氧化鐵rm{(婁脕-Fe_{2}O_{3})}是現(xiàn)代電子工業(yè)的重要材料rm{.}實(shí)驗(yàn)室用硫鐵礦燒渣rm{(}主要成分為rm{Fe_{2}O_{3}}rm{FeO}還含有rm{SiO_{2}}等雜質(zhì)rm{)}為原料制備高純氧化鐵的步驟如下：

回答下列問(wèn)題：

rm{(1)}上述實(shí)驗(yàn)所涉及的反應(yīng)中，有一個(gè)反應(yīng)既屬于化合反應(yīng)，又屬于氧化還原反應(yīng)rm{.}寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式：______．

rm{(2)}實(shí)驗(yàn)室欲用rm{18.4mol?L^{-1}}的濃硫酸配制rm{100mL}rm{5.0mol?L^{-1}}的硫酸溶液，所用的玻璃儀器膠頭滴管、量筒、燒杯、玻璃棒外，還有______rm{(}填寫(xiě)儀器名稱(chēng)rm{)}．

rm{(3)}某同學(xué)用如圖rm{1}所示裝置進(jìn)行過(guò)濾操作．

rm{壟脵}請(qǐng)指出其中的錯(cuò)誤之處：______；

rm{壟脷}過(guò)濾后；洗滌過(guò)濾器中少量沉淀的方法是______．

rm{(4)}某同學(xué)用圖rm{2}所示實(shí)驗(yàn)裝置rm{(}尾氣吸收裝置未畫(huà)出rm{)}向溶液rm{Y}中通入rm{NH_{3}}和rm{CO_{2}}．

rm{壟脵}下列為實(shí)驗(yàn)室制備rm{NH_{3}}和rm{CO_{2}}的備選藥品：

rm{a.NH_{4}Cl}rm{b.CaCO_{3}(}塊狀rm{)}rm{c.Ca(OH)_{2}d.NaOH}rm{e.}濃氨水rm{f.}稀鹽酸rm{g.}稀硫酸。

則上述裝置rm{A}處的試管中所放藥品的最佳選擇為_(kāi)_____和______rm{(}用藥品序號(hào)填空rm{)}裝置rm{D}處藥品的最佳選擇為_(kāi)_____和______rm{(}用藥品序號(hào)填空rm{)}．

rm{壟脷}下列各項(xiàng)制備實(shí)驗(yàn)中，也可利用裝置rm{D}處儀器完成的是______rm{(}填序號(hào)rm{)}．

A.rm{MnO_{2}}與濃鹽酸反應(yīng)制備rm{Cl_{2}}

B.rm{Cu}與濃硫酸反應(yīng)生成rm{SO_{2}}

C.由rm{KMnO_{4}}分解制rm{O_{2}}

D.乙醇與乙酸反應(yīng)制備乙酸乙酯。

E.rm{Zn}與稀硫酸反應(yīng)制備rm{H_{2}}

rm{壟脹}寫(xiě)出上述裝置rm{A}處的試管中所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式______．

rm{壟脺}若通入一定量的rm{NH_{3}}和rm{CO_{2}}后，裝置rm{C}處的溶液中只含有rm{S}rm{N}rm{H}rm{O}四種元素rm{.}用rm{pH}試紙測(cè)定該溶液rm{pH}的方法是______；若該溶液呈中性，則溶液中的rm{NH_{4}^{+}}和rm{SO_{4}^{2-}}的物質(zhì)的量濃度間的數(shù)量關(guān)系為_(kāi)_____rm{.(}離子的濃度用符號(hào)rm{[NH_{4}^{+}]}和rm{[SO_{4}^{2-}]}表示rm{)}19、A、B、C、D、E、F是短周期元素，周期表中A與B、B與C相鄰；C與E同主族；A與C最外層電子數(shù)之比為2：3，B的最外層電子數(shù)比C的最外層電子數(shù)少1個(gè)；F元素的原子在周期表中半徑最小；常見(jiàn)化合物D2C2與水反應(yīng)生成C的單質(zhì)；且溶液使酚酞溶液變紅．

（1）E的名稱(chēng)為_(kāi)___；D的最高價(jià)氧化物的水化物的電子式：____．AB-離子的電子式為_(kāi)___．

（2）A、B、C的氫化物穩(wěn)定性順序?yàn)椋ㄓ梅肿邮奖硎荆___；B的氫化物和B的最高價(jià)氧化物的水化物反應(yīng)生成Z，則Z中的化學(xué)鍵類(lèi)型為_(kāi)___．

（3）F2C和F2E中，沸點(diǎn)較高的是____（填化學(xué)式），其主要原因是____．

（4）兩種均含C、D、E、F四種元素的化合物相互反應(yīng)放出氣體的反應(yīng)離子方程式為_(kāi)___．

（5）一定量的D2C2與AC2反應(yīng)后的固體物質(zhì)，恰好與含0.8molHCl的稀鹽酸完全反應(yīng)，并收集0.25mol氣體，則用物質(zhì)的量表示該固體物質(zhì)的組成為_(kāi)___．20、（2011秋?撫順校級(jí)月考）物質(zhì)A在體內(nèi)脫氫酶的作用下會(huì)氧化為有害物質(zhì)CHB．如圖是關(guān)于物質(zhì)A的一種制備方法及由A引發(fā)的一系列化學(xué)反應(yīng)．

已知：CH2=CH-CH=CH2+CH2=CH2

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）寫(xiě)出反應(yīng)類(lèi)型：反應(yīng)①____，反應(yīng)③____．

（2）寫(xiě)出化合物B中的官能團(tuán)名稱(chēng)____．

（3）寫(xiě)出反應(yīng)②的化學(xué)方程式____．

（4）寫(xiě)出反應(yīng)④的化學(xué)方程式____．

（5）反應(yīng)④中除生成E外，還可能存在一種副產(chǎn)物（含結(jié)構(gòu)），它的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)___．

（6）與化合物E互為同分異構(gòu)體的物質(zhì)不可能為_(kāi)___（填寫(xiě)字母）．a(chǎn)．醇b．醛c．羧酸d．酚．21、如圖是某學(xué)生繪制的實(shí)驗(yàn)室蒸餾石油的裝置圖：

（1）實(shí)驗(yàn)室分餾石油的正確操作順序是____

A．連接接液管B．裝入碎瓷片（沸石）和石油；塞上帶溫度計(jì)的塞子C．檢查裝置氣密性。

D．連接冷凝管及進(jìn)出水管E．在鐵架臺(tái)上放酒精燈；固定好鐵圈，放上石棉網(wǎng)F．固定好蒸餾燒瓶，調(diào)節(jié)好溫度計(jì)的位置G．加熱。

（2）裝置圖中有兩處錯(cuò)誤；它們分別是：

①____；

②____．22、金屬具有良好的導(dǎo)電；導(dǎo)熱及延展性等；因此廣泛應(yīng)用于制造各種材料．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)家庭中“鋼精鍋”是由鋁合金做成的；它能長(zhǎng)期使用的原因是：____________．

(2)下列關(guān)于鐵制品保護(hù)措施的說(shuō)法中不正確的有____________(填序號(hào))．

①在自行車(chē)鋼圈上鍍上一層金屬鉻；摩擦部位加上機(jī)油或黃油。

②相同條件下；馬口鐵(表層鍍錫)與白鐵(表層鍍鋅)相比，馬口鐵更為耐用。

③在海輪的外殼上常焊有鋅塊；且定期更新。

④將不銹鋼制成刀具和餐具，有的刀具還進(jìn)行烤藍(lán)處理．評(píng)卷人得分四、判斷題(共2題，共8分)23、制備MgO，既可以通過(guò)化合反應(yīng)，又可以通過(guò)置換反應(yīng)制備____（判斷對(duì)和錯(cuò)）24、某烷烴的名稱(chēng)為2，2，4，4-四甲基-3，3，5-三乙基己烷_(kāi)___（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共3題，共27分)25、有機(jī)物M（）是一種常用的食品添加劑；合成路線如下：

