2025年滬科新版高一化學下冊月考試卷含答案

…………○…………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2025年滬科新版高一化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列有關短周期元素的敘述中；肯定正確的是（）

A.原子最外層電子只有1個或2個的元素是金屬元素。

B.16號元素原子的最外層電子數(shù)是4號元素原子最外層電子數(shù)的四倍。

C.11號元素與17號元素能形成XY2型化合物。

D.136C表示的碳原子核內(nèi)有6個質(zhì)子；7個中子。

2、已知鹵代烴可與金屬鈉反應，生成碳鏈較長的烴：R-X+2Na+R′-X→R-R′+2NaX，現(xiàn)有碘乙烷和1-碘丙烷的混合物與金屬鈉反應后，不可能生成（）A.戊烷B.丁烷C.己烷D.2-甲基丁烷3、下列有關化學用語表示正確的是rm{(}rm{)}A.中子數(shù)為rm{20}的氯原子：rm{;_{17}^{20}Cl}B.四氯化碳的電子式：C.鋁原子的結構示意圖：D.二氧化碳的結構式：rm{O-C-O}4、下列各組性質(zhì)比較中，正確的是①酸性：HClO4>HBrO4>HIO4②堿性：Ba(OH)2>Mg(OH)2>Be(OH)2③氧化性：F>Si>O④穩(wěn)定性：HCl>H2S>SiH4A.①②③B.②③④C.①②④D.①③④5、已知常溫下氯酸鉀與濃鹽酸反應放出氯氣，現(xiàn)按下圖進行鹵素的性質(zhì)實驗。玻璃管內(nèi)裝有分別滴有不同溶液的白色棉球，反應一段時間后，對圖中指定部位顏色描述正確的是()

A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}6、rm{VmLAl_{2}(SO_{4})_{3}}溶液中，含有rm{Al^{3+}a}rm{g}取rm{V/2mL}溶液稀釋到rm{3V}rm{mL}則稀釋后溶液中rm{SO_{4}^{2-}}的物質(zhì)的量濃度是A.rm{dfrac{250a}{27V}mol隆隴{L}^{-1}}B.rm{dfrac{250a}{9V}mol隆隴{L}^{-1}}C.rm{dfrac{500a}{27V}mol隆隴{L}^{-1}}D.rm{dfrac{125a}{9V}mol隆隴{L}^{-1}}rm{dfrac{250a}{27V}mol隆隴{L}^{-1}

}7、某溫度下，將rm{Cl_{2}}通入rm{NaOH}溶液中，反應得到rm{NaCl}rm{NaClO}rm{NaClO_{3}}的混合溶液，經(jīng)測定rm{ClO^{-}}與rm{Cl^{-}}的濃度之比為rm{1}rm{6}則rm{Cl_{2}}與rm{NaOH}溶液反應時被還原的氯與被氧化的氯的物質(zhì)的量之比為rm{(}rm{)}A.rm{21}rm{5}B.rm{2}rm{1}C.rm{3}rm{1}D.rm{4}rm{1}評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)8、rm{100mL2mol/L}的鹽酸跟過量的鋅片反應，為減緩反應速率，又不影響生成氫氣的總量，可采用的方法是()A.加入適量的rm{6mol/L}鹽酸B.加入少量rm{NaNO_{3}}溶液C.加入適量的蒸餾水D.加入少量的醋酸鈉固體9、全釩液流電池是一種以釩為活性物質(zhì)呈循環(huán)流動液態(tài)的氧化還原電池，適合用作電動汽車的動力電源，其工作原理如圖所示。已知充電過程中V3＋發(fā)生還原反應。下列說法不正確的是。

A.質(zhì)子交換膜可阻止VO與V2＋直接發(fā)生反應B.充電時，陰極的電極反應為：V2＋－e－＝V3＋C.充電時，氫離子通過交換膜移向右側D.放電時，正極的電極反應為：VO＋e－＋H2O＝VO2＋＋2OH－10、500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)＝6.0mol·L-1，用石墨作電極電解此溶液，當通電一段時間后，兩極均收集到22.4L氣體（標準狀況），假定電解后溶液體積仍為500mL，下列說法正確的是（）A.原混合溶液中c(K＋)為2mol·L-1B.上述電解過程中共轉移4mol電子C.電解得到的Cu的物質(zhì)的量為0.5molD.電解后溶液中c(H＋)為2mol·L-111、下列氣體中不能用堿石灰干燥的是（）A.HClB.CO2C.NH3D.SO212、rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}是重要的核工業(yè)原料，在自然界的豐度很低。rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}的濃縮一直為國際社會所關注。下列有關rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}的說法中正確的是rm{(}rm{)}A.rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}原子核中含有rm{92}個中子B.rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}原子核外有rm{92}個電子C.rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}與rm{rlap{_{92}}{^{238}}U}互為同位素D.rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}與rm{rlap{_{92}}{^{238}}U}互為同素異形體13、某原電池總反應的離子方程式是：rm{Zn+Cu^{2+}簍TZn^{2+}+Cu}依據(jù)此反應設計原電池的正確組合是rm{(}rm{)}。選項正極負極電解質(zhì)溶液rm{A}rm{Cu}rm{Zn}稀鹽酸rm{B}rm{C}rm{Zn}硫酸銅溶液rm{C}rm{Cu}rm{Zn}氯化銅溶液rm{D}rm{Cu}rm{Zn}硝酸銅溶液A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)14、一學生設計了如下實驗方法分離NaCl和CaCl2兩種固體混合物填空和回答下列問題：（1）B物質(zhì)是____（寫化學式）（2）按此實驗方案分離得到的NaCl，經(jīng)分析含有雜質(zhì)，是因為上述方案中某一步設計有毛病，這一步的正確設計方案應是。（3）若要測定該樣品中NaCl和CaCl2的質(zhì)量比，可稱量干燥的B物質(zhì)和另一物質(zhì)的質(zhì)量，這種物質(zhì)是。（4）請寫出從B到C的離子方程式。15、有兩包白色粉末，分別是K2CO3和NaHCO3；請你寫出2種不同的鑒別方法．

