2025年牛津上海版高三化學(xué)上冊月考試卷含答案

…………○…………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年牛津上海版高三化學(xué)上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(xué)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、下列方法中，不能實現(xiàn)海水淡化的是（）A.過濾法B.電滲析法C.蒸餾法D.離子交換法2、反應(yīng)4NH3+5O2?4NO+6H2O在5L密閉容器中進(jìn)行，10秒鐘后NO的物質(zhì)的量增加了5mol，則此反應(yīng)的平均速率v為（）A.v（O2）=0.1mol?L-1?s-1B.v（NO）=0.1mol?L-1?s-1C.v（H2O）=0.03mol?L-1?s-1D.v（NH3）=0.01mol?L-1?s-13、以鐵片和銅片為兩極，以鹽酸為電解質(zhì)溶液組成的原電池，理論上當(dāng)導(dǎo)線中通過0.02mol電子時，下列說法正確的是（）A.正極溶解0.01molFeB.負(fù)極上析出0.02molH2C.兩極上溶解和析出的物質(zhì)的質(zhì)量相等D.有0.01molFe發(fā)生氧化反應(yīng)4、鐵和鐵合金是生產(chǎn)、生活中常用的材料，下列說法中錯誤的是A.不銹鋼比生鐵抗腐蝕能力強B.以鐵為陰極、銅片為陽極、硫酸銅為電鍍液可以實現(xiàn)鐵制品鍍銅C.鐵與稀硫酸反應(yīng)，鐵與濃硫酸不能反應(yīng)D.鐵軌焊接時可以用鋁熱反應(yīng)的方法制取少量的鐵5、．下列敘述正確的是A．濃度均為0.2mol·L-1的NH4Cl溶液與NaOH溶液混合，混合液中：c(NH4+)>c(Cl-)>c(Na+)>c(0H-)>c(H+)B．僅含有Na+、H+、OH-、CH3C00一四種離子的某溶液中可能存在：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)C．pH=2的醋酸與pH=12的氫氧化鈉等體積混合后，混合液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)D．將pH=8.5的氨水加水稀釋后，溶液中所有離子的濃度均降低6、與索爾維制堿法相比，侯德榜制堿法最突出的優(yōu)點是rm{(}rm{)}A.原料利用率高B.設(shè)備少C.循環(huán)利用的物質(zhì)多D.原料易得7、近期，科學(xué)家成功研制出一種可在一分鐘內(nèi)完成充放電的超常性能鋁離子電池．該電池內(nèi)部的A1Cl4-和有機(jī)陽離子構(gòu)成電解質(zhì)溶液，其放電工作原理如圖所示．下列說法不正確的是（）A.放電時，鋁為負(fù)極、石墨為正極B.充電時，A1Cl4-向石墨電極移動C.放電時，負(fù)極的電極反應(yīng)式為A1十7A1Cl4--3e-=4A12Cl7-D.充電時，電子從石墨電極直接經(jīng)導(dǎo)線流入鋁電極，然后再經(jīng)電解質(zhì)溶液流回石墨電極評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)8、物質(zhì)M在水中發(fā)生如下電離：M=X2++2Y-，則下列判斷正確的是（）A.M一定不是酸B.X2+一定是金屬離子C.Y-是OH-D.M是一定屬于鹽9、在一定溫度下，向飽和苛性鈉溶液中加入一定量的過氧化鈉，充分反應(yīng)后恢復(fù)到原溫度，下列有關(guān)說法中，正確的是（）A.溶液中Na+濃度增大，有O2放出B.溶液的堿性不變，有H2放出C.溶液中Na+數(shù)目減少，有O2放出D.溶液的堿性不變，有O2放出10、根據(jù)下列化學(xué)實驗事實得出的結(jié)論一定正確的是（）A.向某無色溶液中先加入氯化鋇溶液；生成白色沉淀，再加入足量鹽酸，沉淀不溶解．

結(jié)論：該溶液中一定有SO42-B.用潔凈的鉑絲沾取某無色溶液在酒精燈上灼燒；透過藍(lán)色鈷玻璃火焰呈紫色。

結(jié)論：該溶液中一定有K+C.向某無色溶液中加稀鹽酸；產(chǎn)生無色無味且能使澄清石灰水變混濁的氣體。

結(jié)論：溶液中一定有CO32-D.用一束光照射Fe（OH）3膠體和FeCl3溶液，光束通過Fe（OH）3膠體時可看見一條光亮的“通路”；

結(jié)論：丁達(dá)爾效應(yīng)可鑒別膠體和溶液11、在向鋁銨礬溶液中逐滴滴加氫氧化鋇溶液的過程中，下列關(guān)系可能正確的是（）A.n（SO42-）＞n（NH4+）＞n（Al3+）＞n（OH-）B.n（Al3+）＞n（NH4+）＞n（SO42-）＞n（H+）C.n（BaSO4）＞n[Al（OH）3]＞n（NH3?H2O）＞n（AlO2-）D.n（NH3?H2O）＞n（BaSO4）＞n[Al（OH）3]＞n（AlO2-）12、下列說法中，錯誤的是（）A.C60和石墨互稱同位素B.干冰、二氧化碳?xì)怏w是同素異形體C.有機(jī)化合物CH3COOH和HCOOCH3是同分異構(gòu)體D.氧氣和臭氧是氧的同素異形體13、已知：如果要合成所用的原始原料可以是（）A.2-甲基-1，3-丁二烯和2-丁炔B.1，3-戊二烯和2-丁炔C.2，3-二甲基-1，3-戊二烯和乙炔D.2，3-二甲基-1，3-丁二烯和丙炔評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)14、PAR是分子主鏈上帶有苯環(huán)和酯基的特種工程塑料；在航空航天等領(lǐng)域具有廣泛應(yīng)用．如圖是合成PAR（G）的路線：

已知：①RCOOH+SOCl2→RCOCl+SO2+HCl

②

③A是芳香烴，H核磁共振譜顯示其分子有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子____；

④F能使氯化鐵溶液顯色；其分子苯環(huán)上一硝基取代物有兩種，分子中含有甲基；5個碳原子形成的直鏈．

回答下列問題：

（1）寫出A的結(jié)構(gòu)簡式____；

（2）A～G中含羥基的有機(jī)物有____（用字母回答）；

（3）與D互為同分異構(gòu)體，且能夠發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能跟小蘇打溶液生成二氧化碳?xì)怏w的有機(jī)物共有____種．

（4）選出符合（3）中條件的D的無支鏈的同分異構(gòu)體，寫出其跟過量堿性新制氫氧化銅共熱時反應(yīng)的離子方程式____．

（5）下列關(guān)于有機(jī)物E的說法正確的是____．（填字母序號）

A．能發(fā)生加聚反應(yīng)B．能與濃溴水反應(yīng)C．能發(fā)生消去反應(yīng)D．能與H2發(fā)生加成反應(yīng)。

（6）寫出反應(yīng)④的化學(xué)方程式____．15、檸檬酸亞鐵(FeC6H6O7)是一種易吸收的高效鐵制劑，可由綠礬(FeSO4·7H2O)通過下列反應(yīng)制備：FeSO4＋Na2CO3=FeCO3＋Na2SO4FeCO3＋C6H8O7=FeC6H6O7＋CO2＋H2O下表列出了相關(guān)金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH(開始沉淀的pH按金屬離子濃度為1.0mol·L－1計算)。。金屬離子開始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3＋1.13.2Al3＋3.05.0Fe2＋5.88.8(1)制備FeCO3時，選用的加料方式是________(填字母)，原因是_________________________________a．將FeSO4溶液與Na2CO3溶液同時加入到反應(yīng)容器中b．將FeSO4溶液緩慢加入到盛有Na2CO3溶液的反應(yīng)容器中c．將Na2CO3溶液緩慢加入到盛有FeSO4溶液的反應(yīng)容器中(2)生成的FeCO3沉淀需經(jīng)充分洗滌，檢驗洗滌是否完全的方法是_______________________________。(3)將制得的FeCO3加入到足量檸檬酸溶液中，再加入少量鐵粉，80℃下攪拌反應(yīng)。①鐵粉的作用是_____________________。②反應(yīng)結(jié)束后，無需過濾，除去過量鐵粉的方法是________________________________。(4)最后溶液經(jīng)濃縮、加入適量無水乙醇、靜置、過濾、洗滌、干燥，獲得檸檬酸亞鐵晶體。分離過程中加入無水乙醇的目的是__________________。(5)某研究性學(xué)習(xí)小組欲從硫鐵礦燒渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3)出發(fā)，先制備綠礬，再合成檸檬酸亞鐵。請結(jié)合右圖的綠礬溶解度曲線，補充完整由硫鐵礦燒渣制備FeSO4·7H2O晶體的實驗步驟(可選用的試劑：鐵粉、稀硫酸和NaOH溶液)：向一定量燒渣中加入足量的稀硫酸充分反應(yīng)，________，得到FeSO4溶液，________，得到FeSO4·7H2O晶體。16、過渡金屬鈀催化的偶聯(lián)反應(yīng)是近年來有機(jī)合成的熱點之一，如反應(yīng)rm{壟脵}