已知：①（R1、R2為H或烴基）

②與稀氫氧化鈉溶液不反應(yīng)。

回答系列問(wèn)題：

（1）有機(jī)物M中能與NaOH反應(yīng)的官能團(tuán)的名稱(chēng)為_(kāi)_____；

（2）F的核磁共振氫譜有______組峰，A→B的反應(yīng)類(lèi)型為_(kāi)_____；

（3）化合物L(fēng)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_____；

（4）B→C+G的化學(xué)方程式為_(kāi)_____；

（5）有機(jī)物N（C8H8O3）為芳香化合物，其滿足下列條件的同分異構(gòu)體有______種．

Ⅰ．遇FeCl3顯紫色。

Ⅱ．能發(fā)生水解反應(yīng)和銀鏡反應(yīng)Ⅲ．苯環(huán)上的一氯代物有3種。

（6）已知：③由乙烯、甲醇為有機(jī)原料制備化合物的合成路線流程圖（無(wú)機(jī)試劑任選）如下：

①產(chǎn)物b的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_____．

②產(chǎn)物c與足量新制Cu（OH）2反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____．26、常見(jiàn)的酸性鋅錳干電池，外殼為金屬鋅，中間是碳棒，其周?chē)怯刑挤?、二氧化錳、氯化鋅和氯化銨等組成的糊狀填充物，回收處理該廢電池可以得到多種化工原料，有關(guān)數(shù)據(jù)如下表所示：溶解度rm{/(g/100g}水rm{)}

。

溫度rm{/隆忙}

化合物rm{0}rm{20}rm{40}rm{60}rm{80}rm{100}rm{NH_{4}Cl}rm{29.3}rm{37.2}rm{45.8}rm{55.3}rm{65.6}rm{77.3}rm{ZnCl_{2}}rm{343}rm{395}rm{452}rm{488}rm{541}rm{614}不溶物溶度積：

。化合物rm{Zn(OH)_{2}}rm{Fe(OH)_{2}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{K_{sp}}近似值rm{10^{-17}}rm{10^{-17}}rm{10^{-39}}回答下列問(wèn)題：

rm{(1)}該電池的總反應(yīng)式可表述為rm{Zn+2NH_{4}^{+}+2MnO_{2}簍TZn^{2+}+2NH3+2MnO(OH).}則對(duì)應(yīng)的正極反應(yīng)式應(yīng)為_(kāi)_____，rm{MnO(OH)}中錳元素的化合價(jià)為_(kāi)_____價(jià)rm{.}

rm{(2)}維持電流強(qiáng)度為rm{0.5A}電池工作五分鐘，理論消耗鋅______rm{g.(}已經(jīng)rm{F=96500C/mol)}

rm{(3)}廢電池糊狀填充物加水處理后，過(guò)濾，濾液中主要有rm{ZnCl_{2}}和rm{NH_{4}Cl}若將濾液加熱蒸發(fā)，首先應(yīng)該析出的物質(zhì)應(yīng)是______，原因是______；濾渣的主要成分是rm{MnO_{2}}rm{MnO(OH)}和______．

rm{(3)}廢電池的鋅皮中有少量雜質(zhì)鐵、將其加入稀硫酸溶解，再加入雙氧水，加堿調(diào)節(jié)rm{pH}可得到rm{Fe(OH)_{3}}沉淀rm{.}加入雙氧水時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____；鐵離子開(kāi)始沉淀時(shí)的溶液的rm{pH}應(yīng)為rm{(}假定rm{Fe^{3+}}為rm{0.01mol?L^{-1})}______；若上述過(guò)程不加雙氧水就加堿調(diào)節(jié)rm{pH}直接得到的沉淀中應(yīng)主要含有______．27、以硫鐵礦燒渣（主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO）生產(chǎn)安全高效的水處理劑高鐵酸鉀（K2FeO4）的工藝流程如下：

已知：FeO42-在強(qiáng)堿性溶液中穩(wěn)定，但在Fe（OH）3催化作用下會(huì)發(fā)生分解。

（1）“酸浸”時(shí)加入硫酸的量不宜過(guò)多的原因是______。

（2）“氧化”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____。

（3）在控制其他條件不變的情況下，探究保持Fe2（SO4）3和NaOH總質(zhì)量不變，改變其質(zhì)量比對(duì)K2FeO4產(chǎn)率的影響，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖所示，當(dāng)質(zhì)量比大于0.55時(shí)K2FeO4的產(chǎn)率下降的原因可能是______。

（4）“過(guò)濾2”產(chǎn)生的濾渣的主要成分為_(kāi)_____（填化學(xué)式），“過(guò)濾3”所得濾液中含有的陰離子有OH-、Cl-、SO42-；______、______（填化學(xué)式）。

（5）K2FeO4可將水中的H2S氧化為硫酸鹽，同時(shí)K2FeO4被還原為Fe（OH）3，則反應(yīng)時(shí)K2FeO4與H2S的物質(zhì)的量之比為_(kāi)_____。評(píng)卷人得分六、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共16分)28、二氧化氯（ClO2）是國(guó)內(nèi)外公認(rèn)的高效、廣譜、快速、安全無(wú)毒的殺菌消毒劑，被稱(chēng)為“第4代消毒劑”．工業(yè)上可采用氯酸鈉（NaClO3）或亞氯酸鈉（NaClO2）為原料制備ClO2．

（1）亞氯酸鈉也是一種性能優(yōu)良的漂白劑，但在強(qiáng)酸性溶液中會(huì)發(fā)生歧化反應(yīng)，產(chǎn)生ClO2氣體，離子方程式為_(kāi)_____．向亞氯酸鈉溶液中加入鹽酸，反應(yīng)劇烈．若將鹽酸改為相同pH的硫酸，開(kāi)始時(shí)反應(yīng)緩慢，稍后一段時(shí)間產(chǎn)生氣體速率迅速加快．產(chǎn)生氣體速率迅速加快的原因是______．

（2）化學(xué)法可采用鹽酸或雙氧水還原氯酸鈉制備ClO2．用H2O2作還原劑制備的ClO2更適合用于飲用水的消毒，其主要原因是______．

（3）電解法是目前研究最為熱門(mén)的生產(chǎn)ClO2的方法之一．如圖所示為直接電解氯酸鈉、自動(dòng)催化循環(huán)制備高純ClO2的實(shí)驗(yàn)．

①電源負(fù)極為_(kāi)_____極（填A(yù)或B）．

②寫(xiě)出陰極室發(fā)生反應(yīng)依次為_(kāi)_____．

③控制電解液H+不低于5mol/L，可有效防止因H+濃度降低而導(dǎo)致的ClO2-歧化反應(yīng)．若兩極共收集到氣體22.4L（體積已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況，忽略電解液體積的變化和ClO2氣體溶解的部分），此時(shí)陽(yáng)極室與陰極室c（H+）之差為_(kāi)_____．29、按如圖rm{1}所示裝置進(jìn)行鐵和水蒸氣反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)．

rm{(1)}鐵粉與水蒸氣反應(yīng)的化學(xué)方程式是：______；

rm{(2)}為檢驗(yàn)生成的氣體產(chǎn)物，需從圖rm{2}選擇必要的裝置，其正確的連接順序?yàn)閞m{(}用接口字母表示rm{)a-}______；描述能驗(yàn)證氣體產(chǎn)物的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象______；

rm{(3)}停止反應(yīng)，待裝置冷卻后，取出反應(yīng)過(guò)的鐵粉混合物，加入過(guò)量的稀硫酸充分反應(yīng)，過(guò)濾rm{.}簡(jiǎn)述檢驗(yàn)所得濾液中rm{Fe^{3+}}的操作方法：______；

rm{(4)}經(jīng)檢驗(yàn)上述濾液中不含rm{Fe^{3+}}這不能說(shuō)明鐵粉與水蒸氣反應(yīng)所得產(chǎn)物中不含rm{+3}價(jià)的鐵rm{.}原因是rm{(}用離子方程式說(shuō)明rm{)}______；

rm{(5)}某同學(xué)利用上述濾液制取白色的rm{Fe(OH)_{2}}沉淀，向?yàn)V液中加入rm{NaOH}溶液后；觀察到生成的白色沉淀迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色．

rm{壟脵}沉淀由白色變?yōu)榧t褐色的化學(xué)方程式是：______；

rm{壟脷}為了得到白色的rm{Fe(OH)_{2}}沉淀，并盡可能使沉淀長(zhǎng)時(shí)間保持白色，有同學(xué)設(shè)計(jì)如圖rm{3}所示的裝置：通電后，溶液中產(chǎn)生大量的白色沉淀，且較長(zhǎng)時(shí)間不變色rm{.}下列說(shuō)法中正確的是______rm{(}填序號(hào)rm{)}．

A.電源中的rm{a}為正極，rm為負(fù)極。

B.可以用rm{NaCl}溶液作為電解液。

C.rm{A}rm{B}兩端都必須用鐵作電極。

D.陰極發(fā)生的反應(yīng)是rm{2H^{+}+2e^{-}簍TH_{2}隆眉}參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】A；該無(wú)色氣體可以為二氧化碳、二氧化硫；故離子可以是碳酸根、碳酸氫根、亞硫酸根、亞硫酸氫根等；

