2025年華東師大版高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………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)2025年華東師大版高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：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9題，共18分)1、下列物質(zhì)的轉(zhuǎn)變?cè)诮o定條件下不能實(shí)現(xiàn)的是（）A.N2NONO2B.Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3C.SSO3H2SO4D.SiO2Na2SiO3H2SiO32、表示下列用途或變化的離子方程式不正確的是（）A.泡沫滅火器滅火原理：Al3++3HCO3-=3CO2↑+Al（OH）3↓B.純堿代替洗滌劑洗滌餐具：CO32-+H2O?HCO3-+OH-C.明礬凈水原理：Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+D.NaHCO3的水解：HCO3-+H2O?H3O++CO32-3、下列藥物知識(shí)，不正確的是（）A.抗生素能抵抗所有細(xì)菌感染，可以大量使用B.腸溶片不可嚼碎服用，因?yàn)槟c溶衣在堿性腸液下溶解才能發(fā)揮藥效C.OTC是非處方藥的標(biāo)志，可以自行購(gòu)藥和按方使用D.凡不以醫(yī)療為目的濫用麻醉藥品與精神藥品都屬于吸毒范圍4、配制一定物質(zhì)的量濃度的rm{KOH}溶液時(shí)，造成實(shí)驗(yàn)結(jié)果偏高的原因是()A.在轉(zhuǎn)移溶液過(guò)程中有少量液體灑在容量瓶外B.洗滌燒杯和玻棒的溶液未轉(zhuǎn)入容量瓶中；C.定容時(shí)觀察液面俯視D.定容時(shí)觀察液面仰視5、已知反應(yīng)2N2O5（g）?4NO2（g）+O2（g）的分解速率表達(dá)式為v正=k正．cm（N2O5），k正是與溫度有關(guān)的常數(shù)，340K時(shí)實(shí)驗(yàn)測(cè)得的有關(guān)數(shù)據(jù)如下：。t/min1234c（N2O5）/mol．L-10.1330.0800.0570.040v正/mol．L-1．min-10.04660.0280.0200.014下列有關(guān)敘述不正確的是（）A.340K時(shí)，速率表達(dá)式中m=1B.340K時(shí)，速率表達(dá)式中k正≈0.35min-1C.340K時(shí)，若c（N2O3）=0.100mol．L-1，則v正≈0.035mol．L-1．minD.若t=2min時(shí)升高溫度，則m不變，k正減小6、由草木灰提取鉀鹽并檢驗(yàn)鉀元素存在的下列實(shí)驗(yàn)操作中，錯(cuò)誤的是（）A.

溶解B.

過(guò)濾C.

蒸發(fā)D.

焰色反應(yīng)7、1993年，中國(guó)學(xué)者許志福和美國(guó)穆爾共同合成了世界上最大的碳?xì)浞肿?，其?個(gè)分子由1134個(gè)碳原子和1146個(gè)氫原子構(gòu)成。關(guān)于此物質(zhì)，下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是()A.是烴類化合物B.常溫下是固體C.是高分子化合物D.易被氧化8、化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，下列說(shuō)法正確的是（）A.淀粉溶液、豆?jié){、霧和飽和食鹽水均可發(fā)生丁達(dá)爾現(xiàn)象B.氮化硅（Si3N4）、氧化鋁（Al2O3）、碳化硅（SiC）和二氧化鋯（ZrO2）都可用作制高溫結(jié)構(gòu)陶瓷的材料C.綠色化學(xué)的核心是利用化學(xué)原理治理環(huán)境污染D.光化學(xué)煙霧、臭氧空洞、溫室效應(yīng)、酸雨（硝酸型）的形成都與氮氧化物有關(guān)9、下列每組物質(zhì)發(fā)生變化所克服的粒子間的作用力屬于同種類型的是（）A.氯化銨受熱氣化和苯的汽化B.碘和干冰受熱升華C.二氧化硅和生石灰的熔化D.氯化鈉和鐵的熔化評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、取一定量飽和FeCl3溶液；進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：

（1）加入少量NaOH（s），F(xiàn)eCl3的水解程度____（填“增強(qiáng)”“減弱”或“不變”）．

（2）將溶液加熱蒸干，并灼燒，最后得到的固體是____（寫化學(xué)式）．

（3）FeCl3溶液中通入HCl（g），溶液的pH____（填“增大”“減小”或“不變”），F(xiàn)eCl3的水解程度____（填“增強(qiáng)”“減弱”或“不變”）．

（4）向FeCl3溶液中滴加石蕊試液，現(xiàn)象是____．

（5）向FeCl3溶液中加入過(guò)量的Mg片，現(xiàn)象是____．11、合成氨的反應(yīng)原理為：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-92.4kJ?mol-1．在一恒容密閉容器中注入1molN2和3molH2發(fā)生合成氨反應(yīng)．

（1）當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，N2和H2的濃度比是____，N2和H2的轉(zhuǎn)化率比是____．

（2）升高平衡體系的溫度時(shí)，混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量____，密度____

（填“變大”；“變小”或“不變”）．

（3）若容器恒容、絕熱，加熱使容器內(nèi)溫度迅速升至原來(lái)的2倍，平衡將____移動(dòng)（填“向左”“向右”或“不”）．達(dá)到新平衡后，容器內(nèi)溫度____（填“大于”、“小于”或“等于”）原來(lái)的2倍．12、某煉鐵廢渣中含有大量CuS及少量鐵的化合物，工業(yè)上以該廢渣為原料生產(chǎn)CuCl2?2H2O的工藝流程如圖1：

已知：焙燒過(guò)程中發(fā)生的主要反應(yīng)為：CuS+2NaCl+2O2CuCl2+Na2SO4；回答下列問(wèn)題：

（1）試劑A應(yīng)選用____．（填編號(hào)）

①NaClO②Cl2

③H2O2溶液④濃硫酸。

理由是____．

（2）分析有關(guān)物質(zhì)的溶解度曲線（如圖2），為了獲得CuCl2?2H2O晶體；對(duì)濾液B進(jìn)行的操作是：

①加入濃鹽酸，其作用是：____

②____得Na2SO4晶體．

③將母液____得CuCl2?2H2O晶體．

（3）已知：2Cu2++4I-═2CuI↓+I2

I2+2S2O32-═2I-+S4O62-

為了測(cè)定CuCl2?2H2O產(chǎn)品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)可按如下方法進(jìn)行：取ag產(chǎn)品，用水溶解后，加入足量的KI溶液，充分反應(yīng)后過(guò)濾、洗滌，將濾液稀釋至250mL，取25.00mL加入淀粉溶液作指示劑，用0.080mol?L-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，四次平行實(shí)驗(yàn)耗去Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液數(shù)據(jù)如下：

。實(shí)驗(yàn)序號(hào)1234消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液（mL）25.0025.0226.2024.98此產(chǎn)品中CuCl2?2H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____．（用含a的最簡(jiǎn)表達(dá)式表示）

（4）氫化亞銅是一種紅色固體；可由下列反應(yīng)制備：

4CuCl2+3H3PO2+6H2O═4CuH↓+8HCl+3H3PO4．該反應(yīng)每轉(zhuǎn)移3mol電子，生成CuH的物質(zhì)的量為____．

（5）氯化銅溶液中銅各物種的分布分?jǐn)?shù)（平衡時(shí)某物種的濃度占各物種濃度之和的分?jǐn)?shù)）與c（Cl-）的關(guān)系如圖3．

①當(dāng)c（Cl-）=9mol?L-1時(shí)，溶液中主要的3種含銅物種濃度大小關(guān)系為：c（CuCl2）＞c（____）＞c（____）．

②在c（Cl-）=1mol?L-1的氯化銅溶液中，滴入AgNO3溶液，完成其中一個(gè)含銅物種間轉(zhuǎn)化的離子方程式為：____

（6）欲實(shí)現(xiàn)Cu+H2SO4═CuSO4+H2，在圖4中你認(rèn)為能實(shí)現(xiàn)該轉(zhuǎn)化的裝置中的括號(hào)內(nèi)，標(biāo)出電極材料____（填“Cu”或“C”）．13、科學(xué)家發(fā)現(xiàn)在特殊條件下；水能表現(xiàn)出許多有趣的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)：

（1）在一定條件下；給水施加一個(gè)弱電場(chǎng)，常溫常壓水就能結(jié)成冰，俗稱“熱冰”，其模擬圖如下：

使水結(jié)成“熱冰”采用弱電場(chǎng)，說(shuō)明水分子是____分子，請(qǐng)你給“熱冰”設(shè)計(jì)一個(gè)實(shí)用的例子：____；

（2）用高能射線照射液態(tài)水時(shí)；一個(gè)水分子能釋放出一個(gè)電子，同時(shí)產(chǎn)生一個(gè)陽(yáng)離子．

Ⅰ．釋放出來(lái)的電子可以被若干個(gè)水分子形成的“網(wǎng)”捕獲而形成水合電子，你認(rèn)為水分子能形成“網(wǎng)”的原因是____；

Ⅱ．由水釋放出一個(gè)電子后產(chǎn)生的陽(yáng)離子具有較強(qiáng)氧化性．寫出該陽(yáng)離子與SO2水溶液

反應(yīng)的離子方程式：____；該陽(yáng)離子與水作用能生成羥基（-0H），經(jīng)測(cè)定此時(shí)水具有酸性，寫出反應(yīng)的離子方程式：____．14、[化學(xué)-選修化學(xué)與技術(shù)]

請(qǐng)回答氯堿的如下問(wèn)題：

（1）氯氣、燒堿是電解食鹽水時(shí)按照固定的比率k（質(zhì)量比）生成的產(chǎn)品．理論上k=____（要求計(jì)算表達(dá)式和結(jié)果）；

