2025年蘇科版高三化學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………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年蘇科版高三化學(xué)上冊(cè)月考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6題，共12分)1、常溫下，下列離子能使純水中的H+離子數(shù)目增加的是（）A.S2-B.HCO3-C.Al3+D.K+2、將鎂、銅組成的a克混合物投入適量的稀硝酸中恰好完全反應(yīng)，固體完全溶解，還原產(chǎn)物只有NO，其體積在標(biāo)況下為4.48L，向反應(yīng)后的溶液中加入NaOH溶液，金屬離子恰好沉淀完全，則形成沉淀的質(zhì)量為（）A.（a+5.1）克B.（a+1.02）克C.（a+20.4）克D.（a+2.04）克3、體積相同的CaCl2溶液和AlCl3溶液中Cl-數(shù)目相同，則CaCl2和AlCl3溶液的物質(zhì)的量濃度之比為（）A.1：1B.3：2C.2：3D.1：24、下列說(shuō)法正確的是（）A.銅、石墨均能導(dǎo)電，所以它們均是電解質(zhì)B.NH3、CO2的水溶液均能導(dǎo)電，所以NH3、CO2均是電解質(zhì)C.將25gCuSO4.5H2O晶體加水配成100mL溶液，該溶液的物質(zhì)的量濃度為1mol/LD.實(shí)驗(yàn)室要用容量瓶配制0.2mol/L的NaCl溶液950mL，應(yīng)稱量NaCl固體11.1g5、某元素R有兩種同位素，可分別表示為85R和87R，若R的近似相對(duì)原子質(zhì)量為85.5則85R原子的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為（）A.75%B.25%C.74.6%D.64.7%6、下列敘述中正確的是（）A.NH3、CO、CO2都是極性分子B.CH4、CCl4都是含有極性鍵的非極性分子C.HF、HCl、HBr、HI的穩(wěn)定性依次增強(qiáng)D.由于氫鍵的影響，H2O比H2S的穩(wěn)定性更好評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、二氧化鈰CeO2是一種重要的稀土氧化物．平板電視顯示屏生產(chǎn)過(guò)程中產(chǎn)生大量的廢玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物質(zhì)）．某課題組以此粉末為原料回收鈰；設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)流程如下：

（1）洗滌濾渣A的目的是為了去除____（填離子符號(hào)），檢驗(yàn)濾渣A是否洗滌干凈的方法是____．

（2）第②步反應(yīng)的離子方程式是____，濾渣B的主要成分是____．

（3）萃取是分離稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作為萃取劑能將鈰離子從水溶液中萃取出來(lái)，TBP____（填“能”或“不能”）與水互溶．實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行萃取操作是用到的主要玻璃儀器有____；燒杯、量筒等．

（4）取上述流程中得到的Ce（OH）4[M=208g/mol]產(chǎn)品0.500g，加硫酸溶解后，用0.1000mol?L-1FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定（鈰被還原為Ce3+），消耗20.00mL標(biāo)準(zhǔn)溶液，該產(chǎn)品中Ce（OH）4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)___．（保留兩位小數(shù)）8、鈦是繼鐵；鋁后的第三金屬；二氧化鈦廣泛應(yīng)用于各類結(jié)構(gòu)表面涂料、紙張涂層等，二氧化鈦還可作為制備鈦單質(zhì)的原料．

Ⅰ．用鈦鐵礦制取二氧化鈦，（鈦鐵礦主要成分為FeTiO3，其中Ti元素化合價(jià)為+4價(jià)，含有Fe2O3雜質(zhì)．）主要流程如圖1：

（1）Fe2O3與H2SO4反應(yīng)的離子方程式____．

（2）加Fe的作用是____．

Ⅱ．由金紅石（含TiO2大于96%）為原料生產(chǎn)鈦的流程如圖2：

（3）反應(yīng)②的方程式是____，該反應(yīng)需要在Ar氣氛中進(jìn)行的原因是____．

Ⅲ．科學(xué)家從電解冶煉鋁的工藝得到啟發(fā)；找出了冶煉鈦的新工藝．

（4）TiO2直接電解法生產(chǎn)鈦是一種較先進(jìn)的方法，電解質(zhì)為熔融的氧化鈣，原理如圖3所示該方法陰極獲得鈦的電極反應(yīng)為_(kāi)___．

（5）陽(yáng)極產(chǎn)生的CO2經(jīng)常用氫氧化鈉溶液來(lái)吸收，現(xiàn)有0.4molCO2用200ml3mol/L的NaOH溶液將其完全吸收，溶液中的離子濃度由大到小的順序?yàn)開(kāi)___．9、如圖；甲；乙、丙分別表示在不同條件下可逆反應(yīng)A（g）+B（g）?xC（g）的生成物C在反應(yīng)混合物中的百分含量w（C）和反應(yīng)時(shí)間（t）的關(guān)系．

（1）若甲圖中兩條曲線分別表示有催化劑和無(wú)催化劑的情況，則____曲線表示無(wú)催化劑時(shí)的情況，原因是：____；

（2）若乙圖表示反應(yīng)達(dá)到平衡后分別在恒溫恒壓條件下和恒溫恒容條件下充入氦氣后的情況，則____曲線表示恒溫恒容的情況，原因是____；

（3）根據(jù)丙圖可以判斷該可逆反應(yīng)的正反應(yīng)是____熱反應(yīng)，化學(xué)計(jì)量數(shù)x的值是____；

（4）丁圖表示在某固定容積的密閉容器中上述可逆反應(yīng)達(dá)到平衡后某物理量隨著溫度（T）的變化情況，根據(jù)你的理解，丁圖的縱坐標(biāo)可以是____、____．（寫(xiě)兩條）10、（1）下列曲線表示鹵素元素某種性質(zhì)隨核電荷數(shù)的變化趨勢(shì)，正確的是______．

（2）利用“鹵化硼法”合成含B和N兩種元素的功能陶瓷，下圖為其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，則每個(gè)晶胞中含有B原子的個(gè)數(shù)為_(kāi)_____，該功能陶瓷的化學(xué)式為_(kāi)_____．

（3）BCl3和NCl3中心原子的雜化方式分別為_(kāi)_____和______．第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有______種．

