2024年滬教版高三化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬教版高三化學(xué)下冊階段測試試卷11考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列有關(guān)膠體說法正確的是（）A.不能發(fā)生丁達(dá)爾效應(yīng)的分散系有NaCl溶液、水等B.膠體粒子能透過濾紙，也能透過半透膜C.可吸入顆粒（如硅酸鹽粉塵）在空氣中形成氣溶膠，對人類的健康危害極大D.FeCl3溶液和Fe（OH）3膠體的本質(zhì)區(qū)別是有無丁達(dá)爾效應(yīng)2、常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是①無色溶液中：K＋、Na＋、CO32－、ClO－②pH＝2的溶液中：Fe2+、Na＋、Mg2+、NO3-③加入Al能放出H2的溶液中：Cl－、HCO3-、SO42－、NH4+④由水電離出的c(OH－)＝1.0×10－13mol·L－1的溶液中：Na＋、Ba2＋、Cl－、Br－⑤含有較多Fe3＋的溶液中：Na＋、NH4+、SCN－、HCO3-A.①②B.③④C.①④D.④⑤3、下列涉及有機(jī)物的性質(zhì)或應(yīng)用的說法不正確的是（）A.淀粉、纖維素、蛋白質(zhì)、油脂都是天然高分子化合物B.分子式為（C6H10O5）n的淀粉和纖維素不為同分異構(gòu)體C.用大米釀的酒在一定條件下密封保存，時間越長越香醇D.纖維素、蔗糖和脂肪在一定條件下都可發(fā)生水解反應(yīng)4、乙醇在一定條件下，發(fā)生催化氧化反應(yīng)時，化學(xué)鍵斷裂位置是圖中的（）A.②③B.②④C.①③D.③④5、amol氫氣分子和amol氦氣分子一定具有相同的（）A.原子數(shù)B.質(zhì)子數(shù)C.質(zhì)量D.體積6、20mL0．1mol/LFeCl3溶液中含有部分Fe2+，向其中滴加NaOH溶液至PH=4，溶液中有沉淀生成，過濾，得沉淀和濾液。已知：Ksp[Fe(OH)3]=4．0×10-38，Ksp[Fe(OH)2]=8．0×10-16。下列說法錯誤的是A.沉淀中只有Fe(OH)3B.沉淀中有Fe(OH)3和Fe(OH)2C.濾液c(Fe3+)=4．0×10-8mol/LD.向濾液中滴加FeCl2溶液，無沉淀產(chǎn)生7、化學(xué)在生產(chǎn)和日常生活中有著重要的應(yīng)用，下列說法不正確的是()A.氧化鎂用作耐火材料B.Na2O常用于潛水艇或呼吸面具的供氧劑C.明礬溶于水形成的Al(OH)3膠體能吸附水中懸浮物，可用于水的凈化D.FeCl3溶液可用于刻制印刷銅電路板8、化學(xué)與科學(xué)、技術(shù)、社會、環(huán)境密切相關(guān)．下列有關(guān)說法中不正確的是()A.聚乙烯食品包裝袋、食物保鮮膜都是無毒的高分子化合物B.高溫能殺死流感病毒是因為構(gòu)成病毒的蛋白質(zhì)受熱變性C.太陽能電池板中的硅在元素周期表中處于金屬與非金屬的交界位置D.煤經(jīng)過氣化和液化兩個物理變化，可變?yōu)榍鍧嵞茉丛u卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、（2015秋?嘉興校級月考）乙酰苯胺是常用的醫(yī)藥中間體；可由苯胺與乙酸制備．反應(yīng)的化學(xué)方程式如下：

有關(guān)化合物的物理性質(zhì)見下表：

?；衔锩芏龋╣．cm-3）溶解性熔點（℃）沸點（℃）乙酸1.05易溶于水、乙醇17118苯胺1.02微溶于水，易溶于乙醇-6184乙酰苯胺-微溶于冷水，可溶于熱水，易溶于乙醇114304合成：

方案甲：采用裝置甲（分餾柱的作用類似于石油分餾中的分餾塔）．在圓底燒瓶中加入5；0mL苯胺；7.4mL乙酸，加熱至沸，控制溫度計讀數(shù)100～105℃，保持液體平緩流出，反應(yīng)40min后停止加熱．將圓底燒瓶中的液體趁熱倒入盛有100mL水的燒杯，冷卻后有乙酰苯胺固體析出，過濾得粗產(chǎn)物．

方案乙：采用裝置乙；加熱回流，反應(yīng)40min后停止加熱．其余與方案甲相同．

提純：甲乙兩方案均采用重結(jié)晶方法．操作如下：

①加熱溶解→②活性炭脫色→③趁熱過濾→④冷卻結(jié)晶→⑤過濾→⑥洗滌→⑦干燥。

請回答：

（1）儀器a的名稱是____，b處水流方向是____（填“進(jìn)水”或“出水”）．

（2）合成步驟中，乙酰苯胺固體析出后，過濾分離出粗產(chǎn)物．留在濾液中的主要物質(zhì)是____．

（3）提純過程中的第③步，過濾要趁熱的理由是____．

（4）提純過程第⑥步洗滌，下列洗滌劑中最合適的是____．

A．蒸餾水B．乙醇C．5%Na2CO3溶液D．飽和NaCl溶液。

（5）從投料量分析，為提高乙酰苯胺產(chǎn)率，甲乙兩種方案均采取的措施是____；實驗結(jié)果表明方案甲的產(chǎn)率較高，原因是____．10、以鈦鐵礦（主要成分FeTiO3，鈦酸亞鐵）為主要原料冶煉金屬鈦，生產(chǎn)的工藝流程圖如下，其中鈦鐵礦與濃硫酸發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O

回答下列問題：

（1）鈦鐵礦和濃硫酸反應(yīng)屬于____（選填“氧化還原反應(yīng)”或“非氧化還原反應(yīng)”）．

（2）上述生產(chǎn)流程中加入物質(zhì)A的目的是防止Fe2+被氧化，物質(zhì)A是____，上述制備TiO2的過程中，所得到的副產(chǎn)物和可回收利用的物質(zhì)分別是____．