化合物Ⅱ可由以下合成路線獲得：

rm{(1)}化合物Ⅰ所含官能團(tuán)的名稱為______；化合物Ⅱ的分子式為______．

rm{(2)}化合物Ⅳ的結(jié)構(gòu)簡式為______，某同學(xué)設(shè)想無需經(jīng)反應(yīng)rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}和rm{壟脻}直接用酸性rm{KMnO_{4}}溶液就可將化合物Ⅲ氧化為化合物Ⅶ；該設(shè)想明顯不合理，其理由是______．

rm{(3)}化合物Ⅶ有多種同分異構(gòu)體；請寫出一種符合下列要求的結(jié)構(gòu)簡式．

rm{(i)}苯環(huán)上有兩個取代基______

rm{(ii)1mol}該物質(zhì)發(fā)生銀鏡反應(yīng)能生成rm{4mol}rm{Ag}______

rm{(4)}反應(yīng)rm{壟脼}的化學(xué)方程式為______rm{.(}注明條件rm{)}

rm{(5)}化合物與化合物在一定條件下按物質(zhì)的量之比rm{1}rm{2}可發(fā)生類似反應(yīng)rm{壟脵}的反應(yīng)，請寫出其產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式______．17、（2016?邯鄲二模）過氧化氫是實驗室常用的試劑；在醫(yī)療；軍事及工業(yè)上用途也非常廣泛．回答下列問題：

（1）實驗室常用BaO2與稀硫酸反應(yīng)制取H2O2，每生成1molH2O2，消耗BaO2____mol．

（2）用H2O2、硼砂（Na2B4O7）及氫氧化鈉可合成過硼酸鈉（NaBO3?4H2O），該反應(yīng)的還原劑是____（填化學(xué)式）．

（3）已知常溫下，H2O2?H++HO2-Ka≈4×10-12，則1mol?L-1H2O2溶液的pH為____（已知lg2=0.3）．

（4）一種直接電解水并通入O2制取H2O2的裝置如圖所示．電解時，陰極的電極反應(yīng)式為____，電解過程中陽極周圍溶液的pH____（填“增大”或“減小”）．

（5）實驗室檢驗H2O2時，先加入乙醚，然后加入K2Cr2O7的硫酸溶液，可在上層的乙醚層中產(chǎn)生穩(wěn)定的藍(lán)色有機(jī)相，4H2O2+2H++Cr2O72-=2CrO5（藍(lán)色）+5H2O．若不加乙醚；則藍(lán)色立刻消失．

①乙醚的作用是穩(wěn)定劑和____．

②不加乙醚時，藍(lán)色迅速消失并生成cr3+，該反應(yīng)的離子方程式為____．

（6）過氧化氫在I-、Fe3+及MnO2等催化下均能迅速分解，Broughton等提出I-催化分解H2O2的機(jī)理如下：

①____；

②H2O2+IO-=H2O+I-+O2↑．請補充①的離子方程式．18、下表列出了A～R9種元素在周期表中的位置。

。周期。

族IAⅡAⅢAⅣAVAVIAVⅡA02EF3ACDGR4BH用元素符號填寫下空：

（1）化學(xué)性質(zhì)最不活潑的元素是____

（2）這9中元素中金屬性最強的是____

（3）A在F中燃燒得到產(chǎn)物的化學(xué)式____

（4）G的最高價含氧酸的化學(xué)式是____

（5）C與D的原子半徑比較：R（D）____R（C）（填“＞”或“＜”）

（6）E的最簡單氫化物的化學(xué)式____．19、下列各組物質(zhì)：

①O2和O3

②苯和甲苯。

③和

④CH3CH3和CH3CH2CH2CH3

⑤金剛石和石墨。

⑥和

⑦CH3CH2NO2和

⑧氕；氘和氚。

⑨CH3CH2CH（CH3）CH（CH3）CH3和CH3CH（CH3）CH（CH3）3

（1）互為同系物的是____；

（2）互為同分異構(gòu)體的是____；

（3）屬于同位素的是____；

（4）互為同素異形體的是____；

（5）屬于同一種物質(zhì)的是____．20、石灰石的主要成份是碳酸鈣，含氧化鈣約40～50%，較好的石灰石含CaO約45～53%．此外還有SiO2、Fe2O3、Al2O3及MgO等雜質(zhì)．測定石灰石中鈣的含量時將樣品溶于鹽酸，加入草酸銨溶液，在中性或堿性介質(zhì)中生成難溶的草酸鈣沉淀（CaC2O4?H2O），將所得沉淀過濾、洗凈，用硫酸溶解，用標(biāo)準(zhǔn)高錳酸鉀溶液滴定生成的草酸，通過鈣與草酸的定量關(guān)系，間接求出鈣的含量．涉及的化學(xué)反應(yīng)為：H2C2O4+MnO4-+H+→Mn2++CO2↑+H2O（未配平）CaC2O4沉淀顆粒細(xì)小，易沾污，難于過濾．如果C2O42-濃度很低，則不能生成沉淀．為了得到純凈而粗大的結(jié)晶，通常在含Ca2+的酸性溶液中加入飽和（NH4）2C2O4，再向溶液中滴加氨水，溶液中C2O42-濃度慢慢增大，可以獲得顆粒比較粗大的CaC2O4沉淀．沉淀完畢后，pH應(yīng)在3.5～4.5，這樣可避免其他難溶鈣鹽析出，又不使CaC2O4溶解度太大．

根據(jù)以上材料回答下列問題：

（1）樣品溶于鹽酸后得到的沉淀物主要是____

（2）沉淀CaC2O4要加入沉淀劑飽和的（NH4）2C2O4溶液，為什么？____

（3）工業(yè)中通常先用0.1%草酸銨溶液洗滌沉淀，再用冷的蒸餾水洗滌，其目的是：____

（4）寫出硫酸溶解草酸鈣沉淀的離子方程式：____

（5）用標(biāo)準(zhǔn)高錳酸鉀溶液滴定生成的草酸時，草酸溶液置于____（填儀器名稱）中，判斷達(dá)到滴定終點的現(xiàn)象是____若讀取滴定管數(shù)據(jù)時，起始讀數(shù)正確，終點仰視讀數(shù)，則測定結(jié)果____（填偏大；偏小、無影響）

（6）若開始用去mg樣品，最后滴定用去濃度為Cmol/L的KMnO4溶液VmL，則石灰石中所含的CaO的質(zhì)量分?jǐn)?shù)ω%=____（只需列出代數(shù)式）

21、現(xiàn)有下列物質(zhì)：①BaSO4②Cl2③NaHCO3④CuSO4?5H2O⑤NaHSO4⑥Na2O2⑦NaOH⑧C2H5OH⑨NH3⑩CH3COOH；將滿足條件的物質(zhì)序號填在相應(yīng)橫線上．

（1）將上述物質(zhì)分類：①電解質(zhì)____；②非電解質(zhì)____．

（2）室溫下將上述物質(zhì)各取0.01mol分別投入1L水中．

①所得溶液中能用pH試紙測定其pH，且顯酸性的是____（按酸性由強到弱順序書寫）．

②所得溶液呈堿性且電離平衡，水解平衡均存在，請寫出其中主要的水解離子方程式____

（3）分別取0.01molNaOH投入到0.1mol?L-1100mL下列溶液或100mL水中，恢復(fù)到室溫，溶液導(dǎo)電能力基本不變的是____．

A．NH4ClB．HClC．CH3COOHD．NH3?H2OE．H2O

（4）常溫下，取0.01molNaOH投入水中配成溶液，向溶液中加入含amolCH3COOH的溶液bL后，溶液呈中性．則CH3COOH的電離常數(shù)為Ka=____．22、某化學(xué)興趣小組利用工廠的鐵和銅混合屑末；進(jìn)行如下實驗：

（1）操作X的名稱是____；

（2）氣體D是____；

（3）A與氧化銅加熱反應(yīng)生成銅和水，反應(yīng)中固體的顏色變化是____；A作____（填“氧化劑”或“還原劑”）；

（4）溶液B中的金屬陽離子是____，溶液E中陰離子除了OH-外還有____．評卷人得分四、判斷題(共2題，共8分)23、在18g18O2中含有NA個氧原子．____（判斷對錯）24、丁達(dá)爾現(xiàn)象可用來區(qū)別膠體與溶液，其中膠體能透過半透膜____．（判斷對錯）評卷人得分五、實驗題(共4題，共8分)25、現(xiàn)從固體KOH出發(fā)配制0.1mol/L的KOH溶液500mL；回答下列問題：