（4）若BCl3與XYm通過(guò)B原子與X原子間的配位健結(jié)合形成配合物，則該配合物中提供孤對(duì)電子的原子是______．

（5）SiO2是硅酸鹽玻璃（Na2CaSi6O14）的主要成分，Na2CaSi6O14也可寫(xiě)成Na2O?CaO?6SiO2．

長(zhǎng)石是金屬鋁硅鹽．由鈉長(zhǎng)石化學(xué)式NaAlSi3O8可推知鈣長(zhǎng)石改寫(xiě)成氧化物的形式可表示為_(kāi)_____．11、某待測(cè)液中可能含有Fe2+、Fe3+、Ag+、Al3+、Ba2+、Ca2+、NH4+等離子，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)（所加酸、堿、氨水、溴水都是過(guò)量的）．

根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果：

（1）寫(xiě)出生成沉淀A的離子方程式____

（2）判定待測(cè)液中有無(wú)Ba2+、Ca2+離子，并寫(xiě)出理由．答：____．

（3）寫(xiě)出沉淀D的化學(xué)式：____．

（4）寫(xiě)出從溶液D生成沉淀E的反應(yīng)的離子方程式：____．12、在生產(chǎn)生活和科學(xué)研究中；人們常常根據(jù)需要促進(jìn)或抑制鹽的水解．試回答下列問(wèn)題：

（1）FeCl3溶液呈____（填“酸”、“中”、“堿”）性，原因是（用離子方程式表示）：____；實(shí)驗(yàn)室在配制FeCl3溶液時(shí)，常將FeCl3固體先溶于較濃的鹽酸中，以____（填“促進(jìn)”；“抑制”）其水解；然后再用蒸餾水稀釋到所需的濃度．

（2）用離子方程式表示硫酸鋁溶液和碳酸氫鈉溶液混合時(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)____．

（3）為證明鹽的水解是吸熱的，四位同學(xué)分別設(shè)計(jì)了如下方案，其中正確的是____．

A．甲同學(xué)：在鹽酸中加入氨水；混合液溫度上升，說(shuō)明鹽類水解是吸熱的．

B．乙同學(xué)：將硝酸銨晶體溶于水；水溫降低，說(shuō)明鹽類水解是吸熱的．

C．丙同學(xué)：在氨水加入氯化銨固體；溶液的pH變小，說(shuō)明鹽類水解是吸熱的．

D．丁同學(xué)：在醋酸鈉溶液中滴加2滴酚酞試劑；加熱后紅色加深，說(shuō)明鹽類水解是吸熱的．

（4）把AlCl3溶液蒸干，灼燒，最后得到的主要固體產(chǎn)物是____．13、[化學(xué)——物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]（13分）氫能是一種潔凈的可再生能源，制備和儲(chǔ)存氫氣是氫能開(kāi)發(fā)的兩個(gè)關(guān)鍵環(huán)節(jié)。Ⅰ．氫氣的制取（1）水是制取氫氣的常見(jiàn)原料，下列說(shuō)法正確的是（填序號(hào)）。A．H3O＋的空間構(gòu)型為三角錐形B．水的沸點(diǎn)比硫化氫高C．冰晶體中，1mol水分子可形成4mol氫鍵（2）科研人員研究出以鈦酸鍶為電極的光化學(xué)電池，用紫外線照射鈦酸鍶電極，使水分解產(chǎn)生氫氣。已知鈦酸鍶晶胞結(jié)構(gòu)如圖，則其化學(xué)式為。Ⅱ．氫氣的存儲(chǔ)（3）Ti(BH4)2是一種儲(chǔ)氫材料。①Ti原子在基態(tài)時(shí)的核外電子排布式是。②Ti(BH4)2可由TiCl4和LiBH4反應(yīng)制得，TiCl4熔點(diǎn)－25.0℃，沸點(diǎn)136.94℃，常溫下是無(wú)色液體，則TiCl4晶體類型為。（4）最近尼赫魯先進(jìn)科學(xué)研究中心借助ADF軟件對(duì)一種新型環(huán)烯類儲(chǔ)氫材料（C16S8）進(jìn)行研究，從理論角度證明這種分子中的原子都處于同一平面上（結(jié)構(gòu)如圖所示），每個(gè)平面上下兩側(cè)最多可儲(chǔ)存10個(gè)H2分子。①元素電負(fù)性大小關(guān)系是：CS（填“＞”、“＝”或“＜”）。②分子中C原子的雜化軌道類型為。③有關(guān)鍵長(zhǎng)數(shù)據(jù)如下：。C—SC＝SC16S8中碳硫鍵鍵長(zhǎng)/pm181155176從表中數(shù)據(jù)可以看出，C16S8中碳硫鍵鍵長(zhǎng)介于C—S與C＝S之間，原因可能是：。④C16S8與H2微粒間的作用力是。14、化合物Ⅰ是重要的化工原料，可發(fā)生下列反應(yīng)生成Ⅲ化合物Ⅰ可用石油裂解氣中的2-戊烯來(lái)合成，流程如下:a的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是______________________，②步的反應(yīng)類型是_______________?；衔颕的一種同分異構(gòu)體是天然橡膠的單體，用系統(tǒng)命名法命名該單體___________?；衔铫衽cII反應(yīng)還可能得到III的一種同分異構(gòu)體，該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_________。欲檢驗(yàn)化合物Ⅲ中的碳碳雙鍵，正確的試劑是_______________________。15、有機(jī)合成材料的出現(xiàn)是材料發(fā)展史上的一次重大突破rm{.}人們常說(shuō)的三大合成材料是指______、______和______．評(píng)卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)16、蒸餾時(shí)，溫度計(jì)水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、實(shí)驗(yàn)室通過(guò)消石灰和NH4Cl固體制備NH3，屬于離子反應(yīng)____（判斷對(duì)和錯(cuò)）18、用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴定未知濃度的醋酸到終點(diǎn)時(shí)，鈉離子物質(zhì)的量等于醋酸根離子的物質(zhì)的量____（判斷正誤）19、有鹽和水生成的反應(yīng)不一定是中和反應(yīng)____．（判斷對(duì)錯(cuò)）20、因?yàn)镃O2的水溶液可以導(dǎo)電，所以CO2是電解質(zhì)____．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、計(jì)算題(共2題，共12分)21、（1）下列物質(zhì)所含分子數(shù)由多到少的排列順序是____；