（3）反應(yīng)TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti在Ar氣氛中進(jìn)行的理由是____．

（4）由二氧化鈦制取四氯化鈦所涉及的反應(yīng)有：

TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）△H1=-72kJ?mol-1

TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）△H2=+38.8kJ?mol-1

C（s）+CO2（g）=2CO（g）△H3=+282.8kJ?mol-1

①反應(yīng)C（s）+CO2（g）=2CO（g）在高溫下能夠自發(fā)進(jìn)行的原因是____．

②反應(yīng)C（s）+O2（g）=CO2（g）的△H=____．11、丙烷在燃燒時能放出大量的熱；它也是液化石油氣的主要成分，作為能源應(yīng)用于人們的日常生產(chǎn)和生活．

已知：①2C3H8（g）+7O2（g）═6CO（g）+8H2O（l）△H1=-2741.8kJ/mol

②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2=-566kJ/mol

（1）反應(yīng)C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）的△H=____．

（2）現(xiàn)有1molC3H8在不足量的氧氣里燃燒，生成1molCO和2molCO2以及氣態(tài)水，將所有的產(chǎn)物通入一個固定體積為1L的密閉容器中，在一定條件下發(fā)生如下可逆反應(yīng)：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H=+41.2kJ/mol

①下列事實能說明該反應(yīng)達(dá)到平衡的是____．

a．體系中的壓強(qiáng)不發(fā)生變化。

b．v正（H2）=v逆（CO）

c．混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不發(fā)生變化。

d．CO2的濃度不再發(fā)生變化。

②5min后體系達(dá)到平衡，經(jīng)測定，H2為0.8mol，則v（H2）=____．

③向平衡體系中充入少量CO則平衡常數(shù)____（填“增大”；“減小”或“不變”）．

（3）依據(jù)（1）中的反應(yīng)可以設(shè)計一種新型燃料電池，一極通入空氣，另一極通入丙烷氣體；燃料電池內(nèi)部是熔融的摻雜著氧化釔（Y2O3）的氧化鋯（ZrO2）晶體，在其內(nèi)部可以傳導(dǎo)O2-．在電池內(nèi)部O2-由____極移向____極（填“正”或“負(fù)”）；電池的負(fù)極電極反應(yīng)式為____．

（4）用上述燃料電池和惰性電極電解足量Mg（NO3）2和NaCl的混合溶液．電解開始后陰極的現(xiàn)象為____．12、酸性KMnO4溶液能與草酸（H2C2O4）溶液反應(yīng)．某探究小組利用反應(yīng)過程中溶液紫色消失快慢的方法來研究影響反應(yīng)速率的因素．

Ⅰ．實驗前首先用濃度為0.1000mol?L-1酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定未知濃度的草酸．

（1）寫出滴定過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為____．

（2）滴定過程中操作滴定管的圖示正確的是____．

（3）若配制酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液時，俯視容量瓶的刻度線，會使測得的草酸溶液濃度____（填“偏高”；“偏低”、或“不變”）．

Ⅱ．通過滴定實驗得到草酸溶液的濃度為0.2000mol?L-1．用該草酸溶液按下表進(jìn)行后續(xù)實驗（每次實驗草酸溶液的用量均為8mL）．

。實驗編號溫度（℃）催化劑用量（g）酸性高錳酸鉀溶液實驗?zāi)康摹?/p>

a．實驗1和2是．

b．實驗1和3探究反應(yīng)物濃度對該反應(yīng)速率的影響；

c．實驗1和4探究催化劑對該反應(yīng)速率的影響．體積（mL）濃度。

（mol?L-1）體積（mL）濃度。

（mol?L-1）1250.540.10002500.540.10003250.540.0100425040.1000（4）表中實驗?zāi)康腶的內(nèi)容是____

（5）該小組同學(xué)對實驗1和3分別進(jìn)行了三次實驗；測得以下實驗數(shù)據(jù)（從混合振蕩均勻開始計時）：

。實驗編號溶液褪色所需時間（min）第1次第2次第3次第3次114.013.011.036.56.76.8分析上述數(shù)據(jù)后得出“當(dāng)其它條件相同時，酸性高錳酸鉀溶液的濃度越小，褪色時間就越短，即反應(yīng)速率就越快”的結(jié)論．某同學(xué)認(rèn)為該小組“探究反應(yīng)物濃度對速率影響”的實驗方案設(shè)計中存在問題，從而得到了錯誤的實驗結(jié)論，請簡述改進(jìn)的實驗方案____．

（6）該實驗中使用的催化劑應(yīng)選擇MnSO4并非MnCl2，原因為____（離子方程式表示）．13、氮的單質(zhì)及其化合物在生活和生產(chǎn)中有很重要的用途．

（1）氨是合成硝酸、銨鹽和氮肥的基本原料．在一定條件下用氮氣和氫氣合成氨氣，然后再用氨氧化法制取硝酸．在整個生產(chǎn)過程中，氮氣的利用率為85%．寫出氨氧化法制取硝酸的反應(yīng)式____．現(xiàn)有0.2t液態(tài)氮，能生產(chǎn)出濃度為40%的硝酸____千克．

（2）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某濃度的稀硝酸0.5L，固體物質(zhì)完全反應(yīng)，生成NO和Cu（NO3）2．在所得溶液中加入1.0mol?L-1的NaOH溶液1.0L；此時溶液呈中性．金屬離子已完全沉淀，沉淀質(zhì)量為39.2g．求：

①Cu與Cu2O的物質(zhì)的量之比？

②硝酸的物質(zhì)的量濃度？

（3）將30mLNO和O2混合氣體通入過量NaOH溶液中，充分反應(yīng)后，溶液中只含兩種溶質(zhì)（不考慮水解），且剩余氣體體積為2mL．求原混合氣體中NO和O2體積比？14、將0.1mol的鎂、鋁混合物溶于2mol/LH2SO4溶液中；然后再滴加0.1mol/LNaOH溶液．請回答：