B；氫氧化銅為藍(lán)色沉淀；

C；氯化鋇可以與硝酸銀生成白色沉淀；

D、碳酸銀、氯化銀、硫酸銀等均為白色沉淀．【解析】【解答】解：A；常見(jiàn)的無(wú)色氣體由二氧化碳、二氧化硫等；均可由其正鹽、酸式鹽與酸反應(yīng)得到，故A錯(cuò)誤；

B；氫氧化銅為藍(lán)色沉淀；故B正確；

C；氯化鋇中含有氯離子；可以與銀離子生成氯化銀沉淀，不一定是硫酸鋇，故C錯(cuò)誤；

D、碳酸銀、硫酸銀等均為白色沉淀，故D錯(cuò)誤，故選B．2、A【分析】【分析】根據(jù)塑料袋、廢紙、舊橡膠制品的成分分別為合成高分子化合物、纖維素、合成高分子，均屬于有機(jī)高分子化合物．【解析】【解答】解：塑料袋；舊橡膠制品屬于高分子化合物；廢紙的主要成分是植物的纖維是纖維素，它們都屬于有機(jī)物；

故選A．3、A【分析】【分析】A．根據(jù)影響氫化物沸點(diǎn)高低的因素有氫鍵和分子間作用力判斷；

B．元素的非金屬性越強(qiáng)；對(duì)應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定；

C．元素的非金屬性越強(qiáng)；對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的酸性越強(qiáng)；

D．元素的金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的堿性越強(qiáng)．【解析】【解答】解：A．NH3含有氫鍵，沸點(diǎn)最高，PH3和AsH3結(jié)構(gòu)相似，但不含氫鍵，相對(duì)分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強(qiáng)，分子的沸點(diǎn)越高，應(yīng)為NH3＞AsH3＞PH3；故A錯(cuò)誤；

B．非金屬性O(shè)＞N＞C；元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，故B正確；

C．非金屬性Cl＞S；元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的酸性越強(qiáng)，故C正確；

D．金屬性：Na＞Mg＞Al；元素的金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的堿性越強(qiáng)，故D正確．

故選：A．4、C【分析】【分析】A．反應(yīng)生成硝酸亞鐵；

B．醋酸在離子反應(yīng)中保留化學(xué)式；

C．反應(yīng)生成氯化亞鐵；氯化銅；

D．氧氣得到電子生成氫氧根離子．【解析】【解答】解：A．過(guò)量鐵屑溶于少量稀硝酸的離子反應(yīng)為3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O；故A錯(cuò)誤；

B．醋酸溶液與水垢中的CaCO3反應(yīng)的離子反應(yīng)為CaCO3+2HAc═Ca2++H20+CO2↑+2Ac-；故B錯(cuò)誤；

C．用FeCl3溶液腐蝕銅線路板的離子反應(yīng)為Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；遵循電子；電荷守恒，故C正確；

D．鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕的正極反應(yīng)為O2+4e-+2H2O═4OH-；故D錯(cuò)誤；

故選C．5、C【分析】試題分析：A、由題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(qiáng)于氧化產(chǎn)物，故A正確；B、由生成的Cl2和O2的混合氣體平均分子量為45，則n(O2)×32g/mol+n(Cl2)×71g/mol÷[n(O2)+n(Cl2)]=45g/mol，則n（O2）：n（Cl2）=2：1，由電子守恒得化學(xué)反應(yīng)方程式為3HClO3=2O2↑+Cl2↑+HClO4+H2O，故B正確；C、比較非金屬性強(qiáng)弱，應(yīng)為最高價(jià)含氧酸的酸性，應(yīng)為HClO4＞H2SO4，故C錯(cuò)誤；D、若化學(xué)計(jì)量數(shù)a=8，b=3，由C分析可得化學(xué)反應(yīng)方程式為8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O，電子轉(zhuǎn)移數(shù)目為20e-，故D正確?？键c(diǎn)：本題考查【解析】【答案】C6、C【分析】解：A．NaOH含有離子鍵和極性共價(jià)鍵；故A錯(cuò)誤；

B．NH4Cl含有離子鍵和極性共價(jià)鍵；故B錯(cuò)誤；

C．CH3COONa含有離子鍵和非極性共價(jià)鍵；故C正確；

D．PCl5只含極性共價(jià)鍵；故D錯(cuò)誤．

故選C．【解析】【答案】C7、A【分析】解：rm{A.C_{2}H_{2}}含有的化學(xué)鍵rm{C-H}是極性鍵；乙炔是直線型結(jié)構(gòu)，正負(fù)電荷重心重合，是非極性分子，故A正確；

B.rm{NH_{3}}含有的化學(xué)鍵rm{N-H}是極性鍵；分子構(gòu)型分別是三角錐型，正負(fù)電荷重心不重合，是極性分子，故B錯(cuò)誤；

C.rm{H_{2}O}含有的化學(xué)鍵rm{H-O}是極性鍵，水分子是rm{V}型結(jié)構(gòu)；正負(fù)電荷重心不重合是極性分子，故C錯(cuò)誤；

D.氫氧化鈉為離子化合物；鈉離子與氫氧根離子通過(guò)離子鍵結(jié)合而成，沒(méi)有分子，故D錯(cuò)誤；

故選：rm{A}

同種非金屬元素之間形成非極性共價(jià)鍵；不同非金屬元素之間形成極性共價(jià)鍵；分子中正負(fù)電荷中心不重合，從整個(gè)分子來(lái)看，電荷的分布是不均勻的，不對(duì)稱(chēng)的，這樣的分子為極性分子，以極性鍵結(jié)合的雙原子一定為極性分子，以極性鍵結(jié)合的多原子分子如結(jié)構(gòu)對(duì)稱(chēng)，正負(fù)電荷的重心重合，電荷分布均勻，則為非極性分子。以此來(lái)解答。

本題考查化學(xué)鍵及分子的極性，明確化學(xué)鍵判斷的方法及分子極性的判斷方法是解答本題的關(guān)鍵，應(yīng)熟悉常見(jiàn)分子的構(gòu)型，題目難度不大?！窘馕觥縭m{A}二、多選題(共6題，共12分)8、CD【分析】【分析】A．蒸發(fā)用到三角架；蒸發(fā)皿、玻璃棒；

B．萃取需要鐵架臺(tái)；鐵圈、分液漏斗、燒杯等儀器；

C．過(guò)濾需要鐵架臺(tái)；鐵圈、燒杯、玻璃棒、濾紙、漏斗；

D．蒸餾需要鐵架臺(tái)、鐵圈、鐵夾、石棉網(wǎng)、酒精燈、蒸餾燒瓶、火柴、冷凝管、牛角管以及錐形瓶．【解析】【解答】解：A．蒸發(fā)用到三角架；蒸發(fā)皿、玻璃棒；提供的儀器能滿足該操作，故A不選；

B．萃取需要鐵架臺(tái)；鐵圈、分液漏斗、燒杯等儀器；提供的儀器能滿足，故B不選；

C．過(guò)濾需要鐵架臺(tái)；鐵圈、燒杯、玻璃棒、濾紙、漏斗；無(wú)漏斗、濾紙，提供的儀器不能滿足，故C選；

D．蒸餾需要鐵架臺(tái)；鐵圈、鐵夾、石棉網(wǎng)、酒精燈、蒸餾燒瓶、火柴、冷凝管、牛角管以及錐形瓶；提供的儀器缺少冷凝管、牛角管以及錐形瓶，不能進(jìn)行試驗(yàn)，故D選．

故選CD．9、BD【分析】【分析】在水溶液里或融融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)，在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物是非電解質(zhì)，無(wú)論是電解質(zhì)還是非電解質(zhì)都必須是化合物，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：A．銅是單質(zhì)不是化合物；所以銅既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故A錯(cuò)誤；