A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下33.6LH2B．所含電子的物質(zhì)的量為4mol的H2

C．20℃45gH2OD．常溫下，16gO2與14gN2的混合氣體。

E．含原子總數(shù)約為1.204×1024的NH3

（2）用量筒量取一定體積的液體時(shí)，若采用俯視的方法量取20ml液體，則實(shí)際量取的液體的體積比20ml____，若量筒中實(shí)際有20ml液體，而你讀數(shù)時(shí)采用了俯視的方法，則讀得的數(shù)據(jù)比20ml____．

（3）在BaCl2溶液中加入一定量的稀硫酸，恰好完全反應(yīng)，產(chǎn)生的沉淀質(zhì)量與原稀硫酸溶液的質(zhì)量相同，則原稀硫酸溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是____．（結(jié)果保留4位有效數(shù)字）22、同溫同壓下，質(zhì)量比為7：33的CO和CO2組成的混合氣體，CO和CO2物質(zhì)的量之比為_(kāi)___，CO氣體的體積分?jǐn)?shù)為_(kāi)___，碳和氧原子個(gè)數(shù)之比為_(kāi)___，混合氣體平均摩爾質(zhì)量為_(kāi)___．評(píng)卷人得分五、解答題(共1題，共10分)23、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LO2的物質(zhì)的量是多少？評(píng)卷人得分六、簡(jiǎn)答題(共2題，共10分)24、催化劑是化工技術(shù)的核心；絕大多數(shù)的化工生產(chǎn)均需采用催化工藝．

（1）人們常用催化劑來(lái)選擇反應(yīng)進(jìn)行的方向．如圖1示為一定條件下1molCH3OH與O2發(fā)生反應(yīng)時(shí)，生成CO、CO2或HCHO的能量變化圖如圖1反應(yīng)物O2（g）和生成物H2O（g）略去]．

①在有催化劑作用下，CH3OH與O2反應(yīng)主要生成______（填“CO、CO2或HCHO”）．

②2HCHO（g）+O2（g）═2CO（g）+2H2O（g）△H=______．

③在稀硫酸催化下，HCHO可以通過(guò)反應(yīng)生成分子式為C3H6O3的環(huán)狀三聚甲醛分子，其分子中同種原子的化學(xué)環(huán)境均相同．寫(xiě)出三聚甲醛的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：______．

④甲醇制取甲醛可用Ag作催化劑，含有AgCl會(huì)影響Ag催化劑的活性，用氨水可以溶解除去其中的AgCl，寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式：______．

（2）一種以銅作催化劑脫硫有如下兩個(gè)過(guò)程：

①在銅的作用下完成工業(yè)尾氣中SO2的部分催化氧化；所發(fā)生反應(yīng)為：

2SO2+2nCu+（n+1）O2+（2-2n）H2O═2nCuSO4+（2-2n）H2SO4

從環(huán)境保護(hù)的角度看，催化脫硫的意義為_(kāi)_____；每吸收標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2LSO2，被SO2還原的O2的質(zhì)量為_(kāi)_____g．

②利用圖2所示電化學(xué)裝置吸收另一部分SO2，并完成Cu的再生．寫(xiě)出裝置內(nèi)所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式______．25、把FeCl3溶液蒸干灼燒，最后得到的固體是____。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】常溫下，能使溶液中氫離子數(shù)目增加，說(shuō)明該離子能發(fā)生水解反應(yīng)，且水解后溶液呈酸性，則為弱堿離子的水解反應(yīng)．【解析】【解答】解：A．硫離子是多元弱酸陰離子分步水解；溶液顯堿性，所以溶液中氫離子數(shù)目減少，故A錯(cuò)誤；

B．碳酸氫根離子水解生成碳酸和氫氧根離子；溶液中氫氧根離子數(shù)目增加，氫離子數(shù)目減少，故B錯(cuò)誤；

C．鋁離子水解生成氫氧化鋁和氫離子，Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+；導(dǎo)致溶液中氫離子數(shù)目增加，氫氧根離子數(shù)目減少，故C正確；

D．鉀離子不水解；所以不改變?nèi)芤褐袣潆x子或氫氧根離子數(shù)目，故D錯(cuò)誤；

故選C．2、A【分析】【分析】向反應(yīng)后的溶液中加入NaOH溶液，金屬離子恰好沉淀完全，得到沉淀為氫氧化鎂、氫氧化銅，根據(jù)電荷守恒可知，金屬提供電子物質(zhì)的量等于沉淀中氫氧根離子物質(zhì)的量，結(jié)合NO的體積，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計(jì)算金屬提供電子物質(zhì)的量，而沉淀質(zhì)量等于金屬質(zhì)量與沉淀中氫氧根離子質(zhì)量之和．【解析】【解答】解：向反應(yīng)后的溶液中加入NaOH溶液，金屬離子恰好沉淀完全，得到沉淀為氫氧化鎂、氫氧化銅，根據(jù)電荷守恒可知，金屬提供電子物質(zhì)的量等于沉淀中氫氧根離子物質(zhì)的量，反應(yīng)生成NO的物質(zhì)的量為=0.2mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，金屬提供電子物質(zhì)的量為=0.3mol；即沉淀中氫氧根離子為0.3mol，故沉淀質(zhì)量為ag+0.3mol×17g/mol=（a+5.1）g；

故選A．3、B【分析】【分析】溶液中Cl-數(shù)目相同，溶液的體積相同，所以Cl-物質(zhì)的量濃度相等，根據(jù)化學(xué)式和物質(zhì)的量濃度計(jì)算離子的物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算物質(zhì)的量濃度之比．【解析】【解答】解：溶液中Cl-數(shù)目相同，溶液的體積相同，所以Cl-物質(zhì)的量濃度相等，所以CaCl2和AlCl3溶液的物質(zhì)的量濃度之比：=3：2；

故選B．4、C【分析】【分析】在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)；在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物為非電解質(zhì)，無(wú)論電解質(zhì)和非電解質(zhì)，都一定為化合物，單質(zhì)和混合物一定不是電解質(zhì)和非電解質(zhì)，據(jù)此進(jìn)行解答AB；