（1）____

（2）____．16、隱形眼鏡常用雙氧水（即過氧化氫的水溶液）消毒，過氧化氫的分子式為H2O2，則在過氧化氫分子中存在的化學鍵類型有_________，過氧化氫屬于_________（“離子”或者“共價”）化合物，過氧化氫的電子式為__________________。17、鈣和氫氣在一定溫度下可反應生成一種灰白色的化合物rm{A}該化合物在熔融狀態(tài)下能導電。取少量rm{A}投放水中劇烈反應放出一種無色無味氣體，并形成一種堿溶液。rm{(1)}鈣和氫氣反應的化學方程式：_________________________，其中rm{H_{2}}作___________劑。rm{(2)}化合物rm{A}與水反應的方程式為：_______________________，其中rm{A}作____________劑。18、把rm{1}體積rm{CH_{4}}和rm{4}體積rm{Cl_{2}}組成的混合氣體充入大試管中，將此試管倒立在盛有rm{AgNO_{3}}溶液的水槽中，放在光亮處，片刻后發(fā)現(xiàn)試管壁上有油狀液滴出現(xiàn)，該油狀液滴可能是____________，水槽中還觀察到____________，原因是____________rm{(}用離子方程式解釋rm{).}若向水槽中再滴入幾滴紫色石蕊試液又觀察到____________，原因是____________．19、rm{(1)}寫出下列反應的離子方程式．

rm{壟脵}用稀鹽酸清洗鐵銹．______

rm{壟脷}稀硫酸與氫氧化銅反應．______

rm{(2)}配平反應rm{Cu+HNO_{3}=Cu(NO_{3})_{2}+NO隆眉+}______rm{H_{2}O}并標出電子轉移方向和數(shù)目______rm{.}該反應中氧化劑為______，被還原的元素是______，每生成rm{3.36L}標準狀況下的氣體，轉移電子數(shù)目為______．評卷人得分四、判斷題(共3題，共24分)20、向蛋白質(zhì)溶液中滴加Na2SO4溶液產(chǎn)生沉淀屬于化學變化．（判斷對錯）21、過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸．（判斷對錯）22、蛋白質(zhì)的鹽析過程是一個可逆過程，據(jù)此可以分離和提純蛋白質(zhì)．評卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共36分)23、氟化鉀是一種重要的無機氟化工產(chǎn)品，廣泛應用于醫(yī)藥、農(nóng)藥和金屬冶煉等領域。采用濕法磷酸副產(chǎn)物氟硅酸(含有少量等)制備氟化鉀的工藝流程如圖所示(已知：)：

請回答下列問題：

（1）堿解過程主要反應的化學方程式為_____，其中要嚴格控制KOH用量，否則易生成副產(chǎn)物_____(填化學式)溶解在濾液中。

（2）堿解反應中溫度對氟化鉀收率的影響如圖所示。由如圖可知，實驗選擇適宜的反應溫度為____；最高點后，隨溫度升高曲線下降的原因可能是_______。

（3）Ba(OH)2加入量對含量和氟化鉀純度的影響如圖所示。當由0.004到0.005時，氟化鉀的純度升高，這是由于__。

（4）Ba(OH)2和BaCO3是常見的除硫試劑。若使用BaCO3代替Ba(OH)2，當沉淀轉化達到平衡時，濾液中___[已知保留小數(shù)點后三位]。

（5）濃度均為0.1mol/L的KF和HF的混合溶液中：2c(H+)-2c(OH-)____c(F-)-c(HF)(填“>”“<”或“=”)。

（6）1986年，化學家KarlChrite用KMnO4和KF、HF混合溶液反應生成穩(wěn)定配離子該反應氧化產(chǎn)物是一種常見的無色無味氣體單質(zhì)，則該反應的離子方程式為_____。24、七鋁十二鈣(12CaO·7Al2O3)是新型的超導材料和發(fā)光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3)和廢鋁片制備七鋁十二鈣的工藝如下：

(1)電解制備Al(OH)3時，電極分別為Al片和石墨，電解總反應方程式為_____

(2)一種可超快充電的新型鋁電池，充放電時AlCl4-和Al2Cl7-兩種離子在Al電極上相互轉化，其它離子不參與電極反應，放電時負極Al的電極反應式為______25、鈷鉬系催化劑主要用于石油煉制等工藝，從廢鈷鉬催化劑（主要含有MoS2、CoS和Al2O3）中回收鈷和鉬的工藝流程如圖：

已知：浸取液中的金屬離子主要為MoOCo2+、Al3+。

（1）鉬酸銨[(NH4)2MoO4]中Mo的化合價為___，MoS2在空氣中高溫焙燒產(chǎn)生兩種氧化物：SO2和___（填化學式）。

（2）酸浸時，生成MoO的離子方程式為___。

（3）若選擇兩種不同萃取劑按一定比例（協(xié)萃比）協(xié)同萃取MoO和Co2+，萃取情況如圖所示，當協(xié)萃比=___更有利于MoO的萃取。

（4）向有機相1中滴加氨水，發(fā)生反應的離子方程式為___。

（5）Co2+萃取的反應原理為Co2++2HRCoR2+2H+，向有機相2中加入H2SO4能進行反萃取的原因是___（結合平衡移動原理解釋）。

（6）水相2中的主要溶質(zhì)除了H2SO4，還有___（填化學式）。

（7）Co3O4可用作電極，若選用KOH電解質(zhì)溶液，通電時可轉化為CoOOH，則陽極電極反應式為___。26、下列為某學生在實驗室中制備高錳酸鉀晶體的流程圖。