（1）若在滴加NaOH溶液的過程中，沉淀質(zhì)量m隨加入NaOH溶液的體積V變化如圖所示．則與硫酸反應(yīng)的NaOH溶液為____mL，與Mg2+反應(yīng)的NaOH溶液為____mL．

（2）若溶解鎂、鋁混合物時加入硫酸溶液的體積為100mL，則V2=____．15、從下列選項中選擇適當(dāng)?shù)淖帜柑钊肟崭瘛?/p>

A；滲析B、布朗運動C、聚沉D、丁達(dá)爾效應(yīng)E、電泳。

（1）氫氧化鐵膠體呈紅褐色，插入兩個惰性電極，通直流電一段時間，陰極附近顏色加深，這種現(xiàn)象叫____

（2）強(qiáng)光通過氫氧化鐵膠體，可看到光帶，這種現(xiàn)象叫____

（3）淀粉和食鹽混合液放在半透膜中，懸掛在盛有蒸餾水的燒杯里，從而使它們分離，這種方法叫____

（4）氫氧化鐵膠體加入硅酸膠體，膠體變渾濁，這是發(fā)生了____．16、以硫鐵礦rm{(}主要成分為rm{FeS_{2})}為原料制備氯化鐵晶體rm{(FeCl_{3}隆隴6H_{2}O)}的工藝流程如下：

回答下列問題：

rm{(1)}在一定條件下，rm{SO_{2}}轉(zhuǎn)化為rm{SO_{3}}的反應(yīng)為rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?

2SO_{3}(g)}________；rm{K=}有毒，采用高錳酸鉀溶液吸收焙燒產(chǎn)生的rm{SO_{2}}當(dāng)有___________現(xiàn)象時就可以確定rm{SO_{2}}已完全被吸收；此反應(yīng)的離子方程式為______________。

rm{SO_{2}}酸溶及后續(xù)過程中均需保持鹽酸過量；其目的是______________；______________。

rm{(2)}通氯氣氧化時，發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為______________________；該過程產(chǎn)生的尾氣可用堿溶液吸收，尾氣中污染空氣的氣體為__________________rm{(3)}寫化學(xué)式rm{(}rm{)}將rm{(4)}在空氣中充分灼燒后最終得到的物質(zhì)是______，若想得到無水rm{FeCl_{3}?6H_{2}O}怎樣操作？______。rm{FeCl_{3}}評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)17、當(dāng)溫度高于0時，1mol的任何氣體體積都大于22.4L．____．（判斷對錯）18、加過量的NaOH溶液，未看見產(chǎn)生氣體，溶液里一定不含NH4+．____（判斷對錯）正確的打“√”，錯誤的打“×”19、判斷正誤；正確的劃“√”，錯誤的劃“×”

（1）天然氣和沼氣的主要成分是甲烷____

（2）煤可與水蒸氣反應(yīng)制成水煤氣，水煤氣的主要成分是CO和H2____

（3）干餾煤可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料____

（4）石油分餾可獲得乙酸、苯及其衍生物____

（5）石油和天然氣的主要成分都是碳?xì)浠衔颻___

（6）煤的干餾和石油的分餾均屬化學(xué)變化____

（7）煤油可由石油分餾獲得，可用作燃料和保存少量金屬鈉____

（8）甲烷、乙烯和苯在工業(yè)上都可通過石油分餾得到____

（9）用溴水鑒別苯和正己烷____

（10）石油是混合物，其分餾產(chǎn)品汽油為純凈物____

（11）石油催化裂化的主要目的是提高汽油等輕質(zhì)油的產(chǎn)量與質(zhì)量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等氣態(tài)短鏈烴____

（12）煤氣的主要成分是丁烷____．20、判斷下列說法是否正確；正確的在橫線內(nèi)打“√”，錯誤的打“×”．

①1mol任何氣體的體積都是22.4L．____

②在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，某氣體的體積為22.4L，則該氣體的物質(zhì)的量為1mol，所含的分子數(shù)目約為6.02×1023．____

③當(dāng)溫度高于0℃時，一定量任何氣體的體積都大于22.4L．____

④凡升高溫度，均可使飽和溶液變成不飽和溶液．____．21、分子總數(shù)為NA的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NA．____（判斷對錯）22、常溫常壓下，22.4LO3中含有3nA個氧原子____（判斷對錯）評卷人得分四、計算題(共3題，共15分)23、（2013?中山一模）過氧化氫溶液長期保存會自然分解；使得溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)減?。≤姀募抑心脕硪黄烤弥玫尼t(yī)用過氧化氫溶液，和同學(xué)們一起測定溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)．他們?nèi)〕鲈撊芤?1g，加入適量二氧化錳，生成氣的質(zhì)量與反應(yīng)時間的關(guān)系如圖所示．

（l）加入二氧化錳的作用是____．

（2）完全反應(yīng)后生成氧氣的質(zhì)量為____．

（3）計算該溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．24、(12分)一定質(zhì)量的液態(tài)化合物XY2，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下一定質(zhì)量的O2中恰好完全燃燒，反應(yīng)方程式為：XY2(l)＋3O2(g)===XO2(g)＋2YO2(g)，冷卻后，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下測得生成物的體積是672mL，密度是2.56g·L－1，則：(1)反應(yīng)前O2的體積是________。(2)化合物XY2的摩爾質(zhì)量是________。(3)若XY2分子中X、Y兩元素的質(zhì)量比是3∶16，則X、Y兩元素分別為________和________(寫元素符號)。25、rm{19.2g}銅與一定量濃硝酸反應(yīng)，得到硝酸銅溶液和rm{NO_{2}}rm{N_{2}O_{4}}rm{NO}的混合氣體，這些氣體與一定量rm{O_{2}(}標(biāo)準(zhǔn)狀況rm{)}混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。請問需要標(biāo)準(zhǔn)狀況的rm{O_{2}}多少升？參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】膠體微粒分散質(zhì)的直徑（1-100nm）在溶液（＜1nm）和濁液（＞100nm）之間，利用丁達(dá)爾效應(yīng)可區(qū)分溶液和膠體，此外膠體具有布朗運動、電泳現(xiàn)象及聚沉，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：A．水不屬于分散系；故A錯誤；