（2）原料粗鹽中常含有泥沙和Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-等雜質(zhì)，必須精制后才能供電解使用．精制時(shí)，粗鹽溶于水過(guò)濾后，還要加入的試劑分別為①Na2CO3、②HCl（鹽酸）③BaCl2，這3種試劑添加的合理順序是____（填序號(hào)）

（3）氯堿工業(yè)是高耗能產(chǎn)業(yè)；一種將電解池與燃料電池相組合的新工藝可以節(jié)（電）能30%以上．在這種工藝設(shè)計(jì)中，相關(guān)物料的傳輸與轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示，其中的電極未標(biāo)出，所用的離子膜都只允許陽(yáng)離子通過(guò)．

①圖中X、Y分別是____、____（填化學(xué)式），分析比較圖示中氫氧化鈉質(zhì)量分?jǐn)?shù)a%與b%的大小____；

②分別寫出燃料電池B中正極、負(fù)極上發(fā)生的電極反應(yīng)正極：____，負(fù)極：____；

③這樣設(shè)計(jì)的主要節(jié)（電）能之處在于（寫出2處）____、____．15、SiO32-、SO3、NO3-三種粒子是等電子體．三種粒子的立體構(gòu)型為____，其中Si、S、N三種基態(tài)原子的第一電離能大小關(guān)系為____．16、如圖是某工廠對(duì)海水資源進(jìn)行綜合利用的示意圖．

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）用離子交換膜電解飽和食鹽水時(shí)，精制的飽和食鹽水應(yīng)該加入到____極室．

（2）已知在離子交換膜電解槽中，理論上每小時(shí)通過(guò)1安培的直流電，每槽可以產(chǎn)生1.492g的燒堿，某工廠用300個(gè)電解槽串聯(lián)生產(chǎn)8小時(shí)，制得32%的燒堿溶液（密度為1.342×103kg/m3）113m3，電解槽的電流強(qiáng)度1.45×104A，該電解槽的電解效率為____．

（3）示意圖中制取NaHCO3的化學(xué)方程式為____．

（4）有人提出直接加熱Mg（OH）2得到MgO，再電解熔融MgO得金屬M(fèi)g，這樣可簡(jiǎn)化流程．請(qǐng)判斷該方案是否可行，并說(shuō)明理由____．17、兔耳草醛是一種人造香料；它的合成路線如下：

（1）反應(yīng)①～④中屬于加成反應(yīng)的是____（填序號(hào)），化合物E中的官能團(tuán)的名稱是____．

（2）反應(yīng)②中若HCHO過(guò)量，則D可繼續(xù)與HCHO反應(yīng)生成____（填結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式）．

（3）寫出同時(shí)滿足下列條件的D的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：____．

Ⅰ．既能發(fā)生水解反應(yīng)；也能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；Ⅱ．分子中有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫．

（4）寫出物質(zhì)D在Cu作催化劑條件下與氧氣反應(yīng)的化學(xué)方程式：____．

（5）已知：．寫出以物質(zhì)C為原料制備聚乳酸的合成路線流程圖（無(wú)機(jī)試劑任用）．合成路線流程圖示例如下：

18、硝酸是一種重要的化工原料；工業(yè)上生產(chǎn)硝酸的主要過(guò)程如下：

（1）以N2和H2為原料合成氨氣．反應(yīng)N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0

①下列措施可以提高H2的轉(zhuǎn)化率是（填選項(xiàng)序號(hào)）____．

a．選擇適當(dāng)?shù)拇呋瘎゜．增大壓強(qiáng)c．及時(shí)分離生成的NH3d．升高溫度。

②一定溫度下，在密閉容器中充入1molN2和3molH2發(fā)生反應(yīng)．若容器容積恒定，達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，容器內(nèi)的壓強(qiáng)是原來(lái)的，則N2的轉(zhuǎn)化率a1=____；

若容器壓強(qiáng)恒定，達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，N2的轉(zhuǎn)化率為a2，則a2____a1（填“＞”；“＜”或“=”）．

（2）以氨氣；空氣為主要原料制硝酸．

①NH3被氧氣催化氧化生成NO的反應(yīng)的化學(xué)方程式是____．

②在容積恒定的密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）△H＞0

該反應(yīng)的反應(yīng)速率（v）隨時(shí)間（t）變化的關(guān)系如圖所示．若t2、t4時(shí)刻只改變一個(gè)條件，下列說(shuō)法正確的是（填選項(xiàng)序號(hào)）____．

a．在t1～t2時(shí)；可依據(jù)容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)保持不變判斷反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)。

b．在t2時(shí)；采取的措施一定是升高溫度。

c．在t3～t4時(shí)；可依據(jù)容器內(nèi)氣體的密度保持不變判斷反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)。

d．在t0～t5時(shí)，容器內(nèi)NO2的體積分?jǐn)?shù)在t3時(shí)值的最大。

③向容積相同、溫度分別為T1和T2的兩個(gè)密閉容器中分別充入等量NO2發(fā)生反應(yīng)：

2NO2（g）?N2O4（g）△H＜0．恒溫恒容下反應(yīng)相同時(shí)間后，分別測(cè)定體系中NO2的百分含量分別為a1，a2．已知T1＜T2，則a1____a2

A．大于B．小于C．等于D．以上都有可能。

（3）硝酸廠常用如下2種方法處理尾氣．

①催化還原法：催化劑存在時(shí)用H2將NO2還原為N2．

已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.5kJ/mol

N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+133kJ/mol

則H2還原NO2生成水蒸氣反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是____．

②堿液吸收法：用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2．

若每9.2gNO2和Na2CO3溶液反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1mol，則反應(yīng)的離子方程式是____．評(píng)卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)19、蛋白質(zhì)溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液，蛋白質(zhì)析出，再加水也不溶解．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）20、分液時(shí)，先將下層液體從分液漏斗下端放出，再將上層液體從上口倒出．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）21、1mol硫酸鉀中陰離子所帶電荷數(shù)為NA____（判斷對(duì)錯(cuò)）22、放熱反應(yīng)不需加熱就可以發(fā)生____．（判斷對(duì)錯(cuò)）23、濃硫酸可用于干燥NH3、H2、O2等氣體____．（判斷對(duì)錯(cuò)）24、判斷正誤；正確的劃“√”，錯(cuò)誤的劃“×”

（1）乙酸分子中含有羧基，可與NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2____

（2）乙醇、乙酸均能與Na反應(yīng)放出H2，二者分子中官能團(tuán)相同____

（3）在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3CO18OH和C2H5OH____

（4）在水溶液里，乙酸分子中的-CH3可以電離出H+____

（5）乙醇中含乙酸雜質(zhì)：加入碳酸鈉溶液洗滌，分液____

（6）乙酸丁酯中含乙酸雜質(zhì)：加入碳酸鈉溶液洗滌，分液____．25、1mol硫酸鉀中陰離子所帶電荷數(shù)為NA____（判斷對(duì)錯(cuò)）26、判斷題（正確的后面請(qǐng)寫“√”；錯(cuò)誤的后面請(qǐng)寫“×”）

（1）物質(zhì)的量相同的兩種不同氣體只有在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積才相等．____

（2）Vm在非標(biāo)準(zhǔn)狀況下不可能為22.4L/mol．____

（3）1mol任何物質(zhì)在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積均為22.4L．____

（4）一定溫度和壓強(qiáng)下，各種氣體物質(zhì)體積的大小由氣體分子數(shù)決定．____．評(píng)卷人得分四、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共30分)27、（12分）工業(yè)上用鋁土礦(主要成分為Al2O3，F(xiàn)e2O3等)提取Al2O3做冶煉鋁的原料，由熔鹽電解法獲得的粗鋁中含一定量的金屬鈉和氫氣，這些雜質(zhì)可采用吹氣精煉法除去，產(chǎn)生的尾氣經(jīng)處理后可用于鋼材鍍鋁。工藝流程如下圖所示：(已知：NaCl熔點(diǎn)為801℃；AlCl3在181℃升華)（1）向?yàn)V液中通入過(guò)量CO2所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。（2）精煉前，需清除坩堝表面的氧化鐵和石英砂，防止精煉時(shí)它們分別與鋁發(fā)生置換反應(yīng)產(chǎn)生新的雜質(zhì)，則鋁和氧化鐵反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（3）將Cl2連續(xù)通入坩堝中的粗鋁熔體，雜質(zhì)隨氣泡上浮而除去。氣泡的主要成分除Cl2外還含有______。固態(tài)雜質(zhì)粘附于氣泡上，在熔體表面形成浮渣，浮渣中肯定存在________。（4）鍍鋁電解池中，金屬鋁為陽(yáng)極，熔融鹽電鍍液中鋁元素主要以AlCl4－形式存在，則陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_____________。（5）鋼材鍍鋁后，抗腐蝕性能會(huì)大大增強(qiáng)，其原因是_____________。28、(11分)某興趣小組探究SO2氣體還原Fe3+、I2，他們使用的藥品和裝置如下圖所示：（1）儀器組裝完成后，關(guān)閉兩端活塞，向裝置B中的長(zhǎng)頸漏斗內(nèi)注入液體至形成一段液注，若，則整個(gè)裝置氣密性良好。裝置E的作用是。裝置F中為溶液。（2）裝置B的作用之一是觀察SO2的生成速率，其中的液體最好選擇。a．蒸餾水b．飽和Na2SO3溶液c．飽和NaHSO3溶液d．飽和NaHCO3溶液（3）SO2氣體還原Fe3+反應(yīng)的產(chǎn)物是________________（填離子符號(hào)）。（4）在上述裝置中通入過(guò)量的SO2為了驗(yàn)證C中SO2與Fe3+發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，他們?nèi)中的溶液，分成三份，并設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：方案①：往第一份試液中加入KMnO4溶液，紫紅色褪去。方案②：往第一份試液加入KSCN溶液，不變紅，再加入新制的氯水，溶液變紅。方案③：往第二份試液加入用稀鹽酸酸化的BaCl2，產(chǎn)生白色沉淀。上述方案不合理的是____，原因是_______________________________________。（5）能表明I－的還原性弱于SO2的現(xiàn)象是__________________________，寫出有關(guān)離子方程式：29、如圖是實(shí)驗(yàn)室研究潛水艇中供氧體系反應(yīng)機(jī)理的裝置圖rm{(}夾持儀器略rm{)}．