B．在水溶液里或熔融態(tài)的硝酸銀能導(dǎo)電；且硝酸銀是化合物，所以硝酸銀是電解質(zhì)，故B正確；

C．蔗糖在水中以分子存在導(dǎo)致其水溶液不導(dǎo)電；但蔗糖是化合物，所以蔗糖是非電解質(zhì)，故C錯(cuò)誤；

D．H2SO4在水中能電離出H+和SO42-在水溶液中能導(dǎo)電是電解質(zhì)；故D正確；

故選BD．10、AD【分析】【分析】A．酒精和水互溶；不能用作萃取劑；

B．氯化氫可與堿石灰反應(yīng)；

C．含碘溶液的濃度越大；顏色越深；

D．鹽酸可使石蕊試紙變紅．【解析】【解答】解：A．萃取劑和水應(yīng)互不相溶；酒精和水互溶，不能用作萃取劑，故A錯(cuò)誤；

B．氯化氫可與堿石灰反應(yīng)；可用堿石灰除去氯化氫，故B正確；

C．碘在水的中的溶解度較??；在四氯化碳中的溶解度較大，含碘溶液的濃度越大，顏色越深，故C正確；

D．鹽酸為氯化氫的水溶液；可使石蕊試紙變紅，故D錯(cuò)誤．

故選AD．11、BC【分析】【分析】根據(jù)二氧化碳的體積判斷有機(jī)物含有的C原子數(shù)目，此烴在一定條件下能與氫氣加成，最多能消耗兩倍于其體積的氫氣，說(shuō)明分子中含有1個(gè)C≡C或2個(gè)C=C，以此解答該題．【解析】【解答】解：n（CO2）==5mol，說(shuō)明烴分子中含有5個(gè)C原子，此烴在一定條件下能與氫氣加成，最多能消耗兩倍于其體積的氫氣，說(shuō)明分子中含有1個(gè)C≡C或2個(gè)C=C，可能為CH3-CH=CH-CH=CH2或CH3-C≡C-CH2CH3；

故選BC．12、CD【分析】【分析】依據(jù)C=計(jì)算硫酸的物質(zhì)的量濃度為18.4mol/L；該硫酸為濃硫酸．

A．濃硫酸具有強(qiáng)的氧化性；常溫下能夠使鋁鈍化；

B．鋅與濃硫酸反應(yīng)不能得到氫氣；

C．分子間有間隙；等體積濃硫酸與等體積水混合，體積小于二體積；

D．銅只能與濃硫酸反應(yīng)，與稀硫酸不反應(yīng)．【解析】【解答】依據(jù)C=計(jì)算硫酸的物質(zhì)的量濃度為18.4mol/L；該硫酸為濃硫酸．

解：A．濃硫酸具有強(qiáng)的氧化性；常溫下能夠使鋁鈍化，故A錯(cuò)誤；

B．濃硫酸具有強(qiáng)的氧化性；與任何金屬反應(yīng)都不能生成氫氣，故B錯(cuò)誤；

C．分子間有間隙；等體積濃硫酸與等體積水混合，體積小于二體積，所以混合所得溶液的物質(zhì)的量濃度大于9.2mol/L，故C正確；

D．隨著反應(yīng)的進(jìn)行硫酸濃度逐漸降低；銅只能與稀硫酸反應(yīng)，所以反應(yīng)后被還原的硫酸的物質(zhì)的量小于0.46mol，故D正確；

故選：CD．13、BC【分析】【分析】A．第一次平衡時(shí)；時(shí)間為20min，氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量由0.4mol變?yōu)?.25mol，容器容積為2L，根據(jù)速率公式可計(jì)算出氮?dú)獾乃俾剩?/p>

B．根據(jù)圖象知；平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，10min時(shí)是連續(xù)的，三種氣體物質(zhì)的速率增加倍數(shù)相同，說(shuō)明為使用催化劑；

C.25分鐘，NH3的物質(zhì)的量突然減少，而H2、N2的物質(zhì)的量不變，說(shuō)明應(yīng)是分離出NH3；

D．第25分鐘，NH3的物質(zhì)的量突然減少，而H2、N2的物質(zhì)的量不變，說(shuō)明應(yīng)是分離出NH3，壓強(qiáng)減小，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：A．第一次平衡時(shí)，時(shí)間為20min，氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量由0.4mol變?yōu)?.25mol，容器容積為2L，v（N2）==0.00625mol/（L?min）；故A錯(cuò)誤；

B．由圖象可知各組分物質(zhì)的量變化增加，且10min時(shí)變化是連續(xù)的，20min達(dá)平衡時(shí)，△n（N2）=0.4-0.25=0.15mol，△n（H2）=0.6mol-0.15mol=0.45mol，△n（NH3）=0.3mol；物質(zhì)的量變化之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，三種氣體物質(zhì)的速率增加倍數(shù)相同，說(shuō)明10min可能改變的條件是使用催化劑，故B正確；

C.25分鐘，NH3的物質(zhì)的量突然減少，而H2、N2的物質(zhì)的量不變，說(shuō)明應(yīng)是分離出NH3；故C正確；

D．第25分鐘，NH3的物質(zhì)的量突然減少，而H2、N2的物質(zhì)的量不變，說(shuō)明應(yīng)是分離出NH3，由于反應(yīng)條件為恒容，與原平衡相比，容器內(nèi)壓強(qiáng)減小，則反應(yīng)進(jìn)行的程度減小，但達(dá)到新平衡后NH3的體積分?jǐn)?shù)比原平衡大；故D錯(cuò)誤；

故選BC．三、填空題(共9題，共18分)14、0.0625mol/（L?min）c【分析】【分析】（1）化學(xué)平衡常數(shù)是指：一定溫度下；可逆反應(yīng)到達(dá)平衡時(shí)，生成物的濃度系數(shù)次冪之積與反應(yīng)物的濃度系數(shù)次冪之積的比，固體；純液體不需要在化學(xué)平衡常數(shù)中寫(xiě)出；

利用差量法計(jì)算消耗HCl物質(zhì)的量，再根據(jù)v=計(jì)算v（HCl）；

（2）a．未指明正逆速率；不能確定是否到達(dá)平衡；

b．不同物質(zhì)表示正逆速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比；反應(yīng)到達(dá)平衡；

c．增大沒(méi)有反應(yīng)物難度；平衡正向氧氣，其它反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率增大；

d．分離出H2O，平衡正向移動(dòng)，正反應(yīng)速率減小至平衡狀態(tài)．【解析】【解答】解：（1）4HCl+O22Cl2+2H2O的平衡常數(shù)表達(dá)式K=；

4min后達(dá)到平衡；測(cè)得容器內(nèi)物質(zhì)由2.0mol減少至1.75mol，則：

4HCl+O22Cl2+2H2O物質(zhì)的量減小。

41

1mol2mol-1.75mol=0.25mol

故v==0.0625mol/（L?min）；

故答案為：；0.0625mol/（L?min）；

（2）a．未指明正逆速率；不能確定是否到達(dá)平衡，若分別表示正逆速率，則處于平衡狀態(tài)，故a錯(cuò)誤；

b．4v正（HCl）=v逆（O2）均表示逆反應(yīng)速率，反應(yīng)始終按該比例關(guān)系進(jìn)行，故b錯(cuò)誤；

c．又加入1molO2；氧氣濃度增大，平衡正向移動(dòng)，HCl的轉(zhuǎn)化率增大，故c正確；

d．分離出H2O，平衡正向移動(dòng)，正反應(yīng)速率減小至平衡狀態(tài)，達(dá)新平衡時(shí)，v正（HCl）減??；故d錯(cuò)誤；

故選：c．15、N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-624kJ/mol來(lái)源豐富，單位質(zhì)量放熱多，生成物無(wú)污染【分析】【分析】（1）根據(jù)題中數(shù)據(jù)計(jì)算出該反應(yīng)的焓變；然后寫(xiě)出反應(yīng)的熱化學(xué)方程式，注意要標(biāo)注物質(zhì)的聚集狀態(tài)；

（2）根據(jù)氫氣的來(lái)源、性質(zhì)和燃燒的產(chǎn)物來(lái)回答．【解析】【解答】解：（1）在101kPa（25℃時(shí)）時(shí)，已知0.5mol液態(tài)肼與足量氧氣反應(yīng)，生成氮?dú)夂退魵?，放?12KJ的熱量，則1mol液態(tài)肼完全反應(yīng)生成氮?dú)夂退魵夥懦龅臒崃繛椋?12kJ×2=624kJ，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-624kJ/mol；

故答案為：N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-624kJ/mol；

（2）氫氣主要來(lái)源于水；在自然界中儲(chǔ)量極為豐富；單位質(zhì)量的氫燃燒時(shí)釋放的熱量大；燃燒產(chǎn)物為水，不產(chǎn)生污染；所以氫氣作為能源的三個(gè)主要優(yōu)點(diǎn)：來(lái)源豐富；單位質(zhì)量放熱多；生成物無(wú)污染；