B．由于膠粒直徑在1-100nm；故可透過濾紙，不能透過半透膜，故B錯誤；

C．氣溶膠吸入人體中；直接影響呼吸，長此以往易形成呼吸疾病，故C正確；

D．溶液和膠體的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)顆粒直徑大??；故D錯誤；

故選C．2、C【分析】試題分析：②pH＝2的溶液呈酸性，F(xiàn)e2+與NO3-會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，錯誤；③加入Al能放出H2的溶液可能呈酸性也可能呈堿性，其中HCO3-無論是在中一種環(huán)境中都無法共存，而NH4+只能在酸性中大量存在；⑤Fe3＋與SCN－會發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)，與HCO3-發(fā)生雙水解反應(yīng)，錯誤；考點：考查有特定條件的離子的共存問題?！窘馕觥俊敬鸢浮緾3、A【分析】【分析】A．根據(jù)高分子化合物的定義判斷；

B．淀粉與纖維素不是同分異構(gòu)體；

C．乙醇被氧化生成乙酸；可與乙酸反應(yīng)生成乙酸乙酯；

D．多糖和雙糖均能水解．【解析】【解答】解：A．淀粉；纖維素、蛋白質(zhì)相對分子質(zhì)量較大；都為高聚物，為高分子化合物，油脂是小分子化合物，故A錯誤；

B．由于淀粉和纖維素的聚合度n值不同；故兩者不是同分異構(gòu)體，故B正確；

C．乙醇被氧化生成乙酸；可與乙酸反應(yīng)生成乙酸乙酯，則用大米釀的酒在一定條件下密封保存，時間越長越香醇，故C正確；

D．多糖和雙糖均能發(fā)生水解反應(yīng)；故D正確．

故選A．4、A【分析】【分析】乙醇在催化氧化時，-CH2OH結(jié)構(gòu)被氧化為-CHO結(jié)構(gòu)，根據(jù)官能團(tuán)的變化判斷斷裂的化學(xué)鍵．【解析】【解答】解：乙醇在Ag催化下與O2反應(yīng)生成乙醛和水：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故乙醇斷鍵的位置為②和③，故選A．5、B【分析】【分析】根據(jù)m=nM、V=nVm、N（分子數(shù)）=nNA及分子的構(gòu)成、一個分子中含有的質(zhì)子數(shù)計算比較．【解析】【解答】解：A．根據(jù)N（分子數(shù)）=nNA知；物質(zhì)的量相等的氫氣和氦氣，其分子數(shù)相等，一個氫氣分子中含有2個氫原子，一個氦氣分子中含有一個氦原子，所以其原子個數(shù)不等，故A錯誤；

B．根據(jù)N（分子數(shù)）=nNA知；物質(zhì)的量相等的氫氣和氦氣，其分子數(shù)相等，一個氫氣分子中含有2個質(zhì)子，一個氦氣分子中含有2個質(zhì)子，所以含有的質(zhì)子數(shù)相等，故B正確；

C．根據(jù)m=nM知；等物質(zhì)的量的氫氣和氦氣，其質(zhì)量與摩爾質(zhì)量有關(guān)，氫氣的摩爾質(zhì)量是2g/mol，氦氣的是4g/mol，所以其質(zhì)量不等，故C錯誤；

D．氣體摩爾體積未知；導(dǎo)致無法判斷其體積大小，故D錯誤；

故選B．6、B【分析】試題分析：pH=4，則c(OH￣)=10-10mol?L￣1,帶入Ksp公式可求得Fe3+濃度，c（Fe3+）=4．0×10-8mol?L￣1，e3+全部轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，假設(shè)也能生成Fe(OH)2沉淀，達(dá)到沉淀溶解平衡時，c（Fe2+）=8．0×104mol?L￣1,實際Fe2+濃度小于8．0×104mol?L￣1,所以沉淀中沒有Fe(OH)2，只有Fe(OH)3，故B項錯誤?？键c：本題考查沉淀溶解平衡、Ksp應(yīng)用。【解析】【答案】B7、B【分析】試題分析：A、氧化鎂熔點較高，用作耐火材料，正確；B、常用于潛水艇或呼吸面具的供氧劑的是Na2O2，錯誤；C、明礬溶于水形成的Al(OH)3膠體能吸附水中懸浮物，可用于水的凈化，正確；D、FeCl3溶液可用于刻制印刷銅電路板，正確。考點：考查常見物質(zhì)的用途?！窘馕觥俊敬鸢浮緽8、D【分析】解：A．聚乙烯是無毒的高分子化合物；可制作食品包裝袋；食物保鮮膜，故A正確；

B．加熱可使蛋白質(zhì)變性而失去活性；故B正確；

C．硅在元素周期表中處于金屬與非金屬的交界位置；故C正確；

D．煤的氣化是將固體煤中有機(jī)質(zhì)轉(zhuǎn)變?yōu)楹蠧O、H2、CH4等可燃?xì)怏w；煤的液化指固體煤經(jīng)化學(xué)加工轉(zhuǎn)化成烴類液體燃料和化工原料的過程；兩者都生成了新物質(zhì)是化學(xué)變化；故D錯誤．

故選D．【解析】【答案】D二、填空題(共8題，共16分)9、冷凝管出水乙酸防止溫度降低導(dǎo)致乙酰苯胺析出，降低產(chǎn)率A乙酸過量方案甲將反應(yīng)過程中生成的水蒸出，促進(jìn)反應(yīng)【分析】【分析】（1）根據(jù)裝置圖可知儀器名稱；根據(jù)逆流冷卻效果好判斷；

（2）在圓底燒瓶中加入5.0mL苯胺；7.4mL乙酸；苯胺、乙酸反應(yīng)是按1：1反應(yīng)，苯胺、乙酸的密度接近，所以乙酸過量，據(jù)此答題；