根據(jù)上圖回答下列問題：

（1）操作①和②均需在坩堝中進行，根據(jù)實驗實際應選擇坩堝為_____(填字母)；

a.石英坩堝b.氧化鋁坩堝c.鐵坩堝。

（2）已知：3MnO42-+2H2O?2MnO4-+MnO2+4OH-。操作④中通CO2調(diào)pH=10~11，其目的是_____；

（3）得到墨綠色溶液后，也可用如圖所示方法制備KMnO4；電極均為鉑電極。

①A極上的電極反應式為_____；

②這種方法與上面的方法相比，其優(yōu)點是_____；

（4）實驗室中，可用0.10mol/L，草酸作標準溶液，利用下述反應，測定所得KMnO4晶體的純度。5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O

取agKMnO4晶體樣品配制成100mL溶液。每次取20.00mL于錐形瓶中進行滴定實驗兩次。兩次實驗所用草酸標準溶液的體積分別為22.15mL和22.17mL，由此求得KMnO4晶體的純度為_______。評卷人得分六、探究題(共3題，共24分)27、（12分）某學習小組為證明并觀察銅與稀HNO3反應的產(chǎn)物是NO，設計了如下圖所示的實驗裝置。請你根據(jù)他們的思路，回答有關的問題。（一）實驗儀器：大試管、玻璃導管、橡皮塞、燒杯、棉花、注射器。（二）實驗藥品：銅絲、稀硝酸、碳酸鈣顆粒、燒堿溶液。（三）實驗原理：銅與稀硝酸反應的離子反應方程式____。（四）實驗步驟：1、按右圖所示連接好裝置，檢驗裝置的________；2、向試管中加入一定量的固體藥品（填化學式）________，然后向試管中倒入過量的稀硝酸，并迅速塞緊帶銅絲和導管的橡皮塞；3、讓試管中的反應進行一段時間后，用蘸有NaOH溶液的棉花團封住導管口；4、將銅絲向下移動插入試管液體中，使之與稀硝酸反應；5、把注射器的針孔插入試管口的橡皮塞中，緩慢向試管內(nèi)推入空氣。（五）實驗討論：1、實驗步驟②的目的是（寫出反應的離子方程式，結合文字說明）____；2、實驗步驟⑤的目的是（寫出反應的化學方程式，結合文字說明）____。（六）實驗評價：該裝置的優(yōu)點是（任寫一個即可）____；有同學提出：增加右圖所示裝置，在步驟②完成后，當有明顯現(xiàn)象再撤去該裝置，并繼續(xù)步驟③的“用蘸有NaOH溶液的棉花團封住導管口”。請評價他的做法____________。28、某學習小組，用稀HNO3與大理石反應過程中質(zhì)量減小的方法，探究影響反應速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有細顆粒與粗顆粒兩種規(guī)格，實驗溫度為298K、308K，每次實驗HNO3的用量為25.00mL、大理石用量為10.00g。實驗設計如表：。編號T/K大理石規(guī)格HNO3濃度①298粗顆粒2.00mol·L-1②298粗顆粒1.00mol·L-1③308粗顆粒2.00mol·L-1④298細顆粒2.00mol·L-1將相應的實驗目的填入下列空格中：（1）實驗①和②探究對該反應速率的影響；（2）實驗①和③探究對該反應速率的影響；（3）實驗①和④探究對該反應速率的影響29、請你參與下列探究：

[問題情景]某化學實驗小組同學將鐵粉投入硫酸銅溶液中，發(fā)現(xiàn)生成紅色固體物質(zhì)的同時有較多的氣泡放出．同學們都能解釋紅色固體物質(zhì)的出現(xiàn)，請你寫出生成紅色固體物質(zhì)的化學反應方程式______．但卻對氣體的生成產(chǎn)生了疑問；這激發(fā)了同學們強烈的探究欲望，生成的是什么氣體？

[提出猜想]從物質(zhì)組成元素的角度，放出的氣體可能是O2、SO2、H2．

[查閱資料]SO2易溶于水，它能與過量的NaOH溶液反應，生成Na2SO3．

[方案設計]依據(jù)上述猜想；實驗小組同學分別設計了如下方案：

（1）甲同學認為是O2，則較簡單的檢驗方法是______．

（2）乙同學認為是SO2，則只需將放出的氣體通入盛有NaOH溶液的洗氣瓶中，稱量通氣前后洗氣瓶的質(zhì)量．寫出SO2與過量的NaOH溶液反應的化學方程式______．

（3）甲、乙同學實驗的結果表明氣體中既不含O2也不含SO2．丙同學根據(jù)以上實驗結果推測氣體是H2．

[實驗探究]丙同學為了檢驗H2；收集了一試管氣體，用拇指堵住試管口且管口略向下傾斜靠近火焰移開拇指點火，聽到很小的聲音．然后再將氣體用帶尖嘴的導管導出點燃且用冷而干燥的燒杯罩在火焰上方，氣體在空氣中安靜的燃燒，產(chǎn)生淡藍色火焰，燒杯壁上有水珠生成，接觸燒杯的手能感覺到發(fā)熱．

結論：鐵粉與硫酸銅的溶液反應時，產(chǎn)生的氣體是______．

[思維拓展]由上述實驗可以推出，硫酸銅溶液中可能含有______物質(zhì)．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】

A．原子最外層電子只有1個或2個的元素不一定為金屬元素；如H；He，故A錯誤；

B.16號元素原子的最外層電子數(shù)為6；4號元素原子最外層電子數(shù)為2，則16號元素原子的最外層電子數(shù)是4號元素原子最外層電子數(shù)的三倍，故B錯誤；

C.11號元素與17號元素能形成XY型化合物；故C錯誤；

D．136C表示的碳原子核內(nèi)有6個質(zhì)子；中子為13-6=7，故D正確；

故選D．

【解析】【答案】A．H元素的最外層電子數(shù)為1；He的最外層電子數(shù)為2；

B.16號元素原子的最外層電子數(shù)為6；4號元素原子最外層電子數(shù)為2；

C.11號元素與17號元素能形成的化合物為NaCl；

D．136C中左下角的數(shù)字為質(zhì)子數(shù)；左上角的數(shù)字為質(zhì)量數(shù)，質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)．