rm{(1)B}裝置可除去rm{A}裝置中可能揮發(fā)出的______；反應(yīng)的離子方程式為______．

rm{(2)C}裝置為rm{O_{2}}的發(fā)生裝置；反應(yīng)的化學(xué)方程式為______；______．

rm{(3)D}裝置可除去rm{C}裝置中未反應(yīng)的______；反應(yīng)的離子方程式為______．

rm{(4)C}裝置中固體由淡黃色完全變?yōu)榘咨?，檢驗(yàn)固體成分的實(shí)驗(yàn)方案為取少量rm{C}裝置中反應(yīng)后的固體溶于水，向溶液中滴入過(guò)量______溶液，若有白色沉淀生成，則證明固體中含有______；過(guò)濾，向?yàn)V液中滴入幾滴酚酞試液，若______且不褪色，則證明固體中含有______．評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共1題，共10分)30、三草酸合鐵酸鉀晶體rm{K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]?3H_{2}O}可用于攝影和藍(lán)色印刷rm{.}某小組將無(wú)水三草酸合鐵酸鉀在一定條件下加熱分解，對(duì)所得氣體產(chǎn)物和固體產(chǎn)物進(jìn)行實(shí)驗(yàn)和探究rm{.}該小組同學(xué)查閱資料知，固體產(chǎn)物中鐵元素不可能以三價(jià)形式存在，而鹽只有rm{K_{2}CO_{3}}產(chǎn)生的氣體中含有rm{CO}rm{CO_{2}}．

請(qǐng)利用實(shí)驗(yàn)室常用儀器；用品和以下限選試劑完成驗(yàn)證和探究過(guò)程．

限選試劑：rm{壟脵}蒸餾水rm{壟脷3%H_{2}O_{2}}溶液rm{壟脹}氧化銅rm{壟脺1.0}rm{mol?L^{-1}}鹽酸rm{壟脻}濃硫酸rm{壟脼1.0}rm{mol?L^{-1}NaOH}溶液rm{壟脽}澄清石灰水rm{壟脿0.5}rm{mol?L^{-1}}rm{CuSO_{4}}溶液rm{壟謾2%KSCN}溶液rm{壟芒}苯酚溶液。

rm{(1)}若用一套連續(xù)實(shí)驗(yàn)裝置檢驗(yàn)氣體產(chǎn)物中rm{CO}的存在，并驗(yàn)證檢驗(yàn)過(guò)程中有rm{CO_{2}}生成，應(yīng)選用的試劑為rm{(}按先后順序把所選試劑的標(biāo)號(hào)填入空格內(nèi)rm{)}______．

rm{(2)}提出合理假設(shè)。

假設(shè)rm{1}只有rm{Fe}假設(shè)rm{2}只有rm{FeO}假設(shè)rm{3}______．

rm{(3)}設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案并實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證。

步驟rm{1}取適量固體產(chǎn)物于試管中；加入足量蒸餾水溶解，過(guò)濾分離出不溶固體．

步驟rm{2}取少量上述不溶固體放入試管中，加入足量______溶液，充分振蕩rm{.}若固體無(wú)明顯變化；則假設(shè)______成立；若有暗紅色固體生成，則反應(yīng)的離子方程式為______．

步驟rm{3}取步驟rm{2}所得暗紅色固體于試管中，滴加過(guò)量______，振蕩后靜置rm{.}若溶液基本無(wú)色，則假設(shè)______成立；若溶液呈______，則假設(shè)rm{3}成立．

rm{(4)}問(wèn)題討論。

若固體產(chǎn)物中rm{FeO}含量較少，用步驟rm{3}方法難以確定rm{.}請(qǐng)你設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案證明假設(shè)rm{3}成立rm{(}寫出實(shí)驗(yàn)的操作步驟、現(xiàn)象與結(jié)論rm{)}______．

rm{(5)}拓展與延伸。

有資料介紹“在含rm{Fe^{2+}}的溶液中，先滴加少量新制飽和氯水，然后滴加rm{KSCN}溶液，溶液呈紅色；若再滴加過(guò)量氯水，卻發(fā)現(xiàn)紅色褪去”rm{.}假設(shè)溶液中的rm{+3}價(jià)鐵還能被氯水氧化為更高價(jià)的rm{QUOTE}試寫出該反應(yīng)的離子方程式______．評(píng)卷人得分六、探究題(共4題，共36分)31、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．32、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來(lái)測(cè)定其含量，操作為：33、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．34、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來(lái)測(cè)定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】A．氮?dú)夂脱鯕庠诜烹姉l件下發(fā)生反應(yīng)生成NO；NO和氧氣反應(yīng)生成二氧化氮；

B．氧化鋁溶于NaOH溶液生成偏鋁酸鈉；偏鋁酸鈉和二氧化碳反應(yīng)生成氫氧化鋁；

C．S燃燒生成二氧化硫；二氧化硫和水反應(yīng)生成亞硫酸，亞硫酸被氧化生成硫酸；

D．二氧化硅和碳酸鈉在高溫條件下反應(yīng)生成硅酸鈉，硅酸鈉溶液和二氧化碳反應(yīng)生成硅酸．【解析】【解答】解：A．N2+O22NO、2NO+O2=2NO2；所以能實(shí)現(xiàn)，故A不選；

B．Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O、NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3；所以能實(shí)現(xiàn)，故B不選；

C．S+O2SO2、SO2+H2O=H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4；所以不能實(shí)現(xiàn)，故C選；

D．SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3+Na2CO3；所以能實(shí)現(xiàn)，故D不選；

故選C．2、D【分析】【分析】A．相互促進(jìn)水解生成二氧化碳?xì)怏w；用來(lái)滅火；

B．純堿水解顯堿性；分步進(jìn)行，以第一步為主；

C．鋁離子水解生成膠體；可凈化水；

D．碳酸氫根離子水解生成碳酸．【解析】【解答】解：A．泡沫滅火器滅火原理，發(fā)生水解離子反應(yīng)為Al3++3HCO3-=3CO2↑+Al（OH）3↓；故A正確；

B．純堿代替洗滌劑洗滌餐具，水解離子反應(yīng)為CO32-+H2O?HCO3-+OH-；故B正確；

C．明礬凈水原理，水解離子反應(yīng)為Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+；故C正確；

D．NaHCO3的水解，水解離子反應(yīng)為HCO3-+H2O?OH-+H2CO3；故D錯(cuò)誤；

故選D．3、A【分析】【分析】A．抗生素對(duì)抵抗細(xì)菌感染很有效；但卻不能濫用；

B．為了充分發(fā)揮藥物的治療效果；減少毒副反應(yīng)，腸溶片劑應(yīng)整片吞服；

C．OTC是非處方藥的標(biāo)志；

D．毒品是指鴉片、海洛因、甲基苯丙胺（冰毒）、嗎啡、大麻、可卡因以及國(guó)家規(guī)定管制的其他能夠使人形成癮癖的麻醉藥品和精神藥品．【解析】【解答】解：A．抗生素在對(duì)抗細(xì)菌感染的同時(shí)；它對(duì)人體的正常細(xì)胞；組織、器官也會(huì)造成不同的損害．有的會(huì)損害神經(jīng)細(xì)胞；有的損害肝、腎；有的損害造血功能；有的損害生殖系統(tǒng)．嚴(yán)重的甚至是不可逆的，故A錯(cuò)誤；

B．為了充分發(fā)揮藥物的治療效果；減少毒副反應(yīng)，腸溶片劑應(yīng)整片吞服，切不可嚼碎或研成粉末服用，故B正確；

C．所有非處方藥藥盒的右上角均有OTC標(biāo)識(shí)；在自我藥療的時(shí)候，只有使用非處方藥才是安全的，故C正確；

D．凡不以醫(yī)療為目的濫用麻醉藥品與精神藥品都屬于吸毒；故D正確．

故選A．4、C【分析】略。

【解析】rm{C}5、D【分析】【分析】A．由表中數(shù)據(jù)可知，c（N2O5）濃度之比等于v正之比，v正與c（N2O5）濃度成正比關(guān)系；

B．v正與c（N2O5）濃度成正比關(guān)系，則m=1，由任意一組數(shù)據(jù)根據(jù)v正=k正．c（N2O5）計(jì)算k正；

C．根據(jù)v正=k正．c（N2O5）計(jì)算；

D．升高溫度，反應(yīng)速率加快，k正是與溫度有關(guān)的常數(shù)，不影響m值，根據(jù)v正=k正．c（N2O5）判斷．【解析】【解答】解：A．由表中數(shù)據(jù)可知，c（N2O5）濃度之比等于v正之比，則v正與c（N2O5）濃度成正比關(guān)系；故m=1，故A正確；

B．v正與c（N2O5）濃度成正比關(guān)系，則m=1，由2min數(shù)據(jù)可知，0.028mol．L-1．min-1=k正×0.080mol．L-1，解得k正≈0.35min-1；故B正確；

C．340K時(shí)，若c（N2O3）=0.100mol．L-1，則v正≈0.35min-1×0.35min-1=0.035mol．L-1．min-1；故C正確；