（3）提純過程中的第③步；其目的是將活性炭除去，產(chǎn)品要留在溶液中，所以要趁熱過濾，防止乙酰苯胺冷卻而析出，造成產(chǎn)品損失；

（4）乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于熱水，易溶于乙醇，所以洗滌是既要除去可溶性雜質(zhì)，又要防止產(chǎn)品溶解而造成產(chǎn)品損失，Na2CO3溶液；飽和NaCl溶液洗滌又會引入雜質(zhì)；

（5）甲乙兩種方案均采取乙酸過量，可以提高乙酰苯胺產(chǎn)率，而方案甲將反應(yīng)過程中生成的水蒸出，促進(jìn)反應(yīng)，使得甲的產(chǎn)率較高；【解析】【解答】解：（1）根據(jù)裝置圖可知儀器a的名稱是冷凝管，根據(jù)逆流冷卻效果好可知b處水流方向是出水；

故答案為：冷凝管；出水；

（2）在圓底燒瓶中加入5.0mL苯胺；7.4mL乙酸；苯胺、乙酸反應(yīng)是按1：1反應(yīng)，苯胺、乙酸的密度接近，乙酸過量，所以留在濾液中的主要物質(zhì)是乙酸；

故答案為：乙酸；

（3）提純過程中的第③步；其目的是將活性炭除去，產(chǎn)品要留在溶液中，所以要趁熱過濾，防止乙酰苯胺冷卻而析出，造成產(chǎn)品損失；

故答案為：防止溫度降低導(dǎo)致乙酰苯胺析出；降低產(chǎn)率；

（4）乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于熱水，易溶于乙醇，所以洗滌是既要除去可溶性雜質(zhì)，又要防止產(chǎn)品溶解而造成產(chǎn)品損失，Na2CO3溶液；飽和NaCl溶液洗滌又會引入雜質(zhì)；所以用蒸餾水洗滌較合適，故選A；

（5）甲乙兩種方案均采取乙酸過量；可以提高乙酰苯胺產(chǎn)率，而方案甲將反應(yīng)過程中生成的水蒸出，促進(jìn)反應(yīng)，使得甲的產(chǎn)率較高；

故答案為：乙酸過量；方案甲將反應(yīng)過程中生成的水蒸出，促進(jìn)反應(yīng)．10、非氧化還原反應(yīng)鐵綠礬和硫酸防止高溫下Mg和Ti與空氣中的氧氣（或氮氣、二氧化碳）作用△S＞0（或熵增加）-393.6kJ/mol【分析】【分析】（1）根據(jù)氧化還原反應(yīng)中元素的化合價發(fā)生變化進(jìn)行分析判斷；

（2）亞鐵離子易被氧化為鐵離子；加入金屬鐵可以防護(hù)被氧化，根據(jù)流程確定所得到的副產(chǎn)物和可回收利用的物質(zhì)；

（3）Mg和Ti都有較強(qiáng)還原性，在高溫下都易被空氣中的O2氧化；鎂和氮氣二氧化碳都反應(yīng)；

（4）①根據(jù)反應(yīng)能否自發(fā)進(jìn)行的判據(jù)△H-T△S來判斷；

②根據(jù)蓋斯定律來計算化學(xué)反應(yīng)的焓變．【解析】【解答】解：（1）鈦酸亞鐵的化學(xué)式為FeTiO3，其中鐵元素的化合價為+2價，氧元素的化合價為-2價，鈦的化合價為+4價，鈦鐵礦和濃硫酸反應(yīng)后，TiOSO4中鈦的化合價為+4價，硫為+6價，氧元素的化合價為-2價，F(xiàn)eSO4中鐵元素的化合價為+2價；氧元素的化合價為-2價，無化合價的變化，是非氧化還原反應(yīng)；

故答案為：非氧化還原反應(yīng)；

（2）亞鐵離子易被氧化為鐵離子；加入金屬鐵可以防護(hù)被氧化，所以A是金屬鐵，根據(jù)流程，所得到的副產(chǎn)物是綠礬，可回收利用的物質(zhì)是硫酸，故答案為：Fe；綠礬和硫酸；

（3）Mg和Ti都有較強(qiáng)還原性，在高溫下都易被空氣中的O2氧化，鎂和二氧化碳反應(yīng)生成氧化鎂和碳，鎂和氮氣反應(yīng)生成氮化鎂，所以反應(yīng)TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti需在Ar氣氛中進(jìn)行；

故答案為：防止高溫下Mg和Ti與空氣中的氧氣（或氮氣；二氧化碳）作用；

（4）①根據(jù)反應(yīng)能否自發(fā)進(jìn)行的判據(jù)△H-T△S；△H＞0，所以高溫下才自發(fā)進(jìn)行，說明該反應(yīng)的△S＞0（或熵增加），故答案為：△S＞0（或熵增加）；

②已知反應(yīng)a、TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）△H1=-72kJ?mol-1

b、TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）△H2=+38.8kJ?mol-1

c、C（s）+CO2（g）=2CO（g）△H3=+282.8kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)C（s）+O2（g）=CO2（g）可以看成是a-b-c獲得，所以該化學(xué)反應(yīng)的焓變△H=-72kJ?mol-1-282.8kJ?mol-1-38.8kJ?mol-1=-393.6kJ/mol；