故答案為：來(lái)源豐富，單位質(zhì)量放熱多，生成物無(wú)污染．16、Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2OSiO2CaSO43CaCO3+2Al3++3SO42-+3H2O═2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2↑溶液中的部分SO32-被氧化生成SO42-減小【分析】【分析】粉煤灰和稀硫酸混合，發(fā)生反應(yīng)Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反應(yīng)，過(guò)濾溶液得濾渣Ⅰ為SiO2，濾液中含有Al2（SO4）3，調(diào)節(jié)pH=3.6，加入CaCO3粉末，發(fā)生反應(yīng)CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，CaSO4為微溶物，所以濾渣Ⅱ的成分主要為CaSO4，過(guò)濾得濾液Ⅱ，二氧化硫和水反應(yīng)生成的SO32-易被氧化生成SO42-，弱酸根離子轉(zhuǎn)化為強(qiáng)酸根離子，再結(jié)合題目分析解答．【解析】【解答】解：粉煤灰和稀硫酸混合，發(fā)生反應(yīng)Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反應(yīng)，過(guò)濾溶液得濾渣Ⅰ為SiO2，濾液中含有Al2（SO4）3，調(diào)節(jié)pH=3.6，加入CaCO3粉末，發(fā)生反應(yīng)CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，CaSO4為微溶物，所以濾渣Ⅱ的成分主要為CaSO4，過(guò)濾得濾液Ⅱ，二氧化硫和水反應(yīng)生成的SO32-易被氧化生成SO42-；

（1）通過(guò)以上分析知，酸浸時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式為Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，氧化鋁和稀硫酸完全反應(yīng)、二氧化硅和稀硫酸不反應(yīng)，所以濾渣I的成分為SiO2；

故答案為：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O；SiO2；

（2）通過(guò)以上分析知，濾渣Ⅱ的成分是CaSO4，若溶液的pH偏高，溶液中的Al3+和OH-離子反應(yīng)生成Al（OH）3，所以將會(huì)導(dǎo)致溶液中鋁元素的含量降低，反應(yīng)方程式為3CaCO3+2Al3++3SO42-+3H2O═2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2↑；

故答案為：CaSO4；3CaCO3+2Al3++3SO42-+3H2O═2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2↑；

（3）二氧化硫被吸收后生成SO32-，SO32-不穩(wěn)定，易被氧化生成SO42-，所以流程中經(jīng)完全熱分解放出的SO2量總是小于吸收的SO2的量，加熱分解后的溶液中硫酸根離子濃度增大，促進(jìn)生成Al2（SO4）x（OH）6-2x；則溶液的酸性增強(qiáng)，溶液的pH減??；

故答案為：溶液中的部分SO32-被氧化生成SO42-；減?。?7、Ag+、Mg2+、Ba2+SiO32-+2H+=H2SiO3↓0.25mol/L0.4mol/L0存在，其濃度至少為0.8mol/L【分析】【分析】由題意知溶液為澄清溶液，因此溶液中含有的離子必須能大量共存．由實(shí)驗(yàn)Ⅰ可知，該溶液中一定含有CO32-，其濃度為=0.25mol/L，則一定沒(méi)有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判斷溶液中一定含有SiO32-，發(fā)生反應(yīng)SiO32-+2H+=H2SiO3↓，SiO32-的濃度為=0.4mol/L．由實(shí)驗(yàn)Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根據(jù)電荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其濃度至少為0.8mol/L，不能確定NO3-是否存在．【解析】【解答】解：由題意知溶液為澄清溶液，因此溶液中含有的離子必須能大量共存．由實(shí)驗(yàn)Ⅰ可知，該溶液中一定含有CO32-，其濃度為=0.25mol/L，則一定沒(méi)有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判斷溶液中一定含有SiO32-，發(fā)生反應(yīng)SiO32-+2H+=H2SiO3↓，SiO32-的濃度為=0.4mol/L．由實(shí)驗(yàn)Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根據(jù)電荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其濃度至少為0.8mol/L，不能確定NO3-是否存在．

（1）由實(shí)驗(yàn)Ⅰ可知，加入足量稀鹽酸生成白色沉淀并在標(biāo)準(zhǔn)狀況下放出0.56L氣體，則該溶液中一定含有CO32-、SiO32-，則一定沒(méi)有Ag+、Mg2+、Ba2+；

故答案為：Ag+、Mg2+、Ba2+；

（2）實(shí)驗(yàn)Ⅰ中生成沉淀的離子方程式為：SiO32-+2H+=H2SiO3↓；

故答案為：SiO32-+2H+=H2SiO3↓；

（3）通過(guò)上述分析計(jì)算可知；

。陰離子NO3-CO32-SiO32-SO42-c/mol?L-1？0.25mol/L0.4mol/L0（4）根據(jù)電荷守恒2c（CO32-+）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+；且其濃度至少為0.8mol/L；

故答案為：存在，其濃度至少為0.8mol/L．18、Fe+2Fe3+=3Fe2+；100mL容量瓶；未用玻璃棒引流或燒杯未緊靠玻璃棒，玻璃棒沒(méi)緊靠三層濾紙；沿玻璃棒向漏斗（過(guò)濾器）中的沉淀上加蒸餾水至淹沒(méi)沉淀，靜置使其全部濾出，重復(fù)操作數(shù)次；a；c；b；f；E；2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+H2O；用潔凈、干燥的玻璃棒蘸取待測(cè)溶液，點(diǎn)在在放在干燥的玻璃皿或白瓷板上的干燥pH試紙中央，待變色后立即與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)比讀數(shù)；c[NH4+]=2c[SO42-]【分析】解：rm{(1)}向硫鐵礦燒渣中加入硫酸，rm{SiO_{2}}不與酸反應(yīng)，氧化鐵和氧化亞鐵分別與硫酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)得到硫酸鐵和硫酸亞鐵，過(guò)濾后所得濾渣為rm{SiO_{2}}濾液rm{A}中加入過(guò)量鐵粉將rm{Fe^{3+}}還原為rm{Fe^{2+}}此反應(yīng)既為化合反應(yīng)又為氧化還原反應(yīng)，過(guò)濾后在濾液中通入氨氣和二氧化碳發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成rm{FeCO_{3}}和硫酸銨，高溫煅燒rm{FeCO_{3}}發(fā)生氧化還原反應(yīng)得rm{Fe_{2}O_{3}}由以上分析可知，符合條件的離子方程式為：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}

故答案為：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}

rm{(2)}配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液要用到一定體積的容量瓶，此實(shí)驗(yàn)需要配制rm{100mL5.0mol?L^{-1}}的硫酸溶液，故需要rm{100mL}容量瓶，故答案為：rm{100mL}容量瓶；

rm{(3)壟脵}過(guò)濾要符合“一貼；二低、三靠”；此圖示缺少兩靠，即燒杯緊靠玻璃棒、玻璃棒緊靠三層濾紙?zhí)?，或答成未用玻璃棒引流也可以?/p>

故答案為：未用玻璃棒引流或燒杯未緊靠玻璃棒；玻璃棒沒(méi)緊靠三層濾紙；

rm{壟脷}在過(guò)濾器中用蒸餾水洗滌沉淀，具體操作為：沿玻璃棒向漏斗rm{(}過(guò)濾器rm{)}中的沉淀上加蒸餾水至淹沒(méi)沉淀；靜置使其全部濾出，重復(fù)操作數(shù)次；

故答案為：沿玻璃棒向漏斗rm{(}過(guò)濾器rm{)}中的沉淀上加蒸餾水至淹沒(méi)沉淀；靜置使其全部濾出，重復(fù)操作數(shù)次；

rm{(4))壟脵}從裝置圖可知，rm{A}用來(lái)制取氨氣，所用試劑為氯化銨和氫氧化鈣，rm{D}用來(lái)制取二氧化碳；所用試劑為大理石和稀鹽酸；

故答案為：rm{ac}rm{bf}

rm{壟脷D}裝置為固體和液體反應(yīng)不加熱制氣裝置；用所給試劑制取氯氣；二氧化硫、氧氣、乙酸乙酯都需要加熱，故不符合，制取氫氣不需要加熱符合；

故答案為：rm{E}

rm{壟脹A}為制取氨氣的裝置，實(shí)驗(yàn)室用氯化銨和氫氧化鈣共熱制取氨氣，反應(yīng)方程式為：rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+H_{2}O}

故答案為：rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+H_{2}O}

rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+H_{2}O}溶液的酸堿度具體測(cè)定方法是：用潔凈、干燥的玻璃棒蘸取待測(cè)溶液，點(diǎn)在在放在干燥的玻璃皿或白瓷板上的干燥rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+H_{2}O}試紙中央，待變色后立即與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)比讀數(shù)測(cè)得rm{壟脺}根據(jù)電荷守恒，rm{pH}因溶液呈中性，則有rm{pH}所以rm{c[NH_{4}^{+}]+c[H^{+}]=c[OH^{-}]+2c[SO_{4}^{2-}]}