2、D【分析】解：根據(jù)鹵代烴可與金屬鈉反應，生成碳鏈較長的烴：R-X+2Na+R′-X→R-R′+2NaX，碘乙烷和1-碘丙烷與鈉反應時，有同種碘代烷分子的反應，也有異種碘代烷分子的反應．當?shù)庖彝楹虲H3-CH2-CH2-I反應時生成戊烷；當?shù)庖彝楹偷庖彝榉磻獣r生成丁烷；當CH3-CH2-CH2-I和CH3-CH2-CH2-I反應時生成已烷；故選D．

碘乙烷和1-碘丙烷與鈉反應時；有同種碘代烷分子的反應，也有異種碘代烷分子的反應．

本題考查信息給予題，難度不大，注意同種碘代烷分子也能發(fā)生反應．【解析】【答案】D3、C【分析】解：rm{A.}元素符號的左上角標質(zhì)量數(shù)，中子數(shù)為rm{20}的氯原子，質(zhì)量數(shù)rm{=}質(zhì)子數(shù)rm{+}中子數(shù)rm{=20+17=37}故該符號為rm{{,!}_{17}^{37}Cl}故A錯誤；

B.rm{CCl_{4}}是共價化合物，碳原子分別與rm{4}個氯原子通過一對共用電子對結合，rm{CCl_{4}}的電子式為故B錯誤；

C.rm{Al}原子的原子序數(shù)為rm{13}有rm{3}個電子層，最外層rm{3}個電子，原子結構示意圖為故C正確；

D.二氧化碳中rm{C}分別與rm{O}形成rm{2}對共價鍵，結構式為rm{O=C=O}故D錯誤。

故選C。

A.中子數(shù)為rm{20}則質(zhì)量數(shù)為rm{37}元素符號左上角的數(shù)字為質(zhì)量數(shù)；

B.rm{CCl_{4}}是共價化合物，碳原子分別與rm{4}個氯原子通過一對共用電子對結合；

C.rm{Al}原子序數(shù)為rm{13}有rm{3}個電子層，最外層rm{3}個電子；

D.二氧化碳中rm{C}分別與rm{O}形成rm{2}對共價鍵；據(jù)此解答即可。

本題主要考查的是核素中各部分的含義、共價化合物電子式的書寫、原子結構示意圖書寫、結構式等，綜合性較強，但是難度不大?！窘馕觥縭m{C}4、C【分析】【解析】【答案】C5、A【分析】【分析】此題考查氯氣的性質(zhì)綜合性知識，關鍵是要記下氯氣的性質(zhì)。【解答】常溫下氯酸鉀與濃鹽酸反應放出rm{Cl_{2}}rm{壟脵}處充滿黃綠色rm{Cl_{2}}

氯氣進入玻璃管后與rm{壟脷}處rm{NaBr}溶液發(fā)生置換反應生成rm{Br_{2}}白色棉球變?yōu)槌壬?/p>

氯氣和rm{壟脹}處rm{KI}溶液反應置換出rm{I_{2}}遇淀粉變藍；

rm{壟脺}處利用氯氣與堿液反應進行rm{Cl_{2}}的尾氣吸收，盡管反應生成的物質(zhì)均為無色，但棉球本身是白色的，所以rm{壟脺}處的顏色為白色。

故選A?！窘馕觥縭m{A}6、A【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的量濃度的有關計算，難度不大，屬于字母型計算，容易計算出問題，注意對公式的理解與靈活運用。根據(jù)rm{n=dfrac{m}{M}}計算rm{agAl^{3+}}的物質(zhì)的量，進而計算rm{dfrac{V}{2}mL}溶液中rm{Al^{3+}}的物質(zhì)的量，根據(jù)電荷守恒可知rm{2n(SO_{4}^{2-})=3n(Al^{3+})}據(jù)此計算rm{dfrac{V}{2}mL}溶液中rm{SO_{4}^{2-}}的物質(zhì)的量，稀釋為rm{3VmL}溶液中rm{SO_{4}^{2-}}的物質(zhì)的量不變，再根據(jù)rm{c=dfrac{n}{V}}計算稀釋后溶液rm{SO_{4}^{2-}}的物質(zhì)的量濃度?！窘獯稹縭m{agAl^{3+}}的物質(zhì)的量為rm{dfrac{ag}{27g/mol}=dfrac{a}{27}mol}

故rm{dfrac{ag}{27g/mol}=dfrac

{a}{27}mol}溶液中rm{dfrac{V}{2}mL}的物質(zhì)的量為rm{dfrac{a}{27}mol隆脕dfrac{1}{2}=dfrac{a}{54}mol}

根據(jù)電荷守恒可知rm{Al^{3+}}故rm{dfrac{a}{27}mol隆脕dfrac{1}{2}=

dfrac{a}{54}mol}溶液中rm{2n(SO_{4}^{2-})=3n(Al^{3+})}的物質(zhì)的量為rm{dfrac{a}{54}mol隆脕dfrac{3}{2}=dfrac{a}{36}mol}

取rm{dfrac{V}{2}mL}溶液稀釋到rm{SO_{4}^{2-}}rm{dfrac{a}{54}mol隆脕dfrac{3}{2}=

dfrac{a}{36}mol}則稀釋后溶液rm{dfrac{V}{2}mL}的物質(zhì)的量濃度為rm{dfrac{dfrac{a}{36}mol}{3V隆脕10^{-3}L}=dfrac{250a}{27}mol/L}

故選A。rm{3V}【解析】rm{A}7、C【分析】解：rm{Cl_{2}}通入rm{NaOH}溶液中，反應得到rm{NaCl}rm{NaClO}rm{NaClO_{3}}的混合溶液；

rm{Cl}元素的化合價由rm{0}升高為rm{+1}rm{+5}價，rm{Cl}元素的化合價由rm{0}降低為rm{-1}價；

測定rm{ClO^{-}}與rm{Cl^{-}}的濃度之比為rm{1}rm{6}設物質(zhì)的量分別為rm{1mol}rm{6mol}設生成rm{NaClO_{3}}為rm{x}