C、根據(jù)n=計(jì)算25gCuSO4?5H2O的物質(zhì)的量，根據(jù)c=計(jì)算溶液中CuSO4的物質(zhì)的量濃度；

D、實(shí)驗(yàn)室無(wú)950mL容量瓶，需要1000mL容量瓶，據(jù)此計(jì)算需要固體的質(zhì)量．【解析】【解答】解：A；銅、石墨屬于單質(zhì)；既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故A錯(cuò)誤；

B、NH3、CO2的水溶液導(dǎo)電的原因是一水合氨、碳酸電離出的離子，不是NH3、CO2本身電離的離子，因此NH3、CO2屬于非電解質(zhì)；故B錯(cuò)誤；

C、25gCuSO4?5H2O的物質(zhì)的量為=0.1mol，故n（CuSO4）=0.1mol，溶液體積為100mL，故該溶液中CuSO4的物質(zhì)的量濃度為：=1mol/L；故C正確；

D、沒(méi)有950ml的容量瓶，應(yīng)選擇1000ml容量瓶，配制0.2mol/L的NaCl溶液需氯化鈉質(zhì)量為1L×0.2mol/L×58.5g/mol=11.7g，故D錯(cuò)誤，故選C．5、C【分析】【分析】根據(jù)元素的相對(duì)原子質(zhì)量為該元素各種核素的相對(duì)原子質(zhì)量的平均值，原子的相對(duì)原子質(zhì)量在數(shù)值上等于其質(zhì)量數(shù)來(lái)解答．【解析】【解答】解：R的近似相對(duì)原子質(zhì)量為85.5是質(zhì)量數(shù)分別為85和87的核素的平均值，由十字交叉法得，85R和87R兩種同位素原子的個(gè)數(shù)比為所以85R原子的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=74.6%，故選：D．6、B【分析】【解答】A．NH3的分子構(gòu)型為三角錐形，空間結(jié)構(gòu)不對(duì)稱，為極性分子，CO空間結(jié)構(gòu)不對(duì)稱，為極性分子，CO2是直線形；結(jié)構(gòu)對(duì)稱，正負(fù)電荷的重心重合，電荷分布均勻，為非極性分子，故A錯(cuò)誤；

B．CH4、CCl4都是含有極性鍵；分子的空間構(gòu)型為正四面體，均為非極性分子，故B正確；

C．元素的非金屬性越強(qiáng)，其氫化物越穩(wěn)定，則HF、HCl、HBr；HI的穩(wěn)定性依次減弱；故C錯(cuò)誤；

D．氫鍵只影響物質(zhì)的物理性質(zhì)；分子的穩(wěn)定性由共價(jià)鍵決定，故D錯(cuò)誤．

故選B．

【分析】A．以極性鍵結(jié)合的多原子分子如結(jié)構(gòu)對(duì)稱；正負(fù)電荷的重心重合，電荷分布均勻，則為非極性分子；

B．以極性鍵結(jié)合的多原子分子如結(jié)構(gòu)對(duì)稱；正負(fù)電荷的重心重合，電荷分布均勻，則為非極性分子；

C．元素的非金屬性越強(qiáng)；其氫化物越穩(wěn)定；

D．氫鍵只影響物質(zhì)的物理性質(zhì)．二、填空題(共9題，共18分)7、Fe3+、Cl-取最后一次洗滌液，加入KSCN溶液，若不出現(xiàn)紅色，則已洗凈，反之，未洗凈或取最后洗滌液少量，滴加AgNO3，如無(wú)白色沉淀，則洗干凈6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2OSiO2不能分液漏斗83.20%【分析】【分析】①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀鹽酸，F(xiàn)e2O3轉(zhuǎn)化FeCl3存在于濾液中，濾渣為CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉(zhuǎn)化為Ce3+，濾渣為SiO2；③加入堿后Ce3+轉(zhuǎn)化為沉淀；④通入氧氣講Ce從+3氧化為+4，得到產(chǎn)品；

（1）根據(jù)濾渣A上含有FeCl3；取最后一次洗滌液；加入KSCN溶液，若不出現(xiàn)紅色，則已洗凈，反之，未洗凈；

（2）根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子得失守恒來(lái)分析；濾渣B為SiO2；

（3）萃取劑與水不互溶；結(jié)合萃取需要的儀器分析；

（4）根據(jù)電子守恒建立關(guān)系式：Ce（OH）4～FeSO4，然后進(jìn)行計(jì)算求出Ce（OH）4的質(zhì)量，最后求出質(zhì)量分?jǐn)?shù)．【解析】【解答】解：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀鹽酸，F(xiàn)e2O3轉(zhuǎn)化FeCl3存在于濾液中，濾渣為CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉(zhuǎn)化為Ce3+，濾渣為SiO2；③加入堿后Ce3+轉(zhuǎn)化為沉淀；④通入氧氣講Ce從+3氧化為+4，得到產(chǎn)品；

（1）濾渣A上含有FeCl3，洗滌濾渣A的目的是為了除去Fe3+、Cl-；取最后一次洗滌液；加入KSCN溶液，若不出現(xiàn)紅色，則已洗凈，反之，未洗凈；

故答案為：Fe3+、Cl-；取最后一次洗滌液，加入KSCN溶液，若不出現(xiàn)紅色，則已洗凈，反之，未洗凈或取最后洗滌液少量，滴加AgNO3；如無(wú)白色沉淀，則洗干凈；

（2）稀硫酸、H2O2，CeO2三者反應(yīng)生成轉(zhuǎn)化為Ce2（SO4）3、O2和H2O，反應(yīng)的離子方程式為：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O；加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉(zhuǎn)化為Ce3+，SiO2不反應(yīng)，濾渣B的成分為SiO2；

故答案為：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O；SiO2；

（3）化合物TBP作為萃取劑能將鈰離子從水溶液中萃取出來(lái)；所以TBP不能與水互溶，故答案為：不能；分液漏斗；

（4）用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定至終點(diǎn)，鈰被還原成Ce3+，則Fe2+被氧化為Fe3+；則。