（1）配制過程中需要用到的玻璃儀器有燒杯．玻璃棒．量筒．____．500ml容量瓶。

（2）如果在定容時仰視操作，則所配得溶液的濃度____0.1mol/L（填＞；=，＜）

（3）若所用的固體KOH中混有NaOH，則所配得溶液的c（OH-）濃度____0.1mol/L（填＞；=，＜）

（4）若用250mL的H2SO4溶液恰好能將此500mL0.1mol/L的KOH溶液中和，則該硫酸的物質(zhì)的量濃度為____mol/L，其涉及的離子方程式為____．26、(10分)聚合硫酸鐵(SPFS)是一種新型的飲用水處理劑和城市污水凈化劑，其化學(xué)組成可表示為[Fe2(OH)n(SO4)3－]m。某研究小組將聚合硫酸鐵在一定條件下加熱完全分解，對所得氣體產(chǎn)物和固體產(chǎn)物進(jìn)行實驗探究。請利用實驗室常用儀器、用品和以下試劑完成驗證和探究過程(已知SO3的熔點為16.8℃)。試劑：1.0mol·L－1的鹽酸、1.0mol·L－1的KMnO4溶液、0.1mol·L－1的BaCl2溶液、20%的KSCN溶液、品紅溶液、蒸餾水、冰水。（1）聚合硫酸鐵中鐵元素的化合價是________（2）固體產(chǎn)物成分的探究【實驗設(shè)計】。實驗步驟現(xiàn)象步驟1：取適量的固體產(chǎn)物于試管中，加入足量1.0mol·L－1的鹽酸，充分振蕩使固體完全溶解。固體溶解，沒有觀察到氣泡，溶液呈黃色步驟2：取少量步驟1所得溶液于試管中，加入適量20%的KSCN溶液振蕩溶液呈血紅色步驟3：另取少量步驟1所得溶液于試管中，滴入少量1.0mol·L－1的KMnO4溶液，振蕩。KMnO4的紫紅色不褪去【思考與判斷】根據(jù)上面的信息，可以確定固體產(chǎn)物的成分是________；步驟1中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為（3）氣體產(chǎn)物成分的探究(不考慮水蒸氣)【提出假設(shè)】假設(shè)1：所得氣體的成分是SO3假設(shè)2：所得氣體的成分是SO2、O2假設(shè)3：所得氣體的成分是【設(shè)計實驗方案，驗證假設(shè)】按下表的實驗步驟寫出預(yù)期現(xiàn)象與結(jié)論。。實驗操作預(yù)期現(xiàn)象與結(jié)論步驟1：將少量氣體產(chǎn)物通入盛有適量品紅溶液的試管中，觀察溶液的顏色變化，然后加熱再觀察溶液的顏色變化①②步驟2：將氣體產(chǎn)物緩緩?fù)ㄟ^浸在冰水中的U形管(如圖)，然后在U形管中加入適量0.1mol·L－1的BaCl2溶液，充分振蕩結(jié)合步驟1中的②27、氯化銅是一種廣泛用于生產(chǎn)顏料、木材防腐劑等的化工產(chǎn)品。某研究小組用粗銅(含雜質(zhì)Fe)按下述流程制備氯化銅晶體(CuCl2?2H2O)。（1)為了完成步驟I,可采用如下圖所示的裝置將粗銅轉(zhuǎn)化為固體a。在該實驗中，加熱A、C裝置中的酒精燈時，應(yīng)該先點燃_______裝置的酒精燈,D裝置的作用是_______,C裝置中生成的產(chǎn)物是_______。(2)步驟II中的操作是:將步驟I中的固體加入到容器中，然后加入_______，固體完全溶解。(3)步驟III中加入的試劑是H2O2,其目的是提高最終制備的氯化銅晶體的純度，試寫出有關(guān)反應(yīng)的離子方程式______________。(4)步驟IV中應(yīng)先加入某試劑,然后過濾得到濾液。為了調(diào)節(jié)溶液的pH只使Fe3+完全沉淀，加入的試劑是CuO粉末而不用氨水或NaOH溶液，其理由是_______。(5)步驟V中,將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾得到CuCl2·2H2O晶體?，F(xiàn)欲得到無水CuCl2，在實驗室也可以采用上述裝置完成CuCl2?2H2O脫水得到無水CuCl2，則A裝置中的兩種化學(xué)試劑是_____。28、（14分）3-丁酮酸乙酯在有機(jī)合成中用途極廣，廣泛用于藥物合成，還用作食品的著香劑。其相對分子質(zhì)量為130，常溫下為無色液體，沸點181℃，受熱溫度超過95℃攝氏度時就會分解；易溶于水，與乙醇、乙酸乙酯等有機(jī)試劑以任意比混溶；實驗室可用以乙酸乙酯和金屬鈉為原料制備。乙酸乙酯相對分子質(zhì)量為88，常溫下為無色易揮發(fā)液體，微溶于水，沸點77℃。【反應(yīng)原理】【實驗裝置】【實驗步驟】1．加熱反應(yīng)：向反應(yīng)裝置中加入32mL（28.5g，0.32mol）乙酸乙酯、少量無水乙醇、1.6g（0.07mol）切細(xì)的金屬鈉，微熱回流1.5~3小時，直至金屬鈉消失。2．產(chǎn)物后處理：冷卻至室溫，卸下冷凝管，將燒瓶浸在冷水浴中，在搖動下緩慢的加入32mL30%醋酸水溶液，使反應(yīng)液分層。用分液漏斗分離出酯層。酯層用5%碳酸鈉溶液洗滌，有機(jī)層放入干燥的錐形瓶中，加入無水碳酸鉀至液體澄清。3．蒸出未反應(yīng)的乙酸乙酯：將反應(yīng)液在常壓下蒸餾至100℃。然后改用減壓蒸餾，得到產(chǎn)品2.0g?；卮鹣铝袉栴}：（1）從反應(yīng)原理看，無水乙醇的作用是。（2）反應(yīng)裝置中加干燥管是為了。兩個裝置中冷凝管的作用（填“相同”或“不相同”），冷卻水進(jìn)水口分別為和（填圖中的字母）。（3）產(chǎn)物后處理中，滴加稀醋酸的目的是，稀醋酸不能加多了，原因是。用分液漏斗分離出酯層的操作叫。碳酸鈉溶液洗滌的目的是。加碳酸鉀的目的是。（4）采用減壓蒸餾的原因是。（5）本實驗所得到的3-丁酮酸乙酯產(chǎn)率是(填正確答案標(biāo)號)。A．10％B．22％C．19％D．40％評卷人得分六、簡答題(共2題，共12分)29、氮及其化合物與我們的吃；穿、住、行、健康等都有著密切的聯(lián)系；也是高中化學(xué)學(xué)習(xí)中重要的一部分．請回答下列問題：

I．（1）現(xiàn)有一支15mL的試管，充滿NO倒置于水槽中，向試管中緩緩?fù)ㄈ胍欢垦鯕?，?dāng)試管內(nèi)液面穩(wěn)定時，剩余氣體3mL．則通入氧氣的體積可能為______．

（2）一定條件下，某密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g）．

。起始濃度（mol/L）C（NH3）C（O2）C（NO）C（H2O）甲1200乙4800丙0.2xyz①恒溫恒容下，平衡時NH3的轉(zhuǎn)化率甲______乙．（填“＞”；“=”、或“＜”）

②恒溫恒容下，若要使丙與甲平衡時各組分濃度相同，則x=______，y=______，z=______．

（3）向容積相同、溫度分別為T1和T2的兩個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)相同時間后，分別測定體系中NO2的百分含量分別為a1和a2；已知T1＜T2，則a1______a2．

A．大于B．小于C．等于D．以上都有可能。

（4）2.24L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氨氣被200mL1mol/LHNO3溶液吸收后，反應(yīng)后溶液中的離子濃度關(guān)系是______．

Ⅱ．三氟化氮（NF3）是一種新型的電子材料，它在潮濕的空氣中與水蒸氣能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，其生成物有HF、NO、HNO3．根據(jù)要求回答下列問題：

（1）寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：______．反應(yīng)過程中，氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為______．

（2）若反應(yīng)中生成0.2molHNO3，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為______．30、用化學(xué)反應(yīng)原理研究氮的氧化物和硫的氧化物有著重要的意義．

rm{(1)}已知：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangleH_{1}}

rm{2NO(g)+O_{2}(g)?2NO_{2}(g)triangleH_{2}}

rm{NO_{2}(g)+SO_{2}(g)?SO_{3}(g)+NO(g)triangleH_{3}}

則rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangle

H_{1}}______rm{2NO(g)+O_{2}(g)?2NO_{2}(g)triangle

H_{2}}用rm{NO_{2}(g)+SO_{2}(g)?SO_{3}(g)+NO(g)triangle

H_{3}}rm{triangleH_{3}=}表示rm{(}如果上述三個反應(yīng)方程式的平衡常數(shù)分別為rm{triangleH_{1}}rm{triangleH_{2}}rm{)}則rm{K_{1}}______rm{K_{2}}用rm{K_{3}}rm{K_{3}=}表示rm{(}．

rm{K_{1}}如圖rm{K_{2}}所示，rm{)}是恒容的密閉容器，rm{(2)}是一個體積可變的充氣氣囊rm{1}保持恒溫，關(guān)閉rm{A}分別將rm{B}rm{.}和rm{K_{2}}rm{2mol}通過rm{NO}rm{1mol}分別充入rm{O_{2}}rm{K_{1}}中，發(fā)生的反應(yīng)為rm{K_{3}}不考慮rm{A}起始時rm{B}rm{2NO(g)+O_{2}(g)?2NO_{2}(g)[[}的體積相同均為rm{2NO_{2}(g)?N_{2}O_{4}(g)]}rm{A}．

rm{B}下列說法和示意圖rm{a}正確，且既能說明rm{L}容器中反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，又能說明rm{壟脵}容器中反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是______．

rm{2}rm{A}容器中氣體的顏色均不再發(fā)生變化。

rm{B}rm{a.A}容器中rm{B}和rm{b.A}物質(zhì)的量濃度比均為rm{B}rm{NO}

rm{O_{2}}時，rm{2}容器中反應(yīng)達(dá)到平衡時的平衡常數(shù)rm{1}若rm{壟脷T隆忙}容器中反應(yīng)達(dá)到平衡時rm{A}則平衡時rm{Kp=8隆脕10^{-2}(kPa)^{-1}.}的轉(zhuǎn)化率為______rm{A}rm{p(NO_{2})=200kPa}是用平衡分壓代替平衡濃rm{NO}度計算所得平衡常數(shù)，分壓總壓物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)rm{.}

rm{(Kp}將rm{=隆脕}rm{)}和rm{(3)}rm{0.2mol}通入rm{SO_{2}}的密閉容器中，測得rm{0.15mol}的物質(zhì)的量隨時間變化如圖rm{O_{2}}實線所示．