故答案為：-393.6kJ/mol．11、略

【分析】

（1）已知：①2C3H8（g）+7O2（g）=6CO（g）+8H2O（l）△H1=-2741.8kJ/mol

②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=-566kJ/mol

根據(jù)蓋斯定律，①+②×3得2C3H8（g）+10O2（g）=6CO2（g）+8H2O（l），△H3=-2741.8kJ/mol+（-566kJ/mol

）×3=-4439.8kJ/mol；

即C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H=-2219.9kJ/mol；

故答案為：-2219.9kJ/mol；

（2））①a．由反應(yīng)可知；反應(yīng)前后的壓強(qiáng)始終不變，則體系中的壓強(qiáng)不發(fā)生變化，不能判斷平衡，故a錯誤；

b．v正（H2）=v正（CO），只能說明正反應(yīng)速率的關(guān)系，無法確定正逆反應(yīng)速率的關(guān)系，故b錯誤；

c．因體積不變；氣體的總質(zhì)量不變，所以混合氣體的密度始終不變，不發(fā)生變化，不能判斷平衡，故c錯誤；

d．CO2的濃度不再發(fā)生變化；由平衡的特征“定”可知，則化學(xué)反應(yīng)達(dá)到平衡，故d正確；

故答案為：d；

②5min后達(dá)到平衡，H2為0.8mol，則v（H2）==0.16mol/（L?min）；故答案為：0.16mol/（L?min）；

③因平衡常數(shù)與溫度有關(guān)；溫度不變，平衡常數(shù)不變，故答案為：不變；

（3）原電池內(nèi)部陰離子向由正極向負(fù)極移動，所以電池內(nèi)部O2-由正極移向負(fù)極；原電池負(fù)極放出氧化反應(yīng)，丙烷在負(fù)極放電，與O2-結(jié)合生成二氧化碳與水，電極反應(yīng)式為C3H8+10O2--20e-=3CO2+4H2O；

故答案為：正、負(fù)；C3H8+10O2--20e-=3CO2+4H2O．

（4）電解池陰極發(fā)生還原反應(yīng)，陽離子在陰極放電，水在陰極放電，電極反應(yīng)式為2H2O-2e-=H2↑+2OH-，同時反應(yīng)反應(yīng)Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；故電解開始后陰極的現(xiàn)象為：有無色氣體生成，有白色沉淀生成；

故答案為：有無色氣體生成；有白色沉淀生成．

【解析】【答案】（1）根據(jù)蓋斯定律；由已知熱化學(xué)方程式乘以適當(dāng)?shù)南禂?shù)進(jìn)行加減，構(gòu)造目標(biāo)熱化學(xué)方程式，反應(yīng)熱也處于相應(yīng)的系數(shù)進(jìn)行相應(yīng)的加減，據(jù)此計算△H．

（2）①利用平衡的特征“等”；“定”及由此衍生的一些量來分析；

②根據(jù)v=計算v（H2）；

③平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；溫度不變，平衡常數(shù)不變；

（3）原電池內(nèi)部陰離子向由正極向負(fù)極移動；

原電池負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，丙烷在負(fù)極放電，與O2-結(jié)合生成二氧化碳與水．

（4）電解池陰極發(fā)生還原反應(yīng)，陽離子在陰極放電，H+（實際是水）在陰極放電生成氫氣；產(chǎn)生氫氧根離子，氫氧根離子與鎂離子反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀．

12、2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OA偏低探究不同溫度對反應(yīng)速率的影響其它條件相同時，利用等量且少量的高錳酸鉀與等體積不同濃度的足量草酸溶液反應(yīng)，測量溶液褪色時間2MnO4-+10Cl-+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O【分析】【分析】Ⅰ．（1）高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性；能把草酸氧化成二氧化碳，自身被還原成二價錳離子；

（2）根據(jù)滴定管的使用規(guī)則判斷；

（3）配置酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液時；俯視容量瓶的刻度線，溶液的體積偏小，配制的溶液的濃度偏大，滴定時消耗的高錳酸鉀溶液的體積偏?。?/p>

Ⅱ．（4）實驗1；2只有溫度不同；其他用量完全相同；

（5）高錳酸鉀的物質(zhì)的量相同；濃度不同的草酸溶液，可以探究反應(yīng)物濃度對該反應(yīng)速率的影響；

（6）酸性條件下，高錳酸根離子能將氯離子氧化成氯氣．【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性，把草酸中的C從+3價氧化成+4價的二氧化碳，Mn元素從+7價變化到+2價的錳離子，由于草酸分子中有2個C原子，根據(jù)得失電子守恒，高錳酸鉀與草酸的反應(yīng)比例為5：2，故反應(yīng)的方程式為：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

故答案為：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

（2）根據(jù)滴定管的使用規(guī)則；滴定時，左手包住滴定管的活塞控制液滴的滴出，防止活塞被意外打開，即如圖A所示操作；

故答案為：A；

（3）配置酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液時，俯視容量瓶的刻度線，溶液的體積偏小，配制的溶液的濃度偏大，滴定時消耗的高錳酸鉀溶液的體積偏小，則消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量偏小，由2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知；測定的草酸的物質(zhì)的量偏小，即測得的草酸溶液濃度偏低；

故答案為：偏低；

Ⅱ．（4）實驗1；2反應(yīng)物用量完全相同；只有溫度不同，目的就在于探究溫度不同對反應(yīng)速率的影響；

故答案為；探究溫度不同對反應(yīng)速率的影響；

（5）因根據(jù)表格中的褪色時間長短來判斷濃度大小與反應(yīng)速率的關(guān)系；需滿足高錳酸鉀的物質(zhì)的量相同，濃度不同的草酸溶液；

故答案為：其它條件相同時；利用等量且少量的高錳酸鉀與等體積不同濃度的足量草酸溶液反應(yīng)，測量溶液褪色時間；

（6）酸性條件下，高錳酸根離子能將氯離子氧化成氯氣，自身被還原成二價錳離子，反應(yīng)方程式為2MnO4-+10Cl-+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O；

故答案為：2MnO4-+10Cl-+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O．13、4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO1912.5【分析】【分析】（1）氨氧化法制取硝酸流程為：氨氣催化氧化生成NO，然后NO與氧氣反應(yīng)生成NO2，最后NO2與水反應(yīng)生成HNO3；

根據(jù)關(guān)系式N2～2HNO3計算生產(chǎn)濃度40%的硝酸的質(zhì)量；

（2）在所得溶液中加入1LNaOH溶液，反應(yīng)后溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，溶液中溶質(zhì)為NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀為Cu（OH）2，質(zhì)量為39.2g，氫氧化鐵物質(zhì)的量為：=0.4mol，根據(jù)銅元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，反應(yīng)后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol；