Ce（OH）4～FeSO4

0.002mol0.1000mol/L-1×0.020L

所以m（Ce（OH）4）=0.002mol×208g/mol=0.416g；

產(chǎn)品中Ce（OH）4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=83.20%；

故答案為：83.20%．8、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O將Fe3+還原為Fe2+TiCl4+4Na4NaCl+Ti防止高溫下Na（Ti）與空氣中的O2（或N2、CO2）作用TiO2+4e-=Ti+2O2-c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）【分析】【分析】I．鈦鐵礦用硫酸溶解，得到溶液中含有TiO2+、Fe2+、Fe3+，加入Fe粉將Fe3+還原為Fe2+，過(guò)濾除去不溶物，濾液冷卻結(jié)晶析出硫酸亞鐵晶體，過(guò)濾分離，濾液中經(jīng)過(guò)系列轉(zhuǎn)化得到TiO2；

（1）Fe2O3與H2SO4反應(yīng)生成硫酸鐵與水；

（2）加入Fe粉將Fe3+還原為Fe2+；

Ⅱ．（3）在550℃時(shí)；氬氣環(huán)境下；Na與四氯化鈦發(fā)生置換反應(yīng)；高溫時(shí)，Na、Ti易與空氣中的氧氣等發(fā)生反應(yīng)；

Ⅲ．TiO2直接電解法生產(chǎn)鈦，發(fā)生還原反應(yīng)，二氧化鈦為陰極，連接電源負(fù)極，由示意圖可知二氧化鈦獲得電子生成Ti與氧離子；根據(jù)二氧化碳和氫氧化鈉之間反應(yīng)量的關(guān)系：按照1：1反應(yīng)，產(chǎn)物是碳酸氫鈉，按照1：2反應(yīng)，產(chǎn)物是碳酸鈉來(lái)分析回答．【解析】【解答】解：I．鈦鐵礦用硫酸溶解，得到溶液中含有TiO2+、Fe2+、Fe3+，加入Fe粉將Fe3+還原為Fe2+，過(guò)濾除去不溶物，濾液冷卻結(jié)晶析出硫酸亞鐵晶體，過(guò)濾分離，濾液中經(jīng)過(guò)系列轉(zhuǎn)化得到TiO2；

（1）Fe2O3與H2SO4反應(yīng)生成硫酸鐵與水，反應(yīng)離子方程式為：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案為：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

（2）加Fe的作用是：將Fe3+還原為Fe2+，故答案為：將Fe3+還原為Fe2+；

Ⅱ．（3）在550℃時(shí)、氬氣環(huán)境下，Na與四氯化鈦發(fā)生置換反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：TiCl4+4Na4NaCl+Ti，高溫時(shí)，Na、Ti易與空氣中的氧氣等發(fā)生反應(yīng)，所以該反應(yīng)需要在Ar氣氛中進(jìn)行；

故答案為：TiCl4+4Na4NaCl+Ti；防止高溫下Na（Ti）與空氣中的O2（或N2、CO2）作用；

Ⅲ．（4）TiO2直接電解法生產(chǎn)鈦，發(fā)生還原反應(yīng)，二氧化鈦為陰極，連接電源負(fù)極，由示意圖可知二氧化鈦獲得電子生成Ti與氧離子，陰極電極反應(yīng)式為：TiO2+4e-=Ti+2O2-；

故答案為：TiO2+4e-=Ti+2O2-；

III．（4）電解時(shí)，陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以二氧化鈦得電子生成鈦和氧離子，和電源負(fù)極相連，電極反應(yīng)式為T(mén)iO2+4e-=Ti+2O2-；

故答案為：TiO2+4e-=Ti+2O2-；

（5）根據(jù)二氧化碳和氫氧化鈉之間反應(yīng)量的關(guān)系：按照1：1反應(yīng)，產(chǎn)物是碳酸氫鈉，按照1：2反應(yīng)，產(chǎn)物是碳酸鈉，0.4molCO2和200mL3mol/LNaOH溶液混合，二者的物質(zhì)的量之比是2：3，所的溶液是碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物，混合物顯堿性c（OH-）＞c（H+），碳酸根離子水解程度大與碳酸氫根離子的水解程度，所以c（CO32-）＜c（HCO3-），即c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）；

故答案為：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）．9、bb達(dá)到平衡用到的時(shí)間長(zhǎng)，化學(xué)反應(yīng)速率慢，沒(méi)有使用催化劑aA中充入氦氣，w（C）不變，平衡不移動(dòng)吸x＞2C%A的轉(zhuǎn)化率（或是B的轉(zhuǎn)化率、壓強(qiáng)）【分析】【分析】（1）使用催化劑；加快反應(yīng)速率，縮短到達(dá)平衡的時(shí)間，據(jù)此判斷；

（2）恒溫恒容條件下；通入惰性氣體，不影響反應(yīng)混合氣體各組分的濃度，平衡不移動(dòng)；

（3）由丙圖可知；相同壓強(qiáng)溫度越高，C%越大，說(shuō)明升高溫度，平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，溫度相同壓強(qiáng)越高，C%越小，說(shuō)明增大壓強(qiáng)，平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，據(jù)此解答．

（4）根據(jù)（3）中可知該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)還是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向吸熱方向移動(dòng)．由圖可知，縱軸所表示的量隨溫度升高而增大，根據(jù)平衡移動(dòng)分析．【解析】【解答】解：（1）使用催化劑，加快反應(yīng)速率，縮短到達(dá)平衡的時(shí)間，由圖可知，a先到達(dá)平衡，故a曲線表示使用催化劑，b曲線表示沒(méi)有使用催化劑，故答案為：b；

b達(dá)到平衡用到的時(shí)間長(zhǎng)；化學(xué)反應(yīng)速率慢，沒(méi)有使用催化劑；

（2）恒溫恒容條件下；通入惰性氣體，不影響反應(yīng)混合氣體各組分的濃度，平衡不移動(dòng)，C%不變，故答案為：a；A中充入氦氣，w（C）不變，平衡不移動(dòng)；

（3）由丙圖可知；相同壓強(qiáng)溫度越高，C%越大，說(shuō)明升高溫度，平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度相同壓強(qiáng)越高，C%越小，說(shuō)明增大壓強(qiáng)，平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，故x＞1+1，即x＞2；