。rm{2L}編號rm{a}rmrm{c}rmqwhwzwtrm{e}rm{n(SO_{2})/mol}rm{0.16}rm{0.12}rm{0.09}rm{0.07}rm{0.07}rm{t/min}rm{2}rm{5}rm{8}rm{15}rm{22}rm{壟脵ab}段平均反應(yīng)速率______rm{(}填“大于”“小于”或“等于”rm{)bc}段平均反應(yīng)速率：rm{de}段平均反應(yīng)速率為______．

rm{壟脷}僅改變某一個實驗條件，測得rm{SO_{2}}的物質(zhì)的量隨時間變化如圖rm{3}中虛線所示，則改變的條件______是______．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【分析】淡化海水，應(yīng)將水與海水中的鹽進(jìn)行分離，常用方法有蒸餾、電滲析以及離子交換法等，以此解答．【解析】【解答】解：A；過濾不能除去海水中的可溶性鹽；不能達(dá)到淡化海水的目的，故A選；

B；利用電滲析法可使相應(yīng)的離子通過半透膜以達(dá)到硬水軟化的效果；故B不選；

C；因水的沸點較低；可用蒸餾法得到蒸餾水，實現(xiàn)海水淡化的目的，故C不選；

D；通過離子交換樹脂可以除去海水中的離子；從而達(dá)到淡化海水的目的，故D不選．

故選A．2、B【分析】【分析】根據(jù)v=計算v（NO），再利用速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比計算其它物質(zhì)表示的反應(yīng)速率．【解析】【解答】解：反應(yīng)4NH3+5O2?4NO+6H2O在5L密閉容器中進(jìn)行，10秒鐘后NO的物質(zhì)的量增加了5mol，則v（NO）==0.1mol/（L?s）；

A．速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，則v（O2）=v（NO）=×0.1mol/（L?s）=0.125mol/（L?s）；故A錯誤；

B．由上述分析計算；可知v（NO）=0.1mol/（L?s），故B正確；

C．速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，則v（H2O）=v（NO）=×0.1mol/（L?s）=0.15mol/（L?s）；故C錯誤；

D．速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，則v（NH3）=v（NO）=0.1mol/（L?s）；故D錯誤；

故選：B．3、D【分析】【分析】鐵片、銅片和稀鹽酸構(gòu)成原電池，較活潑的金屬鐵作負(fù)極，銅作正極，負(fù)極上鐵失電子生成二價鐵離子進(jìn)入溶液，發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上氫離子得電子發(fā)生氫氣，發(fā)生還原反應(yīng)．【解析】【解答】解：A；正極上氫氣得電子生成氫氣；不是鐵溶解，故A錯誤．

B；負(fù)極上鐵失電子生成二價鐵離子；不是析出氫氣，故B錯誤．

C；負(fù)極上鐵溶解；正極上析出氫氣，通過的電子數(shù)相等，溶解鐵和析出氫氣的物質(zhì)的量相等，因為鐵和氫氣的摩爾質(zhì)量不同，導(dǎo)致溶解的鐵和析出的氫氣的質(zhì)量不同，故C錯誤．

D、負(fù)極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為Fe-2e-=Fe2+

1mol2mol

0.01mol0.02mol

當(dāng)導(dǎo)線中通過0.02mol電子時有0.01molFe發(fā)生氧化反應(yīng)；故D正確．

故選D．4、C【分析】試題分析：A、不銹鋼含有鉻和鎳，增強了抗腐蝕能力，正確；B、電鍍時應(yīng)以鍍層金屬作陽極，鍍件作陰極，含鍍層金屬陽離子的溶液為電鍍液，正確；C、鐵在濃硫酸中鈍化，不是不反應(yīng)，錯誤；D、鋁熱反應(yīng)生成的鐵為液體，可用于焊接鋼軌，正確?？键c：本題考查鐵和鐵合金的性質(zhì)與用途?！窘馕觥俊敬鸢浮緾5、B【分析】A項NH4Cl與NaOH溶液的體積未給，不能確定量的關(guān)系，而且該選項根據(jù)電荷守恒知，溶液帶正電，錯；B項根據(jù)電荷守恒判斷可能存在c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)，正確；C項pH=2的醋酸與pH=12的氫氧化鈉等體積混合，醋酸剩余，溶液顯酸性，錯；D項pH=8.5的氨水加水稀釋后，NH4+、OH-濃度下降，H+增大，因為水的離子積不變，錯?！窘馕觥俊敬鸢浮緽6、A【分析】解：索爾維法缺點：大量rm{CaCl_{2}}用途不大，rm{NaCl}利用率只有rm{70%}約有rm{30%}的rm{NaCl}留在母液中，侯氏制堿法的優(yōu)點：把合成氨和純堿兩種產(chǎn)品聯(lián)合生產(chǎn)，提高了食鹽利用率，縮短了生產(chǎn)流程，減少了對環(huán)境的污染，降低了純堿的成本rm{.}保留了氨堿法的優(yōu)點，消除了它的缺點，使食鹽的利用率提高到rm{96%}

故選A．

索爾維制堿法對濾液的處理是加熟石灰使氨氣循環(huán)，產(chǎn)生的rm{CaCl_{2}}含rm{Cl}幾乎沒什么用，而侯氏制堿法是對濾液通入二氧化碳，氨氣，結(jié)晶出的rm{NH_{4}Cl}其母液可以作為制堿原料．

本題考查侯氏制堿法知識，題目難度不大，注意把握索爾維制堿法與侯德榜制堿法反應(yīng)原理，即可判斷二者的優(yōu)缺點．【解析】rm{A}7、D【分析】解：A．放電時；鋁是活潑的金屬鋁是負(fù)極，不活潑石墨為正極，故A正確；

B．電解時陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，電解方程式為Cn+AlCl4--e-═Cn[AlCl4]，所以充電時，A1Cl4-向石墨電極移動；故B正確；

C．放電時負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)生成鋁離子，鋁離子與AlCl4-結(jié)合生成Al2Cl7-，所以電極反應(yīng)式為：Al-3e-+7AlCl4-═4Al2Cl7-；故C正確；

D．充電時；負(fù)極與外接電源的負(fù)極相連，正極與外接電源的正極相連，電子不能通過電解質(zhì)溶液，故D錯誤；

故選：D。

由示意圖可知放電時鋁為負(fù)極，被氧化生成Al2Cl7-，電極方程式為Al+7AlCl4--3e-═4Al2Cl7-，正極反應(yīng)為3Cn[AlCl4]+3e-=3Cn+3AlCl4-，電解時陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，電解方程式為Cn+AlCl4--e-═Cn[AlCl4]，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，電極方程式為4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-；以此解答該題．

本題考查學(xué)生二次電池的工作原理以及原電池和電解池的工作原理知識，為高頻考點，側(cè)重學(xué)生的分析能力的考查，屬于綜合知識的考查，難度中等，注意把握電極的判斷方法和電極方程式的書寫．【解析】D二、多選題(共6題，共12分)8、AB【分析】【分析】根據(jù)已有的知識進(jìn)行分析，M=X2++2Y-，則該物質(zhì)含有2個帶負(fù)電荷的陰離子和一個帶兩個單位正電荷的陽離子．【解析】【解答】解：A；酸中含有的陽離子是氫離子；氫離子是帶有一個單位正電荷，不符合題意，M一定不會是酸，故A正確；

B、M不是酸，則M可能是鹽或堿，故X2+一定是金屬離子；故B正確；

C、Y-不一定是OH-；如氯化鈣能電離產(chǎn)生2個氯離子和鈣離子，故C錯誤；

D；M不一定屬于鹽；如氫氧化鈣能電離產(chǎn)生鈣離子和2個氫氧根離子，故D錯誤；

故選AB．9、CD【分析】【分析】過氧化鈉能與水反應(yīng)，則飽和的燒堿溶液中的溶劑減少，原飽和溶液有晶體析出，剩余溶液還是飽和溶液，溫度不變時，溶液中離子的濃度不變，但數(shù)目減少．【解析】【解答】解：因過氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，因為已經(jīng)飽和，所以不會再溶解，濃度不變，但由于水的減少，水中Na+、OH-的數(shù)目減少．

A、原飽和溶液有晶體析出，剩余溶液還是飽和溶液，溫度不變時，溶液中離子的濃度不變，即溶液中Na+濃度不變，有O2放出；故A錯誤；

B、原飽和溶液有晶體析出，剩余溶液還是飽和溶液，溫度不變時，溶液中離子的濃度不變，即溶液中OH-濃度不變，堿性不變，有O2放出；故B錯誤；

C、溶液中Na+數(shù)目減小，有O2放出；故C正確；

D、溶液中OH-濃度不變，堿性不變，有O2放出；故D正確；

故選CD．10、BD【分析】【分析】A；能和氯化鋇反應(yīng)生成白色沉淀不溶于鹽酸的離子可能是銀離子也可能是硫酸根離子；

B；用潔凈的鉑絲蘸取某無色溶液；放在無色火焰上灼燒，透過藍(lán)色鈷玻璃，火焰的顏色呈紫色說明溶液中有鉀離子；

C；加鹽酸排除其它離子干擾；無色無味氣體為二氧化碳；

D、只有膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)：當(dāng)光束通過膠體時，從側(cè)面觀察到一條光亮的“通路”．【解析】【解答】解：A；能和氯化鋇反應(yīng)生成不溶于鹽酸的白色沉淀的離子可能是硫酸根離子也可能是銀離子；所以該溶液中不一定含有硫酸根離子，故A錯誤；