由電子守恒可知，rm{6mol隆脕(1-0)=1mol隆脕(1-0)+x隆脕(5-0)}解得rm{x=1mol}

反應時被還原的氯與被氧化的氯的物質(zhì)的量之比為rm{6mol}rm{(1mol+1mol)=3}rm{1}

故選C．

測定rm{ClO^{-}}與rm{Cl^{-}}的濃度之比為rm{1}rm{6}設物質(zhì)的量分別為rm{1mol}rm{6mol}設生成rm{NaClO_{3}}為rm{x}結合電子守恒計算．

本題考查氧化還原反應的計算，為高頻考點，把握反應中元素的化合價變化、電子守恒為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，注意守恒法的應用，題目難度不大．【解析】rm{C}二、多選題(共6題，共12分)8、CD【分析】【分析】

本題考查影響化學反應速率的因素，題目難度一般。【解答】A.加入適量的rm{6mol/L}鹽酸，會增加氫氣的總量，故A錯誤；鹽酸，會增加氫氣的總量，故A錯誤；

rm{6mol/L}B.加入適量rm{NaNO}rm{NaNO}故B錯誤；

C.加入適量的蒸餾水，可rm{{,!}_{3}}

溶液，不能生成氫氣，生成氣體為rm{NO}故B錯誤；可減緩反應速率；又不影響生成氫氣的總量，故D正確。

rm{NO}

減緩反應速率，又不影響生成氫氣的總量，故C正確；【解析】rm{CD}9、BD【分析】【分析】

充電過程中V3＋發(fā)生還原反應，則右側電極上V3+轉化為V2＋時V元素的化合價降低得電子，發(fā)生還原反應，充電時，則右側電極為陰極，左側電極為陽極，陰極電極反應為V3++e－＝V2+，陽極極電極反應為VO2+-e-+H2O=VO+2H+；則放電時，左側為正極，正極反應為VO+2H++e-=VO2++H2O，右側為負極：負極反應為：V2+-e－=V3+；據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．質(zhì)子交換膜只允許H+通過，則可阻止VO與V2＋直接發(fā)生反應；故A正確；

B．充電時，陰極得電子發(fā)生還原反應，電極反應為：V3++e－＝V2+；故B錯誤；

C．充電時；陽離子向陰極移動，根據(jù)分析，充電時，右側為陰極，則氫離子通過交換膜移向右側，故C正確；

D．根據(jù)分析，放電時，正極的電極反應為：VO+2H++e-=VO2++H2O；故D錯誤；

答案選BD。10、AB【分析】【詳解】

電解硝酸鉀和硝酸銅混合溶液時，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，陰極上先銅離子放電生成銅單質(zhì)，當銅離子完全析出時，氫離子放電生成氫氣，兩階段的化學方程式分別為2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，2H2O2H2↑＋O2↑；氣體的物質(zhì)的量==1mol；每生成1mol氧氣轉移4mol電子，每生成1mol氫氣轉移2mol電子，每生成1mol銅轉移2mol電子，所以根據(jù)轉移電子守恒得銅的物質(zhì)的量==1mol，則銅離子的物質(zhì)的量濃度==2mol/L，根據(jù)電荷守恒得鉀離子濃度=6mol?L-1-2mol/L×2=2mol/L，

A．根據(jù)分析知，原混合溶液中c(K+)為2mol?L-1，故A正確；

B．轉移電子的物質(zhì)的量=1mol×4=4mol，故B正確；

C．根據(jù)以上分析知；銅的物質(zhì)的量為1mol，故C錯誤；

D．第一階段才有H+產(chǎn)生，第一階段轉移了2mol電子，產(chǎn)生的H+的物質(zhì)的量為2mol，電解后溶液中c(H+)為：=4mol/L；故D錯誤；

故選：AB。11、ABD【分析】解：堿石灰是氧化鈣和氫氧化鈉的混合物，是堿性干燥劑，不能用來干燥酸性氣體，氨氣是堿性氣體，可以用堿石灰干燥，而HCl、CO2、SO2是酸性氣體；不能用堿石灰干燥；

故選ABD．

用干燥劑干燥氣體時；總的原則是：中性干燥劑既可以用來干燥酸性氣體又可以用來干燥堿性氣體；酸性干燥劑不能用來干燥堿性氣體；堿性干燥劑不能用來干燥酸性氣體；堿石灰是氧化鈣和氫氧化鈉的混合物，是堿性干燥劑．

本題考查氣體的凈化和干燥，難度不大，注意常見的干燥劑有：濃硫酸、堿石灰；其中，濃硫酸是酸性干燥劑，堿石灰是堿性干燥劑．【解析】【答案】ABD12、BC【分析】略。【解析】rm{BC}13、BCD【分析】解：鋅失電子發(fā)生氧化反應而作負極，不如鋅活潑的金屬或導電的非金屬作正極rm{(}石墨rm{)}銅離子在正極上得電子發(fā)生還原反應，則電解質(zhì)為可溶性的銅鹽，符合條件的是rm{BCD}故選BCD．

根據(jù)電池反應式知；失電子的金屬作負極，則鋅作負極，不如負極活潑的金屬或導電的非金屬作正極，銅離子得電子發(fā)生還原反應，所以電解質(zhì)溶液中含有銅離子，則電解質(zhì)溶液為可溶性的銅鹽．

本題考查了原電池工作原理，判斷正負極、電解質(zhì)溶液時，要根據(jù)電池反應式判斷：發(fā)生氧化反應的電極為負極，發(fā)生還原反應的電極為正極，含有發(fā)生還原反應的離子溶液為電解質(zhì)溶液．【解析】rm{BCD}三、填空題(共6題，共12分)14、略