D．升高溫度，反應(yīng)速率加快，k正是與溫度有關(guān)的常數(shù)，不影響m值，根據(jù)v正=k正．c（N2O5）可知k正增大；故D錯(cuò)誤；

故選：D．6、D【分析】【分析】由草木灰提取鉀鹽并檢驗(yàn)鉀元素存在，則應(yīng)進(jìn)行溶解、過(guò)濾除雜，然后蒸發(fā)結(jié)晶得到碳酸鉀，然后利用焰色反應(yīng)檢驗(yàn)鉀元素，以此來(lái)解答．【解析】【解答】解：由草木灰提取鉀鹽并檢驗(yàn)鉀元素存在；則應(yīng)進(jìn)行溶解（A）；過(guò)濾（B）除雜，然后蒸發(fā)結(jié)晶（C）得到碳酸鉀，然后利用焰色反應(yīng)檢驗(yàn)鉀元素，而選項(xiàng)D中觀察K的焰色應(yīng)透過(guò)藍(lán)色的鈷玻璃，操作錯(cuò)誤；

故選D．7、C【分析】【解答】根據(jù)題意是最大的碳?xì)浞肿?；可知是烴類化合物；根據(jù)碳；氫原子個(gè)數(shù)可知分子中含有不飽和鍵，易被氧化；含碳原子數(shù)比較多應(yīng)為固體；該分子不是高分子化合物。

【分析】本題考查高分子的判斷，題目中“合成世界上最大的碳?xì)浞肿印笔墙忸}的突破口。8、B【分析】解：A．飽和食鹽水不是膠體；均不會(huì)可生丁達(dá)爾現(xiàn)象，故A錯(cuò)誤；

B．氮化硅（Si3N4）和碳化硅（SiC）是原子晶體，氧化鋁（Al2O3）和二氧化鋯（ZrO2）是離子晶體；熔點(diǎn)高，都可用作制高溫結(jié)構(gòu)陶瓷的材料，故B正確；

C．綠色化學(xué)的核心是從源頭消除污染；故C錯(cuò)誤；

D．溫室效應(yīng)與二氧化碳有關(guān)；與氮氧化物無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤，故選B．

A．膠體能發(fā)生丁達(dá)爾效應(yīng)；

B；離子晶體熔點(diǎn)高；耐高溫；

C；綠色化學(xué)核心是減少污染；

D．溫室效應(yīng)與二氧化碳有關(guān)；與氮氧化物無(wú)關(guān)。

本題考查較為綜合，涉及膠體、材料、環(huán)境等問(wèn)題，題目難度不大，注意基礎(chǔ)知識(shí)的積累．【解析】【答案】B9、B【分析】解：A．氯化銨屬于離子晶體；需要克服離子鍵，苯屬于分子晶體，需要克服分子間作用力，所以克服作用力不同，故A不選；

B．碘和干冰受熱升華；均破壞分子間作用力，故B選；

C．二氧化硅屬于原子晶體；需要克服化學(xué)鍵，生石灰屬于離子晶體，需要克服離子鍵，所以克服作用力不同，故C不選；

D．氯化鈉屬于離子晶體；熔化需要克服離子鍵，鐵屬于金屬晶體，熔化克服金屬鍵，所以克服作用力不相同，故D不選；

故選B．

A．氯化銨為離子晶體；苯為分子晶體；

B．碘和干冰都為分子晶體；

C．二氧化硅和生石灰分別屬于原子晶體；離子晶體；

D．氯化鈉和鐵分別屬于離子晶體；金屬晶體．

本題考查化學(xué)鍵及晶體類型，為高頻考點(diǎn)，把握化學(xué)鍵的形成及判斷的一般規(guī)律為解答的關(guān)鍵，側(cè)重化學(xué)鍵破壞的考查，一般來(lái)說(shuō)，活潑金屬與非金屬之間形成離子鍵，非金屬之間形成共價(jià)鍵，但銨鹽中存在離子鍵；由分子構(gòu)成的物質(zhì)發(fā)生三態(tài)變化時(shí)只破壞分子間作用力，但電解質(zhì)的電離化學(xué)鍵斷裂，題目難度不大．【解析】【答案】B二、填空題(共9題，共18分)10、增強(qiáng)Fe2O3減小減弱溶液變紅有氣泡產(chǎn)生【分析】【分析】飽和FeCl3溶液中，存在反應(yīng)為FeCl3+3H2O?Fe（OH）3（膠體）+3HCl；

（1）加入少量NaOH（s），氫離子濃度減小，F(xiàn)eCl3的水解程度增強(qiáng)；

（2）根據(jù)三氯化鐵在溶液中存在水解平衡；從平衡移動(dòng)的角度分析并解答該題；

（3）FeCl3溶液中通入HCl（g），溶液的pH減小，F(xiàn)eCl3的水解程度減弱；

（4）向FeCl3溶液中滴加石蕊試液；溶液呈酸，所以溶液變紅；

（5）向FeCl3溶液中加入過(guò)量的Mg片，鎂與氫離子反應(yīng)生成氫氣，由此分析解答．【解析】【解答】解：飽和FeCl3溶液中，存在反應(yīng)為FeCl3+3H2O?Fe（OH）3（膠體）+3HCl；

（1）加入少量NaOH（s），氫離子濃度減小，水解平衡正向移動(dòng)，所以FeCl3的水解程度增強(qiáng)；故答案為：增強(qiáng)；

（2）在FeCl3溶液中，F(xiàn)e3+發(fā)生水解生成Fe（OH）3：FeCl3+3H2O?Fe（OH）3+3HCl，由于加熱蒸發(fā)，使HCl揮發(fā)，破壞平衡，使平衡不斷向右移動(dòng)，結(jié)果生成Fe（OH）3，又由于灼熱發(fā)生2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，使Fe（OH）3分解生成Fe2O3，故答案為：Fe2O3；

（3）FeCl3溶液中通入HCl（g），溶液的pH減小，氫離子濃度增大，抑制FeCl3的水解；所以水解程度減弱，故答案為：減?。粶p弱；

（4）向FeCl3溶液中滴加石蕊試液；溶液呈酸，所以溶液變紅，故答案為：溶液變紅；

（5）向FeCl3溶液中加入過(guò)量的Mg片，鎂與氫離子反應(yīng)生成氫氣，所以現(xiàn)象有氣泡產(chǎn)生，故答案為：有氣泡產(chǎn)生．11、1：31：1減小不變向左小于【分析】【分析】（1）根據(jù)開始時(shí)注入1molN2和3molH2，發(fā)生反應(yīng)時(shí)消耗氮?dú)夂蜌錃馐冀K按照1：3進(jìn)行，所以當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，剩余N2和H2的濃度比是仍然為1：3；根據(jù)轉(zhuǎn)化率=判斷N2和H2的轉(zhuǎn)化率比；

（2）根據(jù)升高平衡體系的溫度時(shí)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，根據(jù)混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量=，密度=判斷；

（3）運(yùn)用勒夏特列原理解答．【解析】【解答】解：（1）因?yàn)殚_始時(shí)注入1molN2和3molH2，發(fā)生反應(yīng)時(shí)消耗氮?dú)夂蜌錃馐冀K按照1：3進(jìn)行，所以當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，剩余N2和H2的濃度比是仍然為1：3；又轉(zhuǎn)化率=，所以N2和H2的轉(zhuǎn)化率比為1：1；

故答案為：1：3；1：1；

（2）因?yàn)樵摲磻?yīng)為放熱反應(yīng)，則升高平衡體系的溫度時(shí)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，氣體物質(zhì)的量變大，質(zhì)量不變，所以混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量=將減小，又體積不變，所以密度=也不變；

故答案為：減小；不變；

（3）升溫，平衡向吸熱的逆向移動(dòng)，使體系溫度降低，故答案為：向左；小于．12、①NaClO能氧化Fe2+成Fe3+，且溶液呈堿性，能增大溶液的pH，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀抑制Cu2+水解，提高CuCl2.2H2O的產(chǎn)率蒸發(fā)濃縮、升溫結(jié)晶、趁熱過(guò)濾冷卻到30-35℃結(jié)晶、過(guò)濾%1molCuCl+CuCl3-CuCl++Ag+=AgCl↓+Cu2+【分析】【分析】流程分析廢渣粉碎加入氯化鈉；通入空氣焙燒后加入鹽酸酸浸，加入試劑A是氧化劑將亞鐵離子氧化為鐵離子，調(diào)節(jié)溶液PH使鐵離子沉淀；過(guò)濾后的濾液中主要是氯化銅溶液蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶得到氯化銅晶體；

（1）試劑A滿足能把亞鐵離子氧化為鐵離子和調(diào)節(jié)PH使酸性減弱兩個(gè)功能；

（2）①加入濃鹽酸，其作用是抑制Cu2+水解；

②溶液中得到晶體的方法是蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶，過(guò)濾洗滌；

③蒸發(fā)濃縮后，由于同溫下硫酸鈉的溶解度小，會(huì)有大量硫酸鈉析出；40°C時(shí)硫酸鈉溶解度最大，硫酸鈉最不容易析出，為了得到更多的析出CuCl2?2H2O晶體；溫度略低于40℃的范圍；

（3）2Cu2++4I-═2CuI↓+I2，I2+2S2O32-═2I-+S4O62-；得到定量關(guān)系2Cu2+～2S2O32-計(jì)算；硫代硫酸鈉溶液消耗的體積第三組數(shù)據(jù)誤差大舍去；