故答案為：用潔凈、干燥的玻璃棒蘸取待測(cè)溶液，點(diǎn)在在放在干燥的玻璃皿或白瓷板上的干燥rm{c[H^{+}]=c[OH^{-}]}試紙中央，待變色后立即與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)比讀數(shù)；rm{c[NH_{4}^{+}]=2c[SO_{4}^{2-}]}

rm{pH}向硫鐵礦燒渣中加入硫酸，rm{c[NH_{4}^{+}]=2c[SO_{4}^{2-}].}不與酸反應(yīng)，氧化鐵和氧化亞鐵分別與硫酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)得到硫酸鐵和硫酸亞鐵，過(guò)濾后所得濾渣為rm{(1)}濾液rm{SiO_{2}}中加入過(guò)量鐵粉將rm{SiO_{2}}還原為rm{A}此反應(yīng)既為化合反應(yīng)又為氧化還原反應(yīng)，過(guò)濾后在濾液中通入氨氣和二氧化碳發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成rm{Fe^{3+}}和硫酸銨，高溫煅燒rm{Fe^{2+}}發(fā)生氧化還原反應(yīng)得rm{FeCO_{3}}

rm{FeCO_{3}}配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液要用到一定體積的容量瓶；

rm{Fe_{2}O_{3}}根據(jù)過(guò)濾中的“一貼、二低、三靠”判斷；rm{(2)}在過(guò)濾器中用蒸餾水洗滌沉淀；

rm{(3)壟脵}從裝置圖可知，rm{壟脷}用來(lái)制取氨氣，rm{(4)壟脵}用來(lái)制取二氧化碳；根據(jù)此裝置目的選擇試劑；

rm{A}裝置為固體和液體反應(yīng)不加熱制氣裝置，符合此條件的可用rm{D}裝置；

rm{壟脷D}為制取氨氣的裝置；根據(jù)所用藥品可寫(xiě)出方程式；

rm{D}根據(jù)rm{壟脹A}試紙使用步驟回答；根據(jù)電荷守恒解答．

本題綜合考查了氧化鐵的制備、氨氣、二氧化碳的制備、過(guò)濾、配制一定濃度的溶液作、rm{壟脺}的測(cè)量基本操及離子濃度大小比較等內(nèi)容，較基礎(chǔ)．rm{pH}【解析】rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{100mL}容量瓶；未用玻璃棒引流或燒杯未緊靠玻璃棒，玻璃棒沒(méi)緊靠三層濾紙；沿玻璃棒向漏斗rm{(}過(guò)濾器rm{)}中的沉淀上加蒸餾水至淹沒(méi)沉淀，靜置使其全部濾出，重復(fù)操作數(shù)次；rm{a}rm{c}rmrm{f}rm{E}rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+H_{2}O}用潔凈、干燥的玻璃棒蘸取待測(cè)溶液，點(diǎn)在在放在干燥的玻璃皿或白瓷板上的干燥rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+H_{2}O}試紙中央，待變色后立即與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)比讀數(shù)；rm{pH}rm{c[NH_{4}^{+}]=2c[SO_{4}^{2-}]}19、硫H2O＞NH3＞CH4共價(jià)鍵和離子鍵H2O水分子間存在氫鍵HSO3-+H+=SO2↑+H2O0.1molNa2CO3、0.3molNa2O2【分析】【分析】根據(jù)常見(jiàn)化合物D2C2與水反應(yīng)生成C的單質(zhì)，且溶液使酚酞試液變紅，可知C為O元素，D為Na元素，B的最外層電子數(shù)比C的最外層電子數(shù)少1個(gè)，則B的最外層電子數(shù)為5，且相鄰，應(yīng)為N元素，C與E同主族，E應(yīng)為S元素，A與B相鄰，A與E的最外層電子數(shù)之比2：3，則A的最外層電子數(shù)為4，應(yīng)為C元素，F(xiàn)元素的原子在周期表中半徑最小，F(xiàn)應(yīng)為H元素，據(jù)此答題．【解析】【解答】解：根據(jù)常見(jiàn)化合物D2C2與水反應(yīng)生成C的單質(zhì)；且溶液使酚酞試液變紅，可知C為O元素，D為Na元素，B的最外層電子數(shù)比C的最外層電子數(shù)少1個(gè)，則B的最外層電子數(shù)為5，且相鄰，應(yīng)為N元素，C與E同主族，E應(yīng)為S元素，A與B相鄰，A與E的最外層電子數(shù)之比2：3，則A的最外層電子數(shù)為4，應(yīng)為C元素，F(xiàn)元素的原子在周期表中半徑最小，F(xiàn)應(yīng)為H元素；

（1）E為S元素，名稱(chēng)為硫；鈉的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為NaOH，它的電子式為CN-電子式為

故答案為：硫；

（2）A、B、C分別為C、N、O元素，同一周期元素從左到右元素的非金屬性逐漸增強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的氫化物的穩(wěn)定性逐漸增大，所以A、B、C的氫化物穩(wěn)定性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镠2O＞NH3＞CH4；

B為氮元素，所以B的氫化物和B的最高價(jià)氧化物的水化物反應(yīng)生成Z，Z為NH4NO3；是離子化合物，在銨根離子與硝酸根離子之間是離子鍵，在銨根離子和硝酸根離子內(nèi)部都有共價(jià)鍵；

故答案為：H2O＞NH3＞CH4；共價(jià)鍵和離子鍵；

（3）F2C和F2E分別為H2O和H2S；由于水分子間存在氫鍵，所以水的沸點(diǎn)高于硫化氫；

故答案為：H2O；水分子間存在氫鍵；

（4）C、D、E、F四種元素的兩種化合物相互間發(fā)生反應(yīng)，且生成氣體，兩種化合物為NaHSO3、NaHSO4，在溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為HSO3-+H+=SO2↑+H2O．

故答案為：HSO3-+H+=SO2↑+H2O；

（5）由2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2、Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H20、2Na2O2+4HCl═4NaCl+O2↑+2H20；

反應(yīng)后的固體物質(zhì)；恰好與0.8mol稀鹽酸溶液完全反應(yīng)，并收集到0.25mol氣體；

設(shè)反應(yīng)后Na2CO3、Na2O2的物質(zhì)的量分別為x；y；

則；解得x=0.1mol；y=0.3mol；

即該固體物質(zhì)的組成為0.1molNa2CO3和0.3molNa2O2；

故答案為：0.1molNa2CO3、0.3molNa2O2．20、加成反應(yīng)消去反應(yīng)醛基和羥基HOCH2CH2CH2COOH+H2OCH2=CH-CH=CH2+CH2=CH-COOHd【分析】【分析】2HCHO+HC≡CH→HOCH2C≡CCH2OH，所以反應(yīng)①為加成反應(yīng)；HOCH2C≡CCH2OH與H2發(fā)生加成反應(yīng)生成A，結(jié)合A的分子式可知，A為HOCH2CH2CH2CH2OH；

B分子比A分子少2個(gè)H原子，據(jù)此說(shuō)明有A中1個(gè)羥基發(fā)生氧化反應(yīng)生成醛基，則B為OHCCH2CH2CH2OH；

B在一定條件下氧化的產(chǎn)物GHB能在濃H2SO4條件下加熱生成環(huán)狀化合物，說(shuō)明GHB中有羧基和羥基，所以GHB結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HOOCCH2CH2CH2OH，GHB發(fā)生縮聚反應(yīng)生成高分子化合物，則該高分子化合物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為

D分子比A分子少2分子水，應(yīng)是A在濃H2SO4加熱條件下脫水消去生成D，則D為CH2=CHCH=CH2；由D、E分子式可知，D與CH2=CH-COOH發(fā)生加成反應(yīng)生成E為據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：2HCHO+HC≡CH→HOCH2C≡CCH2OH，所以反應(yīng)①為加成反應(yīng)；HOCH2C≡CCH2OH與H2發(fā)生加成反應(yīng)生成A，結(jié)合A的分子式可知，A為HOCH2CH2CH2CH2OH；

B分子比A分子少2個(gè)H原子，據(jù)此說(shuō)明有A中1個(gè)羥基發(fā)生氧化反應(yīng)生成醛基，則B為OHCCH2CH2CH2OH；

B在一定條件下氧化的產(chǎn)物GHB能在濃H2SO4條件下加熱生成環(huán)狀化合物，說(shuō)明GHB中有羧基和羥基，所以GHB結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HOOCCH2CH2CH2OH，GHB發(fā)生縮聚反應(yīng)生成高分子化合物，則該高分子化合物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為

D分子比A分子少2分子水，應(yīng)是A在濃H2SO4加熱條件下脫水消去生成D，則D為CH2=CHCH=CH2；由D、E分子式可知，D與CH2=CH-COOH發(fā)生加成反應(yīng)生成E為