【分析】試題分析：（1）NaCl和CaCl2兩種固體混合物，溶解后加入過量碳酸鈉溶液，生成碳酸鈣沉淀和氯化鈉，過濾后得到的沉淀B為碳酸鈣；（2）由于碳酸鈉過量，所以濾液中的物質(zhì)有氯化鈉和碳酸鈉，因此要得到純凈的氯化鈉就需要除去碳酸鈉，向濾液中加入適量鹽酸至不產(chǎn)生氣體，生成氯化鈉和水和二氧化碳，蒸發(fā)后最后的固體物質(zhì)是氯化鈉；（3）要測定該樣品中NaCl和CaCl2的質(zhì)量比，可稱量干燥的碳酸鈣的質(zhì)量，根據(jù)反應CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O可計算氯化鈣的質(zhì)量，混合物A的總質(zhì)量減去氯化鈣的質(zhì)量可得氯化鈉的質(zhì)量；（4）碳酸鈣和鹽酸發(fā)生：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，得到氯化鈣溶液，經(jīng)蒸發(fā)可得到氯化鈣固體?？键c：物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應用；離子方程式的書寫．【解析】【答案】（1）CaCO3；（2）加入適量鹽酸至不產(chǎn)生氣體（3）A；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O15、略

【分析】

根據(jù)K2CO3和NaHCO3的性質(zhì)差異鑒別：NaHCO3加熱易分解，NaHCO3與鹽酸反應劇烈；Na元素與K元素的焰色反應不同，則可用如下方法鑒別：

（1）加熱分解法：取兩種少許待檢粉末于試管中，分別加熱，有CO2氣體產(chǎn)生的是NaHCO3；

（2）鹽酸產(chǎn)氣法：取兩種少許待檢粉末于試管中，同時分別在兩支試管中加入1mL稀鹽酸，產(chǎn)氣速率快的是NaHCO3；

（3）焰色反應法：取兩種粉末進行焰色反應實驗，透過鈷玻璃能夠觀察到紫色火焰的是K2CO3；

故答案為：取兩種少許待檢粉末于試管中，分別加熱，有CO2氣體產(chǎn)生的是NaHCO3或取兩種粉末進行焰色反應實驗，透過鈷玻璃能夠觀察到紫色火焰的是K2CO3；

取兩種少許待檢粉末于試管中，同時分別在兩支試管中加入1mL稀鹽酸，放出氣體速度快的是NaHCO3．

【解析】【答案】鑒別物質(zhì)利用的是物質(zhì)間的性質(zhì)的差異，K2CO3和NaHCO3的性質(zhì)差異有：前者熱穩(wěn)定性比后者強；前者與后者的焰色反應現(xiàn)象不同；與鹽酸反應的速率不同．

16、略

【分析】試題分析：過氧化氫的分子式為H2O2分子中只存在共價鍵，屬于共價化合物，電子式為考點：化學鍵種類的判斷、電子式的書寫【解析】【答案】共價鍵；共價；17、（1）Ca+H2=CaH2氧化

（2）CaH2＋2H2O=Ca(OH)2+2H2↑還原【分析】【分析】本題考查氧化還原反應，為高考常見題型，把握反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，注重知識遷移應用能力的考查，題目難度不大?！窘獯稹縭m{(1)Ca}與氫氣反應生成rm{CaH}與氫氣反應生成rm{(1)Ca}rm{CaH}rm{{,!}_{2}}，該反應為rm{Ca+H}rm{Ca+H}rm{{,!}_{2}}rm{簍TCaH}元素的化合價降低，則rm{簍TCaH}rm{{,!}_{2}}，rm{H}元素的化合價降低，則rm{H}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}作氧化劑，故答案為：rm{Ca+H}

rm{Ca+H}rm{{,!}_{2}}rm{簍TCaH}rm{簍TCaH}rm{{,!}_{2}}反應生成；rm{(2)CaH}rm{(2)CaH}rm{{,!}_{2}}與rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}反應生成rm{Ca(OH)}rm{O}rm{Ca(OH)}rm{{,!}_{2}}、rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}，鈣反應為rm{CaH}rm{CaH}元素的化合價升高，則rm{{,!}_{2}}作還原劑，

rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O簍T}rm{O簍T}rm{Ca(OH)_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}還原。rm{隆眉}rm{CaH}【解析】rm{(1)Ca+H}rm{(1)Ca+H}rm{{,!}_{2}}rm{=CaH}rm{=CaH}rm{{,!}_{2;;}}氧化rm{(2)CaH}rm{(2)CaH}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O=Ca(OH)}還原rm{O=Ca(OH)}18、CH2Cl2、CHCl3、CCl4;有白色沉淀產(chǎn)生;Ag++Cl-═AgCl↓;溶液變紅;因反應生成HCl使溶液顯酸性【分析】解：rm{CH_{4}}和rm{Cl_{2}}光照生成rm{CH_{3}Cl(}氣體rm{)}rm{CH_{2}Cl_{2}}rm{CHCl_{3}}rm{CCl_{4}}rm{HCl}隨著反應進行，rm{Cl_{2}}不斷消耗，黃綠色逐漸消失，又由于生成的rm{CH_{2}Cl_{2}}rm{CHCl_{3}}rm{CCl_{4}}常溫下均為無色液體，rm{Cl_{2}}易溶于有機溶劑，使試管壁上有黃色油滴；因生成的rm{HCl}易溶于水，反應后，試管內(nèi)氣體壓強減小，水位在試管內(nèi)上升，rm{HCl}溶于水后，與rm{AgNO_{3}}反應生成rm{AgCl}白色沉淀，同時溶液中溶質(zhì)為rm{HNO_{3}}故加入紫色石蕊試液后溶液變紅；

故答案為：rm{CH_{2}Cl_{2}}rm{CHCl_{3}}rm{CCl_{4}}有白色沉淀產(chǎn)生；rm{Ag^{+}+Cl^{-}簍TAgCl隆媒}溶液變紅；因反應生成rm{HCl}使溶液顯酸性．【解析】rm{CH_{2}Cl_{2}}rm{CHCl_{3}}rm{CCl_{4};}有白色沉淀產(chǎn)生rm{;Ag^{+}+Cl^{-}簍TAgCl隆媒;}溶液變紅rm{;}因反應生成rm{HCl}使溶液顯酸性19、略