（4）依據(jù)元素化合價(jià)變化和電子守恒計(jì)算分析得到；

（5）①?gòu)膱D上在c（Cl-）=9mol?L-1處；做一條平行與縱軸的虛線，可以比較；

②從圖上在c（Cl-）=1mol?L-1處；做一條平行與縱軸的虛線，看哪種微粒最多；

（6）Cu和H2SO4之間的反應(yīng)是非自發(fā)的，需要電解池實(shí)現(xiàn)，根據(jù)電解池的構(gòu)成條件來(lái)回答．【解析】【解答】解：（1）NaClO、Cl2、H2O2溶液、濃硫酸均能將Fe2+氧化為Fe3+；但氯水和硫酸溶液均呈酸性，NaClO溶液呈堿性，故可以起到調(diào)節(jié)PH的作用；

故答案為：①；NaClO能將Fe2+氧化為Fe3+，且溶液顯堿性，能增大溶液pH使Fe3+沉淀；

（2）①加入濃鹽酸，其作用是抑制Cu2+水解，提高CuCl2.2H2O的產(chǎn)率；

故答案為：抑制Cu2+水解，提高CuCl2.2H2O的產(chǎn)率；

②溶液中得到晶體的方法是蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶，趁熱過(guò)濾；

故答案為：蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、趁熱過(guò)濾；

③由圖乙可知硫酸鈉的溶解度較小而且溫度較高時(shí)隨溫度的變化不大，為了防止氯化銅晶體的析出，必須趁熱過(guò)濾，加熱濃縮時(shí)會(huì)有大量的硫酸鈉析出；冷卻結(jié)晶時(shí)盡量保證硫酸鈉不析出，而40攝氏度時(shí)硫酸鈉溶解度最大，為了能析出更多的CuCl2?2H2O晶體；故適宜溫度為35～40℃．

故答案為：冷卻到30-35℃結(jié)晶；過(guò)濾；

（3）2Cu2++4I-═2CuI↓+I2，I2+2S2O32-═2I-+S4O62-；得到定量關(guān)系2Cu2+～2S2O32-計(jì)算；硫代硫酸鈉溶液消耗的體積第三組數(shù)據(jù)誤差大舍去得到消耗溶液體積平均為=ml=25ml；

Cu2+～S2O32-

11

n0.0250L×0.080mol?L-1

n=0.002mol；

250mL溶液中含有CuCl2?2H2O物質(zhì)的量=0.002mol×=0.02mol

此產(chǎn)品中CuCl2?2H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%=%；

故答案為：%；

（4）從反應(yīng)4CuSO4+3H3PO2+6H2O=4CuH↓+4H2SO4+3H3PO4分析，Cu從+2價(jià)變成+1，4molCu得到4mol電子，H從+1價(jià)變成-1價(jià)，4mol-1價(jià)的H得到8mol電子，共得電子12mol，P從+1價(jià)變成+5價(jià)，3molP共失電子12mol．還原劑化合價(jià)升高，故該反應(yīng)的還原劑是H3PO2．每生成4molCuH轉(zhuǎn)移電子12mol；所以，轉(zhuǎn)移電子3mol時(shí)應(yīng)生成CuH1mol；

故答案為：1mol；

（5）①在c（Cl-）=9mol?L-1處，做一條平行與縱軸的虛線，可見溶液中主要含銅物種濃度大小關(guān)系為：c（CuCl2）＞c（CuCl+）＞c（CuCl3-）＞c（Cu2+）＞c（CuCl42-）；

故答案為：CuCl+；CuCl3-；

②從圖上可見，在c（Cl-）=1mol?L-1的氯化銅溶液中，主要是Cu2+與Cl-結(jié)合生成CuCl+，方程式為：Cu2++Cl-═CuCl+或CuCl++Ag+=AgCl↓+Cu2+；

故答案為：CuCl++Ag+=AgCl↓+Cu2+；

（6）Cu和H2SO4之間的反應(yīng)是非自發(fā)的，需要電解池實(shí)現(xiàn)，金屬銅作陽(yáng)極，陰極是導(dǎo)體即可，電解質(zhì)為硫酸，即：

故答案為：．13、極性建一個(gè)夏季室內(nèi)溜冰場(chǎng)水分子之間存在氫鍵2H2O++SO2═CH++SO42-H2O++H2O=H3O++-OH【分析】【分析】（1）極性分子能在電場(chǎng)作用下凝結(jié)；

（2）Ⅰ．水分子之間形成氫鍵；使水分子聯(lián)系成網(wǎng)；

Ⅱ．由水分子釋放出電子時(shí)產(chǎn)生的一種陽(yáng)離子可以表示成H2O+，根據(jù)題中信息判斷生成物，進(jìn)而書寫反應(yīng)的離子方程式．【解析】【解答】解：（1）在電場(chǎng)作用下的凝結(jié)；說(shuō)明分子是極性分子；常溫常壓下的固態(tài)水應(yīng)用廣泛，如：建造室溫溜冰場(chǎng)，制造熱冰淇淋等；

故答案為：極性；建一個(gè)夏季室內(nèi)溜冰場(chǎng)；

（2）Ⅰ．水分子之間形成氫鍵；使水分子聯(lián)系成網(wǎng)，故答案為：水分子之間形成氫鍵；

Ⅱ．由水分子釋放出電子時(shí)產(chǎn)生的一種陽(yáng)離子可以表示成H2O+，由于氧化性很強(qiáng)氧化SO2生成硫酸，2H2O++SO2=4H++SO42-，根據(jù)信息和電荷守恒，H2O++H2O=H3O++-OH；

故答案為：2H2O++SO2═CH++SO42-；H2O++H2O=H3O++-OH．14、略

【分析】

（1）電解飽和食鹽水的化學(xué)方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，則理論上k===1：1.13或0.89；

故答案為：==1：1.13或0.89；

（2）應(yīng)先加入過(guò)量BaCl2，除去SO42-，然后加過(guò)量Na2CO3，可除去Ca2+、Mg2+、Fe3+等，過(guò)濾后加入鹽酸可除去Na2CO3；故答案為：③①②；

（3）①通空氣一邊為正極（還原反應(yīng)），那么左邊必然通H2，這樣Y即為H2，則電解池左邊應(yīng)為陽(yáng)極，生成Cl2，由于燃料電池正極發(fā)生O2+4e-+2H2O=4OH-，燃料電池中的離子膜只允許陽(yáng)離子通過(guò)，而燃料電池中正極氧氣得到電子產(chǎn)生OH-，所以反應(yīng)后氫氧化鈉的濃度升高，即a%小于b%；可知NaOH濃度增大；

故答案為：Cl2；H2；a%小于b%；

②燃料電池中正極氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-，負(fù)極氫氣失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為H2-2e-+2OH-=2H2O；

故答案為：O2+4e-+2H2O=4OH-；H2-2e-+2OH-=2H2O；

③據(jù)裝置特點(diǎn)及反應(yīng)過(guò)程可知；這樣設(shè)計(jì)的優(yōu)點(diǎn)是燃料電池可以補(bǔ)充電解池消耗的電能；提高產(chǎn)出堿液的濃度；降低能耗等；

故答案為：燃料電池可以補(bǔ)充電解池消耗的電能；提高產(chǎn)出堿液的濃度．

【解析】【答案】（1）根據(jù)電解飽和食鹽水的化學(xué)方程式2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，即可得到k==以此計(jì)算；

（2）抓住除鋇離子要放在除碳酸根離子前即可得到順序關(guān)系：③①②；

（3）本題突破口在于B燃料電池這邊，通空氣一邊為正極（還原反應(yīng)），那么左邊必然通H2，這樣Y即為H2；再轉(zhuǎn)到左邊依據(jù)電解飽和食鹽水的化學(xué)方程式可知唯一未知的X必然為Cl2；A中的NaOH進(jìn)入燃料電池正極再出來(lái)，依據(jù)O2+4e-+2H2O=4OH-可知NaOH濃度增大．

15、平面三角形、平面三角形、平面三角形N＞S＞Si【分析】【分析】根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定粒子空間構(gòu)型，同一周期元素中，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢(shì)，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素；同一主族元素，元素電離能隨著原子序數(shù)增大而減小，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：SiO32-中價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)為3且不含孤電子對(duì)；所以為平面三角形；

SO3中價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)為3且不含過(guò)度競(jìng)爭(zhēng)；所以為平面三角形；

NO3-中價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)為3且不含孤電子對(duì)；所以為平面三角形；

同一周期元素中；元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢(shì)，但第IIA族；第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素；同一主族元素，元素電離能隨著原子序數(shù)增大而減小，所以這幾種元素第一電離能大小順序是N＞S＞Si；

故答案為：平面三角形、平面三角形、平面三角形；N＞S＞Si．16、陽(yáng)93.45%NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl不可行，MgO熔點(diǎn)比MgCl2高，熔融時(shí)耗能過(guò)高【分析】【分析】（1）用離子交換膜電解飽和食鹽水時(shí)；陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣，陰極發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣和氫氧化鈉；

（2）計(jì)算生成NaOH的質(zhì)量；根據(jù)理論耗電量和實(shí)際耗電量計(jì)算；

（3）NaCl、NH3、CO2和水反應(yīng)可制取NaHCO3；

（4）MgO熔點(diǎn)高，耗能過(guò)高．【解析】【解答】解：（1）用離子交換膜電解飽和食鹽水時(shí)；陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣，陰極發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣和氫氧化鈉，精制飽和食鹽水進(jìn)入陽(yáng)極室；

故答案為：陽(yáng)；

（2）燒堿溶液質(zhì)量為1.342×103kg/m3×113m3=1.516×105kg；

m（NaOH）=1.516×105kg×32%=4.85×104kg；

則理論上需要電流量為=3.252×107A；

則實(shí)際上耗電量為1.45×104A×8×300=3.48×107A；

該電解槽的電解效率為=93.45%；

故答案為：93.45%；

（3）NaCl、NH3、CO2和水反應(yīng)可制取NaHCO3，反應(yīng)的方程式為NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，故答案為：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；