B；用潔凈的鉑絲蘸取某無色溶液；放在無色火焰上灼燒，透過藍(lán)色鈷玻璃，火焰的顏色呈紫色說明溶液中有鉀離子，故B正確；

C、加鹽酸排除其它離子干擾，無色無味氣體為二氧化碳，則原溶液含有HCO3-、CO32-時均會產(chǎn)生此現(xiàn)象；故C錯誤；

D、因FeCl3溶液是溶液，無丁達(dá)爾現(xiàn)象，而Fe（OH）3膠體是膠體，有丁達(dá)爾現(xiàn)象，所以鑒別FeCl3溶液和Fe（OH）3膠體可用丁達(dá)爾現(xiàn)象；故D正確；

故選BD．11、AC【分析】【分析】A、向硫酸鋁銨礬溶液NH4Al（SO4）2中滴加極少量的氫氧化鋇溶液，離子濃度為：n（SO42-）＞n（NH4+）＞n（Al3+）＞n（H+）＞n（OH-）；

B、滴加氫氧化鋇溶液首先與鋁離子反應(yīng)，所以整個過程中n（Al3+）＜n（NH4+）；

C；當(dāng)硫酸根離子完全沉淀；則銨根離子部分反應(yīng)，則鋁離子全部變成氫氧化鋁，而偏鋁酸根離子的物質(zhì)的量為0，由此分析解答；

D、溶液中硫酸鋇的物質(zhì)的量最大，所以不可能出現(xiàn)n（NH3?H2O）＞n（BaSO4）．【解析】【解答】解：A、向硫酸鋁銨礬溶液NH4Al（SO4）2中滴加極少量的氫氧化鋇溶液，相當(dāng)于鋁銨礬溶液，所以離子濃度為：n（SO42-）＞n（NH4+）＞n（Al3+）＞n（H+）＞n（OH-）；故A正確；

B、滴加氫氧化鋇溶液首先與鋁離子反應(yīng)，所以整個過程中n（Al3+）＜n（NH4+）；故B錯誤；

C、當(dāng)硫酸根離子完全沉淀，則銨根離子部分反應(yīng)，則鋁離子全部變成氫氧化鋁，而偏鋁酸根離子的物質(zhì)的量為0，所以離子物質(zhì)的量大小關(guān)系為：（BaSO4）＞n[Al（OH）3]＞n（NH3?H2O）＞n（AlO2-）；故C正確；

D、溶液中硫酸鋇的物質(zhì)的量最大，所以不可能出現(xiàn)n（NH3?H2O）＞n（BaSO4）；故D錯誤；

故選AC．12、AB【分析】【分析】A．有相同質(zhì)子數(shù)；不同中子數(shù)的原子或同一元素的不同核素互為同位素；

B．相同元素組成；不同形態(tài)的單質(zhì)互為同素異形體；

C．具有相同分子式而結(jié)構(gòu)不同的化合物互為同分異構(gòu)體；

D．相同元素組成，不同形態(tài)的單質(zhì)互為同素異形體．【解析】【解答】解：A．C60和石墨是由碳元素形成的不同單質(zhì)；互為同素異形體，故A錯誤；

B．干冰和二氧化碳?xì)怏w是同一物質(zhì)的不同狀態(tài)；故B錯誤；

C．CH3COOH和HCOOCH3分子式相同；但結(jié)構(gòu)不同，故互為同分異構(gòu)體，故C正確；

D．氧氣和臭氧是由氧元素形成的不同單質(zhì)；互為同素異形體，故D正確；

故選AB．13、AD【分析】【分析】本題可以采用逆向合成分析法．或者是．【解析】【解答】解：由逆向合成分析法可知，若為則有機(jī)物的命名原則兩種原料分別是2，3-二甲基-l，3-丁二烯和丙炔；

若為則兩種原料分別為2-甲基-l，3-丁二烯和2-丁炔；

故選：AD．三、填空題(共9題，共18分)14、無此空EF5HOCCH2CH2CH2COOH+2Cu（OH）2HOOCCH2CH2CH2COOH+Cu2O↓+2H2OBD【分析】【分析】A是芳香烴，H核磁共振譜顯示其分子有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，A能被酸性高錳酸鉀氧化生成兩個羧基，所以A是間二甲苯，且結(jié)構(gòu)簡式為：A被酸性高錳酸鉀氧化生成B，則B是間二苯甲酸；

B中羧基上的羥基被氯原子取代生成C；

F能使氯化鐵溶液顯色，說明含有酚羥基，其分子苯環(huán)上一硝基取代物有兩種，分子中含有甲基、5個碳原子形成的直鏈，E和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成F，結(jié)合E、F的分子式知，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為：E的結(jié)構(gòu)簡式為：結(jié)合題給信息知，C和F反應(yīng)生成酯G．【解析】【解答】解：A是芳香烴，H核磁共振譜顯示其分子有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，A能被酸性高錳酸鉀氧化生成兩個羧基，所以A是間二甲苯，且結(jié)構(gòu)簡式為：A被酸性高錳酸鉀氧化生成B，則B是間二苯甲酸；

B中羧基上的羥基被氯原子取代生成C；

F能使氯化鐵溶液顯色，說明含有酚羥基，其分子苯環(huán)上一硝基取代物有兩種，分子中含有甲基、5個碳原子形成的直鏈，E和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成F，結(jié)合E、F的分子式知，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為：E的結(jié)構(gòu)簡式為：結(jié)合題給信息知，C和F反應(yīng)生成酯G．

（1）通過以上分析知，A的結(jié)構(gòu)簡式為：故答案為：

（2）通過以上分析知；含有羥基的有機(jī)物是EF，故答案為：EF；

（3）與D互為同分異構(gòu)體，且能夠發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基，又能跟小蘇打溶液生成二氧化碳?xì)怏w，說明含有羧基，則符合條件的有機(jī)物有：HOCCH2CH2CH2COOH、HOCCH（CH3）CH2COOH、HOCCH2CH（CH3）COOH、HOCCH（CH2CH3）COOH、HOCC（CH3）2COOH；所以共有5種結(jié)構(gòu)，故答案為：5；

（4）符合（3）中條件的D的無支鏈的同分異構(gòu)體為HOCCH2CH2CH2COOH；

HOCCH2CH2CH2COOH+2Cu（OH）2HOOCCH2CH2CH2COOH+Cu2O↓+2H2O；

故答案為：HOCCH2CH2CH2COOH+2Cu（OH）2HOOCCH2CH2CH2COOH+Cu2O↓+2H2O；

（5）E的結(jié)構(gòu)簡式為：E中含有酚羥基；苯環(huán)和羧基，所以具有羧酸、苯和酚的性質(zhì)；

A．該有機(jī)物中不含碳碳雙鍵或碳碳三鍵；所以不能發(fā)生加聚反應(yīng)，故錯誤；

B．該有機(jī)物中含有酚羥基；所以能與濃溴水發(fā)生取代反應(yīng)，故正確；

C．該有機(jī)物不能發(fā)生消去反應(yīng)；故錯誤；

D．該有機(jī)物含有苯環(huán)，所以能與H2發(fā)生加成反應(yīng)；故正確；

故選BD；

（6）濃硫酸作催化劑；加熱條件下；E和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成F，反應(yīng)方程式為：

故答案為：．15、略

【分析】根據(jù)題干信息以及FeCO3、Fe2O3、FeSO4的性質(zhì)解決問題。(1)根據(jù)相關(guān)金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH可知，制備FeCO3時要注意控制溶液的pH。所以需要將Na2CO3緩慢加入到FeSO4溶液中，防止Fe(OH)2的生成。(2)FeCO3表面吸附SO42—、Na＋等雜質(zhì)離子，檢驗洗滌是否完全時，可檢驗SO42—是否存在。方法是取最后一次的洗滌液1～2mL于試管中，向其中滴加用鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則表明已洗滌干凈。(3)Fe2＋易被氧化，加入鐵粉的目的是防止Fe2＋被氧化。除去剩余的鐵粉時，為了不引入雜質(zhì)，可加入適量檸檬酸與鐵粉反應(yīng)。(4)檸檬酸亞鐵在乙醇中的溶解度小，加入無水乙醇，有利于晶體的析出。(5)燒渣中加入稀H2SO4后要通過過濾除去SiO2，此時溶液中溶質(zhì)主要是Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3。此時需要加入Fe粉，將Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe2＋，然后加NaOH調(diào)pH到5.0除去Al3＋。或過濾，除去SiO2后，向濾液中加入過量的NaOH溶液，過濾，得到Fe(OH)3，洗滌沉淀，加入足量的稀硫酸至沉淀溶解完全，再加入足量的鐵粉，得到FeSO4。過濾后，將濾液在60℃時濃縮，冷卻即可。點撥：知識：物質(zhì)的制備、除雜、凈化等實驗操作。能力：考查基礎(chǔ)知識的同時，也考查了學(xué)生讀圖、識表的綜合能力。試題難度：中等?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)c避免生成Fe(OH)2沉淀(2)取最后一次的洗滌濾液1～2mL于試管中，向其中滴加用鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則表明已洗滌干凈(3)①防止＋2價的鐵元素被氧化②加入適量檸檬酸讓鐵粉反應(yīng)完全(4)降低檸檬酸亞鐵在水中的溶解量，有利于晶體析出(5)“(過濾，)向反應(yīng)液中加入足量的鐵粉，充分?jǐn)嚢韬?，滴加NaOH溶液調(diào)節(jié)反應(yīng)液的pH約為5，過濾”或“過濾，向濾液中滴加過量的NaOH溶液，過濾，充分洗滌固體，向固體中加入足量稀硫酸至固體完全溶解，再加入足量的鐵粉，充分?jǐn)嚢韬螅^濾”(滴加稀硫酸酸化，)加熱濃縮得到60℃飽和溶液，冷卻至0℃結(jié)晶，過濾，少量冰水洗滌，低溫干燥16、略