①設(shè)Cu和Cu2O的物質(zhì)的量分別為xmol；ymol；根據(jù)二者質(zhì)量及Cu元素物質(zhì)的量列方程計算二者的物質(zhì)的量之比；

②利用電子轉(zhuǎn)移守恒計算n（NO），根據(jù)N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根據(jù)Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）；進(jìn)而計算硝酸濃度；

（3）氫氧化鈉溶液過量，反應(yīng)后溶液中只含兩種溶質(zhì)，則反應(yīng)生成NaNO3，發(fā)生的反應(yīng)為：4NO+3O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O，剩余的氣體可能為氧氣，也可能為NO，根據(jù)反應(yīng)方程式進(jìn)行討論計算出混合氣體中NO與O2的體積．【解析】【解答】解：（1）氨氧化法制取硝酸的反應(yīng)式：4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO；

設(shè)能生產(chǎn)出濃度為40%的硝酸x千克；則：

N2～～～～～～～～2HNO3

28126

200千克×85%40%×x千克。

則28：126=200千克×85%：40%×x千克。

解得x=1912.5

故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO；1912.5；

（2）①在所得溶液中加入NaOH溶液后，此時溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，溶液中溶質(zhì)為NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀為Cu（OH）2，質(zhì)量為39.2g，Cu（OH）2的物質(zhì)的量為：=0.4mol；

根據(jù)銅元素守恒有：n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反應(yīng)后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol；

設(shè)Cu和Cu2O的物質(zhì)的量分別為xmol；ymol；根據(jù)二者質(zhì)量可得：64x+144y=27.2；

根據(jù)銅元素守恒有：x+2y=0.4；

聯(lián)立方程解得：x=0.2；y=0.1；

所以原固體混合物中Cu和Cu2O的物質(zhì)的量之比為2：1；

答：混合物中Cu和Cu2O的物質(zhì)的量之比為2：1；

②根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O）；

即3n（NO）=2×0.2mol+2×0.1mol；

則n（NO）=0.2mol；

根據(jù)N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1.0mol/L×1.0L=1.2mol，所以原硝酸溶液的濃度為=2.4mol/L；

答：硝酸的物質(zhì)的量濃度是2.4mol/L．

（3）氫氧化鈉溶液過量，反應(yīng)后溶液中只含兩種溶質(zhì)，則反應(yīng)生成NaNO3，發(fā)生的反應(yīng)為：4NO+3O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O，發(fā)生反應(yīng)的NO和O2的總體積為：30mL-2mL=28mL；

若剩余的2mL為NO時，氧氣體積為28mL×=12mL，NO體積為：30mL-12mL=18mL，原混合氣體中NO和O2體積比18mL：12mL=3：2；

若剩余的2mL為氧氣時，NO體積為28mL×=16mL，氧氣體積為：30mL-16mL=14mL，原混合氣體中NO和O2體積比16mL：14mL=8：7；

答：原混合氣體中NO和O2體積比為3：2或8：7．14、V14V2-3V3-V14000mL【分析】【分析】由圖可知，從開始至加入NaOH溶液V1mL，沒有沉淀生成，說明原溶液中鹽酸溶解Mg、Al后，硫酸有剩余，此時發(fā)生的反應(yīng)為：H++OH-=H2O；

繼續(xù)滴加NaOH溶液，到氫氧化鈉溶液為V2時，沉淀量最大，此時為Mg（OH）2和Al（OH）3，此時發(fā)生的反應(yīng)為：Mg2++2OH-=Mg（OH）2，Al3++3OH-=Al（OH）3；溶液為硫酸鈉溶液；

再繼續(xù)滴加NaOH溶液，氫氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉與水，發(fā)生反應(yīng)Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，據(jù)此進(jìn)行解答．【解析】【解答】解：（1）由圖可知，從開始至加入NaOH溶液V1mL，沒有沉淀生成，說明原溶液中鹽酸溶解Mg、Al后，硫酸有剩余，此時發(fā)生的反應(yīng)為：H++OH-=H2O，則硫酸消耗的氫氧化鈉溶液體積為V1mL；

繼續(xù)滴加NaOH溶液，到氫氧化鈉溶液為V2時，沉淀量最大，此時為Mg（OH）2和Al（OH）3，此時發(fā)生的反應(yīng)為：Mg2++2OH-=Mg（OH）2，Al3++3OH-=Al（OH）3，此時溶質(zhì)為硫酸鈉，總共消耗了（V2-V1）mL氫氧化鈉溶液；

再繼續(xù)滴加NaOH溶液至V3，氫氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉與水，發(fā)生反應(yīng)Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，溶解氫氧化鋁消耗的NaOH溶液體積為（V3-V2）mL，則鋁離子生成氫氧化鋁沉淀消耗氫氧化鈉溶液體積為3（V3-V2）mL，則與Mg2+反應(yīng)的NaOH溶液為：（V2-V1）mL-3（V3-V2）mL=（4V2-3V3-V1）mL

故答案為：V1；4V2-3V3-V1；

（2）根據(jù)分析可知，氫氧化鈉溶液體積為V2時溶質(zhì)為硫酸鈉，則n（NaOH）=2n（H2SO4）=2mol/L×0.1L×2=0.4mol；

所以需要0.1mol/L的氫氧化鈉溶液的體積為：=4L=4000mL；

故答案為：4000mL．15、EDAC【分析】【分析】（1）依據(jù)膠粒吸附帶電離子分析判斷；

（2）依據(jù)膠體的性質(zhì)分析判斷；

（3）從溶液和膠體的分離分析判斷；

（4）從膠體的性質(zhì)聚沉分析判斷．【解析】【解答】解：（1）Fe（OH）3膠體呈紅褐色；插入兩個惰性電極，通直流電一段時間，陰極附近的顏色逐漸變深，說明膠粒吸附了正電荷，這種現(xiàn)象為電泳，故答案為：E；