（4）MgO的熔點(diǎn)比氯化鎂高；電解時(shí)應(yīng)用熔融的氯化鎂，一般不用氧化鎂，因氧化鎂的熔點(diǎn)高，耗能過(guò)高；

故答案為：不可行，MgO熔點(diǎn)比MgCl2高，熔融時(shí)耗能過(guò)高．17、①②④碳碳雙鍵、醛基HCOOCH（CH3）2【分析】【分析】（1）根據(jù)反應(yīng)物；生成物的結(jié)構(gòu)以及官能團(tuán)的變化；結(jié)合有機(jī)反應(yīng)類型的定義進(jìn)行判斷；

根據(jù)E的結(jié)構(gòu)判斷含有的官能團(tuán)；

（2）根據(jù)丙醛與甲醛反應(yīng)生成D；由D的結(jié)構(gòu)可知，應(yīng)是丙醛中連接醛基的碳原子上C-H鍵斷裂，與甲醛發(fā)生加成反應(yīng)，則HCHO過(guò)量，則D中連接醛基的碳原子上C-H鍵斷裂可以繼續(xù)斷裂，與HCHO發(fā)生加成反應(yīng)，據(jù)此書寫；

（3）D的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：Ⅰ．既能發(fā)生水解反應(yīng)，也能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，為甲酸形成的酯，則含有-OOCH，Ⅱ．分子中有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫，則烴基含有2種H原子，為-CH（CH3）2；據(jù)此書寫；

（4）D在Cu作催化劑條件下與氧氣反應(yīng)；醇羥基被氧化為-CHO；

（5）丙醛在Cu、加熱條件下生成丙酸，丙酸發(fā)生信息反應(yīng)生成CH3CH（Cl）COOH，發(fā)生水解反應(yīng)生成CH3CH（OH）COOH，再發(fā)生縮聚反應(yīng)生成【解析】【解答】解：（1）根據(jù)A；B的結(jié)構(gòu)可知；反應(yīng)①屬于加成反應(yīng)；根據(jù)C、D的結(jié)構(gòu)可知，反應(yīng)②屬于加成反應(yīng)，反應(yīng)③屬于消去反應(yīng)，根據(jù)B、E、兔耳草醛的結(jié)構(gòu)可知反應(yīng)④屬于加成反應(yīng)；

故E的結(jié)構(gòu)可知；含有的官能團(tuán)為：碳碳雙鍵；醛基；

故答案為：①②④；碳碳雙鍵；醛基；

（2）根據(jù)丙醛與甲醛反應(yīng)生成D，由D的結(jié)構(gòu)可知，應(yīng)是丙醛中連接醛基的碳原子上C-H鍵斷裂，與甲醛發(fā)生加成反應(yīng)，則HCHO過(guò)量，則D中連接醛基的碳原子上C-H鍵斷裂可以繼續(xù)斷裂，與HCHO發(fā)生加成反應(yīng)，故D繼續(xù)與HCHO反應(yīng)生成的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)為

故答案為：

據(jù)此書寫；

（3）D的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：Ⅰ．既能發(fā)生水解反應(yīng)，也能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，為甲酸形成的酯，則含有-OOCH，Ⅱ．分子中有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫，則烴基含有2種H原子，為-CH（CH3）2，故符合條件的D的同分異構(gòu)體為HCOOCH（CH3）2；

故答案為：HCOOCH（CH3）2；

（4）D在Cu作催化劑條件下與氧氣反應(yīng)，醇羥基被氧化為-CHO，反應(yīng)方程式為：

故答案為：

（5）丙醛在Cu、加熱條件下生成丙酸，丙酸發(fā)生信息反應(yīng)生成CH3CH（Cl）COOH，發(fā)生水解反應(yīng)生成CH3CH（OH）COOH，再發(fā)生縮聚反應(yīng)生成故工藝流程圖為：，

故答案為：．18、bc12.5%＞4NH3+5O24NO+6H2OadD4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=-1100kJ/mol2NO2+CO32-=NO3-+NO2-+CO2【分析】【分析】（1）①提高H2的轉(zhuǎn)化率；應(yīng)使平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，據(jù)此結(jié)合外界條件對(duì)平衡想影響分析解答；

②利用壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比計(jì)算平衡時(shí)反應(yīng)混合物的總的物質(zhì)的量，再利用差量法計(jì)算參加反應(yīng)的氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量，利用定義計(jì)算N2的轉(zhuǎn)化率；

正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)；容器壓強(qiáng)恒定，相當(dāng)于在恒容的條件下增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)進(jìn)行，氮?dú)獾霓D(zhuǎn)化率增大；

（2）①氨氣被氧氣催化氧化生成一氧化氮與水；配平書寫方程式；

②a．該反應(yīng)正反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)；恒溫恒容下條件下，壓強(qiáng)不變，說(shuō)明到達(dá)平衡；

b．該反應(yīng)正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)；增大壓強(qiáng)平衡向正反應(yīng)進(jìn)行；

c．恒容條件下；反應(yīng)混合氣體的總質(zhì)量不變，密度始終不變；

d．由圖可知，在t2時(shí)，改變條件平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，t3時(shí)到達(dá)平衡，t4時(shí)瞬間正反應(yīng)速率不變，逆反應(yīng)速率減小，平衡向正反應(yīng)進(jìn)行，應(yīng)是NO2降低的濃度；

③升高溫度平衡向逆反應(yīng)進(jìn)行；平衡時(shí)二氧化氮的含量增大，溫度越高反應(yīng)速率越快，到達(dá)平衡的時(shí)間越短，據(jù)此作出二氧化氮含量與時(shí)間關(guān)系草圖，據(jù)此判斷．

（3）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，反應(yīng)熱也乘以相應(yīng)的系數(shù)并進(jìn)行相應(yīng)的運(yùn)算；

②根據(jù)n=計(jì)算NO2的物質(zhì)的量，反應(yīng)中只有NO2中N元素化合價(jià)發(fā)生變化，發(fā)生歧化反應(yīng)，有生成NO3-，根據(jù)注意電子數(shù)計(jì)算生成NO3-的物質(zhì)的量，再根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計(jì)算N元素在還原產(chǎn)物中的化合價(jià)，判斷還原產(chǎn)物，據(jù)此書寫．【解析】【解答】解：（1）①、a．選擇適當(dāng)?shù)拇呋瘎?，加快反?yīng)速率，不影響平衡移動(dòng)，H2的轉(zhuǎn)化率不變；故a錯(cuò)誤；

b．增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，H2的轉(zhuǎn)化率增大，故b正確；

c．及時(shí)分離生成的NH3，生成物濃度降低，平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，H2的轉(zhuǎn)化率增大；故c正確；

d．升高溫度，平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，H2的轉(zhuǎn)化率降低；故d錯(cuò)誤；

故答案為：bc；

②壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，容器內(nèi)的壓強(qiáng)是原來(lái)的，則減少的物質(zhì)的量為（1+3）mol×=；則：

N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）物質(zhì)的量減少△n

12

n（N2）

故n（N2）==，所以氮?dú)獾霓D(zhuǎn)化率==12.5%；

正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，容器壓強(qiáng)恒定，相當(dāng)于在恒容的條件下增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)進(jìn)行，氮?dú)獾霓D(zhuǎn)化率增大，所以a2＞a1；

故答案為：12.5%；＞；

（2）①氨氣的催化氧化反應(yīng)方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；

②a．該反應(yīng)正反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)；恒溫恒容下條件下，壓強(qiáng)不變，說(shuō)明到達(dá)平衡，故a正確；

b．正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，在t2時(shí)，正、逆速率都增大，且正反應(yīng)速率增大更多，平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，但該反應(yīng)正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)平衡也向正反應(yīng)進(jìn)行，故t2時(shí)為升高溫度或增大壓強(qiáng)，故b錯(cuò)誤；

c．恒容條件下；反應(yīng)混合氣體的總質(zhì)量不變，密度始終不變，所以不能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故c錯(cuò)誤；

d．由圖可知，在t2時(shí)，改變條件平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，t3時(shí)到達(dá)平衡，t4時(shí)瞬間正反應(yīng)速率不變，逆反應(yīng)速率減小，平衡向正反應(yīng)進(jìn)行，應(yīng)是NO2降低的濃度，故容器內(nèi)NO2的體積分?jǐn)?shù)在t3時(shí)值的最大；故d正確；

故選ad；

③升高溫度平衡向逆反應(yīng)進(jìn)行，平衡時(shí)二氧化氮的含量增大，溫度越高反應(yīng)速率越快，到達(dá)平衡的時(shí)間越短，據(jù)此作出二氧化氮含量與時(shí)間關(guān)系草圖為由圖可知，t1時(shí)刻a1=a2，t1時(shí)刻之前a1＞a2，t1時(shí)刻之后a1＜a2；故答案為：D；

（3）①已知：Ⅰ、2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.5kJ/mol

Ⅱ、N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+133kJ/mol

由蓋斯定律可知，Ⅰ×2-Ⅱ得4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）；

故△H=2×（-483.5kJ/mol）-133kJ/mol=-1100kJ/mol；

故熱化學(xué)方程式為：4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=-1100kJ/mol；