【分析】解：rm{(1)}化合物rm{I}中的官能團(tuán)名稱為溴原子；醛基；

化合物Ⅱ中含有rm{11}個rm{C}rm{12}個rm{H}rm{2}個rm{O}則分子式為rm{C_{11}H_{12}O_{2}}

故答案為：溴原子、醛基；rm{C_{11}H_{12}O_{2}}

rm{(2)}由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，化合物Ⅲ中甲基上rm{1}個rm{H}原子被rm{Cl}原子取代生成化合物Ⅳ，化合物Ⅳ為化合物Ⅳ發(fā)生水解反應(yīng)生成化合物Ⅴ，則rm{V}為化合物Ⅴ連續(xù)氧化生成化合物Ⅶ，則化合物Ⅵ為化合物Ⅶ與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成化合物Ⅱ；

某同學(xué)設(shè)想無需經(jīng)反應(yīng)rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}和rm{壟脻}直接用酸性rm{KMnO_{4}}溶液就可將化合物Ⅲ氧化為化合物Ⅶ，其原理是將甲基氧化為rm{-COOH}但酸性rm{KMnO_{4}}溶液會氧化化合物Ⅲ中的碳碳雙鍵；

故答案為：酸性rm{KMnO_{4}}溶液會氧化化合物Ⅲ中的碳碳雙鍵；

rm{(3)}化合物Ⅶ有多種同分異構(gòu)體，苯環(huán)上有兩個取代基，rm{1mol}該物質(zhì)發(fā)生銀鏡反應(yīng)能生成rm{4molAg}則該同分異構(gòu)體中含有rm{2}個rm{-CHO}故取代基為rm{-CHO}rm{-CH_{2}CHO}有鄰、間、對三種位置關(guān)系，符合條件同分異構(gòu)體為：

故答案為：

rm{(4)}反應(yīng)rm{壟脼}是化合物Ⅶ與乙醇在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生酯化反應(yīng)生成化合物Ⅱ，反應(yīng)方程式為：

故答案為：

rm{(5)}化合物與化合物在一定條件下按物質(zhì)的量之比rm{1}rm{2}可發(fā)生類似反應(yīng)rm{壟脵}的反應(yīng)，則提供rm{2}個rm{Br}原子，中rm{C=C}中含有rm{H}原子較多的rm{C}原子提供rm{1}個rm{H}原子，脫去rm{2}分子rm{HBr}其余基團(tuán)連接形成化合物，故產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為：

故答案為：．

rm{(1)}根據(jù)化合物Ⅰ的結(jié)構(gòu)簡式判斷有機(jī)物的官能團(tuán)；

根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式判斷含有的元素種類和原子個數(shù)可確定分子式；

rm{(2)}由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，化合物Ⅲ中甲基上rm{1}個rm{H}原子被rm{Cl}原子取代生成化合物Ⅳ，化合物Ⅳ為化合物Ⅳ發(fā)生水解反應(yīng)生成化合物Ⅴ，則rm{V}為化合物Ⅴ連續(xù)氧化生成化合物Ⅶ，則化合物Ⅵ為化合物Ⅶ與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成化合物Ⅱ；

某同學(xué)設(shè)想無需經(jīng)反應(yīng)rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}和rm{壟脻}直接用酸性rm{KMnO_{4}}溶液就可將化合物Ⅲ氧化為化合物Ⅶ，其原理是將甲基氧化為rm{-COOH}但酸性rm{KMnO_{4}}溶液會氧化化合物Ⅲ中的碳碳雙鍵；

rm{(3)}化合物Ⅶ有多種同分異構(gòu)體，苯環(huán)上有兩個取代基，rm{1mol}該物質(zhì)發(fā)生銀鏡反應(yīng)能生成rm{4molAg}則該同分異構(gòu)體中含有rm{2}個rm{-CHO}故取代基為rm{-CHO}rm{-CH_{2}CHO}有鄰；間、對三種位置關(guān)系；

rm{(4)}反應(yīng)rm{壟脼}是化合物Ⅶ與乙醇再濃硫酸；加熱條件下發(fā)生酯化反應(yīng)生成化合物Ⅱ；

rm{(5)}由反應(yīng)rm{壟脵}可知，化合物Ⅰ提供rm{1}個rm{Br}原子，化合物Ⅱ中rm{C=C}中含有rm{H}原子較多的rm{C}原子提供rm{1}個rm{H}原子，脫去rm{1}分子rm{HBr}其余基團(tuán)連接形成化合物，據(jù)此書寫．

本題考查有機(jī)物的推斷與合成，注意根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系中有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與反應(yīng)條件、反應(yīng)類型進(jìn)行推斷，較好的考查學(xué)生的閱讀能力，對知識的遷移運用能力，難度掌握．【解析】醛基、溴原子；rm{C_{11}H_{12}O_{2}}酸性rm{KMnO_{4}}溶液會氧化化合物Ⅲ中的碳碳雙鍵；刪除此空；17、1Na2B4O75.7O2+2e-+2H+=H2O2減小萃取劑2CrO5+7H2O2+6H+=2cr3++7O2↑+10H2OH2O2+I-=H2O+IO-【分析】【分析】（1）BaO2與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和H2O2，據(jù)此書寫方程式，根據(jù)方程式計算每生成1molH2O2，消耗BaO2的物質(zhì)的量；

（2）氧化還原反應(yīng)中；元素化合價升高的反應(yīng)物為還原劑，根據(jù)題干信息書寫方程式，根據(jù)方程式中元素的化合價變化分析該反應(yīng)的還原劑；

（3）過氧化氫是弱電解質(zhì)屬于二元弱酸分部電離；以第一步電離為主；根據(jù)Ka求出氫離子的濃度和pH；

（4）電解時；陰極上氧氣得電子，生成過氧化氫，陽極電解水生成的氫氣失去電子生成氫離子；

（5）①在上層的乙醚層中產(chǎn)生穩(wěn)定的藍(lán)色有機(jī)相；說明乙醚起到萃取的作用；

②CrO5的Cr元素顯+6價，與過氧化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成cr3+和氧氣；根據(jù)得失電子守恒和原子守恒書寫方程式；

（6）根據(jù)信息②可知，反應(yīng)①為過氧化氫氧化-1價的碘，生成+1價的碘，同時自身被還原成水，據(jù)此書寫離子方程式．【解析】【解答】解：（1）BaO2與稀硫酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，生成硫酸鋇沉淀和H2O2，反應(yīng)方程式為：BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2，由方程式可知，每生成1molH2O2，消耗BaO21mol；

故答案為：1；

（2）H2O2、硼砂（Na2B4O7）及氫氧化鈉可合成過硼酸鈉（NaBO3?4H2O），所以該反應(yīng)的方程式為：4H2O2+11H2O+Na2B4O7+2NaOH=4NaBO3?4H2O，該反應(yīng)中：過氧化氫（O從-1→-2），H2O2為氧化劑，硼砂（Na2B4O7）（B從+3→+5），Na2B4O7為還原劑；

故答案為：Na2B4O7；

（3）過氧化氫是弱電解質(zhì)，H2O2溶液顯酸性屬于二元弱酸分部電離，電離的方程式為：H2O2?H++HO2-HO2-?H++O22-以第一步電離為主，Ka1=4.0×10-12，則Ka1===4.0×10-12，所以c（H+）=2×10-6mol/L；即pH=6-lg2≈5.7；

故答案為：5.7；

（4）直接電解水并通入O2制取H2O2，陰極電極反應(yīng)式為：O2+2e-+2H+=H2O2，陽極電解水生成的氫氣失去電子H2-2e-=2H+；所以電解過程中陽極周圍溶液的pH減?。?/p>

故答案為：O2+2e-+2H+=H2O2；減小；

（5）①檢驗H2O2時，先加入乙醚，然后加入K2Cr2O7的硫酸溶液；可在上層的乙醚層中產(chǎn)生穩(wěn)定的藍(lán)色有機(jī)相，穩(wěn)定的藍(lán)色有機(jī)相說明乙醚的作用是穩(wěn)定劑，在上層的乙醚層中產(chǎn)生，說明乙醚起萃取劑的作用；

故答案為：萃取劑；

②CrO5藍(lán)色，藍(lán)色迅速消失并生成cr3+，與過氧化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)，CrO5的結(jié)構(gòu)式為CrO5存在2個過氧鍵、1個Cr=O鍵，4個O原子顯-1價、1個O原子顯-2價，Cr元素顯+6價，H2O2、氧顯-1價，兩者反應(yīng)，生成cr3+和氧氣，最小公倍數(shù)為6，所以反應(yīng)方程式為：2CrO5+7H2O2+6H+=2cr3++7O2↑+10H2O；