【分析】解：rm{(1)壟脵}用稀鹽酸清洗鐵銹的離子反應為rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}=2Fe^{3+}+3H_{2}O}故答案為：rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}=2Fe^{3+}+3H_{2}O}

rm{壟脷}稀硫酸與氫氧化銅反應的離子反應為rm{Cu(OH)_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}+2H_{2}O}故答案為：rm{Cu(OH)_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}+2H_{2}O}

rm{(2)}該反應中部分rm{N}元素化合價由rm{+5}價變?yōu)閞m{+2}價，則氧化劑為rm{HNO_{3}}rm{N}元素被還原，對應還原產(chǎn)物為rm{NO}rm{Cu}元素化合價由rm{0}價變?yōu)閞m{+2}價，則還原劑為rm{Cu}rm{Cu}元素被氧化，對應氧化產(chǎn)物為rm{Cu(NO_{3})_{2}}該反應轉移rm{6e^{-}}用雙線橋標出該反應電子轉移的方向和數(shù)目為若反應中轉移rm{6mol}的電子生成rm{2molNO}每生成rm{3.36L}標準狀況下的氣體，轉移電子數(shù)目為rm{dfrac{3.36L}{22.4L/mol}隆脕3隆脕N_{A}=0.45N_{A}(}或rm{dfrac

{3.36L}{22.4L/mol}隆脕3隆脕N_{A}=0.45N_{A}(}

故答案為：rm{2.709隆脕10^{23})}rm{4}rm{HNO_{3}}rm{N}或rm{0.45N_{A}(}

rm{2.709隆脕10^{23}).}氧化鐵與鹽酸反應生成氯化鐵和水；

rm{(1)壟脵}稀硫酸與氫氧化銅反應生成硫酸銅和水；

rm{壟脷}元素的化合價升高，rm{(2)Cu}元素的化合價降低，該反應轉移rm{N}反應為rm{6e^{-}}中；以此來解答．

本題考查離子反應及氧化還原反應，為高頻考點，把握發(fā)生的反應、元素的化合價變化為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意轉移電子的計算，題目難度不大．rm{3Cu+8HNO_{3}簍T3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}【解析】rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}=2Fe^{3+}+3H_{2}O}rm{Cu(OH)_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}+2H_{2}O}rm{4}rm{HNO_{3}}rm{N}rm{0.45N_{A}(}或rm{2.709隆脕10^{23})}四、判斷題(共3題，共24分)20、B【分析】【解答】蛋白質(zhì)溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白質(zhì)析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質(zhì)生成是物理變化，故答案為：×．

【分析】化學變化的實質(zhì)是在原子核不變的情況下，有新物質(zhì)生成，分析各選項是否符合化學變化的概念，即有新物質(zhì)生成，就是化學變化．21、A【分析】【解答】過濾是把不溶于液體的固體物質(zhì)跟液體分離開來的一種混合物分離的方法；過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸，避免萬一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導致過濾失敗，所以題干說法正確；

故答案為：正確．

【分析】根據(jù)過濾的注意事項‘一貼二低三靠’；取用液體藥品的方法進行分析解答．

一貼：過濾時；為了保證過濾速度快，而且避免液體順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，濾紙應緊貼漏斗內(nèi)壁，且中間不要留有氣泡．

二低：如果濾紙邊緣高于漏斗邊緣；過濾器內(nèi)的液體極有可能溢出；如果漏斗內(nèi)液面高于濾紙邊緣，液體也會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，這樣都會導致過濾失?。?/p>

三靠：傾倒液體的燒杯口要緊靠玻璃棒，是為了使液體順著玻璃棒緩緩流下，避免了液體飛濺；玻璃棒下端如果緊靠一層濾紙?zhí)?，萬一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導致過濾失敗，而靠在三層濾紙?zhí)巹t能避免這一后果；漏斗下端管口的尖嘴要緊靠承接濾液的燒杯內(nèi)壁，可以使濾液順著燒杯內(nèi)壁流下，避免了濾液從燒杯中濺出．22、A【分析】【解答】向雞蛋清中加入飽和硫酸鈉溶液；可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸鈉溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化；再向試管里加入足量的蒸餾水，觀察到的現(xiàn)象是變澄清，鹽析是可逆過程，可以采用多次鹽析的方法分離；提純蛋白質(zhì)．

故答案為：對．

【分析】向雞蛋清中加入飽和硫酸銨溶液，可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸銨溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化．五、工業(yè)流程題(共4題，共36分)23、略

【分析】【分析】

通過濕法磷酸副產(chǎn)物氟硅酸制備氟化鉀的過程中，堿解過程主要發(fā)生的反應為氟硅酸與氫氧化鉀的反應，生成二氧化硅及酸堿中和反應的鹽其中為目標產(chǎn)物，硅酸鉀則為需要除去的雜質(zhì)。為了減少的量，需要控制氫氧化鉀的用量。通過過濾除去二氧化硅等不溶物，再加入氫氧化鋇除去和少量的即可獲得粗制的據(jù)此答題。

【詳解】

（1）堿解過程主要發(fā)生的反應為氟硅酸與氫氧化鉀的反應，會生成二氧化硅及酸堿中和反應的鹽故該反應方程式可寫為該反應要嚴格控制KOH用量，否則易使溶解，產(chǎn)生更多的副產(chǎn)物故答案為

（2）從圖中可知80℃時，氟化鉀收率最高，故實驗選擇適宜的反應溫度為80℃；但由于溫度過高時，易分解為SiF4和HF，所以在80℃最高點后，隨溫度升高曲線下降，故答案應為80℃、溫度過高時，易分解為SiF4和HF；

（3）由于在除硫過程中，Ba2+能與KF溶液中少量的反應生成沉淀，所以當由0.004到0.005時，氟化鉀的純度升高，故答案應為Ba2+能與KF溶液中少量的反應生成沉淀；