故答案為：吸；x＞2；

（4）該反應(yīng)正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)前后氣體的體積增大．升高溫度，平衡向吸熱方向移動(dòng)，即向右移動(dòng)．由圖可知，縱軸所表示的量隨溫度升高而增大，升高溫度，平衡向吸熱方向移動(dòng)，即向右移動(dòng)，C的含量增大，A、B的轉(zhuǎn)化率增大，平衡時(shí)A、B濃度降低．反應(yīng)前后氣體的體積增大，在恒容條件下，升高溫度，平衡向吸熱方向移動(dòng)，即向右移動(dòng)，混合物總的物質(zhì)的量增加，所以平衡時(shí)，容器內(nèi)壓強(qiáng)增大，故答案為：C%；A的轉(zhuǎn)化率（或是B的轉(zhuǎn)化率、壓強(qiáng)）．10、略

【分析】解：（1）a．同一主族中；元素的電負(fù)性隨著原子序數(shù)的增大而減小，所以從氟到溴，其電負(fù)性逐漸減小，故正確；

b．氟元素沒(méi)有正化合價(jià)；第VIIA族氯；溴元素的最高化合價(jià)數(shù)值等于其族序數(shù)，故錯(cuò)誤；

c．第VIIA族元素氫化物的沸點(diǎn)隨著相對(duì)分子質(zhì)量的增大而增大；但HF分子間能形成氫鍵，氫鍵屬于特殊的分子間作用力，強(qiáng)度大于分子間作用力，沸點(diǎn)最高，故錯(cuò)誤；

d．由于鹵族元素的單質(zhì)均屬于分子晶體；隨相對(duì)分子質(zhì)量增大范德華力增大，因而沸點(diǎn)逐漸升高，故錯(cuò)誤；

故選a；

（2）B的原子半徑比N大，因而結(jié)構(gòu)示意圖中大球代表B原子，B原子個(gè)數(shù)=8×N原子個(gè)數(shù)=1+×4=2；該晶胞中N原子和B原子個(gè)數(shù)之比=2：2=1：1，所以其化學(xué)式為BN；

故答案為：2；BN；

（3）BCl3中的B原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)是3且不含孤電子對(duì)，所以B原子屬于sp2雜化；NCl3中的N原子的價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)為4且含有一個(gè)孤電子對(duì)，所以N原子屬于sp3雜化；

同一周期元素中；元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢(shì)，但第IIA族；第VA族元素第一電離能大于相鄰元素，根據(jù)電離能的變化規(guī)律，半充滿的N原子和全充滿的Be原子第一電離能要比同周期原子序數(shù)大的原子高，故第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有Be、C、O三種元素；

故答案為：sp2；sp3；3；

（4）BCl3是缺電子化合物；B原子的所有價(jià)電子已經(jīng)使用，因而提供孤對(duì)電子的原子是X；

故答案為：X；

（5）由鈉長(zhǎng)石化學(xué)式NaAlSi3O8可推知鈣長(zhǎng)石的化學(xué)式為Ca（AlSi3O8）2，改寫(xiě)成氧化物的形式可表示為CaO．Al2O3．6SiO2；

故答案為：CaO．Al2O3．6SiO2．

（1）a．第VIIA族元素中；元素的電負(fù)性隨著原子序數(shù)的增大而減??；

b．F元素沒(méi)有正化合價(jià)；

c．第VIIA族氫化物的沸點(diǎn)與其相對(duì)分子質(zhì)量成正比；氫鍵的存在導(dǎo)致氫化物的沸點(diǎn)升高；

d．鹵族單質(zhì)的熔點(diǎn)隨著核電荷數(shù)的增大而增大；

（2）根據(jù)均攤法確定B原子個(gè)數(shù)和N原子個(gè)數(shù)；根據(jù)B；N原子個(gè)數(shù)最簡(jiǎn)比確定其化學(xué)式；

（3）根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定中心原子的雜化方式；同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢(shì)，但第IIA族；第VA族元素第一電離能大于相鄰元素；

（4）在配位化合物中；中心原子提供空軌道，配體提供孤電子對(duì)．

本題以鹵族元素為載體考查了原子雜化方式、電負(fù)性、第一電離能、配位鍵、晶胞的計(jì)算等知識(shí)點(diǎn)，中等難度，答題時(shí)注意題中信息的充分利用．【解析】a；2；BN；sp2；sp3；3；X；CaO．Al2O3．6SiO211、Ag++Cl-=AgCl↓待測(cè)液中含有Ba2+、Ca2+離子中的兩種或一種．BaSO4難溶于水，CaSO4微溶于水Fe（OH）3AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-【分析】【分析】根據(jù)待測(cè)液中加入HCl，有不溶于稀硝酸的沉淀A產(chǎn)生，說(shuō)明待測(cè)液中有Ag+存在，沉淀A是AgCl；根據(jù)繼續(xù)往溶液A中加入稀H2SO4和溴水，有沉淀B產(chǎn)生，說(shuō)明沉淀B一定是不溶于稀酸的硫酸鹽沉淀．因?yàn)槿芤褐形ㄒ荒芘cBr-產(chǎn)生沉淀的Ag+已在第一步沉淀完全．所以，溴水的作用應(yīng)該是起一個(gè)氧化劑的作用（氧化某離子），據(jù)此，可推斷待測(cè)液中一定含有Ba2+、Ca2+中的一種或兩種，因?yàn)锽aSO4不溶于水，CaSO4微溶于水（微溶物量大時(shí)以沉淀形式存在）；根據(jù)繼續(xù)往溶液B中加入氨水，產(chǎn)生沉淀C，沉淀C中加入NaOH溶液，沉淀部分溶解，得溶液D和沉淀D．可知，沉淀D一定是Fe（OH）3（加入溴水后，溶液中就只有Fe3+了．至于原來(lái)是Fe2+還是Fe3+，則無(wú)法確定）．同時(shí)，由于往溶液D中通入CO2有沉淀產(chǎn)生，說(shuō)明溶液D中一定含AlO2-，沉淀E一定是Al（OH）3．然后根據(jù)問(wèn)題回答．【解析】【解答】解：（1）因待測(cè)液中加入HCl，有不溶于稀硝酸的沉淀A產(chǎn)生，說(shuō)明待測(cè)液中有Ag+存在，沉淀A是AgCl，離子反應(yīng)方程式為：Ag++Cl-=AgCl↓，故答案為：Ag++Cl-=AgCl↓；