故答案為：2CrO5+7H2O2+6H+=2cr3++7O2↑+10H2O；

（6）I-催化分解H2O2，根據(jù)信息②可知，反應(yīng)①中產(chǎn)生IO-，為過氧化氫氧化-1價的碘，生成+1價的碘，所以離子反應(yīng)方程式為：H2O2+I-=H2O+IO-；

故答案為：H2O2+I-=H2O+IO-．18、ArKNa2O2HCl04＜CH4【分析】【分析】根據(jù)元素在周期表中的分布知識，可以知道A是Na，B是K，C是Mg，D是Al，E是C，F(xiàn)是O，G是Cl，H是Br，R是Ar．

（1）稀有氣體的活潑性最弱；

（2）周期表中；從上到下金屬的活潑性逐漸升高，從右到左金屬的活潑型逐漸升高；

（3）Na在氧氣中燃燒產(chǎn)生過氧化鈉；

（4）G是Cl元素；其最高價含氧酸為高氯酸；

（5）電子層相同的同周期元素的原子從左到右半徑逐漸減小；

（6）E為C元素，其最簡單氫化物為甲烷．【解析】【解答】解：根據(jù)元素在周期表中的分布知識，可以知道A是Na，B是K，C是Mg，D是Al，E是C，F(xiàn)是O，G是Cl，H是Br，R是Ar．

（1）元素周期表中元素活潑性最差的是稀有氣體元素的單質(zhì)，即Ar；

故答案為：Ar；

（2）從上到下金屬的活潑性逐漸升高；從右到左金屬的活潑型逐漸升高，最活潑的金屬是K；

故答案為：K；

（3）Na在氧氣中燃燒產(chǎn)生過氧化鈉，其化學(xué)式為Na2O2；

故答案為：Na2O2；

（4）G是Cl元素，其最高價含氧酸為高氯酸，其化學(xué)式為：HCl04，故答案為：HCl04；

（5）電子層相同的同周期元素的原子從左到右半徑逐漸減?。凰訫g＞Al，故答案為：＜；

（6）E為C元素，其最簡單氫化物為甲烷，其化學(xué)式為：CH4，故答案為：CH4．19、②④⑦⑨⑧①⑤③【分析】【分析】根據(jù)結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團(tuán)的物質(zhì)互稱為同系物；分子式相同，結(jié)構(gòu)不同的化合物互稱為同分異構(gòu)體；質(zhì)子數(shù)相同中子數(shù)不同的原子互稱同位素；同種元素形成的不同單質(zhì)互為同素異形體；同種物質(zhì)指組成和結(jié)構(gòu)都相同的物質(zhì)；然后對照概念分析．【解析】【解答】解：①O2和O3均是氧元素形成的不同種單質(zhì)；互稱為同素異形體；

②苯和甲苯，結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差一個CH2原子團(tuán)；互稱為同系物；

③和相當(dāng)于甲烷的四個H分別被2個Cl和2個F取代；甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)，故兩者是一種物質(zhì)；

④CH3CH3和CH3CH2CH2CH3結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差2個CH2原子團(tuán)；互稱為同系物；

⑤金剛石和石墨均是碳元素形成的不同種單質(zhì)；互為同素異形體；

⑥和分子式不同；結(jié)構(gòu)不同，不屬于同系物，也不屬于同分異構(gòu)體；

⑦CH3CH2NO2和分子式相同；結(jié)構(gòu)不同，屬于同分異構(gòu)體；

⑧氕；氘和氚均屬于氫元素的不同種原子；互為同位素；

⑨CH3CH2CH（CH3）CH（CH3）CH3和CH3CH（CH3）CH（CH3）3分子式相同；結(jié)構(gòu)不同，屬于同分異構(gòu)體；

（1）互為同系物的是②④；故答案為：②④；

（2）互為同分異構(gòu)體的是⑦⑨；故答案為：⑦⑨；

（3）屬于同位素的是⑧；故答案為：⑧；

（4）互為同素異形體的是①⑤；故答案為：①⑤；

（5）屬于同一種物質(zhì)的是③，故答案為：③．20、SiO2保持較大的C2O42-離子濃度，使Ca2+沉淀完全降低CaC2O4在水中的溶解度，減少沉淀的損失，降低實驗誤差CaC2O4?H2O+2H+=Ca2++H2C2O4+H2O錐形瓶滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，紫紅色不褪去且半分鐘不變化偏高×100%【分析】【分析】（1）根據(jù)石灰石中的各成分與鹽酸反應(yīng)生成物的溶解性進(jìn)行解答；

（2）因飽和的（NH4）2C2O4溶液可將Ca2+充分反應(yīng)；沉淀完全；

（3）根據(jù)草酸鈣的固體溶解平衡影響因素解答；

（4）硫酸溶解草酸鈣沉淀生成草酸；硫酸鈣和水；

（5）依據(jù)滴定實驗工廠分析；滴定終點用高錳酸鉀溶液的顏色指示，誤差分析用消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積分析判斷；

（6）根據(jù)5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO4-計算．【解析】【解答】解：（1）將樣品溶于鹽酸，碳酸鈣和鹽酸反應(yīng)生成易溶于水的氯化鈣和水，氧化鈣和鹽酸反應(yīng)生成氯化鈣和水，氧化鋁和鹽酸反應(yīng)生成易溶于水的氯化鋁和水，氧化鎂和鹽酸反應(yīng)生成氯化鎂和水，二氧化硅和鹽酸不反應(yīng)，沉淀物主要是SiO2；

故答案為：SiO2；

（2）（NH4）2C2O4+CaCl2=CaC2O4↓+2NH4Cl，加飽和的（NH4）2C2O4溶液可將Ca2+充分反應(yīng)；沉淀完全；

故答案為：保持較大的C2O42-離子濃度，使Ca2+沉淀完全；

（3）草酸鈣的溶解平衡為：CaC2O4（s）?Ca2+（aq）+C2O42-（aq），用0.1%草酸銨溶液洗滌沉淀，再用冷的蒸餾水洗滌，可降低CaC2O4在水中的溶解度；減少沉淀的損失，降低實驗誤差；

故答案為：降低CaC2O4在水中的溶解度；減少沉淀的損失，降低實驗誤差；

（4）成難溶的草酸鈣沉淀為CaC2O4?H2O，和硫酸混合反應(yīng)生成草酸，硫酸鈣和水，反應(yīng)的離子方程式為：CaC2O4?H2O+2H+=Ca2++H2C2O4+H2O；

故答案為：CaC2O4?H2O+2H+=Ca2++H2C2O4+H2O；

（5）用標(biāo)準(zhǔn)高錳酸鉀溶液滴定生成的草酸時；草酸溶液置于錐形瓶中，判斷達(dá)到滴定終點的現(xiàn)象是滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，紫紅色不褪去且半分鐘不變化，證明反應(yīng)達(dá)到終點，若讀取滴定管數(shù)據(jù)時，起始讀數(shù)正確，終點仰視讀數(shù)，高錳酸鉀溶液的體積讀大，測定含量偏高；

故答案為：錐形瓶；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液；紫紅色不褪去且半分鐘不變化；偏高；

（6）高錳酸鉀與草酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)；反應(yīng)的離子方程式為。

5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO4-

5mol2mol

nCmol/L×V×10-3L

n=2.5CV×10-3mol，則m（CaO）=2.5CV×10-3mol×56g/mol=0.14CVg，mg樣品中含氧化鈣為：×100%；

故答案為：×100%；21、①③④⑤⑥⑦⑩⑧⑨②④⑤HCO3-+H2O?H2CO3+OH-AB【分析】【分析】（1）電解質(zhì)是指：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔铮娊赓|(zhì)水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ?；是因電解質(zhì)自身可以離解成自由移動的離子．電解質(zhì)包括離子型或強極性共價型化合物；而非電解質(zhì)是指：在熔融狀態(tài)和水溶液中都不能導(dǎo)電的化合物．也就是說，非電解質(zhì)在熔融狀態(tài)和水溶液中自身都不能離解出自由移動的離子．非電解質(zhì)包括弱極性或非極性共價型化合物；

（2）①根據(jù)電解質(zhì)的電離和鹽的水解分析；鹽類水解規(guī)律：強酸弱堿鹽水解顯酸性；強堿弱酸鹽水解顯堿性；強酸強堿鹽顯中性；

②NaHCO3屬于強堿弱酸鹽；在溶液中存在水解和電離，水解程度大于電離程度，溶液顯堿性；

（3）溶液的導(dǎo)電能力與離子的濃度成正比；離子濃度越大導(dǎo)電能力越強，濃度越小導(dǎo)電能力越弱，向下列溶液中加入氫氧化鈉固體后，如果能增大溶液中離子濃度，則能增大溶液的導(dǎo)電能力，否則不能增大溶液的導(dǎo)電能力；

（4）CH3COOH是弱酸存在電離平衡；若將③CH3COOH和等濃度的NaOH溶液混合后溶液恰好呈中性，依據(jù)電荷守恒分析計算醋酸根離子濃度，依據(jù)常溫下氫氧根離子濃度和氫離子濃度相同為10-7mol/L；結(jié)合定量平衡常數(shù)計算；【解析】【解答】解：（1）①BaSO4在水溶液中雖難溶，但溶于水的部分能完全電離，BaSO4═Ba2++SO42-有自由移動的離子；能導(dǎo)電，故是電解質(zhì)；