（2）強(qiáng)光通過Fe（OH）3膠體；可看到光帶，是粒子對光的散射作用形成的是膠體的性質(zhì)，稱為丁達(dá)爾現(xiàn)象，故答案為：D；

（3）淀粉與食鹽的混合液放在腸衣中；并把它懸掛在盛有蒸餾水的燒瓶里，從而使淀粉與食鹽分離，利用了膠體不能通過半透膜的性質(zhì)，稱為滲析，故答案為：A；

（4）Fe（OH）3膠體加硅酸膠體，膠體變得渾濁，是因為氫氧化鐵膠體微粒吸附正電荷，硅酸膠體微粒吸附負(fù)電荷，二者混合會發(fā)生聚沉，是膠體的性質(zhì)，故答案為：C．16、（1）K＝高錳酸鉀不完全褪色

（2）提高鐵元素的浸出率抑制Fe3＋水解

（3）Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋Cl2、HCl

（4）Fe2O3在氯化氫氣流中灼燒

【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的制備，涉及到化學(xué)平衡常數(shù)的計算、離子反應(yīng)方程式的書寫等知識，難度一般。【解答】rm{(1)}平衡常數(shù)等于生成物濃度冪之積除以反應(yīng)物濃度冪之積，則rm{K=}，當(dāng)高錳酸鉀不完全褪色時，二氧化硫就已經(jīng)被吸收完全，發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為：rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}}，故答案為：rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}

}；高錳酸鉀不完全褪色；rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}}

rm{K=}rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}

}提高鐵元素的浸出率且能抑制rm{(2)}水解；

故答案為：提高鐵元素的浸出率；抑制鹽酸過量可以水解；

rm{Fe^{3+}}氯氣可以把亞鐵離子氧化成鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為：rm{Fe^{3+}}該實驗產(chǎn)生的尾氣有揮發(fā)出來的氯化氫氣體和過量的氯氣；

故答案為：rm{(3)}rm{Cl_{2}+2Fe^{2+}===2Cl^{-}+2Fe^{3+}}rm{Cl_{2}+2Fe^{2+}===2Cl^{-}+2Fe^{3+}}rm{Cl_{2}}rm{HCl}rm{(4)}rm{FeCl}rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}在空氣中充分灼燒的過程中會由于水解生成氫氧化鐵，氫氧化鐵受熱分解生成氧化鐵，若想得到氯化鐵則要在氯化氫的氣流中加熱，抑制鐵離子的水解，

rm{?6H}rm{?6H}；在氯化氫氣流中灼燒。rm{{,!}_{2}}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{K}高錳酸鉀不完全褪色rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}}

rm{K}提高鐵元素的浸出率抑制rm{=}rm{=}高錳酸鉀不完全褪色rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}

}

rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}

}rm{(2)}提高鐵元素的浸出率抑制rm{Fe}rm{(2)}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}水解rm{(3)Cl}rm{(3)Cl}rm{{,!}_{2}}rm{+2Fe}rm{+2Fe}rm{{,!}^{2+}}在氯化氫氣流中灼燒

rm{===2Cl}三、判斷題(共6題，共12分)17、×【分析】【分析】由PV=nRT可知，氣體的物質(zhì)的量一定，溫度、壓強(qiáng)會影響氣體的體積．【解析】【解答】解：由PV=nRT可知，氣體的物質(zhì)的量一定，溫度、壓強(qiáng)會影響氣體的體積，當(dāng)溫度高于0時，1mol的任何氣體體積可能等于、小于或大于22.4L，與壓強(qiáng)有關(guān)，故錯誤，故答案為：×．18、×【分析】【分析】需要考慮銨根離子的濃度和氨氣極易溶于水的性質(zhì)來解答．【解析】【解答】解：因為氨氣極易溶于水；所以若溶液里銨根離子的濃度很小時，即使加入過量的NaOH溶液，生成的一水合氨的濃度很小，不能放出氨氣．

故答案為：×．19、√【分析】【分析】（1）根據(jù)天然氣和沼氣的成分分析；

（2）根據(jù)成水煤氣的反應(yīng)分析；

（3）根據(jù)干餾煤的產(chǎn)物分析；

（4）根據(jù)石油的成分分析；

（5）根據(jù)石油和天然氣的主要成分分析；

（6）根據(jù)煤的干餾和石油的分餾的原理分析；

（7）根據(jù)煤油的來源和性質(zhì)分析；

（8）根據(jù)石油的成分分析；

（9）根據(jù)苯和正己烷的性質(zhì)分析；

（10）根據(jù)石油分餾原理分析；

（11）根據(jù)石油催化裂化的原理分析；

（12）根據(jù)煤氣的成分分析．【解析】【解答】解：（1）天然氣和沼氣的主要成分是甲烷；故正確，故答案為：√；

（2）煤可與水蒸氣反應(yīng)制成水煤氣，其反應(yīng)方程為：C+H2OCO+H2，所以水煤氣的主要成分是CO和H2；故正確，故答案為：√；

（3）干餾煤是在隔絕空氣的條件下；將煤加熱到900～1100℃時，可以得到焦炭；煤焦油、煤氣等物質(zhì)，從煤焦油中可分離出苯、甲苯等化工原料，煤氣中可以得到甲烷和氨等重要化工原料，故正確，故答案為：√；

（4）石油中主要含碳元素；氫元素兩種元素；主要是烷烴、環(huán)烷烴和芳香烴的混合物，分餾不能獲得乙酸，故錯誤，故答案為：×；

（5）石油主要是烷烴；環(huán)烷烴和芳香烴的混合物；天然氣的主要成分是甲烷，它們都是碳?xì)浠衔?，故正確，故答案為：√；

（6）煤的干餾是指煤在隔絕空氣的條件下加熱；生成煤焦油；焦炭、焦?fàn)t煤氣等物質(zhì)，屬于化學(xué)變化．石油分餾是指通過石油中含有的物質(zhì)的沸點不同而使各種物質(zhì)分離開的一種方法，該過程中沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故錯誤，故答案為：×；