（2）根據(jù)繼續(xù)往溶液A中加入稀H2SO4和溴水，有沉淀B產(chǎn)生，說(shuō)明沉淀B一定是不溶于稀酸的硫酸鹽沉淀．因?yàn)槿芤褐形ㄒ荒芘cBr-產(chǎn)生沉淀的Ag+已在第一步沉淀完全．所以，溴水的作用應(yīng)該是起一個(gè)氧化劑的作用（氧化某離子），據(jù)此，可推斷待測(cè)液中一定含有Ba2+、Ca2+中的一種或兩種，因?yàn)锽aSO4不溶于水，CaSO4微溶于水（微溶物量大時(shí)以沉淀形式存在），故答案為：一定含有Ba2+、Ca2+中的一種或兩種；因?yàn)锽aSO4不溶于水，CaSO4微溶于水；沉淀B一定是這兩種物質(zhì)中的一種或兩種；

（3）因繼續(xù)往溶液B中加入氨水，產(chǎn)生沉淀C，沉淀C中加入NaOH溶液，沉淀部分溶解，得溶液D和沉淀D．可知，沉淀D一定是Fe（OH）3（加入溴水后，溶液中就只有Fe3+了．至于原來(lái)是Fe2+還是Fe3+，則無(wú)法確定）．故答案為：Fe（OH）3；

（4）由于往溶液D中通入CO2有沉淀產(chǎn)生，說(shuō)明溶液D中一定含AlO2-，沉淀E一定是Al（OH）3，化學(xué)方程式為：CO2+3H2O+2AlO2-═2Al（OH）3↓+2CO32-，故答案為：CO2+3H2O+2AlO2-═2Al（OH）3↓+2CO32-．12、酸Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+抑制Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑DAl2O3【分析】【分析】（1）FeCl3為強(qiáng)酸弱堿鹽，溶液呈酸性，溶液中存在Fe2++2H2O?Fe（OH）2+2H+；加入鹽酸，抑制水解；

（2）硫酸鋁溶液和碳酸氫鈉溶液混合時(shí)發(fā)生Al3+與HCO3-的互促水解反應(yīng)；

（3）證明鹽的水解是吸熱的；應(yīng)改變?nèi)芤旱臏囟龋鶕?jù)溶液pH的變化判斷；

（4）AlCl3溶液加熱促進(jìn)水解生成Al（OH）3，灼燒時(shí)灼燒分解．【解析】【解答】解：（1）FeCl3為強(qiáng)酸弱堿鹽，溶液呈酸性，溶液中存在Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，加入鹽酸，H+濃度增大；抑制水解；

故答案為：酸；Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+；抑制；

（2）硫酸鋁溶液和碳酸氫鈉溶液混合時(shí)，由于Al3+水解呈酸性，HCO3-水解呈堿性，則發(fā)生Al3+與HCO3-的互促水解反應(yīng)，方程式為Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

故答案為：Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

（3）A．反應(yīng)為中和反應(yīng)；放熱，不能證明水解，故A錯(cuò)誤；

B．硝酸銨晶體溶于水吸熱；不能證明水解，故B錯(cuò)誤；

C．在氨水加入氯化銨固體；銨根離子濃度增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，溶液的pH變小，不能說(shuō)明鹽類水解是吸熱的，故C錯(cuò)誤；

D．在醋酸鈉溶液中滴加2滴酚酞試劑；加熱后紅色加深，說(shuō)明升高溫度平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，可說(shuō)明鹽類水解是吸熱的，故D正確．

故答案為：D；

（4）AlCl3溶液加熱促進(jìn)水解生成Al（OH）3，灼燒時(shí)Al（OH）3灼燒分解生成Al2O3，故答案為：Al2O3．13、略

【分析】試題分析：（1）A、H3O＋中氧原子含有1對(duì)孤對(duì)電子，其價(jià)層電子對(duì)數(shù)是4個(gè)，因此其空間構(gòu)型為三角錐形，A正確；B、水分子間存在氫鍵，因此水的沸點(diǎn)比硫化氫高，B正確；C、冰晶體中，1mol水分子可形成2mol氫鍵，C不正確，答案選AB。（2）根據(jù)鈦酸鍶晶胞結(jié)構(gòu)并依據(jù)均攤法可知，晶胞中Sr、Ti、O的原子個(gè)數(shù)分別是8×＝1、1、6×＝3，因此其化學(xué)式為SrTiO3。（3）①Ti元素的原子序數(shù)是22，根據(jù)核外電子排布規(guī)律可知，Ti原子在基態(tài)時(shí)的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2。②TiCl4熔點(diǎn)－25.0℃，沸點(diǎn)136.94℃，常溫下是無(wú)色液體，這說(shuō)明TiCl4晶體類型為分子晶體。（4）①非金屬性越強(qiáng)，元素電負(fù)性越大。硫元素的非金屬性強(qiáng)于碳元素，因此電負(fù)性大小關(guān)系是C＜S。②分子中的原子都處于同一平面上，因此分子中C原子的雜化軌道類型為sp2。③根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，分子中的C與S原子之間有π鍵，因此導(dǎo)致C16S8中碳硫鍵鍵長(zhǎng)介于C—S與C＝S之間。④氫氣形成的晶體是分子晶體，所以C16S8與H2微粒間的作用力是范德華力?？键c(diǎn)：考查電負(fù)性、核外電子排布、晶胞結(jié)構(gòu)、化學(xué)鍵以及氫鍵等有關(guān)判斷【解析】【答案】（1）AB（填對(duì)一個(gè)給1分，共2分）（2）SrTiO3（2分）（3）①1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2（2分）②分子晶體（1分）（4）①＜（2分）②sp2（1分）③分子中的C與S原子之間有π鍵（或分子中的碳硫鍵具有一定程度的雙鍵性質(zhì)等合理答案）（2分）④范德華力（1分）14、略

【分析】【解析】試題分析：（1）反應(yīng)①是碳碳雙鍵的加成反應(yīng)，則a的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是a中含有溴原子，所以根據(jù)反應(yīng)②的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，該反應(yīng)是鹵代烴的消去反應(yīng)。（2）天然橡膠的單體是異戊二烯，其系統(tǒng)命名法是2-甲基-1、3-丁二烯。（3）該反應(yīng)是碳碳雙鍵的加成反應(yīng)，所以另外一種同分異構(gòu)體應(yīng)該是酯基和醛基互換位置，則其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是（4）由于分子中還含有醛基，所以不能用酸性高錳酸鉀溶液檢驗(yàn)，應(yīng)該用Br2的四氯化碳溶液檢驗(yàn)碳碳雙鍵。考點(diǎn)：考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式、有機(jī)反應(yīng)類型、有機(jī)物命名、同分異構(gòu)體的判斷以及官能團(tuán)的檢驗(yàn)【解析】【答案】(1分)消去反應(yīng)(1分)2-甲基-1、3-丁二烯(2分)(2分)Br2的四氯化碳溶液(2分)15、略