②Cl2是單質(zhì)；故既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)；

③NaHCO3水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姡粚儆陔娊赓|(zhì)；

④CuSO4?5H2O水溶液中或熔融狀態(tài)下都能夠?qū)щ姡粚儆陔娊赓|(zhì)；

⑤NaHSO4為離子化合物；在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電屬于電解質(zhì)；

⑥Na2O2為離子化合物；在熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，屬于電解質(zhì)；

⑦NaOH為離子化合物；在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電屬于電解質(zhì)；

⑧C2H5OH是共價化合物；其溶液是以分子的形式分散在水中形成，不能導(dǎo)電，屬非電解質(zhì)；

⑨氨氣在溶液中能夠?qū)щ?；但是?dǎo)電的離子是一水合氨電離的，不是氨氣電離的，所以氨氣屬于非電解質(zhì)；

⑩CH3COOH溶于水時能部分電離出自由離子而導(dǎo)電；屬于電解質(zhì)；

故答案為：①③④⑤⑥⑦⑩；⑧⑨；

（2）①所得溶液中能用pH試紙測定其pH，且顯酸性的是酸和能電離出氫離子的鹽，以及和水反應(yīng)生成酸的物質(zhì)，以及水解呈酸性的物質(zhì)，氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，所以呈酸性；CuSO4?5H2O屬于強酸弱堿鹽，水解呈酸性；硫酸氫鈉在水中電離NaHSO4=Na++H++SO42-；顯酸性；

故答案為：②④⑤；

②NaHCO3為強電解質(zhì)，電離方程式為NaHCO3═Na++HCO3-；NaHCO3強堿弱酸鹽，在溶液中存在水解和電離，水解程度大于電離程度，c（OH-）＞c（H+），溶液顯堿性，其水解方程式為：HCO3-+H2O?H2CO3+OH-；

故答案為：HCO3-+H2O?H2CO3+OH-；

（3）A．NH4Cl與氫氧化鈉固體反應(yīng)生成氯化鈉氨氣和水；溶液中離子濃度基本不變，所以導(dǎo)電能力基本不變，故A符合；

B．HCl是強電解質(zhì)；氫氧化鈉是強電解質(zhì)，向鹽酸中加入氫氧化鈉固體后，氫氧化鈉和鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉和水，溶液中離子濃度變化不大，所以溶液的導(dǎo)電能力變化不大，故B符合；

C．CH3COOH是弱電解質(zhì)；氫氧化鈉和醋酸反應(yīng)生成醋酸鈉，溶液中的溶質(zhì)由弱電解質(zhì)變成強電解質(zhì)，離子濃度增大，溶液的導(dǎo)電能力增大，故C不符合；

D．NH3?H2O是弱電解質(zhì)；氫氧化鈉促進(jìn)氨水電離向逆反應(yīng)方向移動影響電離與導(dǎo)電關(guān)系不大，但溶液中的溶質(zhì)由弱電解質(zhì)變成強電解質(zhì)，離子濃度增大，溶液的導(dǎo)電能力增大，故D不符合；

E．水是弱電解質(zhì)；向水中加入氫氧化鈉固體后，溶液中離子濃度增大，則溶液的導(dǎo)電能力增大，故E不符合；

故答案為：AB；

（4）設(shè)bL為1L，若將CH3COOH濃度為amol/LCH3COOH和0.01mol?L-1NaOH溶液等體積混合后溶液呈中性，依據(jù)溶液中電荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），溶液呈中性說明c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L；c（Na+）=c（CH3COO-）=0.005mol/L，則CH3COOH的電離常數(shù)===；

故答案為：；22、過濾SO2由黑色變?yōu)榧t色還原劑亞鐵離子硫酸根離子【分析】【分析】向鐵；銅混合物中加入足量稀硫酸時；鐵和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵、氫氣，銅和稀硫酸不反應(yīng)，所以A是氫氣，B是硫酸亞鐵溶液，C是Cu，采用過濾的方法分離不溶性固體和溶液；

在加熱條件下；銅和濃硫酸反應(yīng)生成硫酸銅；二氧化硫和水，所以D是二氧化硫、E是硫酸銅；

再結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)分析解答．【解析】【解答】解：向鐵；銅混合物中加入足量稀硫酸時；鐵和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵、氫氣，銅和稀硫酸不反應(yīng)，所以A是氫氣，B是硫酸亞鐵溶液，C是Cu，采用過濾的方法分離不溶性固體和溶液；

在加熱條件下；銅和濃硫酸反應(yīng)生成硫酸銅；二氧化硫和水，所以D是二氧化硫、E是硫酸銅；

（1）分離不溶性固體和溶液的方法為過濾；所以操作X的名稱是過濾，故答案為：過濾；

（2）通過以上分析知，氣體D是SO2，故答案為：SO2；

（3）A是氫氣，氫氣與氧化銅加熱反應(yīng)生成銅和水，反應(yīng)方程式為：H2+CuOCu+H2O；氧化銅是黑色固體；銅是紅色固體，所以固體的顏色由黑色變?yōu)榧t色，該反應(yīng)中H元素化合價由0價變?yōu)?1價，所以氫氣是還原劑，故答案為：由黑色變?yōu)榧t色；還原劑；

（4）溶液B中的金屬陽離子是亞鐵離子，溶液E是硫酸銅溶液，溶液E中陰離子除了OH-外還有硫酸根離子，故答案為：亞鐵離子；硫酸根離子．四、判斷題(共2題，共8分)23、√【分析】【分析】18O2的相對分子質(zhì)量為36，結(jié)合n==計算．【解析】【解答】解：18O2的相對分子質(zhì)量為36，n（18O2）==0.5mol，則含有1mol18O原子，個數(shù)為NA，故答案為：√．24、×【分析】【分析】膠體有丁達(dá)爾效應(yīng)，溶液沒有；溶質(zhì)粒子能透過半透膜，膠體粒子不能透過半透膜，但能透過濾紙．【解析】【解答】解：膠體有丁達(dá)爾效應(yīng)，溶液沒有，故利用丁達(dá)爾效應(yīng)可以區(qū)分溶液和膠體；膠體微粒的直徑大于半透膜的孔徑，膠體粒子不能透過半透膜，故答案為：×．五、實驗題(共4題，共8分)25、膠頭滴管＜＞0.1H++OH-═H2O【分析】【分析】（1）根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般操作步驟選取實驗儀器；

（2）（3）分析不當(dāng)操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液的體積的影響，依據(jù)C=進(jìn)行誤差分析；

（4）根據(jù)酸堿中和反應(yīng)中，酸和堿之間的物質(zhì)的量關(guān)系判斷．【解析】【解答】解：（1）配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般操作步驟：計算；稱量、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻等操作；

用到的儀器有：托盤天平；藥匙、燒杯、玻璃杯、500ml容量瓶、膠頭滴管；

故答案為：膠頭滴管；

（2）如果在定容時仰視操作；導(dǎo)致溶液的體積偏大，溶液的濃度偏低；

故答案為：＜；

（3）若所用的固體KOH中混有NaOH；相同質(zhì)量的氫氧化鉀含有的氫氧根離子小于氫氧化鈉，導(dǎo)致氫氧根離子的物質(zhì)的量偏大，溶液的濃度偏大；

故答案為：＞；

（4）硫酸與氫氧化鉀發(fā)生酸堿中和反應(yīng)，反應(yīng)的實質(zhì)為：H++OH-═H2O；酸堿中和反應(yīng)中，濃硫酸和氫氧化鉀的物質(zhì)的量之比為1：2，設(shè)硫酸的物質(zhì)的量濃度為C，C×0.25L×2=0.5L×0.1mol/L，解得：C=0.1mol/L；

故答案為：0.1；H++OH-═H2O．26、略

【分析】試題分析：（1）在任何化合物中所有元素正負(fù)化合價代數(shù)和為0，由于聚合硫酸鐵化學(xué)式是[Fe2(OH)n(SO4)3－]m，所以其中鐵元素的化合價是[2×(3-)+n]÷2=+3；（2）固體完全溶解在鹽酸中，沒有觀察到氣泡，溶液呈黃色，則固態(tài)是Fe2O3；在步驟1中Fe2O3與鹽酸發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O；（3）根據(jù)題意可知：假設(shè)3：所得氣體的成分是SO3、SO2、O2；步驟1：將少量氣體產(chǎn)物通入盛有適量品紅溶液的試管中，觀察溶液的顏色變化，然后加熱再觀察溶液的顏色變化，①若品紅溶液不褪色，則假設(shè)1成立；②若品紅溶液褪色,加熱后又恢復(fù)紅色，則假設(shè)2或3成立；步驟2：將氣體產(chǎn)物緩緩?fù)ㄟ^浸在冰水中的U形管(如圖)，然后在U形管中加入適量0.1mol·L－1的BaCl2溶液，充分振蕩，結(jié)合步驟1中的②：①若無白色沉淀生成，則假設(shè)2成立；②若有白色沉淀生成，則假設(shè)3成立?？键c：考查聚合硫酸鐵中Fe元素化合價的確定、分解產(chǎn)物的成分的確定的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）＋3(1分)（2）Fe2O3(1分)Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O(2分)（3）SO3、SO2、O2(2分)。實驗操作預(yù)期現(xiàn)象與結(jié)論①若品紅溶液不褪色，則假設(shè)1成立(1分)②若品紅溶液褪色,加熱后又恢復(fù)紅色，則假設(shè)2或3成立(1分)結(jié)合步驟1中的②：①若無