（4）Ba(OH)2和BaCO3是常見的除硫試劑。若使用BaCO3代替Ba(OH)2，當沉淀轉化達到平衡時，濾液中==0.022；故答案應為0.022；

（5）濃度均為0.1mol/L的KF和HF的混合溶液中存在電荷守恒關系為：c()+c()=c()+c(）；物料守恒關系為：2c()=c()+c(HF)。將物料守恒中c()代入電荷守恒中，即可得到2c()-2c(）=c()-c(HF)；故答案為=；

（6）KMnO4和KF、HF混合溶液反應可生成穩(wěn)定配離子該反應氧化產(chǎn)物為氧氣，則根據(jù)氧化還原反應對該反應的離子方程式進行配平為故答案為

【點睛】

該題為工業(yè)流程問題，在分析流程圖時，應結合目標產(chǎn)物和分離操作將每一步的物質(zhì)成分分析清楚，再進行作答。書寫電解質(zhì)溶液中的守恒關系時，要將溶液中的溶質(zhì)成分及含量判斷清楚再進行書寫?！窘馕觥?0℃溫度過高時，易分解為SiF4和HF除硫過程中，Ba2+能與KF溶液中少量的反應生成沉淀0.022=24、略

【分析】【分析】

(1)用Al片和石墨作電極制備Al(OH)3；Al作陽極，據(jù)此分析；

(2)放電時負極材料電極本身Al放電，失電子，根據(jù)AlCl4-和Al2Cl7-中鋁元素和氯元素的比例來確定AlCl4-作反應物而生成Al2Cl7-。

【詳解】

(1)用Al片和石墨作電極來制備Al(OH)3，Al作陽極，石墨作陰極，陽極反應為：Al-3e-=Al3+，陰極上是來自于水的H+放電：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Al3+與OH-會結合形成難溶性的Al(OH)3，根據(jù)同一閉合回路中電子轉移數(shù)目相等，可得總反應：2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑；

(2)放電時，負極電極本身Al放電，失電子，由于AlCl4-中氯元素的含量高于Al2Cl7-中氯元素的含量，故AlCl4-作反應物而Al2Cl7-為生成物，由于其它離子不參與電極反應，故電極反應為：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-。

【點睛】

本題考查了電解池和原電池的知識，電解池的陽極和原電池的負極失去電子，發(fā)生氧化反應，電解池的陰極和原電池的正極得到電子，發(fā)生還原反應，結合電解質(zhì)中含有的微粒書寫電極反應式?！窘馕觥?Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-25、略

【分析】【分析】

從廢鈷鉬催化劑(主要含有MoS2、CoS和Al2O3)經(jīng)過焙燒后，得到MoO3，CoO和二氧化硫，加入硫酸后，浸取液中的金屬離子主要為MoO22+、Co2+、Al3+，經(jīng)過萃取和分液得到有機相1和水相1，有機相1中含有MoO22+，加入氨水后得到鉬酸銨溶液，經(jīng)結晶后得到鉬酸銨；水相1中含有Co2+、Al3+，SO42-，經(jīng)萃取分液后，水相2中含有H2SO4和Al2（SO4）3，有機相2中含有Co2+、SO42-；加入硫酸后，得到水相3，加入草酸銨，得到草酸鈷，加熱草酸鈷可以得到四氧化三鈷，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)(NH4)2MoO4中，銨根離子為+1價，O為-2價，所有元素的化合價之和為0，Mo的化合價為+6價；MoS2和氧氣反應的化學方程式為：2MoS2+7O2=2MoO3+4SO2，可知生成物有二氧化硫和MoO3兩種氧化物；

(2)MoS2在空氣中高溫焙燒產(chǎn)生MoO3，酸浸時，生成MoO22+的離子方程式為MoO3+2H+=MoO22++H2O；

(3)根據(jù)圖像，找到MoO22+最多，Co2+較少的協(xié)萃比為4:1；

(4)有機相1中含有MoO22+，向有機相1中滴加氨水，發(fā)生反應的離子方程式為MoO+4NH3·H2O=MoO+4NH+2H2O；

(5)根據(jù)Co2++2HR?CoR2+2H+可知，加入H2SO4，c(H+)增大；平衡向左移動，能進行反萃??；

(6)水相1中含有Co2+、Al3+，SO42-，經(jīng)萃取分液后，水相2中含有H2SO4和Al2(SO4)3；

(7)Co3O4可以表示成CoO?Co2O3，在堿性條件下可發(fā)生氧化反應，實質(zhì)為CoO生成CoOOH，電極反應為Co3O4+OH-+H2O–e-=3CoOOH?！窘馕觥竣?+6價②.MoO3③.MoO3+2H+=MoO22++H2O④.4：1⑤.MoO+4NH3·H2O=MoO+4NH+2H2O⑥.根據(jù)Co2++2HRCoR2+2H+可知，加入H2SO4，c(H+)增大，平衡向左移動⑦.Al2(SO4)3⑧.Co3O4+OH-+H2O–e-=3CoOOH26、略

【分析】【分析】

在堿性條件下氯酸鉀與二氧化錳加熱熔融發(fā)生氧化還原反應，二氧化錳被氧化成錳酸鉀，對生成物加強熱形成熔融混合物，冷卻研磨后溶于水得墨綠色K2MnO4溶液，K2MnO4溶液中加入氫氧化鉀溶液再調(diào)節(jié)PH值為10～11，使MnO42-發(fā)生歧化反應，生成MnO4-和MnO2；趁熱過濾除去二氧化錳，得高錳酸鉀溶液，冷卻結晶得高錳酸鉀晶體，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)操作①和②中均有強堿性物質(zhì)加熱；所以不能用含有與堿反應的成份的坩堝，石英(二氧化硅)和氧化鋁都可與強堿反應，鐵不與強堿反應，故答案選c；

(2)已知：3MnO42-+2H2O?2MnO4-+MnO2+4OH-。操作④是使MnO42-發(fā)生歧化反應，生成MnO4-和MnO2，通CO2可消耗氫氧根，使平衡正向移動，有利于提高MnO42-轉化率；

(3)①電解K2MnO4溶液(綠色)的方法制造KMnO4，根據(jù)圖示，電解過程中A極為陽極，是K2M