【分析】解：合成材料又稱人造材料，是把不同物質(zhì)經(jīng)化學(xué)方法或聚合作用加工而成的材料，三大合成材料是指塑料、合成橡膠和合成纖維rm{.}三大合成材料是人工合成的高聚物rm{.}高聚物正在越來(lái)越多地取代金屬；成為現(xiàn)代社會(huì)使用的重要材料；

故答案為：塑料；合成纖維；合成橡膠．

根據(jù)“三大合成材料”指的是塑料；合成纖維、合成橡膠；有機(jī)合成材料的出現(xiàn)是對(duì)自然資源的一種補(bǔ)充，據(jù)此即可解答．

本題主要考查學(xué)生對(duì)合成材料的特點(diǎn)和作用的認(rèn)識(shí)，解答本題要充分理解材料的分類方法，題目較簡(jiǎn)單．【解析】塑料；合成纖維；合成橡膠三、判斷題(共5題，共10分)16、×【分析】【分析】根據(jù)溫度計(jì)在該裝置中的位置與作用；【解析】【解答】解：蒸餾是用來(lái)分離沸點(diǎn)不同的液體混合物；溫度計(jì)測(cè)量的是蒸汽的溫度，故應(yīng)放在支管口；

故答案為：×．17、×【分析】【分析】有離子參加的化學(xué)反應(yīng)是離子反應(yīng)，離子反應(yīng)離子反應(yīng)的本質(zhì)是某些離子濃度發(fā)生改變，常見(jiàn)離子反應(yīng)多在水溶液中進(jìn)行，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：實(shí)驗(yàn)室通過(guò)消石灰和NH4Cl固體制備NH3，化學(xué)反應(yīng)方程式為：2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3↑+CaCl2+2H2O，此反應(yīng)是在大試管中進(jìn)行，無(wú)溶液，故不屬于離子反應(yīng)，答案為：×．18、×【分析】【分析】用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴定未知濃度的醋酸到終點(diǎn)時(shí)，反應(yīng)恰好生成醋酸鈉，水解呈堿性，以此解答．【解析】【解答】解：達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，氫氧化鈉和醋酸的物質(zhì)的量相等，生成醋酸鈉，醋酸鈉為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解呈堿性，c（CH3COO-）＜c（Na+）；

故答案為：×．19、√【分析】【分析】有鹽和水生成的反應(yīng)不一定是中和反應(yīng)，如酸性氧化物與堿的反應(yīng)，堿性氧化物與酸的反應(yīng)等．【解析】【解答】解：有鹽和水生成的反應(yīng)不一定是中和反應(yīng)；如氧化鈉與鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉和水，該反應(yīng)不屬于中和反應(yīng)；

故答案為：√．20、×【分析】【分析】電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔?；非電解質(zhì)：在熔融狀態(tài)和水溶液中都不能導(dǎo)電的化合物．【解析】【解答】解：二氧化碳在水溶液中與水反應(yīng)生成碳酸；碳酸電離出自由移動(dòng)的離子導(dǎo)電，二氧化碳自身不能電離，故二氧化碳是非電解質(zhì)；

故答案為：×．四、計(jì)算題(共2題，共12分)21、C＞B＞A＞D＞E小大42.06%【分析】【分析】（1）計(jì)算出各物質(zhì)的物質(zhì)的量；再比較分子數(shù)多少；

（2）量筒的刻度由上到下逐漸減小以及俯視時(shí)液面低于刻度線；

（3）根據(jù)硫酸與氯化鋇反應(yīng)的化學(xué)方程式，可以求出硫酸與硫酸鋇之間的質(zhì)量關(guān)系，由于產(chǎn)生沉淀的質(zhì)量和原硫酸溶液的質(zhì)量相等，也是硫酸與硫酸溶液的之間質(zhì)量關(guān)系，根據(jù)這個(gè)質(zhì)量關(guān)系即可求出則原硫酸溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．【解析】【解答】解：（1）A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下33.6LH2物質(zhì)的量為1.5mol；

B．所含電子的物質(zhì)的量為4mol的H2物質(zhì)的量為2mol；

C．20℃45gH2O物質(zhì)的量為2.5mol；

D．常溫下，16gO2與14gN2的混合氣體；物質(zhì)的量為1mol；

E．含原子總數(shù)約為1.204×1024的NH3；物質(zhì)的量為0.25mol；

則物質(zhì)所含分子數(shù)由多到少的排列順序是C＞B＞A＞D＞E；

故答案為：C＞B＞A＞D＞E；

（2）量筒的刻度由上到下逐漸減小；用量筒量取一定體積的液體時(shí)，若采用俯視的方法量取20ml液體，俯視時(shí)液面低于刻度線，所以實(shí)際量取的液體的體積比20ml小，量筒中實(shí)際有20ml液體，而你讀數(shù)時(shí)采用了俯視的方法，俯視時(shí)液面低于刻度線，則讀得的數(shù)據(jù)比20ml大；

故答案為：小；大；

（3）由題意可知，硫酸與氯化鋇反應(yīng)的方程式為：BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+2HCl，由方程式可知：硫酸與硫酸鋇的質(zhì)量關(guān)系為98：233，由于產(chǎn)生沉淀的質(zhì)量和原硫酸溶液的質(zhì)量相等，所以原硫酸溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：×100%=42.06%．

故答案為：42.06%．22、1：325%4：740g/mol【分析】【分析】根據(jù)n=計(jì)算其物質(zhì)的量之比，根據(jù)V=nVm計(jì)算其體積之比，根據(jù)N=nNA結(jié)合其分子組成計(jì)算C、O原子個(gè)數(shù)之比，根據(jù)M=計(jì)算混合氣體平均摩爾質(zhì)量．【解析】【解答】解