故答案為：4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=-1100kJ/mol；

②9.2gNO2的物質(zhì)的量=，反應(yīng)中只有NO2中N元素化合價(jià)發(fā)生變化，發(fā)生歧化反應(yīng)，有生成NO3-；

0.2mol二氧化氮轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.1mol，故生成的NO3-的物質(zhì)的量為=0.1mol，故被還原的氮原子物質(zhì)的量為0.2mol-0.1mol=0.1mol，令N元素在還原產(chǎn)物中的化合價(jià)為x價(jià)，則0.1mol×（4-x）=0.1mol，解得x=+3，故還原產(chǎn)物為NO2-，且生成的NO3-和NO2-物質(zhì)的量之比為1：1，同時(shí)反應(yīng)生成CO2，故二氧化氮和碳酸鈉溶液反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為：2NO2+CO32-=NO3-+NO2-+CO2，故答案為：2NO2+CO32-=NO3-+NO2-+CO2．三、判斷題(共8題，共16分)19、×【分析】【分析】當(dāng)向蛋白質(zhì)溶液中加入的鹽溶液達(dá)到一定濃度時(shí)，反而使蛋白質(zhì)的溶解度降低而從溶液中析出，這種作用叫鹽析．【解析】【解答】解：蛋白質(zhì)溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液，蛋白質(zhì)析出，再加水會(huì)溶解，鹽析是可逆的，故答案為：×．20、√【分析】【分析】上層液體若從下口流出會(huì)摻雜儀器中附著的下層液體．據(jù)此解題．【解析】【解答】解：分液時(shí)，先把下層液體從下口放出，再把上層液體從上口倒出，故答案為：√．21、×【分析】【分析】硫酸鉀由K+和SO42-構(gòu)成，結(jié)合離子化合物的構(gòu)成判斷．【解析】【解答】解：硫酸鉀由K+和SO42-構(gòu)成，1mol硫酸鉀中含有1molSO42-，陰離子所帶電荷數(shù)為2NA；

故答案為：×．22、×【分析】【分析】吸熱反應(yīng)與放熱反應(yīng)與是否加熱無(wú)關(guān)，化學(xué)反應(yīng)中，反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，反應(yīng)放熱，反之吸熱．【解析】【解答】解：放熱反應(yīng)不一定不用加熱就能進(jìn)行，如鋁熱反應(yīng)，為放熱反應(yīng)，但應(yīng)在高溫下才能進(jìn)行，故答案為：×．23、×【分析】【分析】濃硫酸為酸性、強(qiáng)氧化性干燥劑，能夠干燥酸性、中性氣體，如：氧氣、氫氣、二氧化硫等，濃硫酸不能用于干燥堿性氣體，如氨氣，據(jù)此進(jìn)行解答．【解析】【解答】解：濃硫酸為酸性、強(qiáng)氧化性干燥劑，能夠干燥酸性、中性氣體，如：氧氣、氫氣、二氧化硫等，能夠與NH3反應(yīng)；不能使用濃硫酸干燥氨氣，所以該說(shuō)法錯(cuò)誤；

故答案為：×．24、√【分析】【分析】（1）乙酸分子中含有羧基；乙酸的酸性大于碳酸；

（2）乙醇的官能團(tuán)是羥基；乙酸的官能圖是羧基；

（3）CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3COOH和C2H518OH；

（4）在水溶液里；乙酸分子中的羧基可以電離出氫離子；

（5）乙醇與水以任意比例互溶；

（6）碳酸鈉溶液可以吸收乙酸，降低乙酸丁酯的溶解度．【解析】【解答】解：（1）乙酸分子中含有羧基，乙酸的酸性大于碳酸，可與NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2氣體；

故答案為：√；

（2）乙醇、乙酸均能與Na反應(yīng)放出H2；乙醇的官能團(tuán)是羥基，乙酸的官能圖是羧基，因此二者分子中官能團(tuán)不相同；

故答案為：×；

（3）在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3COOH和C2H518OH；

故答案為：×；

（4）在水溶液里；乙酸分子中的羧基可以電離出氫離子，甲基不能電離出氫離子；

故答案為：×；

（5）乙醇與水以任意比例互溶；用碳酸鈉溶液洗滌，除掉了乙酸，引入了乙酸鈉和碳酸鈉；

故答案為：×；

（6）碳酸鈉溶液可以吸收乙酸；降低乙酸丁酯的溶解度；

故答案為：√．25、×【分析】【分析】硫酸鉀由K+和SO42-構(gòu)成，結(jié)合離子化合物的構(gòu)成判斷．【解析】【解答】解：硫酸鉀由K+和SO42-構(gòu)成，1mol硫酸鉀中含有1molSO42-，陰離子所帶電荷數(shù)為2NA；

故答案為：×．26、×【分析】【分析】（1）同溫同壓下；氣體的氣體摩爾體積相等；

（2）氣體摩爾體積取決于溫度和壓強(qiáng)的大??；

（3）氣體摩爾體積僅適用于氣體；

（4）考慮影響氣體體積的因素．【解析】【解答】解：（1）氣體的體積取決于溫度和壓強(qiáng)的大小；同溫同壓下，氣體分子之間的距離相等，則氣體摩爾體積相等，故答案為：×；

（2）氣體摩爾體積取決于溫度和壓強(qiáng)的大小；如不在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，也可能為22.4L/mol，故答案為：×；

（3）氣體摩爾體積僅適用于氣體；對(duì)于固體；液體來(lái)說(shuō)，不同物質(zhì)的體積大小不同，故答案為：×；

（4）影響氣體體積的因素為分子間的平均距離和分子數(shù)目的多少，一定溫度和壓強(qiáng)下，分子間距離一定，所以氣體體積大小由分子數(shù)目決定，故答案為：√．四、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共30分)27、略

【分析】試題分析：（1）濾液中含有AlO2—，通入CO2，生成Al(OH)3沉淀，離子方程式為：AlO2—＋2H2O＋CO2＝Al(OH)3↓＋HCO3—（2）鋁在高溫條件下，把Fe2O3還原為Fe，化學(xué)方程式為：Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe（3）因?yàn)榇咒X中含有氫氣，所以與Cl2反應(yīng)生成AlCl3和H2，AlCl3在181℃升華，所以氣泡的主要成分除Cl2外還含有HCl和AlCl3；粗鋁中含有Na，與Cl2反應(yīng)生成NaCl，NaCl熔點(diǎn)為801℃，所以浮渣中肯定存在NaCl。（4）Al失電子生成AlCl4－，電極方程式為：Al-3e-＋4Cl-=AlCl4-（5）Al在空氣中與O2反應(yīng)生成Al2O3，表面形成的致密氧化鋁膜，能防止鋼材腐蝕。考點(diǎn)：本題考查化學(xué)工藝流程的分析、方程式的書寫、電解原理?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?2分）（1）AlO2—＋2H2O＋CO2＝Al(OH)3↓＋HCO3—（2分）（2）Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe（2分）（3）HCl和AlCl3（2分）NaCl（2分）（4）Al-3e-＋4Cl-=AlCl4-（2分）（5）表面形成的致密氧化鋁膜能防止鋼材腐蝕，或致密的氧化鋁膜將環(huán)境中的電解質(zhì)溶液與內(nèi)層金屬隔離（2分）28、略

【分析】試題分析：（1）儀器組裝完成后，關(guān)閉兩端活塞，向裝置B中的長(zhǎng)頸漏斗內(nèi)注入液體至形成一段液柱，若液柱高度保持不變，說(shuō)明不漏氣，則氣密性良好；裝置E的作用為：安全瓶，可防止液體倒吸；E中盛放NaOH溶液進(jìn)行尾氣處理，防止含硫化合物排放在環(huán)境中，從而保護(hù)環(huán)境。（2）二氧化硫能溶于水生成亞硫酸，二氧化硫和亞硫酸鈉、碳酸氫鈉反應(yīng)，為防止二氧化硫溶解，應(yīng)該用亞硫酸氫鈉溶液洗氣，故選C。（3）二氧化硫具有還原性、鐵離子具有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸根離子和亞鐵離子，故答案為：Fe2+、SO42-。（4）方案①往第一份試液中加入KMnO4溶液，紫紅色褪去，原來(lái)溶液中有二氧化硫，二氧化硫和亞鐵離子都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而導(dǎo)致酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以不能確定哪種微粒其作用，故錯(cuò)誤；方案②：往第一份試液加入KSCN溶液，不變紅，再加入新制的氯水，溶液變紅，亞鐵離子和KSCN不反應(yīng)，鐵離子和KSCN反應(yīng)生成血紅色溶液，所以可以檢驗(yàn)溶液中存在亞鐵離子，故正確；方案③：往第二份試液加入用稀鹽酸酸化的BaCl2，產(chǎn)生白色沉淀，亞硫酸根離子和氯化鋇不反應(yīng)，硫酸根離子和鋇離子反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，且不溶于稀鹽酸，所以可以檢驗(yàn)溶液中存在硫酸根離子，故正確；所以實(shí)驗(yàn)方案①不合理。（5）SO2通入含淀粉的碘水中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，還原劑是二氧化硫、還原產(chǎn)物是碘離子，所以還原性SO2＞I-，碘遇淀粉試液變藍(lán)色，所以能表明I－的還原性弱于SO2的現(xiàn)象是：D中藍(lán)色褪去；離子反應(yīng)方程式為I2+SO2+2H2O=4H++2I-+SO42-?？键c(diǎn)：本題考查實(shí)驗(yàn)基本儀器和基本操作、化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)、氧化還原反應(yīng)原理、離子反應(yīng)。【解析】【答案】（1）液柱高度保持不變；安全瓶，防止倒吸；NaOH（各1分）（2）C（1分）（3）Fe2+、SO42－（1分）（4）方案①（1分）SO2、Fe2+都能使酸性高錳酸鉀褪色（2分）（5）D中藍(lán)色褪去（1分）I2+SO2+2H2O=4H++2I－+SO42－（2分）29、略