（1）通過(guò)以上分析知；反應(yīng)①是加成反應(yīng)，反應(yīng)③消去反應(yīng)，故答案為：加成反應(yīng)；消去反應(yīng)；

（2）B為OHCCH2CH2CH2OH；化合物B中的官能團(tuán)名稱(chēng)醛基和羥基，故答案為：醛基和羥基；

（3）反應(yīng)②的方程式為：HOCH2CH2CH2COOH+H2O，故答案為：HOCH2CH2CH2COOH+H2O；

（4）CH2=CH-CH=CH2與CH2=CH-COOH發(fā)生成環(huán)反應(yīng)生成方程式為：CH2=CH-CH=CH2+CH2=CH-COOH

故答案為：CH2=CH-CH=CH2+CH2=CH-COOH

（5）2分子CH2=CH-CH=CH2也能發(fā)生加成反應(yīng)成環(huán)，生成反應(yīng)④中除生成E外，還可能存在一種副產(chǎn)物為故答案為：

（6）化合物E只有3個(gè)不飽和度，而酚至少4個(gè)不飽和度，所以它的同分異構(gòu)體不可能是酚，故選：d．21、EFDACBG溫度計(jì)水銀球插入溶液插入溶液【分析】【分析】（1）按組裝儀器的順序從下到上；從左到右，連接好裝置后，注意先檢驗(yàn)裝置氣密性，再裝入碎瓷片和石油進(jìn)行蒸餾；

（2）溫度計(jì)水銀球應(yīng)處在蒸餾燒瓶的支管口附近，冷凝管應(yīng)從下口進(jìn)水，上口出水，以保證水充滿冷凝管，起到充分冷凝的作用．【解析】【解答】解：（1）按組裝儀器的順序從下到上；從左到右，連接好裝置后，注意先檢驗(yàn)裝置氣密性，再裝入碎瓷片和石油進(jìn)行蒸餾，正確操作順序?yàn)椋篍FDACBG；

故答案為：EFDACBG；

（2）①溫度計(jì)水銀球應(yīng)處于蒸餾燒瓶支管口處；不應(yīng)插入溶液；

②冷凝管中凝水的流向錯(cuò)誤；冷水應(yīng)從下口進(jìn)，上口出；

故答案為：①溫度計(jì)水銀球插入溶液；②插入溶液．22、略

【分析】解：(1)鋁是親氧元素；在空氣中極易和氧氣反應(yīng)生成的氧化鋁保護(hù)膜，阻止了鋁的進(jìn)一步反應(yīng)，從而達(dá)到保護(hù)的目的．

故答案為：致密的氧化物保護(hù)膜．

(2)①在自行車(chē)鋼圈上鍍上一層金屬鉻；摩擦部位加上機(jī)油或黃油，鉻性質(zhì)不活潑，機(jī)油或黃油不溶于水，所以能阻止金屬被腐蝕，故正確．

②相同條件下；馬口鐵(表層鍍錫)中鐵比錫活潑，鐵和錫形成的原電池中，鐵較易腐蝕；白鐵(表層鍍鋅)中鋅較活潑，鋅和鐵形成的原電池中鋅作負(fù)極，從而保護(hù)了鐵，所以白鐵皮更為耐用，故錯(cuò)誤．

③在海輪的外殼上常焊有鋅塊；且定期更新，鋅和鐵形成的原電池中鋅作負(fù)極，從而保護(hù)了鐵，故正確．

④將不銹鋼制成刀具和餐具；有的刀具還進(jìn)行烤藍(lán)處理，阻止了鐵和其它物質(zhì)反應(yīng)從而保護(hù)了鐵，故正確．

故選②．【解析】致密的氧化物保護(hù)膜;②四、判斷題(共2題，共8分)23、√【分析】【分析】鎂能與氧氣反應(yīng)生成氧化鎂，屬于化合反應(yīng)，鎂能與空氣中二氧化碳反應(yīng)生成氧化鎂和碳單質(zhì)，屬于置換反應(yīng)．【解析】【解答】解：鎂能與氧氣反應(yīng)生成氧化鎂，屬于化合反應(yīng)，鎂能與空氣中二氧化碳反應(yīng)生成氧化鎂和碳單質(zhì)，屬于置換反應(yīng)，故正確，答案為：√．24、×【分析】【分析】烷烴命名原則：

①長(zhǎng)選最長(zhǎng)碳鏈為主鏈；

②多遇等長(zhǎng)碳鏈時(shí)；支鏈最多為主鏈；

③近離支鏈最近一端編號(hào)；

④小支鏈編號(hào)之和最小．看下面結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號(hào)”的原則；

⑤簡(jiǎn)兩取代基距離主鏈兩端等距離時(shí)，從簡(jiǎn)單取代基開(kāi)始編號(hào)．如取代基不同，就把簡(jiǎn)單的寫(xiě)在前面，復(fù)雜的寫(xiě)在后面．【解析】【解答】解：沒(méi)有把最長(zhǎng)碳鏈作為主鏈，最長(zhǎng)碳鏈應(yīng)為7，為庚烷，正確命名為2，2，4，4，5-五甲基-3，3-二乙基庚烷，故答案為：×．五、簡(jiǎn)答題(共3題，共27分)25、略

【分析】解：CH3CHBrOH在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)，L能與銀氨溶液反應(yīng)生成H，結(jié)合信息①可知L為CH3CHO，H為CH3COOH，G為CH3COONa，B在堿性條件下水解得到G、C，而C可以連續(xù)發(fā)生氧化反應(yīng)得到E，則C含有醇羥基，B含有酯基，由M的結(jié)構(gòu)逆推可知F為結(jié)合信息②與稀氫氧化鈉溶液不反應(yīng)，可知B中酯基是羧酸與酚形成的，B中醇羥基是溴原子水解引入的，則C為D為E為．故B為A為．

（1）有機(jī)物M中能與NaOH反應(yīng)的官能團(tuán)有：酯基；酚羥基；故答案為：酯基、酚羥基；

（2）F為分子中有4種不同的H原子，核磁共振氫譜有4組峰，A→B是甲基中H原子被Br原子取代；屬于取代反應(yīng)，故答案為：4；取代反應(yīng)；

（3）化合物L(fēng)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：CH3CHO，故答案為：CH3CHO；

（4）B→C+G的化學(xué)方程式為：+3NaOH+CH3COONa+H2O+NaBr；

故答案為：+3NaOH+CH3COONa+H2O+NaBr；

（5）有機(jī)物N（C8H8O3）為芳香化合物；其滿足下列條件的同分異構(gòu)體：

Ⅰ．遇FeCl3顯紫色，說(shuō)明含有苯環(huán)與酚羥基；Ⅱ．能發(fā)生水解反應(yīng)和銀鏡反應(yīng)，含有甲酸形成的酯基，Ⅲ．苯環(huán)上的一氯代物有3種，含有2個(gè)取代基為-OH、-CH2OOCH時(shí)，有鄰、間、對(duì)，對(duì)應(yīng)的一氯代物有4、4、2種，不符合，只能含有三個(gè)取代基-OH、-CH3、-OOCH，苯環(huán)其它3個(gè)H原子均不同，-OH、-CH3CH處于鄰位時(shí)、-OOCH有4種位置，-OH、-CH3CH處于間位時(shí)、-OOCH有4種位置，-OH、-CH3CH處于對(duì)位時(shí)；-OOCH有2種位置；符合條件的同分異構(gòu)體共有10種；

故答案為：10；

（6）結(jié)合信息③可知，甲醇氧化得到HCHO，乙烯與溴發(fā)生加成反應(yīng)得到BrCH2CH2Br，在氫氧化鈉水溶液條件下發(fā)生水解反應(yīng)得到HOCH2CH2OH，乙二醇與HCHO發(fā)生信息中的加成反應(yīng)、脫水反應(yīng)得到．則原料1為乙烯，試劑a可以為溴水，產(chǎn)物a為BrCH2CH2Br，試劑b為氫氧化鈉水溶液，產(chǎn)物b為HOCH2CH2OH，原料2為甲醇，試劑c為Cu等，產(chǎn)物c為HCHO，產(chǎn)物c與足量新制Cu（OH）2反應(yīng)的化學(xué)方程式為：HCHO+4Cu（OH）2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O↓+6H2O；

故答案為：HOCH2CH2OH；HCHO+4Cu（OH）2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O↓+6H2O．