【分析】解：rm{(1)A}裝置：稀鹽酸和大理石制取二氧化碳鹽酸具有揮發(fā)性，石灰石和鹽酸反應(yīng)：rm{CaCO_{3}+2HCl=CaCl_{2}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以生成的二氧化碳中含有氯化氫，為了制取純凈的二氧化碳，應(yīng)該用飽和的碳酸氫鈉溶液除去氯化氫，氯化氫和碳酸氫鈉反應(yīng)能生成二氧化碳，不僅除去氯化氫還能增加二氧化碳的量，所以用碳酸氫鈉溶液除去氯化氫，反應(yīng)為：rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}簍TH_{2}O+CO_{2}隆眉}

故答案為：rm{HCl}rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}簍TH_{2}O+CO_{2}隆眉}

rm{(2)A}裝置制得的二氧化碳能夠與過(guò)氧化鈉反應(yīng)產(chǎn)生氧氣，反應(yīng)為：rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}簍T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}從rm{B}中出來(lái)的氣體含有水蒸氣，水蒸氣能夠與過(guò)氧化鈉反應(yīng)產(chǎn)生氧氣，反應(yīng)為：rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O簍T4NaOH+O_{2}隆眉}

故答案為：rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}簍T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O簍T4NaOH+O_{2}隆眉}

rm{(3)C}裝置：二氧化碳、水分別和過(guò)氧化鈉反應(yīng)，通過(guò)rm{D}裝置有未反應(yīng)的二氧化碳，氫氧化鈉和酸性氧化物二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和水，反應(yīng)為：rm{2OH^{-}+CO_{2}簍TCO_{3}^{2-}++H_{2}O}

故答案為：rm{CO_{2}}rm{2OH^{-}+CO_{2}簍TCO_{3}^{2-}++H_{2}O}

rm{(4)C}裝置中固體由淡黃色rm{Na_{2}O_{2}}完全變?yōu)榘咨珵樘妓徕}鈉，反應(yīng)為rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}簍T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}檢驗(yàn)固體成分實(shí)際為檢驗(yàn)碳酸根離子，可用氯化鋇、或氯化鈣溶液與碳酸根離子反應(yīng)生成或碳酸鈣、碳酸鋇白色沉淀驗(yàn)證碳酸根離子的存在，過(guò)濾沉淀，向?yàn)V液中滴入幾滴酚酞試液，若溶液變紅且不褪色，則證明固體中含有氫氧化鈉，說(shuō)明發(fā)生rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O簍T4NaOH+O_{2}隆眉}

故答案為：rm{CaCl_{2}}或rm{BaCl_{2}}rm{Na_{2}CO_{3}}溶液變紅；rm{NaOH}．

實(shí)驗(yàn)室研究潛水艇中供氧體系反應(yīng)機(jī)理：rm{A}裝置：稀鹽酸和大理石制取二氧化碳，rm{B}裝置：用飽和的碳酸氫鈉除去二氧化碳中的氯化氫，rm{C}裝置：二氧化碳、水分別和過(guò)氧化鈉反應(yīng)rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}簍T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O簍T4NaOH+O_{2}隆眉}rm{D}裝置：用氫氧化鈉吸收未反應(yīng)的二氧化碳，rm{E}裝置：用排水法收集制得的氧氣．

rm{(1)}鹽酸具有揮發(fā)性；石灰石和鹽酸反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以生成的二氧化碳中含有氯化氫，為了制取純凈的二氧化碳，應(yīng)該用飽和的碳酸氫鈉溶液除去氯化氫；

rm{(2)C}裝置：二氧化碳；水分別和過(guò)氧化鈉反應(yīng)生成氧氣；

rm{(3)D}裝置可除去rm{C}裝置中未反應(yīng)的二氧化碳；氫氧化鈉和酸性氧化物生成鹽和水；

rm{(4)C}裝置中固體由淡黃色完全變?yōu)榘咨珵樘妓徕}鈉；依據(jù)碳酸根離子和氯化鋇；或氯化鈣溶液反應(yīng)生成或碳酸鈣、碳酸鋇白色沉淀驗(yàn)證碳酸根離子的存在，過(guò)濾，向?yàn)V液中滴入幾滴酚酞試液，若溶液變紅且不褪色，則證明固體中含有堿．

本題為探究二氧化碳、水與過(guò)氧化鈉反應(yīng)實(shí)驗(yàn)題，側(cè)重考查除雜、產(chǎn)物的檢驗(yàn)，熟悉反應(yīng)的原理和常見儀器的用途是解題關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】rm{HCl}rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}簍TH_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}簍T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O簍T4NaOH+O_{2}隆眉}rm{CO_{2}}rm{2OH^{-}+CO_{2}簍TCO_{3}^{2-}++H_{2}O}rm{CaCl_{2}}或rm{BaCl_{2}}rm{Na_{2}CO_{3}}溶液變紅；rm{NaOH}五、簡(jiǎn)答題(共1題，共10分)30、略

【分析】解：rm{(1)}檢驗(yàn)氣體產(chǎn)物中rm{CO}的存在，并驗(yàn)證檢驗(yàn)過(guò)程中有rm{CO_{2}}生成，將rm{CO_{2}}除盡，凈化rm{(}干燥rm{)}檢驗(yàn)rm{CO(}用rm{CuO}變紅rm{)}在檢驗(yàn)有rm{CO_{2}}生成rm{(CO}的氧化產(chǎn)物rm{)}應(yīng)該先通過(guò)氫氧化鈉溶液除去氣體中的二氧化碳，再通過(guò)澄清石灰水檢驗(yàn)二氧化碳是否除凈，然后通過(guò)還原氧化銅生成二氧化碳，用澄清石灰水檢驗(yàn)一氧化碳生成的二氧化碳，據(jù)此選出試劑并進(jìn)行排序?qū)怏w產(chǎn)物依次通過(guò)rm{壟脼1.0mol?L^{-1}NaOH}溶液除去二氧化碳，再通過(guò)rm{壟脽}澄淸石灰水，石灰水不變渾濁，證明二氧化碳除凈，然后通過(guò)再用rm{壟脻}濃硫酸干燥氣體，將干燥的氣體通入灼熱的rm{壟脹}氧化銅，試管中有紅色物質(zhì)生成，同時(shí)生成了能夠使rm{壟脽}澄淸石灰水變渾濁的氣體，證明原氧氣中有一氧化碳，所以加入試劑的順序?yàn)椋簉m{壟脼壟脽壟脻壟脹壟脽}

故答案為：rm{壟脼壟脽壟脻壟脹壟脽}

rm{(2)}根據(jù)題意“固體產(chǎn)物中，鐵元素不可能以三價(jià)形式存在”，所以存在的可能是零價(jià)鐵或亞鐵，可能情況有三種：只有rm{Fe}只有rm{FeO}含有rm{Fe}和rm{FeO}

故答案為：含有rm{Fe}和rm{FeO}

rm{(3)}步驟rm{2.}金屬鐵不溶于水中，但是可以和硫酸銅發(fā)生置換反應(yīng)，生成金屬銅和硫酸亞鐵，所以取少置上述不溶固體放入試管中，加入足量rm{CuSO_{4}}溶液，若藍(lán)色溶液顏色及加入的不溶固體無(wú)明顯變化，則假設(shè)rm{2}成立；若藍(lán)色溶液顏色明顯改變，且有暗紅色固體生成，則證明有鐵單質(zhì)存在，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：rm{Fe+Cu^{2+}=Cu+Fe^{2+}}

步驟rm{3.}氧化亞鐵不溶于水，可以和鹽酸反應(yīng)生成氯化冶鐵和水，可以檢驗(yàn)亞鐵離子的存在進(jìn)而確定氧化亞鐵的存在，方法為：取取步驟rm{2}所得暗紅色固體于試管中，滴加過(guò)量rm{HCl}靜置，振蕩后靜置rm{.}若溶液基本無(wú)色，則假設(shè)rm{1}成立；若溶液呈淺綠色，則證明假設(shè)rm{3}成立；

故答案為：rm{CuSO_{4}}rm{2}rm{Fe+Cu^{2+}=Cu+Fe^{2+}}rm{HCl}rm{1}淺綠色；

rm{(4)}可以所以硫酸氫鉀溶液和雙氧水檢驗(yàn)步驟rm{3}中是否存在亞鐵離子，方法為：取步驟rm{3}靜置后的上層溶液，滴加幾滴硫氰化鉀溶液無(wú)紅色出現(xiàn)，再滴加rm{1-2}滴雙氧水，充分振蕩，若溶液變紅，則證明假設(shè)rm{3}成立；

故答案為：取步驟rm{3}靜置后的上層溶液，滴加幾滴硫氰化鉀溶液無(wú)紅色出現(xiàn)，再滴加rm{1-2}滴雙氧水，充分振蕩，若溶液變紅，則證明假設(shè)rm{3}成立；

rm{(5)}根據(jù)信息可知，鐵離子被氯氣氧化成rm{FeO_{4}^{2-}}根據(jù)化合價(jià)升降相等配平，配平后的離子方程式為：rm{2Fe^{3+}+8H_{2}O+3Cl_{2}=2FeO_{4}^{2-}+16H^{+}+6Cl^{-}}

故答案為：rm{2Fe^{3+}+8H_{2}O+3Cl_{2}=2FeO_{4}^{2-}+16H^{+}+6Cl^{-}}．

rm{(1)CO}的檢驗(yàn)為先將rm{CO_{2}}除盡，凈化rm{(}干燥rm{)}檢驗(yàn)rm{CO(}用rm{CuO}變紅rm{)}在檢驗(yàn)有rm{CO_{2}}生成rm{(CO}的氧化產(chǎn)物rm{)}檢驗(yàn)氣體產(chǎn)物中rm{CO}的存在，并驗(yàn)證檢驗(yàn)過(guò)程中有rm{CO_{2}}生成；應(yīng)該先通過(guò)氫氧化鈉溶液除去氣體中的二氧化碳，