CH3CHBrOH在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)，L能與銀氨溶液反應(yīng)生成H，結(jié)合信息①可知L為CH3CHO，H為CH3COOH，G為CH3COONa，B在堿性條件下水解得到G、C，而C可以連續(xù)發(fā)生氧化反應(yīng)得到E，則C含有醇羥基，B含有酯基，由M的結(jié)構(gòu)逆推可知F為結(jié)合信息②與稀氫氧化鈉溶液不反應(yīng)，可知B中酯基是羧酸與酚形成的，B中醇羥基是溴原子水解引入的，則C為D為E為．故B為A為．

（6）結(jié)合信息③可知，甲醇氧化得到HCHO，乙烯與溴發(fā)生加成反應(yīng)得到BrCH2CH2Br，在氫氧化鈉水溶液條件下發(fā)生水解反應(yīng)得到HOCH2CH2OH，乙二醇與HCHO發(fā)生信息中的加成反應(yīng)、脫水反應(yīng)得到．

本題考查有機(jī)物的推斷與合成，根據(jù)轉(zhuǎn)化中有機(jī)物的結(jié)構(gòu)、分子式與反應(yīng)條件采取正逆推法相結(jié)合進(jìn)行推斷，需要學(xué)生熟練掌握官能團(tuán)的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，較好的考查學(xué)生分析推理能力，是對(duì)有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)的綜合考查，（6）中甲醛與足量氫氧化銅反應(yīng)方程式書(shū)寫(xiě)為易錯(cuò)點(diǎn)．【解析】酯基、酚羥基；4；取代反應(yīng)；CH3CHO；+3NaOH+CH3COONa+H2O+NaBr；10；HOCH2CH2OH；HCHO+4Cu（OH）2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O↓+6H2O26、略

【分析】解：rm{(1)}電池的總反應(yīng)式可表述為rm{Zn+2NH_{4}^{+}+2MnO_{2}簍TZn^{2+}+2NH_{3}+2MnO(OH)}該電池的正極發(fā)生還原反應(yīng)，rm{MnO_{2}}被還原生成rm{MnOOH}電極方程式為rm{MnO_{2}+e-+NH_{4}^{+}=MnO(OH)+NH_{3}}負(fù)極鋅被氧化生成rm{Zn^{2+}}rm{MnO(OH)}中氧元素化合價(jià)rm{-2}價(jià)，氫元素化合價(jià)為rm{+1}價(jià)，元素化合價(jià)代數(shù)和為rm{0}得到錳元素化合價(jià)為rm{+3}價(jià)；

故答案為：rm{2MnO_{2}+Zn+2H^{+}=2MnOOH+Zn^{2+}}rm{+3}

rm{(2)}持電流強(qiáng)度為rm{0.5A}電池工作五分鐘，則電量為rm{0.5A隆脕300s=150C}轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為rm{dfrac{150C}{96500C/mol}}則消耗rm{dfrac

{150C}{96500C/mol}}的質(zhì)量為rm{dfrac{150C}{96500C/mol}隆脕dfrac{1}{2}隆脕65g/mol=0.05g}

故答案為：rm{Zn}

rm{dfrac{150C}{96500C/mol}隆脕dfrac

{1}{2}隆脕65g/mol=0.05g}濾液中主要有rm{0.05}和rm{(3)}通過(guò)加熱濃縮、冷卻結(jié)晶得到晶體，氯化銨溶解度隨溫度升高變化不大，氯化鋅溶解度隨溫度變化很大，相同溫度下氯化銨溶解度小于氯化鋅，則首先應(yīng)該析出的物質(zhì)應(yīng)是rm{ZnCl_{2}}填充物含有碳粉、二氧化錳、氯化鋅和氯化銨等組成的糊狀填充物，溶解后濾液中主要有rm{NH_{4}Cl}和rm{NH_{4}Cl}濾渣的主要成分是rm{ZnCl_{2}}碳粉盒原電池反應(yīng)生成的rm{NH_{4}Cl}等；

故答案為：rm{MnO_{2}}同溫下它的溶解度遠(yuǎn)小于rm{MnO(OH)}碳粉；

rm{NH_{4}Cl}鐵加入稀rm{ZnCl_{2}}生成硫酸亞鐵和氫氣，酸性溶液中加入rm{(4)}亞鐵離子可被氧化生成rm{H_{2}SO_{4}}反應(yīng)的離子方程式為：rm{H_{2}O_{2}}rm{Fe^{3+}}鐵離子開(kāi)始沉淀時(shí)的溶液的rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}=2Fe^{3+}+2}應(yīng)為rm{H_{2}O}假定rm{pH}為rm{(}因rm{Fe^{3+}}

則rm{c(OH^{-})=3dfrac{Ksp}{c(Fe^{3+})}=3dfrac{10^{-39}}{0.01}mol/L隆脰1隆脕10^{-12}mol/L}此時(shí)rm{0.01mol?L^{-1})}

由表中數(shù)據(jù)可知rm{Ksp=10^{-39}}rm{c(OH^{-})=3dfrac{Ksp}{c(Fe^{3+})}

=3dfrac{10^{-39}}{0.01}mol/L隆脰1隆脕10^{-12}mol/L}的rm{pH=2}相近，如不加rm{Zn(OH)_{2}}則rm{Fe(OH)_{2}}和rm{Ksp}分離不開(kāi)，加堿調(diào)節(jié)rm{H_{2}O_{2}}直接得到的沉淀中應(yīng)主要含有rm{Zn^{2+}}和rm{Fe^{2+}}

故答案為：rm{pH}rm{Zn(OH)_{2}}rm{Fe(OH)_{2}}和rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}=2Fe^{3+}+2H_{2}O}．

rm{2}該電池的正極發(fā)生還原反應(yīng)，rm{Zn(OH)_{2}}被還原生成rm{Fe(OH)_{2}}負(fù)極鋅被氧化生成rm{(1)}以此書(shū)寫(xiě)電池總反應(yīng)式，依據(jù)以上合計(jì)代數(shù)和為rm{MnO_{2}}計(jì)算錳元素化合價(jià)；

rm{MnOOH}持電流強(qiáng)度為rm{Zn^{2+}}電池工作五分鐘，則電量為rm{0}轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為rm{dfrac{150C}{96500C/mol}}以此計(jì)算消耗鋅的質(zhì)量；物質(zhì)的量；

rm{(2)}廢電池糊狀填充物加水處理后，過(guò)濾，濾液中主要有rm{0.5A}和rm{0.5A隆脕300s=150C}若將濾液加熱蒸發(fā)，依據(jù)溶解度比較判斷析出晶體順序，填充物含有碳粉、二氧化錳、氯化鋅和氯化銨等組成的糊狀填充物，溶解后濾液中主要有rm{dfrac

{150C}{96500C/mol}}和rm{(3)}濾渣的主要成分是rm{ZnCl_{2}}碳粉盒原電池反應(yīng)生成的rm{NH_{4}Cl}等；

rm{ZnCl_{2}}鐵加入稀rm{NH_{4}Cl}和rm{MnO_{2}}可被氧化生成rm{MnO(OH)}鐵離子開(kāi)始沉淀時(shí)的溶液的rm{(4)}應(yīng)為rm{H_{2}SO_{4}}假定rm{H_{2}O_{2}}為rm{Fe^{3+}}結(jié)合rm{pH}計(jì)算rm{(}若不加入過(guò)氧化氫，亞鐵離子不能被氧化為鐵離子，在調(diào)節(jié)溶液rm{Fe^{3+}}時(shí)生成的沉淀為氫氧化鐵；氫氧化亞鐵、氫氧化鋅沉淀．

本題考查原電池知識(shí)以及物質(zhì)的分離、提純，側(cè)重于原電池的工作原理以及實(shí)驗(yàn)基本操作和注意問(wèn)題，題目難度中等，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)．rm{0.01mol?L^{-1})}【解析】rm{2MnO_{2}+Zn+2H^{+}=2MnOOH+Zn^{2+}}rm{+3}rm{0.05}rm{NH_{4}Cl}同溫下它的溶解度遠(yuǎn)小于rm{ZnCl_{2}}碳粉；rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}=2Fe^{3+}+2H_{2}O}rm{2}rm{Zn(OH)_{2}}和rm{Fe(OH)_{2}}27、可以減少“氧化”步驟中NaOH的用量2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O當(dāng)硫酸鐵跟氫氧化鈉的質(zhì)量比增大到一定程度時(shí)，過(guò)多的Fe3+與NaOH反應(yīng)生成Fe（OH）3，F(xiàn)e（OH）3可以加速K2FeO4的分解，從而使K2FeO4的產(chǎn)率下降Mg（OH）2FeO42-AlO2-8：3【分析】解：（1）為避免后續(xù)反應(yīng)消耗較多的氫氧化鈉；則“酸浸”時(shí)加入硫酸的量不宜過(guò)多；

故答案為：可以減少“氧化”步驟中Na